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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
