PROBLEMA 1 La placa semicircular de 75 kg de espesor uniforme se levanta a partir del reposo mediante dos barras paralelas de peso despreciable, debido a la acción de un Momento M = 750 Nm. Para ese instante determine: A.- La magnitud de la fuerza tangencial en A. (N) B.- La magnitud de la fuerza normal en C. (N) C.- La magnitud de la fuerza normal en B. (N) D.- La magnitud de la fuerza normal en A. (N) Solución. El grafico muestra que el cuerpo presenta traslación pura y con movimiento curvilíneo. α=0 yw =0 Pero las barras de conexión si tienen αyw Los datos: M=750 Nm m=75 kg Analizando la barra: AB Consideramos la masa de la barra AB =0 despreciable.
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PROBLEMA 1
La placa semicircular de 75 kg de espesor uniforme se levanta a partir del reposo mediante dos barras paralelas de peso despreciable, debido a la acción de un Momento M = 750 Nm. Para ese instante determine:
A.- La magnitud de la fuerza tangencial en A. (N)
B.- La magnitud de la fuerza normal en C. (N)
C.- La magnitud de la fuerza normal en B. (N)
D.- La magnitud de la fuerza normal en A. (N)
Solución.
El grafico muestra que el cuerpo presenta traslación pura y con movimiento curvilíneo.
α=0 y w=0
Pero las barras de conexión si tienen α y w
Los datos:
M=750Nm
m=75kg
Analizando la barra: AB
Consideramos la masa de la barra AB =0 despreciable.
ΣFt=0
At=Bt
ΣFn=0
An=Bn
ΣMG=IGα=0
0=Bt (56.25 ) (10 )−2+At (18.75 ) (10 )−2−M
At=Bt=1000N
En la placa semicircular.
Eje tangencial:
CAUSAS EFECTOS
ΣFt=m(aG) t
Bt−mgcos (Ɵ )=m (atr ) r=0.995
1000−75 (9.8 ) cos (Ɵ )=75(0.995at)
IG𝞪m(aG)tm(aG)n
mgcos(Ɵ)mgsen(Ɵ)
at=13.40−9.849cos (Ɵ )
Luego tenemos la siguiente relación.
Wdw=α d (Ɵ)
Wdw=13.40d (Ɵ )−9.849cos (Ɵ)d (Ɵ )
∫0
w
wdw=∫0
Ɵ
13.40d (Ɵ )−∫0
Ɵ
9.849cos (Ɵ)d (Ɵ )
W 2
2=13.40 (Ɵ )−9.849 sen(Ɵ)
W 2=26.80 (Ɵ )−19.698 sen (Ɵ)
wt=2.045 Rad /s
Eje normal:
CAUSAS EFECTOS
ΣFt=m(aG)n
mgsen (Ɵ )−Cn+Bn=m (aG )n=m (wt )2 r r : 0.995
paraƟ=30 °≠ π6
75 (9.8 ) sen (30° )−Cn+Bn=75 (2.045 )20.995
Bn−Cn=−55.4164
ΣMG=IGα ( cuerpo)=0
−Cn (d1 )−Bn (d 3 )+Bt (d2 )=0
−Cn (11.04 )−Bn (32.26 )+Bt (5.88 )=0
Bt=1000N
Cn (11.04 )+Bn (32.26 )=Bt (5.88 )=5580
Cn (11.04 )+Bn (32.26 )=5580
Además:
Bn−Cn=−55.4164
Bn=114.508N
Cn=169.924N
D1=11.04
D2=5.88
D3=32.26
PROBLEMA 2
La barra uniforme AB de 25 kg empieza a moverse del reposo en la posición indicada bajo la acción de su peso y del Par aplicado. Las guías son lisas y están en el mismo plano vertical. Para ese instante determine:
A.- La magnitud de la aceleración angular de la barra. (Rad/s2)
B.- La magnitud de la fuerza de reacción en el apoyo B. (N)
C.- La magnitud de la fuerza de reacción en el apoyo A. (N)
D.- La magnitud de la aceleración lineal del centro de masa de la barra AB. (m/s2)
E.- La magnitud de la aceleración lineal del punto B. (m/s2)
Determinamos el momento de inercia de la barra con masa de 25kg y 1.8m de longitud
I= 112
(25 ) (1.8 )2=6.75kg m2
Peso=25kg( 9.80ms2 )=245Nw=0
CAUSAS EFECTOS
=
Tomamos momentos en tanto en la causa y el efecto en el punto” respectivamente.
150−245 (0.45 )=6.75α+25ag x (0.7794 )−25ag y (0.45)
La segunda ley de newton en las causas y los efectos
Ax=25ag x
By−245=−25ag y
245N
G Gag x
ag y245N
G
P
By
Ax
Cinemática del cuerpo rígido en el tramo AG
aA=aG+(α k ) X (0.45 i+0.7794 j )−(wa /g )2(0.45i+0.7794 j)
aAj=ag x - ag y+ (α k ) X (0.45 i+0.7794 j )
En el eje X
ag x−0.7794α=0
En el eje Y
aA+ag y−0.45α=0
245N
G
P
By
Ax
Análisis de las aceleraciones en el tramo AB
aA=aB+(α k ) X (0.45i+0.7794 j )−(wa /g )2(0.45 i+0.7794 j)
aAj=aBi+(α k ) X (0.9 i+1.588 j )
En el eje X:
aA−0.9α=0
En el eje Y:
aB−1.588α=0
Resolviendo todas las ecuaciones obtenemos las siguientes respuestas
α=1.1424 Rads2
NB=261.6554N
AN=28.6913N
aB=2.2953 ms2
245
G
P
By
Ax
aG=1.3251ms2
PROBLEMA 3
La barra delgada de 10 kg parte del reposo en la posición indicada cuando la deformación del resorte es nula. Si K = 200 N/m, para θ = 37°, determine:
A.- La magnitud de la velocidad angular de AB. (Rad/s)
B.- La velocidad del centro de masa G. (m/s)
C.- La magnitud de la fuerza en el apoyo B. (N)
D.- La aceleración del punto A. (m/s2)
E.- La aceleración angular de la barra AB. (Rad/s2)
IG=12
(10 ) (5 )2=125kgm2
CAUSAS EFECTOS
=37°
Ax
Ax
Ax
Ax
37°
vG2
vG=0
w1=0
PROBLEMA 6
La barra delgada ABC tiene una masa de 2,4 kg y se une a un soporte de pasador en B. La esfera D de 0,8 kg golpea el extremo de la barra con una rapidez v1 = 3 m/s. Si L = 0,75 m y e = 0,5, inmediatamente después del impacto, determine:
A.- La rapidez angular de la barra ABC. (Rad/s)
B.- La rapidez de la esfera D. (m/s)
C- La magnitud de la aceleración angular de la barra ABC. (Rad/s2)
D.- La magnitud de la fuerza de reacción en el apoyo B. (N)
E.- El máximo ángulo alcanzado por la barra después del impacto. (°)?
I) Utilizando el Principio del Impulso y la cantidad de Movimiento Lineal para la bola entre los estados 1 y 2:
0.8 (−3 i )+∫ F .dt=0.8v 2 i
∫F .dt=0.8v 2i+2.4
II) Utilizando el coeficiente de restitución entre la bola y la barra entre los estados 1 y 2:
e=0.5= v 1+v 23
= v2+0.1875w23
0.1875w2+v 2=1.5
I) Utilizando el Principio del Impulso y la cantidad de Movimiento Angular para la barra entre los estados 1 y 2, con respecto al punto B:
HB1+∫ΣMBdt=HB2
HB1+∫0.1875 dtk=HB2
IG= 112
(2.4 ) (0.75 )2=0.1125 kgm2
0+0.1875∫Fdt=IGwG+0.1875 (mvG2)
0.1875∫Fdt=0.1125w2+0.1875(2.4)(0.1875w2)
∫Fdt=1.05w2
w2=3 Rads
v 2=0.9375ms
1.05w2=0.8v 2+2.4
1.05w2−0.8v 2=2.4
0.1875w2+v 2=1.5
III) Utilizando el concepto de Fuerzas y aceleraciones sobre la barra en el estado 2:
C ¿ ΣFt=matG :By−23.52=−2.4 (44.4 ) (0.1875 )=−10.08
By=13.44N
RB=x=√(Bx )2+(By )2=√ (4.05 )2+(13.44 )2=14.0369N
RB=14.0369N
BxBx
By
23.53N
matG
manG
IV) Observamos que sobre el cuerpo después del impacto, solo actúan sobre el, fuerzas conservativas como el peso y fuerzas en el apoyo B que no trabajan, por lo cual se cumple la Conservación de la Energía Mecánica: Aplicamos el Principio de Conservación de la Energía Mecánica entre los estados 2 y 3: