PROBLEMAS DE CINEMÁTICA DE CUERPO RÍGIDO - Movimiento plano general. 1.1. En el instante representado en la figura 1.1 la placa triangular ABD posee una velocidad angular horaria de 3 rad/s. Determinar para el instante la velocidad angular BC de la barra BC. (Meriam, 1998, p 312)
Problema 1.1
Solución: Determinación de la velocidad de los puntos A y B de las barras OA, CB y la placa ABD: v A vO OA xr A / O v B P xr A / B
0 OA k x0.300i v B i 3k x 0.400i 0.300 j
i : 0 v B 0.900
v B 0.9.m / s OA 4.rad / s j : 0.300 OA 1.200 v B v A P xr B / A vC BC xr B / C
v A j 3k x0.400i 0.300 j 0 BC k x0.300 j
i : 0.900 0.300 BC
j : v A 1.200 0
BC 3.rad / s v A 1.2.m / s
La velocidad angular de la barra BC es de 3 rad/s en sentido horario. Otra forma. Aplicando la propiedad del centro instantáneo. Se conoce la dirección de las velocidades de los puntos A y B de la placa BCD. Trazando rectas perpendiculares (no dibujado) a éstas velocidades, se intersectan en el punto C y es el CI para esa posición. v B r B / CI . P r B / C . BC 0.3003 0.300 BC ... BC 3.rad / s. v A r A / CI . P 0.4003 1.2.m / s. 1.2. El mecanismo indicado en la figura 1.2 se usa en una máquina remachadora. Consiste de un pistón motriz A, tres barras y un remachador que se une al bloque deslizador D. Determine la velocidad ce D en el instante indicado, cuando el pistón en A se está moviendo con vA = 20 m/s. (Hibbeler ,1982)
Figura 1.2.
Solución: La velocidad del punto C es igual en las barras AC, BC y DC, luego igualando de a 2 queda: vC v A AC xr C / A v B BC xr C / B v D DC xr C / D Re lacionando.los.2. primeros primeros
20
2 2
2
i 20
j AC k x 0.30
2
3 1 1 3 i 0.30 j 0 BC k x 0.20 i 0.20 j 2 2 2 2
i : 10 2 0.150 AC 0.100 3 BC
AC 17.25.rad / s BC 96.59.rad / s
j : 10 2 0.150 3 AC 0.100 BC
vC v B BC xr C / B v D DC xr C / D
0 96.59k x0.100i 0.100 3 j v D j DC k x0.075 2i 0.075 2 j
DC 157.73.rad / s v D 7.071.m / s j : 9.659 v D 0.075 2 DC
i : 16.73 0.075 2 DC
El sentido de v D es hacia abajo. Aplicando el método del Centro Instantáneo (CI): Para determinar el CI de la barra AC, se conoce v A y la dirección de v C (perpendicular a la recta BC); trazando perpendiculares a esas velocidades, en la intersección se tiene el CI1 de la barra AC y del triángulo formado (A-C-CI1) aplicando el teorema de senos se determinan las distancias r A / CI 1 y r C / CI 1 y luego las velocidades angulares AC y BC
0.3 sen15 AC
v A r A / CI 1
r A / CI 1 sen90
20 1.16
r C / CI 1 sen75
r A / CI 1 1.1591 1.16.m
r C / CI 1 1.1196 1.12.m
....... ...
17.24.rad / s.
vC AC r A / CI 1 17.24.1.12 19.31.m / s... ... BC
vC r C / B
19.31 0.2
96.55.rad / s
Se determina el CI2 de la barra CD, trazando perpendiculares a vC y a la dirección de v D se forma el triángulo C-D-CI2, C-D-CI2, donde CI2 se encuentra en la recta BC y la intersección intersección con la horizontal por D. aplicando el teorema de senos se determinan las distancias r C / CI 2 y
r D / CI 2 , y luego las velocidades angular CD y lineal v D 0.15 sen120
CD
r C / CI 2 sen45
vC r C / CI 2
19.31 0.11
r D / CI 2 sen15
r C / CI 2 6 20 0.11.m
r D / CI 2 0.0448 0.04.m
....... ...
175.55.rad / s.
v D CD. r D / CI 2 175.550.04 7.02.m / s Se ve que existe poca diferencia entre los 2 métodos.
Solución: La velocidad del punto C es igual en las barras AC, BC y DC, luego igualando de a 2 queda: vC v A AC xr C / A v B BC xr C / B v D DC xr C / D Re lacionando.los.2. primeros primeros
20
2 2
2
i 20
j AC k x 0.30
2
3 1 1 3 i 0.30 j 0 BC k x 0.20 i 0.20 j 2 2 2 2
i : 10 2 0.150 AC 0.100 3 BC
AC 17.25.rad / s BC 96.59.rad / s
j : 10 2 0.150 3 AC 0.100 BC
vC v B BC xr C / B v D DC xr C / D
0 96.59k x0.100i 0.100 3 j v D j DC k x0.075 2i 0.075 2 j
DC 157.73.rad / s v D 7.071.m / s j : 9.659 v D 0.075 2 DC
i : 16.73 0.075 2 DC
El sentido de v D es hacia abajo. Aplicando el método del Centro Instantáneo (CI): Para determinar el CI de la barra AC, se conoce v A y la dirección de v C (perpendicular a la recta BC); trazando perpendiculares a esas velocidades, en la intersección se tiene el CI1 de la barra AC y del triángulo formado (A-C-CI1) aplicando el teorema de senos se determinan las distancias r A / CI 1 y r C / CI 1 y luego las velocidades angulares AC y BC
0.3 sen15 AC
v A r A / CI 1
r A / CI 1 sen90
20 1.16
r C / CI 1 sen75
r A / CI 1 1.1591 1.16.m
r C / CI 1 1.1196 1.12.m
....... ...
17.24.rad / s.
vC AC r A / CI 1 17.24.1.12 19.31.m / s... ... BC
vC r C / B
19.31 0.2
96.55.rad / s
Se determina el CI2 de la barra CD, trazando perpendiculares a vC y a la dirección de v D se forma el triángulo C-D-CI2, C-D-CI2, donde CI2 se encuentra en la recta BC y la intersección intersección con la horizontal por D. aplicando el teorema de senos se determinan las distancias r C / CI 2 y
r D / CI 2 , y luego las velocidades angular CD y lineal v D 0.15 sen120
CD
r C / CI 2 sen45
vC r C / CI 2
19.31 0.11
r D / CI 2 sen15
r C / CI 2 6 20 0.11.m
r D / CI 2 0.0448 0.04.m
....... ...
175.55.rad / s.
v D CD. r D / CI 2 175.550.04 7.02.m / s Se ve que existe poca diferencia entre los 2 métodos.
1.3. En la figura 1.3 se ilustra un mecanismo que empuja cajas de pequeño tamaño desde una línea de montaje a una cinta transportadora en la posición en que están verticales el brazo OD y la manivela CB. Esta gira en sentido horario a la velocidad constante de una vuelta cada 2 segundos. Para la posición de la figura, hallar con que celeridad está siendo empujada la caja hacia la cinta transportadora. (Meriam, 1998, p 316).
Figura 1.3
Solución: Determinación de la velocidad y la aceleración del punto B de la manivela CB: v B vC CB xr B / C 0 k x0.050 050 j 0.15708i La velocidad del punto A debe ser igual para las barras AB y OD. v A v B AB xr A / B vO OD xr A / O
0.15708i AB k x 0.300i 0.050 j 0 OD k x 0.100i 0.200 j
i : 0.15708 0.050 AB 0.200 OD
AB 0.286rad / s OD 0.857.rad / s
j : 0.300 AB 0.100 OD
La velocidad del punto D debe ser igual para las barras DE y OD. OD. v D vO OD xr D / O v E DE xr D / E
0 0.857k x0.600 j v E i DE k x 0.3464i 0.200 j
i : 0.5142 v E 0.200 DE
j : 0 0.3464 DE
v E 0.5142 m / s
DE 0
En ese instante la barra DE está en movimiento mov imiento de traslación. 1.4. La barra AB del eslabonamiento gira con una velocidad angular constante de 10 rad/s. Para la posición que se muestra en la figura 1.4, determine: a) las velocidades angulares de las barras BC y CD, y b) las aceleraciones angulares de las barras BC y CD. (Pytel, 1999, p 346)
Figura 1.4
Solución: Determinación de la velocidad y la aceleración del punto B: v B v A AB xr B / A 0 10k x30i 40 j 300 300 j 400 400i
2 a B a A AB xr B / A AB r B / A 0 0 10 30i 40 j 3000 i 4000 j 2
La velocidad y la aceleración del punto C debe ser ser igual para las barras BC y CD. vC v B BC xr C / B v D CD xr C / D
400i 300 j BC k x110i 0 CD k x60i 80 j
i : 400 80 CD
CD 5.rad / s BC 0 j : 300 110 BC 60 CD 2 2 a C a B BC xr C / B BC r C / B a D CD xr C / D CD r C / D
2 3000 i 4000 j BC k x110i 0 0 CD k x60i 80 j 5 60i 80 j
i : 3000 0 80 CD 1500
j : 4000 110 BC 60 CD
CD 18.75.rad / s 2 2000 BC 28.41.rad / s 2
1.5. Un disco gira en sentido horario con una velocidad angular constante de 2 rad/s.como de indica en la figura 1.5. Determine las aceleraciones angulares de las barras AB y BC en la posición mostrada en la figura 1.4. (Pytel 1999, p 344)
Figura 1.5
Solución: Determinación de la velocidad y la aceleración del punto A: v A vO D xr A / O 0 2k x6i 12 j
a A aO D xr A / O D2 r A / 0 0 0 2 6i 24i 2
La velocidad y la aceleración aceleración del punto B deben ser igual para las barras barras AB y BC. v B v A AB xr B / A vC BC xr B / C
12 j AB k x 8 j 0 BC k x 10i
i : 8 AB 0
AB 0 j : 12 10 BC BC 1.2.rad / s 2 2 a B a A AB xr C / B AB r C / B a C BC xr B / C BC r B / C
24i AB k x 8 j 0 0 BC k x 10i 1.2 2 10i
i : 24 8 AB 14.4
j : 0 10 BC
2 AB 1.2.rad / s
BC 0
1.6. El mecanismo representado en la figura 1.6, es un esquema simplificado de una prensa de imprenta. Al girar la manivela AB con una velocidad angular constante de 6 rad/s, el tambor C se mueve en uno y otro sentido sobre el papel. Para el instante instante representado θ = 60˚ determinar: a) La velocidad angular ωC y la aceleración angular αC del tambor, b) La velocidad vD y la aceleración aD del punto D de la superficie del tambor. (Riley & sturges, 1996)
Figura 1.6
Solución: Por el teorema de senos: 450
seno60 Cálculo de velocidades:
125 seno
13.92
BC x 436.8 BC y 108.3
1 3 v B v A AB xr B / A 0 6k x 0.125 i 0.125 j 0.375 j 0.375 3i 2 2
La velocidad v C del punto C debe ser igual para la barra BC y para el disco.
vC v B CB xr C / B vCL C xr C / CL
0.375
3i 0.375 j BC k x0.4368 i 0.1083 j 0 C k x0.125 j
i : 0.375 3 0.108.3 BC 0.125 C
C 5.94.rad / s BC 0.859.rad / s
j : 0.375 0.4368 BC 0
Cálculo de aceleraciones: AB cte AB 0 1 3 2 2 a B a A AB xr B / A AB r B / A 0 0 6 x 0.125 i 0.125 j 2.260i 2.260 3 j 2 2
La aceleración aC del punto C debe ser igual para la barra BC y para el disco.
2 aC a B CB xr C / B BC r C / B aCL C xr C / CL C 2 r C / CI
2.260i 2.260 3 j BC k x0.4368i 0.1083 j 0.8592 0.4368i 0.1083 j C k x0.125 j
i : 2.260 0.1083 BC 0.3223 0.125 C
j : 2.260 3 0.4368 BC 0.07991 0
C 13.05.rad / s 2
2 BC 8.78.rad / s
Calculo de la velocidad y la aceleración en el punto D del disco:
125 j 5.94k x0.125 125l 0.7425i 0.7425 j v D v C C xr D / C 5.94k x0.125
a D a C C x r D / C C 2 r D / C
a D 13.05k x0.125 j 13.05k x0.125l 5.94 0.125i 6.0417 i 1.6313 j 2
1.7. El punto A del bloque deslizante tiene en el instante mostrado en la figura 1.7, una v A 12 j pulg/s y una a A 6 j . pu lg/ s 2 . Encuentre la aceleración angular de la barra . (McHill, 1990)
Figura 1.7
Solución: La velocidad y la aceleración del punto C debe ser igual para la barra AC y el engrane. vC v A AC xr C / A vCL E xr C / CI
12 j AC k x16i 12 j 0 E k x3 j
i : 12 AC 3 E
E 3rad / s AC 0.75.rad / s j : 12 16 AC 0
2 AC C / A
aC a A AC xr C / A r
2 E C / CI
aCI E xr C / CI r
r E t
12 j ACn k x16i 12 j 0.75 16i 12 j 3 E i 2
r E 2
3 32 12
n
j
i : 12 AC 9 3 E
E 9.375.rad / s 2 j : 12 16 AC 6.75 6.75 AC 1.594.rad / s 2
1.8. En la figura se representa una instalación de bombeo para la extracción de petróleo. La varilla flexible D de la bomba está sujeta al sector en E y penetra siempre vertical por el canal guía situado bajo D. La biela AB hace que oscile la viga BCE cuando rota el cigüeñal OA descompensado. Si este gira en sentido horario dando una vuelta cada 3 segundos, hallar la aceleración de la varilla D de la bomba cuando la viga y el cigüeñal se encuentran ambos en posición horizontal como de muestra en la figura 1.8. (Meriam, 1998).
Figura 1.8.
Solución: Determinación de la velocidad y la aceleración del punto A: v A vO OA xr A / O 0 2 / 3k x 0.6i 1.257 j
2 a A aO OA xr A / O OA r A / 0 0 0 2 / 3 0.6i 2.632i 2
La velocidad y la aceleración del punto B debe ser igual en las barras AB y BCE.
v B v A AB xr B / A vC BE xr B / C
1.257 j AB k x 0.6i 2.85 j 0 BE k x 3i 0.9 j
i : 2.85 AB 3 BE
AB 4.93rad / s j : 1.257 0.6 AB 0.9 BE BE 4.68.rad / s 2 2 a B a A AB xr B / A AB r B / A aC BE xr B / C BE r B / C
2.632i AB k x 0.6i 2.85 j 4.93 0.6i 2.85 j ....
2
.............0 BE k x 3i 0.9 j 4.68 3i 0.9 j 2
i : 2.632 2.85 AB 14.583 0.9 BE 65.71
AB 12.59.rad / s 2
BE 14.00.rad / s 2 2 0 14k x3.3i 4.68 3.3i 72.28i 46.2 j
j : 0.6 AB 69.27 3 BE 19.71
2 a D aC BE xr E / C BE r E / C
- Movimiento respecto a un marco de referencia giratorio: 1.9. Un eslabón OA indicado en la figura 1.9, gira en sentido horario a una velocidad angular de 5 rad/s y una 2 desaceleración angular de 2rad/s . Una combinación de perno y ranura traslada el movimiento al brazo ranurado O´B. En el instante que se muestra determinar la velocidad angular y la aceleración angular del brazo ranurado O´B. (Das, 1999)
Solución: Determinación de componentes de OA. Por el teorema de senos:
5 seno120
3 seno
31.31
OA x 2.6 OAy 4.27
Se elige como marco de referencia giratorio el de la barra acanalada OB de coordenadas XO´Y, luego se ´ conoce la dirección de la velocidad y la aceleración relativas respecto del punto O relativa y velocidad angular interviene en la aceleración de Coriolis. La velocidad y la aceleración del perno P debe ser igual en las barras OA y O´B. Se consideran positivos las incógnitas, las velocidades y aceleraciones en sentido antihorario y la velocidad y aceleración relativas alejándose del punto O´. Luego:
v P vO OA xr A / O vO O B xr P / O vrel
0 5k x2.6i 4.27 j 0 O´ B k x1.5
i : 21.35 1.5 O B 0.5 3v rel
j : 13 1.5 3 O B 0.5vrel
3.i 1.5 j 0.5 3.vrel i 0.5v rel j
O B 8.3.rad / s v rel 17.13.. pies / s
2 a P aO OA xr A / O OA r A / O aO O B xr B / O O2 B r B / O 2 O B xv rel a rel
0 2k x2.6i 4.27 j 5 2.6i 4.27 j 0 O B k x 1.5 3i 1.5 j
2
52 1.5 3i 1.5 j 2 8.3k x17.130.5 3 i 17.130.5 j 0.5 3a rel i 0.5a rel j
i : 8.54 65 1.5 O B 64.95 142.18 0.5 3a rel
O B 148.82.rad / s 2
j : 5.2 106.75 1.5 3 O B 37.5 492.52 0.5a rel
a rel 83.66. pies / s 2
La velocidad angular de la barra O´B es horaria, el resto de las suposiciones eran correctas.
1.10. Hallar la aceleración angular de la barra EC en la posición representada en la figura 1.10 con ω = β =2rad/s y β = 6 rad/s 2 cuando θ = β = 60°. La clavija A es solidaria de la barra EC. La ranura circular de la manivela DO tiene un radio de curvatura de 150 mm. En la posición de la figura, la tangente a la ranura en el punto de contacto es paralela a AO. (Meriam, 1998)
Solución: La velocidad y la aceleración de la clavija A deben ser iguales para las barras CE y OD. Se consideran positivos las incógnitas, las velocidades y aceleraciones angulares en sentido anti horario y la velocidad y aceleración relativas alejándose del punto O. El marco de referencia giratorio es el de la barra OD. Luego:
v A vC CE xr A / C vO OD xr A / O vrel
0 CE k x0.075i 0.075
3 j 0 2k x 0.075.i 0.075 3 j 0.5.v rel i 0.5 3vrel j
i : 0.075 3 CE 0.150 3 0.5vrel
CE 4.rad / s v rel 0.52.m / s
j : 0.075 CE 0.150 0.5 3vrel
t
n
a A a C CE xr A / C CE r A / C aO OD xr A / O OD r A / O 2 OD xv rel a rel a rel
2
2
0 CE k x0.075i 0.075 3 j 42 0.075i 0.075 2 ... 2 0.075.i 0.075 3 j 2k x 0.26i 0.26 0.522 3 1 ...
3 j 0.5a
i 0.5 3a rel j
rel
i j 0.150 2 2
i : 0.075 3 CE 1.2 0.45 3 0.3 0.52 3 0.5a rel 0.90 3
3 j 0 6k x 0.075.i 0.075 3 j ...
j : 0.075 CE 1.2 3 0.45 0.3 3 0.52 0.5 3a rel 0.90
CE 1.85.rad / s 2
2 a rel 0.84.m / s
1.11. La barra AB de la figura 1.11 rota en sentido antihorario con velocidad angular constante de 3 rad/s. El bloque B se desliza a través de la ranura circular de la barra curva BC. En el instante mostrado, el centro de curvatura de la ranura está en D. Determinar la velocidad angular y la aceleración angular de la barra BC así como la velocidad y aceleración relativa del bloque B.(Bedford, 2005)
Solución: Determinación de los componentes de AB y BC:
BC . sen 0.350
67.79 2 BC x 0.143.m cos . 1 cos 0.35 20.500. cos BC BC 0.378.m AB 2 AC 2 BC 2 2 AC BC cos AB AB sen
1.002 0.3782 21.000.3780.0.378 0.926.m
BC sen
22.22
El ángulo de la tangente a la trayectoria
t
AB x 0.857 AB y 0.350
en B con la horizontal:
t 2 90 45.58 La velocidad y la aceleración del bloque B debe ser igual en las barras AB y BC. Se consideran positivos las incógnitas, las velocidades y aceleraciones en sentido antihorario y la velocidad y aceleración relativas alejándose del punto C. el marco de referencia giratorio es el de la barra curva BC. Luego:
v B v A AB xr B / A vC CB xr B / C v rel
0 3k x0.857i 0.350 j 0 CB k x 0.143.i 0.350 j 0.7.vrel i 0.714vrel j
i : 1.050 0.350 CB 0.7v rel
CB 3.rad / s vrel 3.00.m / s j : 2.571 0.143 CB 0.714v rel t 2 2 n arel a B a A AB xr B / A AB r B / A a C CB xr B / C CB r B / C 2 CB xv rel a rel
0 0 3 0.857i 0.350 j 0 CB k x0.857i 0.350 j 3 0.143i 0.350 j ... 2
2
32 0.714i 0.7 j ... 2 3k x 2.10i 2.142 j 0.7 a i 0.714a j 0.500 t 12.852 CB 18.36.rad / s 2 i : 7.713 0.350 CB 1.287 12.852 0.7 a rel t t a rel 22.04.m / s 2 j : 3.150 0,857 CB 3.150 12.6 0.714a rel 12.600
t rel
t rel
1.12. La barra delgada y curva OC gira alrededor de O. En la instante que se muestra en la figura 1.12, la velocidad angular de OC es de 2 rad/s y su aceleración angular es cero. Encuentre la aceleración angular de la barra AB en la misma posición. (Pytel & Kiusalaas, 1999)
Solución: La velocidad y la aceleración del bloque B debe ser igual en las barras AB y OC. Se consideran positivos las incógnitas, las velocidades y aceleraciones en sentido antihor ario y la velocidad y aceleraci ón relativas hacia la derecha. El marco de referencia giratorio es la de la barra curva OC. Luego:
v B v A AB xr B / A v O OC xr B / O v rel
0 AB k x5
3i 5 j 0 2k x 16 j v rel i
i : 5 AB 32 v rel
j : 5 3 AB 0 2 a B a A AB xr B / A AB r B / A
AB 0 v rel 32 pu lg/ s t 2 n r B / O 2 OC xv rel a rel aO OC xr B / O OC a rel
322 0 AB k x 5 3i 5 j 0 0 0k x 16 j 2 16 j 2 2k x32i a i 8 t 2 i : 5 AB a rel AB 110.85.rad / s t 2 j : 5 3 AB 64 128 128 a rel 554.26. pu lg/ s
2
t rel
1.13. Cuando la manivela AB del yugo escocés indicado en la figura 1.13, está en posición 50 , su 2 velocidad angular es 12 rad/s, y su aceleración angular es de 180 rad/s , ambas en sentido horario. Calcule la velocidad y aceleración de la barra deslizante D en esta posición. ((Pytel & Kiusalaas, 1999)
j
Solución: La velocidad y la aceleración del pasador A debe ser igual en las barras AB y acanalada. Se consideran positivos las incógnitas, las velocidades y aceleraciones en sentido antihorario y la velocidad y aceleración relativas hacia arriba. Luego:
v A v D DA xr A / D v rel v B BA xr A / B
v D i 0 v rel j 0 12k x 9. cos50.i 9. sen50 j
i : v D 82.73
v D 82.73. pu lg/ s vrel 69.42. pu lg/ s j : vrel 69.42 2 2 a A a D DA xr A / D DA r A / D 2 DA xv rel a rel a B BA xr A / B BA r A / B
a D i 0 0 0 a rel j 0 180k x 9 cos50 i 9 sen50 j 12 9 cos50 i 9 sen50 j
i : a D 1240 .99 833.05
a D 2074 .04. pu lg/ s 2
j : a rel 1041 .32 992.79
a rel 48.53. pu lg/ s 2
2
1.14. La rueda de la figura 1.14 gira en sentido horario con frecuencia constante de 120 rpm. El pasador D está fijo a la rueda en un punto situado a 125 mm de su centro y se desliza por la guía practicada en el brazo AB. Determinar la velocidad angular representado. (Riley, 1996)
AB
y la aceleración angular
AB
del brazo AB en el instante
Solución: Determinación de los componentes de AD y CD:
AD 2 AC 2 DC 2 2 AC DC cos60
AD 0.3752 0.125 2 20.3750.1250.5 0.3307 0.331 AD x 0.313 AD DC 19.09 AD y 0.108 sen60 sen La velocidad y la aceleración del pasador D deben ser igual en la barra AB y el disco. Se consideran positivos las incógnitas, las velocidades y aceleraciones en sentido antihorario y la velocidad y aceleración relativas alejándose de A. El marco de referencia giratorio es la de la barra AB. Luego:
v D v A AB xr D / A v rel vC CD xr D / C
0 AB k x0.313i 0.108 j 0.945vrel i 0.327vrel j 0 4 k x 0.0625 i 0.0625
i : 0.108 AB 0.945vrel 1.36
j : 0.313 AB 0.327v rel
AB 0.9.rad / s v rel 1.54.m / s 0.785
2 2 a D a A AB xr D / A AB r B / A 2 AB xv rel a rel aC CD xr D / C CD r D / C
0 AB k x0.313i 0.108 j 0.9 0.313i 0.108 j 20.9k x1.455i 0.504 j ... 2
... 0.945a rel 0.327a rel 0 0 4 0.0625 i 0.0625 3 j 2
i : 0.108 AB 0.254 1.12 0.945a rel 9.87
j : 0.313 AB 0.0875 2.619 0.327a rel
AB 67.12.rad / s 2 17.095 a rel 4.23.m / s 2
PROBLEMAS DE CINÉTICA DE SÓLIDO RÍGIDO EN 2D - Método de fuerza, masa y aceleración. 2.1 Los motores gemelos de un avión de propulsión a chorro de 70 Mg proporcionan, durante el despegue, un empuje total de 600 kN, como se muestra en la figura 2.1, Despreciando la masa de las ruedas y las fuerzas aerodinámicas, determine la aceleración del avión y las reacciones normales que se desarrollan bajo la rueda de la nariz y en cada una de las dos ruedas de las alas. (Das, 1999)
Solución: En el disco: F x maGx T F rA 2 F rB m A aCx 600000 F rA 2 F rB 70000 aCx
F rA 2 F rB 600000 70000 aCx F y maGy 0 N A 2 N B W 0 N A 2N B 70000 9.81 686700
M
B
I C maGx r C / B N A 11 700009.813 6000001.5 70000 aCx 3
N A 269100 19090 .91aCx 2 N B 417600 19090.91aCx
M
C
I C 0 N A 8 F rA 3 2 N B 3 2 F rB 3 0
8269100 19090 .91aCx 3600000 70000 aCx 3417600 19090 .91aCx 0 aCx
720000 420000 .01
1.7143.m / s 2
3 j
2.2 La barra homogénea AB de 3.6 kg está unida mediante un perno al collarín de 2 kg en A como se indica en la figura 2.2. El sistema está en reposo en la posición θ = 0˚ antes de aplicar la fuerza de 12 N al collarín. Si se desprecia la fricción, calcule la aceleración del collarín y la aceleración angular de la barra inmediatamente después de aplicar la fuerza de 12 N. (Pytel, 1999)
Solución: Análisis cinemática La aceleración del punto geométrico de la barra AB será: 2 a ABG a A AB xr G / A w AB r G / A a A i AB k x0.4 j 0 a A 0.4 AB i Análisis cinético: En el collarín: F x ma AGx F A x m A a A 12 A x 2a A
F
y
m A a AGy 0 N A y W 0 N A y 2 9.81 0 N Ay 19.62
En la barra AB: F x ma ABGx A x 3.6 a A 0.4 AB
F
y
ma ABGy 0 A y W AB 0 A y 3.69.81 35.32
N 35.32 19.62 54.94 M A M kA 0 I ABG AB m AB a A AB r G A r G /
/ A
3.60.8 3.60.4 AB 3.60.4 a A AB 1.974a A 12 2
2
A x 3.6 a A 0.41.974a A 0.7574 a A a A
... AB 8.59.rad / s
2
12 2.7574
4.35.m / s 2
2.3. Una barra (mAB = 20 kg) de sección uniforme está unida a un disco macizo (mD = 5 kg) por su extremo A y por su extremo B a una corredera de masa despreciable que se desliza por una guía lisa vertical como se indica en la figura 2.3. El disco de 200 mm de diámetro rueda sin deslizamiento por la superficie horizontal y en el instante representado tiene una 2 velocidad angular de 15 rad/s en sentido antihorario y una aceleración angular de 25 rad/s en sentido horario. Determinar la fuerza F aplicada al pasador A y las fuerzas que sobre la barra ejercen los pasadores Ay B. (Riley & Sturges, 1996)
Solución: Análisis cinemática El disco rueda sin deslizamiento, la velocidad y aceleración del punto geométrico A será: v A vCI w D xr D . 0 15k x0.100 j 1.5i
a A aCI D xr D w D2 r D D r D i 250.100 i 2.5i Determinación de la velocidad de los puntos A y B de la barra AB: v B v A AB xr B / A
1 2 i j 5 5 2 i : 0 1.5 w AB v B 0.75.m / s 5 1 AB 0.75 5.rad / s j : v B w AB 5 2 a B a A AB xr B / A w AB r B / A
v B j 1.5i w AB k x
2 1 2 1 2 i j 0.75 5 i j 5 5 5 5
a B j 2.5i AB k x
i : 0 2.5
j : a B
1 5
2 5
2 AB 1.389.rad / s a B 1.895.m / s 2
AB 1.258
AB 2.516
2 a ABG a A AB xr G / A w AB r G / A
2 1 1 1 1 i j 0.75 5 i j 2 5 5 2 5 5
a ABGx i a ABGy j 2.5i 1.389k x
i : a ABGx 1.25.m / s 2
j : a ABGy 0.947.m / s
2
Análisis cinético: En el disco: F x maGx F R A x m D a A F R A x 52.5 12.5 A x 11.875.N
F
y
M
G
maGy 0 N W A y 0 N Ay 59.81 49.05
I G D F R r
mr 2
2 An 12.5 0.625 3.125. N
D F R 0.1
50.12 2
2.5 F R 0.625. N En la
barra AB:
F ma x
F
y
ABGx
F A x N B m AB a ABGx F 11.875 N B 201.25 25
ma ABGy 0 A y W m AB a ABGy A y 209.81 20 0.947
A y 177.26.. ... ... N 49.05 177.26 226.31. N ..
M M A
kA
N B r B / A. y W AB r G / A. y I ABG AB m AB a ABGx r G / A. y m AB a abg . y r G / A. x
2 1 1 2 1 201 1.389 201.25 200.947 N B 209.81 12 5 5 5 2 5 N B 83.45. N .. F 120.70.325. N ...
2.4. El volante representado en la figura 2.4 gira con velocidad angular constante de 5 rad/s en sentido antihorario. La barra AB tiene 50 cm de longitud, pesa 25 N y tiene un momento 2 de inercia IA = 0.16 kg.m respecto al horizontal que pasa por A. Para el instante que θ = 60˚ calcular las fuerzas que la barra AB ejerce sobre el pasador P y el apoyo en A. (Riley, 1996)
Solución: Determinación de los componentes de AP:
AP 2 AC 2 CP 2 2 AC CP cos120 2 2 AP 0.30 0.15 20.300.15 0.5 0.15 7 AP x 0.375 AP CP 19.107 AP y 0.130 sen120 sen
La velocidad y la aceleración del pasador P deben ser igual en la barra AB y el disco. Se consideran positivos las incógnitas, las velocidades y aceleraciones en sentido antihorario y la velocidad y aceleración relativas alejándose de A. El marco de referencia giratorio es la de la barra AB. Luego:
v P v A AB xr P / A v rel vC D xr P / C
0 AB k x0.375i 0.130 j 0.945vrel i 0.327v rel j 0 5k x0.075i 0.075
3 j
i : 0.130 AB 0.945v rel 0.375 3
j : 0.375 AB 0.327v rel 0.375
AB 1.428.rad / s v rel 0.491.m / s
2 a P a A AB xr P / A AB r P / A 2 AB xv rel a rel aC D xr P / C D2 r P / C
0 AB k x0.375i 0.13 j 1.428 0.375i 0.13 j 21.428k x 0.466i 0.161 j ...
2
... 0.945a rel i 0.327a rel j 0 0 5 0.075i 0.075 3 j
2
i : 0.13 AB 0.765 0.46 0.945a rel 1.875
AB 2.64.rad / s 2
j : 0.375 AB 0.265 1.331 0.327a rel 3.248
a rel 2.025.m / s 2
Cálculo de la aceleración en el centro de gravedad en coordenadas tangencial, normal:
2 a AB G a A AB xr G / A AB r G / A 0 2.64k x0.25n 1.428 0.25n .
aGt 0.66.m / s 2 aGn 0.357.m / s 2 Análisis cinético de la barra AB. En coordenadas tangencial, normal: F t maGt N AB At W AB cos m AB r G / A AB
N AB At 25 cos19.107
F ma n
Gn
25
0.66 2.62 9.81 2 An W AB sen m AB r G / A AB
25 An 25 sen19.107 0.357 An 7.27 N 9 . 81 M A I A AB N AB r P / A. W AB cos r G / A. I A AB
2
0.15 7 N AB 25 cos19.107 0.25 0.162.64 N AB 13.82. N At 7.18. N ... A At 2 An2 10.22. N 2.5. Una barra ligera AB conecta una placa C con un cilindro D que puede rodar sin deslizar. Se aplica un par T de 70 N.m sobre la placa C. ¿Cuál será la aceleración angular del cilindro D cuando se aplique el par? La placa tiene una masa de 50 kg y el cilindro tiene una masa de 100 kg. ?. (Shames, , 1999)
Solución: Por cinemática: La aceleración del punto A debe ser igual en la placa C y la barra AB: 2 a A aO C xr A / O C 2 r A / O a B AB xr A / B AB r A / B
0 C k x 0.15i 0.15 j 0 0.3 D i AB k x0.3 2i 0.3 2 j 0
i : 0.15 C 0.3 D 0.3 2 AB
D 2 2 AB .. .. D C C 2 2 AB
j : 0.15 C 0.3 2 AB
Análisis cinético en el cilindro y la placa C: En el cilindro:
F m x
D
F
a DGx F r T AB cos45 m D r D F r T AB
2 2
1000.3 D
ma Dy 0 N W D T AB sen45 0 N 1009.81 T AB
y
M
B
I B D F r r D
mr D2 2
1000.3
2 2
0
2
D F r 0.3
2
D F r 15 D
T AB 45 2 D En la placa C:
F m x
C
F
aOx 0 O x T AB cos45 0 O x
2 2
T AB 2
mC aOy 0 O y W C T AB sen45 0 O y 490.5
y
M
O
I O C T T AB .r A / O
T AB 3.536 C 329.98
mC 2l C 2
12
2
C 70 T AB 0.15 2
T AB
500.3 6
2
C
45 2 C 3.536 C 329.98 C 5.49.rad / s 2 a D 5.49.m / s 2 2.6. El cilindro macizo A de la figura 2.6 tiene una masa de 50 kg. Descansa sobre un bloque B de masa 35 kg. Cuando se aplica a éste la fuerza F, adquiere una aceleración de 5 2 m/s . Si los coeficientes de rozamiento entre bloque y cilindro y bloque y superficie horizontal valen ambos 0,25, determinar el módulo de la fuerza F y la fuerza de rozamiento que el bloque ejerce sobre el cilindro.
Solución: Por cinemática: La aceleración del centro de gravedad O del cilindro A será: aO aCI A xr O / A A2 r O / A 5i A k x0.15 j 0 5 0.15 A i Análisis cinético en el cilindro y el bloque B: En el cilindro: F x m A aO. x F AB.r m A aOx F AB.r 505 0.15 A
F
m A aO. y 0 N B W A 0 N B 509.81 490.5
y
M
O
I O A F AB.r r A
mr A2 2
500.15
2
A F AB.r 0.15
2
A F AB.r 3.75 A
F AB.r 3.75 A 505 0.15 A .. .. A 22.22.rad / s 2 En la placa C: F x m B a Bx F F AB.r F r m B a B.x
F
m B a By 0 N W B N B 0 N 359.81 490.5 833.85
y
F 355 3.7522.22 0.25833.85 466.79. N F AB.r 3.7522.22 83.33.N
M
O
I O C T T AB .r A / O
mC 2l C 2 12
T AB 3.536 C 329.98 45 2 C 3.536 C 329.98 C 5.49.rad / s 2 a D 5.49.m / s 2
C 70 T AB 0.15 2
2
500.3 6
C
- Método de trabajo y energía 2.7. Una puerta rectangular de peso 40 N se abre hacia arriba estando equilibrado por un resorte, según se indica en la figura 2.7. La constante y la longitud natural del resorte son k = 400 N/m y l0 = 575 mm respectivamente. Si la puerta tiene una velocidad angular de 3 rad/s en sentido antihorario cuando está vertical ( θ = 0˚), determinar su velocidad angular y el módulo dirección y sentido de la reacción que el gozne ejerce sobre la puerta cuando ésta 2 esté horizontal (θ = 90˚ ). (Riley, 1999) IZG = m.h /12
Solución: La puerta gira alrededor del punto A, luego: I A I G m.r
2 G/ A
2 40 0.75 0.3752 0.76453 9.81 12
Sobre la puerta solo actúan la fuerza gravitatoria y del resorte, por lo que se aplica la conservación de la energía en las posiciones (1) y (2). El nivel de referencia será lo horizontal que pasa por A: T 1 V G1 V k 1 T 2 V G 2 V k 2 1 2 1 2
1 1 k 12 I A. 22 mgh2 k 22 2 2 2 1 1 1 2 2 2 40 0.375 400 0.3 0.76453 2 0 400 0.05 2 2 2
I A. 12 mgh1
0.76453 32
1
2 3.94.rad / s 2 2.8. Una barra uniforme AB, de 200 lb, está unida al disco homogéneo de 600 lb mediante un pasador en A. El peso del deslizador unido en B es despreciable. El disco gira sin patinar a lo largo del plano horizontal. En la posición mostrada en la figura 2.8, la energía cinética del sistema es 1800 lb.pie. Después que el disco haya girado 180˚ en sentido horario, calcule. a) la energía cinética del sistema, b) la velocidad angular del disco. (Pytel, 1999)
Solución: En el sistema solo actúan fuerzas gravitatorias e internas, por lo que se aplica la conservación de la energía en las posiciones (1) y (2)
T V T V 1
g 1
21
g 2
Al girar el disco 180˚, para llegar a la posición (2) el punto A recorre una distancia s A r . 3 . En ese instante el punto A es el centro instantáneo del disco y B la posición mas baja de la barra AB, luego sus velocidades son nulas y la energía cinética de la barra nula. La posición de G de la barra AB verticalmente es: 3 6 10. sen 20.028 hGAB 2
l 2
. cos 5 cos20.028 4.698 4.7
a) La conservación de la energía en las 2 posiciones se expresa como: 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 I Gd . d 21 m ABV GAB I GAB AB I Gd . d 22 m ABV GAB I GAB AB 1 2 m AB ghGAB1 2 2 m AB ghGAB 2 2 2 2 2 2 2 Reemplazando los valores se determina la energía cinética final: 1800 2002 T 2 200 4.7 T 2 3140 .lb. pie
b) Como la energía cinética en (2) es solo del disco: 1 T D 2 I GD . D2 2 D 2 2
2T D 2 I GD
23140 2
600 / 32.23
2
8.65.rad / s
2.9. La rueda desbalanceada A de 200 Ib con radio de giro centroidal k c = 1 pie, gira sin deslizarse a lo largo del plano horizontal que se muestra en la figura 2.9 y está conectada a un peso B de 75 lb por medio de un cordón inextensible que pasa sobre una polea lisa de masa despreciable y está enrollado alrededor de la rueda. Un resorte ( k s = 25 Ib/pie) de masa despreciable está sujeto a la rueda en O. En la posición indicada, la tensión que obra en el resorte es de 50 lb y la velocidad del centro de la rueda es 5 pies/s hacia la izquierda. Determine la velocidad de O después de que la rueda ha rodado 90° en sentido contrario al de manecillas del reloj. (Das, 1999)
Solución: Análisis cinemática: v d 1 O1 r O / A
5 1
5rad / s
vC 1 d 1 .r C / A 5
2
1
d 2
0.52 5.59. piies / s
vO 2 r O / A
v C 2 0.5 d 2
v B 2 2 d 2 v B1 d 1 . D 52 10. pies / s 200 2 I C md .k C 2 1 6.21.lb. pie 2 32.2 Al girar el disco 90˚, para llegar a la posición (2) su punto de contacto con el piso recorre una distancia s A r . 1. / 2 . En ese instante el punto A´ es el centro instantáneo del disco y el bloque B asciende verticalmente la misma distancia. De cinética: En el sistema solo actúan fuerzas gravitatorias, del resorte e internas, por lo que se aplica la conservación de la energía en las posiciones (1) y (2). Considerando como nivel de referencia la horizontal que pasa por cada cuerpo en la posición (1). La conservación de la energía en las 2 posiciones se expresa como:
T V 1
1 2
g 1
I Cd . d 21
1 2
V k 1 T 21 V g 2 V k 2 2 md V dC 1
1 2
m B v B21 md ghdC 1 m B gh B1
1 2
k 12 ...
1 1 1 1 2 ... I Cd . d 22 md V dC m B v B2 2 md ghdC 2 m B gh B 2 k 22 2 2 2 2 2 Reemplazando los valores se determina la velocidad del centro geométrico del disco en la posición 2: 1 2
1 200 1 75 1 2 2 2 6.2152 5.59 10 0 0 25 2 ... 2 32.2
2 32.2
2
1 1 200 1 75 1 2 2 2 6.21 d 2 2 0.5 d 2 2 d 2 200 0.5 75 25 0.4292 2 2 32.2 2 32.2 2 2
.. ... d 2
321.02
6.13.rad / s vO 2 6.131 6.13. pies / s 8.54 2.10. El cabrestante tiene una parte giratoria que tiene una masa giratoria de 35 kg y un radio de giro de 0.3 m. cuando el peso suspendido de 90 N está cayendo con una velocidad de 0.6 m/s, se aplica una fuerza de 450 N en el punto A de la palanca. Esta acción aplica la zapata del freno al punto B, donde hay un coeficiente de rozamiento de 0.5. ¿Qué distancia caerá el peso de 90 N antes de detenerse?. (Shames, 1999)
Solución: Análisis cinemática: s r ... ...
s1
s r ... ... 1
r 1 v1 r
s1 0.3
0.6 0.3
s 2 0.6
... s 2 2 s1
2.rad / s
I C md .k C 2 350.3 3.15.kg .m 2 2
Al girar el disco un ángulo θ, para llegar a la posición (2) y parar, el bloque de 90 N recorre una distancia s r . 0.3 . Cálculo de la normal en B: M 0 4500.15 N B 0.05 0... ... N B 1350 .N
De cinética: En el sistema actúan fuerzas gravitatorias y el par del freno, por lo que se aplica el principio del trabajo y energía en las posiciones (1) y (2). Considerando como nivel de referencia la horizontal que pasa por el apoyo del disco, tendremos T 1 V g 1 U 1 2 T 21 V g 2
1
I Cd . d 21
1
mb vb21 m d ghd 1 mb ghb1 N B r
1
I Cd . d 22
1
mb vb22 m d ghd 2 mb ghb 2
2 2 2 2 Reemplazando los valores se determina la velocidad del centro geométrico final del disco: 2 s 1 1 90 3.152 2 0.6 2 0 0 0.51350 0.6 1 0 0 0 90 s1 2 2 9.81 0.6
... s1
7.9514 1260
0.0063 m 6.3mm
2.11. Un resorte en espiral unido a la barra AB de la figura 2.11 ejerce un par de momento M = kθ donde k = 150 N.m/rad. La barra AB tiene una masa de 25 kg y una longitud de 3m, BC tiene una masa de 50 kg y una longitud de 6 m, y la superficie en C es lisa. El sistema se halla inicialmente en reposo con θ = 60° y BC vertical. Se desplaza C ligeramente hacia la derecha. Determinar la velocidad vC y la velocidad angular ωAB cuando θ = 120°. (Riley, 1999).
Figura 2.11
Solución: Análisis cinemática: La distancia vertical entre el apoyo A y la horizontal por C es de 4.5 m. Determinación de las velocidades en la posición (2)
La barra AB forma con la recta horizontal que pasa por A un ángulo de 30° y la barra BC con la superficie un ángulo α. Luego: ABsen 30 BCsen 4.50 30.5 6sen 4.50 30 Significa que las barras AB y BC están alineadas y el punto C es el CI de la barra BC: v B AB .r B / A BC .r B / C AB 2 2 BC 2 I C
2 m BC l BC
3
506 3
2
600.kg .m .......... I A 2
2 m AB l AB
3
253
2
3
75.kg .m 2
De cinética: En el sistema solo actúan fuerzas gravitatorias y del resorte helicoidal, por lo que se aplica la conservación de la energía en las posiciones (1) y (2). Considerando como nivel de referencia la horizontal que pasa por C, la conservación de la energía en las 2 posiciones se expresa como: T 1 V g 1 V k 1 T 21 V g 2 V k 2
1
1 1 2 2 I A. AB I CI BC k 12 ... 1 1 m AB gh AB1 m BC gh BC 1 2 2 2 1 1 1 2 2 ... I A. AB I m gh m gh k 22 2 CI BC 2 AB AB 2 BC BC 2 2 2 2 Reemplazando los valores se determina la velocidad del centro geométrico del disco en la posición 2: 0 0 259.815.25 509.813 0 ...
75 AB 2 600 0.5 AB 2 259.813.75 50 9.811.5 150 2 2 2 3 1
2
.. ... AB 2
1
1021 .38
2
1
2
3.013.rad / s vC 2 vCI 0 112.5 2.12. El mecanismo formado por dos barras uniformes se mueve en un plano horizontal. Un resorte conectado entre el collarín A y el pasador C tiene una rigidez de 200 N/m y su longitud libre es de 150 mm. Si el mecanismo se suelta desde el reposo en la posición que se muestra, determine la velocidad angular de la barra BC y la velocidad del collarín cuando A se encuentre lo más cercana a C. Desprecie la masa del collarín. (Pytel, 1999)
Figura 2.12
Solución:
Análisis cinemática: La distancia más cercana entre el apoyo C y el collarín A, genera un triángulo rectángulo CAB al sistema en la posición (2). El punto C es el CI de las barras AB y BC. Determinación de las velocidades en la posición (2)
v B CB .r B / C AB .r B / C CB 2 AB 2 I BC .CI
2 m BC l BC
3
2
1.50.250 3
1 32
.kg .m 2 2
. I AB.CI I AB.G m AB .r
2 G / CI
0.90.15 12
0.9 0.2 0.075 2
2
2
0.04275 .kg .m 2
De cinética: En el sistema solo actúan fuerzas gravitatorias y del resorte. Como el movimiento es en el plano horizontal la energía potencial del sistema es nulo, luego la conservación de la energía en las posiciones (1) y (2) es. T 1 V k 1 T 21 V k 2
1
1 1 1 1 1 2 2 2 2 I BC .CI . BC I AB.CI AB k 12 I BC .CI BC I AB.CI AB k 22 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 Reemplazando los valores se determina la velocidad del centro geométrico del disco en la posición 2: 1 1 1 1 1 2 2 2 2 0 0 2000.245 0.150 BC 2 0.04275 BC 2 200 0.05 2 2 32 2 2
.. ... BC 2
0.6525 0.037
4.2.rad / s v A 2 AB 2 .r A / CI 4.20.2 0.84.m / s
- Método del impulso y cantidad de movimiento
2.13. 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 en la figura 2.13 y despreciando el rozamiento, hallar a) la velocidad del punto B cuando la barra A B pasa por la vertical, b) la co rrespondiente velocidad del carro C. (Beer J., 1998)
Figura 2.13
Solución. En el instante (1) las velocidades del carro y la barra AB son nulas. En le instante (2) las velocidades del carro y la barra AB son:
vC v A i
vG v A i AB k x 0.6 j v A 0.6 AB i Por cinética:
Aplicamos los principios de la conservación de la energía y c antidad de movimiento en el eje x tenemos:
T V T V 1
g 1
21
m.v
x1
g 2
m.v x 2
Reemplazando valores:
1 2
2 I CI . AB1
1
1 1 2 2 2 mC v A1 m AB gh AB1 mC ghC 1 I CI . AB 2 mC v A2 m AB gh AB 2 mC ghC 2 2 2 2
1 0 0 39.81 0.6 0 2
2 1 31.2 2 AB 2 1 3v A 0.6 AB 2 1 5 v A2 39.810.6 0 2 12 2 2
2 2 8.829 0.18 AB 1.5v A2 1.8v A AB 0.54 AB 2.5v A2 17.658 2 ... ...26.487 4v A2 0.72 AB 1.8v A AB m AB vGx1 mC .v Ax1 m AB vGx 2 mC .v Ax 2
0 0 3v A 0.6 AB 5v A AB 26.487
92
40 9
vA
v A2 v A 1.61.m / s
9 v B v A 1.2 AB i 6.98i
2.14. El radio de giro alrededor de O de la polea de 20 kg de la figura 2.14 (a) es de 0.16 m. se tira del extremo de la cuerda enrollada alrededor de la polea con una fuerza P (t) que varía con el tiempo como se indica en la figura (b). si se supone que la polea arranca desde el r eposo con t = 0, determine su velocidad angular en t = 12 s.. (Pytel, 1999)
Solución: Aplicando la ecuación de impulso y cantidad de movimiento angular alrededor del punto O. t
12
I O . 1 M O dt I O . 2 0 0.2 P dt m.k 2 . 2
0
0
1 1 82 86 2 812 6 20 0.16 2 . 2 2 25.rad / s 2 2
0 0.2
2.15. Una esfera homogénea de 3 kg y 300 mm de diámetro que se indica en la figura 2.15 se baja hasta una superficie horizontal teniendo aquella una velocidad angular inicial velocidad de traslación inicial nula
vO 0
O 3000 rpm
. Si el coeficiente cinético vale 0.15, determinar:
a) el instante t f en que la esfera comenzará a girar sin deslizamiento. b) la velocidad del centro de masa y la velocidad angular en tf .. (Riley, 1999)
Solución: El momento de inercia de la esfer a es:
I G
2 5
m.r 2
2 5
30.152 0.027.kg .m 2
Sobre la esfera actúan 3 fuerzas, la gravitatoria W, la normal N y la fricción μN. Aplicando los principios de impulso y cantidad de movimiento lineal y angular:
y
x : m.vGx1 F x .dt m.vGx 2 0 Nt f m.v f .. ..0 0.1529.43.t f 30.15 f
f 9.81t f
y : m.vGy1 F y .dt m.vGy 2 0 W .t f N .t f 0.. .. N 39.81 29.43.N
3000 2 0.150.1529.43.t f 0.027. f 60 8.4823 0.6622t f 0.027 f 0.2649t f ... ...t f 9.15. s.
z : I G . 1 M G .dt I G . 2 0.027
f 89.76.rad / s.... ....v f 13.46.m / s
2.16. La varilla esbelta AB de 2.3 kg se abandona desde la posición representada y gira hacia abajo hacia la posición vertical donde golpea a la varilla CD de 1,4 kg. Sabiendo que el coeficiente de restitución entre el botón K sujeta a la varilla AB y la varilla CD es 0,8. Hallar el ángulo θm que girará la varilla CD tras el choque. lKA = 100 mm. (Beer & J. , 1998)
Figura 2. Solución: El momento de inercia de las barras son:
I B
m AB .l 2
3
2.30.762 3
2
0.4452.kg .m ... I C 2
1.40.762 3
Antes del choque: Hay conservación de la energía de la barra AB entre las posiciones (0) y (1).
T 0 V g 0 T 1 V g 2 0 2.39.810.381
1 2
2.3vG2 2 0
vG 2 29.810.381 2.7341.m / s.. . AB1 7.176.rad / s Durante el choque:
2
0.271kg .m 2
I B AB1 I C CD1 I B AB 2 I C CD 2 0.4452 7.176 0 0.4452 AB 2 0.271 CD 2 e
v AB. K 2 vCD. K 2 vCD. K 1 v AB. K 1
0.8
0.662 AB 2 0.662 CD 2 0 0.6627.176
3.195 0.4452 AB 2 0.271 CD 2 AB 2 2.289.rad / s ... 5.741 AB 2 CD 2 CD 2 8.03.rad / s
.................
Después del choque: Hay conservación de la energía de la barra CD entre las posiciones (2) y (3).
T 2 V g 2 T 3 V g 3
1
1.40.3818.03 2 0 0 1.49.810.3811 cos m
2 6.552 5.2331 cos m m 104.6
2.17. Las barras AB y HD se trasladan sobre una superficie horizontal sin rozamiento. Cuando éstas chocan en el punto G tenemos un coeficiente de restitución de 0,7. L a barra HD pesa 70 N y la barra AB pesa 40 N. ¿Cuál será la velocidad angular post impacto de AB?. (Shames, 1999).
Solución: Análisis de las velocidades de las barras HD y AB e n los centroides C1 y C2 y puntos de choque G y B. Se descompone las velocidades en dirección tangencial y normal a la línea de choque GB en los instantes inicial (i) y final (f).
vC 1i vGi 20 j ........ y......... HDi 0
vC 1 f vC 1 fx i vC 1 fy j
vG1 f vC 1 f HDf xr G / C 1 vC 1 fx i vC 1 fy j HDf k x0.100i vC 1 fx i vC 1 fy 0.1 HDf j
vC 2i v Bi 10 j ............. y......... ABi 0
vC 2 f vC 2 fx i vC 2 fy j
v Bf v C 2 f ABf xr B / C 2
v B 2 vC 2 fx i vC 2 fy j ABf k x 0.100 3i 0.100 j vC 2 fx 0.1 ABf i v C 2 fy 0.1 3 ABf j Sobre las barras en el plano horizontal durante el choque actúan los impulsos
F dt
. Aplicando
los principios de impulso y cantidad de movimiento lineal y angular a cada barra: Para la barra HD:
x : m HD .vC 1 xi F x .dt m HD .vC 1 xf 0 0 m HD .vC 1 xf ... ...vC 1 xf 0 70 70 20 F dt y 9.81 .vC 1 yf 9.81 2 0.600 70 . HDf M C 1 .dt I C 1 . HDf 0 0.1 F y dt 9 . 81 12
y : m HD .vC 1 yi F y .dt m HD .vC 1 yf
z : I C 1 . HDi
Para la barra AB:
x : m AB .vC 2 xi F x .dt m AB .vC 2 xf 0 0 m AB .vC 2 xf ... ...vC 2 xf 0 40 40 10 F dt y 9.81 .vC 2 yf 9.81 2 3 40 0.400 . ABf F y dt M C 2 .dt I C 2 . ABf 0 0.2 2 9 . 81 12
y : m AB .vC 2 yi F y .dt m AB .vC 2 yf
z : I C 2 . ABi
El coeficiente de restitución relaciona las componentes de ve locidades de los puntos de contacto en dirección de la línea de choque
e
v Byf vGyf vGyi v Byi
y en los instantes inicial y final.
... ...0.7
vC 2 fy 0.1 3 ABf vC 1 fy 0.1 HDf 20 10
Resolviendo el sistema de 7 ecuaciones con 7 incógnitas obtenemos:
HDf 24.22.rad / s ABf 165.2.rad / s
2.18. La barra esbelta uniforme CD gira en torno a un pasador exento de rozamiento E y descansa sobre un apoyo liso F, tiene una longitud de 800mm, una masa de 4 kg y se halla inicialmente en reposo. La barra esbelta uniforme AB tiene una longitud de 500 mm y una masa de 3 kg, se suelta a partir del reposo siendo h = 2,5 m y choca contra la barra CD según se indica. Si el coeficiente de restitución es 0.6, hallar: a) las velocidades angulares de las barras inmediatamente después del choque, b) El módulo medio del apoyo en E para una duración del impacto de 0,003 s. (Riley, 1999)
Figura 2.18 Solución: a) El momento de inercia de la esfera es:
I ABG
m AB .l 2 12
30.500 2 12
0.0625 .kg .m ... I CDG 2
4 0.800 2 12
0.2133 .kg .m 2
I CDE I CDG mCD .r G2 / E 0.2133 4 0.100 0.2533 2
Antes del choque: Hay conservación de la energía de la barra AB entre las posiciones (0) y (1).
T 0 V g 0 T 1 V g 1 0 39.812.5
1 2
2 3v ABG 1 0
v ABG1 29.812.5 7.0.m / s...... y........ AB1 0 Análisis de las velocidades de las barras AB y CD en los centroides y puntos de choque C . Se descompone las velocidades en dirección tangencial y normal al plano de choque GB en los instantes inicial (1) y final (2).
v ABG1 v ABC 1 7 j 3.5t 3.5 3n....... y......... AB1 0
v ABG2 v ABG 2t t v ABG 2 n n
v ABC 2 v ABG 2 AB 2 xr C / G v ABG 2t t v ABG 2 n n AB 2 k x0.050t v ABG2t t v ABG 2 n 0.05 AB 2 n vCDG1 vCDC 1 0......... y.......... CD1 0
vCDG 2 vCDG 2 n i vCDG 2 y j CD 2 xr G / E CD 2 k x0.100i 0.10 CD 2 j
...vCDG 2 x 0...... y......vCDG 2 y 0.100 CD 2
vCDC 2 CD 2 xr C / E CD 2 k x 0.300i 0.300 CD 2 j 0.15 CD 2 t 0.15 3 CD 2 n
Sobre las barras en el plano vertical durante el choque actúan los impulsos internos
F dt
y
externos en los apoyos. Aplicando los principios de impulso y cantidad de movimiento lineal y angular a cada barra: Para la barra AB:
F .dt m
t : m AB .v ABG1t F t .dt m AB .v ABG 2t 3 3.5 0 3.v ABG 2t ... ...v ABG 2t 3.5 n : m AB v ABG1n
n
AB .v ABG 2 n 3 3.5 3 F n dt 3.v ABG 2 n
v ABG 2 n 0.417 AB 2 6.062
k : I ABG . AB1 M ABG .dt I ABG . AB 2 0 0.05 F n dt 0.0625 . AB 2 Para la barra CD:
x : mCD .vCDG1 x F n .dt mCD .vCDG 2 x 0 0.5 F n .dt E x dt 40
E x dt 0.5 F n dt 0.50.975 CD 2 0.4875 CD 2
y : mCD .vCDG1 y F n .dt mCD vCDG 2 y 0 0.5 3 F n dt E y dt 4 . 0.100 CD 2
E y dt 0.4 0.5 3 0.975 CD 2 1.2444 CD 2
z : I E . CD1 M CDG .dt I E . CD 2 0 0.3 0.5 3 F n dt 0.2533 . CD 2
F n dt 0.975 CD 2 1.25 AB 2 ... ... CD 2 1.282 AB 2 El coeficiente de restitución relaciona las componentes de ve locidades de los puntos de contacto en dirección de la línea de choque n en los instantes inicial y final.
e
vCDC 2 n v ABC 2 n v ABC 1n vCDC 1n
... ...0.6
0.15 3 CD 2 0.467 AB 2 6.062 3.5 3 0
3.637 0.15 3 1.282 AB 2 0.467 AB 2 6.062... ... AB 2 12.12.rad / s. ..... CD 2 15.54.rad / s b) La fuerza promedio generado en e l apoyo E por el impulso es:
E dt 7.576..... y...... E dt 15.152... Edt x
y
E
1
7.5762 15.1522 16.94
16.94
5646 .7. N Edt t 0.003
Vibraciones libres amortiguadas . 11. Una barra uniforme de 4 lb de la figura P-11, se sostiene mediante un pasador en O y un resorte en A y se conecta a un amortiguador en B. Determine: a) La ecuación diferencial de movimiento para pequeñas oscilaciones, b) el ángulo que formará con la horizontal 5 s después de que el extremo B se empuja 0.9 pulgadas hacia abajo y se suelta. (Beer, 1998)
Figura P-11 Solución: El momento de inercia de la barra AOB respecto del punto O: 1 4 2 4 5 2 2 I O I G m AB .r G2 / O 2 0.5 .lb. pie 12 32.2 69 32.2 Haciendo girar un pequeño ángulo a la barra ABC en sentido antihorario alrededor de B y planteando las ecuaciones de movimiento para la masa y la barra ABC, obtenemos: C 1.5 K 0.5 0 I B 2
2
5 2 0.51.5 50.5 0... ...0.0725 1.125 2.5 0 69 15.5173 34.4828 0 ... ... meff x ceff x k eff x 0
La ecuación es de la forma:
La solución es de la forma: xt D.e
.t
c
2 mk
15.5173 2 134.4828
1.321
1, 2 n n 2 1 1.3215.872 5.872 1.321 1... ... 2
1 2.688 2 12.825
C crit 2 mk 2 134.4828 11.74 15.5173 El movimiento no es vibratorio. t t t D1e 1 D2 e 2 D1e 2.688t D2 e 12.825t
0.9 / 18 D1 D2 .................. D1 0.0633 t 0... ... 0 2.688 D 12.825 D ..... D 0.0133 1 2 2 5 D1e
1t
D2 e t 0.0633e 2.6885 0.0133e 12.8255 9.215 x10 8 2
12. Las dos masas de la figura P-12, se deslizan por sendas superficies horizontales exentas de rozamiento. En la posición de equilibrio, la barra ABC está vertical, siendo despreciable su masa. Si A = 100 mm y se suponen oscilaciones de pequeña magnitud, determinar: a) La razón de amortiguamiento ξ, b) El tipo de movimiento (subamortiguado, sobreamortiguado o con amortiguamiento crítico), c) La frecuencia y periodo del movimiento (si procede), d) el valor de a que da amortiguamiento crítico.(Riley , 1996)
Figura P-12
Solución: Haciendo cortes imaginarios de los cables que un en a las masas con la barra ABC y planteando las ecuaciones de movimiento para cada masa y y girando un ángulo θ alrededor de B a la barra ABC y planteando la ecuación de equilibrio de la barra, obtenemos: T 1 K A x A m A x A ......(1) T 2 K C xC mC x C .......(2) T 1 0.1 T 2 0.2 C x C 0.2 0......(3) Despejando de (1) y (2) los T e introduciendo en la (3): 20000.1 20000.2 600 0.2 0 100.1 150.2 2
2
2
... ...0.7 24 100 0 c x kx 0 La ecuación es de la forma: m x a) La razón de amortiguamiento será:
2
2
c 2 mk
24
2
0.7 100
1.434
b) para saber el tipo de movimiento: ccrit 2m n 2 mk 2
0.7 100 16.73 c 24
La solución es de la forma: xt D.e 2 m. c k 0 1, 2
c c 2 4mk 2m
.t
24 24 40.7 100 2
20.7
... ..
1 4.854 2 29.432
1... y...c ccrit Al ser y las raíces negativas el movimiento es sobre amortiguado c) el movimiento no es vibratorio por lo tanto no tienen frecuencia ni periodo. d) cálculo de a que da amortiguamiento crítico. 2 2 2 2 2 2000 x 2000 0.2 600 0.2 0 10 x 150.2 2 2 . ... ...10 x 0.6 24 2000 x 80 0 ccrit 2 mk c
... ...2 10 x 2 0.62000 x 2 80 24 ... 20000 y 2 2000 y 96 0... ... y1 0.0354 ... ... x 0.0354 0.188 13. Un vagón de ferrocarril cargado que pesa 30000 lb rueda a una velocidad constante v0 cuando se acopla con un sistema de resorte y amortiguador (ver figura P-13). La curva de desplazamiento contra el tiempo registrada para el vagón de ferrocarril después del acoplamiento es como se muestra en la figura. Determine: a) la constante de amortiguamiento, b) la constante del resorte.(Beer, 1998)
Figura P-13 Solución: El decremento logarítmico relaciona dos picos sucesivos de movimiento con la frecuencia natural y el periodo de amortiguado. x 2 2 ln 1 n d n x2 n 1 2 1 2 De la gráfica: 0.5 2 2 2 1.427 ln ... ...1.427 1 2 2 2 0.12 1 ... ...2.03633 41.51475 2 ... ... 0.2215
d 0.41 n
k m
2 d
2
... ... d
0.41
... ...k m. n2
c 2m n
15.325 n 1 2 ... ... n 15.715
30000 32.2
15.7152 230088 .1.lb / pie 30000 s 15.715 6486.1.lb. pie 32.2
... ...c 2m n 0.2215 2
14. Dos barras esbeltas uniformes están soldadas según se indica en la figura P-14. La barra ABC pesa 10 N y en la posición de equilibrio está horizontal; la barra BD pesa 15 N y en posición de equilibrio está vertical; el pivote está exento de rozamiento. Determinar para el sistema: a) La razón de amortiguamiento ξ, b) El tipo de movimiento (subamortiguado, sobreamortiguado o con amortiguamiento crítico), c) La frecuencia y periodo del movimiento (si procede). (Riley , 1996)
Figura P-14 Solución: Cálculo del momento de inercia de la barra ABCD respecto al punto B:
I B
10
.
0.42
15
.
0.62
0.1971.kg .m 2
9.81 12 9.81 3 Girando un ángulo θ alrededor de B a la barra ABCD de la posición de equilibrio y soltando y planteando la ecuación de movimiento de la barra, obtenemos: c y 0.2 kx0.2 I B c0.2 k 0.2 0 ... ... I B 2
2
800.2 400.2 0 ... ...0.1971 2
2
3.2 1.6 0... 16.235 8.118 0 ... ...0.1971 a) La razón de amortiguamiento será: cef 16.235 2.85 2 mef k ef 2 18.118
b) para saber el tipo de movimiento: ccrit 2m n 2 mef k ef 2 18.118 5.698 cef 16.235 La solución es de la forma: xt D.e
.t
2 m. c k 0
1, 2
c c 2 4mk 2m
16.235 16.235 418.118 2
21
... ..
1 0.516 2 15.719
1... y...c ccrit Al ser y las raíces negativas el movimiento es sobre amortiguado c) el movimiento no es vibratorio por lo tanto no tienen frecuencia ni periodo. 15. El disco escalonado (ver figura P-15) de peso 20 lb, y su momento de inercia centroidal 2 es I = 0.6 slig.ft . Rueda en la superficie horizontal. Si c = 8 lb.s/pie, ¿cual es la frecuencia de vibración del disco?. (Bedford, 2003)
Figura P-15
Solución: Tomando momentos respecto al centro instantáneo, determinamos la ecuación de movimiento del disco: M ci M cik
4 c x kx2 I ci 3 2 2 20 4 4 2 8 162 0 ... ... 0.6 32.2 3 3 14.22 64 0... ... 12.88 57.96 0 ... ...1.1042 n m.k 57.96 7.613
c 2m n
12.88 217.613
0.846
d n 1 2 7.613 1 0.846 4.059 2
d
2 d
2 4.059
1.548
16. La figura P-16 muestra un oscilador amortiguado y la gráfica de su desplazamiento durante una vibración no forzada (x se mide desde la posición de equilibrio). Sabiendo que el peso del oscilador es W = 0.5 lb, encuentre la rigidez k del resorte y el coeficiente de amortiguamiento c.(Pytel, 1999)
Figura P-16
Solución: El decremento logarítmico relaciona dos picos sucesivos de movimiento con la frecuencia natural y el periodo de amortiguado. x 2 2 ln 1 n d n x2 n 1 2 1 2 De la gráfica: 0.12 2 2 2 1.099 ln ... ...1.099 1 2 2 0.04 1 2 ... ...1.2078 40.686 2 ... ... 0.1723
d 0.25 n
k m
2 d
... ... d 25.1327 n 1 2 ... ... n 25.5143 0.5
... ...k m. n2
c 2m n
32.2
25.51432 10.108.lb / pie 0.5 s 25.5143 0.1365.lb. pie 32.2
... ...c 2m n 0.1723 2
17. Un oscilador armónico lineal de la figura P-17, de masa 1.10 kg se pone en movimiento bajo amortiguamiento viscoso. Si la frecuencia es 10 Hz y si dos elongaciones sucesivas separadas por un ciclo completo resultan ser 4.65 mm y 4.30 mm, tal como se indica en la figura, calcular el coeficiente de amortiguamiento viscoso c.(Meriam, 1998)
Figura P-17
Solución: De la gráfica se calcula el decremento logarítmico δ: 4.65 2 2 2 ... ...0.0783 1 2 2 0.0783 ln 4.30 1 2 ... ...0.0783 39.4845 2 ... ... 0.0125 2
f d
d 2
n 1 2 2
... ... n
2 f d 1
2
k m. n2 1.1062.837 4343.3. N / m 2
2 10 1 0.0125
2
62.837
c
2m n
... ...c 2m n 0.012521.1062.837 1.728. N .
s m
18. La barra uniforme de masa m indicada en la figura P-18, está en equilibrio en la posición horizontal, a) deduzca la ecuación diferencial de movimiento para pequeñas oscilaciones de la barra, b) Determine el factor de amortiguamiento si: m = 16 kg, c1 = 30 N.s/m, c2 = 20 N.s/m y k = 90 N/m. (Pytel, 1999).
Figura P-18
Solución: Tomando momentos respecto al centro instantáneo, determinamos la ecuación de movimiento del disco: a) La ecuación diferencial de movimiento para pequeñas oscilaciones de la barra: M O M Ok
L c1 y1 L ky L I O 2 2 L 2 L 20 30 L 2 90 L 2 0 ... ...16 2 3 16 35 90 0... ... 6.5625 16.875 0 ... ... 3 c 2 y 2
b) El factor de amortiguamiento: n m.k 16.875 4.108
c 2m n
6.5625 214.108
0.799
PROBLEMAS DE VIBRACIONES LIBRES NO AMORTIGUADAS
1.1.
Vibraciones libres no amortiguadas.
1. Un bloque de 35 kg se sostiene mediante el arreglo de resortes que se muestra en la figura P-1. El bloque se desplaza verticalmente hacia abajo a partir de la posición de equilibrio y se suelta. Si la amplitud del movimiento resultante es igual a 45 mm, determine el periodo y la frecuencia del movimiento y la velocidad y la aceleración máximas del bloque. (Beer&J0hnston, 1998)
Figura P-1
Solución: Para determinar la posición de equilibrio: F y 0... ...16000 est 359.81 28000 est 0... ... est 10.73mm
A partir de la posición de equilibrio le damos al bloque de 35 kg un desplazamiento vertical y hacia abajo, luego: F y ma y ... 16000 y 28000 y 35 y
...35 y 32000 y 0... ... y 914.29 y 0 ... n 2 914.29.... n 914.29 30.24.rad / s ... ... f n
n
30.24
4.81. Hz 2 2 2 2 ... 0.2078 . s n 30.24 x Asen 30.24t B cos30.24t Csen 30.24t v 30.24 A cos30.24t 30.24 Bsen30.24t a 30.24 Asen 30.24t 30.24 B cos 30.24t x 0.045 B t 0... ... x 0 A vmax 30.240.045 sen30.24t 1,3608 .m / s 2
2
a max 30.24 0.045cos30.24t 41,1506 .m / s 2 2
2. ¿Cuál es la frecuencia de vibración torsional del cilindro escalonado? De la figura P -2. La masa del cilindro es de 45 kg y su radio de giro es de 0.46 m. Utilizar los siguientes datos: D1 = 0.3 m, D2 = 0.6 m, K 1 = 0.875 N/mm, K2 = 1.8 N/mm, WA = 178 N.(Shames, 1999)
Figura P-2
Solución: Al bloque A le damos un desplazamiento s a partir de la posición de equilibrio, el disco rota un ángulo θ y luego soltamos: En el bloque A: m A g . sen 30 T m A s (1) T m A g . sen 30 m A .r 2 . En el cilindro: T .r 2 K 1 .r 12 0 K 2 r 12 0 mC .k 02
(2)
Reemplazando T en (2) K K r 2 K K r 2 0 m A g . sen30.r 2 m A r 22 mC .k 02 1 2 1 0 1 2 1
Por equilibrio estático:
m A g . sen30r 2 K 1 K 2 r 12 0 Luego:
... ...
K 1 K 2 r 12
0 2 2 r m k A 2 C 0
m
2 875 1800 0.15 ... ... 0 2 2 110 / 9.810.3 450.46
.... 4.022 0... ... n 4.022 2.32.rad / s 3. ¿Cuál es la frecuencia natural del movimiento del bloque A para pequeñas oscilaciones? De la figura P-3. Considerar que BC tiene una masa despreciable y que el cuerpo A es una partícula. Cuando el cuerpo A está fijado a la barra, el desplazamiento estático es de 25 mm. La constante del muelle K 1 es de 1.75 N/mm. El cuerpo A pesa 110 N. ¿Cuánto vale K2?. (Shames, 1999)
Figura P-3 Solución: Primero determinamos el est de cada resorte y luego la constante K2.
0
25
est 1
est 2
1050 300 750 50 125 est 1 .mm... y... est 2 .mm 7 7 Aplicando la ecuación de equilibrio de momentos respecto al punto B se tiene: M B 0... ... K 1 est 1 .0.3 K 2 est 2 0.75 W A 1.05 0
50 125 ... ...1.75 0.3 K 2 0.75 1101.05 0... ...K 2 8.344 7 7 Determinación de la frecuencia natural del bloque A. A partir de la posición de equilibrio al bloque A le damos un desplazamiento vertical y L hacia abajo, luego soltamos: 2 La ecuación diferencial debe ser de la forma: x p x 0
M M B
BK
1.05 K 1 0.3 K 2 0.75 m A 1.05 2
2
1750 0.3 8344 0.75 2
2
110
1.052 0
9.81 4851 0... ... 392.4 0 ... ...12.3624
... p 2 392.4... ... p 392.4 19.81.rad / s La frecuencia natural es de 19 81 rad/s 4. La barra uniforme AC de 5 kg indicada en la figura P-4, está conectado a resortes de constante k = 500 N/m en B y k = 620 N/m en C, los cuales pueden actuar en tensión o en compresión. Si el extremo C se deforma ligeramente y se suelta, determine: a) la frecuencia de la vibración, b) la amplitud del movimiento del punto C, si la velocidad máxima en ese punto es de 0.9 m/s. (Beer, 1998)
Figura P-4
Solución: Primero determinamos el est de cada resorte.
0 estB
estB
estC
0.7 1.5 0.7 0 ... y... estC 1.4 0
Aplicando la ecuación de equilibrio de momentos respecto al punto A se tiene: M A 0... ... K B esB1 .0.7 K C estC 1.4 W AC 0.7 0
... ...5000.7 2 0 6201.4 2 0 59.810.7 0... ... 0 0.0235 a) Determinación de la frecuencia natural de la barra AC. A partir de la posición de equilibrio al punto C de la barra AC le damos un desplazamiento vertical y L hacia abajo, luego soltamos: La ecuación de movimiento de la barra AC expresado mediante la ecuación diferencial 2 debe ser de la forma: y p y 0
M M A
AK
K B 0.7 K C 1.4 I A 2
2
51.42 5000.7 6201.4 3 1460 .2 0... ... 447 0 ... ...3.267 2
2
... p 2 447... ... p 447 21.14.rad / s ... ... f
p
21.14
3.36. Hz 2 2 La frecuencia natural es de 3.36 Hz b) La amplitud de C será: 0.9 0.0426 .m v Y C . p... ...Y C 21.14 5. Las dos masas de la figura P-5, se deslizan por sendas superficies horizontales exentas de rozamiento. La barra ABC está vertical en la posición de equilibrio y su masa es despreciable. Si los resortes están sometidos a tracción en todo momento, escribir la ecuación diferencial del movimiento para la posición x(t) de la masa de 10 kg y determinar la frecuencia y el periodo de la vibración resultante (supóngase oscilaciones de pequeña amplitud.(Riley , 1996)
Solución: Haciendo cortes imaginarios de los cables que unen a las masas con la barra ABC y planteando las ecuaciones de movimiento para cada masa y girando un ángulo θ alrededor de B a la barra ABC y planteando la ecuación de equilibrio de la barra, obtenemos: T 1 K A x A m A x A ......(1) T 2 K C xC mC x C .......(2) T 1 0.1 T 2 0.2 K C L xC 0.2 0......(3) Despejando de (1) y (2) los T e introduciendo en la (3): 2 2 20000.1 2 2000 0.2 2 3500 0.2 2 0 100.1 150.2
... ...0.7 240 0 La ecuación es de la forma: m x kx 0 ... n 2
k
240
342.857.. .... n 18.52.rad / s m 0.7 18.52 ... ... f n n 2.9475 . Hz 2 2 2 2 ... 0.3393 . s n 18.52
6. Una barra uniforme ABC de 2 kg indicada en la figura P-6, se sostiene mediante un pasador en B y se conecta a un resorte en C. En A está conectada al bloque DE de 2 kg que está unido a un resorte y puede rodar sin fricción. Si se sabe que cada resorte puede actuar bajo tensión ó compresión, determine la frecuencia de pequeñas oscilaciones del sistema cuando la barra se gira un pequeño ángulo y luego se suelta.(Beer&J, 1998)
Figura P-6
Solución: El momento de inercia de la barra ABC respecto del punto B: I B I G m AC .r
2 G / B
20.9
2
20.15 0.18.kg .m 2 2
12 Haciendo girar un pequeño ángulo a la barra ABC en sentido antihorario alrededor de B y planteando las ecuaciones de movimiento para la masa y la barra ABC, obtenemos:
T K A x A m A x A ......(1) ......(2) T 0.6 K C L xC 0.3 I B
Despejando T de (1) e introduciendo en la (2) y reemplazando valores:
500.6 500.3 0 20.6 0.18 2
2
2
... ...0.9 22.5 0 La ecuación es de la forma: m x kx 0 k 22.5 ... n 2 25.. .... n 5.rad / s m 0.9 5 0.796. Hz ... ... f n n 2 2 7. Dos barras esbeltas uniformes están soldadas como se indica en la figura P-7. La barra ABC pesa 10 N y en la posición de equilibrio está horizontal; la barra CD pesa 15 N y en la posición de equilibrio está vertical; el pivote está exento de rozamientos. Si se desplaza el extremo D 75 mm hacia la izquierda y se suelta a partir de reposo, determinar: a) La ecuación diferencial del movimiento para la posición angular θ(t) de la barra. b) La máxima velocidad del extremo D en el movimiento vibratorio resultante.(Riley, 1996)
Solución: El centro de gravedad de la barra: W . y 150.3 0.18.m yG W 10 15
El momento de inercia de la barra ABC respecto del punto B:
10 0.4 15 0.6 0.1971.kg .m 2 I B 9.81 12 9.81 3 2
2
Haciendo girar un pequeño ángulo a la barra ABCD en sentido horario alrededor de B hasta que D se desplace 75 mm a la izquierda y se suelta. Planteando la ecuación de movimiento para la barra ABCD, obtenemos: K A y A 0.2 K C y C 0.2 W yG I B ... ... 180.11 0 25000.2 250.18 0.1971 2
n 180.11 13.42 La solución de esta ecuación diferencial es: t A cos13.42.t Bsen13.42.t
13.42 Asen 13.42.t 13.42 B cos13.42.t Las condiciones de borde: 75 0.125 A t 0... ... 600 0 B 0.125. cos13.42.t 13.420.125 cos13.42.t 1.6775 cos13.42.t b) La máxima velocidad de D será: v D r . 0.6 1.6775 1.007.m / s 8. La plataforma de la báscula indicada en la figura P-8, tiene una masa m y está conectada al resorte de rigidez k mediante el sistema de palancas representado. Deducir la ecuación diferencial de las pequeñas oscilaciones verticales de la plataforma y hallar su periodo τ. Representar por y el desplazamiento vertical de la plataforma y despreciar las masas de las palancas. (Meriam, 1999)
Figura P-8 Solución: En la plataforma: mg T 1 m. y... ...T 1 mg m. y En las palancas 1 y 2:
T 1 b T 2 c.... ....T 1
c b
.T 2
c T 2 b k est y1 c... ...T 2 k est y1 b Relacionando: 2
c mg m. y k est y1 b Por otro lado:
y b
y1 c
... ... y1
c b
y
Luego: 2
3
c c c mg k est m. y k . y... ... y b b b c n b
3 2
3
k y 0 m
3
k m
... ...
b 2 m 2 n c k 2
9. Dos barras uniformes, cada una de masa m = 12 kg e igual longitud L = 800 mm, indicada en la figura P-9, están soldadas formando el conjunto que se muestra en la figura. Sabiendo que la constante de cada muelle es k = 500 N/m y que el extremo A recibe un pequeño desplazamiento y luego se suelta, hallar la frecuencia del movimiento subsiguiente. (Beer, 1998)
Figura P-9
Solución: El centro de gravedad de la barra: W . y 120.4 0.2.m yG 12 12 W
El momento de inercia de la barra ABCD respecto del punto C: I C 12
0.82
12
0.82
3.2.kg .m 2
12 3 Haciendo girar un pequeño ángulo a la barra ABCD en sentido antihorario alrededor de C se suelta generando un movimiento vibratorio. Planteando la ecuación de movimiento para la barra ABCD debido a las fuerzas elásticas y peso propio, obtenemos: K B y B 0.4 K D y D 0.4 W yG I C K K 0.4 W y 0 I C B C G 2
25000.4 249.810.2 0... ...3.2 112.912 0 3.2 2
35.285 0.... 35.285 5.94.rad / s ... ... n
f
n 2
5.94 2
0.945. Hz
10. La barra uniforma AB en la figura P-10 pesa 360 N. La masa del cuerpo C es de 15 kg. Calcule la frecuencia de las vibraciones pequeñas, descartando la fricción de la articulación. (Boresi, 2001)
Figura P-10
Solución: El centro de gravedad de la barra y la masa C: W . x 3600.125 159.810.250 0.1613 .m xG W 360 159.81
El momento de inercia de la barra ABCD respecto del punto de rotación O: 2 0.75 360 2 2 I O 0.375 0.25 150.25 3.231.kg .m 2 9.81 12
Haciendo girar un pequeño ángulo a la barra AB en sentido antihorario alrededor de O se suelta generando un movimiento vibratorio. Planteando la ecuación de movimiento para la barra AB debido a las fuerzas elásticas y peso propio, obtenemos: K A y A 0.5 K B y B 0.25 W y G I O 1500 0.5 3000 0.25 507.150.1613 0 3.231 2
2
480.7 0 ... ...3.231 148.78 0.... 148.78 12.2.rad / s ... ... n
f
n 2
12.2 2
1.94. Hz
PROBLEMAS DE VIBRACIONES FORZADAS 2.1 vibraciones forzadas no amortiguadas. 19. El motor está montado sobre un bloque de cimentación que está apoyado en resortes (ver figura P-19). Describa la vibración del estado estacionario del sistema si el bloque y el motor tienen un peso total de 1500 libras y el motor, cuando se encuentra en funcionamiento, genera una fuerza F = (50sen2t) libras donde t se expresa en segundos. Supóngase que el sistema vibra solo en dirección vertical, con un desplazamiento positivo medido hacia abajo y que la rigidez total de los resortes puede representarse como k = 2000 libras/pie, determine: a) la amplitud de la solución particular, b) la rapidez de rotación ω del motor la cual provocará resonancia. (Hibbeler, 1995)
Figura P-19
Solución: Como es una vibración forzada no amortiguada, la ecuación de movimiento está expresada por: F k F y ma y .... F 0 ky m y... ... y y 0 sen t m m y y c y p La solución general es:
La solución complementaria es:
yc Asen n t B cos n t
La solución particular es:
y p Csen t
Derivando 2 veces yp respecto al tiempo y reemplazando en la ecuación diferencial se obtiene C: F 0 / m F 0 / k C k / m 2 1 / n 2 Luego:
y p
F 0 / k 1 / n
2
sen t
La solución general es:
y yc y p Asen n t B cos n t
F 0 / k 1 / n
2
sen t
Reemplazando valores: 2000 y y 50. sen2t 1500 / 32.2
n y p
2000 32.2 1500 50 / 2000
6.55.rad / s
sen2t 0.0276 sen2t . 2 1 2 / 6.55 b) entrará en resonancia cuando ω = 6.55, o sea l a amplitud
20. Un bloque de la figura P-20, de 32 kg está unido a un muelle de constante k = 12 kN/m y puede moverse como se muestra, por una guía vertical lisa. Está sometido a una fuerza periódica de intensidad P = P msenωf t, donde ωf = 10 rad/s. Sabiendo que la amplitud del movimiento es 15 mm, hallar el valor de Pm. (Beer, 1998)
Figura P-20
Solución: La frecuencia libre es:
k
n
12000
19.365 m 32 Sabiendo que la solución de la ecuación particular es: F 0 / k y p sen t 2 1 / n La amplitud C = 15 mm
0.015
F 0 / k 1 / n
2
F 0 / 12000 1 10 / 19.365
2
... ... F 0 132.0.N
21. Cuando una barra uniforme AB indicado en la figura P-21, de 1.8 lb está en la posición vertical, los dos resortes de rigidez k = 100 lb/pies no están estirados. El peso de la barra horizontal unida a la barra en A es despreciable. Si el soporte en C experimenta un desplazamiento angular armónico β(t) = β 0sen ωt, donde β0 = 2° y ω = 7.5 rad/s, encuentre la amplitud angular de estado estable de la barra AB. (Pytel, 1999).
Figura P-21
Solución: La ecuación diferencial es de la forma:
y yc y p Asen n t B cos n t
m 1 / n
2
sen t
Para la solución complementaria. 2
1 3 2k W 0 I A 6 4 1.8 1.5
2
2
27 223 1 3 2100 1.8 0... ... 0 32.2 3 644 45 6 4 118.2 0.... 118.2 10.87.rad / s ... ... n Para la solución particular 0 sen t p 2 1 / n
2
7.5 10.87
2
sen7.5t 3.82. sen7.5t
1
vibraciones forzadas amortiguadas. 22. Un elemento de máquina (ver figura P-22) de 90 kg soportada por 4 resortes, de constante k = 175 N/m, está sometido a una fuerza periódica de 0.8 Hz de frecuencia y amplitud 90 N. Determine la amplitud de la fuerza cíclica transmitida a la cimentación si: a) entre el elemento y el suelo de intercala un amortiguador de coeficiente de amortiguamiento c = 370 N.s/m, b) se retira el am ortiguador. (Beer, 1998)
Figura P-22
Solución: Las fuerzas que actúan sobre la masa son: F y ma y .... P c y ky m y... ...m y c y 4ky P m sen f t
... ...90 y 370 y 700 y 90. sen5.03t k
... ... n
700
2.789.rad / s m 90 .... ... f 2 f f 2 0.8 5.027.rad / s ... ...
c
cc
c
2m n
370 290 2.789
0.737
... ...c c 2m n 2902.789 502.02 De mayor interés es el movimiento estacionario del sistema La ecuación diferencial es de la forma:
y p F m sen f t
a) La transmisibilidad está expresado por:
F m P m F m P m
1 2 f / n
2
1
2 /
2 2
f
/ n
2
f
n
1 20.7375.027 / 2.789
2
1 5.027 / 2.789
2 2
20.7375.027 / 2.789
2
0.816
F m 0.81690 73.4.N b) Retirando el amortiguamiento:
F m P m
1
1
f
2 2
/ n
1
1 5.027 / 2.789
2 2
0.445
F m 0.44590 40.1.N 23. El carro de la figura P-23, de 30 kg está sometido a la acción de la fuerza armónica que se indica. Si c = 36 N.s/m, determinar los límites permitidos a la pulsación excitadora ω de modo que la amplitud de la respuesta estacionaria sea inferior a 75 mm. (Meriam, 1998)
Figura P-23
Solución: Las fuerzas que actúan sobre la masa son: F x ma x .... F c x kx m x... ...m x c x kx P m sen .t
... ...30 x 36 x 1080 x 25 cos t k 1080 ... ... n 6.rad / s m 30 ... ...cc 2m n 2306 360 ... ...
c cc
36 360
0.1
La solución del movimiento estacionario del sistema es de la forma:
y p m sen f t a) determinación de ω: m 1
P m / k
1
0.075 20 / 1080
81 20
2
f
n
1
2 /
2 2
f / n
1 / 6
2 2
2
20.1 / 6
2
... ... 1 2 / 36 20.1 / 6 20 / 81 2
2
1 2 / 18 4 / 1296 2 / 900 0.061... 4 70.56 2 1216 .944 0 2 ... ... 2 70.56 1216 .944 0... ... Los límites de pulsación son:
1
40.55 6.37
2 30.01 5.48
5.48 ...ó.... 6.37
24. En la figura P-24 se muestra el modelo simplificado de una lavadora. Un bulto de ropa mojada forma la masa m b de 10 kg dentro de la máquina y ocasiona un desbalance giratorio. La masa giratoria es de 20 kg (incluyendo a m b) y el radio e de la canasta de la lavadora es de 25 cm. Si la lavadora tiene una constante de resorte equivalente a k = 1000 N/m y una razón de amortiguamiento ξ = c/cc = 0.05 y durante el ciclo de giro el tambor rota a 250 rpm, determine la amplitud del movimiento y la magnitud de la fuerza transmitida a los lados de la lavadora. (Beer, 1998)
Figura P-24
Solución: Las fuerzas que actúan sobre la masa son:
F y ma y .... P c y ky m y... ...m y c y 4ky P m sen f t ... ... n
k m
1000 20
7.07.rad / s 2 26.18.rad / s 60
.... ... f 250.rpm 250
