2. 4.ª Unidad Dinamica - Cinemática de cuerpos rígidos en movimientos planos PDF

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2020Edwin Sánchez Pérez ING. MECANICA 14 -6-CINEMATICA DE CUERPOS RIGIDOSEN MOVIENTOS PLANOS.INSTITUTO TECNOLÓGICO DE SALINA CRUZ####### MATERIA:####### DINAMICA####### CARRERA:####### INGENIERÍA MECÁNICA####### SEMESTRE: IV####### GRUPO: B####### UNIDAD 4: CINEMATICA DE CUERPOS RIGIDOS EN MOVIMIENT...

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2020 CINEMATICA DE CUERPOS RIGIDOS EN MOVIENTOS PLANOS.

Edwin Sánchez Pérez ING. MECANICA 14-6-2020

INSTITUTO TECNOLÓGICO DE SALINA CRUZ MATERIA: DINAMICA

CARRERA: INGENIERÍA MECÁNICA SEMESTRE: IV GRUPO: B1 UNIDAD 4: CINEMATICA DE CUERPOS RIGIDOS EN MOVIMIENTOS PLANOS NOMBRE DEL TRABAJO: CUADERNILLO “METODOLOGIA DE EJERCICIOS BLOQUE UNO Y DOS. EQUIPO: SANCHEZ PEREZ EDWIN QUINTAS GIRON SEBASTIAN LOPEZ DEL ANGEL ANGELICA DONAJI CARBALLO GONZALEZ JAIRO JOSEPH FLORES JUAREZ ISAIAS ROMAN VENTURA JOSET ALTAMIRANO RUIZ NOEL LOPEZ ALBINO OSMAR AUDENCIO

DOCENTE: ING. PONDIGO MENDOZA JORGE

SALINA CRUZ OAXACA A 14 DE JUNIO DE 2020

Objetivo general Analizar y comprender el proceso de solución de problemas del movimiento plano de un cuerpo rígido.

Objetivos específicos • • •

Identificar las ecuaciones que aplicara en cada problema del movimiento plano del cuerpo. Describir el proceso paso a paso en la solución de ejercicios del movimiento plano del cuerpo rígido. Demostrar el dominio de los temas en la solución de ejercicios del movimiento plano del cuerpo rígido.

Introducción El presente proyecto presentara una serie de ejercicios en los que aborda los temas. − − − −

Ecuaciones de movimiento de un cuerpo rígido Movimiento angular de un cuerpo rígido en el plano Movimiento plano de un cuerpo Principio de trabajo y energía.

En el que se aplicaran los conceptos y fórmulas de la investigación antes realizada asi que, para ello, demos tener en cuenta que es fundamental que se conozca los principios básicos de los temas antes mencionados, al igual que saber determinar los tipos de movimientos que se genera el cuerpo rígido. Con la ayuda de ejemplos breves, y el resolver una serie de ejercicios el estudiante logrará conocer, analizar, identificar y además explicar con más a detalle el comportamiento de movimiento que presenta un cuerpo rígido, además de que le será de mucha ayuda identificar qué tipo de fórmulas a utilizar al momento que se presentes uno de estos movimientos en proyectos o ejercicios más adelante El objetivo de la formulación de estos ejercicios es que el alumno desarrolle la capacidad de razonar al momento de dar una solución a estos tipos de ejercicios que se podrían presentar en la práctica. Este contenido fue desarrollado con el apoyo de un libro de texto en específico que lleva por nombre: “Mecánica vectorial para ingenieros: DINAMICA”, novena edición de BERR JHONSTON, en los capítulos 16 y 17, en asuntos de análisis de información. Para la resolución de ejercicios, se hizo el uso del solucionario de este mismo libro “Mecánica vectorial para ingenieros: DINAMICA”, novena edición de BERR JHONSTON. En esta segunda parte el proceso de aprendizaje del tema 4, no solo el estudiante conocerá las definiciones generales de todo lo referente de la “cinemática de cuerpos rígidos”, sino que será capaz de resolver ejercicios que se pueden presentar ya sea en teoría o mejor aún en alguna situación en la práctica. Se espera que este trabajo desarrollado sea un buen complemento de la primera actividad ya que ambos están relacionados y toda buena compresión de cualquier información se adquiere desde el ¿Por qué? O desde el principio.

EJERCICIOS BLOQUE 1

a) la fuerza ejercida sobre la barra en C, b) la reacción en B. CUERPO LIBRE

DIAGRAMA DEL A

c

d

200 mm

FIGURA DEL PROBLEMA 150 mm w

b

Solución para encontrar b, d y w Para d d=

200 𝑚𝑚 cos 20°

Para b

=212.84 mm

B

b= (o.15 mm) (sin 20°)=51.3 mm Para w W= (2.5 kg) (9.81 m/𝑠 2 )=24.525 N 51.3 mm W

20°

=

mā

(150 mm) cos 20° 140.95 mm

212.84 mm

Bx By

B

B

Para encontrar el momento 𝑀𝐵 realizamos lo siguiente +

𝛴𝑀𝐵 = 𝛴(𝑀𝐵 )𝑒𝑓𝑓 = C (212.84 mm) – w (51.3 mm) = - mā (140.95 mm) C=

w (51.3 mm)− mā (140.95 mm) (212.84 mm)

C=0.241(24.525 N) – 0.6622(2.5 Kg) (a) C=5.911 N – 1.656a Para el inciso A nos pide encontrar la fuerza ejercida sobre la barra en C en la cual sustituimos los siguientes datos en C Datos: a=1.5 m/𝑠 2 C=5.911 N – 1.656a Sustituimos a en la ecuación de C

C=5.911 N – 1.656(1.5) C=3.43 N

20°

Para el inciso B nos pide calcular la reacción en B En la cual realizamos sumatoria de fuerzas en el componente Y para encontrar la reacción 𝐵𝑌 +

Σ𝐹𝑌 = Σ(𝐹𝑌 )𝑒𝑓𝑓 =𝐵𝑌 -W+CSIN 20°=0

𝐵𝑌 =24.525 N – (3.43 N) SIN 20°=23.35N

Ahora vamos a encontrar el valor de 𝐵𝑥 en la cual vamos a realizar sumatoria de fuerzas en el componente x +

Σ𝐹𝑥 = Σ(𝐹𝑥 )𝑒𝑓𝑓 = 𝐵𝑥 -cos 20°= mā

𝐵𝑥 -(3.43 N) cos 20°= (2.5 Kg) (1.5 m/𝑠 2

𝐵𝑥 =3.22+3.75 𝐵𝑥 =6.97 N

Entonces la respuesta del inciso B la reacción en B es la siguiente B=24.4 N

Plano del cuerpo libre B Ḇ w

3 fr m𝑎

78°

=

78° 3 fr

𝐴

3 fr 𝐴𝑌

A

Debemos determine la máxima aceleración permisible del camión. En la cual vamos a ocupar La sumatoria de 𝑀𝐴 Procedimiento +

Σ𝑀𝐴 = Σ(𝑀𝐴 )𝑒𝑓𝑓 :

w (3 ft) cos 78°=

a=g cot 78° = (32.2 ft/𝑠 2 ) cot78° a=6.84 ft/𝑠 2

𝑤

𝑔

a (3 ft) sin78°

A) Transmisión a las cuatro ruedas 1. Debemos dibujar el DCL del automóvil

Para determinar la máxima aceleración en la transmisión en las cuatro ruedas aremos uso de la sumatoria de fuerza, en donde todas las fuerzas serán positiva Puesto que en el eje y se encuentra en equilibrio, tenemos que + Σ𝑓𝑦 =0:

𝑁𝐴 + 𝑁𝐵 − 𝑊 = 0

por lo tanto despejamos 𝑁𝐴 + 𝑁𝐵 = 𝑊 = 𝑚𝑔

Puesto que 𝑓𝐴 = 𝝁𝑲 𝑵𝑨 Y 𝑭𝑩 = 𝝁𝑲 𝑵𝑩 donde 𝝁𝑲 es el coeficiente de fricción cinética, se encuentra que 𝑭𝒂 + 𝑭𝑩 = 𝝁𝑲 (𝑵𝑨 + 𝑵𝑩 )= 𝝁𝑲 W = 0.80 mg

Puesto que el automóvil está en traslación las fuerzas efectivas se reducen al vector mā fijo en G Entonces tenemos que +

Σ𝑓𝑥 = Σ (𝑓𝑥)𝑒𝑓 : 𝑭𝒂 + 𝑭𝑩 = mā

Sustituimos 0.80 mg en 𝑭𝒂 + 𝑭𝑩 0.80 mg = mā Mā=0.80 mg

Ā=0.80 g por lo tanto 0.80(32.2 Ft/𝒔𝟐 Ā=25.8

𝒇𝒕

𝒔𝟐

B) transmisión en las ruedas delantera para ello trabajamos con los momentos

+

Σ𝑀𝐵 = Σ(𝑀𝐵 )𝑒𝑓 : (40 in) w – (100 in)𝑁𝐴 = -(20 in) Mā 𝑁𝐴 = 0.4 w + 0.2 Mā

Dado que tomaremos el momento en el punto B la fuerza 𝑭𝑩 no genera momento 𝑭𝑨 =𝝁𝑲 𝑵𝑨 = 0.80 (0.4 w + 0.2 mā) = 0.32 mg + 0.16 mā

Al estar traslación el automóvil, las fuerza efecto se reducen al vector Mā

+

Σ𝑓𝑥 = Σ (𝑓𝑥)𝑒𝑓 : 𝑭𝑨 = mā

0.32 mg + 0.16 Mā = mā 0.32 mg = mā – 0.16 mā 0.32 mg = 0.84 mā 𝟎.𝟑𝟐 𝒎𝒈

 𝒂=𝟎,𝟖𝟒 𝒎𝒈 𝟎.𝟑𝟐

 𝒂=𝟎,𝟖𝟒 (32.2 Ft/𝒔𝟐 )

=12.27 Ft/𝒔𝟐 𝒂

c) transmisión en las ruedas delanteras

Al igual que el ejercicio anterior trabajaremos con el momento, pero en este caso en el punto A, entonces tenemos +

Σ𝑀𝐴 = Σ (𝑀𝐴 )𝑒𝑓 : (100 in) 𝑁𝐵 - (60 in) w = -(20 in) mā

𝑁𝐵 =0.6 w – 0.2 mā Dado que tomamos el momento en el punto A la fuerza 𝑓𝐴 no genera momento

𝑓𝐴 = 𝝁𝑲 𝑁𝐵 = 0.80 (0.6 w – 0.2 mā) =0.48 mg – 0.16 mā

Dado que el automóvil está en traslación, las fuerzas efectivas se reducen al vector mā +

Σ𝑓𝑥 = Σ (𝑓𝑥)𝑒𝑓 : 𝑭𝑩 = Mā

0.48 mg – 0.16 Mā = Mā 0.48 mg= Mā + 0.16 Mā 𝟎.𝟒𝟖 𝒎𝒈

= 𝒂

𝟎.𝟏𝟔 𝒎

𝟎.𝟒𝟖

= 𝒂

𝟎.𝟏𝟔

(32.2 Ft/𝒔𝟐 )

=13.32 Ft/𝒔𝟐 𝒂

1) dibujamos el D C L del gabinete

A) ACELERACION Para hallar la aceleración del gabinete, debemos realizar una sumatoria de fuerza en el eje x Puesto que el gabinete está en traslación las fuerzas efectivas se reducen al vector mā fijo en Σ (𝑓𝑥)𝑒𝑓 : 100 N = Mā

+

100 N = (20 kg) ā por lo tanto despejamos = 𝒂

𝟏𝟎𝟎 𝒏

(𝟐𝟎 𝒌𝒈)

=5.00 m/𝒔𝟐 𝒂 B) El intervalo de valores de h para cual no se valuar el gabinete Para ello se realiza sumatoria de momento en el punto B, con la condición A=0 entonces tenemos que

Σ𝑀𝐵 = Σ (𝑀𝐵 )𝑒𝑓 : (100 N) h – mg (0.3 m) = Mā(0.9)

+

Sustituimos valores (100 N) h – (20 kg) (9.81 m/𝒔𝟐 ) (0.3 m) = (100 N) (0.9 m) Despejamos para hallar h 𝒎𝟐

(100 N) h – 58.86 𝒎𝟐 (kg) = (100 N) (0.9 m) (100 N) h= (100 N) (0.9 m) + 58.86 Por lo que kg (

𝒎𝟐

𝒎𝟐

𝒎𝟐

𝒎𝟐

(kg)

) es igual a N(m)

(100 N) h= (100 N) (0.9 m) + 58.86 N(m) por lo tanto despejamos (100 N) h=148.86 N(m) 𝟏𝟒𝟖.𝟖𝟔 𝑵(𝒎)

H=

𝟏𝟎𝟎 𝑵

H=1.4886 Para hallar el segundo intervalo debemos, hacer sumatoria de momento en el punto A CON LA CONDICION B=0 Entonces tenemos que +

Σ𝑀𝐴 = Σ (𝑀𝐴 )𝑒𝑓 : (100 N) h – mg (0.3 m) = mā (0.9)

SUSTITUIMOS VALORES (100 N) h + (20 kg) (9.81 m/𝒎𝟐) (0.3 m) = mā (0.9 m) Despejamos para hallar h (100 N) + 58.86

𝒎𝟐

𝒎𝟐

(kg) = (100 N) (0.9 m)

𝒎𝟐

Dado que kg ( ) es igual a N(m) 𝒎𝟐

continuamos 58.86

A 58.86 N(m) entonces tenemos (100 N) h = (100 N) (0.9 m) - 58.86 N(m) (100 N) h =31.14 N(m) por lo tanto despejamos 𝟑𝟏.𝟏𝟒 𝑵(𝒎) 𝟏𝟎𝟎 𝑵

H=

H=0.3114 m Por lo que el intervalo de h es 0.3114≤ 𝒉 ≤ 𝟏. 𝟒𝟖𝟖 𝒎

𝒎𝟐 𝒎𝟐

16.9 El camión montacargas que se muestra en la figura pesa 2250 lb y se usa para levantar una caja de peso W =2500 lb. Si se sabe que el camión está en reposo, determine a) la aceleración de la caja hacia arriba para la cual las reacciones en las ruedas traseras B son cero, b) la reacción correspondiente en cada una de las ruedas delanteras A.

DATOS: W=2500 ib. G=2250 ib. B=0 ¿A=?

1. diagramas

Solucion a) Aceleración de la caja cuando B=0 Si los hornos de las ruedas traseras no funcionan, por lo que debemos realizar sumatoria de momento en el punto A. Puesto que la lata esta es traslacion las fuerzas efectivas se reducen al vector 𝑚𝑎 fijo en G. Entonces tenemos que

+↺ Σ𝑀𝐴

Σ(𝑀𝐴 )𝑒𝑓𝑓 : (2500 𝑙𝑏)( 3𝑓𝑡) − (2250 𝑙𝑏)(4𝑓𝑡) = −𝑚𝑎 (3 𝑓𝑡)

𝐶𝑜𝑚𝑜 𝑝𝑎𝑜 𝑝𝑜𝑠𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑝𝑎𝑟𝑎 ℎ𝑎𝑙𝑙𝑎𝑟 𝑒𝑙 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑎 750 − 9000 = 𝑎 = 𝑎 =

1 𝑔 5

2500 𝑎 (3) 𝑔

1 𝑓𝑡 ( 32. 2 2 ) 𝑠 5

𝑎 = 6. 44 𝑓𝑡/𝑠 2 b.- cuando se tiene la reacción en A Realizamos sumatoria de fuerzas en el eje Y, ya que no hay una fuerza que afecte al camión en el eje x, por lo que está en reposo +↑ Σ 𝑓 𝑦 = 0

Σ (𝐹𝑦 ) 𝑒𝑓𝑓 ∶ 2𝐴 − 2500 𝑙𝑏 − 2250 𝑙𝑏 = 𝑚𝑎 Dado de 𝑤 = 𝑚 • 𝑔∴hacemos el despeje Tenemos que 𝑚 =

𝑤

𝑔

=

2500 𝑙𝑏 𝑔

Y al tener 𝑎 hacemos la sustitución, por lo tanto, queda, que 2𝐴 − 4750 𝑙𝑏 = 2𝐴 = 5250 𝑙𝑏 𝐴=

5250 𝑙𝑏 2

v

𝐴 = 2625 𝑙𝑏

2500 𝑙𝑏 𝑔 ( ) 5 𝑔

16.11 La ménsula de soporte mostrada se utiliza para transportar una lata cilíndrica de una elevación a otra. Si 𝜇𝑠 =0.25 entre la lata y la ménsula, determine a) la magnitud de la aceleración ascendente a para la cual la lata se deslizará sobre la ménsula y b) el cociente más pequeño h/d para el cual la lata se volcará antes de deslizarse.

DATOS:

𝜇𝑠 =0.25 aceleración ascendente a =?

1. Dibujamos el dragrama de cuerpo libre del sistema

A) Impedimiento de deslizamiento Por lo que debemos realizar sumatoria de fuerza en el eje x Puesto que la lata esta es traslacion las fuerzas efectivas se reducen al vector 𝑚𝑎 fijo en G. Entonces tenemos que

+ Σ 𝐹 𝑥 = Σ(𝐹𝑋 )𝑒𝑓𝑓 𝑑𝑎𝑑𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑙 𝑒𝑗𝑒 𝑥 𝑠𝑒 𝑒𝑛𝑐𝑢𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑐𝑎𝑡𝑒𝑡𝑜 𝑎𝑑𝑦𝑎𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒, tenemos que cos 30° =

𝐹 𝑚𝑎

Despejando F, queda 𝐹 = 𝑚𝑎 (cos 30°)

Haciendo, ahora sumatoria de fuerzas en el eje Y, tenemos que +↑ Σ 𝐹 𝑦 = Σ(𝐹𝑦 )𝑒𝑓𝑓 Dado que al descomponer la fuerza ma en el componente y, al estar en el cateto opuesto, tenemos que. sen 30° =

𝐹 𝑚𝑎

Desejando F, tenemos que 𝐹 = 𝑚𝑎 (sen 30°)

𝑁 − 𝑚𝑔 = 𝑚𝑎 (𝑠𝑒𝑛 30°) 𝑁 = 𝑚(𝑔 + 𝑎 𝑠𝑒𝑛30°) Dado que 𝜇𝑠 = 0.25

𝐹 𝑁 Hacemos la sustitucion de N 𝜇𝑠 =

0.25 =

𝑚𝑎 𝑐𝑜𝑠30° 𝑚(𝑔 + 𝑎 𝑠𝑒𝑛30°)

𝑔 + 𝑎 𝑠𝑒𝑛 30° = 4𝑎 cos 30° 𝑎 1 = 𝑔 4 cos 30° − 𝑠𝑒𝑛 30° 𝑎 = 0.337 𝑔 ∡ 30°

B.Impedimiento de vuelco Para

ello

realizamos

sumatoria

de

momento en el punto G, por lo que se tiene que

↶ Σ 𝑀𝐺 = Σ(𝑀𝐺 )𝑒𝑓𝑓

ℎ 𝑑 𝐹( ) − 𝑁( ) = 0 2 2 𝐹 𝑑 = 𝑁 ℎ Puesto que hacemos

uso

de

igualacion en el inciso a) tenemos que 𝜇𝑠 = 0.25 𝜇𝑠 =

𝐹 𝑁

Solo igualamos los datos 0.25 =

𝑑 ℎ

ℎ = 4.00 𝑑

la

16.13 Un barril completamente lleno y su contenido tienen un peso combinado de 200 lb. Un cilindro C está conectado al barril a una altura h = 22 in. como se muestra en la figura. Si 𝜇𝑠 = 0.40 y 𝜇𝑘 = 0.35 , determine el peso máximo de C para que el barril no se vuelque.

DATOS : G= 200 ib h = 22 in

𝜇𝑠 = 0.40

𝜇𝑘 = 0.35 C=?

Solucion : suponga que el barril se desliza pero no se inclina 𝑎=𝑜

ya que el cordón es inextensible el barril se desliza

𝑎𝑔 = 𝑎 → 𝑎𝑐 = 𝑎 ↓ 𝐹𝐹 = 𝜇𝐾 𝑁 = 0.35𝑁

Supongamos que la inclinación impide que la línea de acción de la reacción en el fondo del barril pase por el punto B 𝑒 = 10 𝑖𝑛 Realizando el diagrama de cuerpo libre T

Por el barril Realizamos sumatoria en el eje Y, despejando N +↑ Σ𝐹𝑦 = 0

𝑁 − 𝑊𝐵 = 0 ;

𝑁 = 𝑊𝐵 EQ 1

Se realiza sumatoria de momento en el punto G, para hallar T

+↺ Σ𝑀𝐺 = 0

𝑁𝑒 − 4𝑇 − (18)(0.35 𝑁) = 0

𝑒 − (18)(. 35) 10 − 6.3 𝑊𝐵 = 0.925 𝑊𝐵 𝑁= 4 4 Realizamos sumatoria en el eje X, despejando los datos y sustituirlo por la EQ 1, 𝑇=

obteniendo + Σ𝐹𝑥 =

𝑎

𝑔

𝑊𝐵 𝑊𝐵 𝑎 𝑎: 𝑇 − 0.35 𝑁 = 𝑔 𝑔

𝑇 𝑁 𝑎 = − 0.35 = 0.925 − 0.35 = 0.575 𝑔 𝑊𝐵 𝑊𝐵 Por el cilindro

Realizando sumatoria de fuerzas, tenemos que 𝑤𝑐 𝑎 +↓ Σ𝐹 = 𝑎: 𝑊𝑐 − 𝑇 = 𝑊𝑐 𝑔 𝑔 Despejamos 𝑊𝑐 𝑊𝑐 = 𝑇/ 1 −

𝑊𝑐 = 435 𝑖𝑏

𝑎 0.925 𝑊𝐵 = = (2.1765)(200 𝑖𝑏) 𝑔 1 − 0.575

16.15 Una placa rectangular uniforme tiene una masa de 5 kg y se mantiene en posición mediante tres cuerdas, como se muestra en la figura. Determine el máximo valor de θpara el cual las cuerdas ADy BE permanecen tensas inmediatamente después de cortar la cuerda CF.

Solucion: 1. Realizamos el diagrama de cuerpo libre

2. Realizamos sumatoria de fuerzas, dado que la placa se encuentra en traslcion las fuerzas efectivas se reducen al vector ma fijo en G. > Σ𝐹 = Σ𝐹𝑒𝑓𝑓: 𝑚𝑔 𝑠𝑖𝑛θ = ma a = g sin 𝜃

3. Realizamos sumatoria de momento en el punto B +↷ Σ𝑀𝐵 = Σ(𝑀𝐵 )𝑒𝑓𝑓

4. Descomponiendo la fuerza en sus componentes X, Y en el punto A

Tenemos que 𝑇𝐴𝑋 = 𝑚𝑎 sin 𝜃

𝑇𝐴𝑌 = 𝑚𝑎 cos 𝜃

𝑚𝑔 (0.15 𝑚) = 𝑚𝑎 cos 𝜃 (0.12𝑚) + 𝑚𝑎 sin 𝜃 ( 0.15𝑚) 5. Realizamos la simplificacion para encontrar  𝑚𝑔(0.15) = 𝑚(𝑔 𝑠𝑖𝑛𝜃)(0.12 𝑐𝑜𝑠𝜃 + 0.15 𝑠𝑖𝑛𝜃)

1 = 0.8𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑠𝑖𝑛2 𝜃

1 − 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 = 0.8 𝑠𝑖𝑛𝜃 cos 𝜃 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 = 0.8 sin 𝜃 cos 𝜃 1 = 0.8

sin 𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃

tan 𝜃 = 1.25 𝜃 = 51.3°

16.17 Tres barras cada una con un peso de 8lb están soldadas entre si y se encuentran conectadas mediante pasadores a los dos eslabones BE y CF si se desprecia el peso de los eslabones determine la fuerza en cada eslabón inmediatamente después de que el sistema se suelta desde el reposo

Solución como la velocidad y la aceleración de todos los puntos de un cuerpo son iguales la aceleración del centro de masas del elemento del elemento compuesto por las tres barras es igual a la aceleración del punto B mas aun puesto que el análisis debe hacerse después de inmediatamente después de que el sistema se suelta a partir del reposo la velocidad angular de la barras BE y CF son cero por lo tanto la única aceleración del punto B es la tangencial y perpendicular al vector de posición de B con respecto de E por lo tanto

𝑎𝐺 = 𝑎𝐺 𝑠𝑒𝑛 ø𝑖 − 𝑎𝐺𝑐𝑜𝑠ø𝑗 Se iniciara la solución del problema con los vectores de posición necesarios para calcular la posición del centro de masas del elemento compuesto por las tres barras el elemento se separara en tres barras AB,BC, y CD se asumirá la distancia 𝑎 = 15𝑖𝑛 = 5\4 𝑓𝑡

Los vectores de posición son 𝑅𝐺𝐴𝐵\𝐵 =

𝑎

2

𝑎 𝑟𝐺𝐵𝐶\𝐵 = 𝑗 2

𝑗

𝑎 𝑟𝐺𝐶𝐷\𝐵 = 𝑎𝑗 + 2 𝑗

Donde RGAB/B. rGBC/B. Y rGCD/B. son los vectores de posición de los centros de masas de las 3 barras AB BC y CD

elemento compuesto se calculará el primer momento de masas con respecto al punto B.

𝑎

𝑎

𝑎

𝑄𝐵 = 𝑚𝑟𝐺𝐴𝐵\𝐵 + 𝑚𝑟𝐺𝐵𝐶\𝐵 + 𝑚𝑟𝐺𝐶𝐷\𝐵 = 𝑚 ( 2 𝑗) + 𝑚 ( 2 𝑗) + 𝑚 (𝑎𝑖 + 2 𝑗) =

𝑚𝑎𝑗

3𝑚𝑎 2

Puesto que 𝑀𝑇 = 𝑚 + 𝑚 + 𝑚 = 3𝑚

𝑌

𝑄𝐵 = 3𝑀𝑇 𝑟𝐺\𝐵

Donde G es el centro de masas del elemento compuesto entonces 𝑟𝐺\𝐵 =

𝑄𝐵 3𝑚𝑎 𝑎 𝑎 𝑖 + 𝑚𝑎𝑗 = 𝑖 + 𝑗 = 𝑀𝑇 2 2 3 3𝑚

Por lo tanto 𝑟𝐵Γ = −

𝑎 𝑎 𝑎 𝑎 𝑖 − 𝑗 𝑟𝐶Γ = 𝑖 − 𝑗 3 2 3 2

𝑖+

Puesto que la masa es despreciable las ecuaciones de la dinámica se convierten en las ecuaciones de la estática de modo que ∑𝑓𝑥 = 0

− 𝑅𝐵𝑥 + 𝑅𝐸𝑥 = 0

∑ 𝑓 𝑦 = 0 − 𝑅𝐵𝑦 + 𝑅𝐸𝑦 = 0

𝑅𝐸𝑥 = 𝑅𝐵𝑥 𝑅𝐸𝑦 = 𝑅𝐵𝑌

Además, como ∑ 𝑇 𝐺𝐵𝐸 = 0 Las reacciones en B y E deben ser colineales entre si y por lo tanto en la dirección de la barra si se denomina ø la inclinación de la barra con respecto al semieje positivo X se tiene que 𝑅𝐵 = 𝑅𝐵𝑐𝑜𝑠 ø𝑖 + 𝑅𝐵 𝑠𝑒𝑛ø𝑗 El resultado es igualmente valido para la barra CF entonces Rc= RC cosøi+Rc sen øj Las ecuaciones del movimiento del eslabón están dadas por ∑ 𝑓 𝑥 = 𝑀𝑎𝐺𝑥 𝑅𝐵𝑐𝑜𝑠ø + 𝑅𝐶𝑐𝑜𝑠 ø = 3𝑚(𝑎𝐺𝑠𝑒𝑛ø)

∑ 𝑓 𝑦 = 𝑀𝑎𝐺𝑦 − 3𝑚𝑔 + 𝑅𝐵𝑠𝑒𝑛ø + 𝑅𝐶 𝑠𝑒𝑛ø = −3𝑚(𝐴𝐺 coø) ∑ 𝑇 𝑇 = 0 𝑟𝐵 Γ RB + rC\G = 0 Desarrollando la ecuación de 𝑇𝐺 = 0 𝑠𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑞𝑢𝑒 0−

𝑎 𝑎 𝑎 𝑎 𝑖 − 𝑗)𝑥(𝑅𝐵𝑐𝑜𝑠ø𝑖 + 𝑅𝐵𝑠𝑒𝑛ø𝑗) + ( − 𝑗)𝑥(𝑅𝑐𝑐𝑜𝑠ø𝑖 + 𝑅𝑐𝑠𝑒𝑛ø𝑗) 2 3 2𝑖 3 𝑎 𝑎 𝑎 𝑎 = − 𝑅𝐵𝑠𝑒𝑛ø𝑘 + 𝑅𝑏𝑐𝑜𝑠ø𝑘 + 𝑅𝑐𝑠𝑒𝑛ø𝑘 + 𝑅𝑐 cosø𝑘 2 3 2 3 𝑎 𝑎 𝑎 = [𝑅𝐵 (− 𝑠𝑒𝑛ø) + 𝑅𝑐 ( 𝑠𝑒𝑛ø + 𝑐𝑜𝑠ø)] 𝑘 2 2 3

Resolviendo RC en términos de RB se tiene que 𝑅𝐵 (−

𝑠𝑒𝑛ø 𝑐𝑜𝑠ø 𝑠𝑒𝑛ø 𝑐𝑜𝑠ø 2𝑐𝑜𝑠ø − 3𝑠𝑒𝑛ø 3𝑠𝑒𝑛ø + 2𝑐𝑜𝑠ø + ) = 𝑅𝑐 ( + ) 𝑅𝐵 = −𝑅𝐶 2 3 2 3 6 6

𝑅𝐵(−2𝑐𝑜𝑠ø + 3𝑠𝑒𝑛ø) = 𝑅𝐶 (3𝑠𝑒𝑛ø + 2𝑐𝑜𝑠ø)𝑅𝐶 = −

𝑃𝑜𝑟 𝑙𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑎𝑙 𝑠𝑢𝑠𝑢𝑡𝑖𝑡𝑢𝑖𝑟 𝑅𝑐 𝑒𝑛 ∑ 𝑓 𝑥 = 3𝑚𝑎𝐺𝑠𝑒𝑛ø 𝑅𝐵 (−

𝑅𝐵 = ( 1 +

3𝑚𝑎𝑔 −2𝑐𝑜𝑠ø+3𝑠𝑒𝑛ø

3𝑠𝑒𝑛ø+2𝑐𝑜𝑠ø

2𝑐𝑜𝑠ø + 3𝑠𝑒𝑛ø 𝑅𝐵 3𝑠𝑒𝑛ø + 2𝑐𝑜𝑠ø

−2cosø + 3senø ) 3𝑚𝑎𝐺𝑡𝑎𝑛ø 3 𝑆𝑒𝑛ø + 2𝑐𝑜𝑠ø

𝐷𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑟𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑠𝑒 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎 𝑅𝑏 ) 𝑠𝑒𝑛ø/ cos Ø = [

3𝑚𝑎𝑔(3𝑠𝑒𝑛ø+2𝑐𝑜𝑠ø) 6𝑠𝑒𝑛ø

𝑆𝑒𝑛ø/𝑐𝑜𝑠ø =

𝑚𝑎𝐺(3𝑠𝑒𝑛ø+2𝑐𝑜𝑠ø) 2𝑐𝑜𝑠ø

3 = 𝑚𝑎𝐺 ( 𝑡𝑎𝑛ø + 1) 2

Ahora al sustituir RC en∑ 𝑓 𝑦 = 3𝑚𝑎𝐺𝑦

𝑠𝑒 𝑜𝑏𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑜𝑡𝑟𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑒𝑛 𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑅𝐵 𝑦 𝑎𝐺 𝑞𝑢𝑒 𝑝𝑒𝑟𝑚𝑖𝑡𝑒 𝑝𝑏𝑡𝑒𝑛𝑒𝑟 𝑜𝑡𝑟𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑅𝑏

𝑅𝐵𝑠𝑒𝑛ø (1 +

−2𝑐𝑜𝑠ø + 3𝑠𝑒𝑛ø −3𝑚𝑔 + 𝑅𝐵𝑠𝑒𝑛ø + 3𝑠𝑒𝑛ø + 2𝑐𝑜𝑠ø 𝑅𝐵 𝑠𝑒𝑛ø = −3𝑚𝑎𝐺𝑐𝑜𝑠ø

−2𝑐𝑜𝑠ø + 3𝑠𝑒𝑛ø 3𝑠𝑒𝑛ø + 2𝑐𝑜𝑠ø

) = 3𝑚(𝑔 − 𝑎𝐺𝑐𝑜𝑠ø) 𝑅𝐵 =

3𝑚(𝑔 − 𝑎𝐺𝑐𝑜𝑠ø)(3𝑠𝑒𝑛ø + 2𝑐𝑜𝑠ø 6𝑠𝑒𝑛2 ø

Igualando las ecuaciones para RB permite obtener una expresión para aG 𝑅𝐵 =

𝑚𝑎𝐺(3𝑠𝑒𝑛ø + 2𝑐𝑜𝑠𝑒ø) 3𝑚(𝑔 − 𝑎𝐺𝑐𝑜𝑠ø)(𝑠𝑒𝑛ø + 2𝑐𝑜𝑠ø) = 2𝑐𝑜𝑠ø 6𝑠𝑒𝑛2 ø

𝑔 − 𝑎𝐺𝑐𝑜𝑠ø 𝑎𝐺 = 𝑎𝐺𝑠𝑒𝑛 2 ø = 𝑔𝑐𝑜𝑠ø − 𝑎𝐺𝑐𝑜𝑠 2 ø 𝑎𝐺 = 𝑔𝑐𝑜𝑠ø 𝐶𝑜𝑠ø 𝑆𝑒𝑛2 ø Solución para los valores numéricos

𝑎𝐺 = 𝑔𝑐𝑜𝑠ø = (32.3𝑓𝑡\𝑠 2 )𝑐𝑜𝑠50° = 20.6977...