SEMANA 9 2020-2 P ZC51

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Dinámica 2020-2
Semana 9
1
Tema:
Trabajo y Energía
ANALISIS PARA CAMBIOS DE ESTADO DINAMICO, PARA UN INTERVALO DE 
TIEMPO ENTRE t1 Y t2
APLICACIONES EN LA INDUSTRIA
C
D
X
Y
x

y

vG


m
La energía cinética en todo el Cuerpo Rígido:
1. Energía Cinética de un Cuerpo Rígido (T):
Se cumple para un instante de tiempo t
Modelo General (Traslación + Rotación):
TRABAJO Y ENERGIA DE CUERPOS RIGIDOS (2D)
G
Gr
O
2 2
G G
inet
1 1
T= m.v I 
2 2
Energia cinetica Energia c ica
en Traslación en rotación

 
 
+
Gv = . Gr
G A B
G A B
v v v
r r r
 = = =
90 = 
Esta ecuación se 
cumple para todos 
los casos: Traslación 
pura rectilínea, 
curvilínea, rotación 
pura y traslación 
mas rotación
Cuando los rA y rB no son perpendiculares se utiliza el Teorema de 
la Mediana:
Ar c= . . .C I R
Br a=G
Gr m=
AB
Gv = . Gr
Gv 2 2
G G
inet
1 1
T= m.v I 
2 2
Energia cinetica Energia c ica
en Traslación en rotación

 
 
+
G A B
G A B
v v v
r r r
 = = =
Av
Bv

90  
b L=
Gr m=
Casos Particulares:
2
G
1
=0 T m
2
v  =
b) Traslación Pura Curvilínea:
2
G
1
=0 T m
2
v  =
Sabemos que :
Gv = . Gr
a) Traslación Pura Rectilínea:
c) Rotación Pura:
( )2 222 2
1
T
1
2
=
1
2 2
O
G
I
GGG rr I Im m  + = +
G
A
Gv =v .A T r=
Av
Gv
T
2 2
G G
1 1
T= mv I
2 2
+
T cr
T cr
 
 
=
=
2
O
1
T I
2
=
0Gv =
m
r
2
G
2 I
2
1
2
1
T += Gmv
0Ov =
2( )O GGI mrI= +
ROTACION PURA CUANDO EL CENTRO DE MASA COINCIDE CON EL PUNTO FIJO DEL CUERPO
2 2
G G
1 1
T= mv I
2 2
+
2 2
G
1 1
T= m(0) I
2 2
+
2
G
1
T= I
2

ENERGIA CINETICA DE UN CUERPO EN ROTACION PURA
GI
Gv
2 2
G
1 1
T I ...(1)
2 2
Gmv = + 
AI


METODO I METODO II
21 ...(2)
2
AT I = 
2
G
1
I mL
12
=
21I mL
3
A =
.G Gv r=
( )
2 2
G
1 1
T I
2 2
Gm r = +
( )2G
1
T I
2
Gmr= +
21
2
AT I =
Gr
BARRAS DELGADAS
2
GI =IA Gmr+
ENERGIA CINETICA PARA CUERPOS RODANTES EN 
SUPERFICIES PLANO-CONVEXAS
GI
Gv
2
G
2 I
2
1
2
1
T += Gmv
pI


METODO I METODO II
21
2
PT I =
.G Gv r=
( )
2 2
G
1 1
T I
2 2
Gm r = +
( )2G
1
T I
2
Gmr= +
21
2
PT I =
P P
2
GI =IP Gmr+
Gr
CUERPOS RODANTES
CASO PARTICULAR EN ROTACION PURA CUANDO EL CENTRO DE MASA ES EL PUNTO FIJO
Para el caso de engranajes, tanto para el pinon como para el engrane, se cumple que la
velocidad del centro de masa vG = 0 de cada uno de ellos es nula; por tanto, las
ecuaciones para un movimiento plano cualquiera se reducen a;
v
SISTEMA
2 21 1T mv (2)(8) 64
2 2
L GL J= = =
L B AT T T T= + +
v =vL D B Dr=
D
Br D
r
Ar
BO
AO
B
A
Dv
8 /Lv m s=
2kg
240 .
BG
I kg m=
220 .
AG
I kg m=2
G
2 I
2
1
2
1
T += Gmv
8=v 8D B=
1 /B rad s =
2 21 1T I (40)(1) 20
2 2
B B B J= = =
v A A B Br r = =
2 (1)(6)A = 3 /A rad s =
2 21 1T I (20)(3) 90
2 2
A A A J= = =
2 2 21 1 1mv I I 64 20 90 174
2 2 2
GL B B A AT J = + + = + + =
FU . .cos . .cos F dr F dr F ds = • = =  
a) Trabajo de una Fuerza Variable:
 •=
2
1
FU
t
t
rdF

Forma general
dr
Trabajo de una Fuerza (Entre dos estados dinámicos):
dr: siempre es tangente a la trayectoria y siempre va en el sentido
del movimiento y coincide con la dirección del vector velocidad que
tiene el punto.
FU ( )−
90
=90
FU 0=

0≤<90
F
FU ( )+
dr ds=
dr
dr
F

A
A
A
F dr
Se une los origenes de ambos 
vectores y se determina el angulo 


Q=30N
1F
2F
3
2
1
2
1
3
2
3
Sistema
2t1t1ESTADO 2ESTADO
Se aplica entre 2 
estados 
dinámicos
1dr
2dr
3dr
Fuerzas puntuales
3F
1
1 2 1 1 2 2 3 3U d d F dr F r F r→ = • + • + •   
Donde F1, F2, F3 son fuerzas externas al sistema. 1
ˆd r i= −
2
ˆd r j= −
A
Sistema: Es un conjunto de cuerpos interconectados o también puede 
estar formado por un solo cuerpo.
2

1
 1B
F

G
1DF

Sistema
1AF

B
Bm
1AGA
BG
1Gv

Am
2Gv

2BF

2AF

2DF

Estado 1 Estado 2
También:
1 1 2 2UT T→+ =  
Nota: En un sistema las 
fuerzas internas no 
realizan trabajo
Una cadena es 
un conjunto de 
eslabones
2 2 2 2
1 1 GA 1 B G1B GB 1
1 1 1 1
T = I + I
2 2 2 2
A G A A Bm v m v + +
2 2 2 2
2 2 GA 2 B G2B GB 2
1 1 1 1
T = I I
2 2 2 2
A G A A Bm v m v + + +
1 2 1 2 1 2 1 2U
CA B FF FU U U→ → → →= + +
b) Trabajo de una Fuerza Constante:
Si una fuerza es constante, su magnitud y su 
dirección son constantes, por lo que el trabajo se 
reduce a la fuerza por el vector desplazamiento.
 ( )ˆ 
 
 ( )
F
F
F cte magnitudF F
F cte u cte dirección
  == 

= =
rFU F

•=
.FU FCos S=
c) Trabajo del Peso (considerando g=cte):
r
WU W r= • 
mg
TIERRA
b) Trabajo de una Fuerza Constante:
Si una fuerza es constante, su magnitud y su 
dirección son constantes, por lo que el trabajo se 
reduce a la fuerza por el vector desplazamiento.
 ( )ˆ 
 
 ( )
F
F
F cte magnitudF F
F cte u cte dirección
  == 

= =
rFU F

•=
.FU FCos S=
c) Trabajo del Peso (considerando g=cte):
1G
G
2GY
1GY
W

W

dy
dx
Nivel de Referencia
X
Y
Estado inicial 1 Estado final 2 ( ) ( )jdyidxjmgrdW ˆˆˆUpeso +•−=•=  

( )12peso .U GG YYgm −−=
YG1 y YG2 representan las coordenadas respecto a un
nivel de referencia del centro de masa del cuerpo.
r
En este caso siempre se utiliza un nivel de referencia
dr
mg

WU W r= • 
2
1
pesoU
G
G
y
y
mg dy= − 
2G
d) TRABAJO DE UN RESORTE QUE SIGUE LA LEY DE HOOKE (F=-Kx=-Kδ):
1
2
2
1
OL
LO : Longitud sin deformación, o indeformada o natural
022011 LLLL −=−= 
( )
2
1
UR K d


 = −
( )2122F 21
2
1
U R  −−=→ K
UF F dr= •
( ) −=→  dKR
F
21U
e) FUERZAS QUE NO TRABAJAN:
Hay algunas fuerzas externas que no trabajan cuando el cuerpo se desplaza:
1) Cuando las fuerzas son 
perpendiculares al desplazamiento del 
punto móvil.
2) Cuando las fuerzas actúan sobre 
puntos fijos.
3) Cuando no hay deslizamiento de la 
superficie de un cuerpo con respecto al 
piso. 

G
... RICCte
N
vB
OR
O
0=dr G
W
f
f
T
1L
2L
Para que haya trabajo debe de haber necesariamente movimiento del punto donde actúa la fuerza
U 0
OR O
R dr= • =
U 0N N dr= • =
dr A
drcuerpo
d) TRABAJO DE UN RESORTE QUE SIGUE LA LEY DE HOOKE (F=-Kx=-Kδ):
1
2
2
1
OL
022011 LLLL −=−= 
( )
2
1
UR K d


 = −
( )2122F 21
2
1
U R  −−=→ K
UF F dr= •
( ) −=→  dKR
F
21U
e) FUERZAS QUE NO TRABAJAN:
Hay algunas fuerzas externas que no trabajan cuando el cuerpo se desplaza:
1) Cuando las fuerzas son 
perpendiculares al 
desplazamiento del punto 
móvil.
2) Cuando las fuerzas actúan sobre 
puntos fijos.
3) Cuando no hay deslizamiento de la 
superficie de un cuerpo con respecto al 
piso. 

G
... RICCte
N
vB
OR
O
0=dr G
W
f
T
1L
2L
Para que haya trabajo debe de haber movimiento del punto donde actúa la fuerza
U 0
OR O
R dr= • =
U 0N N dr= • =
U Cos90 0T Tds=  =
dr
dr
LO : Longitud sin deformación, o indeformada o natural
cuerpo
1) (haya deslizamiento o no)0=NU 2)
0=fU
0=RoU
(cuando no hay deslizamiento)
(reacción en el punto O)
T BU T dr= •
 = 90. CosdrTU BT
0=TU
WU W dx= •
 = 90WdxCosUW
0=WU
4) Si la trayectoria es horizontal, respecto al peso:
3) 
f) Trabajo de un Par en el Plano: 


d FrM

2=
F



d
drd =

F

−
dS


d 

d
r
F

rd

  === FrdFdsCosFdsU par 2202
1
= FrdU par 2
  •==
2
1
2
1






dMMdU par
generalizando en el espacio 
 •=
2
1




dMU par
Si M es constante 
Donde las unidades θ2 y θ1 son en radianes
( )12 

−•= MU par
θ1 y θ2 se miden respecto al eje positivo +X
parU M = • 
WU W r= • 
( )12peso .U GG YYgm −−=
θ1 y θ2 pueden estar en sentido horario o
antihorario pero necesariamente se miden respecto
al eje positivo +X, para este procedimiento
M k=
21
2
eV k=
g) Trabajo de un Resorte elástico de torsión o en espiral: •=
2
1




dMU par
Sea M el Momento del Par del resorte elástico de torsion
Entonces el Trabajo del resorte de torsión es:
3. Principio del Trabajo y la Energía Cinetica
1) Para un cuerpo rígido:
2) Para un sistema de cuerpos 
interconectados: 
 =+ → 2211 TUT
  =+ → ffii TUT
Llamado también Teorema de las fuerzas Vivas, nos indica que cuando sobre un cuerpo 
actúan una serie de fuerzas y/o Pares el cuerpo experimenta un cambio en su Energía Cinética
+ =O O OG1
G2
ESTADO 1 ESTADO 2
CAMBIO DE ESTADO
D.C.L.
ESTRATEGIA
t1 t2
ESTRATEGIA
+ =G1
G2
ESTADO 1 ESTADO 2
CAMBIO DE ESTADO
D.C.L.
ESTRATEGIA
1 5 /rad s =
O O O
G1 0Gy =

1 0 =
+X
+X
2
2
rad

 = −
2 1,5Gy m= −
2 2Gy
98mg N=
nO
tO
60 .M m N=
Movimiento
ROTACION PURA
+ =G1
G2
ESTADO 1 ESTADO 2
CAMBIO DE ESTADO
D.C.L.
ESTRATEGIA
1 5 /rad s =
O
O
O
98mg N=
nO
tO
60 .M m N=
2
2
rad

 = −
1 0 =

1 0Gy =
2 1,5Gy m= −2 2
1 1 1
1 1
2 2
G GT mv I = +
1 2 1 2 1 2
Par PesoU U U→ → →= +
2
2
1 1
1
2
OT I =
2
2 2
1
2
OT I =
11 22
ˆ ˆ( ) ( 6 ) 94) ,0 0
2
24( 8ParU JM k k

 → = • − = − • − − +=
11 22 ( ) 98( 1 ) 145 0 7,G G
PesoU Jmg y y→ = − − = − +− − =
1 2 94,248 147U → = + 1 2 241,248U J→ =
+X
G
Movimiento
+ =G1
G2
ESTADO 1 ESTADO 2
CAMBIO DE ESTADO
D.C.L.
ESTRATEGIA
1 5 /rad s =
O
O
O
98mg N=
nO
tO
60 .M m N=
2
2
rad

 = −
1 0 =

1 0Gy =
2 1,5Gy m= −2 2
1 1 1
1 1
2 2
G GT mv I = +
1 2 1 2 1 2
Par PesoU U U→ → →= +
2
2
1 1
1
2
OT I =
2
2 2
1
2
OT I =
11 22
ˆ ˆ( ) ( 6 ) 94) ,0 0
2
24( 8ParU JM k k

 → = • − = − • − − +=
11 22 ( ) 98( 1 ) 145 0 7,G G
PesoU Jmg y y→ = − − = − +− − =
1 2 94,248 147U → = + 1 2 241,248U J→ =
+X
G
Movimiento
+ =
+ =G1
G2
ESTADO 1 ESTADO 2
CAMBIO DE ESTADO
D.C.L.
ESTRATEGIA
1 5 /rad s =
O
O
O
98mg N=
nO
tO
60 .M m N=
2
2
rad

 = −
1 0 =

1 0Gy =
2 1,5Gy m= −
2 2
1 1 1
1 1
2 2
G GT mv I = +
2 2
2 2 2
1 1
2 2
G GT mv I = +
Utilizando el Principio del Trabajo y la energía cinética:
2
2375 241,248 15+ =
2 2
1 1
1 1
(30)(5) 375
2 2
OT I J= = =
2
2 2
1
2
OT I =
2 2 21 1 (10)(3) 30 .
3 3
OI mL kg m= = =
1 1 2 2T U T→+ =
2
2 2
1
(30)
2
T =
2
2 215T =
1 2 241,248U J→ =
2 6,41 /rad s =
2 2. 6,41(1,5)G Gv r= =
2 9,614 /Gv m s=
2Gv
+X
G 2

1,5Gr m=
+ =G1
G2
ESTADO 1 ESTADO 2
CAMBIO DE ESTADO
D.C.L.
ESTRATEGIA
1 5 /rad s =
O
O
O
98mg N=
nO
tO
60 .M m N=
2
2
rad

 = −
1 0 =

1 0Gy =
2 1,5Gy m= −
2 2
1 1 1
1 1
2 2
G GT mv I = +
2 2
2 2 2
1 1
2 2
G GT mv I = +
Utilizando el Principio del Trabajo y la energía cinética:
2
2375 241,248 15+ =
2 2
1 1
1 1
(30)(5) 375
2 2
OT I J= = =
2
2 2
1
2
OT I =
2 2 21 1 (10)(3) 30 .
3 3
OI mL kg m= = =
1 1 2 2T U T→+ =
2
2 2
1
(30)
2
T =
2
2 215T =
1 2 241,248U J→ =
2 6,41 /rad s =
2 2. 6,41(1,5)G Gv r= =
2 9,614 /Gv m s=
2Gv
+X
G 2

1,5Gr m=
El disco de 30 kg esta soportado por un Pin en el apoyo O. Inicialmente se encuentra en 
reposo, cuando el resorte se encuentra sin deformación. En el momento en que alcanza 
una rapidez angular de 2 rad/s debido al Par, determine:
a.- El ángulo que rota el disco.()
b.- La magnitud de la fuerza de reacción del apoyo O en el eje X.(N)
c.- La magnitud de la fuerza de reacción del apoyo O en el eje Y.(N)
d.- La magnitud de la aceleración angular del disco.(rad/s2)
+ =
ESTADO 1
ESTADO 2CAMBIO DE ESTADO
2
1 1
1
2
GT I =
1 0 =
1 0T =
RF
294mg N=
YO
XO
2 2 /rad s =
1 2 1 2 1 2
RFParU U U→ → →= +
I.- Utilizando el Principio del Trabajo y la energía cinética:
1 1 2 2T U T→+ =
2
2 2 2 2
1 2 2 1 2
1 1
. ( ) (10)((0,2 ) (0) )
2 2
RFb U k   →− = − − = − −
1 0 =
11
21 0
2
OI  = =
1 2 2 1 2
ˆ ˆ. ( ) ( 5 ) ( 0)Para U M k k  →− = • − = − • − − 1 2 25
ParU → =
2
1 2 20,2
RFU → = −
2 2
2 2
1
0,5(0,6)(2) 1,2
2
GT I J= = =
2
21 2 2,25 0U  → = −
2
2
A
+X+X
Movimiento
a.- El ángulo que rota el disco.()
b.- La magnitud de la fuerza de reacción del apoyo O en el eje X.(N)
c.- La magnitud de la fuerza de reacción del apoyo O en el eje Y.(N)
d.- La magnitud de la aceleración angular del disco.(rad/s2)
2 20,2 =
1
2
2
1
B
2 1,2J =
+ =
ESTADO 1
ESTADO 2CAMBIO DE ESTADO
1 0 =
1 0T =
RF
294mg N=
YO
XO
2 2 /rad s =
2
1 0 =
2
2 20,2 5 1,2 0 + − + = 2
5 25 4(0, 2)( 1,2)
2( 0, 2)

+  − +
=
+
2 24,7576 1418,5055rad =  
2 0,2423 13,8827rad =  
Se acepta el menor valor ya que para el mayor valor el resorte esta prácticamente malogrado
2 0,2(0,2423) 0,04846m = =
2 2 0,4846RF K N= =
2 1,2T J=
1 1 2 2T U T→+ =Luego en:
2
21 2 2,25 0U  → = −
2
2
20 0,2 1,25 + − =

2
2
A
Movimiento
a.- El ángulo que rota el disco.()
b.- La magnitud de la fuerza de reacción del apoyo O en el eje X.(N)
c.- La magnitud de la fuerza de reacción del apoyo O en el eje Y.(N)
d.- La magnitud de la aceleración angular del disco.(rad/s2)
2 20,2 =
2
1
B
1
2
180
R S 

=
ESTADO 2
 = 0,2423 rad
 = 8,1718rad/s2
OX = 0
Oy = 294,4846 N
II.- Análisis del cuerpo rígido ya en el estado 2:
CAUSAS
=
EFECTOS
2 0,4846RF N=
2) O Ga M I  =
2
ˆ ˆ ˆ5 0,4846(0,2) 0,6( )k k k− + = −
2
2 8,1718 /rad s =
b) 0XX GF ma = =
0XO =
c) 0YY GF ma = =
0,4846 294 0YO − − =
294,4846YO N=
0yGma =
0xGma =
a.- El ángulo que rota el disco.()
b.- La magnitud de la fuerza de reacción del apoyo O en el eje X.(N)
c.- La magnitud de la fuerza de reacción del apoyo O en el eje Y.(N)
d.- La magnitud de la aceleración angular del disco.(rad/s2)
La barra tiene una masa de 10 kg y se somete a un par M = 50N.m y a una fuerza P
=80N, la cual siempre se aplica perpendicular al extremo de la barra. Además, la
longitud no alargada del resorte es de 0,5 m y permanece en la posición vertical
debido a la guía del rodillo B. Si la barra parte del reposo en  = 0°, para  = 90°,
determine: (4 Puntos)
a.- El Trabajo del peso.(J)
b.- El Trabajo de la fuerza del resorte.(J)
c.- El Trabajo del Par.(J)
d.- El Trabajo de la fuerza P.(J)
e.- El Trabajo total realizado.(J)
f.- La rapidez angular de la barra.(rad/s)
g.- La aceleración angular de la barra.(rad/s2)
h.- La fuerza de reacción normal en A.(N)
i.- La fuerza de reacción tangencial en A.(N)
+ =G1
G2
ESTADO 1
CAMBIO DE ESTADO
D.C.L.
ESTRATEGIA
1 0 =
A A A
G1 0Gy =

1 0 =
+X +X
2 1,5Gy m= −
2 2Gy
ESTADO 2
0,75m L1=0,75m
98mg N=
nA
tA
50 .M m N=
RF
80P N=
L0=0,5m
L2=2,75m
2 m
1 2 12. ( ) 98( 1,5 70) 14
Peso
G Ga JU mg y y→− = − − = − = +− −
1 0 =
2
2
rad

 = −
1 0,25m =
2 2,25m =
a.- El Trabajo del peso.(J)
b.- El Trabajo de la fuerza del resorte.(J)
c.- El Trabajo del Par.(J)
d.- El Trabajo de la fuerza P.(J)
e.- El Trabajo total realizado.(J)
f.- La rapidez angular de la barra.(rad/s
2 2 2 2
1 2 2 1
1 1
. ( ) (30)((2,25) (0,25) ) 75
2 2
RFb U k J →− = − − = − − = −
k=30N/m
1 22 1
ˆ ˆ. ( ) ( 50 ) ( 0 8)
2
7 ,54Parc JMU k k

 →− = • − = − • − − += 
1 2 2 1
ˆ ˆ. ( ) ( 240 ) ( 0 376,992)
2
P
Pd JMU k k

 →− = • − = − • − − += 
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
RFPeso Par PU U U U U→ → → → →= + + +
1 2 147 75 78,54 376,992 527,53U J→ == − + +
Movimiento
C
B
C
CD
B B
D
D
0,75m
+ =G1
G2
ESTADO 1
CAMBIO DE ESTADO
D.C.L.
ESTRATEGIA
1 0 =
A A A
G1 0Gy =

1 0 =
+X +X
2 1,5Gy m= −
2 2Gy
ESTADO 2
0,75m L1=0,75m
98mg N=
nA
tA
50 .M m N=
RF
80P N=
L0=0,5m
L2=2,75m
2 m
1 0 =
2
2
rad

 = −
1 0,25m =
2 2,25m =
a.- El Trabajo del peso.(J)
b.- El Trabajo de la fuerza del resorte.(J)
c.- El Trabajo del Par.(J)
d.- El Trabajo de la fuerza P.(J)
e.- El Trabajo total realizado.(J)
f.- La rapidez angular de la barra.(rad/s
k=30N/m
1 2 147 75 78,54 376,992 527,53U J→ == − + +
I.- Utilizando el Principio del Trabajo y la energía cinética:
2
2527,530 15+ =
2 2
1 1
1 1
(30)(0) 0
2 2
AT I = = =
2
2 2
1
2
OT I =
2 2 21 1 (10)(3) 30 .3 3
AI mL kg m= = =
2
2 2
1
(30)
2
T = 2
2 215T =
5,9303 /rad s =
Movimiento
C
B
C
CD
1 1 2 2T U T→+ =
B B
D
D
0,75m
La barra AD de masa 50 kg y con centro en B se suelta en la posición  = 90.
La constante del resorte es K = 500 N/m. Considere todas las superficies lisas.
Para  = 37 determine:
a.- El trabajo de la fuerza del resorte.(J)
b.- La rapidez angular de la barra ABD.(rad/s)
c.- La fuerza de reacción normal sobre A.(N)
d.- La fuerza sobre el extremo B.(N)
2 21 (50)(5) 104,1666 .
12
GI kg m= =
Utilizando el Principio del trabajo y la Energía Cinética entre los estados 1 y 2: 
1 1 2 2
1 0
T U T
T
→+ =
=

2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1
(50)(2 ) (104,1666) 152,0833
2 2 2 2
G GT mv I    = + = + =
2 21 (50)(5) 104,1666 .
12
GI kg m= =
2 2
1 2 1 2 1 2 2 1 2 1
1
( ) ( )
2
Resorte peso
G GU U U K mg y y → → →= + = − − − −
2 2
1 2
1
(500)((0,5) 0 ) 50(9,80)(1,5 2,5) 62,5 490 427,5
2
U J→ = − − − − = − + =
2
2152,0833 427,5J =  2 1,6765 /rad s =
=
3737
250RF N=
NA
NB
A A
) 0 : 250 2500X B Ba F N N N = − + = =
Utilizando el concepto de fuerzas y aceleraciones en el estado 2:
) . : 490 50. .50 490 ..........(1)AY Ab F am a NN a = − = −  + =
2104,1666 .GI kg m=
2 m
1,5m
( ) ( )) :P P
causas efectos
c M M = 
10
25
0
0(1,5) 490(2) 104,1666 50 (2
104,16
)
............66 605 .(2)a
a

− = − −
+ =
Utilizando el concepto de cinemática de cuerpo rígido entre A y B:
B B
2 2
/ 2 /
ˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ) ( ) . ( ) ( 2 1,5 ) (1,6765) .( 2 1,5 )
: 1,5 5,6213 ............(3)
: 0 2 4,2159 2 ..................(
1,5 5,6213
4,2 41 )59
A B A B A B A
A A
d a a R R a i aj k i j i j
X a
a
a
aY



 


= +  −  − = − + −  − − − − −
− = − − =
− = −
+ 
= − + 
mg=490 N .ma
2GI 
2 m
1,5m
CAUSAS EFECTOS
P
I.- ANALISIS DINAMICO
II.- ANALISIS CINEMATICO
TABLA DE RESULTADOS
Incógnita
s
NA a  aA Ctes
1 2 3 4
1 1 50 0 0 490
2 0 100 104,1666 0 605
3 0 0 1,5 -1 5,6213
4 0 -1 2 0 -4,2159
Resultad
os
218,9058 5,4218 0,6029 -4,7168
1 50 0 0 490A AN a a+ + + =
0 100 104,1666 0 605A AN a a+ + + =
0 0 1,5 5,6213A AN a a+ + − =
0 1 2 0 4,2159A AN a a− + + = −
La barra de 10 kg tiene un radio de giro centroidal de 0,5m, el resorte (k = 20
N/m) tiene una longitud indeformada de 20,98 m. En  = 60 se mueve a partir del
reposo por acción del Par M = 200 N.m y la fuerza P = 300N que siempre es
perpendicular a la barra. Cuando  = 0, determine:
a.- La magnitud de la velocidad angular.(rad/s)
b.- La aceleración angular de la barra.(rad/s2)
c.- La fuerza de reacción tangencial en el apoyo O.(N)
d.- La fuerza de reacción normal en el apoyo O.(N)
TRABAJO: RESOLVER
THE END!
THANK SO MUCH DEAR STUDENTS
Higher Education:
Let’s make it all that it can be and needs to be!
Vamos a hacer todo lo que puede ser y debe ser!