Practica 2
Practica 2
Practica 2
DOCENTE:
AREQUIPA-2019
1. El cilindro hidráulico produce un movimiento horizontal limitado en el punto A. Si vA = 4 m/s
cuando θ = 45◦. Determine la magnitud de la velocidad de D y la velocidad angular ω del
eslabón ABD para esta posición.
2.Cuando el mecanismo biela-manivela mostrado en la figura, está en la posición dada, la
velocidad y aceleración en C son vc = 4,8m/s ar = 0,84m/s2 , ambas vertical hacia abajo. ¿cuál
es la aceleración angular en la manivela AB?
3.Un collarín C de 4kg se desliza sobre una varilla horizontal entre los resortes A y B. Si se
empuja el collarín hacia la derecha hasta que el resorte B se comprime 50mm y se suelta,
determine la distancia que recorre el collarín, suponiendo a) ninguna fricción entre el collarín y
la varilla, b) en coeficiente de fricción µk = 0.35. KA = 3N/mm; KB = 2N/mm
4.Un collarín de 3lb está unido a un resorte y desliza sin fricción a lo largo de una varilla
circular en un plano horizontal. El resorte tiene una longitud no deformada de 7in y una
constante k = 1.5lb/in. Si se sabe que el collarín esta en equilibrio en A y se le dé un ligero
impulso para ponerlo en movimiento, determine la velocidad del collarín, a) cuando pasa por
B, b) cuando pasa por C.
5.
SOLUCIÓN:
5rad / s 2
d
5
dt
d 5dt
t
0
d 5dt
0
5t
a 2 reˆn reˆt
a 2 ( 2 r ) 2 ( r ) 2
42 ((5t ) 2 (0.05)) 2 (5(0.05)) 2
1
16 (625t 2 (0.05))
16
25
15.94 t 4
16
t 4 10.202
t1 1.787 s.....................(a )
5t
d
5t
dt
t1
0
d 5t
0
5
t2
2
5
(1.787) 2
2
7.983rad
1rev
7.983rad 1.2706rev..............(b)
2 rad
5t1
5(1.787)
8.936 rad s ..........(c)
DATOS:
M A 1kg
100 rad s
25 rad s 2
SOLUCIÓN:
a 2 reˆn reˆt
a (100) 2 (0.4)eˆn (25)(0.4)eˆt
a 4000eˆn 10eˆt
F m.a
F (1kg )((25)(0.4))
Ft 10 N ............... a
F ma
k .x m.a
k (400 350) x103 m (1kg )( 40002 102 )
K (0.05) 4000.0125
K 80000.25 N
K 80 KN .............(b)
DATOS:
m p 80 g
r 0.8sen
k 30 N m
L 0.25m
F ?
60
5 rad s
SOLUCIÓN:
Sabiendo que:
r 0.8sen
r 0.8cos
r 0.8sen . 2 0.8cos .
5 rad s
0
Remplazando:
60
r 0.8sen(60)
r 0.6928m
r 0.8cos(60)(5)
r 2m
r 0.8sen(60)(5) 2 0.8cos(60)(0)
r 17.321m
Fr mar
30(0.6928 0.25) N cos(30) 0.08(34.641)
N 12.14 N
F ma
F Nsen30 0.08(20)
F (12.14) sen30 0.08(20)
F 7.67 N
SOLUCIÓN4
0.5
r
cos
0.5
r 0.5773
cos30
0,5.sen .
r
cos 2
0,5.sen30.3
r
cos 2 30
r 1
r 0,5tg .sec .
r 0.5 sec 2 .sec . 2 tg .sec .tg . tg .sec .
r 0.5 sec . tg .sec . tg .sec .
3 2 2 2
r 8.660
Hallamos las aceleraciones:
ar r r 2
ar 8.660 0.5774.32
ar 3.464 m s 2
a r 2r
a 5.774(0) 2(1)(3)
a 6
Hallamos las fuerzas:
F r mar
N cos 30 1(9.81)( sen(30)) 1(3.464)
N 9.664 N
F ma
FOA 1(9.81) cos 30 9.664 sen30 1(6)
FOA 19.3 N
SOLUCIÓN:
Tenemos:
r 0, 6 cos
r 0, 6 cos 30
r 0.5196m
r 0, 6sin .
r 0, 6sin 30.(2)
r 0.6 m s
r 0, 6(cos . 2 sen . )
r 0.6 cos 30(2) sen30(0,8)
r 2.318 m s 2
Hallamos la aceleracion:
ar r r. 2
ar (2.318) 0.5196(22 )
ar 4.397 m s 2
a r. 2.r.
a 0.5196(0.8) 2(0.6)(2)
a 1.984 m s 2
Hallamos la fuerzas:
F r m.ar
N .cos30 0.5(4.397)
N 2.539
F m.a
FOA 2.539sen30 0.5(1.984)
FOA 0.277
5.43 el ccilindro Ccomunica al extremos de A la biela AB una velocidad constante 𝑣0 en el
sentido x negativo. Determinar en función de x, las expresiones de la velociadad angular 𝜔 =
𝜃̇ y de la aceleración angular 𝛼 = 𝜃̈ de la biela.
Solución:
𝑥 = 𝐿𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑦 = 𝐿𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑣𝑥 = 𝑥
−𝑣0 = −𝐿𝑐𝑜𝑠𝜃(𝜃̇ )
𝑣0
𝜔 = 𝜃̇ = … … … (1)
𝐿𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑣0
∴𝜔=
√𝐿2 − 𝑥2
De (1): Para el calculo de la aceleración angular
𝑣0′ (𝐿𝑠𝑒𝑛𝜃) − 𝑣0 (𝐿𝑠𝑒𝑛𝜃)′
𝜃̈ =
𝐿2 𝑠𝑒𝑛2 𝜃
−𝑣0 𝐿𝑐𝑜𝑠𝜃(𝜃̇ )
𝜃̈ =
𝐿2 𝑠𝑒𝑛2 𝜃
−𝑣0 𝐿𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑣0
𝜃̈ =
𝐿2 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 𝐿𝑠𝑒𝑛𝜃
−𝑣02 𝑐𝑡𝑔𝜃
𝜃̈ = ( )
𝐿2 𝑠𝑒𝑛2 𝜃
−𝑣02 𝑥
∴ 𝜃̈ = 3
(𝐿2 − 𝑥 2 )2
5.71 La rotación de una rueda dentada se controla por el movimiento de del extremo a de la
cremallera. Si el vástago del piston tiene una celeridad constante 𝑥̇ = 300𝑚𝑚/𝑠 durante un
corto inérvalo del movimiento, determinar la velocidad angular 𝜔0 de la rueda y la velocidad
angular 𝜔𝐴𝐵 de AB en el instante en que x=800mm.
Solución:
Del grafico:
200
𝜙= = 14.48
800
𝑣𝑇 = 𝑣𝐴 𝑐𝑜𝑠𝜙 = 290.47𝑚𝑚/𝑠
Ahora:
𝑣𝑇/𝐴 75
𝜔 𝑇/𝐴 = =
𝐴𝑇 774.6
∴ 𝜔 𝑇/𝐴 = 0.968 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝑣𝑇 290.47
𝜔0 = =
𝑂𝑇 200
∴ 𝜔0 = 1.452 𝑟𝑎𝑑/𝑠
5.113 La banda flexible F esta sugeta en E al sector giratorio y pasa por la poleas de guía. Hallar
las velocidades angulares de AD y BD para la posición representada si la banda tiene una
velocidad de 4m/s
Solución:
O’ es el centro instantáneo
𝜔𝐴 = 𝜔𝑡
𝑣𝐴 𝑣 0.125 ∗ 4
= 𝑣𝐴 = = 2.5𝑚/𝑠
0.125 0.20 0.20
𝜔𝐴𝐷 = 𝜔𝑜′𝐷 = 12.5 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝑣𝐷 = 𝑂′ 𝐷(𝜔𝑂′ 𝐷 ) = 𝑂′ 𝐷(𝜔𝐴𝐷 )
Solucion:
Despejando 𝛾̇
𝜃̇ [𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑡𝑎𝑛𝛾𝑠𝑒𝑛𝜃]
𝛾̇ =
sec 2 𝛾 (2 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)
Despejando 𝛾 de (1)
𝑠𝑒𝑛(45)
𝛾 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛( )
2 − cos(45)
𝛾 = 28.7
Entonces evaluando en 𝛾̇
𝛾̇ = 0.572 𝑟𝑎𝑑 ⁄𝑠
𝜔𝑂𝐵 = 0.572 𝑟𝑎𝑑⁄𝑠
Cuando se activa l cilindro hidráulico, OB se alarga a razón de 0.26 𝑚⁄𝑠. Calcular la aceleración
normal del punto A en su trayectoria circular en torno a C en el instante en que 𝜃 = 60
Solución:
𝜃̇ 𝜃 𝜃
𝐿̇ = 2(0.2) 𝑐𝑜𝑠 ( ) = (0.2)𝜃̇ 𝑐𝑜𝑠 ( )
2 2 2
Despejando 𝜃̇
𝐿̇
𝜃̇ = = 1.5 𝑟𝑎𝑑⁄𝑠
𝜃
(0.2)𝑐𝑜𝑠 ( )
2
𝜃̇ es la velocidad angular de AC, ya que es la misma estructura:
Entonces 𝑣𝑎 = 𝑟𝐴𝐶 𝜃̇
Por pitagoras:
𝑎𝑛 = 0.753 𝑚⁄𝑠 2
De (1) y (2):
Del grafico:
5 3
𝑣𝐵 = 𝑣𝐶 … … … (3)
12 4
𝑣𝐵 + 𝑣𝐶 = 1.6 … … … (4)
Entonces:
𝑣𝐵 = 1.029𝑚/𝑠
F14-5. El bloque de 1.5 Kg se desliza a lo largo de un plano liso y choca con un resorte no lineal
con una rapidez de v= 4 m/s. El resorte se denomina “no lineal” por qué su resistencia Fs=ks2,
donde k= 900 N/m2. Determine la rapidez del bloque después de que se comprime el resorte
s=0.2m.
Solución:
Principio de trabajo y energía: La fuerza de resorte Fsp que actúa en dirección opuesta a la del
desplazamiento hace un trabajo negativo. La reacción normal N y el peso del bloque no se
desplazan, por lo tanto, no realizan trabajo. Aplicando la ec. 14–7, tenemos.
T1 + ∑U1−2 = T2
0.2𝑚
1
(1.5)(42 ) + c − ∫ 900s2 ds = 1 2 (1.5) 𝑣 2
2 0
𝑣 = 3.58 𝑚/𝑠
*14-48. Un automóvil que pesa 3500 lb sube una pendiente de 7° a una rapidez constante de
v=40 pies/s. Si se ignoran la fricción y la resistencia del viento, determine la potencia
desarrollada por el motor dado que la eficiencia mecánica del automóvil es e=0.65.
Solución:
𝑠 = 𝑣𝑡 = 40(1) = 40𝑓𝑡
𝐹 = (3500)(𝑠𝑖𝑛7°) = 426.543𝑙𝑏
𝑃𝑜𝑢𝑡 = 𝐹 ∗ 𝑣 = 426.543(40) = 17.062 ∗ (103 )𝑓𝑡. 𝑙𝑏/𝑠
*14-85. El cilindro tiene una masa de 20 kg y se suelta del reposo cuando h=0. Determine su
rapidez cuando h=3m. Cuando uno del resorte tiene una longitud alargada de 2m.
Solución:
Conservación de la energía:
Solución:
Diagrama de cuerpo libre: Aquí, el plano x – y se establece paralelo al plano inclinado. Así, el
eje z es perpendicular al plano inclinado. La fuerza de fricción actuará a lo largo, pero en
sentido contrario al del movimiento, lo que forma un ángulo θ con el eje x. Su magnitud es
F𝑓 = u𝑘 N = 0.2N.
Principio de Impulso y Cantidad de Movimiento:
𝑡2
m(𝑣1 )𝑧 + ∑ ∫ F𝑧 𝑑𝑡 = m(𝑣2 )𝑧
𝑡1
20 20
(0) + N(3) − 20cos30°(3) = (0)
32.2 32.2
𝑁 = 17.32 𝑙𝑏
y
𝑡2
m(𝑣1 )𝑥 + ∑ ∫ F𝑥 𝑑𝑡 = m(𝑣2 )𝑥
𝑡1
20 20
(0) + 6(3) − [0.2(17.32)cos(θ)](3) = (vcos(θ))
32.2 32.2
cosθ(v + 16.73) = 28.98 (1)
y
𝑡2
m(𝑣1 )𝑦 + ∑ ∫ F𝑦 𝑑𝑡 = m(𝑣2 )𝑦
𝑡1
20 20
(0) + 15(3) − [15 sin(30°)](3) − [0.2(17.32)cos(θ)](3) = (vsen(θ))
32.2 32.2
senθ(v + 16.73) = 24,15 (2)
θ = 39.80°
v = 20.99 ft/s = 21ft/s
*16.13 Si el motor del taladro eléctrico hace girar la flecha de la armadura S con una velocidad
angular de 𝑤𝑠 = 100𝑡1/2 rad/s, determine su velocidad y aceleración angulares en el instante
en que ha realizado 200 revoluciones, a partir del punto de reposo.
Solución
2𝜋𝑟𝑎𝑑
Movimiento del eje de armadura S: Aquí 𝜃𝑠 = 200rev ( 1 𝑟𝑒𝑣 ) = 400𝜋 , la velocidad
angular de A se puede determinar a partir de
∫ 𝑑𝜃𝑠 = ∫ 𝑤𝑠 𝑑𝑡
∫ 𝑑𝜃𝑠 = ∫ 100𝑡1/2 𝑑𝑡
𝜃 𝑡
𝜃𝑠 | 𝑠 = 66.67𝑡 3/2 |
0 0
𝜃𝑠 = 66.67𝑡 3/2 rad
Cuando 𝜃𝑠 = 400 𝜋 𝑟𝑎𝑑,
Así, la velocidad angular del eje después de que gira 200 rev (t = 7.083 s) es
Solución
𝑦𝐵 = 3 𝑠𝑒𝑛(𝜃)𝑓𝑡
Derivados del tiempo: derivando respecto al tiempo,
Solución:
𝑉𝐵 = 𝑉𝐴 + 𝑤𝐴𝐷𝐵 × 𝑟𝐵/𝐴
𝑉𝐵 𝑗 = 8𝑖 + (𝑤𝐴𝐷𝐵 𝑘) × 𝑟𝐵/𝐴
𝑉𝐵 𝑗 = (8 − 2.828𝑤𝐴𝐷𝐵 )𝑖 + 2.828𝑤𝐴𝐷𝐵 𝑗
0 = 8 − 2.828𝑤𝐴𝐷𝐵 (1)
𝑣𝐵 = 2.828𝑤𝐴𝐷𝐵 (2)
Resolviendo las ecuaciones 1 y 2 tenemos
𝑉𝐷 = 𝑉𝐴 + 𝑤𝐴𝐷𝐵 × 𝑟𝐷/𝐴
(𝑣𝐷 )𝑥 𝑖 + (𝑣𝐷 )𝑦 𝑗 = 4𝑖 + 4𝑗
Aquí, 𝑟𝐶/𝐷 = {−2 cos 30°𝑖 + 2 𝑠𝑒𝑛 30° 𝑗}𝑓𝑡 = {−1,732𝑖 + 1𝑗}𝑓𝑡 ; aplicando la ecuación 16-
16 tenemos
𝑉𝐶 = 𝑉𝐷 + 𝑤𝐶𝐷 × 𝑟𝐶/𝐷
0 = 4 − 𝑤𝐶𝐷 (3)
𝑤𝐶𝐷 = 4𝑟𝑎𝑑 /𝑠
𝑣𝐶 = 2.93 𝑓𝑡/𝑠 ↓
16.91. Si al centro del engranaje se le imprime una velocidad de Vo= 10 m/s, determine la
velocidad del bloque corredizo B en el instante que se muestra.
Solución
𝒗𝑨 𝒗𝑶
𝒘𝒈 = =
𝑟𝐴/𝐶𝐼 𝑟𝑂/𝐶𝐼
𝒗𝑨 𝟏𝟎
=
0.3 0.175
𝒗𝑨 = 17.143 m/s ⟶
La ubicación del CI para la varilla AB se indica en la Fig. b. De la geometría mostrada en la
figura b,
𝑟𝐴/𝐶𝐼 = 0.6 𝑚
Entonces,
Solución
𝑣𝐵 = 𝑤𝑊 𝑟𝐵 = 𝑤𝑊 (0.15)
Movimiento del plano general: aplicando la ley de los senos a la geometría que se
muestra en la Fig. b,
𝑠𝑒𝑛(𝜙) 𝑠𝑒𝑛(45)
=
0.15 0.45
𝜙 = 13.63°
La ubicación del CI para la varilla BC se indica en la Fig. c. Aplicando la ley de los senos a la
geometría de la figura c,
𝑟𝐶/𝐼𝐶 0.45
=
𝑠𝑒𝑛(58.63°) 𝑠𝑒𝑛(45)
𝑟𝐶/𝐼𝐶 = 0.5434 m
𝑟𝐵/𝐼𝐶 0.45
=
𝑠𝑒𝑛(76.37°) 𝑠𝑒𝑛(45)
𝑟𝐶/𝐼𝐶 = 0.6185 m
Así, la velocidad angular de la varilla BC es
𝑣𝑐 3
𝑤𝐵𝐶 = = = 5.521 rad/s
𝑟𝐶/𝐼𝐶 0.5434
𝑣𝐵 = 𝑤𝐵𝐶 𝑟𝐵/𝐼𝐶
𝑤𝑊 (015) = 5.521(0.6185)
𝑤𝑊 = 22.8 rad/s
también;