pdfcoffee com_dinamicadocx-3-pdf-free

Vista previa del material en texto

DINAMICA
MARIA CORONEL
DORALIS PACHECO 
JESSICA TINOCO
IVAN BLANCO
UNIVERSIDAD DE LA COSTA CUC
FACULTAD DE INGENIERIA
INGENIERIA CIVIL
BARRANQUILLA
2015-2
TALLER DE DINAMICA
1. Si el sistema mostrado inicia desde el reposo, encuentra la 
velocidad en t=1.2S . a) del collarín A, b) del collarín B. No tome 
en cuenta las masas de las poleas y el efecto de la fricción.
SOLUCION:
2 XA+XB+( XB−XA )=ct e
XA+2XB=ct e
VA+2VB=0
aA+2aB=0
 En B:
∑ Fx=mB∗aB
25N−2T=15∗aB T=
mB∗aB+25N
2 (1)
En A
∑ Fx=mA∗aA
T−2T=mA∗aA 
 T=mA∗aA (2)
mB∗aB+25N
2
=2mA∗aB 
 4mA∗aB+mB∗aB=25N
aB(4mA+mB)=25N 
 aB=
25N
(4mA+mB)
aB=
25Kg∗m /s2
(4 [10 ]+15) 
aB=
5
11
m /s2
aA=−2(
5
11
) aA=
−10
11
m /s2
a)
VA=
−10
11
∗(1,2)
VA=−1,09m /s
b)
V B=
5
11
∗(1,2) VB=0,54m /s
2. Cada uno de los sistemas que se muestran en la figura está al
principio en reposo. Si se ignora la fricción del eje y las masas de
las poleas, determine para cada sistema a) la aceleración del
bloque A, b) la velocidad del bloque A después que este se ha
movido 10 ft, c) el tiempo que se requiere para que el bloque A
alcance una
velocidad de 20
ft/s.
∑ Fy=maA
T−WA=−maA
T=−maA+mg
Para 1 ∑ Fy=mBaB
−mAa+mag=mBg+mBa
(−mA−mB )a=(mB−mA ) g
a=
g (mB−ma)
−mA−mb
a=
32.2(−200+100)
−200−100
ft /s2
a=10.74 ft /s2
v2=2(10.74 fts2 ) (10 ft )
v=14.65 ft /s2
va=at
20 ft / s=(10.74 ft /s2) t
t=1.863 s
Para 2 
a=
32.2(200−100)
200
ft /s2
a=16.11 ft / s2
v=√2(16.11 ft / s2)(10 ft )
v=17.94 ft /s
t=1.242 s
Para 3
a=
32.2(2200−2100)
2200+2100
ft /s2
a=0.749 ft / s2
v=3.87 ft / s
t=26.7 s
3. Un paquete está en reposo sobre una banda transportadora que
en un principio se encuentra en reposo. La banda empieza a
moverse hacia la derecha durante 1.3 s con una aceleración
constante de 2m /s
2
. Después la banda se mueve con una
desaceleración constante a2 y se detiene después de un
desplazamiento total de 2.2m si los coeficientes de fricción entre
el paquete y la banda son μs=0.35 y μk=0.25 , determine a) la
desaceleración a2 de la banda, b) el desplazamiento del paquete
relativo a la banda cuando ésta se detiene.
SOLUCION
a) Para acelerar uniforme mente el movimiento en un punto de la
cinta tenemos:
v1 = 0 v2 v3 = 0
v3
2
 = ( v2 )2 + 2 a2 ( x3 – x2 )
 0 = (2.6
m
s
¿
2
 + 2 a2 (2.2 – 1.69)m
 a2 = -6.62745 
m
s2 
a2 =6.63
m
s2 
b) Consideremos ahora el paquete para cada parte del Movimiento
1 2
 
Supongamos que el paquete no se desliza ni se encuentra en
inminente movimiento relativo a la correa.
Asunción es la correcta para que:
 ( X paquete /Belt ¿12=0
 
 F23
Repitiendo lo anterior implica
 
4. Para transportar una serie de bulto de tejas A hasta el techo, un
contratista utiliza un montacargas motorizado compuesto por una
plataforma horizontal BC que se monta a los rieles unidos a los
lados de una escalera. El montacargas empieza su movimiento
desde el reposo, al principio se mueve con una aceleración
constante a1 , como se muestra en la figura. Después se
desacelera a una tasa constante a2 y se detiene en D, cerca de
la parte superior de la escalera. Si se sabe que el coeficiente de
fricción estático entre el bulto de tejas y la plataforma horizontal
es de 0.30, determine la aceleración máxima permisible a1 , y la
desaceleración máxima permisible a2 si el bulto no debe
resbalarse sobre la plataforma.
 Solución
DCL a1
N1 
 F1
mAa1
 F1=μsN 1  0.30N 1
∑ Fy=mAay
N1−WA=mA∗a1 sen65 °
N 1=mA (g+a1 sen65 ° )
∑ Fx=mA∗ax
F1=mAa1cos65 °
0.3 (mA (g+a1 sen65 ° ) )=mA∗a1cos65 °
a1=
0.3(9.8m/ s2)
cos65 °−0.3 sen65 °
a1=19.53m /s2
F2=μk N 2→0.03 N 2
∑ Fy=mAay
N 2−WA=mA∗a2 sen65 °
N 2=mA (g−a2 sen65 ° )
∑ Fx=mAax
−F 2=mA∗a2cos65 °
0.3(mA (g−a2 sen65 ° ))=mA (a2cos65 ° )
a2=
0.3(9.8m / s2)
cos65 °+0.3 sen 65°
a2=4.237
m
s2
Desaceleraciónmáxima permisible
5. Los bloques que se muestran en la figura se encuentran
originalmente en reposo. Si se desprecia la masa de las poleas y el
efecto de fricción en éstas y entre el bloque A y la superficie
horizontal, determine a) la aceleración de cada bloque, b) la
tensión en el cable
X A+3Y B=constante
aA+3aB=0
aA=−3aB
a)
∑Fx=m∗a
∑Fx=mA∗aA
T=mA∗aA
T=3mA∗aB
b)
∑F=mB∗aB
mB∗g−3 [3mA∗aB]=mB∗aB
mB∗g=9mA∗aB+mB∗aB
mB∗g=[9mA+mB]∗aB
aB=
mB∗g
9mA+mB
aB=(25∗9,81)/(9(30)+25)=0,8313m /s
2
aA=−3[0,8313m /s
2
]=−2,493m /s2
T=(30Kg )∗(−2,493)=−74,8N
6. Los bloques que se muestran en la figura se encuentran
originalmente en reposo. Si se desprecia la masa de las poleas y el
efecto de fricción en éstas y se supone que los componentes de
fricción entre el bloque A y la superficie horizontal son
μs=0.25 yuk=0.20 , determine a) la aceleración de cada bloque, b)
la tensión en cada bloque.
Datos
Wb –3T=0T=1/3mbg
Solución
Bloque A
∑Fx=0→F A−T=0
FA=T
FA=
1
3
(25Kg)(9, 8m /s2)
FA=81,75N
∑Fy=0
W A−N A=O
mAg=N A
Fuerza máxima
(µ s)N A=(µs )mA g
N A=0,25∗30Kg∗9,8m/ s2=73,58N
Los bloques están el movimiento
a) ∑Fy=0 :W A−N A=0N A=mA g
FA=(µk )∗N A=0,20mA g
∑Fx=mA∗aA→F A−T=mAa A
T=0.20mAg+3mA∗aB
Bloque B
∑Fy=mBaB→W B−3T=mBaB
∑Fy=0
W B−3T=0=¿T=
1
3
mB∗g
mB g−3 (0,20mA g+3mA aB)−mBaB
aB=
g(1−06 mamB )
1+9
ma
mB
aB=
9.8m /s2(1−06 30kg25kg )
1+9
30 kg
25 kg
aB=0.23278
m
s2
aA=0.698
m
s2
b)
T=(30kg )(0.2∗9.8+3∗0.23278)m /s2
T=79.8N
7. Una caja B de 500 Lb está suspendida de un cable unido a una
carretilla A de 40 Lb que va montada sobre una viga I inclinada de
la forma que se muestra, si en el instante indicado la carretilla
tiene una aceleración de 1.2 ft /s
2
hacia arriba y a la derecha
determine a) la aceleración de B en relación con A y b) la tensión
en el cable CD.
 
Datos:
WA=40 Lb
WB=500Lb
aA=1,2 ft / s2
aB=aA+a(B /A )
a) ∑ Fx=mB∗aB
aB /A=
mB∗aA∗cos25 °
mB
aB /A=aA∗cos25 °
aB /A=1,03 ft /s
2
∑ Fx=mA∗aA
TCD=
WA
g
∗aA∗Sen25 °+TAB∗Sen25 °+WA∗Sen25°
∑ F y=mB∗ay
TAB=
WB
g
∗aA∗Sen25 °+W B
TAB=
500
32,2
∗(1,2)∗Sen25 °+(500)
TAB=507,8 Lb
TCD=
40
32,2
∗(1,2)∗Sen25°+(507,8)∗Sen25 °+(40)∗Sen25°
TCD=232,14 Lb
8. La varilla OA gira alrededor de O en u plano horizontal. El
movimiento del collarín B de 5 Lb se define mediante la relación
r=
10
( t−4)
y θ=( 2π )senπ , donde r se expresa en pies, t en
segundo y θ radianes. Determine las componentes radial y
transversal de la fuerza ejercida sobre el collarín cuando
a¿ t=1 s y b¿ t=6 s
Datos:
W=5Lb
r=
10
( t+4)
θ=
2
π
Sen(πt)
Solución:
r '=
−10
(t+4 )2
r ' '=
20 (t+4)
(t+4)4
θ '=2cos (πt)
θ' '=−2πSen(πt)
a). t=1 seg
ar=r
' '
−r θ2
ar=(0,16)−(2)(−2)
2
ar=−7,84 ft /s
2
aθ=rθ
' '
+2 r ' θ '
aθ=(2)(0)+2(−0,4)(−2)
aθ=1,6 ft / s
2
Fr=mar
Fr=
5
32,2
(−7,84)
Fr=−1,12Lb
Fθ=maθ
Fθ=
5
32,2
(1,6)
Fθ=0,24 Lb
b) t=6seg
ar=r
' '
−r θ2
ar=(0,02)−(1)(2)
2
ar=−3,98 ft / s
2
aθ=rθ
' '
+2 r ' θ '
aθ=(1)(0)+2(−0,1)(2)
aθ=0,4 ft /s
2
Fr=mar
Fr=
5
32,2
(−3,98)
Fr=0,61 Lb
Fθ=maθ
Fθ=
5
32,2
(0,4)
Fθ=0,06 Lb
9. La varilla OA gira alrededor de O en u plano horizontal. El
movimiento del collarín B de 300g se define mediante la
relaciones r
2
=300+100cos (0.5 πt) , donde se r expresa en
milímetros, t en segundos y θ en radianes. Determine las
componentes radial y transversal de la fuerza ejercida sobre el
collarín cuando a¿ t=0 y b¿ t=0.5 s
 Datos
m=300 g
r=300+100cos (0,5 πt)
θ=π ( t2−3 t)
Solución:
r '=−50πSen(0,5πt)
r ' '=−25 π2 cos(0,5πt)
θ'=2πt−3 π
θ' '=2π
a) t=0 seg
ar=r
' '
−r θ2
ar=(−246,74)−(400)(9,42)
2
ar=−35,76m /s
2
aθ=rθ
' '
+2 r ' θ '
aθ=(400)(6,28)+2(0)(−9,42)
aθ=2,51m / s
2
Fr=marFr=0,3(−35,76)
Fr=−10 ,72 N
Fθ=maθ
Fθ=0,3(2,51)
Fθ=0,75N
b) t=0,5 seg
ar=r
' '
−r θ2
ar=(−174,47)−(370,71)(−6,28)
2
ar=−14,79m/ s
2
aθ=rθ
' '
+2 r ' θ '
aθ=(370,71)(6,28)+2(−111,07)(−6,28)
aθ=3,72 ft /s
2
Fr=mar
Fr=0,3(−14,79)
Fr=−4,43N
Fθ=maθ
Fθ=0,3(3,72)
Fθ=1 ,11N
10. Para el movimiento definido en el problema 9, determine las
componentes radiales trasversales de la fuerza ejercida sobre el
collarín cuando t = 1.5 s
Datos
t=1,5 se g
ar=r
' '
−r θ2
ar=(174,47)−(229,28)(0)
2
ar=0,17m /s
2
aθ=rθ
' '
+2r ' θ '
aθ=(229,28)(6,28)+2(−111,07)(0)
aθ=1,43m/ s
2
Fr=mar
Fr=0,3(0,17)
Fr=0,051N
Fθ=maθ
Fθ=0,3(1,43)
Fθ=0,429N