Capitulo 3 - 4 - Nuevo.pdf

7/24/2019 Capitulo 3 - 4 - Nuevo.pdf

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MECÁNICA PARA INGEN IERÍA Y SUS APLICACIONES - DINÁMICA

Capítulo III

t i l C I N ET I CA D E U N SI STEM A D E PA RTÍCU LA S Y D E CEN TRO

BE M ASA D E CUERPOS

Al conjunto de partículas o cuerpos en la

que, se t iene en cuenta los movimientos y sus

relaciones de cada componente, recibe el

nombre de sistema de partículas.

El movimiento de un cuerpo o sistema de

partículas, se relaciona con acciones mecánicas

externas ( fuerzas y/o momentos) , por los cuales

las nociones de la cinemática de espacio y

tiempo deben ampliarse , con las de masa y

fuerza, quienes como las primeras son nociones

fundamentales de la mecánica.

Usamos el término cuerpo, para denotar un material de identidad constánte .

El pu nto de partida usual para relacionar las fuerzas externas, que actúan en un cuerpo o sistema

de partículas y su movimiento resultante , son las leyes de Newton (Principia 1687) , enunciadas

solo para partículas, ya que Newton tomo a los cuerpos celestes como partículas y no extendió

su trabajo a los problemas, en las que es necesario tomar en cuenta los tamaños reales de los

cuerpo y la forma en que está distr ibuida su masa. Transcurrieron más de 50 años antes de que

el matemático Suizo Leonhard Euler presentara el primero de los dos principios, que ha venido

a conocerse como las Leyes de Euler .

3./. /.- Leyes de New ton:

3.1.1.1. - Primera Ley.- Si una partícula está en reposo en el marco inercial (o se mueve con

velocidad constante en dicho marco) , permanecerá en reposo (o seguirá moviéndose con

velocidad constante) a menos que se le aplique una fuerza.

3.1.1.2. - Segunda Ley.- Una partícula a la que se aplique una fuerza acelera en la dirección de

la fuerza en el marco inercial o primario. La magnitud de la aceleración es proporcional a la

magn itud de la fuerza e inversamente p roporcional a la m asa de la partícula.

F

a = k

— [ 3 . 1 . 1 . 2 . 0 . 1 ]

m

k = 1, para unidades cinéticas coherentes o s istemas cinéticos. Donde no es posible e legir

arbitrariamente las unidades de: fuerza, masa, longitud y tiempo (si se elige tres, la cuarta se

el ige de modo que satisfaga la ecuación, lo que nos dice que las unidades de fuerza, masa y

aceleración son dependientes) .

Es una ley puramente experimental y su signif icado fundamental se describe con ayuda de un

experimento ideal en el cual se supone que la fuerza y la aceleración se miden sin error.

3.1.1.3. - Tercera Ley.- La interacción de dos partículas es a través de una pare ja de fuerzas

auto equil ibrantes; éstas t iene la misma magnitud, sentidos opuestos y una l ínea de acción

común.

Nota 1 E s c laro , que la pr imera Ley puede cons iderarse com o un caso especia l de la segunda y

que, debe hacerse "una suposición respecto al marco de referencia", ya que un punto puede

tener velocidad constante en un marco y variable en otro.

Nota 2. - Los marcos de referencia en las que estas leyes son vál idas, se denomina Gali leanas,

' UN ASA M Autor: VÍCTOR MA NUE L MENAC HO LÓPEZ



MECÁN ICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIONES - DINÁMICA

Capítulo III

Newtonianas, astronómicas, primarios o inerciales (no usaremos el termino absoluto por ser una

apreciación particular) , estos marcos de referencia son imaginarios, que suponen carentes de

rotación y traslación en el espacio o son marcos de referencia en traslación con velocidad

constante respecto al marco primario.

Nota 3. - Las discrepancias, cuando se toma como marco de referencia a la t ierra, es que se debe

tomar correcciones debida a la aceleración de la t ierra respecto a otros marcos. En la mayoría de

los problemas técnicos referente a movimientos de estructuras y máquinas en la superf icie

terrestre , las correcciones son despreciables , por lo que, lo consideramos como marco primario.

3.1.2.- Leyes de Eulet:

3.1.1.3. - Primera Ley.- Para un sistema de partículas la suma de las fuerzas externas, que

actúan sobre el s istema es igual a la suma de los productos masa iésima por la aceleración

iésim a ( m a ) de las partículas que forman el s istema ; deducida a partir de la segunda ley de

Newton.

S e a :

i i

—> Nú me ro de partículas ais ladas dentro de

una región cerrada del espacio (no hay restricción si

e l s istema es deformable o indeformable) .

m M as a de la partícula iésima, som etida a

fuerzas internas y/o externas.

/ —> Fuerz a interna o reactiva ( fuerz a e jercid a

por la partícula jotésima sobre la partícula iésima) .

f '] —> Fu erza exte rna (resultante sobr e la

partícula iésima) .

Sistemas discretos.- Sistema de partículas, con número de partículas f initas y éstas están

local izadas; se da por e jemplo, cuando, se desea hacer estudios especiales en las cuales se puede

identif icar fáci lmente a las partículas tales como el s istema solar (sol , t ierra) .

Sistemas Continuos.- Sistema de partículas, con número de partículas "inf initas" continuas; se

da por e jemplo, en:

i ) Fluidos.- . - Los aspectos macroscópicos del f luido puede representarse , como modelos donde

se agrupan muchas partículas en un sistema simple (volumen de control) .

i i ) Cuerpos r ígidos.- (su estudio se da en el próximo capítulo) .

iii)

C

ue rpo s d efo rm ab ies .- (su estudio no se da en esta obra) .

D.C.L. de la partícula iésima (ver f igura F3-1.2. Ib)

a) . - Segunda Ley de Newton para la partícula iésima:



MECÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIONES - DINÁMICA

Capítulo III

F

+

V f = ma .

'¡i ti

i - i

1*1

[ 3 . 1 . 2 . 1 . 0 . 1 ]

Se sabe que: ./,, = 0

b) . - Para el s istema de Partícula:

n n n n

r .

»-i i I ,=i

i *•

l-l

Si :

./ ,, = - / „

= 0

(

a c c i ó n

y reacc ión)

i-. i

i "

/i n

F i g u r a F 3 - 1 . 2 . 1 b

c) . - Para un cuerpo cuya masa está distr ibuido en forma continua la ecuación 3.1.2.1.0.2 se

convierte en:

]T

F

=

a d i n

[3.1.2.1.0.3]

Si:

din = f)dv

(

¡

m

_> es un elemen to diferencial de masa , a es su

a c el er ac ió n y ^

F

¡

es la suma de las fuerzas externas

1=1

que actúan sobre el cuerpo

V

H

F 3 - 1 . 2 . 1 c

(I) . - Para sistemas conformadas por subsistemas discretos la ecuación 3.1.2.1.0.2, se escribe

ref ir iéndose a los centros de masa de los subsistemas, de la s iguiente manera:

n n

i ^ i I - I

3.1.2.2. - Segunda Ley.- Para un sistema de partículas, la suma de los momentos de las fuerzas

externas respecto a un punto es igual a la suma de los m om entos de >Hfl

¡

respecto al m ism o

punto.

a) . - En 3 .1 .2 .1 .0 .1 form am os e l producto vector ia l ' ] de con ambo s miem bros de la ecuación :

' UNASAM

Autor: VÍCTOR MANUEL MENACHO LÓPEZ



MECÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIONES - DINÁM ICA

Capítulo III

r . xF + y r . x f = .xm a n ,

n n

i i iL«, ¡ ' i , , , i [ J .1 .2.Z.U.

•1]

b) , - Para el s istema:

Z ^ + Z Z ' W , = Z ™ .

-I 1=1

1=1

F i g u r a F 3 - 1 . 2 . 2

Lo s términos , ' r

v

/ i :

+ r

:

x

J : \ en la doble suma, aparecen en pare jas , pero sabem os que,

r

x

=—rx f í i

r

.'

zí

l

" -

/ |

- , y a q u e , - '

1

- y - t ienen una l ínea de acción com ún, que pasa por las

partículas "1 " y "2" , además , por lo que con cluim os, que

' \

x

Jv.

+

r

2

x

f

\ i

= '^ (/i: - f

v .

= 0 .

partículas.

L u e g o e n 3 . 1 . 2 . 2 . 0 . 2 :

; cumpliéndose también para las demás pare jas de

r xF = y

r.xm

a

•• = Z w .

I (

l

c

i

c l

[ 3 . 1 . 2 . 2 . 0 . 3 ]

c) . - Para un cuerpo con masa distr ibuida en forma continua, la ecuación 3.1.2.2.0.3 se convierte

en:

ZA/„

=

r .x a dm

[3 .1 .2 .2 .0 .4 ]

Nota 1 .- 3 .1 .2 .1 .0 .2 y 3 .1 .2 .2 .0 .3 juegan e l m ismo papel en la d inámica , que

Z / * = FY Z

A /

= °

E S T Á T I C A

-

Nota 2.- Para la solución de un problema en particular , se t iene 3 al ternativas: a) apl icación de

las leyes de Eu ler , b ) uti l ización de los mét odo s energético s o c) méto dos de la cantidad de .

movimiento e impulso .

3.2.- ECUACIONES DE MOVIM IENTO PARA EL CENTRO DE MASA DE UN SISTEMA

DE PARTÍCULAS.-

Para la cual se t iene que tener bien en claro lo correspondiente , a centro de masas parciales , en

muchos casos veremos a lo largo del curso; resultaría conveniente subdividir e l s istema de




Capítulo III

partículas original y hal lar los centros de masas de cada subsistema, para luego hal lar e l centro

de masas del conjunto.

/

/

•

V

\

• V

f .»

• • •

• <9 •

I

•j

\

X

/

\ a l

ib)

( a ) C e n t r o d e m a s a s d e u n s i s t e m a d e p a r t í c u l a s ( b ) C e n t r o s p a r c i a l e s d e c a d a s u b s i s t e m a .

Para el centro de masas de un sistema de

partículas:

Si:

Z

F

.

+

Z S . / , , = 2 > .

f l

. [ 3 .1 .2 .1 .0 .2 ]

i "

I- I

a) . - L a acelera ción de la partícula iésim a \

se escribe:

a =

d'R

dr

ífiji v j|m .tfciwrvrujli

b) .- Susti tuyendo ci i la ecuación 3.1.2.1.0.2, la aceleración de la partícula iésima:

Y f

= y , , , *

^

1

tt

1

dr dr ' '

La posición del centro de masa "G" de un sistema de partículas se def ine, por:

7-

<)G

, donde =

m

Luego:

i^i




Capítulo III

n i —»

constan te (no hay m asa que entre o salga del s istem a)

n

=

[3 .2 .0 .0 .0 .1 ]

1-1

Nota.- La ecuación 3.2.0.0.0.1 establece que el centro de masa de un sistema de partículas, se

mueve como si todas las masas de las partículas estuvieran concentradas en el centro de masa,

como una sola partícula y bajo la acción de la resultante de las fuerzas externas, que actúan

sobre el s istema.

a) . - Para un cuerpo con masa distr ibuida en forma continua:

V F = í - t h t i = f

Rdm

t r ' l < i r d r i

Sabemos también , que :

m r

0(

. j

Rdm

•K

Luego:

n

£ F =

mr

I K

. = ma

(

.

[3 .2 .0 .0 .0 .2 ]

i i

Nota.- Para un cuerpo rígido el centro de masa G, coincide en todo instante con un punto

especí f ico del cuerpo o con una extensión rígida del mismo; que no es e l caso para los cuerpos

deformables .

d) . - Conservación del movimiento del centro de masa: La resultante de los momentos l ineales

del sistema es nula si y solo si la resultante de las fuerzas externas es nula

Si :

n

.-i

E n 3 . 2 . 0 . 0 . 0 . 1 :

d t

X t , r

dí

i , r

L u e g o :

l

a

—> cons tante

El centro de masa está en movimiento recti l íneo con rapidez constante con respecto al marco de

referencia inercial .



MECÁNICA PARA ING ENIERÍA Y SUS APLICACIONES - DINÁMICA

Capítulo III

Si , se t iene que l '

( i

= 0 , ento nces /'. —> cons tante.

Puede darse en una de sus componentes, tal como:

^ T F

x

= 0 X

(

.

—> con stante

Pudiéndose darse también, que

X

= 0 => A ' —> constante.

3.3.- TRABAJO Y ENERGÍA CINÉTICA EN El. M()\ iM 1ENTO DE PARTÍCULAS Y DE

CENTRO DE MASA.-

3 . 3 . 1 . - T r a b a j o e n u n s i s t e m a

d e p a r t í c u l a s . -

T o m a n d o c o m o e j e m p l o u n

sistema de dos partículas, el

trabajo elemental para el s istema

es:

dW^F - cK+ ^ J , , ^

La deducción del trabajo total

para un sistema de

n

partículas,

los explicaremos a continuación:

a) . -Traba jo e lemental en la par t í cula iés ima. - S i e l s i s tema se desplaza in f in i tes imalmente en

el espac io, la partícula iésima: aumenta su posición en r d r

, (solo existe fuerzas externas F, para nuestro caso seguiremos diferenciando lo que def inimos

en el sistema).

" S o l o l a F u e r z a t a n g e n c i a l p r o d u c e m o v i m i e n t o o r d e n a d o "

F i g u r a F 3 - 3 . 1 b F i g u r a F 3 - 3 . 1 c

dW - F

c o s a

* d s = F

cosa

* \ d

\

- F d v

b ) . - T r a b a j o t o t a l s o b r e l a p a r t í c u l a i é s i m a :

Z

F i g u r a F 3 - 3 . 1 a




Capítulo III

;

-i

l

c ) . - Traba jo tota l , que real i/a todas las fuerzas in ternas v externas en e l s i s tema es :

- Z M - ^ Z Z J

i . - * .

1=1 I

w = v +

v

[3 .3 .1 .0 .0 :1 ]

d ) . - E l T r a b a j o d e l a s f u e r z a s i n t e r n a s p a r a u n s i s t e m a i n d e f o r m a b l e e s :

Tomando dos partículas representativas:

d? ± / " ( - / " ] d r = dF+dP '

I ' A ' U /y I I I

L u e g o :

d \ V . , = / / /

7

+ f d?

¡r jnt ' 1; t ¡t ¡

d t V . , = / •< / / " + / •

//"

7

+ d r

tr jnt ' t] t ¡t t ' fi /

dW . = / d f - f d r

= 0

ir

inr ' ij ¡ ' 1 j 1

F i g u r a F 3 - 3 . 1 d

[3 .3 .1 .0 .0 .2 ]

3.1.1-

En erg ía c iné t ica en un s i s tem a de par t í cula s . - Es la suma de las energías c iné t icas de

las partículas tomadas individualmente, es decir :

[ 3 . 3 . 2 . 0 . 0 . 1 ]

Recordando, que las energías cinéticas en diferentes s istemas de coordenadas para una

partícula, es:

o Coorden adas cartesianas (X , Y , Z) :

E

K

= ± m

( x

2

+ Y

:

+ Z

:

)

o Coord enadas ci l indricas




Capítulo III

( / - , 0 , é )

o Coord enadas esféricas :

E

K

= ^ m

J V ( O

:

+<j>\v t'«"0 J

T o m a n d o c o m o r e f e r e n c i a a l c e n t r o d e m a s a :

a) . - Para la partícula iésima:

Sea :

G ^ El centro de masa.

<

¡ 7

Ve cto r posición de "G ", en ° .

Vector posición de la partícula iésima, en

3

Pe., ->

Ve ctor posic ión de la partícula iésim a *

respecto a "G" .

Si :

O ( ti) o ¿i rturco sivx u] >

F i g u r a F 3 - 3 . 2

( P ) mu ltipl icándose escalarmen te así m ism o y por -i"

\

m

,K = fa + P<„ )(k, + Pa ) { » ' ,

£ .. = - m V ~ = n i

V~

+ - n i p ,

:

+

m

{ ' . . p . .

Ki ^ i i j j (i

i

* (u i li » Ci»

[ 3 . 3 . 2 . 0 . 0 . 2 ]

b) . - Para e l s i s tema:

I

n

" | "

e

k

^ j E 'H .k ;

+

Z

/ m

,

f

o P C . ,

»-i - « i




Capítulo III

dt

( o \

r

1

r-' V

1

•-

. - — n + > —m p,

K -y (> í—j i ' l

[ 3 . 3 . 2 . 0 . 0 . 3 j

i ~

3 . 3 . 3 . - E c u a c i ó n d e t r a b a j o

y

e n e r g í a c i n é t i c a p a r a e l c e n t r o d e m a s a . -

En 3 .2 .0 .0 .0 .1 mul t ip l i camos escalarmente ambos miembros por y :

U .

\

i=i

y

V ^ i na , .i ' =

m

— v . y rG,

C o m o :

dt

K(

• °

r

" dt

0

dt

(l (l

dt

0

°

d t ° l ,l t

K (

'

Esté últ imo, remplazándole en (®) :

/

, 7 1

d ,

y = —ni — l . :

2 dt

u

Separando variables e integrando:

'•í » \

j

W = E - E = A £

' V ; ^ K C .I ^ K i n

K ( i

[ 3 . 3 . 3 . 0 . 0 . 1 ]

Nota.- Está ecuación se l lama, principio de trabajo y energía cinética para el centro de masa;

como se ve en 3.3.2.0.0.3 la energía cinética de un sistema de partículas, está conformado por la

energía cinética del centro de masa y la energía cinética del movimiento con respecto al centro

de masa. Por e jemplo; un cuerpo en general gira o se deforma (o ambos casos) , e l cuerpo t iene

energía cinética adicional debido a sus cambios de orientación (movimiento angular) y/o debido

a su deformación.

3 . 3 . 4 . - E c u a c i ó n d e t r a b a j o y e n e r g í a c i n é t i c a p a r a u n a p a r t í c u l a i é s i m a :

Considerando a la fuerza resultante com o ~ T V ' ,



MECÁ NICA PARA INGEN IERÍA Y SUS APLICACIONES - DINÁM ICA Capítulo III

I V . , = \ ~ Fd r =

í"

m a ^ dt = [ 'm ^ V d t

Ji ' Ji

1

'

(

f ¡ Ji •

(

¡ ¡

W

l ^ ^ Lí y . y )

íi =

l

m

f \ / ( l '

2

)

2«

1

d t 2

W , , = - / » ( { ' ; - V

1

. ) = E

k

, - . = A £".

I 1 - 2 I \ I J

/ /K J . A

A L

También , s i :

V = V

' i

Í F ,

= | F• V d t = j

F

) Vd t

= A £ ^ [ 3 . 3 . 4 . 0 . 0 . 1 ]

+

F

i

)F=:F

r

V

+

F

1

F

+ +

F

n

- V

Está ecuación últ ima representa la tasa de trabajo, l lamado generalmente "Potencia".

a ) . - T r a b a j o r e a l i z a d o p o r f u e r z a s e s p e c í f i c a s :

i ) ,/ ' constante .

n\

z

= F- \ v d t = F- J -W - dt F • J d r

l l y , = F • ( r , - / * ; ) = F • A r [3 .3 .4 .0 .0 .2 ]

ii) .- ~ * fuerza central.

F= -Fe V = re + i Q e

a

r

y / O

d t

'"' í/r

i

= ~ J

F = F ( l r

[3 .3 .4 .0 .0 .3 ]

'i

b ) . - Para s i s temas de fuerzas conservat ivas . - S i se t iene que :

J V

i :

= j > F - d r [ 3.3 .4 .0 .0 .4 J




Capítulo III

La integral puede o no ser independiente de la trayectoria, es independiente de la trayectoria

cuando el s istema de fuerzas es conservativo.

Un campo de fuerzas es conservat ivo s i :

i ) . - F es función s olam ente de la posición de la partícula, es decir :

F = F(X .Y,Z )

i i ) . - Existe una función escalar •tal que F puede expresarse , como la gradiente de • ( función

potencial) es decir :

( I X o Y v

=

cX '

r

W

r

f \ = — y F

Á

_

cY

cZ

[ 3 . 3 . 4 . 0 . 0 . 5 ]

Lo que, es lo mismo que el campo de fuerzas sea irrotacional :

V . v F = 0 =

c (•

/ v X / f i Y

F, F>

k

-i

c

' cZ

Í L . - Í I L . ^ O T £ * - T £ ¿ -

S 0

V O

c Y dZ ' cZ ex - c X

c v

[3 .3 .4 .0 .0 .6 ]

i i i ) . - Función energía Potencial (U) .- Es igual al negativo de la función potencial .

u

= - $ + c

C

—> consta nte que, depende del plano de referencia.

L u e g o :

F F =

V ,

v

'

1

t

c A

cU „ r U

v r . =

c Y

/

cZ

[ 3 . 3 . 4 . 0 . 0 . 7 ]

4i) . - Trabajo de un sistema de fuerzas conservativas:

[3 .3 .4 .0 .0 .8 J



MECÁN ICA PARA INGEN IERÍA Y SUS APLICACIONES

-DINÁMICA

Capítulo III

Nota.- Se ve que el trabajo real izado es independiente de la trayectoria; esto se da cuando el

sistema de fuerzas es conservativo.

Ejemplos i lustrativos.- Calcular la función potencial y la función energía potencial , para:

1) . - Un campo de fuerza gravitacional uniforme (cerca de la superf icie terrestre) de una

partícula de m asa "m " si tuada a una altura Z.

/

_ i

F = -mg k . F , = ^ = -mgZ U = mgZ

2) . - Una fuerza central gravitacional de dos masas separados una distancia "r" .

o r


3) . - Una fuerza elástica l ineal .

- - v - 1

F = - KX i . é-K— U =

—

K X '

2 2

Donde X es la deformación del resorte .

4) . - Le y de Cou lum b.- Fuerz a central de partículas cargadas con y separadas una

d i s t a n c i a " r " .

4n r. r 4n c r c r

Do nde ^ es la constante del med io, donde se encuentran las partículas.

5i ) . - Variación de la Energía Potencial (AU ) . - Se def ine como el negativo del trabajo real izado

por una fuerza conservativa al moverse la partícula de la posición 1 a la posició n 2.

A U = L \ L\ = - JF .d r = -A E

k

= €>

§

- (J),

L \ + E

k :

= L \ + £ \ , = EM

:

= E\ l

{

( c o n s t a n t e )

[3 .3 .4 .0 .0 .9 ]

La energía mecá nica se conserva .

c) . - Forma a l ternat iva de l pr incipio de t raba jo y energía . - Un s i s tema de fuerzas puede es tar

conformado, por fuerzas conservativas y no conservativas, luego:



MECÁNICA PARA ING ENIERÍA Y SUS APLICACIONES - DINÁMICA

Capítulo III

F= F

C

+ F

X C

I F .d? = F

(

x¡? + F

u

..t i r

A E

K

= - A L + í í ; , ,

. :

=

fe :

+

U

: ) " fe. + )=

E M

: ~

£V/

> =

A E X {

[ 3 . 3 . 4 . 0 . 0 . 1 0 ]

3 . 3 . 5 . - E c u a c i ó n d e t r a b a j o y e n e r g í a c i n é t i c a p a r a u n s i s t e m a d e p a r t í c u l a s :

- S í í > > í l - í - Í í í ^

+

1,

l'fe

+

< P~J

'

1

v '

1

y '

1

V '

•

)

l í

i-i

V . -i / i / 1

r . + l L l ,

i

;

- '/Pe;,

Sabemos que :

Esta ecuación corresponde al primer término de cada uno de los miembros de la ecuación

general anterior , por consiguiente la ecuación general puede escribirse como dos ecuaciones

independientes:

í

F íh\ . = - / ; / V :

i i V i -l —

La primera ecuación describe la energía cinética del centro de masa, como si todas las partículas

estuvieran concentradas ahí .

La segunda ecuación describe la energía cinética de las partículas con respecto al centro de

m a s a



MECÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APL ICAC IONE S-D INÁM ICA Capítulo II I

•SBHBSH^B^Hii^HSSHBBHBBBSB^BHHi^^H^^^^HIHeBBHH

Nota 1.- El hecho que la ecuación de trabajo energía cinética, puede escribirse como dos

ecuaciones, s implif ica la solución de los problemas mediante el método de energía

Nota 2. - Por el principio de trabajo y energía cinética s iempre el trabajo en el s istema es igual al

cambio de la energía cinética del s istema.

3 . 3 . 6 . - E c u a c i o n e s d e T r a b a j o y E n e r g í a , p a r a u n s i s t e m a d e p a r t í c u l a s d i s c r e t a s :

S a b e m o s q u e :

a)- - Para fuerzas internas co nservativas:

n n -

= Y L \ l A = ~

U

, : [ 3 . 3 . 6 . 0 . 0 . 1 ]

.^i i

Do nde ^ ' es la energía potencial interna.

E n ( Y ) :

. : = (

E

K : +

U

, 2 (

E

k , +

U

, , ) =

E

r : ~

E

n =

A £

V [3 .3 .6 .0 .0 .2 ]

D o n d e a

E

r

,

se le llam a ener gía propia.

b) . - Para sistemas aislados, con fuerzas internas conservativas.

W f .eu l - 2 =

0

0= E

r 2

~ E

r i

= constante [3 .3 .6 .0 .0 .3 ]

c) . - Pa ra fuerzas internas y externas conservativas.

r r* M - J rl c2

E n 3 . 3 . 6 . 2 . 0 . 0 :

E

r :

-

E

n

(E

r 2

+ U

t 2

)= (E

n

' + U

t l

)= E

r

= £ , , - > constante [3.3.6.0.0.4]

Do nde E , es la energía total del s istema conserva tivo (tamb ién llamado energía m ecá nica del

sistema) .




Capítulo III

3 .4 .- P R I M E R A L E Y D E E U L E R EN T É R M I N O S D E L A C A N T I D A D D E

M O V I M I E N T O L I N E A L ) . -

Cantidad de movimiento l ineal , para un sistema de partículas:

[ 3 . 4 . 0 . 0 . 0 . 1 ]

<=i

Cantidad de movim iento l ineal , para un cuerpo distribuido continuamente:

L = Vdm

E n 3 . 4 . 0 . 0 . 0 . 1 , s a b e m o s q u e :

n y ^ n ^ «

L = — '- = — V /» r v } m r = m r

i=i

L u e g o :

L = —0>¡/:. )= ml',

d t

V

' ' ^

u

Derivándole con respecto al t iempo:

d i

d t

(Primera ley de Euler para la cantidad de movimiento)

[ 3 . 4 . 0 . 0 . 0 . 2 ]

3 .4 .1 . - Impulso l ineal y Cant idad de movimiento l ineal para un s i s tema de par t i culas . -

Separando variables e integrando, en 3.4.0.0.0.2:

v

S i : 2 > / ,

1=1

f » >

••• / = /

2 > ,

d , = m V

(:

i , •

1

/

>

(

[ 3 . 4 . 1 . 0 . 0 . 1 ]

3 . 4 . 2 . - C o n s e r v a c i ó n d e l M o m e n t u m l i n e a i . -

n

En 3 .4 .1 .0 .0 .1 s i , X

= 0

> entonces :

_ _ i

L = 0 —> L (con stan te)



MEC ÁNICA PARA INGEN IERÍA Y SUS APLICACIONES - DINÁM ICA Capítulo III

Jm V

=

YmV

Ámd

' ' ' t ' '

r

J

{

V

1

—> Constante

m

F

f

.

,

=

ni

V

(

—> Constante

También cumple para uno de sus componentes.

Si:

n

F

X i

= 0 L

x l

= L

x z

= m X

t n

= m X

(

.

:

—> Constante

[3 .4 .2 .0 .0 .1 ]

[3 .4 .2 .0 .0 .2 ]

[3 .4 .2 .0 .0 .3 ]

I

=I

3 .5 .- S E G U N D A L E Y D E E U L E R EN T E R M I N O S D E L A C A N T I D A D D E

M O V I M I E N T O A N G U L A R ( I M P E T U A N G U L A R , M O M E N T O C I N É T I C O O

M O M E N T U M A N G U L A R ) . -

3 . 5 . 1 . - M o m e n t u m A n g u l a r p a r a u n s i s t e m a d e p a r t í c u l a s . -

3 . 5 . 1 . 1 . - P a r a l a p a r t í c u l a ie s i m a re s p e c t o a u n p u n t o f i j o " O " e n ^ :

( / / „) = F.xm F

[3 .5 .1 .1 .0 .1 ]

3 .5 .1 ,2 . - Par a e l s i s tema de par t í cula s , respecto a un pun to f i jo " O " en :

//., = /

r xm r

) ¿mmé1 I I

[3 .5 .1 .2 .0 .1 ]

3 . 5 . 1 . 3 . - P a r a e l s i s t e m a d e p a r t í c u l a s , r e s p e c t o a u n p u n t o m ó v i l " A " :

S e a :

A

A

^

Un punto cualquiera.

G ^Ce ntro de masa .

O 'P u n to f ijo en ^ .

' Ve cto r posició n de A en .

r — . . , . m

• Vecto r pos ic ion de

1

en .

Ve cto r posición de G en .

F i g u r a F 3 - 5 . 1 . 3

P,n, —>

Vector posición de G, respecto a A.



MECÁ NICA PARA INGE NIERÍA Y SUS APLICACION ES - DINÁM ICA Capítulo III

El Momentum angular ( inercial) , es :

n

i l

i

= X P > / . [ 3 .5 .1 .3 .0 .1 J

. i

El Momentum angular relativo, es :

( / / " , ) , = ¿ P > ' « , f T [3 .5 .1 .3 .0 .2 ]

i -1

3 . 5 . 1 . 4 , - P a r a e l s i s t e m a d e p a r t í c u l a s , c o n r e s p e c t o a l c e n t r o d e m a s a :

n

H

(

.

= Z P

(

..v/H

V

[ 3 . 5 . 1 . 4 . 0 . 1 ]

r i

Si :

n • \ • " "

= Z P < . ,

x

" > , v ; , + P t , , > ~ ' I

v

Z

m

, P < , ,

+

Z P o , - v ' "

(

p

( ;

,

t i

P a m P a . [3 .5 .1 .4 .0 .2 ]

Nota . - Las Cantidades de movimiento angular con respecto al centro de masa inercial y relativa

son iguales.

3 . 5 . 1 . 5 . -R e l ac io ne s de // // con // :

t > i

n n

=

I

r .xm

,V

t

= Z fc

+

P ^ . .

Si : .

= i

.

" o = > \ ,

x

l L

m

,

V

.

+

Z P t ; , - " » ,

1

' = i~

(

;XHtV

(

. + //,,

/ / „= / , . +

i ;

x/nV

(

. = H

(>

+

(¡

xL [ 3 . 5 . 1 . 5 . 0 . 1 ]

n n

H

a = E p . - w , = Z (p

+

p

(•>

»

Si :

»

/ «

= p .

t (

,

v

Z

,

" :

í

; + X p o ,- "» ,

1

' , = + p , , . " »

1

•-i i-i




Capítulo III

[3 .5 .1 .5 .0 .2 ]

3 .5 .2 . - Ut i l izando la segunda Lev de Euler . -

3 .5 .2 .1 . - Por la forma fundamental de la segunda Ley de Euler :

X

A /

„ = Z = j

(

2 > > v ;

< i

1 ^ = ^ = //,, [3 .5 .2 .1 .0 .1 ]

3.5.2.1.0.1 nos da la segunda Ley de Euler , en términos del momentum angular.

S i; " o = H c

+ r

< ;

x L

H „= + + ^ = / / , + , . v ¿ F

j i

Luego:

( « \

•• ' - ' \>

1

[3 .5 .2 .1 .0 .2 ]

3 . 5 . 2 . 2 . - . M o m e n to r e s p e c t o a l p u n t o a r b i t r a r i o " A " :

Si:

y , + Z l ,

1

= Z p ,

v

" ' . « , y

1 1

a

Derivándole este últ imo, respecto al t iempo:



MECÁN ICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIONES - DINAMICA

Capítulo III

[3.5.2.2.0.1J

Si :

/i

|

n *

^ v

n

E p > " , = Z v ; -

?

a )

xm

,

>' , = '

T

r

v

' » ,

Z P , -

v

> » } ' , = " ¿ ' r

v

, ( ' o + P o , ) = - ( ' Y

v /

'

f

, ) -

r

A

x±

/ l l . p , . ,

» ; i

< i 1=1

M , = l í

A

+ m t y

A

xV

i :

)

[3.5.2.2.0.2]

Para el momentum angular relativo, tenemos:

í

H

a ) = ¿ p-

v

' » , P = ¿ P ,

v

' » , 0 ~ - ;

V / , , 1 , 1

H

A

I = 2 - P - -

r

' " .

í /

.

¡\

I

-I

í "

.Vi/

[3.5.2.2.0.31

El es tudio de l momento se s impl i f i ca , s i :

a ) .- M , = / / , , p ar a

f

^.vF, = 0 esto, se da cuan do:

i ) . - A — > Es un punto f ijo en 3 0 ' <

=

® )

ii) .- G — > E s un punto fijo en 3

i i i ) . - A — > E s el centro de ma sa => \f = //

D e 3 . 5 . 1 . 4 . 0 . 1 :

^ A f = / /

//

Z P a + P c; , ) + Z

p , .V /// /•

i l I I I

I

I

// = - r . r —

f

' dt

> I




1 1

u

= Z P r . v ™ ' /

[3 .5 .2 .2 .0 .4 ]

4 ¡ )

V

ß

V

«

b) . - A/

}

= j V/

(

j , para j

v</

> ~

0

; esto, se da cuan do:

i) .- A — > E s un punto fijo en 3

i i ) . - A — > E s el centro de masa.

i i i ) . - V — > E s constante .

3 .5 .3 . - Impulso Angular y iVIomentum Angular a un punto f i jo o a l centro de masa :


= j

M dt

= / /| = A//

[3 .5 .3 .0 .0 .1 ]

C o n s e r v a c i ó n d e l m o m e n t u m a n g u l a r :

Si : J Mdt = 0 =0

i

•• = ~> co nst an te [3.5 .3.0 .0.2 ]

Nota.- Cuando se estudia medios continuos más complejos como la dinámica de f luidos con

transferencia de calor y compresible , debemos satisfacer cuatro leyes básicas: a) Conservación

de la masa, b) Cantidad de movimiento l ineal y cantidad de movimiento angular, c) Primera ley

de la termodinámica y d) Segunda ley de la termodinámica, que son independientes entre s í (es

decir deben satisfacer por separado) .



MECÁN ICA PARA INGEN IERÍA Y SUS APLICACIONES - DINÁMICA

Capítulo III

EJEMPLOS

E3-1.- Si se aplica al bloque A una fuerza horizontal de P = 10

Ib, determine la aceleración del bloque B. Desprecie las

fricciones.

151b

B

Solución

1).- D.C.L.:

Na,

-> X

2).- Relaciones cinemáticas:

15 °P—

A

w

A

N

A

a

D

=a. +a

R

7a

P3-la

a

B

j = a

A

i + a

B/

( - c o s l 5 ° i +sen\ 5°j)

Igualando componentes y operando:

a

B

= a y sen 15°

a

A

= a y e o s 1 5 °

a

( 1 H 2 ) — = tg\5

c

a

B =

a

A

t

S

15C

3).- Relaciones cinéticas:

a).- Para B :

B

F

y

= ma

B

- > N

2

c o s l 5 ° - w = — a

A

tg 15

g

w .

a

¿

N

2

~

b).- Para A:

1 + — t g l 5 °

V g

C O S

1 5 °

A

F

x

= m a

Á

- » P - N

2

s e n l 5 ° = —

a

A

S

P3-1

15°

N

2

(1)

2)

(3)

(4)

N

3

(3) en (4) :




Capítulo III

P - t g l 5

0

w

a

Reemplazando valores:

a

A

W

A

5 . 9 8 = — ( 1 . 0 7 7 + 8 )

g

a

A

= 2 1 . 2 1 4 p i e / s e g

2

a

B

= 2 1 . 2 1 4 t g \ 5

o

= 5.684 t

(pie/seg

2

)

E3-2.- Determine la compresión

en los miembros AC y BC, si el

motor está desenrollando el cable

con una aceleración constante de

1 m/seg

2

. (Poleas de masas

despreciables).

Solución

100

kg

a/2

33.69°


a).- En (a):

m

Y

J

F

y

=m a

r

mg - 2T = m j - > 7 =


1 0 0 ( 9 . 8 1 - 0 . 5 )

Y

P3-2a

= 4 6 5 . 5 N

b).- En (b):



MECÁ NICA PARA INGEN IERÍA Y SUS APLICACIONES - DINÁMICA

Capítulo III

5X = m , = 0 [ - T + 1F

Á C

- 0 .832F

B C

= o]* 3

£ F

r

= « , r

c

= 0 [ - 2T + f F ,

c

+ 0 . 5 5 5 / ^ = o ]* ( - 4 )

(O

2)

( l ) + (2)

E n ( l ) :

5T - 4.7

\ 5F

BC

= 0

F

B C

= 493.6 N

- 4 6 5 . 5 + | F

i l c

- 0 . 8 3 2 * 4 9 3 . 6 = 0

F <

c

= 1 0 9 5 . 2

N

Las fuerzas de compresión pedidas, serán de signo contrario a lo encontrado:

F

CA

= 1095.2

N y F

CB

= 493.6 iV

E3-3.- Un bloque de 5 kg de masa descansa

sobre una superficie cónica lisa, que gira en

torno a un eje vertical con velocidad angular

constante

<a.

El bloque está unido al eje giratorio

mediante un cable, según se indica en la figura.

Usando coordenadas tangencial y normal, y

coordenadas esféricas. Determine:

a). - La tensión del cable cuando el sistema gira a

2 0 R P M .

b).- La velocidad angular, en RPM, cuando sea

nula la fuerza entre la superficie cónica y el

bloque.

Solución

1).- D.C.L.:

P3-3a

2).- Relaciones cinéticas usando coordenadas tangencial y normal:

a).- Cálculo de la tensión:

Y

f „= m a„ - » 7

,

co s30° -A

r

s e n 3 0 ° = meo

2

r

^ ^ n n

jVsen30°= T cos3Q°m co

2

r

Z F j = 0 - > r s e n 3 0 ° + N c o s 3 0 ° - m g = 0

N eos 30° m g- T

sen

30°

( l ) + (2) :

I)

2)




Capítulo III

6

m g - T sen30°

5 * 9 . 8 1 - 0 . 5

T

1 . 1 5 4 6 7 = 7 2 . 1 8 1 5 =>

T

= 6 2 . 5 1 4 = 6 2 . 5 N

b).- En (2) y (1), cuando N = 0:

7 ; se n 3 0 ° =

m g

(3)

eos 30 °= meo

2

r

(3> (4) :

(4)

/g30°

= — 0 . 5 1 1 3 * 2 * co

2

= 9 .81

¿ y

2

r

¿y = 2 7 . 8 3 5 = 2 7 . 8 / ? / W

3).- Usando coordenadas esféricas:

a).- Relaciones cinemáticas:

Identificación de los parámetros, que definen el movimiento.

<0=2.915 rad/seg

r

=

2

= 2 3 0 9 m

' eos30°

r = 0

r = 0

0 = 1 2 0 °

0 = 0

0 = 0

20 * f

r a d / seg \ pa raN

* o]

co [ p a r a N = O ]

<z¡=0

i).- Cálculo de la aceleración radial, para N 0:

a

r

=

r

- rè - r ( j>

2

sen

2

d= -2.309*2.9094

2

sen

2

120°

= -7.593 m/seg

2

ii).- Cálculo de la aceleración de Q, para N = 0:

a

e

=2 r 0 + r ' Ò - r eo

2

s e n

<9

e o s

<9

= - 2 . 3 0 9 ®

2

s e n 1 2 0 ° e o s 1 2 0 ° =

co

2

b).- Relaciones cinéticas, para N * 0:

EF

r

=m a

r

—> m gcos60°T = m a

r

= > T = m gcos60°m a

r

T = 2 4 . 5 2 5 + 3 7 . 9 6 7 = 6 2 . 4 9 2 = 6 2 . 5 N

c).- Relacion es cinéticas, para N = 0:

Y

J

F

e=

m a

s - >

m

S

s e n 6 0 ° =

m eo

2

- > 4 2 . 4 7 8 5 = 5

co

2

. - .ú > = 2 .9 1 5 rad/seg =>

ú)=

2 7 . 8 3 5 =

2 1.SRPM




Capítulo III

E3-4.- Dos partículas, cada una de masa

" m " ,

se deslizan

con una rapidez constante "v" relativo al cono, a lo largo de

dos generatrices de éste. Si se hace girar el cono a una

velocidad angular constante ú) k , y considerando

solamente la masa de las partículas, hallar el momento

M k

necesario para hacer girar el cono como una función

del tiempo. En t = 0 las partículas parten desde el vé rtice.

Solución

1).- Cálculo de la cantidad de movimiento angular para un

tiempo cualquiera "t":

Por las características geométricas usamos las coordenadas

cilindricas:

a). - Momento cinético para " 1 " con respecto a " O ":

H

m

= {

r

* p +

Z

e

z

)

xm

{f e

p

+ r B e

0

+ Z e

z

)

H

0X

= - m Z r O e

p

+m (z r - r z)e

g

+ m r

2

0k

Hq\ = H p\

e

p

+

H

ex

e

e

+H

zx

e

z

b) -M om ento cinético para el sistema respecto a " O ":

H

0

= (H

p l

+ H

p 2

) e

p

+ (H

$1

+ H

62

) e

9

+ ( f f

z i

+ H

z2

) e

2

2).- Cálculo de

M k

= A /

z

e

z

(La dirección axial es constan te):

Si: M

z

= H

z

D e ( l ) :

0}

M

= ^ ^ = ~Í2mr

2

é)=4mrré + 2mr

2

3

z

d t d t

K

'

M k - A m r rQ k


P3-4

P3-4a

(1)

2)



MECÁNICA PARA INGEN IERÍA Y SUS APLICACIONES - D INÁMICA

Capítulo III

r = veos ¡3=

d r ^

d t

veos/?

r i

j d r = J veos f i dt —» r = veos f i t

v

sen/3

o

Si:

eos p -

En (2):

R

R

2

+ h

2

M = 4 m

v R

4

r

2

+ h

2

JU

R

2

+h

2

v R

N

4m v R

CO =— . r-CO t

R + h

P3-4b

2 r)2

M k =

4m v R

R

2

+ h

7

co t k

(Unidades de mom ento)

E3-5.- El árbol acodado se hace girar alrededor del eje

vertical con celeridad angular constante ra. Se abandona

en x = 0 la corredera de masa m partiendo del reposo

respecto a la varilla. Determine la distancia "x" en

función del tiempo "t" a partir del instante en que se

suelta. Espe cifique también los componentes de la (

fuerza de contacto entre el árbol y la corredera en ^

función de "t". Despréciese el rozamiento.

Solución

1).- D.C.L.:


a).- Movimiento del marco móvil árbol

acodado y del punto de referencia "B " :

R=R=R=0

Z

6> = co ( -send i +cosd j ) y co= 0

b).- Movimiento de la corredera respecto al marco móvil:

p = x i , p = x i y p = x í

c).- Movimiento de la corredera con respecto al marco inercial:

q = R+ cf i x p +co x (a> xp ^ - v 2a xp+p

Dónde:

P3-5b

' UNASA M





a xp

= ¿y ( - sen 0 i + cos0

j (x I) = -xa

cos0

k

aJ x(a x p) = o)(-sen9i+cos9 ])x(-

xacos0

k) = -xa

2

(cos

2

0

J

+ sen0cos0j)

2a x p = 2a{- señé? + cos0 j )

jc

(

jc

T) = - 2co icosé? k

Luego:

A = -XÜ)

2

eos

2

0 I - xa

2

señé? cosí? J - 2a ¿ e o s 0K + x ¡

a ~ { x - x a

2

eos

2

0 ) / - xa

2

sen

0 eo s 0 ] -2a i c o s 0k


^ F

x

= r¡i gsen0 = t f t {x -xa

2

eos

2

0)

x - (a

2

eos

2

0 ) * = g señé? (l )

= N

y

- m gcos0= m ( -xa

2

sen0cos0)

N

y

= m g cos0- m xa

2

señé? cosé? (2)

^ F

z

= N

z

= - 2ma x eosé? (3)

4).- Solución de la ecuación diferencial (1) (ecuación diferencial lineal de segundo orden no homogéneo):

x

(t )

= x

c

+ x

p

a).- Su solución complementaria es:

X

—

(A

2

COS

2

é? ) .X = 0 (Ecuación lineal de segundo orden hom ogéneo)

x

c

= C, sen

h (a cos01) + C

2

eos

h

(

a

eo s

0

i )

b).- Su solución particular (utilizamos el método de la conjetura sensata), es:

x

P

= A

0

((3)

Derivando dos veces (P), respecto al tiempo y reemplazando en (1)

( 1 1 \ Z

sen

0

- \ a eos 0)A

o

= g sen 0 -» A

0

= ~ ~

2

a eos

gsen0

P

~ a

2

eos

2

0

Luego la solución de (1), es:

' UNASAM





Capítulo III

x

{

¡

}

= C , senh(íy cosû t ) + C

2

cosh

<2>

cos<9 /)

•

g

señé?

t o

2

eos

2

9

(4)

Derivando (4) con respecto al tiempo:

x

{t )

=

C

¡Ü) eos<9 cosh(¿y co sû t ) + C

2

co cosû senh(íy cosé?1)

(5)

Cálculo de las constantes:

Para t = 0 :

X = 0

y i = 0

En (4):

••

\ /

^

gsené? g señé?

0 = C

1

(0 ) + C

1

( 1 ) — ^ r r => C

2

=

ë

co eos 6

co

2

eos

2

9

En (5):

0 = C

x

co cosé? (l ) + C

2

(O)

Luego:

C, = 0

g señé?

~ co

2

eos

2

9

=

[cosh(¿y cosé?f)-1]

g señé? / Í g t g 0 ¡ -,

—5 5— co cosé?senh{¿y eos9 t ) = senh(a) cosò

o eos 9

v

' co

x

'

,)

co

2

cos^

9

5).- Cálculo de N ; reemplazando (6 ) en (2) :

6)

(7)

2

m g sen 9

y

~

œ

2

c o s

2

Q

= mgcos9-ú) jcosh(í» eos91) - l]sené? cosé?

N = mg

eos

2

9 - sen

2

9 cosh(o eos 9 1) + sen

2

9

eos 9

_ mg

L _ ^ G ^ ^ C Q S

^ é

^ Q S Q

t

\ 1 (Unidades de fuerza)

eos 9

6).- Cálculo de

N

z

; reemplazando (7 ) en (3):

N , = 2mco senh (œ cosé?)cosé?

CÙ

N

z

=

- 2

m g senO senh (co t

e o s

9 ) (Unidades de fuerza)

' UN ASA M Autor: VÍCTOR MA NU EL MENAC HO LÓPEZ




Capítulo III

E3-6.- Una partícula A se suelta partiendo del

reposo (respecto al disco) en la posición C y

desliza en la acanaladura inclinada hacia el

centro "O" del disco, mientras éste gira con

velocidad angular constante ra. Si el

rozamiento es despreciable, determinar el

tiempo "t" requerido para que la partícula

alcance "O", y especificar el valor limite © a

partir del cual la partícula no se moverá hacia

el centro.

Solución

1).- D.C .L.: y

l 3

ÜJ

P3-6

P3-6a

2).- Relacion es C inemáticas (el marco m óvil es el disco):

a).- Movimiento del punto de referencia "O" y del marco móvil disco:

R = R = R = 0 Y

co= o) {sen 9i

+ eos

9 j ) y a>=

0

b).- Movim iento de "A " respecto al disco:

P3-6b

p = x i , p - - x i y p ~ x i

c).- Movimiento de "A" en el marco inercial 3:

a = R +ú)xp+cox(ú)xp)+2coxp+ p

(o xp =

co

(señé? / + cosí? ) x ( x i ) = - xa e o s6 k

(üx(Ú}xp)= < o{sen9 +

e o s

0

j r í y c o s

6 k )

= XÜ)

2

{- eos

2

6 i + senO cos& j )

I c o x p =2Ú) (señé? + eos 0 y )jc(— x / ' ) = 2xa) eo s 9 k

Luego:

a = [ x - xa

2

eos

2

9

)

i

+ X O D

2

señé? cosé?

J + 2xa

eo s

9 k

(0)

í i


i '

= -m gsen9 =

r r ^ x,

- a >

2

eo s

2

9

x -co

2

eo s

2

9 x =

-gsen é? ( i )

' UNASA M





Capítulo III

Solución de la ecuación diferencial (1), es:

•*(/) ~

x

c

+ X

P

a).- Su solución complementaria, es:

x

c

=

Q senh(<y

eos 9 i ) + C

2

cosh(íy

eos 91)

b).- Su solución particular, es:

X

p

A

0

Derivando (P) dos veces, respecto al tiempo y reemplazando en (1)

g sen 9

- co

2

eo s

2

9 A

0

= - g sen 9 -> A

0

=

co eos

9

•X

n

gsenO

P

co

2

eos

2

e

(P)

Luego la solución de (1), es:

Xf \ = C, senh(¿y eos9 + C, eoshí© cosé? í) +

( , ) 1 V

; 2 V

)

¿Y

eos 9

Derivando (2) respecto al tiempo:

= C

x

ú) eos9 cosh(¿y cosé? ) + C

2

co eos9 senh(¿y eos9 i )

Cálculo de las constantes:

Parat = 0:

X = b

y i = 0

En (2):

En (3):

O = C,¿ycos0+C

2

(O)

Luego en (2):

f L , , 2 2

r h -

gsen0

^ 2 ~~ " 2 2 n

co eos 9

C, =0

x

(<) ~

beo

eos

9

- g

señé? i

, x gsen<9

; r ~ cosh(<y cos6>¿) + — ; =—

œ eos 9 )

v

' co

2

eos

2

9

(

beo

2

eos

2

9 -gsené?^

co eos 9 j

senh(¿y cosé?¿)

2)

(3)

(4)

(5)

' UNASAM





Capítulo III

4).- Cálculo de "t", para x = 0 :

En (4):

0 = \ (ba )

2

eos

2

6-gsend ) cosh(<y cos<9í) + gsen<9 ] — 5 —

L

'

v

' J m m

cosh(cy

eos

91 ) =

cosh(<ycos6>/)

=

1

¿y ^ c o s

2

0

gsen¿? gsen#

beo

2

eos

2

9- g sen 9 gsen9-ba>

2

eo s

2

9

1

beo

2

eo s

2

9

1

haciendo:

K

beo eos 9

gsen9

Luego:

(O

eos

91 = are coshl

gsen9

1

1 K .

1 J 1

t = —-—- a r e cosh

co eos 9

1

-K

(Unidades de tiempo)

5).- Cálculo del valor de co a partir del cual no habrá m ovimiento relativo respecto al disco:

En (5):

0 =

r

beo

2

eos

2

9 - g s e n #

co eos 9

senh(¿y eos 9 1 )

bco

2

eos

2

9= gsen9

Para que haya movimiento de la partícula, con respecto al disco, debe cumplirse:

. \ gsen9

CO

< s e c 9 A (Unidades de velocidad angular)

E3 -7. - Dos partículas de masa m están unidas a

un aro de masa despreciable. Si el aro se mueve

sin deslizamiento con una velocidad angular

constante; para el instante mostrado hallar:

a).- La velocidad angular "co".

b).- La aceleración del centro de masa.

c).- El coeficiente de rozamiento mínimo

necesario para evitar el deslizamiento.

x

. m

J

\

t

a /

8

P3-7

Solución

' UNASAM




MECÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIONES -

DINÁMICA

Capítulo III

1).- D.S .F. (Diagrama del Sistema F ísico):

Si:

r

AG

=

a eos 9i +

m + m

a ( l

+ send)j,

a

J J

a ( l

+ send)j

2 m

R

AG = ~ T (

C O S

0

1

+ ( 2 +

sen

0 ) j ]


a

A

- acó

2

• X

a

G

= a

A

- co

2

r

A G

= acó

2

- co

2

^ [ (co s é?- l ) / + (2 +

sen d )j \

co

2

a

i

0 ) 2 ( 1

- cose ' j

i -

— - — s e n

d j

(Unidades de acelerac ión)

G

=

- >

/ = mco

2

^ (ì-eos d )

2 ' 2


Y f x =

2m a

<

f - meo

2

a

(cos<9

- 1 )

Z ^ = ),. + (Z ) *

Donde:

P A I

=

a

( - i + j ) > P

A Z = f l [ c o s 0 í + ( l + s e n ' 0 ) j ]

p

ì

=

r

x

=

co

k x a ( - i + ) = -a có (i + j )

p

2

= r

2

= co k x a [cos¿? + (l + sen# )y] = acó (l + sen# ) i + cosd / ]

Luego:

fa), =

0)

( 7 + Ì

= ma

, \x

-acó

_

KJ )

+ ma

eos 6 i +

V

i + >

xa co

vsené?

)

Vsen

9 j

]

eos

6 j

(1)

(H

Á

)

r

= 2ma

2

co (2 + send )k => ( / / ^ j = 2ma

2

co

2

cos0 k

UNA SAM Autor: V ÍCTOR MA NUEL MENACHO LÓPEZ




Capítulo III

l L

m

' P A Í

= m a

( c os # - 1 )

i + m a

(2 + sen

9 ) j

( X

M

I P A I )

X

< * A ~

M A 2

®

2

( e o s 9 - 1 ) k

E n ( l ) :

mga -mg aco sO = Im a

2

co

2

cosé? +m a

2

co

2

c o s 0 +m a

2

a>

2

- g(cos9 -1 ) = co

2

a (3cos6> -1)

co =

g(cos9 -1)

a ( l - 3 c o s # )

(Unidades de velocidad angular)

4).- Aceleración del centro de masa:

Si:

2

[ ( l - c o s 6 > ) í - s e n 6 > 7 ]

o

2

a

i

a

G

=

Luego:

a

G

= '

g(cos<9-1)

rsí, ^ í( l - e o s 0 ) /' - sen

9

/] (Unidades de acelerac ión)

2 ( l - 3 cos<9 )

L V

'

J

5).- C oeficiente m ínimo de rozamiento:

En (0):

\2

/ = meo

2

a ( c o s # - 1 )

También sabemos, que:

m g

( c o s # - 1 )

( l - 3 c o s 0 )

_ .. _ co

2

a mg(cos9- l)seni9

F

Y

-m ,a

G

j , - > - 2mg + N - - 2m sen 9 = - —

( l - 3 cos<9 )

N = m g 2 -

( c o s # - l ) s e n 6 >

( l - 3 c o s 0 )

Para que, no haya resbalamiento debe cumplirse:

(Unidades de fuerza)

w g ( c o s é ? - l )

2

f i M N

- f ^ y

S m g

Luego el coeficiente mínimo será:

2 -

( cos#- l ) sené?

( l - 3 c o s é ? )

' UNASAM





Capítulo III

A =

( c o s f l - l )

2

2 ( 1 - 3 eos 0 - (eos 9 - 1 ) sen 9

E3-8.- El brazo ranurado OB lleva, en el plano

horizontal al pequeño pasador A, cuya posición

está determinada por la rotación del brazo

alrededor de la leva fija. OB gira en sentido

contrario a las manecillas del reloj, con

velocidad "co" y aceleración angular a. Hallar

la fuerza de OB sobre el pasador y la fuerza del

pasador sobre la leva, como ñinciones de 0. El

pasador A tiene una m asa m.

P3-8

Solución

1).- D.C.L.:

cos0 =— —» = 2a eos 9

a

P3-8a


Identificación de los parámetros, que definen el movimiento:

p=r = 2acos0

p= r = -2 asen 99= -2 asen9a>

p= r

-

-2a

eos

99

2

- 2asen90

p = -2a (a )

2

cos0 + asen0)

0=(o

0=a

a = (p -p9

2

)e

p

+(2p9 + p9)e

6

a = [~ 2a (< y

2

cos9 + a sen9)- 2aú)

2

cosé]^ + (- 4aúJ

2

sen9+ 2aácos9)e

0


= N

2

cos9= ma

p

= m ( - 4 a ¿ y

2

c o s 9 - 2 a a s e n 9 )

N

2

= - 2am (a t g9 + 2 (D

2

)


^ F

0

= N ¡ + N

2

sen9= ma

e

= 2am (acos9-2co

2

sen9)

' UNASAM





Capítulo III

N

x

=m

4acó sen9 + 2aacos9 + 2aa

sen 9

eos

9

+

4aco

sen 9

N

{

= 2maa

^cos

2

9

+ sen

2

9^

eos

9

=

2

m a a

s e c

9


Fuerza del pasador sobre la leva:

N '

2

=2am (a t g9 + 2co

2

)


E3-9.- Las esferas A y B pesan 50 y 200 N,

respectivamente. Estas esferas están colocadas

sobre una mesa giratoria, unida por una cuerda

"elástica", que hace que se apoyen sobre topes

S

A

y S

B

. Cuando la mesa está en reposo la

tensión en la cuerda es de 150 N ¿cuáles serán

las fuerzas entre las esferas y los topes cuando

la mesa se hace girar a 20 R.P.M. alrededor de

la vertical?

9 0 cm 60 cm

P3-9

Solución

Habrá fuerzas entre los topes y las esferas siempre que el alargamiento inicial se mantenga en la cuerda

elástica de acuerdo a la ley de Hooke (Tensión constante).

1).- D.C.L.:

Ni*-

enl

- >

T


Qf l

P3-9a

Qa

%

t e t e

No hay aceleraciones en la direcciones tangencial y binormal, pero si, en la dirección normal, para ambas

esferas.

,2

f

= ®

R

A =

2 0 "

7t

30 .

* 0 . 9 = 3 . 9 5 m/seg

2

' UNASAM





Capítulo III

a

nB = ®

r

B =

20*

n

3 0

J C *0.6 = 2.63 m/seg

2

3).- Relaciones cinéticas (en las direcciones centrípetas o normales):

Para "A":

- N

x

+ T = ^ f

r

*3 . 95

Para "B"

•N

2

+ T = * 2 . 6 3

ATj = 1 5 0 - ^ * 3 . 9 5 = 1 2 9 .8 6 = 1 3 0 N

N

2

= 1 5 0 - 6 3 = 9 3 . 3 8 N

E3-10.- Tres partículas idénticas cada

una de masa

m

están unidas por barras

rígidas de peso despreciable y de

longitud i . Si la partícula de la derecha

tiene una velocidad constante

V

0

i .

Hallar: a)

V

G

, b)

E

K

,

c )

L

y d)

' Solución

1).- Cálculo de la velocidad del centro de masa

V

G

:

^ = v

0

i , V

2

= V

0

i

V

3

lo calculamos utilizando en método del centro instantáneo:

Vo

' ^ / W / 7 7 / / / / / / / / / / / / / / 7 7 ? / / / / / / / / ,

l

P 3 - 1 0

K

ú)=

I s enO

Luego:

V o

i

/

C i

P3-10a

V

3

= <y¿COS0=FoCOt 0 V

3

= V

0

cot

0j

' UNASAM





Capítulo III

—

f f¡y + ny

2 - l

V

G

=

1

—

2 1

= - V

0

i + - V

0

c o t

9 j

(Unidades de velocidad)

3m

3 3

2).- Cálculo de la Energía Cinética del Sistema E

K

:

E

k

= E

kx

+ E

K 2

+ E

K 3

= -mV

0

2

+-mV

0

2

+~mV

2

cot

2

9

E

K

= mV¿

í 1 A

1

+

—

cot

2

9

2 y

2 " 2 . 2

(Unidades de energía)

3). - Cálculo de la Cantidad de Mo vimiento Lineal del Sistema L :

L ~ m

t

V

G

~ 3m

'2V

0

i + V

0

co t0p

3

y

L = m V

0

(2 i + cot 0 )

(Unidades de cantidad de movim iento lineal)

4).- Cálculo de la Cantidad de Movimiento Angular del sistema con respecto al Centro de Masa H

a

:

a).- Cálculo de la posición del centro de masa del sistema en X Y :

•e / \

- z

r

G

= - ( 1 + 2cosí? ) i - - s e n $ j

b).- Determinación de las posiciones de las partículas con respecto al centro de masa:

p

G X

= ( £ + cosd ) J- r [ ( l + 2 eos

<9

) /

r

- s e n

<9

j ] p

G X

= ^ [( 2 + cos<9

)/

r

+ seni9y]

m [ £ + £ co s9) i + m £ co s9 i - m £ szn 9 j \ - £

r

G ~ - Á b = - ( l + 2 c o s 0 ) / - - :

p

G 2

= cos9i

- ^ [ ( l + 2cos6> )/ - sen

9

y] -»

p

G2

= ^[(cos< 9-1)/ +

sen/9

j ]

p

G3

= - £ s e n < 9 y ' - - [ ( l + 2cos<9 ) í - s e n # y ] p

G3

= - - [ ( l + 2co s(9 )/' + 2se n< 9 j

c).- Determinación de los momentos cinéticos de cada partícula con respecto al centro de masa:

H

gx

= p

G x

x

mV

x

= ^[ (2 + co sí ?) / + sené? /]•*

mVj

= s e n 9 k

— _ — £ r - -1 - £ -

H

G2

= p

G 2

x m V

2

= -[(eos <9- l)/ + sené?

y c mV

0

i = ~ - m V

0

sen

9 k

H

G3

= p

G3

x m V

3

= -^ [ (2co s< 9+ 1) / + 2sen # ] x mV

0

co tg9 ]

— £ -

H

G3

= -—mV

0

(2cos9 + )co t g9 k

' UNASAM





Capítulo III

Luego:

H

0

- H

GX

+ H

G2

+ H

m

- i r 2 eos

2

9 ^

H

g

= - - m V

0

2sen9 + cot g9 + ———

3 V sene?

H

n

= -

m V

0

i

3 señé?

(2 + cosí? )

k

(Unidades de momentum angular)

E3-1L- El bloque de 10 kg que se ve sobre el plano inclinado liso de 30°, se mueve con una velocidad

inicial de 19.6 m/seg a lo largo del eje X. Una fuerza F, que varia con el tiempo como se indica en (a), se

aplica al bloque paralelamente al plano y al eje Y. Determinar la velocidad del bloque 8 seg después de

haberse aplicado la fuerza F.

(a)

> • t ( s e g )

P3-11

Solución

. F

/

O /

(b)

*- x

1).- D.C.L . viendo al bloque en el plano Z Y

(de canto):

No hay fuerzas resultantes en la dirección

de X, por lo que, la velocidad en está

dirección se mantiene constante; además la

resultante de la fuerzas en la dirección Z es

nula, por no haber movimiento en está

dirección.

N = W cos30°

2).- Utilizando el principio de impulso y

cantidad de movimiento lineal (en el gráfico

usamos la áreas debajo de las líneas y del

D.C.L.) :

Z

\

F(t)

\ Y

i

Fdt = L L - > } [ F

U )

j - W sen30° j ) dt = mV

%

- m V

0

\ /

W eos 30°

30° \

w

^ W sen 30°

*

P3- l la

- m V

0

(600 - 50)y - 98.1 * * 8y = 10 ( F

g

- 1 9 . 6 / )

F

g

= 1 9 .6 / + 1 5 . 7 6 ; (m/seg)

' UNASAM





Capítulo III

E3 -12 .-La s dos partículas en la figura se

encuentran en reposo sobre una mesa

horizontal lisa y unidas entre si por una

cuerda inextensible que pasa a través de

un pequeño anillo liso fijo a la mesa. La

partícula mas ligera (masa m) es

impulsada ahora con velocidad

V

0

perpendicular a la cuerda. Demuestre

que la otra partícula chocará con el

anillo con velocidad .

/ { i JF+ l )

Sugerencia: Use coordenadas

polares y note que

r

2

0

es constante

para cada partícula.

P3-12

Solución

1).- D.C.L..

2).- En el sistema, no existe momento resultante

con respecto al punto "O", por lo que, se

conserva la cantidad de movimiento angular con

respecto al eje axial.

Z

M

0

= 0 =>

H

m

= H

m

—» Constante

Utilizando coordenadas cilindricas, para un

instante cualquiera:

HOI

-

(pe

P

+

Z e

z ) *

m

i p

e

p

+

p 6

e

e

+

Z e

z

=

H

0i

= mp

2

Ò

e

z

=

m p (p )e

2

=

mp V

t

e

z

O

2

%

m

%

e

z

P

0 0

P

pÒ

0

P3-12a

nm

Por conservación de la cantidad de movimiento angular en la dirección axial, en el sistema:

S i : ( O

2

= 0

mL (v ,\ =m 2L (v

e2

\ - > (K„

2

=%

3).- Como no hay fuerza resultante externa en el sistema, se conserva la energía cinética en el sistema:

nmp

m

, V

2

^

p

2

+ ^

K

J 2

-mv :

Jl

' UNASA M





Capítulo III

P= V

P

> = V »

=

F

n

V 3

P

2

24n +

I q q d

E3-13.- Un hombre de masa

m

y un bote de

masa M, están en reposo como se muestra

en la figura. Si el hombre camina hacia el

frente del bote, demuestre que su distancia

al muelle es entonces de

en

f t i /

donde g = / j y , es la razón de las masas

del hombre y el bote. Aclare la respuesta en

los casos límites en

m«M y M «m .

Desprecie la resistencia del agua al

movimiento del bote.

P3-13

Solución

1).- Como no hay fuerzas externas en la dirección horizontal (X), la cantidad de movimiento lineal se

conserva en está dirección:

I? - > ( S ^ H I ^ )

2

0 = M X

b

+m X

h

M X

b

= - m [ X

b

- X y

La velocidad en X es constante por que: ^

F

v

= 0

X ( X L

M — = -m\ — - —

i

W

i

X {M +

m)

= m L - > X =

m L

M )

l

M + m f , m

y S

m

~M

Luego:

X = I q q d

1 + g

2).- Si: m « M g será muy pequeño por lo que X lo será también.

Si: M « m g será muy grande, por lo que X será apreciable, aproximadamente igual a L.

' UNASAM





Capítulo III

E3-14.- El bloque y en la figura, se está moviendo hacia abajo a 5 pie/seg en el momento en que el resorte

está comp rimido 6 pulgadas. El coe ficien te de fricción entre el bloque y el plano es de 0.2 , la polea es

ligera y los pesos y ySR son de 161 Ib y 193 Ib, respectivamente.

a.- Encuentre la distancia que cae y desde su posición inicial antes de que su velocidad sea cero.

b.- Determ ine si el cuerpo y comenzará a m overse de regreso hacia arriba.

K= 80 lb/pie

5R

y / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / y / / / / / / A

Solución

P3-14

1).- Po r el principio de trabajo y energia cinética en el sistema y

y:

a). - Diagrama de las posiciones inicial y final:

: 0.5'

•

P3-14a

b) Por el principio de energía cinética y trabaju.

fV¡_

2

= A E

K

" ( 1)

» V

2 4

= / U * + 0 . 5 ) = 1 6 U f + 80.5

w

i-ie = ^ ( 0 . 2 5 - X

2

) = 1 0 - 4 0 X

2

lb-pie

W

x

_

2f

= - f i N (0.5 + X )= -0.2P

e íR

(0.5 + X ) - > W

x

_

2f

= -19 . 3 - 3S.6X

lb-pie

E ^ S ™ ^ * 137.42

lb-pie

2 * 3 2 . 2

E

K 2

= 0

En (1):

\ 6\ X +8 0 .5 + 1 0 - AOX

2

- 1 9 . 3 - 3 8 . 6 X = - 1 37 .4 2

' UNASAM





Capítulo III

X

2

- 3 . 0 6 X - 5 . 2 1 6 = 0

X

x

= 8 .4 1 5 pies

X =

3 . 0 6 ± A / 3 . 0 6

2

+ 4 j c5 . 126

= — 0 1 . 2 2 <8> No (el sistema comienza con movim iento)

.•. y c a e 8 . 9 1 5 pies

2). - Para saber si regresa tendríamos, que encontrar la deformación estática por efecto del peso de p :

S = = - = 2 .0 1 2 5 S 2 p ies (deformación estát ica)

pe

S

d

= 8 . 4 1 5 - 2 = 6 . 4 pies (deformación dinám ica)

Como: 8

p d

> 5

p e

el cuerpo comenzará a moverse hacia arriba.

E3-15.- En la figura el hombre de

masa m está en el extremo de A de

una tablón de 20 pies y de masa

3m que está mantenido en reposo

sobre el plano inclinado liso por

medio de una cuerda. El hombre

corta la cuerda y corre hacia el

extremo B del tablón. Cuando

llega ahí, el extremo B tiene la

niisma posición sobre el plano que

tenía originalmente. Encuentre el

tiempo que le toma al hombre

correr de A a B .

P3-15

Liso

Solución

1).- D.S.F. (para una posición cualquiera del hombre):

P3-15a

X

2).- Empleando el principio de Impulso y Cantidad de Movimiento al sistema, para encontrar la velocidad

del hombre, ya que, el tablón no debe moverse:

i t

¡Y ,Fd t = & L - > f £ F

x

d t = A L

x

o o

' UNASAM




MECÁN ICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIONES - D INÁMICA

B B a a B B w B a B B a B B M n a B B B B O K B B ^ A

Capítulo III

l

J4mg

sen 30°

dt = m X

h

2 gt = X

h

(1)

3).- Relaciones cinéticas para el sistema, para encontrar la aceleración del hombre, teniendo en cuenta que

el tablón no se mueve:

4»gsen30°^ -> X

h

=2g

4).- Relaciones cinemáticas (para encontrar la velocidad del hombre):

X ¡ = í

i 0

+ 2X

h

X

h

= 2*2

g *

20 = 80

g -

= 50.75

P

ie/seg

E n ( l ) :

t

= = 0.79

seg

2g

E3-16.- Una niña nota que algunas

veces la pelota r| no resbala en la

superficie inclinada, del juguete 91

cuando lo empuja a lo largo del piso

(ver figura P3-116) ¿Cuál es la

aceleración mínima de 91 para impedir

este movimiento? suponga lisos toda

las superficies.

2)

Solución

1).- D.C.L.:

m a c i z a r |

P3-16

N

a

OS 28.07°

N sen 28.07°

• X

P3-16a

28.07°

2).- Relaciones Cinemáticas:

= «3 + ¿ V = +

a

n

/ (eos28.07°/ - sen2%.0T j )

a„

a

3

+ a ,

eos

28.07° i - a ,sen2% .<òT j

Á J A

S i : a

= 0 => a , = a

n

i

/ < R


Y J F

x

= - N

b

+ N

a

sen28.07°=

m a

n

0 )

UNA SAM Autor: V ÍCTOR MA NUE L MENACHO LÓPEZ



MECÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIONES - D INÁMICA

Capítulo III

Y

j

f

Y =

n

A cos28.07°m g = 0 N

Á

=

(2) en (1):

- N

b

+ 0.533mg = ma

l }

m g

cos28.07°

2)

(3)

4).- En (3)

a

nm i ) l

se da cuando

N

B

= 0 (el movimiento de la pelota en el juguete, es inm ine nte ):

a

»min. = 0 . 5 3 3 g = 5 .2 3 m/seg

2

E3-17.- El sistema en la figura consiste del cuerpo

p de peso 12 Ib, de la polea ligera 9Í, del disco

\\

de peso 8 Ib y del cuerpo K de 10 Ib. El conjunto

se suelta del reposo en la posición indicada. El

cuerpo K cae a través de un agujero en la ménsula

que detiene al cuerpo

>(/

Encuentre que tan lejos

desciende N desde su posición original.

v / / / / / / / / / ¿ ¿

6 pulg

Solución

Las únicas fuerzas que producen trabajo son los

pesos, por lo que se conserva ía energía mecánica.

1).- Cuando el sistema está conformado por los tres cuerpos.-

a).- Diagrama de los estados iniciales y finales, respectivos:

P3-17

6 + h

<3>

l

©

®

f t

© V

©

3 pies

P3.17a

(3)

Si:

EM

}

= EM

2

E

K

, + U

X

= E

K 2

+ U

2

b).- Por conservación de la energía

mecánica:

U

{

= (l2 + 8 + 10 )*3 = 90 lb-

pie

U

2

= 1 2 * 6 = 7 2

lb-pie

E = ~ V

2

K2 2

2

12 8 10

g

- - y , '

g

9 0 = — F

2

2

+ 7 2

g

V

2

2

=1.2 g

V

2

= 6 . 2 1 6 pie/seg

' UNASAM




MECÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIONES -

D

^

I M

IC A Capítulo III

2).- Cuando el sistema solo está conformado por dos cuerpos: .

P P

E

K 2

= — * l - 2 g + — * 1 . 2 g = 0 . 6 ( l 2 + 1 0 ) = 1 3 . 2 lb -p ie

2 g 2 g

U

2

= 7 2 lb-pie

E

k

3 = 0

í/

3

= (6 + /2>*12 -10/2 = 72 + 2/I

Si: EM

2

= EM

X

E

K 2

+U

2

e

K3

+ U , 72 + 13.2 = 72 +

2/z

/i = 6 .6 pies

3).- La longitud del descenso, desde su posición original es:

h, =6.6 + 3 =

9 . 6 0 pies

E3-18.- Este aparato se utiliza para

comprimir aire. La manivela gira a 150

R.P.M. en el sentido de las manecillas del

reloj. La carrera es de 45 cm. El émbolo pesa

400 N y tiene 25 cm de diámetro. La varilla

del émbolo pesa 200 N. Determine la fuerza

del pasador de la manivela sobre el sistema

del embolo, cuando X = 7.5 cm. La presión

del aire es de 40 N/cm

2

en ese instante.

Desprecie las fricciones.

Solución

V

r

W

I

P3-18

1).- D.C.L. del pasador y del sistema émbolo:

c o s 0 = ^ = f - > 9= 70.53°


a).- Aceleración para el pasador:

a

p

= (o

2

r e

n

=

co

2

y ( - c os 70 .5 3° /

r

-

sen

70.53° ] )

UNASAM





Capítulo III

a

P

= 2 2 . 5 a

2

( - 0 .333 i - 0 . 9 4 3 j ) (cm/seg

2

)

b).- Aceleración para el sistema émbolo, solo será la componente en X de la aceleración del pasador:

'0W í • • •

;

•••-•

3).-R elac ion es cinéticas en el sistema émbolo: ' . .

•

•

' í

* 4

••• <

m

( -7 .5v>) ' »

,F

x

=m

s

X - > N - F =

g

N

= 6 25 0 ;r - 4 . 5 9 «

2

Dónde:

7T

co = 1 5 0 * — = S n rad/seg

3 0

N = 18 502.42 Newton

E3 -1 9.- Una canasta y su contenido tienen un peso

de 10 Ib. Determine la rapidez a la cual se levanta

la canasta cuando t = 3 seg, si inicialmente un

mono, que tiene un peso de 20 Ib empieza a trepar

hacia arriba a lo largo del otro extremo de la

cuerda con una rapidez constante de V^c

=

2

pies/seg, medida con respecto a la cuerda.

Desprecie la masa de la polea y la cuerda.

Y

201b

Oy

o Ox

X

101b

P3-19a

} ( - 1 0 + 2 0

r d t = {m

m

V

m

r + m

c

V

c

r )

f

N =

4 0 — * 2 5

2

- 4 . 5 9 t í J

2

• - -

4

. r - ' v ^ r r v a

r

0.4 pies

P3.19

Solución

1).- D.S.F.:

2).- Utilizando el principio de impulso y

cantidad de movimiento angular:

i

r o ^ f v - y j ] ^ .

g g

¿•K

4

V 3V

- 4 4

+

g

t = —- — + — = —

5

- > V = -

g g g

g

' UNASAM




MECÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APL ICAC IONE S-D INÁM ICA Capítulo I II

r • ; •. - • •

Para,

t

= 3 seg:

„ 4 + 3 * 3 2 . 2 ,¡

V

c

= — r — = 3 3 .5 3 --pie/seg

E3-20.- El carromato de masa

m

mostrado en la figura corre a una velocidad

V

0

y va ser frenado

parcialmente por medio de un paracaídas; éste ejerce una fuerza

F

d

proporcional al cuadrado de la

velocidad del carro

F

d

= C V

2

.

Despreciando la fricción y la inercia de las ruedas, determine la

distancia recorrida por el vehículo antes de que su velocidad sea

40%

de

V

0

.

Si el carro

y

el conductor

pesan 1000 Ib y C = 0 . 1 8 2 lb-seg

2

/pie

2

, encuentre la distancia en pies.

1).- D.C.L.:

Y

•

• X

' / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / .

P3-20

Solución

P3-20a

2).-

Por la segunda Ley de Newton:

dV ^ dX

Integrando:

,

x

¡dx= J

i J J

m

C V 2

U

d V C

JV

d v

*— _> = V— -> dX = —

d t d X m d X

m

V

r

A

.

0A

r°

dV C 04V„

C r

-

r C t

= =-0.916

« o v

a

V

m

V ,

A" = 0 . 9 1 6 — = 0 . 9 1 6 * ^ ^

C 3 2 . 2 * 0 . 1 8 2

X

= 1 5 6 pies

E3-21.- Cada una de las cuatro partículas de masa m está unida a un aro rígido de masa despreciable, que

está en libertad de moverse sobre el plano horizontal liso XY.' Para este sistema de partículas hallar, la

UNASAM





Capítulo III

posición angular

((>

del aro como una función del tiempo. Si

F

se mantiene a un ángulo fijo con respecto

al aro. Tomar:

<>

= 0 = 0 para t = 0 seg.

P3-21

Solución

1).- Cálculos elementales:

• X

P3-21a

2).- Tomando momento con respecto al centro de masa:

Si:

2 X

Z

= ¿ <

G Z

a).-Cálculo de

H

G Z

del sistema:

H Q = T J P

G

<

X M

I K = H P G ¡

X M

I ( *G

X

P G ¡ )

(

0 A

u

A

= eos </>/ + sen<j )j

u

B

= -ser i c i

+

eos < p

F = Fsena u

A

+ F eos a u

B

H

g

=

Z

m

i P G i

X V

G +H

m ,P

o l

x (a>

x

PG ^ I L W ÍPG^ Í®

x

P G I )

' UN ASA M Autor: VÍCTOR MA NUE L MENAC HO LÓPEZ




Capítulo III

r/i = 10 pies

1

i H

\

•

. y P3-2 2

Solución

]).- El momento con respecto al muchacho es igual a cero, luego se conserva la cantidad de movimiento

con respecto a éste:

l M

o z =

0

( Ho z )

1

= ( H O Z )

2

P l

V

6 l = P2

V

e

2 0 * 5 = 1 0

V

g2

- > V

92

= 1 0 pie/seg

Luego:

pe

p

+V

e2

e

e

= 2e

p

+ \ Q e

e

: . 1(^ ,^1 = 1 0 .2 pie/seg

2).- Cálculo del trabajo hecho por el muchacho:

Si:

W ,

2

=A E

K

= \ m \ v

A

) \ - (V

A

)

2

^

W - — *

1-2

1 . 80

2 32.2

* ( 1 0 4 - 2 5 ) = 9 8 . 1 3 66

lb-pie -

^ , _

2

s 9 8 . 1

lb-pie

E3-23.- Un artefacto espacial m se dirige al centro de la

Luna con una velocidad de 3200 km/h a una distancia de

la Luna igual al radio R de la misma. Hallar la velocidad

de impacto con la superficie lunar si el artefacto no puede

dispara sus retrocohetes. Considérese a la Luna fija en el

espacio. El radio R de la luna es de 1738 km y la

aceleración de la gravedad de 1.62 m/seg

2

.

/...V"'it "Oí.

•

-••¡»•'.i

3 2 0 0 k m / h

P 3 - 2 3

UNASAM




MECÁN ICA PARA INGEN IERÍA Y SUS APLICACIONES - D INÁMICA

Capítulo III

Solución

No existe fuerza de fricción en la Luna y en m solo actúan fuerzas conservativas (gravedad constante;

dato del problema), por lo que habrá conservación de la energía mecánica (plano de referencia, la

superficie lunar).

EM

2

= EM

l

= E

K 2

+ U

2

= E

K l

+

U

l

-> Constante.

EK 2 = 2

mV

¿

[ / , = m g

L

R = m * 1 .6* 1730x10

3

= 276&clO

3

m

U

2

= 0

Luego:

- m V l

=

— m

* 8 8 8 . 8 9

2

+ *2 7 6 8 ; r i 0

3

2

B

2

V

B

= 2 5 1 5 . 1 8 m/seg -

V

B

= 9 0 5 4 . 6 5 km/hr

E3-24.- La barra rígida uniforme 91 en la figura pesa

60 Ib y está articulada en A (y sujeta por el cable DB)

al marco 3. Si se le da al marco 3 una aceleración

a = 3 2 . 2 pie/seg

2

como se indica, determine la

tensión T en el cable y la fuerza ejercida por el

pasador en A sobre la barra.

6 pies

8

¡Kn

A

a

A

D

4 5

<

/

P3-24

/

B

Solución

Todas las partículas tienen el mismo movimiento (cuerpo rígido en traslación).

1 ) . -D.C .L . :

Y

•

• X

P3-24a

Ay

Ax

mg

45°


' UNASAM





Capítulo III

Z F

x

= t 4 - A x = ™ 32.2 = 60

2 2

x

32.2

v - V2 V2

2 > , = T — + = 0 T— + A

r

= 60.

Si:

= L P i

xm

i

a

i = { ^ l

m

t P i )

x a =m r

a

x a

Z

^ = 3 2 °

2

( -

3

i) * 32.2

/

= 18 0 * (lb-pie)

l )

2)

(3)

También:

,V2

Y

,

m

A

=

t:

Y

*6 k

= 3^Í2T

k

(4)

(3) = (4):

3 ^ 2 7 = 180 -» T = 42.426 Ib

En (1):

^ = 4 2 . 4 2 6 *

6 0

= - 3 0 Ib

En (2):

^ = 6 0 - 4 2 . 4 2 6 * ^ = 30 Ib

E3-25.- El aro que se muestra tiene una

velocid ad angu lar ú) . alrededor de su propio

eje y al mismo tiempo gira alrededor del eje

"y" con velocidad angular CO

y

. Los ejes

están fijos al aro. Analizar el aro como un

Sistema de partículas y deducir una expresión

para la energía cinética E

K

y la cantidad de

movimiento angular

H

0

del aro en términos

de

M , r ,ú)

y

,y ú)

z

.

dm =

P3-25

Solución

1).- Relaciones Cinemáticas:

a).- Por el teorema de adición de las velocidades angulares:

' UN ASA M Autor: VÍCTOR MA NU EL MENA CHO LÓPEZ




Capítulo III

ñ = co

y

j + a )

z

k

b).- Velocidad de la partícula iésima (movimiento alrededor de un punto fijo "O"):

J k

o j

y

o )

z

sen 9 0

V¡ = -o )

z

r sen9 +a>

z

r eos9 - a>

y

r eos9 k

V¡ = /j<y. ( - sen 9 + eos # ] ) - a>

y

eos 9 k

2).- Cálculo de la energía cinética del sistema de partículas aro:

a).- Para la partícula iésima:

E

k¡

= jm .V ,

2

= m

t

r

2

[<y

2

(sen

2

9 + eos

2

9) + co

2

eos

2

9

E

k

, = i rrif

2

(a>

2

+ O)

2

eos

2

é

b).- Para el sistema:

ir ^

E

k

= §\ r

2

(ú)

2z

+ 0)

2

eos

2

9) dm = \ i r

2

(co

2z

+ a>

2

eo s

2

6¡j—d9

o

^

1 , . M ,2, 1

2

, M íe s e n 2 # ^

2

E = -

r

2

co

2

— 9\ + ~ r (O

2

— — + ——

K

2

2

2t t

lo

2

y

2n \ 2 4 )

0

M r

2

a>

2

M r

2

a>

2

M r

2

/

2 2

\

E

k

= 1 = — - — 2co

z

+CO

y

J

(Unidades de energía)

3).- Cálculo de la cantidad de movimiento angular:


ñ, =

H

0i

= r (eos9 i +sen9 j )x m ¡r a>

z

( -sen9 + eos 9j) - co

y

e o s9k ]

i j k

eos 9 sen# 0

- co

z

sen9 a>

z

eos9 -a)

y

cos9

V ,

= co x r

0i

= (co

y

j + co

z

k )x r (eos9 i + sen9 j ) =

0

eos 9

H

0i

= r

2

m

¡

' UNASAM





Capítulo III

H

0l

=

r

2

/ « ^ - co

y

(sen

9 cos9 i

- eos

2

9 j

) +

co

z

k

b).- Para el sistema:

2n

H

0

= J r

2

[ - < y

3

, ( s e n i 9 c o s ^ / - e o s

2

9 j ) + co

z

k ^ - d G

2n

H

n

=

M r

2

2x

0)

y

l

sen 9

2 t

- (9 sen 2 <9

y J

12 4

2jt

+ ú)

z

k 91

0

H

n

=

M r '

(ü)

y

j +

2CO

z

k )

(Unidades de cantidad de movim iento angular)

E3-26.- La barra delgada de masa M,

longitud l y centrada con un pasador en el

origen, gira alrededor del eje "x" con

velocidad angular constante 9 . Al mismo

tiempo la barra gira en torno al eje "Z

0

" con

velocidad angular constante

( j ) .

El sistema

xyz está fijo a la barra y el eje " x " se mueve

en el plano Xo Y

0

. Hallar la componente del

momento

M

y

.

Reso lver el problema

tratando la barra como un sistema de

partículas. Nótese que la velocidad angular

de la barra es:

co = 9 i + señé?y + ^ cos i9k .

P3-26

X

0

x

Solución

1).- Cálculo de la velocidad de la partícula iésima en XoY

0

Z

D

(con componentes en xyz):

V¡ =

co

x r

0¡

= ( 0i +0

sen

9 j +

<j >

cosd k )x zk = -z9 j +

z<f> sen

91

V

t

= zy> s e n

9 1 - 9 j )

2). - Cálculo de la cantidad de movim iento angular del sistema de partículas barra:


H

(u

= r

Q i

x m

i

V

i

= z k xm

t

z(t¡> sen 9 i - 9 j )

Íí

t

= z

2

m

¡

¿ I + <j > sen 9 ])

b).- P ara el sistema de partículas barra delgada:

H

0

= z

2

(¿i +0sen9 j )dm y dm = p

t

d z =



MECÁ NICA PARA INGEN IERÍA Y SUS APLICACIONES - DINÁMICA

Capítulo III

H

0

= ( Ò I + sen 0 j ) \ z

2

dz = I + <j > señé? ] ) z f

3£

M

3

(a 3

J + J

\ {ó

¡ +

<¡>

send ])= —— (òì + 0 senO ])

0)

Derivando (0), con respecto al tiempo en el marco inercial (3) y usando la ecuación "I":

o

M T

X =

n

H o + ¿ V

x H

o = (¿éos 6j )+

co

m/

xH

0

/3 1 z / 3

(O

„ M r

a )

n

xH

0

=

/3 12

- Í7 ^

/3 12

(2) en (1):

/ y k

è < ¡> senG f i eos e

è f i sen 0 0

( - ( ¿ s e n t e o s el + i Ó cose j )

X

H

0

= f i

se n

&

cose

I

è co se y )

12

M i

2

.

.

M = H

0

=

— - —

f i e co se

(Unidades de mo mento)

6

E3-27.- Cada una de las bolas de 3.6 kg está montada sobre la

3 , 6

_ _

k g

armadura de peso despreciable, y gira libremente en torno a la

vertical a 90 R.P.M., siendo 0 = 60°. Si se aumenta la fuerza F

que actúa sobre la varilla vertical de regulación de tal forma

que la armadura gire en 8 = 30°, determinar la nueva celeridad

angular N y el trabajo W realizado por F. El punto O del collar

permanece fijo. Desprecie cualquier rozamiento.

Solución

1).- D.S.F., para las dos opciones

2)

N 3.6

k g

15,25 cm

(2)

' UNASAM





Capítulo III

2).- De los D.S.F. deducimos, que el momento con respecto a "O" es nulo, por lo que, la cantidad de

movimiento angular se conserva:

a ).- C álcu lo de ( X ^ o / ) ,

;

( /7

0 I

) , = 30.5(- eos30°/ + sen 30°)x m ¡ 3n j x ( - 30 . 5eo s 30° / ) ]

(H

o 2

\ = 30.5 (eos30°/ + sen30°)xm ¡3 ;ry; t(30.5cos30

0

/)]

( # 0 2 ) , =

3 0

-

5

( t -

i

+ 2

)x 30.5w(- 3x4* ) = 30.5

2

m

••• ( Z ^ o i ) , = 3 0 ( k g c m

2

/ s e g ) (1)

b ) .- C á lc u l o de ( £ #

0

» )

2

:

-/

+ —

j

4 4

J

(

3n sÍ3 . 9x }

— <

+

T

J

( / /

0 1

) = 30.5(- eos60° / + sen60° y)*

m [ N j x

( - 30.5eos60° /) ]

( f f

0 1

) = 30 . 5 ( - ^ í + # y ) jc 30.5 r r ^ k ) = 30.5

2

m

V 3 - N

— N i + — /

4 4

J

( # 0 2

) = 30.5(cos60°

i

+ sen60°y)x

ní N x

(30.5cos60° /)]

( / /

0 2

) = 30.5(^7" + 4 y ) x 30 .5 m (- f k ) = 30.5

2

m

A

/3 _ A T .

—

/

+ — j

V

4 4 \

( 1 ) = ( 2 ) :

2)

3 0 . 5

2

m | ^ = 3 0 . 5

2

m ( |

N = 9n

rad/seg —

N = 210

R P M

3).- Cálculo del trabajo realizado porF; utilizando la formula alternativa de trabajo y energía:

W

X

_

2F

= A E

K

+ A U

' UNASAM




MECÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS§#»L1CACI0NES-DINÁMICA

E

KX

= - * 3.6 * 2 (3* * 0.30$ * 4F = 22.31 J

e

k 2 = ^ * 3 . 6 * 2 ( 9 ^ * 0 . 3 0 5 * i )

2

= 6 6 . 9 3 J

A

E R

= 44.62

J

U, = 2 * 3 . 6 * 9 . 8 1 * 0 . 3 0 5 * ^ = 1 0.77 J

Capítulo III

11

2

= 2 * 3 . 6 * 9 . 8 1 * 0 . 3 0 5 * 4 = 18.657 J

AU = 7.887 J

••• j, = 44 .62 + 7.88 7 = 52 .50 7 J

E3-28.- Los cuerpos pequeños A y B, ambos de peso w, están

conectados y soportados por varillas pivotadas de peso

despreciable. Si se suelta A, partiendo del reposo en la posición

indicada, calcular la velocidad de A cuando pasa por la linea

vertical central. Desprecie cualquier rozamiento.

Solución

Como las únicas fuerzas que producen trabajo

son los pesos, se conservará la energía mecánica.


O

20,3 cm

P3-28

Por Ley de senos:

20.3 25.4

OB

P3-28a

sen /3 sen 60° sen a

p= 43 .79°

a = 1 8 0 - ( 4 3 . 7 9 + 6 0 ) = 7 6 .2 l

c

OB = 28.49 cm

Oy

2).-D.S.F., para las posiciones en

las dos opciones:

h A i = 1 8 . 3 4

1

t- L.R

m

A

g

H B I I U I H

' , B ¡

l

m

B

P3-28b

UNASAM





Capítulo III

3).- Por conservación de la energía mecánica:

EM

f

= EM

j

\

mV

¡/ +

m

§

h

A

f

+ \ ™ V

2

B f ~m gh

B f

= \ m V j , +

m

S

h

A , + mgñ

y

2

- ^ - + g * 0 . 0 8 1 9 - g * 0 . 1 7 2 1 = g * 0 . 1 8 3 4 ^ = 2 . 3 1 6 4 m/seg

V

A

= 2 . 3 2 m/seg

E3-29 . - Un punto material de m asa m está situada a la mitad de la distancia entre dos puntos materiales de

masa m

x

, distantes "2a" entre si, que le atraen con arreglo a la Ley de Newton. El punto ni es lanzado

con una velocidad inicial

V

0

, hacia uno de los puntos

m

x

. Determine su velocidad cuando esté a la

distan cia a/2 de dicho punto ffl

¡

.

1).- Interpretación grafica:

m.

2).- D.C.L..

Si:

F =K -

Luego:

m m

Solución

Y

A

V

f

P3-29

x

a 12

* X

m

K

m m

(a + X )

:

P3-29a

2).- Por el principio de trabajo y energía cinética:

a).- Cálculo del trabajo:

K

m m

{a - x y

e m m, f

mm .

~ d X

( a + X )

Haciendo:

u = a - X = > d u = - d X y w = a + X dw

= d X

' UNASAM




MECÁN ICA PARA INGEN IER ÍA Y SU PL IC A C IO N ES -D l f ^ M IC A Cap ítu lo III

J u

2 J

w

o " o

w

2

dw

= K m m

l

a

Á - V

o/I

72

+

M

0

0

{a -X ) .

2

í

1

\ {a + X )

a

A

W

0

_

f

= K m m

x

W

0

_

f

= K m m

x

2

= — K m m

x

(Unidades de trab ajo)

b).- Igualando el trabajo obtenido, al cambio de energía cinética:

= K mm

x

- - - —

a a 3a a

% = A E

k

. , 4

m ,

V i = V

2

+

1

2K m m, 1 , 1 ,

- > ——

L

= ~ mV

2

- ~mV

2

3a 2

f

2

0

f -

r

o

3

V

,

E 3 - 3 0 . - Un Sapo de masa m está sentado

en el extremo de una tabla de masa M = 5

m y 2 metros de longitud. La tabla está

flotando en un lago, si el sapo salta a lo

largo de la tabla formando un ángulo de

37° con la horizontal ¿ Con qué velocidad

deberá saltar el sapo para llagar en un solo

salto al extrem o opuesto de la tabla ?

Desprecie la fricción entre el agua y la

tabla (g = 10 m/seg

2

).

Solución


3


V

° >

. 37°

i

K k k k T K { r r r c \ T k i v k k k k

ì ì ì Ì n 1 1 ì ì Ì 1 1 ì ì ì: ì ì Ì 1

2 m

P3-30

X

P3-30a

De la figura se tiene:

e

n s

+ e

T ~ L

1)

2).- En la dirección horizontal no hay fuerzas resultantes, luego hay conservación de la cantidad de

movimiento lineal en está dirección en el sistema:

0 = -MV

t

+m V

H S

M V

r

~ ^ Vf í s

(Velocidades constantes)

UN AS A M

Autor: V ÍCTOR M ANU EL M ENACHO LÓPEZ



MEC ÁNICA PARA INGEN IERÍA Y SUS APLICACIONES - DINÁMICA Capítulo

III

¡Ai — = m - >

*HS _ M

e

T

m

Usando una de las propiedades de la aritmética, se tiene:

'

H S

M

e

r

+ e

H s M + m

(1) en (2) :

L M

2)

e

H S ~

M +

m

3).- Relaciones Cinemáticas, para el movimiento parabólico del sapo:

Si la distancia horizontal está dado por:

(3)

6

US —

Vq sen 2(9

g

(4)

- »

(3)= (4):

V

q sen M

g M +m


V

0

=

4 . 1 6 m/seg

E3-31.- El sistema mostrado se deja en libertad a partir

del reposo en la posición dada en la figura. Sabiendo

que no existe rozamiento entre el piso y el carro, hallar

el desplazamiento que experimente el carro de masa M,

hasta el instante en que la barra AB uniforme y

homogénea de longitud L haga un ángulo de 37° con la

horizontal. La masa de la barra homogénea es m; donde

L = 100 cm.

Solución

1).- Estado inicial y final de la barra AB, en el carro:

sen 29

P3-31

X

P3-31a

' UN ASA M Autor: VÍCTOR MA NU EL MENA CHO LÓPEZ




Capítulo III

2 ) . - S i, 2 X = 9 :

m X

G

= 0

Cons tan te

Por condiciones del problema:

X

G

= 0

X n Cons tan te

Luego:

m 30+

M X

c

m{40 + X) +

M (x

c

+x )

m +M m +M

M X

r

- M X

r

- M X = m i 0 + m X

10

m

X = cm

M + m

Ë3-32.- Un punto de masa m está unido con otros dos de

masas

m

por medio de hilos inextensibles, que pasa por

dos pequeñas poleas A y B que están en la misma

horizontal a la distancia 2a . Inicialmente, m ocupa la

posición O y está en reposo. Demostrar que, soltando el

punto, alcanza de nuevo una posición de reposo cuando

ha recorrido la altura:

4

m r rí a

h

A r r i

2

m

2

P 3 - 3 2

Solución


Distancia recorrido por

m

:

h'

®

P3-32a

B

®

h '= £ ~ a

h '=4h

2

+ a

2

- a

2).- Como la velocidad inicial y final del sistema es cero, el trabajo hecho por los pesos será nula.

W

U 2

= 0 = mgh - 2m' gh = mgh - 2n i gi ^ h

2

+ a

2

- a)

' UNA SAM





Capítulo III

mh + 2m ' a = I r r i ^ j h

2

+ a

2

m

2

h

2

+ 4 r rí a

2

+

hmrría

=

Ar r i

2

(,h

2

+ a

2

)

h (m

2

- A r r i

2

) + Amrría = 0

Amm ' a

h

= Í2 F

l (

M

d

A m - m

E3-33.- Un gimnasta de peso G, que lleva un peso G , da un salto de inclinación a con una velocidad C.

Cuando alcanza su mayor altura, lanza horizontalmente hacia atrás el peso G , con velocidad relativa C , .

Determinar la velocidad

V

del gimnasta inmediatamente después de lanzar el peso y en cuanto consigue

aumentar el alcance del salto con dicho lanzamiento.

Solución

1).- Interpretación gráfica:

Y

• X

2).- En el sistema no hay fuerzas externas en la dirección horizontal, luego se conserva la cantidad de

movimiento lineal en esa dirección:

( S ^ l ) o ~ ( X

^ A ' / ^

R(G +

G

l

)v

x

= ~ [G

V + G

Í

(V

X

-C

1

)]-> ( g + G, ) c eos or = G F + G ^C cosar - C )

V - Ccosa + — C¡


3).- Cálculo del incremento del alcance:

a).- Alcance, cuando no lanza ningún objeto:

' UNASAM




MECÁN ICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIONES - DINÁMICA Capítulo III

C señor C

2

S i

, t =

->

X ,=Ccosa t =

— s e ñ o r c o s a

g g

b).- Alcance, cuando lanza el objeto:

G ,

X

2

= C eo s or

t

2

+ — 0^2

C

T

t

2

depende de la velocidad en " Y " , po r lo que

: t = t

2

G ^ C y C

A

X = X

2

- X

x

= — s e n a

(Unidades de longitud)

gG

E3 -3 4.- Demostrar que +

2 {XYZ -

l )

k

(N), es un campo conservativo; si

lo es, hallar la función potencial y el trabajo al desplazar una partícula del punto (1,1,1) al punto (3,2,0)

metros.

Solución

1).- Para que el campo de fuerza sea conservativo, debe ser irrotacional, luego:

VxF =

/ d X

YZ

2

/ dY / dZ

X Z

2

- 1 2{X YZ - \ )

V x F = ( 2X Z - 2X Z ) i - ( 2YZ - 2YZ ) j + z

2

- Z

2

) k = 0 + O j + 0 k = 0

Lo que, nos dice que el campo de fuerzas es conservativo.

2).- Como el campo de fuerzas es conservativo, existe una función potencial (escalar):

^ - = F = YZ

2

dX

t x z

$ =YZ

2

X + f {Y , Z )

1)

E n ( l ) :

= Z < X +

à

[

Y

'

Z

ì = F

r

= X Z

2

-1

dY dY

x

à

à{Y,Z)

dY

= - 1

f (Y ,Z ) = -Y + g (Z )

Luego, en (1):

(f> = YZ

2

X -Y + g (Z )

En (2):

2)

' UNASAM





Capítulo III

= - 2

ài àg{Z ) às(Z )

~ = 2YZX + - j y - = F

i

= 2X YZ -2 =» -JU .

g( Z ) = - 2Z+C

Luego, en (2):

(¡) = X YZ

2

- Y - 2Z + C

3).- El trab ajo depende de sus posiciones y no de su trayectoria; luego:

*F¡_

2

= fi (3,2,0 ) - fi (1,1,1) = - 2 + C - ( - 2 + C) = 0

E3-35.- La distancia del centro de la tierra de masaM, al apogeo y al perigeo de un satélite en órbita son:

r

a

= 9 8 1 0 km y

r

p

= 6 7 5 6 km respectivamente, calcular las velocidades correspondientes

V

a

y

V

en el apogeo y en el perigeo respectivamente. Si

G M

= 5 . 1 6 x 1

0

1 2

km

3

/hr

2

.

1).- Interpretación gráfica:

Solución

© 2

e ri

F a

M

' 0 1

O -

F p

-f 2

r

a r

p

P3-35

Como siempre

F / / r = > M

0

= 0 , luego se conserva la cantidad de movim iento angular:

r

a

e

r X

x m V

a

e

0x

= r

p

e

r 2

x m V

p

e

62

m r

a

V

a

= m r

p

V

p

V =— V

" r

p

'

2).- Por el principio de trabajo y energía cinética, para la fuerza central:

a).- Cálculo del trabajo del perigeo al apogeo:

- G M m _

Si, F = Y~e

r

r

Líiego:

W

a

.

p

= f i

p

- f i

a

= G M m

A

G M m ^

f i = + C

_ f

r

a

y

(Unidades de trabajo)

1)

b).- Igualando el trabajo al cambio de la energía cinética:

' UNASAM




MECÁN ICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIONES - D INÁMICA

Capítulo III

GM r f i

1 1

' a )

2 ' p 2

a

V

a

2

V ¡ = 2GM \

1 1

2 GM

\

r

a

r

pJ

{ \

1 - i

a \ ' p J

(1 ) en (2 ) :

í

v :

> \

1-

= v :

V

r

p J

Donde:

i - * -

V

r

pJ

r

,J

2 G M

1 - i

a \ ' pJ

2)

v

2

=

2 GM

r„ r

¡

\ r

a

J

y

v i =

2

G M

r \

p ^ a

P VPJ


V

a

- 2 0 1 7 3

km/hr

y V

p

= 3 0 0 0 8

km/hr

E3-36.- En un plano horizontal gira un tubito circular

de radio r, alrededor del punto "O", con una velocidad

angular constante o. En este tubito, hay una bolita

perfectamente lisa de masa m, inicialmente en reposo

en la posición

M

0

con respecto al tubito. Hallar la

velocidad relativa al tubito y al plano inercial O

(horizontal) de la bolita al llegar al punto

M

x

y la

presión normal

D,

que en ese punto ejercerá la bolita

al tubito.

M o

M i

P3-36

Solución

P3-36a

Y 1) - Relaciones Cinemáticas (marco inercial

el plano horizontal y marco móvil el

tubito):

a).- Movimiento del marco móvil y del

punto base "O":

Q )=Q )k y

¿ 0 = 0

R=R=R= 0

b).- Movimiento de M en el tubito:

' U NA SA M





Capítulo III

_ _ ^

T

,_ .11 dV

r

- V

2

p= pe , p= V

r

e, y p =—f -e

t

+ - ^ e

n

d t r

c).- M ovimiento de M en el marco inercial 3 (plano horizontal):

a

w

= R+0 xp - o) p + 2o) xp + p = -a ) p + a x p + p

A s

a

M / =

a

arr + «c + =>

ü

r = <*U/ ~ "arr. ~ "c .

0 )

Donde:

D _

y * m

a

M

,

= — (Acelerac ión de enlace, causada por ir guiado en el tubito)

a

a r r

= - c o p

(Aceleració n de arrastre)

a

c

= 2 coxp

(Aceleración de Coriolis)

a

r

= p

(Acelerac ión relativa al tub ito)

2).- D.C.L., D.C. e interpretación vectorial del movimiento:

Y

En (2):

P3-36b

X

p= 2rcos0 y ds = rd {29)

a).- Del diagrama:

dV

r

.

a

r t

= — = -p co

¿

s t n0 2)

V

r

a

r n

=

— =

a

M /

- 2

V

r

ú) -p eo cos0

(3)

r / a

dV. „s

- * — = -peo senO V

r

dV

r

-~2 ra> cosOsendds

d t ds

Integrando:

£ V

r

dV

r

= - 2r

2

a

2

eos0 sen0 d(20) = -2r

2

co

2

f ^ f f l ^ . d { 20 )

V

2

„

2

2 cos2#

f f - = 2r

2

co

2

——

2 2

= > = reo 42cos20

UN ASA M Autor: VÍCTOR MA NUE L MENAC HO LÓPEZ



MECÁNICA PARA INGEN^ERÍ^ Y SUS APL ICA CIO NES -D lf^M lCA Capítulo

1

/ "

Para la posición de

M

x

, en 9 = 0

o

:

4 2 (Unidades de velocidad)

b).- Cálculo de la velocidad de M

x

en el marco inercial:

V

u /

= Í + 3 xp

x

+ V

r M i

/ 3

a x p = a k x2r i =2o ) r j

K M , = r® 42 ]

V

M

, = r eo Í2 + 42)] -» V

M

. = r eo Í2 + 42)


> 3

V

' > 3

V

'

3).- C álculo de la presión "D ":

=2co

2

r + 242 ra>

2

+ 2r eo

2

= 2(o

2

r (2 + -s/2) (Unidades de aceleración)

Luego:

D = m a

M

, = 2 m )

2

r {2 + 42)


E3-37.- Un punto M que se mueve sobre una

circunferencia y es atraído por un punto C de la misma,

con una fuerza inversamente proporcional al cuadrado

de la distancia. Determinar el trabajo desarrollado por la

fuerza de atracción cuando el punto se desplaza de M

0

a

M

x

.

Solución

1).- Cálculo de la componente de la fuerza de atracción

en la dirección de la velocidad (la que produce trabajo).-

Si:

F •

K

P3-37

P3-37a

UNASAM





Capítulo III

ds = 2a dû

p = 2acos0 y p = -2a send è

tg<¿ =

V

g

e p e 2a cos é?

V ~ p ~ 2a

sen

e è

= COté? <f> = 90

„ „ , AT _ K senû

t . = h c o sê= — r-senG= ^

P

2

(2a

eos é?)

2).- Cálculo del trabajo realizado por la fuerza de atracción:

A/,

K _

2a•

A ' - K

W

ñ

, = — s ec tf l

4

= —

0 -1

2a

lo

2a

(

A

/2 - l j (Unidades de trabajo )

E3 -3 8.- Una cadena de L = 2 m de longitud y w - 0 . 5 kg/m de

peso, pasa por una polea de masa despreciable. Se deja en

libertad la cadena a partir de la posición mostrada (h = 1.1 m).

Calcular la velocidad de la cadena cuando su extremo abandona

la polea.

S o l u c i ó n

1).- D.C.L.:

m , g

m

2

g

(a)


Para (a) y (b):

(b)

P3-38a

P3-38

h = 1.1 m

T - [ L - {h + X )] w = ~ [ L - { h + X )] X

S

(,h + X ) w - T = - {h + X )X

g

X>

Í2 {h + X ) - 1 ] = V

—

X

J

g

' UNASAM





Capítulo III

x

=

l £ (h + x )- g

— »

dX *dX_2g

d t d X


X L-h

n

_ L-h

L

( h + X ) -

g

¡XdX=

|

= ^ { h + x )d x- j g d x

0 L 0

2 g

2

L

10

L

l o


A " = 3 . 1 1 6 m/seg

E3 -3 9.- El Bastidor que se muestra en la

figura, cuya superficie inclinada es lisa;

adquiere una aceleración de magnitud

1.5g. Calcular la reacción horizontal que

ejerce el poste vertical del bastidor, sobre

la esfera de peso w.

a =1.5g

1).- D.C.L.:

Solución

>X

P3-39

2).- Relaciones Cinemáticas

(suponiendo que la esfera resbala):

a

p

= a

h

+ a

r /

= 1.5g / + ú r

/

(cos30°z - sen

% 7b

X

a

e

= [ 1.5g +

a y

eos 3 0

o

J

i - a

sen

30 °

j

P3-39a

O

N

A

V 3W

—

+

N

B

= 1 5 W + — A

W

-y

>

y y

Si, N

B

= 0 reemplazándole en (1) y (2):

V3

w

3).- Relaciones Cinéticas:

1)

2)

a

e/

= - 3 . 2 g (indica que, la esfera está pegada al bastidor).

' UNASAM





Capítulo III

Por

lo que,

N

B

* 0 => a

e /

= 0

En (2):

2^3

N

t

= — ; — w

En (1):

= 1.5 w - — = 1.5w w

B

2 2

iV

B

= 0 .92 w (Unidades de fuerza)

E3-40.- Un mono hambriento de masa

m

ve un racimo de plátanos

de la misma m asa

m .

El mono trepa con velocidad variable relativa

a la cuerda (ligera). Determinar si el mono alcanza el racimo antes

de que éste pase por encima de la polea, suponiendo que la masa

de la polea es despreciable

(«i ) .

S o l u c i ó n

P3-40

1).-D.S.F. (Diagrama del Sistema Físico):

2).- Despreciando el peso de la polea y la

cuerda se tiene:

» = 0

Luego:

( Z ^ o / ) , „ = ( £ * * « ) / C onstante.

( X ^ o , ) / . =

r i

~

d

j ]

xm

^p J +

( "

r i

~ d j ) xmY

m

j

= 0

r mYp k - r mY

m

k = 0

7 = 7

l

P m

m

m g

H

m g

X

P3-40a

Como las velocidades son iguales, el mono no alcanza al racimo.

' UNASAM





Capítulo III

t

1

E3-41.- La fuerza "F" ocasiona que un carro se mueva

con movimiento rectilíneo horizontal definido por una

aceleración de 20 pie/seg

2

(ver figura). Una barra rígida

delgada y homogénea, con peso de 32.2 Ib y longitud de 6

pies está soldada al carro en B. Encuentre la magnitud y

dirección del momento flexionante que el carro ejerce

sobre la barra en B .

S o l u c i ó n

Cuerpo rígido en movimiento de traslación (toda sus

partículas tienen la misma aceleración)

1).- D.C.L. de la barra cortada:


Yu

F

x ^

m

b

a

G Y

a

G = 2 0 pie/seg

2

32.2

F

c

=

32.2

* 2 0 = 2 0 Ib

•M

f

+ F

c

* ^ = 0

\

P3-41

Y

A

- » - X

P3-41a

M r

1 Fe

N

M

f

= 2 0 * 3 = 6 0 lb-pie

E3-42.- Dos varillas i

y

están enlazadas

perpendicularmente entre sí y llevan en sus extremos

dos pequeñas bolas de pesos

G y G

x

. Las varillas se

cuelgan en "O" de un eje vertical que gira con una

velocidad angular constante co . Hallar la ecuación

trigonométrica para encontrar el ángulo de desviación

<>

y el momento fiector en O (que tiende a abrir el ángulo G

recto), suponiendo que.

i

, =

11

y

G

x

—

(se

prescindirá de las masas de las v arillas).

S o l u c i ó n

1).- D.S.F. :

P3-42a

00

P3-42

• X


a).- Tomando momentos con respecto a un eje perpendicular al plano que pasa por "O":

UNASAM




M E C Á N I C A P A R A IN G E N I E R Í A Y S U S A P L I C A C I O N E S - D I N Á M I C A

Cap í tu l o IV

M

oz

= G £ s e n < ¿ - G

1

£

1

c o s ^ = —lico%<j¡

M

0Z

=G¿( s e n ^ - c o s ^ ) ( i )

b).- Variación del Momento cinético en el tiempo, también con respecto al mismo eje y punto de a):

G G

H

oz

=

—[icos<¡> tsen<f> co

2

) cos0£

l

sen^ co

2

)

g g

G G

2

H

oz

= —(i

2

cos^sen( ¡ ) co

2

)-—(4£

2

cos^sen<¡)co

2

)

g ¿g

(1)=(2):

(2)

Gtisenfi - c o s ^ ) = - eo s

</>

sen é

co

g

co

cos0 - s e n ^ = c o s ^ s e n ^

g

La ecuación trigonométrica, está dado por:

1

1

co

2

t

sent/) c o s ^ g

Él momento flector, está dado por (1):

M

f

= G £ ( sen (j) - eo s (Unidades de momento)

E3-43.- Tres puntos de igual masa m

x

y

fijos en un sistema inercial, atraen a un

punto móvil de masa m situado en el eje

de simetríá del sistema, con fuerzas

directamente proporcionales a las masas

y a las distancias respectivas. La mi •

atracción unitaria, esto es, la fuerza de

atracción a la unidad de distancia entre

masas unidad, es igual a K. ¿Con qué

velocidad llegara el móvil m al punto A,

sábiendo que inicialmente está en

reposo?

mi

4a

m

B

P3-43

m,

Solución

1).- D .C.L. de/M:

U N A S A M

A u t or : V Í C T O R M A N U E L M E N A C H O L Ó P E Z



M E C Á N I C A P A R A I N G E N I E R Í A Y S U S A P L I C A C I O N E S - D I N Á M I C A

Capítulo I I I

10

Y

A

2 O .

3Q-

• X

P3-43a

2).- Las fuerzas de atracción, sobre m (suponiendo m a una distancia X en el eje de simetría de los dos

puntos más próximos a m) son:

F. = -K m,m(a + X) i

F

2

= K m

x

m d ( - c o s # i + s e n # j )

F^-K m

x

m d ( - e o s0 i - señé? j )

Las fuerzas de atracción en el eje Y de 2 y 3 se anulan entre si, luego las fuerzas que producen trabajo

sobre m son:

Fy = —Km

x

m{a + X)

F

2

= -K m

x

m X

F

3

= -K m

x

m X

3).- Por el principio de trabajo y energía:

a).- Cálculo del trabajo:

o o

W

B-A = K m

x

m {a + X ) dX + l \ - K m

x

m X dX

4 a 4 a

W

B-A = -Km

x

m

aX +

X

\

-2 Km

x

m

X

2

4 a

= 2 8 a

2

K m

x

m (Unidades de trabajo )

4 a

b).- Igualando el trabajo al cambio de energía cinética de

m.

We-

A

= A E

K

1 1

0 2

2 8 a

2

K m

x

rfi = -rfi V\ -~m V

B

U N A S A M

B B a a o B a B B S B a s a a s B a s

A u to r: V Í CT O R M A N U E L M E N A C H O L Ó P EZ




Cap í tu l o IV

V

2

=56 a

2

Km,

V

A

= a y'56 K m

{


E3-44.- Un cilindro de 25 kg de masa descansa sobre una

superficie horizontal sin rozamiento. Se aplican fuerzas de

forma simultánea como se muestra en el diagrama. Usando la

teoría del sistema de partículas: ¿Cuál será la aceleración ™

angular del cilindro? ¿Cuál será la aceleración del centro de

masa?

Solución

El cilindro es un sistema de partículas

continuas indeformables, representado en el

plano por el disco.

I).- D.C.L.:

1).-Relaciones cinéticas.

P3-44a

N

= m , d

G

/=i

400 eos 45° i + 400 senA5°j - 200 i = 25 a

G

a

G

= 3 . 3 1 4 / + 1 1 . 3 1 4 y ' |a

G

| = 11 .7 9 m/seg

2

4 0 0 N

3).- Cálculo de la aceleración angular del cilindro (usando la segunda Ley de Euler):

0 )

a).- Cálculo del momento respecto a G:

2 M

a

, = 3 i x 4 0 0 sen45°j = 1200 sen45°k (2)

b).- Cálculo de la variación de la cantidad de movimiento angular:

i).- Sea:

U N A S A M A u to r : V Í CT O R M A N U E L M E N A C H O L Ó PE Z




Cap í tu l o IV

m m,

m- p A -» dm - p dA

A n R

2

dA = dr* ds = r dr d9

Luego:

dm = p rdr dQ

ii).- Cálculo de la cantidad de movimiento angular para la

partícula iésima, respecto al G:

P3-44b

Si:

V,. - co

'/G

k x r

Gi

=

co

k xr ( c o s # i + sen 9 j)=cor (cos9 j - sen 6 i)

Hq= r

G

¡x m¡Vy = r ( e o s0 i + sen 0 j jx m

t

G ) r (eos 9 j-sen 9 i)

/G

H

a

. = m

t

co r

2

(eos

2

9 k +sen

2

9 k)= m.co r

2

k

iii).- Cálculo de la cantidad de movimiento angular para el sistema, respecto al G {k es constante):

dm

h

o=T

h

o , = c í o

r 2 (

° ^

r d r d 9

" > = r ^ ^ 7

n 4

d9-pco —9

4

2

ir

R

4

m,

H

a

= p

co

—

*

2n = " ' . *

G

4 n R

2


ü

m

'

R 2

H q = —— a

2

i

(2) = (4):

CO

R

A

*2n = — -

m. R

2

¿y

(3)

(4)

m,R

1

1200

senA5° = ^ —

a

=

- * 2 5 * 3

2

* a

2 2

E3-45.- Tres cilindros están conectados entre

sí mediante barras ligeras. Los cilindros A

tienen una masa de 5 kg cada uno y el

cilindro B tiene una masa de 3 kg. Si no

existe deslizamiento en ningún punto.

Usando la teoría de los sistema de partículas,

hallar: a) La velocidad del sistema después de

recorrer 0.8 m, si el sistema parte del reposo

y b) Las fuerzas de rozamiento que se

producen entre el terreno y cada uno de los

cilindros A.

a = 7 .542 O rad/ seg

2

P3-45

U N A S A M

A u t o r: V Í C T O R M A N U E L M E N A C H O L Ó P E Z




Capítulo IV

Solución

1).-

D .S.F.(ver

figura

P3-45a):

P3-45a

2).- Relaciones cinéticas (los centros de masa tienen el mismo movimiento, por que la barra de

interconexión esta en traslación), por las Leyes de Euler:

> M

r

= > m

i

O.Q ¡ d

j

(Positivo cuando tiende el movimiento en forma horaria, además es

perpendicular al plano del movimiento)

N{2r

A

)+F*r

A

-w

A

*2 r

A

-w

B

*r

A

=m

B

(r

A

+ h) a

GB

+ 2 m

A

r

A

a

GA

(1)

2 N = 2 w, + w.

Wn

A

2

(2)

G i

F + 2f = m

B

a

GB

+2m

A

a

GA

Reemplazando (2) en (1):

*(2r

A

)+F*r

A

-w

A

*2r

A

-w

B

*r

A

=m

B

(r

A

+ h)a

GB

+ 2m

A

r

A

a

t

(3)

W, +

F*r

Á

— m

B

*0.7*ct

GB

+ 2jti

a

*0.3*

GA

a

GB

= a

GA

= a

A (Sistema en movimiento de traslación)


5 00 * 0 . 3 = 3 * 0 . 7 * ^ + 2 * 5 * 0 . 3 * ^ - > a

A

= 29 .41 2 m/seg

2

En (3):

f=

a

A

(m

B

+ 2 m J - 5 0 0

=

13 a , - 5 0 0

=

13 ( 2 9 . 4 1 2 ) - 5 0 0

= 5 S

^ ^

U N A S A M A u to r : V ÍC T O R M A N U E L M E N A C H O L Ó PE Z



/ = 5 8 .8 2 2 N ( <- )

3).- Relaciones cinemáticas (la velocidad del centro de masa del sistema es igual al de los otros

subsistemas):

V]

= ^ .

2

+ 2 a e = 0 + 2 ( 2 9 . 4 1 2 ) * 0 . 8 K

/

= 6 . 8 5 m / s e g

E3-46.- Una cuña de madera cuya

densidad es de 600 kg/m

3

se introduce

dentro del agua mediante una fuerza de

650 N. La cuña tiene 0.6 m de ancho.

a).- ¿Cuál es la profundidad d?

b).- Después de quitar la fuerza

de 650 N, ¿cuál será la velocidad de la

<;uña después de recorrer 0.15 m

suponiendo que ésta no gira al elevarse?

Recuerde que la fuerza de flotación es

igual al peso del volumen desplazado

(Arquímedes).

650 N

0,45 m _ 0,45 m^

i *

Solución

P3-46

1).- D.C.L.:

2).- Relaciones cinéticas

2 > r = 0

F + w-E =

0

Donde:

0 . 4 5

tg

3 0 ° =

H

-» H = 0 . 7 7 9

m

Por semejanza de triángulos:

0 . 4 5 0 . 7 7 9

r d

w = mg - p v g

r

= 0 . 5 7 8

d

w = 6 0 0 * 2 * 0 . 4 5 * 0 . 7 7 * 0 . 6

(l)

* 9 . 8 1 = 1 2 3 8 N

1

0.45m

P3-46a

f

i .

P3-46b

E = PH

7

O

V

SS

E = 1 0 0 0 * 2 \-*Q.5nd*d* 0.6

1 2

= 3 4 0 2 . 1 0 8

d

2

U N A S A M





Cap í tu lo IV

Luego en (1):

6 5 0 + 1 2 3 8 - 3 4 0 2 . 1 0 8 <i

2

= 0 - > d = 0 .745 m

3).- Por el principio de trabajo

y

Energía cinética, cuando avanza 0.15 m:

W = F - F

a).- Grafico de la posición inicial y final (ver giafico P3-46c):

b).- Por el principio de trabajo y energía:

mg (0 .076 - 0 .2 26)+ dY = ~m V.

f0.745 1 -

- 1 8 5 . 7 + 1 EdY = -mV.

2

Jo.595 2

Donde:

tg

30° =

y -> X = Y tg30

c

0.184 m r—v

N . A .

T

0.26 m

(2)

0 . 595 m

0.15 m—

1

E = P

f

,

2

oS v

5

E = 1 0 0 0 * 9 . 8 1 * 2

1 ^

-*Y*X*0.6

2

E = 1 0 0 0 * 9 . 8 1 *Y*Y tg30°*0.6 = 3 3 9 8 . 2 8 4 Y

2

Luego en (2):

t 185 .7 + 3398 .2 84 f °

74 5

Y

2

dY = 6 3 . 0 9 9 V

2

i Jo.595

¿

3 3 9

^ ( 0 . 7 4 5

3

- 0 . 5 4 9 5

2

)= 63 .099

i 185.7 +

4 4 . 2 5 = 6 3 . 0 9 9 V

2

V

2

= 0.837 myseg

E3-47.- Una rueda que consiste en un aro y cuatro radios

delgados se muestra rodando alrededor de su propio eje con

una velocidad angular ca de 2 rad/seg. El radio R de la rueda

es de 0.6 m y la masa por unidad de longitud es de 3 kg/m.

Usando la teoría de la cinética de un sistema de partículas,

determine la cantidad de movimiento lineal de la rueda, y la

cantidad de movimiento angular de la rueda respecto a O.

P3-46d

P3-47

U N A S A M




Solución


a).- Cálculo de la velocidad de la partícula iésima del aro:

V

¡a

= cok x R (eos 9 i + sen 9 j )

V

IA

= co R(- sen 9 i + eos 9 j )

b).- Cálculo de la velocidad de la partícula iésima de

cada uno de los radios:

^ i

r

= f f l i x r ( - e o s <f>

i + sen

<f>

j )

V

iXr

= -co r (sen </> i + cos^ j )

V

¡2R

- cok xr (-sen <f> i - e o s

(¡>

J)

V

i2 r

-

co

r (eos $ i - sen

</>

j )

V

i3 r

- cok x r ( c o s ^ i - sen (/> j )

V

i3 r

- co r {sen <¡> i + costf j )

V

i4 r

= cok x r (sen <j> i + eos

V

l4 r

= co r(-eo s <¡> i + sen <j> j )

2).- Cálculo de la cantidad de movimiento lineal del sistema:

_ n n 4

¿ = L

a

+ L

r S

i=1 (=1 1

dM = 3 rd9 y dm = 3dr

P3-47a

r

f

=f

o

*V

a

dM + f

j

m

ir

(v

il r

+ V

l3 r

) +m

ir

(v

i2 r

+V

l4 r

) = £ * V

a

d M

i í=i

L = f j ( o R (- sen 9 i

+ costf

j)3Rd9 = 3a)R

2

( eos0

i \

2

J + sen 9 j )=

0

3).- Cálculo d e la cantidad de movimiento angular del sistema rueda:

a).- Cálculo del momentum angular, para la partícula iésima respecto a

O

en el aro:

fío i

=

í"ot

x m

¡Vta ~ R (cosé? i +sen 9 j)x m

ia

cú r (-sen 9 i + c o s 9 j )

Ho¡

=m

i

a

03 r 2

(

cos2

^ ^

+

sen

2

9 fc) = m¡

a

co R

2

k

U N A S A M





C a p í t u l o IV

b).- Cálculo del momentum angular respecto a O (dirección constante perpendicular al plano del

mo vimien to), para el aro:

H

0 a

= co R

2

( 3R dB) = 3 a R

3

( 2 * ) = 3 * 2 * 0 . 6

3

+ 2;r = 8 .1 4 3 kg-m

2

/seg

c).- Cálculo del momentum angular, para la partícula iésima respecto a O de uno de sus radios (es lo

mism o para los otros radios):

H

0t

= r (cos<¿ i + sen <¡> j)x tn

ir

co r (- sen <¡> i + eos<¡> j )

H

0i

= m

ir

co r

2

(eos

2

<f>

k +

sen

2

<¡>

k)= m

ir

(o r

2

k

d).- Cálculo del momentum angular para los radios, respecto a O:

^

O l S

= 4 f

/ í

f f l r

2

( 3 í / r ) = 4 f f l / ?

3

. = 4 * 2 * 0 . 6

3

= 1 . 7 2 8 kg-m

2

/seg

Jo

Luego:

H

0

= H

0a

+ H

0r S

=

8.14 3 + 1.728 = 9.871 kg-m

2

/seg

E3-48.- El cilindro C está conectado mediante una

varilla ligera AB y puede rodar sin deslizar por el

cilindro estacionario D. El cilindro C pesa 30 N. Se

aplica un par constante T = 20 N-m a AB ésta está

vertical y estacionaria. Usando la teoría de la cinética

para un sistema de partículas, determine la velocidad

angular de AB cuando ésta haya girado 90°. Si el

sistema de cuerpos está en el plano vertical y sabiendoque el trabajo que realiza un momento constante es

W

U

,_

2

= M 0 (0 en radianes).

Solución

En el sistema las únicas que producen trabajo

son el peso y el momento, por lo que utilizamos

el método alternativo del principio de trabajo y

energía cinética.

).- Diagrama de las posiciones inicial y fina l:


a).- Cálculo de la velocidad de B, como parte de

AB:

0 . 2 m

Vb =^ABÍ

r

c + r

D

)= 0.7 a>

M

(i)

b).- Cálculo de la velocidad de B, como parte del

cilindro:

V

B

= co

c

r

c

- 0.2 0)

c

(1) = (2)

(2)

Referencia

P3-48

(2)K

L R

P3-48a

P3-48b

U N A S A M

A u to r : V Í C TO R M A N U E L M E N A C H O L Ó P E Z




Cap í tu l o IV

0 . 2 ü )

c

= 0 . 7 Q ) ^

0

C

= 3 . 5 a i

M

3).- Por la forma alternativa del principio de

trabajo y energía:

W

NC

= A EM

- - E

K2 C

U

iC

a).- Cálculo de la energía cinética del cilindro representado por una placa o chapa:

E

KC + ~ ^ M

T

P

2

B I

i).- Cálculo de la velocidad de la partícula iésima:

V, = V

fí

+ o )

r

k xr

Di

=V„ + 0)

r

r

B¡

ü

ii).- Cálculo de la masa diferencial:

p =

m

c

m

c

7t r

r

— > m

c

= p A

dm

c

= p dA = p dr ds = p r dr d6

iii).- Cálculo de la energía cinética relativa al centro de masa B:

P3-48c

E

K

r e , =

=

} f f ^ r

2

{prdrdé)=

]

-p(0

2

c

\

2

J

r

^de

£ =I™

C

r

2

al

K r e l

2

nrl

4

c

4

c c c

4i).- Cálculo de la energía cinética del centro de masa B:

i- .

1

lr

2

1

(

\2 1 2

E

K B = 2

m c

*

=

2

m c

^ °

c r c

>

=

2

m c Ü ) c

5i).- Cálculo de la energía cinética en "2"del cilindro:

E

K I = \

M

C

R

C ®C +

R

C

r

2

V 2 y

4

0 3

c " T

w

c

r

c (°c

E

K2

= - * — * 0 . 2 V = 0 . 0 9 2

col J

4 9 . 81

b).- Cálculo del la energía potencial inicial del cilindro:

(3)

U N A S A M

A u to r: V Í C TO R M A N U E L M E N A C H O L Ó PE Z




Cap í tu l o IV

U\ = mgh

= 3 0 * 0 . 7 = 21 /

En (3):

2 0 * — = 0 . 0 9 2 co l - 2 1

2

c

Si, co

c

= 3 . 5 c o

AB A AB =

« e = 5 6 1 . 7 4 0 )

c

= 2 3 . 8 6 9 rad/seg

2 3 . 8 6 9

3 . 5

= 6. 82 rad/seg

E3-49.- Dos discos se mueven sobre una

superficie horizontal sin rozamiento que

se muestra, vista desde arriba. Cada disco

pesa 20 N. Una barra de sección

rectangular B de 50 N de peso se empuja

mediante una fuerza F de 200 N. Si no se

produce deslizamiento en ningún punto

excepto sobre la superficie horizontal de

soporte. Usando la teoría de la cinética

para sistema de partículas, determine la

velocidad de B después de recorrer 180

mm, además encontrar las fuerzas de

rozamiento de las paredes sobre los

discos. El sistema parte del reposo.

P3-49

Solución

Como la única fu erza que produce trabajo es la fuer za F, usamos el principio de trabajo y energía cinética.

1).- Cálculo de la energía cinética de uno de los discos.- La energía cinética se calcula de la misma

manera que se realizó en el problema E.3-48, 3),a) y es:

E

K

= i m r W = - * — • • * 0 . 1 5 V

K

4 4

9 . 8 1

0 . 0 3 4 4 co

2).- Por el principio de trabajo y energía cinética en el sistema:

^1-2

—

2 I

- > 2 0 0 * 0 . 1 8 = 2 * 0 . 0 3 4 4

c o

2

+-*

50

2 9 . 8 1

* ( 0 . 3

co )

2

O) = 1 1 rad/seg

o

2

= 12 0 . 72 —i

Luego:

V

B2

= 0.3 co

=

3 .3 m/seg

3).- Cálculo de las fuerz as de rozamiento:

a).- D.S.F. (ver figura P 3-49a):

b).- Relaciones cmemáticas:

i),- Cálculo de la aceleración de los

centros de masa de los discos, cuando B

ha recorrido 0.18 m:

Si:

G

2

Gi C¡ i

B

? Y

P3-49a

U N A S A M




M E C Á N I C A P A R A I N G E N I E R ÍA

Y

S U S A P L I C A C I O N E S - D I N Á M I C A

Cap í tu l o IV

f o i

- 2

= &r = 0.1 5* 1 1 = 1 .65 m/seg

Luego:

o

V

2

-V + 2 a Y

G 1-2

k

G 1 - 1

t ¿

" G l - 2

i

G l - 2

1 .

6 5

2

=

2 * — * a

G

1-2

A

G 1 2

=

°G 2 2

=

= 15 .1 3 m/seg

2

(igual para ambos discos)

ii).- Cálculo de la aceleración de B (movimiento de traslación):

A

,D2 =

A

B2

=

A

(2

R)

Si:

üq

|_2

= a r =

0.97 -> a =

15.13

0.15

= 10 0. 87 rad/seg

2

Luego:

a

B2

= 1 0 0 . 8 7 * 2 * 0 . 1 5 = 3 0 . 2 6 m/seg

2

c).- Relaciones cinéticas, para el sistema:

Z

F

r=Tj

m

i

a

a>r

F

+

2

f = 2r"D

a

Gi-2+

m

B

a

B

2 00 + 2 / = ^ - * 1 5 . 1 3 + — * 3 0 . 2 6 / = 7 .9 6 N

9.81 9.81

J

E3-50.- Un sistema de cuatro cilindros

sólidos y un bloque pesado formado por

dos masas A, este se mueve

verticalmente ayudado por una fuerza F

de 1 kN. Usando la teoría de la cinética

de un sistema de partículas, determine:

a) La velocidad angular de las ruedas

después de que el sistema desciende 0.5

m después de partir del reposo, y b) la

fuerza de rozamiento de las paredes

sobre cada rueda, para las condiciones

de a). Los cilindros ruedan.

IV

t

= 400 N

» 'e - 20 0 N

El d i á m e t r o de

los c i l indros es 0 .6 m

P3-50

Solución

Como las únicas fuerzas que producen trabajo son los pesos y F, escogemos el método alternativo del

principio de trabajo y energía.

1).- D.S.F. y diagrama del estado inicial y final del sistema (ver figura P3-50a):

U N A S A M A u to r: V Í C TO R M A N U E L M E N A C H O L Ó P EZ




Cap í tu l o IV

- « - . L L i . l .

0 . 5 ( d -

1

)

J

P3-50a

2).- Cálculo de la energía cinética de uno de los cilindros, se obtiene de la misma forma del problema

E.3.48, 3), a) y es:

E

K

C =~m

c

rl col =-*™ *0.6

2

*cot =5.5 al J

4

L L L

4

9 8 i

L L

3).- Por la forma alternativa del principio de trabajo y energía.-

W

NC

1-2

EM, - EM,

Si:

U

x

=2m

c

gd + 2m

Á

g d\

E

K 2

- 4 E

K A

+ 2

^m

A

(a

c

r

c

f

2 2 + ^ * 0 . 3 6

9 . 8 1

a¿ = 3 6 . 6 8 J

U

2

=2 m

c

g (d- 0.5)-2 m

c

g*0.5 + 2 m

A

g

— - 0 . 5

Luego:

100 * 0.5 = 2

m

c

gd - m

c

g - m

c

g

+

m

A

gd - m

A

g

+ 38 .68

al

- 2

m

c

d - m

A

gd

á00 + 400 + 40 0 = 36 .68 a

2

c

a

2

c

= 35 .442

U N A S A M

A u t o r : V Í C T O R M A N U E L M E N A C H O L Ó P EZ



M E C Á N I C A P A R A I N G E N I E R Í A Y S U S À P L IC A C IO I ^ E S - D I N Á M I C A

Capítulo I I I

Q)

c

= 5 .9 5 rad/seg

;4) - Cálculo de la aceleración del centro de m asa de C de uno de los cilindros, después de haber recorrido

U.5 m:

Si:

V

GC =®C

R

C = 5 . 9 5 * 0 . 5 = 3 . 5 7 m/seg

o

V

GC = KICO +

2 A

G C

S

A,C -

Y

GC0

A

GC

V¿c 3 . 5 7

2

G C =

2 5 ~

= 1 1 7 4 5

^

y

« = = 21 .2 4 rad/seg

2


=2>,K

G

, -> 4*m

c

g + F-4f + 2m

A

g = a

GC

(4 m

c

+2m

A

)

8 0 0 + 1 0 0 0 - 4 / + 8 0 0 = 1 2 . 7 4 5 *

1600

9 . 8 1

- > 4 / = 5 2 1 . 3

/ = 1 3 0 . 3 2 N

U N A S A M

A u t o r : V Í C T O R M A N U E L M E N A C t f O L $ >E Z



M E C Á N I C A P A R A I N G E N I E R Í A Y S U S A P L I C A C I O N E S

I '

- D I N Á M I C A

Cap í tu lo IV

IV CINETICA DE UN CUERPO RIGIDO EN MO VIMIENTO PLANO

4.1.- INTRODUCCIÓN.- Se aplica las Leyes dp Euler; la primera Ley gobierna el movimiento

del centro de masa, que representa al movimiento de traslación del cuerpo y la segunda Ley

gobierna el movimiento rotacional del cuerpo rígido, en términos de la cantidad del movimiento

angular (momento cinético, ímpetu angular o momentum angular), está cantidad incluye los

momentos y productos de inercia de masa del cuerpo, y su movimiento angula.

Entendiendo al momento de inercia de masa, como una medida de la resistencia de un cuerpo a

acelerarse angularmente respecto al un eje eiO , y la masa , como una me dida de la resistencia

del cuerpo a acelerarse linealm ente en el marco d e referencia

4 . 2 . - CA N T I D A D D E M O V I M I E N T O A N G U L A R D E U N CU E RPO RÍ G I D O . -

Sea:

v Y

A

7

Punto conveniente o base del cuerpo ' .

v Y

P Un punto cualquiera del cuerpo ' .

— >

O ^ Punto fijo en ^ .

Centro de masa.

Vector posición de A en .

Figura F4-2

Vector posición de P en .

'P-*

7

Vector posición de P respecto a A.

d "

1

^ M asa diferencial del punto P. »

Por d efinición el mo me nto cinético de la masa diferencial, con respecto a A es:

(IH

a

= p

A

.\V d»t

Para el cuerpo, el momen to cinético con respecto a A es:

Ü

A

= |V

A

xVdm

La velocidad de la masa diferencial, es:

V=V

A

+w

%

.xp

A

En 4.2.0.0.0.1:

[4.2.0.0.0.1]

11

•

=

Í,, P t-

v

0'>

+ íl}

.><

V

P )

dm

f, , P a

xV

A*

1

'"

+

P .

v

(

( 0

. / -

V

P .i )<

l

">

| U N A S A M





Cap í tu lo IV

Com o, ' , es único:

1 1

<

=

l í „

P ~ . * «

T L M

)

x V

A

+

J „

P ~ A

X

P ~ A

)

( /

">

[4.2.0.0.0.2]

4.2.1.- Considerando tres casos, (para 4.2.0.0.0.2) .-

•4 .2. 1.1 Si , A es un pun to f ijo o extensión r ígida de 3-- Entonces V - Qy usando "O" para

designar dicho punto, se tiene:

/ / „ = [ p

0

. v ( c o ^ j r p " , ) « / / « [4.2.1.1.0.1]

4.2.1.2.-Si, A es el cen tro de m asa de Y--Entonces y f p ^ d m 0 , y usando "G"

para d esignar dicho punto, se tiene:

1

'

11

r, = J

fi

F

(

;

x

(

(

% / -

v

P ~ < ; )

dm

[4.2.1.2.0.1]

4.2.1.3.- Si, A es un punto cualquiera diferente del punto f ijo o centro de masa ("O" o

Si, se tiene de la figura F4-2:

F., = P.u; + Fu }' 'T, = r

A

+ p

Jf;

En 4.2.0.0.0.2:

" '

=

í,. ( "

+

)

x V

,< '" ' + {,, ( , + P~<, )•* ( p~,

„

+ p~,

;

)J dui

II , = (p~,,<; -

v,/

., )"' + 0 + fT

|f;

.Y (oT^.v fT , ) m + 0 + 0 + / / , .

H , = H

I;

+ NI F

U

;

X V

A + '» F.«;

x

( « V ^ P .«; J [4.2 .1 .3 .0 .1 ]

Pod em os encontrar lo deducido tam bién, de la cinética de un sistema d e partículas.- S abiendo d e

la ecuación 3.5.1.5.0.2:

" , =

11

r, + Fa a

x

Va >'

V

a =

V

A + ^ . /

X

F

M

,

í l

, =

1 1

<;

+ '» P~ .

<;

v

[ y

A

+ ( c ^ . v p " , , ;

) J

[4.2.1.3.0.2]

4.2.2.- Cuerpo Rígido en movimiento plano:

Sea:

A —XDrigen del sistema de coordenadas cartesianas (xyz).

XY —>Plano de referencia del movimiento (paralelo con xy).

U N A S A M A u to r: V Í CT O R M A N U E L M E N A C H O L Ó PE Z




Cap í tu lo IV

V

r

—> Velocidad de "P" de m asa diferencial "dm", que es la mism a la de su punto

acompañante Q en el plano de referencia.

•/rw

dm

, hvy./l

Phirw de a'lcrcncia

Figura F4-2.2

p = xi + y j + zk _ p

Hi)

= xi + vj

En 4.2.0.0.0.2:

/ /

, = ( ( , P

t

<

1

"' ) v + [ , ( v /

r

+ y j + zk )x

1 M i * W-l I

(O k x (v i + y j + : k )

ci m

Dónde:

o

1 =

+ P„ )xV

A

dm = J

(1

V

M

xV

x

dm + ( p r ^ / w )vF

4

/ = ' n p

M

x r

A

" = í..

/ j k

x v r

- reo .veo 0

dm

= J co x zi - co yz j + (co x

2

+ co v

:

) /r J d m

II

= — co

/ J xzdm

- co y

j yzdm +

<o

k J (

v

:

+ y

:

}dm

U N A S A M

A u t or : V Í CT O R M A N U E L M E N A C H O L Ó P E Z



M E C N I C A PA R A I NG E N IE R A Y S U S A P LI CA C IO N E S - D I N M I C A

Capítulo IV

II = / '(.)/ + l\o'i + l\ük

i .*

7

—

Dónde:

| v-<//// = - / ' (P

r

°du cto de inercia de ma sa de Y, respecto a los ejes x e z a través de "A")

J \ ~

(

¡

m

- _ / ' (Producto de inercia de ma sa de

Y,

respecto a los ejes y e z a través de "A")

| ( Y

;

+ ' v

:

) </ w» = I

A

( f o m e n t o de inercia de la ma sa de "(, respecto al eje z a

través de "A")

Por lo tanto:

¡I = p xml' +l \oi + I \o i +

1

\ok

.i » .t(r .1 t- t-r -rr

[4.2.2.0.0.11

4.2.3.- Puntos convenientes, para el estudio del movimiento en el plano.- En 4.2.2.0.0.1

a).- Si, A es un Pu nto fijo o extensió n rígida de Entonces F

(

= 0 , usando "O" para

designar dicho punto, se tiene:

H

N

= /"OH" + /" io / + /"toA

O ». ir

J

- -

[4.2.3.0.0.1]

b).- Si, A es el centro de masa de

Y

Entonces P.u,

=

®, usando "G" para designar dicho punto

se tiene:

/ / , = l'uìi + /

' co

/

-t-

l' uik

[4.2.3.0.0.2]

c).- Si, A es el centro instantáneo de velocidad nula.- Entonces ' , - 0

t

usando "Ci" para

designar dicho p unto se tiene:

/ / = / ' 'to /' + / ' '(o j + / " ( o A*

d).- Si, A es un punto cualquiera y están con el centro

de masa G en un mismo plano, y el cuerpo es simétrico

con el plano de movimiento de G:

// , = m \\xl

Dónde:

d —> brazo de palanca de V

[4.2.3.0.0.3]

Figura F4-2.3

4 .3 . - SEGUNDA LEY DE EULER, PARA UN CUERPO RIGIDO EN MOVIMIENTO

PL A N O .

a).- De las ecua ciones 3 .5.2.2.0.2 y 3.5.1.5.0.2 (cinética de un sistema de partículas)

U N A S A M

A u t or : V Í CT O R M A N U E L M E N A C H O L Ó P EZ




Cap í tu lo IV

X

A /

<

= '»

V

,

y

/ / , = H

(¡

+ p .

I( ;

.v m V

c

Derivando 1 1, respecto al tiempo :

/

7 i

= /

7 . - + P , k ;

v +

P ,

(

; -

v í7

c;

Si:

' = ' + p

1 (

, - > P ,r , = - '

7

,

/ / , = / / - F .v /;/ i

7

". + p~ V fl . [4.3.0.0.0 .1]

-1 (» .1 (l * ,1 I» (i

Reemplazando 4.3.0.0.0.1 en M

{

, se tiene:

] T

M , =

/ /

( ;

- l\x m

V

(

. + p

í(

..v m a

(¡

+ l\x m

V

(

.

] T

M

, = + p,

(

, .v

m a

(

.

[4.3.0.0.0.2]

b) Tomando el momento asociado al centro de masa.- Sabemos de la ecuación 3.5.2.2.0.4

(cinética de un sistema de partículas):

I = / / , . .

De 4.2.3.0.0.2:

X

A /

< .

=

7 j r (

w

í . - )

=

'

+ /

. '

( 0

>

+ /

' .

U ) A

') 14.3.0.0.0.3]

Analizando 4.3.0.0.0.3:

i).- Si, x e y con origen en "G", lo fijamos al m arco inercial 3 ento nce s i }' j (así como k )

serán constantes con relación a 3 P

e r o

/ ' r /

( ;

serán, en general dependientes del

tiempo.

i¡).- Si, x e y con origen en "G", lo fijamos en el cuerpo rígido, de manera que el momento y los

productos de inercia no cambian en el tiempo, sin embargo/ y j dependerán del tiem po en

relación al ma rco inercial 3 Constante) y sabiendo de la cinématica.

y

di ir -

y

di :— = - | = f t ) y o ,

dt y di

"Escogemos está, segunda opción por simplificar el estudio del movimiento"

y permitirnos la

utilización directa de la tablas de los mom entos y produ ctos de inercia.

U N A S A M

A u t o r: V Í C T O R M A N U E L M E N A C H O L Ó PE Z



M E C Á N I C A P A R A I N G E N I E R Í A Y S U S A P L I C A C I O N E S - D I N Á M I C A C a p í tu l o IV

Efectuan do la derivación respecto al tiempo en ^ , de la ecuación 4.3.0.0.0.3, tendremos :

<•>; -mi

f'jói+/;; (o7 + /[;c¿ j + i V ) + i j o k

Z

A /

«

=

(

7

"

/

r >

:

)

, r +

O . " «

+

1

' >

1

) j +

1

'i « 14.3.0.0.0.4]

También:

Z

= 7

'

W

"

/

u

( 0 :

[4.3.0.0.0.5]

+ [4.3.0.0.0.6]

Z

A /

' - . C

w

[4.3.0.0.0.7]

c).- Luego en la ecuación 4.3.0.0.0.2, se tiene:

Z

u

< = (O* -

1

'•>')' + (/;:« + /,> + * + p .

u/

x»uT

ff

[4.3.0.0.0.8]

4.3.1.- Casos que se presentan:

4.3.1.1.- Momentos con respecto a G de cuerpos simétricos con el plano de movimiento de

G :

>

De 4.3.0.0.0.7:

Z M <;

:

= ¡

< ;

a G

[4.3.1.1.0.1]

4 .3.1.2.- Para cuerpos simétricos, con el plano de movimiento de "G" (XY):

a).- Para un cuerpo:

Si, ^

1(

'y están en un mism o plano, el producto vectorial de ellos será paralelo a ^ , luego:

Z M

a

= A ,

a +

" ' (Dond e: "d" es brazo de pala nca de ) [4.3.1.2.0.1]

U N A S A M A u to r : V ÍC T O R M A N U El M E N A C H O L Ó P E Z




SBBBBBBBBBB^SBBaBBBBBSB^^

Cap í tu lo IV

DCL

D M A

Figura F4-3.1 .2a

b).- Para un sistema de cuerpos simétricos al plano de movimiento de sus centros de masa e

interconectados:

ni.«,. i

Figura F4-3.1 .2b

[4.3.1.2.0.21

[4.3.1.2.0.3]

No ta.- El radio de giro K<j del cuerpo alrededor del eje perpendicu lar a G, se define com o:

Aun cuando la unidad del radio de giro es la longitud, no es una distancia que se puede medir

físicamente sino que su valor sólo es un cálculo, que sirve para "compara las resistencias

rotativas de cuerpos que tienen la misma masa".

4.3. I .3 . - Usando las propiedades inerciales , para un punto arbi t rar io "A".-

Sabemos:

De 4.2.2.0.0.1 y de 3 .5.1.5.0.2 (cinética de un sistema d e partículas):

H

a

= p

A(

xm V

A

+ I \úi + l\ú j + /;<o)A- [4.3.1 .3.0.1 ]

U N A S A M

A u t o r : V Í C T O R M A N U E L M E N A C H O L Ó P E Z



M E C Á N I C A P A RA IN GE N I E R Í A Y S U S A P L I C A C I ON E S - D I N Á M I C A

Capítulo IV

H

t

= H

(

, + P^.V /HI^. [4.3.1.3.0.2]

Igualando 4.3.1.3.0.2 y 4.3.1.3.0.1 y luego derivándoles con respecto al tiempo, se obtiene de

4.3.0.0.0.2:

1 1

A + PU;

X

' « ; + P

A

A

XMV

A = P AG

XM V

A + P AG

XM A

A + '

+ L

L

ÍÚ

' I

+ I

~

( Ú K

)

at "

Ü

M

A \ PA(;

X,,1

"A + J

(

( . > ' + + ' > 0

+

^

+

* + P.«.-

r

[4.3.1.3.0.3]

Los ejes x e y, tienen com o origen a A y están ligados al cuerpo rígido.

4 .4 .- E ST U D IO D E L M O V I M I E N T O E N E L PL A N O D E L CU E RPO RÍ G I D O .

4.4.1.- Movimiento en traslación:

(o= a = 0 v a - Xi 4- Y j

(de toda las partículas)

£ F

x

= mX [4.4.1.0.0.1]

J V , . = ' " > ' [4.4 .1 .0 .0 .2 ]

H

M

c . = Ü

y

[4.4.1.0.0.3]

Z

A/

< = pAi,

xm

" [4.4.1.0.0.4]

4.4 .2 . - Movimiento alrededor de un eje f i jo en un marco inercial (punto base "O" en el

eje):

]T F

x

= m\\. [4.4.2.0.0.1]

£ F

y

= "iY

a

[4.4.2.0.0.2]

De 4.3.1.3.0.3:

£ M~

(1

= ( / > - / ; >

:

) '

r

+ ( ' > + A

7

[4.4.2.0.0.3]

Para cue rpos simétricos, con el plano de movim iento de "G":

Z

A /

< , <

k

=

k

= > Z

W

-..-i =

7

-K« [4.4.2.0.0.4]

4.4.3.- Movimiento General en el Plano:

U N A S A M A u to r : V Í C TO R M A N U E L M E N A C H O L Ó PE Z




Cap í tu lo IV

[4.4.3.0.0.1]

[4.4.3.0.0.2]

Para los momentos, se utiliza cualquiera de las ecuaciones deducidas

Si, el cuerpo es simétrico, con respecto al plano de movimiento del centro de masa "G" y/o la

resultante de las cargas extemas tiene su línea de acción en el plano de movimiento del centro

de masa "G", usamos:

4.4.4.- Casos especiales:

a).- Disco con movimiento de rodadura o con deslizamiento.- Si no se sabe con certeza si el

disco está deslizando o no; la condición para no deslizamiento (rodadura) deberá suponerse y

comp robarse primero. C uando la fu erza de fricción tiene una mag nitud 0 < /" < n

v

N no existe

deslizam iento y la suposición fue correcta. Por otra parte si / >M

v

A' indica que existe

deslizam iento; y si 0 < / y se tom ó en fo rm a correcta la dirección de la fue rza de fricción de

tal man era que exista un par para que haya movim iento angular, no exist irá también mov imiento

de rodam iento. La solución debe iniciarse de nue vo con / =

M

a. N ahora conocido, pero

( l ( ;

y

Cl

no están relacionados.

b) . - Rotación de cuerpos desbalanceados o inequi l ibrados. - Hay dos causas, que

desequilibran a un cuerpo en rotación:

i).- La prim era, es qu e el centro de m asa se localiza a una distancia, fu era del eje de rotación. A l

girar el cuerpo, aparecen fuerzas en los apoyos (cojinetes), igual a

n , a

0

, estás fuerz as cambian

constantemente en dirección (respecto al marco inercial), si es, que no en magnitud.

i¡).- La segunda causa del desbalanceo es la presencia de los productos de inercia/

A

y/o/ ' , en

do nd e "z" es el eje de rotación y "A" un pun to sob re ese eje.

Para balancear, podemos añadir o quitar material, para forzar que los productos de inercia sean

nulos; cuando se hace esto, además se asegura que el centro de masa "G" se encuentre sobre el

eje, luego se dice que el cuerpo está dinámicamente balanceado y por su puesto estát icamente

también, que demostraremo s com o sigue.

[4.4.3.0.0.3]

Sea:

^ ^C ue rpo mon tado sobre cojinetes de bolas en D y E.

M ^P ar aplicado, al eje de rotación (par impu lsor).

^ ' -

v

« > Coordenadas de "G".

— >

x,y,z ^ Co orde nada cartesiana fijo en

U N A S A M

A u t o r : V Í C T O R M A N U E L M E N A C H O L Ó PE Z



Figura F4-4.4a

*).- D.C .L. (om itiendo los efectos de la gravitación en el análisis):

F igura F4-4 .4b

**).- Relaciones Cinemáticas:

=

x

(

X

J + .»

f

, y ) - ( o

:

( . v

(

, / + v

t ;

y )

= - ( +

v

, ,

( 0 :

) ' +

(

x

c ;

a

~

) /

***).- Re laciones Cinéticas (no consideram os el peso):

Z

F =

D, + £, = -ni (y

a

a + .v

f;

co

2

)

D

x

+ E

}

= m ( x

(¡

a - vya

2

)

D. = E. = 0

U N A S A M



M E C Á N I C A P A R A I N G E N I E R Í A Y S U S A P L I C A C I O N E S -

D I N Á M I C A

Cap í tu lo IV

£ M ¡, = ( / - » a - / > - * ) '

r

+ ( / í a

+

/ > 0 7 +

t

e

- ( a + b)E = /"a - / °co

2

v

' . 1 » ; _ i ;

(a + b)E

x

= /;;« + / >

2

Observam os, si se conocen: ® , las propiedad es geométricas y de inercia del cuerpo, se podrá

D ,D ,E E

obtener las reacciones ' ' ' , y

1

pero, para balancear al cuerpo estás fuerza s dinámicas

deben desaparecer ; de tal ma nera que:

w tr

Esto se consigue aumentando (contrapeso) o quitando masa al cuerpo ; si aumentamos y

/// v y /

r

e /

P

con oce m os del cuerpo desb alance ado ' »-- '

-

;

("p" punto cualquiera

( V V )

localizado en el eje de rotación); determina remos las coordena das •' ' •

A

y

(

A

R •> H ) ¿

E

ja s

M A S A S

NT

A

y

1,1

H

(pequeños para tratarlos como partículas),en dos planos

correctivos A (en "

(

) y B (en "

B

) para que, el cuerpo quede balanceado. De la

siguiente manera:

- V =

0

=

M

A

X

A

+

' » B

X

B

+ ,

»

X

C [1]

y

(¡

,=0=m

A

y

{

+ m

B

y

8

+ niy

(¡ [2

]

/'; = 0 = -m

A

x

A

= - m

B

x

B

z + l'[ [3]

¡

r

; = o = -m

A

y

A

z - n,

B

y

B

: + I*

[ 4]

Si, conocemos:

-v' + r

2

= R

:

t

y -V

2

+ y¡ = R¡ [5y6]

Balanceamos al cuerpo con estas seis ecuaciones.

4 . 5 . - M É T O D O S E S P E C I A L E S P A R A E L M O V I M I E N T O P L A N O D E L C U E R P O

RÍ G I D O . - T RA BA J O Y E N E RG Í A CI N É T I CA , E I M PU L SO Y CA N T I D A D D E

M O V I M I E N T O .

4.5. I . - Pr incipio de Trabajo y Energía cinét ica. -

}

; | t.5 .1 .1 . - Energía cinét ica de un cu erpo r ígido en movim iento plano :

U N A S A M A u t or : V Í CT O R M A N U E L M E N A C H O L Ó PE Z




Cap í tu lo IV

Sea:

^ ^C uerp o rígido en movim iento

plano.

Q ^ Punto com pañero de "dm" en el

plano del movimiento de "G".

x, y, z ^C oord ena das cartesianas fijos

en , con origen en "G".

'

7

^ Velocidad de la m asa diferencial

"dm".

Y

Sabemos, que:

K

. 2 ' ' ^ J,.

1=1

=

[4.5.1.1.0.1J

S i :

V = V

(

. + lo k x (.v/ + y j + zk^= V

(

. + co (- y i + .vy)

V • V = Í^. • + CO

:

(.V

2

+ .V

:

)+ 2COV

G

• (.V/ - W)

Reemplazando en 4.5.1.1.0.1 y operando:

o

= J » ' , ;

•

l \

:

¡ / > » + ( v

:

+ + " ( K • / ) { / < / ' " - « ( '

7

„

•

O í , . V

//M

= \

m V

o = + [4.5.1.1.0.21

No ta.- Se tiene dos partes identificables (no com ponentes), una se refiere al mo vimien to de l

centro de mas a y la otra al mo vimien to del cuerpo relativo a G

4.5.1.2.- Energía cinética de un cuerpo rígido en movimiento plano,

que impl ica u sar e l centro ins ta ntáne o de velocidad nula . -

En 4.5.1.1.0.2:

U N A S A M




M E C Á N I C A P A R A I N G E N I E R Í A Y S U S A P L I C A C I O N E S - D I N Á M I C A C a p í tu l o I V

, , _ „ Fi gu ra F4-5.1.2

1 , 1 1 J T - — ' - r v , [4.5.1.2.0.1

k = 2 ( >

+

2

< ; 0 ) =

2 '

0 +

^ '

1

Del teorema de los ejes paralelos (Steiner), tenemo s en 4.5.1.2.0.1:

L

k = i ' c ,

í 0

[4.5.1.2.0.2]

También, si:

r = w

A ?

( ¡ í

,

La ec uación 4.5.1.1.0.1, se pued e escribir:

E

k = V x / y ,

y

) dm

Aplican do la propiedad para el triple producto escalar, A • {fí v ¿

r

) = B • ( c ^ v a ) ,

al integrando, obtenemos, ¡7 . ( ¿ j -

r

- )

(FN¡ =

~. ( ~ ¡7

(¡M

) , así que la energía

cinética es:

v /

.

E

K = f

( ¡ r

- ( j

t

, 'V

J /

dm ) = ~¿T • H

t

. ,

Para cuerpos simétricos al plano de movimiento del G:

f ^ / ( ' i 1 f J

¿

a = 2 '-

í 0 =

j

1

[4.5.1.1.0.3]

4.5 .1 .3 . - Deducción del Pr incipio de Trabajo y Energía Cinét ica: Trabajo y Potencia en

Sis tema de Fuerzas y Pares .

i

Derivando 4.5.1.1.0.2, respecto al tiempo:

dE

K

d ( \

, 7 ~ I . r

— = — —m V,..V

r

+ — /

r

(ok.(úk

di di (2 <• 2

0

)

dE. 1

dt 2 - 2

i'

f

• «

A .<f»A

^ = /;><?,. .K. + l

r

akxúk ^ = Y F F

r

+ Y M

r

jtak

Í// ''

f

// o t. [4.5.1.3.0 .1]

I '

7

2 X *

Nota._ El cambio de la energía cinética en el tiempo, da a lugar a la aparición de la suma de la

tasa de trab ajo o Potencia (P) debido a las fuerzas y pares.





Capí tu lo IV

4.5.1.3.1.- Para un Cuerpo sometido a un

sistema de Fuerz as y Pares (Mo me ntos) .- p

Figura F4-5.1.3.1

.

+ F

Z

A/

(.

=

'¡

v /

1

+ ?

2

x I

'2 + + W K + c , + c , + c

Sustituyend o en 4.5.1.3.0.1:

dE

K _

dt

' , -vF, +

1 \

. v / \ +

v +

; ; . v F

+

C

1 +

C

: +

... + C

y

COÀ"

r//

= (/•", + /•', + .. . + /-"„ ) V,. + co A • ( /

r

v F , + >

:

.\ F, + )f (c, + C , + )

(>) A

Aplicando la propiedad del triple producto escalar, en los pares del sistema de íuerzas, se tiene:

dE

= (f, + F

:

+ ) V

t;

+ (co k

jrr, }

F

x

+ (co k ,v/\ ) F , + + (c , + C\ + } co A

Como:

F = K + W À - . Y / : - > I

7

, . = K . - (UÀ -

xr,

1 O I ( / i I

J \ = V

(¡

+ co

À-

.vr , -> K

f

. = K , - i ú k x r \

Por lo que, desaparecerán las potencias de los pares producidos por el sistema de fuerzas :

- (co A- X F , ) F

I +

(CO A- Y F

t

) F

T

- - (c o k x F ) • F + (c o k x r ) • F = 0

Luego:

dE,

dt

F

x

.

V

x

+ F , . + . . . + c , + C \ + . . . ) O À-

[4.5.1.3.1.1]

U N A S A M

A u to r : V Í C T O R M A N U E L M E N A C H O L Ó PE Z




i

Cap í tu lo IV

Nata._ 4.5.1.3.1.1 nos indica, que los momentos producidos por el sistema de fuerzas, no

prodiicen potencia (tasa de trabajo).

D e 4.5.1.3.0.1, se obtiene el trab ajo sobre el cuerpo :

(¡t

Separando variables e integrando, 4.5.1.3.1.2:

[4.5.1.3.1.21

[4.5.1.3.1.3]

De 4.5.1.3.0.1:

[4.5.1.3.1.4]

V Y

4.5.1.3 .2 . - Pa ra dos cuerpo s r ígidos y , que for m an un sis tema y sup onie ndo , que los

cuerpos están conectados por un pasador (o ar t iculac ión) con f r icc ión despreciable :

S e a :

^ ^Fu erza ejercida por ^ sobre ^ .

I ' ^ Velocidad com ún del punto de unión.

P —*

7

Potencia de las fuerzas (externas), que

\ F

actúan en

v

.

11

-

7

Potencia de las fuerzas (externas), que

Y

actúan en ' .

i; y»

K 1 7

Energía cinética de

v

.

F,„

Figura F4-5.1.3 .2a

E v y

7

Energía cinética de ' .

U N A S A M

A u to r : V Í C TO R M A N U E L M E N A C H O L Ó P EZ




Cap í tu lo IV

D.C.L.(s):

Fi n

Figura F4-5.1.3.2b

v y

La e cuación 4.5.1.3.1.1 en * y ' :

(JE. . ( —\ — </£.. ,

= P

s

+ R ) • V

22

Figura F4-5.1.3.2c

dt dt

= P, + R • V

Sumando ambas expresiones:

dt

Dónde:

(E,•,+£,,) = P

{

+P

2

=> P

(

=

dE^

dt

[4.5.1.3.2.1]

E,.

Potencia de las fuerzas externas ejercidas en el s istem a

K

Energía cinética del sistema.

Nota.- Si hay fricción en el punto de unión, tendríamos momentos o pares interactivos

A,/ v — M -

1 0

(desapareciendo si la fricción fuese demasiado grande, en donde

M • ( co - lo )

) , y la potencia de estos es : v e \ que en general no es nulo (es negativo),

y trae com o con secuenc ia la disipación de energía por fricción.

4.5 .1.4. - Tra ba jo efectua do p or diversos t ipos de fuerzas y pares .

F

4.5.1.4.1.- Si,

1

es constante:

¡V

¡ 2

= j

¡

:

F

¡

l

7

l

d t = F

r

j

¡

2

f

7

l

d t [4.5.1.4.1.1]

F <fí

4.5.1.4.2.- Si,

1

actúa sob re el mism o punto (del cuerpo *

l

) , en su movimiento:





•P

T

Cap í tu lo IV

[4.5.1.4.2.1]

« F.

4.5.1.4.3.- Si,

1

es deb ido a la grave dad (Z es posi tivo hacia a baj o) :

=

J

t

2

^'V.

=

'»^A

7

-

^ V dr

G

= dXJ + dY

i;

j + dZ

(

.k

"V: =

m

8

j,

dZ

a =

m

S ( Z

fí2

- Z , , )=

mglt [4.5.1.4.3.1

j

F

4.5.1.4 .4 . - S i , ' es la fu erz a no rm al e jerc ida en e l pu nto de contacto sobr e un c uerp o

r ígido, que m ant ie ne con tacto con una superf ic ie f i ja en , esté e l cue rpo rod an do o

r e sb a l a n d o :

Figura F4-5.1.4 .4

S/. F

x

LV

p

=> $F

x

'V

p

dt=Q

4.5.1.4.5.- Si , es la fu erz a de fricción ejerc ida en el pu nto

de contacto, cuando un cuerpo rueda (s in desl izamiento)

sob re una supe rf ic ie f i ja en ^ :

S i :

V = 0

p

[4.5.1.4.5.1]

[4.5.1.4.4.1]

V

p

= o

Figura F-5.1.4 .5

p

4.5.1.4.6.- Si,

1

es la fuerz a de un r esor te l ineal conectad o a los mismos dos pu ntos P y Q

Y

de los cuerpos ' y , du ran te un intervalo de sus mov imientos:

S e a :

K

T

Módulo del resorte.

U N A S A M

A u t o r: V Í C T O R M A N U E L M E N A C H O L Ó PE Z




Cap í tu lo IV

Longitud sin alargamiento.

^ ^A largam iento < 0 representa acortamiento ).

" ^ Vector unitario a lo largo del resorte, dirigido hacia el cuerpo ^ .

Figura F4-5.1.4.6

El trabajo del resorte S sobre el cuerpo ' es:

H

'w„v = f'" ^ -y

p

dt= P-/C 8 u • V di

j/ , Ji,

4»

Si:

'V = 'V

+

(

(

<

+ 8

) "

Derivándole, con respecto al tiempo:

V

r

= V

(J

+ 5 ¡t + (f ., + 5 ) u

Sustituyendo en [ ^ ]:

y sabiendo que:

u ± u

IV.

;M )

= -1'"' KS u • V

Q

dt - 8di - +8 )// • Í¡ di

ir = -íf .

m

-K f-' 8 dò

S

n v .Srrf.'í

Luego:

ir = ir

+

iv

Sentís Memo o en y A en '.R

K

[4.5.1.4.6.1]

U N A S A M

A u t o r: V Í C T O R M A N U E L M E N A C H O L Ó P EZ




4 '

Cap í tu l o I V

t)î>.1.4.7.- F uerz as d e un cable inex tensible, unid os a do s pun tos Q y P de los cuerpo s

, dur an te un in terva lo de su m ovim iento.- El cable en mención, puede pasar sobre una o

m ás poleas ligeras sin fricción, colocado s entre los cuerpos, pero deben estar tensos en todo

mo men to. De hecho el traba jo es igual a cero, lo que dem ostraremos.

/

• / " )

l 7 I

Figura F4-5.1.4.7a

W , , = p T /T • V~ d t v W

c

abiten íM

Figura F4-5.1 .4 .7b

= \ '

:

{ - T u ) V

r

d t

J

11

Poniendo

v

' en términos de sus comp onentes // y -Lal cable:

V = V + V

o

y y -

v V -V +V

Notando, que las componentes perpendiculares a las velocidades, tienen productos escalares

nulos con

11

" respectivamente; obteniendo los trabajos , por lo tanto, com o sigue:

= r

r

" • ' V " ^ H - ^ M M , ' -

T d (

dt

= f (" Tu )• V

r

J t = f - T u • ( ^ - , 7 dt = {; - Tdf

3

dt

To ma ndo la diferencial del cable inextensible:

d(f

l

+(

2

)=0 => d f ^ - d f ,

••• K- « , = K- « +

W

r M * = - f

T(l(

. + f

Tíl(

i

=

0

[4.5.1.4.7.1]

( iiNifiiiliiMtmn CiiWí'cM ) i ( iihlt-ai'H Jl ' Jl '

4.5.1.4.8.- Para un par M ,

C

n 4.5.1.3.0.1 :

fO,

W,

, = f ' '

M

co

kdt = \ ' M ..

Jl , Jo,

dQ

[4.5.1.4.8.1]

U N A S A M




M E C Á N I C A P A R A I N G E N I E R Í A Y S U S A P L I C A C I O N E S - D I N Á M I C A C a p ít u lo I V

Si, el mom ento en Z es constante, el trabajo del par es:

= - 0 J [4.5.1.4.8.2]

No ta I.- Si el trabajo es positivo, nos indica qu e cuerpo gira en la dirección del m om ento.

Nota 2.- Para fuerzas conservativas, es válido todo lo deducido para un sistema de partículas.

4 .5 .1 .5 . - Determinación de la aceleración instantánea mediante el método al ternat ivo del

pr incipio de Trabajo y Energía, para un s is tema de cuerpos interconectados, con

movimiento de sus centros de masa respecto al p lano de referencia, usando var iaciones

infinitesimales de sus desplazamientos reales ( lineales y/o angulares) .

Si, se tiene para el trabajo de fuerzas y/o mom entos no conservativos (activos):

• , = E . u : " , = ( A . + <A } - { E

k

, + U

x

J

Está ecuación, lo escribimos para variaciones infinitesimales de desplazamientos reales:

(l\V

sc

=dE

K

+ d U [4.5.1.5.0.1]

Dónde:

dE

K - ¿ ( Z j ^ + Z í

7

* ^ [1]

- -

ci

K„ - _ . - -

Si, para cada cuerpo: a

tii

-d r

tí¡

= '

clr

<--

= V

<->'

íiV

<><

Luego: mV

(ii

-d V

(t:

= ma

(ii

-d ?

(:¡

dio

í /0 ,

Tam bién: ot = ——

L

* —> a dQ = to í/cojuego, como la dirección del movimiento

di í/U

i

angular es perpen dicular al plano del movim iento; co¡ • í/co - a dQ

t

E n [ l ] :

También, se puede escribir, como:

dE

k

=YF -dT- +Y M

r

dQ

K ^ r f »

(» i

{, V

(' I

i

d u =

+

Z

K

,

x

,

( { x

r

[3]

Dónde:

U N A S A M

A u to r: V Í CT O R M A N U E L M E N A C H O L Ó PE Z



' ^ distancia vertical del centro de ma sa del cuerpo representativo de masa

/

"

1

, a la línea de

referencia.

' ^de form ació n (de tracción o de comp resión) de un resorte de constante

K

Luego en 4 .5 .1 .5 .0 .1 , [2] y [3] :

< W s c = Z •

d

' c , + Z /

/ G

,

+

Z

í / /

'

<

+ Z * 14.5.1,5.0.21

No ta 1.- La ecuación deducida tiene la ven taja de relacionar directamente las aceleraciones con

fuerzas y pares activo (no conservativos que producen trabajo), lo cual elimina la necesidad de

desme mbrar el sistema y eliminar después las fue rzas internas y fuerza s reactivas, al resolver el

sistema de ecuaciones fuerza-masa-aceleración, escritas para cada uno de los miembros por

separados.

¡Nota 2.- Los sum andos serán positivos si las aceleraciones y los desp lazamientos respectivos

tienen el mismo sentido.

4.5.1.6.- Trabajos Virtuales.- Para un sistema mecánico que adquiere una configuración

estacionaria para una aceleración constante, suele ser conveniente introducir el concepto de

trabajo virtual, ya que, un desplazamiento virtual es todo tipo imaginado y arbitrario, lineal o

angular, que aparta al sistema de su posición natural o real. En caso de un sistema de cuerpos

conectados, los desplazamientos virtuales han de ser compatibles con las ligaduras del sistema,

para la que se tiene tomar en cuenta los conceptos de la cinemática del cuerpo rígido, es decir,

tiene que ver con la geometría de los movimientos posibles y proporcionan las llamadas

ecuaciones de ligadura, teniendo luego los mismos principios para encontrar la relación de

trabajo y energía, al de los desplazamientos infinitesimales reales.

Se acostumbra a emplear el signo "d" de diferencial para referirse a variaciones infinitesimales

en desplazam ientos reales, mientras que se emplea el signo ° para representar variaciones

infinitesim ales que se imaginan, o sea, variaciones v irtuales.

5W '

V<

. = Z

5 r

í ; . + Z

/

« , a . 5 + Z ' " . S

5 h

>

+ 1 L

K X

>

[4.5.1.6.0.1]

4.5 .2 . - Pr incipio de Impulso y Cantidad de Movimiento.

4.5.2.1.- Impulso lineal y Cantidad de movimiento lineal.

Sabemos, que:


J / Z ™ = C c / L = L

l

- L = M = m V

(; /

- mV

(

¡i

I =AL

[4.5.2.1.0.1]

U N A S A M





Cap í tu lo IV

Si, el cuerpo se está mo viendo en un plano referencial XY:

I

x

= J'

4

F

x

di = A L

x

= A {jnX

G

)

I

y

=l'-F

y

dt = AL

r

= A ( m } V )

( U

[4.5.2.1.0.2]

[4.5.2.1.0.3]

4.5.2.2.- Impulso Angular

de masa.-

Sabemos:

f -

0 c

' dt

y Cantidad de movimiento Angular , refer ido al centro


r = i ? '

dT ¡

c = H

a J

1

[4.5.2.2.0.1]

[4.5.2.2.0.2]

[4.5.2.2.0.3]

14.5.2.2.0.4]

Nota.- Para cuerpos simétricos, con respecto al plano de movimiento del centro de masa, solo

existirá la ecuac ión 4.5.2.2.0.4, la que generalmente se nos presentará.

4 .5.2.3 .- Conservación de la Ca ntida d de movimiento l ineal y an gula r ,

a) .- Conservación de la cantidad de movimiento lineal;

£ F = 0 de

t¡ a t/

Si,

También:

constante.

[4.5.2.3.0.1]

Si,

x

constante..

de /.. a t

¡

• /

L

x/ ¿ v , [4.5.2.3.0.2]

b) . - Conservación de la cant idad de movimiento angular , asociado al centro de masa:

U N A S A M

A u to r : V Í CT O R M A N U E L M E N A C H O L Ó PE Z



MEC ÁNICA PARA INGENIER ÍA Y SUS APLICAC IONES - D INÁ MICA

2 > , = 0

de /, « / , => H

G

=H

(:¡

Cap í tu lo IV

Si.

c o n s t a n t e .

[4 .5 .2 .3 .0 .3 ]

T a m b i é n :

i 2 X * = 0 * « / / , , , = / / , „

i,

c o n s t a n t e .

- >

[4 .5 .2 .3 .0 .4 ]




Cap í tu lo IV


Y JFX =ma

GX

-V

x

=

V

x

= 1 .0 7 6 Ib (Fuerza cortante)

r ~

m a

Y

A v =

l

A-*0

Y

W

b -

32.2

Z

/ . Ay = 9 . 3 8 Ib (Fuerza axial)

Y

j

M

g

= 0 M

f

- 1 . 0 7 6 * 1 = 0

M f = 1.0 76 lb-pie (Momento flector )

E4.2.- Las cuerdas en la figura tienen una

resistencia a la tensión de 12 N. El carro p

tiene una masa de 35 kg; la barra 91 vertical

articulada en A tiene una masa de 10 kg y una

longitud de 1.2 m. Encuentre el valor máximo

de P que puede ejercer sin romper ninguna

cuerda. Si: (a) P actúa hacia la derecha y (b) P

actúa hacia la izquierda; desprecie la fricción y

suponga una tensión despreciable en cada

cuerda cuando el carro está en reposo.

0 . 9 m

1.1 m

Cuerda

VrA

P

3 R u e d a s p e q u e ñ a s

p 4

.

2

U N A S A M




M E C Á N I C A P A R A I N G E N I E R Í A Y S U S A P L I C A C IO N E S - D I N Á M I C A

t i H W P W H B H B i a m m m m m m m m m ^ m m m

Capítulo IV

Solución

-Sistema de cuerpos en movimiento de traslación.

1).- D .C.L.:

Y

4 v

(a)


a).- En (a):

P4-2a

(b)

o

r S

Y,

M

A

k

= H

Gz

k+ p

AG

xma

G

= I

G

a k+-J xmai =--ma te

(T

l

cos$-T

2

)¿ = -^ma T

2

-T

x

cos0 = m~

Y<

F

x = ~

T

i

co s

& +

T

2

+

A

x =

m a

T

x

cos6-T

2

- A

x

=-ma

b).- En (b):

= fri cose-T

2

- A

x

)+P = m

c

a

(2)en (3):

-ma + P = m

c

a -» P = a (m + m

c

) = 45a

3).- Relaciones de compatibilidad, para las condiciones dadas:

a ) .- S i, ( P - > ) = » T

2 m a x

= 1 2 N y T

l m l n

= 0:

En( l ) :

12 = 5a => a = 2 .4 m/seg

2

En (4):

P

= 2 . 4 * 4 5 = 1 0 8 N

P4-2b

0 )

(2)

(3)

(4)

UNASAM





Capítulo IV

b ) , S i , ( < - / > ) = > T

lmax

= 12N y T

lmln

= 0 :

En( l) :

3

- 1 2 * - =

5a

=> a = - 1 . 4 4

m/seg

2

En (4):

- P = - 1 . 4 4 * 4 5

P = 6 4 . 8 N

E4.3.- Si el cable CB es horizontal y la viga está en

reposo en la posición indicada, determine la tensión

en el cable en el instante en que se aplica la fuerza

remolcadora F = 1500 N. El coeficiente de fricción

entre la viga y el piso en A es /J

Á

=0.3. Para el

cálculo, suponga que la viga es una barra delgada

uniforme que tiene una masa de 100 kg.

Solución

La barra tiende a un movimiento general en el plano,

al aplicársele F.

1).-D.C.L.:

Y

A

2 - J2

P4-3a

2).- Relaciones Cinemáticas.- Como el cuerpo, parte del reposo, la obtención del centro instantáneo de

aceleración cero es similar al de la velocidad nula.

2-Í2


P4-3b

a

G = akxp

cfi

á

G

= akx~j2( i - j )

a

G

=42a(i+j)

U N A S A M




K/1ÉCÁNICA PARA ING EN IER ÍA Y SUS APL ICAC IO NES - D I N ÁM IC A

Capítulo IV

a).- Tomando mom entos con respecto al centro instantáneo de aceleración cero C

a

:

Yu

M

c

a

z

k

=H

Gz

k + p

cf i

x ma

G

- 4l mg + (F - f ) 2 y f 2 =j¿ml

2

a + ma

Gx

^ + ma

Gy

yÍ2


F - f

= 1 8 8 . 5 6 a r + 5 0 g

b) -

Y

j

F

Y

= m a

G Y

:

N - mg - m a - » N - m ( g + -Jla )

(2)en (1):

1 5 0 0 - 0 . 3 * 1 0 0 ( g + V 2 a ) = 1 8 8 . 5 6 « + 5 0 g a = 3 . 1 rad/seg

2

c).- Z

F

x =™a

G

x :

{F - f ) - T = m-j2a

1 8 8 . 5 6 « + 5 0 g

- T -m 42 g

T

= 6 3 6 . 6 3 N

E4.4. -

El bloque de 10 kg se apoya sobre la

plataforma para la cual |i = 0.4. Si en el

instante indicado lá barra AB tiene una

veloc idad angular de co = 2 rad/seg, 1

.5

determine la aceleración angular máxima de

la barra de manera que el bloque no se

deslice.

2 rad/s

P4-4

jtní \m

l

-2 ni-

Solución

No hay movimiento del bloque con respecto a BC,

que está en m ovimiento de traslación.

Y

1).- D.C.L.:


a,

a k x

(1.5

])-co

' (1 . 5 ] ) = - 1 . 5 a / - 1 . 5 «

2

j

i

N

G

• * —

.

y

' mg

a

B

= a

G

(Mo vimiento de traslación)

1 )

(2)

G

. . . . .

c

Ì S )

Í V i

P4-4a

U N A S A M

A u to r: V Í C T O R M A N U E L M E N A C H O L Ó PE Z




Capítulo IV


^YjF

x

-

ma

Gx - f - - m x \ . 5 a -> f-\5ma

^F

r

=ma

ar

N-w = -l.5mü)

2

- > iV = 9 8 . 1 - 1 . 5 * 1 0 * 4

TV = 3 8 . 1

N

Si:

/ = ¿iN = 0 .4 * 38.1 = 15.25 N (Para el movimiento inminente)

En( l ) :

/ 15 .25

a

1.5 m 15

= 1.02 rad/seg

2

E4.S.- Las barras uniformes están moviéndose en el

plano XY horizontal y tienen una longitud l = 10

plg y peso w = 2 Ib cada una. La barra AB está

girando a una velocidad angular constante ro = 50

rad/seg. Calcule el par requerido en B para

restringir a la barra

BC

a permanecer paralelo al eje

Y como se muestra.

1).- D.C.L.

M

G

P4-5a

B y

1 )

A

v

2).- Relaciones cinemáticas, para BC (se encuentra siempre en traslación):

a

G

=a

B

=-a)

2

r

AB

=

- 5 0

2

* {§ ( - eo s60 °

1

+

sen60°j)

a

G

= 1041.67 i - 1 8 0 4 . 2 2 j (pie/seg

2

)

3).- Relaciones cinéticas, para BC:

U N A S A M

A u t or : V Í C T O R M A N U E L M E N A C H O L Ó P EZ




Cap í tu lo IV

I ' - v =

ma

GX

B

v

3 2 . 2

* 1 0 4 1 . 6 7 = 6 4 . 7 Ib

=ma

Gr

-> -B

r

1 8 0 4 . 2 2 = > £

r

= 1 1 2 . 0 6 I b

I X = 0

-flv -M = 0

2

A

10

M = 6 4 . 7 * = 2 6 .9 6 lb-pie

2 * 1 2

E4.6.- El disco A tiene un peso de 5 Ib y el disco B tiene

un peso de 10 Ib. Si entre ellos no ocurre deslizamiento,

determine el par M que debe aplicarse al disco A para

darle una aceleración angular de 4 rad/seg

2

.

Solución

1).- D.C.L.:

m,g

P 4

_

6 a


a).- En A:

a

c

= -aje xr

x

=-aJc xr

x

i = -a

x

r

x

j

b).- En B:

a

c

= a

2

k xr

2

= a

2

k x r

2

i j = -a

2

r

2

j

(1)= (2) (aceleraciones tangenciales):

X

(1)

(2)

ar,r, = a

2

r

2

a

2

= a

[

— (Para engranajes de ejes fijos)


a).- En B:

U N A S A M





Cap í tu l o I V

Yj

M

E

=I

E^2 -» fr

2

=-m

2

r

2

2

f

^

V r

2

j

/ = * 4 * 0 . 5 = 0 . 3 1 0 6 Ib

2 3 2 . 2

b).- En A:

Y

J

M

D=

I

o

a

i M-fr

x

= ^m

x

r

2

a

x

=

M = * 0 . 5

2

* 4 + 0 . 3 1 0 6 * 0 . 5 = 0 . 2 3 3 lb-pie

2 32 . 2

E4.7.- Sobre una esfera fija, completamente rugosa, de

radio "¿>", rueda otra de radio "a" y peso G, partiendo de

un punto muy próximo a B. Determinar la presión y el

rozamiento entre ambas esferas en función de

(|).

¿Bajo qué

ángulo

<>

se separará la esfera móvil de la fija ?

M = -m

l

r

l

2

a

x

+ / r

x

Solución

1).- D.C.L.(ver figura P4-7a):

P4-7

•

c

n

P 4 - 7 a

2).- Relaciones cinemáticas (ver figura P4-7b):

Arc.AB= Arc.AD =

b<¡>

= i//a==(0-<f> )a 0

a).- aceleración de "G " tomando como referencia al punto "O":

a + b

a

A u t o r : V ÍC TO R M A N U E L M E N A C H O L Ó P E Z



M E C Á N I C A P A R A I N G E N I E R Í A Y S U S A P L I C A C IO N E S - D I N Á M I C A

Capítulo IV

a

Gt

= (b + a)á> = (a + b)

d

2

<t>

dt

2

di

V di j

a

o„ =(b + a)co

2

=(a + é)

b).- M ovimiento de la esfera móvil:

d

2

0 d

2

é

fa + b

(2)

de

d<¡>

(a

+

b

dt

~~

dt V

a

y

dt

1

dt

2

V a

3).- Relaciones cinéticas (ver figura P4-7a):

^ F , - tna

Gl

-» G sen</>- f = m (a +

dt

^LjF

n

- m a

Gn

Gcos<p-N =

(a + b) ^ ( G c o s ^ - t f )

» j

(3) en (6):

y

2

j

2 .2

d

2

$(a + b)

v

d

2

<j>

dt

2

$

5 /

dt

2

2m [a + è)

(7) en (4).

1 )

P4-7b

2 G s e n < ¿

/ = ——~ (Unidades de fuerza)

(8)en (7):

a»

é /

V

dco^d<f> _ 5 G sentp

dt

2

d(¡> dt

lm{a

+

b)


(5)

(6)

(7)

(8)




M E C A N I C A P A RA I N GE N I E R I A Y S U S A P L I C A C I ON E S - D I N Á M I C A Capítulo V

Capítulo IV

MMMMMMMSSMM

[co dco = r

Jo Jo

* 5Gstn<f>

Im (

a +

b

)

0)

5G

Im (a + b)

eos <>

co

dj>_

dt)

10 G ( l - c o s ^ )

Im (a

+

b )

(9)

(9) en (5):

/ , J O G ( l - c o s ^ ) , . v

(« + b)

v

^ = ~{G

eos<p -

N)

1 m\a

+

b) m

- »

1 0 G - l O G c o s ^

= Gto$<f>-N

N =

- y ( l 7 c o s ^ - ÍO) (Unidades de fuerza)

4).- Para el caso, en que la esfera se separa de la fija N = 0:

En (10):

(10)

0 =

17

COS

< >-10

<> - 53 .9 7

c

COS0 =

10

17

E4.8.- Un cilindro sólido uniforme

p

(ver

figura) es empujado sobre la superficie 3

por un brazo móvil 91. Si

p

se traslada

hacia la derecha con X

c

= ^ ¿cuál debe

ser el coeficiente mínimo entre y p 1

El coeficiente de fricción entre

p

y 3 es

P4-8

Solución

1).- D.C.L.:

Sistema de cuerpos rígidos con

movimientos en traslación.

a

r

= X

r

= — i

c c

10


£ F

x

=mX

c

-> N

2

- f

{

= w

iQ

2 >

r

= 0 -f

2

+N

l

-mg = 0 N

i

-f

2

=mg

g

P4-8a

U N A S A M

A u to r: V Í CT O R M A N U E L M E N A C H O L Ó PE Z



M E C Á N I C A P A R A I N G E N I E R Í A Y S U S A P L I C A C I O N E S -

• , ' \ ' ' '

D I N Á M I C A

Cap í tu lo IV

5 >

c

= 0 ^ f

2

r - U = 0 / , = / ,

JJ

2

N

2

= //,JV, — = —

N, u.

(3)

D e( l ) y ( 2 ) :

mg

M

2

N

2

-fJ

2

M

x

N

x

N

x

-^Í

2

N

2

mg

También.

(4)

mg

10

Vi^i -M

2

M IN

2

=mgju

l

N.

1

(5)

(5) + (4):

N

2

(<<)+/".)

^ " ( l + ^á o)

(6)

Si, (3) = (6):

Mi

Xo + M 1

1 +

i/

'10

10

+

1 0 .

Mi

10// ,

M2 =

10//

1 + 9 / / ,

1

+ 9 / /

(Coeficiente de fricción entre 9Í y p )

E4.9.- El tubo en la figura tiene una masa

de 500 kg y descansa sobre la plataforma

del camión. El coeficiente de fricción entre

el tubo y la plataforma es = 0.4. El

camión empieza a moverse partiendo del

reposo con una aceleración constante a

0

.

a).- ¿Cuán grande puede ser a

0

para que el

tubo no resbale en ningún momento?

b).- Para el valor encontrado de a

0

en (a)

¿cuánto se ha desplazado el camión cuando

el tubo rueda fuera de la plataforma?

P4-9

U N A S A M

A u t o r: V Í C T O R M A N U E L M E N A C H O LÓ P E Z '



M E C A N I C A P A R A I N G E N I E R I A Y S U S A P L I C A C I O N E S - D I N Á M I C A

Capí tu lo IV

Solución

1 ) . - D . C . L . :


2] F

x

=mX

c

f = mX

c

(1)

=0 -> N = mg (2)

2lM

c

=I

c

a -» f r = -m r

2

a -» / --mra

( i ) = ( 3 ) :

= -ra


a).- Considerando a "C" como una partícula independiente:

X

c

— — X

c

+ X

c

/ — > X

r

— X

c

/ — X

c

C L

" 7C a

C

% a

C

"

b).- Considerando a "C" como parte del cuerpo rígido:

V

c

= V

D

- co k x rj

X

r

i = ~X

Ca

i +0) r i -> X

r

=

co

r - X,

a

( 5 ) = ( 6 ) :

X

c/

- *Ca = (O r- X

Ca

X

c/

= <or

/Ca /Ca

Derivando (7), respecto al tiempo:

X

r/

- a r

/Ca

Derivando (5), respecto al tiempo:

=

Xv - X

Ca

-> X

c

= a r -a

0

/Ca

(4) = (8):

X

c

- -X

c

a

0

c

2

2 X

C

= - a

0

P4-9a

C

m g

Y

D*"

N

(3)

(4 )

(5 )

(6)

(7 )

(8)

(9 )

U N A S A M




M E C Á N I C A P A RA I N GE N I E R Í A Y S U S A P L I C A C I O N E S - D I N Á M I C A

Capítulo IV

Si:

2

r * c d X

c

Jo

- í

O d t

De la misma manera:

¿o

dX

n

« dt c o

2X

C

- -X

0

4).- Ecuaciones de compatibilidad y reemplazando valores:

(9) en (1):

a

o

f = ~ m (Sentido contrario a lo considerado)

Para que, haya rodamiento (sin resbalamiento), debe cumplirse, que:

/ < /

m a x

= ^

(10)

A,

±m<¿img a

0

<2jug = 2 * 0 . 4 * 9 . 8 1

a

0

< 7 .85 m/seg

2

Si :

X

r

— ~X

n

+ X

r

X,

7 ~ ~

X

o

+

X

c/

X

0

- 2X

c/

/ca

X

0

= 2 * 10 = 2 0 m (a la izquierda)

E4.10.- Las barras y (p tienen cada una

masa m (ver figura P4-10). Encuentre las

reacciones en "O" y en "A" sobre 9Í al liberar

el sistema desde el reposo en la posición

horizontal indicada.

e

A

/ /

Solución

1).- D.C.L.(s), ver

figuras

P4-10

a

y P4-10b:

SR

P

P4-10

O x

O,

i mg

(a)

P4-10a

A

x

m g

P4-10b

(b)




Cap í tu lo IV

2).- Relaciones cinemáticas (parten del reposo):

a

c J

ñ

Á

=t

l

a , j

a

G

- a

A

+ a

2

kx~ i

£ ^

- I (

2 \ 2

J


a).- En (b):

5 X = 0 -> A

x

= 0

(l)

- ma

GY

- A

r

- mg = m

r

t

l

x

a

x

+^a

2

v

1

• j

A

y

= -m

g + i

i

a

¡

+-—CC 2

(2)

í

1

Y

J

M

G

=I

G

a

2

Ay —- =

— m£

2

2

oc<

A

y

=~m£

2

a

2

-» mi

2

a

2

=6A

Y

6

(3)

b).- En (a):

=o

O

x

=A

x

, de (l) <% = 0

F

r

- ma

cr

—> + O

r

- m g = m - -- a ¡

(4)

(5)

¿ - — ^ - -

mi,a

,

r

2 3

1 1

£ 1

A A - « Ä y =

(6)

(3) en (2):

A =-mg-me

l

a

l

-3A

Y

->• = - — ( g + £

x

a

x

)

(7)

(7) en (6):

m

~4

(8)

(8) en (7):




m

r

g~~g

7 ,

(8) y (9) en (5):

t

14

(Unidades fuerza)

(9)

mg

14

r

+ O

y

- mg = m

14

g

O y = - mg

t (Unidades fuerza)

E4.11.- La barra delgada homogénea en la figura,

está soportada por una cuerda en A y un pasador

horizontal B, se corta la cuerda. Determine en ese

instante la localización del pasador B, que dará la

máxima aceleración angular inicial a la barra.

Solución

1).- D.C.L.:


L/2—

y

C

P4-11

P 4 - l l a

m a

-L/2-

By

B

B*

Yj

M

B =

J

í

a

+ P BG

XM A

B =

L

' L

A

'

1 ^

mg X =

12

mL +m X a -> a =

YlmgX

mL

2

+\2mX

2

da

Para, por máximos y mínimos = 0 :

dX

da _ (mL

2

+12m X

2

)* 12m g - 12mg X * ( 2 4m X ) _

dX~ (mL

2

+12mX

2

f

Para que, (2) sea igual a cero, se debe cumplir:

(mL

2

+12m X

2

)i2mg -12mg Xfam X)= 0

mL

2

-\2mX

2

=0 => (Bueno)

V Í 2

V l2

(Malo)

X =

L

-Jñ


1 )

(2)

U N A S A M




M E C Á N I C A P A RA I N GE N I E R Í A Y S U S A P L I C A C I ON E S - D I N Á M I C A

Capítulo IV

E4.12.- El cuerpo es una barra delgada en forma

de un cuarto de circunferencia (ver figura).

Encuentre las tensiones en las cuerdas OA y OB

cuando el sistema se libera desde el reposo.

Y

A 2R/7T

2 R /7

a

j

T

B

1

T o

J

i'

X

G /

y

/

A

/

T

A ¡ ,

/

i ,,

i'

.. ¡ -—

m g

G A

X

9 t ( m a s a

m)

Solución


r 2R h 2R t,

Ü

G =-CXK X — - J ) = A \ I + J )

~ n

P4-12a


Y M

o

= I

0

a -> - — mg = -mR

2

a

n

2 g

a

=

4mg

(Unidades de aceleración angular)

T =

B

n

XF

r

=mY

G

r

A

= mg

1 -

n

-> -T

B

-mg-m


T

Á

- mg = m


2R,2g

n nR

(

2R,2g^

n n R

3

E4.13.- Una viga de longitud L y peso w por unidad

de longitud está soportada por dos cables en A y B

(ver figura P4-13). Si se rompe el cable en B.

Encuentre la fuerza cortante "V" y el momento

flexionante "M" en la sección x-x, justamente

después de la ruptura.

Solución

l).-D.C.L.(s):

P4-13

U N A S A M

A u to r : V Í C TO R M A N U E L M E N A C H O L Ó P E Z



. M E C Á N I C A P A RA IN GE N I E R Í A Y S U S A P L I C A C I O N E S - D I N Á M I C A

Capítulo IV

L / 4

~/J3

W L

00

P4-13a

W L / 4

(b)

P4-13b

2).- Relaciones cinemáticas, para la barra AB:

a

G

= a

A

+ a x r

AG

X

G

i +Y

a

j

=

-a

A

i - a k x

I

— i

7 a L -

•'•

x

a = A

a L

3).- Relaciones cinéticas, para la barra AB:

En (a):

I X = ™ X

G

0 = ná

G

=

X

G

=0 = a

A

Z

F

r=mY

G

-> T

A

- wL = — Y

a

T

Á

= wL

W Í

'

a

(2)= (3):

r

wL

2

wL

2

wL a

=

a

2 g 6 g

g

T 1

VL

L 1

2 £

a

-T

A

* — mÜa -> T.

2

12

wL

2

a

3 g

OC = --— (Unidades de aceleración angular)

2Z/

En (3):

T =

wL

2

+

3g

=

(

U n i d a d e s d e

fuerza)

6g 2¿ 4

4).- Cálculo de la fuerza en la barra "L/4":

En (b):

I]F

y

=mY

G

M

( O

(2)

(3)

U N A S A M

A u to r : V Í C TO R M A N U E L M E N A C H O L Ó PE Z



M E C Á N I C A P A R A IN G E N I E R Í A Y S U S A P L I C A C IO N E S - D I N Á M I C A

Capítulo IV

wL _

L

4 4 g 8

Reemplazando (5):

a

wL wL

•V •

V

3 wL

64

4 8 2L


5).- Cálculo del momento flector M en la barra "L/4":

En (b), tomando momentos con respecto a G ¡ :

-T .

-V*- = -

A

8 8


wL L

v 4 /

12

, * 3 g

2 L

wL

3 2

+ M -

M =

3 wL

2

~512"

9

wL

2

256

wL

2

- »

5 1 2

(Unidades de momento)

M - wL"

5 1 2

E4.14.- Se aplica un par constante T

0

O a la manivela p

del mecanismo planetario mostrado en la figura, los ejes de

los engranajes idénticos 91 y K son verticales y los

extremos de la manivela están articulados a los centros de

9Í y K . Determine la aceleración angular de (p \ si 91

está fijo en el marco inercial de referencia. Trate a los

engranajes como discos uniformes. El plano de la página es

horizontal. Si M m asa de los engranajes y m de la manivela.

Solución

1).- D .C.L.:

P

( m as a m Y

P4-14

P4-14a

P4-14b

U N A S A M

A u t or : V Í CT O R M A N U E L M E N A C H O L Ó P E Z



ME CÁN ICA P ARA INGEN IER ÍA Y SUS APL ICAC IONES - D IN ÁM ICA

Capítulo IV

P4-14c


2RCX2

P4-14d

Lo que nos dice:

a

B

= 2Ra

2

= Ra,


a).- Toman do m om entos en A para la barra p :

a

J

= 2a

2

V

P

= 0

P4-14e

3 3 Lis.

b).- Tomando momentos en P para el engranaje K :

M

p

k = H

BZ

k + p

PB

xM a

B

=l

B

a

Je

+ RMRa

3

k

-B

r

R = ^MR

2

(2 a

2

)+MR

2

(2 a

2

)

•B

r

= 3MRa

2

(2) = (1 ):

•3MRa

2

= ~Rma

2

0

3

2/?

( 2 \ T

r

2

l 3

y

o

R

a

2

=a =

3T

n

2R

2

(9 M + 2m)

(Unidades de aceleración angular) (Antihorario)

Ra .

(i)

(2)

U N A S A M

Autor : V ÍCTOR MA NU EL M EN AC HO LÓPEZ




Capítulo IV

E4.15.- El disco de 12 kg tiene una

velocidad angular

de ú) =20

rad/seg. Si se aplica el freno ABC

de manera que la magnitud de la

fuerza P varíe con el tiempo como

se indica, determine el tiempo

necesario para que el disco se pare.

El coeficiente de fricción en B es fJ.

= 0.4

1).- D .C.L.:

N

(a)

400 mm

P4-15

Solución

P4-15a

(b)


a).- En (a):

^ = 0

0.5N-P-0A/

= 0 y /

= /i N = 0.4 N

0.5 N - P - 0 .4

*

0 .4 N = 0 => N = 2 . 94 P y / = 1 .176 P

b).- En (b):

o

j'

o

M

0

dt

=

AH

0Z

-> JJo.2/rff = /

0

^ - /

0

( - f i > , )

P4-15b

K s)

1)

Reemplazando (1):

f '0 .2 * 1 .176 Pdt =

— *

12* 0 .2

2

* 2 0 = 4 .8 - [ ' 0 . 2 3 5 ^ = 4 .8 (2)

J o

? JO

i).- Suponiendo que pare, antes de los 2 seg:

P = -t = 2.5t

2

En (2):

f'o.588

tdt

= 4.8 0.294

1

2

= 4.8

t = 4 seg > 2 seg (no)

Jo

ii). - Suponiendo que pare, después de los 2 seg:

U N A S A M

A u t o r: V Í C T OR M A N U E L M E N A C H O L ÓP EZ



ME CA NIC A PARA INGEN IER ÍA Y SUS APL ICAC IONES - D IN ÁM ICA

§

>

* i i , i

mmmmmss-smmmsaBmmmasmsmmmmmmmBsa

Capítulo IV

P = 2.5 t + 5

En (2):

£

2

0 . ; 5 » 8 td t + ¡ '

2

0 . 2 3 5 * 5 dt = 4 . 8 - 1 . 1 7 6 + 1 . 1 7 5 / - 2 . 3 5 = 4 . 8 t = 5. 1 seg (bueno)

El disc o para a los t = 5.1 seg

E4.16.- El cilindro mostrado en la figura, está

hecho de dos mitades de densidad diferentes. La

m ita d iz qu ie rd o e s d e a ce ro c o n p j = 1 5 . 2

slug/pie

3

; la mitad derecha es de madera con

p

2

=1.31 s lug/pie'

1

. El centro de masa de cada

mitad está localizado a 4 r / del centro

/i7t

geométrico Q (r = 1 pie). Encuentre la aceleración

de Q cuando se libera desde el reposo. Suponga

suficiente fricción para impedir el resbalamiento.

Radio

r

= 1 pie

Solución

1).- D C I. :


= lia k+ P

AG

xm a

A

r-2-.

Donde: a , = Cú

2

r ~ 0 (parte del reposo)

a

4r

P4-164a

4 r

m

x

gsenp r + m

x

gco%P \-m

2

gsenjB r-m

2

g eosP

3 n • 3 K

4

r

4

r

p

x

vgsenfi + p ,vg eos (3 v p

2

vgsenj3 - p

2

vg eos P —

3

N 3TT

-r

2

(m

x

+m

2

)+

r

2

(m

x

+m

2

)

a

a

g

p

x

p

x

2-j3 p

2

p

2

2a/3

2

3TT 2 3n


(2 = 1 7 .3 7 rad/seg

2

Luego:

a

Q

=a r = 1 7 . 3 7 * 1

c íq = 1 7 . 4 p ie /s eg

2

UN AS AM Auto r: V ÍCTOR MA N U EL ME N AC HO LÓPEZ




Capítulo IV

E4.17.- El cilindro de 50 kg tiene una

velocidad angular CO = 30 rad/seg cuando se

pone en contacto con la superficie horizontal

en C. Si el coeficiente de rozamiento es ju

c

= 0.2 , determine el tiempo que tarda el

cilindro en pararse, ¿qué fuerza se desarrolla

en el pasador A, durante ese tiempo?. El eje

del cilindro está conectado a dos barras

simétricas (solamente se indica AB), para el

cálculo desprecie el peso de las barras.

co = 30 rad/s

a-tftSiia •M^m^AiMMf'M'", V t w HA

i

1

P4-47 ^

Solución

1).- D .C.L.(s):

Y

X

<5c

P4-17a P4-17b


a),- En (b), por el principio de impulso y cantidad de movimiento angular:

(b)

£ \ H

M

G Z

d t

=

H

GZf-H

GZi

mrco

2/

f t = I

G

a> -> t =

b).- En (a):

o

Y

J

M

A

=-m£

2

a = 0 -> G

r

i = 0 =

c).- En (b):

^ F

r

=0 N = w =

490 .5

Newton

/ = 0 . 2 * 4 9 0 . 5 = 9 8 .1

Newton

En( l) :

5 0 * 0 . 2 * 3 0

( 1 )

Gy =0

2 * 9 8 . 1

1 . 5 2 9

seg

U N A S A M

A u to r: V Í CT O R M A N U E L M E N A C H O L Ó P E Z



M E C A N I C A P A RA I N GE N I E R I A Y S U S A P L I C A C I ON E S - D I N Á M I C A

Capítulo IV

T

t = 1 . 5 3 seg

2).- D.S.F.:

2A,

2A

V

En (c):

P4 17C

fe)

£F

y

=0 2A

r

+N-w = 0 => Ay = 0

no i

o -> f-2A

x

=Q => A

x

= — — = 4 9 . 0 5

i4 S 49

Newton

E4.18.- El carrete tiene un peso de 500 Ib

un radio exterior de r = 2 pies y un radio de

giro centroidal de ÁT

G

=1.83 pies. Si está

originalmente en reposo sobre la plataforma

de un camión, determine su aceleración

angular si al camión se le da una

aceleración de a

T

= 1.5 pie/seg

2

. El

carrete rueda sin deslizar en B.

P 4 - 1 8

Solución

1).- D.C.L.:


V

G

= V

B

+

O)

k

X

r

BG

-*• x

X

T

- X

c/

j i = X

T

i +co k x rj = X

T

i -

reo

i

P 4 - 1 8 a

N

0 )

Derivando (1), con respecto al tiempo:

X

G/

= ra => a

G/

= -a ri

/T /T

a

G

= a

T

+ a

G

, =1.5 i -2a i = (l.5 - 2a)i (pie/seg

2

)

3).-Relaciones cinéticas:

U N A S A M

A u t or : V Í CT O R M A N U E L M E N A C H O L Ó PE Z




Cap í tu l o I V

E

7

' ' . '

- - / = — - ( l - 5 - 2 a )

g

Y ,

M

G

=I

G

a

~ f r = mK

2

a

- > -

- f = 16 a

(2) = (3):

2 6 « = 1 5 . 5 3 ( 1 . 5 - 2 a ) or = 0 . 4 0 8 rad/seg

2

2 / = 1 5 . 5 3 * 1 . 8 3

2

«

K L

E4.19.- Una barra delgada se coloca sobre una

mesa como se muestra en la figura. Comenzará a

x-

/ / / y x x / / / / / / / / x jg

*

Q

pivotear alrededor del borde E, y a cierto ángulo

6

s

, comenzará a resbalar. Halle tal ángulo, que

depende del coeficiente de fricción ¡A y de K.

Resuelva la ecuación resultante para // = 0.3 y K

= 0.25.

Solución

1).- D.C.L.:


a

c

= KLa e, + KLco

2

e

n


mg cosd

s

- N = mKLa

P 4 - 1 9 a

->• f-mg sen9

s

= mKLa

1

V M

r

=I

r

a -» NKL = —mL

2

a -> a = ^ ^

1 2 mL


W

X

_

T

= AE

K

-> mgKL sen6

s

=

1

L(\

+

\2K

2

)

2 4

i >

— mL

2

+mK

2

L

2

co

7

12

Ü)

- >AT send

s

-

(3 ) en (1 ) :

m g c o s 0

5

= JV +12AT

2

JV = iv(l + 12.K

2

)

(4) en (2):

(O

24gK

L^+UK

2

)

sendo

- mg senO

s

- mKL

( 6 ) - ( 5 ) :

24gK

L(Í + 12K

2

)_

sen0

s

= — fi N

—»

mg sen6,

V

1+ 36AT

1 + 1 2 K

7

2

\

(2)

(3)

(O

(2)

(3)

(4)

(5)

= f l N (6)

U N A S A M A u to r : V ÍC T O R M A N U E L M E N A C H O L Ó PE Z



M E C A N I Z A R A I N GE N IE R IA Y S U S A P LI CA C IO N E S - D I N A M I C AO U >

idpt

Capítulo IV

V

1 + 1 2 A " y

Os=tg~

M-

1 + 12ÀT

2

\

1

+ 3 6 K

¿

tg O

s

=

1 + 3 6 K

:

(7)

4).- Para f l = 0.3 y K = 0.25, en (7):

-i

0 . 3

1 + 2 . 2 5

= 5 . 2 7 3 8 °

E4.20.- La barra AB de 500 gr se apoya a lo largo

de la superficie interior lisa de un tazón

hemisférico. Si la barra se suelta desde el reposo a

partir de la posición indicada, determine su

velocidad angular en el instante en que se mece

abajo y adquiere la posición horizontal.

Solución

P4-20

Solo el peso (fuerza conservativa) producirá trabajo, por lo que habrá conservación de la energía

mecánica.

1).- Diagrama de las posiciones inicial y fina l:

Ci

6 0 °

6 0 °

CD

• i

<v

e

6 0 °

0 . 1 7 3 m

0 . 0 2 6 8 m

A,

0

30°

N,

P4-20a


E

Ki

= o

• >1

6 0 °

G ,

0 . 0 5 m

> - L.R

w

N ,

U

x

= 0 . 0 5

mg

£„, = —m Vc +—(o

2

l

r

= — w (0.173<y)

2

+ —* — m * 0 . 2

2

*co

2

= 0 . 0 1 6 6 7

meo

2

2 2 2

7

2 12

U

2

= 0.0268

m g

U N A S A M

A u to r : V Í C TO R M A N U E L M E N A C H O L Ó PE Z



M ECAN ICA PARA INGENIERIA Y SUS APLICA CION ES - DINÁM ICA

iy Capítulo IV

Como:

0 . 0 5

m g =

0 . 0 1 6 6 7

m e o

2

+ 0 . 0 2 6 8 m g

.' .

Q)

- 3 . 6 9 5 r a d / se g

(0 = 3.7

r a d / s e g

(O

2

= 1 . 3 9 g

E4.21.- Una barra delgada homogénea pesa 64.4 Ib

y tiene 20 pies de longitud; está soportada como se

mues tra. Las barras 91 y p son de masa

despreciable y tienen pasadores sin fricción en cada

extremo. El sistema se libera desde el reposo en 6

= 0°:

a).- Obtenga expresiones para la velocidad

angular y la aceleración angular de las barras 91 y

p en función de d .

b).- Obtenga expresiones para la fuerza

axial en las barras 9í y

p

en función

de 0

.

Solución

1).- D.C.L.:

->

pie | t pie

P4-21

P4-21a

P4-21b

2).- Relaciones cinemáticas.- La barra EF, se encuentra en movimiento de traslación, por lo que los

puntos B y E tienen el mismo movimiento:

á

B

= a

E

= a

c

= 0 l e, + Ó

2

i e

n

~

A

GAB =

A

GDE = 0 - E , + 0

2

- E „

2 ' 2


a).- Tomando momentos en la barra AB (masa despreciable) y como punto de giro a "A":

1 X

UNASAM Autor: V ÍCTOR MAN UEL MEN ACHO LÓPEZ



R

Bt

l = O => R

Bt

=R

EI

= O

b).-E n la barra BF:

YF,=ma

l

-» wsen9 = ~91 :. 9 = ^sen9 = 4 . 0 2 5s e n 9

g i

9 = a = 4 .025 sen9 rad/seg (hoiario)

De.(l):

d

A >

d

± = é

d

A ^

m U e n e

de

dt d9

Separando variables, integrando y reemplazando valores:

f 4 .025 sen9d9 = V9 d9 - 4 . 0 2 5 c o s # I* =

Jo Jo 'o

0 CO

2

co

2.84 VI -

COS

9 rad/seg (horario)

ma„

^Bn+R

En

+w

cos9 = -9

2

i = -(o

2

£

g g

Y,M

c

=0 R

Bn

*\0cos@ + R

Er i

*5cose = 0 -> R

En

=

(3) en (2):

R

b

„

- 2R

b

„

+ 6 4 . 4 e o s 9 = 2

*

2 .84

2

(l - co s ^ ) * 8

R

Bn

= ( l 9 3 . 4 5 c o s ^ - 1 2 9 . 0 5 ) Ib ( t e n si ó n )

R

E n

= - 2 ( 1 9 3 . 4 5 C O S ( 9 - 1 2 9 . 0 5 ) Ib ( c om p r es ió n )

-2R Bn

O )

2)

(3)

E4.22.- La barra 9Í y el disco p en la figura

tienen pesos de w ] =5 Ib y w

2

= 6 Ib

respectivamente. La longitud de la barra es de 8

plg, el radio del disco es de 4 plg, la

excentricidad del centro de masa del disco es de

2 plg desde Q y el radio de giro de la masa de p

con respecto al eje Z

c

es de 3 plg. Se desea

conectar un resorte entre el punto Q y un punto

fijo en 3 de manera que el disco y la barra se

detengan (en la posición punteada) después de

que gire 90° en sentido horario a partir del

reposo. El resorte tiene un módulo de 25.5 lb/pie

y una longitud natural de 4 plg; inicialmente el

resorte debe colocarse sin alargamiento.

Encuentre el alargamiento fina l del resorte y con

el resultado determine donde conectar el

extremo fi jo de él (Hay dos puntos posibles)

P4-22

UNASAM




ME CAN ICA PARA INGENIERIA Y SUS APLICA CION ES - DINÁMICA

iy Capítulo IV

Solución

D e a c u e r d o a l o e n u n c i a d o , c o n c l u i m o s q u e d e b e m o s u t i l i z a r e l p r i n c i p i o d e t r a b a j o y e n e r g í a c i n é t i c a .

1 ) . - R e l a c i o n e s c i n e m á t i c a s , d e Q ( p a r a e n c o n t r a r l a p o s i c i ó n f i n a l d e C ) :

P4-22a

a ) . - C á l c u l o d e l a v e l o c i d a d d e Q , c o m o u n p u n t o d e p :

V

Q

= RG e,

b ) . - C á l c u l o d e l a v e l o c i d a d d e Q , c o m o u n p u n t o d e 5 H :

(1)= (2):

R6 = l<j> = -» RdO = ídtj)

di dt

I n t e g r a n d o :

f RdQ = J'

íd(¡)

-> RG = í(¡)

L u e g o :

e = - t =

7T

R 4 2

2 ) . - C á l c u l o d e l o s t r a b a j o s s o b r e e l s i s t e m a :

a ) . - D e l p e s o :

W^

2g

= (mgh* )„ + (mgh

p

= 5 * 4 + 6 * 8 = 6 8 l b- p lg

b ) . - D e l r e s o r t e :

f \

S

\ -

S

2

y ÁT = 2 5 . 5 l b / p i e O

K

= 2 . 1 2 5 l b / p l g

1)

(2)

U N A S A M

Autor: V ÍCTOR MANUEL MENACHO LÓPEZ



MEC ANICA PARA INGENIERIA Y SUS APLICACIONES - DINÁM ICA

iy Capítulo IV

W

1 - 2 5

2 . 1 2 5 _

2

— °2

3).- Por el principio de traba jo y energía cinética:

W

x

_

2

= àE

K

- >

w JL.W = F -F

1 - 2 ? ^ 1 - 2 5

N

'K2

K1

6 8

5\ = 6 4 - > S

2

= 8 plg

(alargamiento final)

L

f

= L¡ + d

2

= 4 + 8 = 12 plg ( longitud final)

Los dos puntos, donde puede colocarse el resorte vienen dado por la intersección del perímetro de la

circunferencia del disco (en la posición inicial) y la circunferenc ia de radio de 12 plg con origen en Q (en

la posición final).

E4.23.- Dos gimnastas en A y B, cada uno de peso w

están agarrados en el lado izquierdo de una cuerda

que pasa sobre una polea cilindrica (peso w, radio

r); el lado derecho de la cuerda sostiene un

contrapeso C igual a 2w (ver figura) inicialmente el

gimnasta A está a una distancia "d" debajo de B; A

trepa la cuerda para unirse a B. Determine el

desplazamiento del contrapeso C cuando A alcanza a

B.

Solución

Del análisis del problema concluimos, que el

momento con respecto a "O" es nulo, por lo que, hay

conservación de la cantidad de movimiento angular:


ú)

m

=

'Cu

Y

Co

- Y Cu i Y B - Ycu y YA

w

w

i

i

y

Cu

+Y

2 W

P4-23

'Cu

1)

2).- Por conservación de la cantidad de m ovimiento angu lar, en el sistema:

o

I >

0

= o ( X O ^ Í I X ^ o

1 ... W 2 W ..

r

2

œ

m

~~rY

Á

rY

b

+

2 g

g

w

g

2 w

g

r 7

c

= 0

1

ra>„ -Y

Â

-Y„+2Y

r

= 02

(1) en (2) :

(2)

\y

C

u

-Y

A/cu

+Y

Cu +

2i

Cu

U N A S A M




MEC ANICA PARA INGENIERIA Y SUS APLICA CIONE S - DINÁMICA

iy Capítulo IV

Integrando:

9

—

Y -Y

Cu

1

A/

/Cu

Para, t = 0 seg, se tiene: Y

Cu

= 0 y Y

A/

= 0

ve

u

C , = 0

Y

C

~ ~ Y

A/

(Unid, de longitud)

9 /Cu

(3)

En (3), para

Y,, = d

y

Y

Cu

= Y

Co

,

se tiene:

/Cu

2

Co

= — d (Unidades de longitud) T

E4.24.- Encuentre el módulo K que ocasionará que

el sistema se detenga momentáneamente en 9 =

0

o

. Después de soltarse del reposo en 9 = 50°. Si:

a) el alargamiento inicial

S

j

en el resorte es cero,

b) el alargamiento es 0.2 m (ver figura

sugerencia:

use la simetría. (Los discos no deslizan).

Solución

Despreciando los rozamiento en los pines, en el

sistema las fuerzas que producen trabajo son

conservativas, por lo que, la energía mecánica se

conserva.

1).-Diagrama de las posiciones inicial y final:

2 0 k g ( c a d a u n a )

1 0 k g ( c a d a u n a )

P4-24

0 . 6 4 3 m

P4-24a

2).- Por conservación de la energía mecánica en el sistema, para el caso (a):

u

e]

=o

U , =2mgh = 2mg *0.5sen50° = 150 .3 J

E

k

, = 0

u

e 2

=

K,

2 2

U

G2

= 0YE

K2

=0

Luego:

8¡ = ^ L ( l - 0 .6 43)

2

= 0 . 0 6 3 7 K , J

U N A S A M




MECA NICA PARA INGENIERIA Y SUS APLICACIONES - DINÁMICA

iy Capítulo IV

0 0 0 0

U

e i

+ U

g X

+ E ^

X

= U

e 2

+ U

g 2

+ E

K 2

1 5 0 . 3 = 0 . 0 6 3 7

K

x

:. K

x

=

2 3 5 9 . 5 N / m

3 ) . - P o r c o n s e r v a c i ó n d e l a e n e r g í a m e c á n i c a , e n e l c a s o ( b ) :

U

eX

= - - À T , * 0 . 2

2

=

0.02K

2

J

2

U

g ]

= 1 5 0 . 3

J

U

e2

( 0 . 6 4 3 - 0 . 2 ) ]

2

= 0 . 1 5 5 A T

2

J

U

g2

= 0

E

K2

= 0

0 0 0

U

el

+U

gX

+E

Kl

=U

e2

+U

g2

+E

K2

0.2K

2

+ 1 5 0 . 3 =

0 . 15 5 K

2

K

2

= 1 1 1 2 . 3 N / m

E 4 . 2 5 . - L a b a r r a e n l a f i g u r a p e s a i g u a l ( w ) q u e e l

a r o a l q u e s e e n c u e n t r a s o l d a d a . E l c u e r p o

c o m b i n a d o s e s u e l t a d e l r e p o s o s o b r e e l p l a n o

i n c l i n a d o e n l a p o s i c i ó n m o s t r a d a . S i n o h a y

r e s b a l a m i e n t o , d e t e r m i n e l a v e l o c i d a d d e Q

d e s p u é s d e u n a r e v o l u c i ó n d e l a r o .

P4-25

Solución

C o m o l a s ú n i c a s f u e r z a s , q u e p r o d u c e n t r a b a j o s o n c o n s e r v a t i v a s l a e n e r g í a m e c á n i c a s e c o n s e r v a .

r eos g

2

2 r r r s e n / 3

t L . R

W

U N A S A M




MECAN ICA PARA INGENIERIA Y SUS APLICACIONES - DINÁMICA

iy Capítulo IV

2).- Por conservación de la energía mecánica en el cuerpo combinado:

E

K¡

= o

U g \ ~

m

b S - eo s /? + 2;r rsenfi + m

d

g2n rsenfi

V

2

)

E

ki = ^

m

t>

v

h + 2

7

^

2 +

2

m

«

V

e

+

\

¡ d (

°

2

Donde:

h =

mr

12

I

d

=mr

2

y U

g2

= m

b

g~cos/3

Luego:

E

K

x + U

g X

= E

K 7

+ U

g 2

™

b

g

eos P + 2n rsen/3

m

d

gl7t rsenfí

A n Vi

V

S r

2

0

2

4-7rgr.senB = — - + + — +

2 2 4 2 2

1)


i /

3 /

* r/

y

V

Q

r c o

v

» = ^

v

q y

Q

VjL

2

(2)

(2) en (1) :

\ ^

- 1 3 r V + 3 1 3 / * V 52 T^Z

Angrsenp =

1

= j

2 4

íg

2

= ^ g

r sen

P

2 4

1 3

71 g r sen (i (Unidades de velocidad) ^ / j

E4.26.- Los dos eslabones idénticos 91 y p en la

figura cada una de masa m y longitud i , están

articulados entre si en A; y

5R

está articulado a 3 en

B. El extremo C de p resbala en la ranura vertical.

La fricción es despreciable y el sistema se suelta

desde el reposo. Encuentre la velocidad del punto C

justamente antes de que el punto A alcance su

punto más bajo.

/ 1

P4-26

Solución

UNASAM Autor: VÍCTOR MAN UEL MENACH O LÓPEZ



ME CAN ICA PARA INGENIERIA Y SUS APLICA CION ES - DINÁM ICA

y

Capítulo IV

Com o solo los pesos realizan trabajo, se conserva la energía mecánica en el sistema.


A' =Ci

ñ

\ C'mg

) \

L R

P4-26a

2).- Por conservación de la energía m ecánica:

E

Ki

= 0

3-a/2 2 ^ 2 , 5 ^ 2 .

U = —~ img

+

—— Img = —— img

g

4 4 4

1 , 1 ,

E

K2 =

V 2

4

2

Luego:

g2

— img = -mK

t

?„+-*- ml

2

(ù

2

+ — mg

4

s

2

0 2 2

2 1 2 4

e4ig

- 7 t

m

„2 2 2

~j2£mg - -meo — + — r<y -> co =

6

2 4 2 4 ¿

6-/2g

(O = J (Unidades de velocidad angular)

Como "A' " es el centro instantáneo de velocidad nula:

V

c

=

co

i =

6-Jlg

U N A S A M




MEC ANICA PARA INGENIERIA Y SUS APLICAC IONES - DINÁMICA

iy Capítulo IV

V

c

= j6,Í2g£ i (Unidades de velocidad) spi

E4.27.- Sobre el engranaje actúa un par "C" cuya

magnitud está dada por la fórmula C = (6 + 0.8 t) J

N-m, con t en seg (ver figura).Si el sistema parte

del reposo en t = 0, encuentre la velocidad del

bloque 9? cuando: (a) t = 3 seg; (b) t = 10 seg. El

radio de giro centroidal del engrane es de 0.25 m.

C u e r d a

5R

P4-27

Solución

Como el movimiento, está en función del tiempo es más conveniente utilizar el principio de impulso y

cantidad de movimiento.

1).- D.C.L.:

(a)

P4-27a

2).- Por los principios de impulso y cantidad de m ovimiento:

a).- En (a):

P4-27b

r - O

X

GF

~ XGI

- »

j'Tdt

+

¡Jdi = 5X

af

-G®

e [ H

M

G

d t

=

¡

G ® f

£0.

1

5Tdt

- j "

0 . 3 f d t -

J

Q

'

Cdt = 5*0.25

2

co

b).- En (b):

I"XF

r

dt = m

2

Y

f

[m

lg

dt-[Tdl = 2Y

f

19.62¿fr - £ Tdt = 2Y

f

(i) + (3):

19.62/ + fdt = 5X

Gf

+ 2Y

f

(1)*0.15- (2):

(b)

(1)

(2)

(3)

(4)

U N A S A M




MECÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIONES'- DINÁMICA

i *

Capítulo IV

0 . 4 5 £ fdt + £ C dt = 0.75X

Of

- 0.313co

(5)-(4)*0.45:

- 8 . 8 2 9 / + J' Cdt = - 1 . 5 X

a f

- 0 . 9 Y

f

- 0 . 3 1 3c o

j"

o

'(6 + 0 . 8 / ) ¿ / - 8 . 8 2 9 / = - 1 . 5 ^

g /

- 0 . 9 7 , - 0 . 3 1 3 ®

0 . 4 /

2

- 2 .8 2 9 / = - 1 . 5 ^ , - 0 . 9 7 , -0 . 3 1 3 ®


(5 )

(6)

X

G f

= 0.3®

Y

f

= (0 .3 + 0 .15 )co

co

=

- »

Oí

0.3

X„

=

0.3

G /

0 .45

En (6):

Y

f

=

0 . 6 6 6 7 7 ,

co =

0.45

0 . 4 /

2

- 2 . 8 2 9 / = - 7 , - 0 . 9 7 , - 0 , 3 1 3

0.45

Y

f

= 1 . 0 9 / - 0 . 1 5 4 /

2

En (7):

Para, t = 3 seg:

7

3

= 3 . 2 7 - 1 . 3 8 6 = 1 . 8 8 4

(7 )

7 , = 1 . 8 8 4 i m/seg

Para, t = 10 seg:

7

1 0 . 9 - 1 5 . 4 = - 4 . 5 — 7

10

= 4 .5 t m/seg

E4.28.- Dos cables están enrollados alrededor del

cubo del carrete de 10 kg mostrado en la figura,

que tiene un radio de giro de 500 mm respecto a su

eje. Se aplica una fuerza constante de 40 N al cable

superior. Encuentre la velocidad del centro de masa

en el tiempo de 5 seg después de comenzado el

movimiento a partir del reposo si: (a) / / = 0.2, (b)

jU =0.5

Solución

600 mm

P4-28

UNASAM




ME CANICA PARA INGENIERIA Y SUS APLICAC IONES - DINÁM ICA

iy Capítulo IV

Se trata de un movimiento en función del tiempo, por lo que, utilizaremos el principio de impulso y

cantidad de movimiento:

1).- D.C.L.:

2).- Relaciones cinemáticas.- El cuerpo tiene movimiento de rodadura (sin deslizamiento), respecto al

cable (D), en donde V

A

* 0 , pero V

D

= 0 y a

Dt

= 0 .

Luego:

a

G

= a

D

+akxr

DG

-a>

2

r

DG

= co

2

0.2j + ak x 0 . 2 j - c o

2

( o . 2 j )

a

G

=-0.2a i


a).-Para ju =0.2:

2¿V=0 -> N = mg = 10 * 9 .8 1 = 9 8.1 Newton

/ = / W = 0 .2 * 9 8 .1 = 19.62 Newton

J ^ M

g

= I

G

a - > 0 .2(7

,

+ 4 0 ) - 0 . 6 / = 1 0 * 0 . 5

2

«

T - 1 8 . 8 6 = 1 2 . 5 «

Z ^ v = m X

G

T - 5 9 . 6 2 = -2a

( 2 ) - ( 3 ) :

4 0 . 7 6 = 1 4 . 5 «

T - 4 0 - 1 9 . 6 2 = 1 0 ( - 0 . 2 « )

« = 2.811 rad/seg

2

En (2):

T

= 1 8 . 8 6 + 1 2 . 5 * 2 . 8 1 1 = 5 4 N ew ton

Por el principio de impulso y cantidad de m ovimiento lineal:

\ l Y .

F

x

d t

=

m X

G 5 - > ( 5 4 - 4 0 - 1 9 . 6 2 ) * 5 = 10X ,

X

G5

= — 2.811 m/seg ó V

G5

=2 .811 m/seg (« - )

G 5

1)

2)

(3)

U N A S A M




MEC ANICA PARA INGENIERIA Y SUS APLICACIONES - DINÁMICA

iy Capítulo IV

b).- Para, ß =0 .5 :

/ = 0 . 5 * 9 8 . 1 = 4 9 . 0 5 Newton

*¡TM

G

= I

g

CC 0 . 2 ( r + 4 0 ) - 0 . 6 * 4 9 . 0 5 = 2 . 5 a

T - 1 0 7 . 1 5 = 1 2 . 5 a

T- 4 0 - 4 9 . 0 5 = -2a

G 5

a = - 1 . 2 4 8 r a d/ se g

2

=

mX

t

T - 8 9 . 0 5 = - 2 a

( 4 ) - ( 5 ) :

- 1 8 . 1 = 1 4 . 5 a

En (4):

7 = 1 2 2 . 7 5 Newton

Por el principio de impulso y cantidad de movim iento lineal:

J o Z

F

x dt = mX

GS

- » ( l 2 2 . 7 5 - 4 0 - 4 9 . 0 5 ) * 5 = 1 0 X ,

(4 )

(5 )

G 5

X

G 5

= 3 .3 7 m/seg (Esto no es posible, por el signo positivo, ya que no existiría la "Tensión")

V

G5

= 0 (El centro de masa no se mueve)

E4.29.- La barra delgada uniforme 5R pesa 10 Ib

(ver figura ). La rueda de 15 Ib es un disco circular.

La superficie horizontal tiene fricción suficiente

para impedir el resbalamiento. El resorte en la

posición indicada no tiene alargamiento. La barra

9?se suelta desde el reposo y el bloque ligero p

resbala en la ranura lisa. Despreciando la fricción

en los pasadores determine: (a) la velocidad

angular de la barra cuando A golpea al resorte con

9? en la posición horizontal; (b) la deformación

máxima del resorte (El Módulo del resorte es de 10

lb/plg).

Solución

Como las fuerzas que producen trabajo

sobre el sistema son conservativas, la

energía mecánica se conserva.

1).- Diagram a d e sus posiciones respectivas:

Y

) m a x

P4-29

L.R

P4-29a

U N A S A M




ME CAN ICA PARA INGEN IERIA Y SUS APLICAC IONES - DINÁM ICA

iy Capítulo IV


a).- Para las posiciones "1 " y "2":

( / , = 0 .5 mg , E

Kl

= 0

u

o

Si:

Z7 _

1

T/ 2 1 r 2

~ R GÍR

+

T

J

'G9t

íy

íK

2

1)

^o* =

V

B+

r

BG

=co

%

kx(-i)=

~ü)<nj

En (1 ) :

r- ^ i

-v2

* 2 2 2

= -

ni

m

a>x

— ni*2 *

a>

m

= -

mco^

2 12

Luego:

Ekx+U, =E

K2

+U

2

2

0.5mg = —m a>x

b).- Para las posiciones "2 " y "3

V

<y„ = 4 .9 1 4 rad/seg

U

2

=

O

Luego:

o o

^A-2 + ^ 2 = ^ O

+

U

}

J

K 2

2

10

—

*— -— *2 4.1 5 = 5 lb-pie

3 32.2

E

K

3=0

5 = - 5 ¿ + 60¿>,

max

§

2

- - S - — = 0

12

12

12

L + L±-+±

2

— A 144

T

12

¿

m

a x l = ~ 0 - 2 5 ( N O )

W = 150 Lb

m a x 2

= 0 .3 33 (Bueno)

¿mnx = ° -

3 3 3

P

i e s

E4.3 0.- La figura muestra una puerta de incendio

en el techo de un edificio. La puerta

91

de 4 pies de

ancho, 6 pies de longitud y 4 plg de espesor, es de

madera (30 lb/pie

3

) y puede girar alrededor de un

P

TECHO

pasador sin fricción en "O". Un brazo p en

voladizo, de peso despreciable, está unido

rígidamente a la puerta se abre girando 45°.

Calcule la velocidad angular de la puerta

justamente antes de que el peso de 150 lb golpee al

techo: (a) sin nieve en el techo; (b) con nieve (1

lb/pie

3

) de 1 pie de espesor, sobre el techo.

P4-30

U N A S A M




MECÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACION ES - DINÁMICA

' • '

H

Capítulo IV

Solución

Como las únicas fuerzas que producen traba jo son conservativas, la energía mecánica se conserva.


. ( D

y ? piie

P4-30a

2).- Por conservación d e la energía mecánica en el sistema:

a).- Para el techo sin nieve:

V

x

= m

w

gh

w

= 150 * = 3 7 5 7 2 lb-pie

E

Kl

= 0

u

2

= m

p

ghp

= 30 * 6 * 4 * i * 7 2

= 240^2

lb-pie

E k2 = ~ (5 * a)

2

+ i m

P

(2

*

co )

2

+1 /

G /

V

L 1 5 0

n

.

2

1

#

2 4 0

t

.

2

1

E

K

2 = - - r r - r * 25<y + - * ^ r - r * 4 o + -

2 32.2

2 32.2

1 „ 240

12 32.2

+ 4

2

(O

E

K2

= 7 8 . 1 4 © '

Luego:

L.R

o

e2 + U

{

= E

X2

+U

2

3 7 5 V 2 - 2 4 0 V 2 = 7 8 .1 4 fi )

2

(» = 1 .5 63 rad/seg (Antihorario)

b).- Para el techo con nieve:

u

2

= ( w , + w

N

)h

P

= ( 24 0 + 4 * 6 * 1 ) 7 2 = 2 6 4 7 2 lb-pie

£

- I *

1 5 0

2 32.2

*->c 2 1 * 26 4 J 1

* 25<y + -

*

* 4 c r + -

2 32.2

1 „ 264 ( 1

1 2 3 2 . 2 U

+ 16

co

U N A S A M

Autor: V ICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ



M ECAN ICA PARA INGENIERIA Y SUS APLICA CION ES - DINÁM ICA

iy Capítulo IV

E

K2

= 80 .134co

2

Luego:

F = F

M\ 2

3 7 5 ^ 2 - 2 6 4 - ^ 2 = 8 0 . 1 3 4 ®

2

® = 1. 39 96 - > ¿y S 1.4 rad/seg (Antihorario)

E4.31.- A una barra esbelta AB de sección uniforme y masa

10 kg la mantienen fija inicialmente dos hilos, según se

indica en la figura. Determinar la tensión en el hilo

amarrado a B y la aceleración angular de la barra

inmediatamente después de cortar el hilo amarrado a A.

Supóngase lisa la superficie horizontal en contacto con el

extremo A de la barra.

Solución

1).- D .C.L.:

Y

A

P4-179a

0.3 m

P4-31a

2).- Relaciones cinemáticas

d

T

= 0 .5 se f l i6 ° = 0 .1 38 m

d,.,= 0 .25 eo s 37° = 0 .2

m

U N A S A M




M ECAN ICA PARA INGENIERIA Y SUS APLICA CION ES - DINÁMICA

iy Capítulo IV

a

G

= a

B

+

a

k x r

BG

=

a

B

(± I ~¡])+akx

0.25(-

j

J - ¡y )

o

0

= ií

a

B+H

¿

a)J-{ja

B

+^a)j (i)

También:

a

G

=a

A

+ a k xr

AG

= aJ+ak x0.25(fi+\j) = {a

A

-

0

-faYi+\aj

2 )

(1)= (2) e igualando las componentes de "Y":

2

- \ a

B

- \ a = \a - > fl

a

=--a

E n ( l ) :

«G = (- n

a

+ ^f

a

)

1

- ( - b

a +

5

a

V = - 0 - 3 8 3 « i + 0.2a j (3)


Y

j

F x ^ ^ g x - > | 7 ' = 1 0 ( - 0 . 3 8 3 a ) => T = - 6 . 3 8 3 a (4)

=

7

G

« k + p

AG

xma

G

= I

G

a A? + 1 0 * 0. 25 ( 0. 8 / + 0 . 6 / ) x ( - 0 . 3 8 3 a 7 + 0 . 2 a j")

- W

w

+ Td

r

= £ * 1 0 * 0 . 5

2

a + 2 . 5 ( 0 . 1 6 + 0 . 2 3 ) a

- 9 8 . 1 * 0 . 2 - 6 . 3 8 3 a * 0 . 1 3 8 = 0 . 30 6 a a = - 9 . 5 rad/seg

2

(horario)

En (4): T = 60 .6 4 Newton

E4.32.- La carretilla y su contenido tienen

una masa de 40 kg y un centro de masa

"G", excluyendo la rueda. La rueda tiene

una masa de 2 kg y un radio de giro K

n

=

0.12 m. Si se suelta del reposo, estando

en la posición que se ilustra. Determine su

rapidez después de que ha recorrido 4 m

por la pendiente. El coeficiente de fricción

cinético entre el plano y A es p

A

= 0.3.

La rued a gira sin deslizar en B.

1).- D.S .F.(Graf ico de posiciones) y D.C.L.(s):

P4-32

Solución

UNASAM Autor : V ÍCTOR MA NUEL MEN ACHO LÓPEZ




X

P4-32a

1.368 m

l

1.368 m

1

. ^ \ w r / / «

f ,

N ,

(b)

(c)

Rox

/

4?

f °

P4-32c

r

P4-32b

2).-relaciones cinéticas:

a).-En (b):

J^M

0

=I

0

a f

x

r = /

0

a

b).- En (c):

o

J^M^k = I

G

a

c

k + p

0G

xm

c

a

G

, si: d

G

=a

0

= ra i

[w

G

(0 .1 eos20° - 0.25sen20°)-0AN

2

- 0 .15ju N

2

]k = ( - 0 .1 / + 0 .2 5 j ) x m

e

ra i

( 3 . 3 2 - 0 . 4 4 5 J V

2

) £ = - 1 . 5 a k -> a = Q.2961N

2

- 2.21

c).- En (a):

0 )

(2)



MEC ANICA PARA INGENIERIA Y SUS APLICACION ES - DINÁM ICA

iy Capítulo IV

X

F

X .

=

£

m

i

a

. v

i

- f \ - f i + 4 2 g« ? «2 0 ° = ( m, + ) ra

(l)en (3):

L

- — a - + 1 4 0 . 9 2 = 6 . 3 a a = 2 1 . 7 1 - 0 . 0 4 6 2 ^

r

Í2)=(4):

(3 )

(4 )

0 . 2 9 6 7 ^ - 2 . 2 1 = 2 1 . 7 1 - 0 . 0 4 6 2 7 ^ - > W

2

= 69 .7 6 Newton

3).- Por el principio de trabajo y energía cinética; en el sistema:

/

42 * 9 .8 1 * 1 .36 8 - 0 .3 7V

2

* 4 = |

m

c

V ¿ + ~m

r

V¿ +

1 m

r

0 . 1 2

:

V r y

R e e m p l a z a n d o v a l o r e s :

2 1 . 6 4

V¿

= 4 7 9 . 9 3

F

G

= 4 . 7 1 m / s e g

E4.33.- Dos barras delgadas OA y AB están soldadas

entre si para formar un cuerpo rígido (ver figura P4-33).

Tal cuerpo está articulado al techo en "O" y se suelta

desde el reposo en la posición dada con el resorte sin

estirar. Encuentre la velocidad angular del cuerpo

cuando OA pasa por primera vez por la posición

vertical.

Solución

En el cuerpo solo actúan fuerzas conservativas, que producen trabajo, por lo que, habrá conservación de

la energía mecánica.

Y

300

s

P4-33

1).- Diagrama de las posiciones inicial y final:

21.65 cm 21.65 cm

• L.R

X

P4-33a



MEC ANICA PARA INGENIERIA Y SUS APLICAC IONES - DINÁM ICA

iy Capítulo IV

2).- Por conservación de l a e n e r g í a mecánica:

E

KÍ

= 0

c / „ = 0

V

A

= 0

E

t

-, =

— m Vr

+ -

co

l„ = -

meo

rñn +

— co

1

2

-mí - md

x

r* 1 2 1 ? ^

/) >

;

7

E

K2

= -mco I - d~

0 G 2


= 5 . 9 5 3 ®

2

/

C /

g 2

= _

O T g

/ 2 = - 8 0 0 " * 0 . 0 6 2 5 = - 5 0

J

U

e2

=-KS

2

= - * 3 0 0 * 0 . 5

2

= 3 7 . 5

J

Luego:

E mí ~~ E MI

0 = 5 . 9 5 3 ®

2

- 5 0 + 3 7 . 5

CO =

2 .1 r a d / se g —»•

ÚJ

= - 2 . 1 £ ( ra d / se g)

E4.34.- La barra uniforme de 10 Ib de peso, en

la figura, está suspendida de dos cables

inextensibles. En el instante mostrado, cuando

cada punto de la barra tiene una velocidad de

10 i pies/seg, el cable derecho se rompe.

Calcule la fuerza en el cable izquierdo

inmediatamente después de la ruptura.

Solución

Y

1).- D .C .L.:

X


a

B =

a

c

r

í + T " = 2 ¿ V + 5 0 y

e.

2 p i e

u

G = a

B

+c c

^ x I—7l

— û?

2

— /

= 2a J

+ 50

j + 2a j

- 2

co i

2 pie

P4-34

mg

P4-34a

a

G

= (2a

c

- 2 ¿ y

2

)

1

+ ( 5 0 +

2 a ) j




MECÁ NICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIONES - DINÁMICA

Capítulo IV

ma

GY

^

« = 1 . 6 1 7 - 4 1 . 1

10

1 0 + T = - — — ( 5 0 + 2a ) = 1 5 . 5 3 + 0 . 6 2 «

3 2 . 2

1 2 3 2 . 2

4 «

1) = 2):

1 . 6 1 7 - 4 1 . 1 = - 4 . 8 3

T

T

= 6 . 3 8 i b

E4.35.- Un mono hambriento de masa m observa un

racimo de plátanos de la misma masa (ver figura).

Trepa con velocidad relativa a la cuerda (ligera).

Determine si el mono alcanza los plátanos antes de

que éstos pasen por encima de la polea de radío "R",

si la masa de la polea es "f m", en donde / > 0 y el

radio de giro con respecto a su eje es "K". Si la

respuesta es afirmativa, de la relación entre d y H,

para el cual es posible alcanzar los plátanos.

« = - 4 . 8 3

T

P4-35

( 0

(2)

Y *

r

x

1).- D.S.F:

Solución

En el análisis del sistema, se observa que las fuerzas no

producen momentos.

2).- Por conservación de la cantidad de movimiento

angular:

m

g ¡

I > o = 0

P4-35a

mRY

M

- mRY

p

+ m

po

K

2

co = 0

a) . -En(l ) , para m

p o

= 0 :

mRY

M

-

mRYp

+I

0

Ü) = 0

Y

M

= Y

P

- m

p o

\

m R

j

co

( l )



MEC ANICA PARA INGEN IERIA Y SUS APLICA CION ES - DINÁM ICA

iy Capítulo IV

YM ~ Yp => El mono no alcanza el racimo de plátanos,

b).- En (1). Para m = / m :

Y

M

) Y

P

=> El mono alcanza al racimo.

Si:

Y\l ~ Y cu + Y reí

E n ( l ) :

_

Y

Cu

+

Y reí

=

Y cu

yp - y cu

EL* ™, f

R R

y

co =

Y„

R

y reí — y cu

2 - f

R

J

Yred-Ycuf

dH ^ d(d)

dt dt

K_

\ RJ

Integrando y operando:

HR

2

(d f K

2

(El mono alcanza al racimo

si cumple está relación)

E4.36.- Una puerta rectangular de peso 40 N, se abre hacia

arriba estando equilibrado por un resorte, según se indica en

la figura. La constante y la longitud natural del resorte son K

= 400 N/m y £

0

- 575 mm, respectivamente. Si la puerta

lleva una velocidad angular de 3 rad/seg en sentido

antihorario cuando está vertical (9 = 0

o

), determinar su

velocidad angular y el módulo, dirección y sentido de la

reacción que el gozne ejerce sobre la puerta cuando ésta esté

horizontal (6 = 90°).

Solución

Las tuerzas que producen trabajo son conservativas,

por lo que, la energía mecánica se conserva.

1).- Gráfico de sus posiciones inicial y final:

P4-36

:>üO mm

875 mm

/

\

/

¡

\

\

•o

7

500 mm ;

s

T A _ \i

3 7 5 m m

f

B

L.R

0>

P436a



ME CAN ICA PARA INGENIERIA Y SUS APLICA CION ES - DINÁM ICA

iy Capítulo IV

Y

A

2).- D.C.L.:

F e

5 3 . 1 3 °

Ay

P4-36b


U

gl

= -mg*0 .3 75 = - 1 . 5 J , U

tl

= - K S

2

= 2 0 0 * 0 . 3

2

= 1 8 J

E

Kl

=^I

P

(0

2

= ^*^m£

2

*9

= 3 .44

J

E

*i=\*

Q165g)

1 =

0 3 8 2

a

l

L u e g o :

, U

e2

=-K*0.05

2

= 0 . 5 J

EU1

_

EM2

- 1 5 + 1 8 + 3 . 4 4 = 0 . 5 + 0 . 3 8 2 ®

2

ú )

2

= 3 . 9 4 3 r a d /s e g

4 ) . - R e l a c i o n e s c i n é t i c a s :

T j

M

a

= I

O

P

a-

0 . 3 7 5 ( -

mg + sen5

3 . 1 3

o

* 4 0 0 * 0 . 0 5 ) = 0 . 7 6 5 a

a = - 1 1 . 7 . 6 5 r a d /s e g (h o r a ri o )

L u e g o :

a

B

=ak x r

AG

- ú)¡r

AG

= - 1 1 . 7 6 5 k x 0 . 3 7 5 i - 3 . 9 4 3

2

* 0 . 3 7 5 /

a

B

= - 5 . 8 3

'i

- 4 . 4 1 / ( m / se g

2

)

y

F

v

= ma

BX

- > - c o s 5 3 . 1 3 ° * 4 0 0 * 0 . 0 5 = - - ^ - * 5 . 8 3

Z^ -v ax x

9

^

81



MEC ANICA PARA INGENIERIA Y SUS APLICAC IONES - DINÁM ICA

iy Capítulo IV

A

y

= - 1 1 . 7 7 2 N e w t o n

V F

r

= ma

RY

- > Ay-40 + :senSù. 1 3

o

* 4 0 0 * 0 .0 5 = - — * 4 .4 1

^

I BÍ

i

9 g l

Ay = 6 . 0 1 8 N ew ton

A =11.772 i + 6 . 0 1 8 j (Newton) — A = 1 3 .2 2 Newton

E4.37.- El sistema en la figura consiste de un cilindro p (lOOkg) y de una placa 9? triangular equilátera

(20 kg); ambos están articulados en el centro de masa C

x

del cilindro. Los otros dos vértices de la placa

están conectados a resortes; el izquierdo ( 5 , ) permanece vertical en la ranura (el resorte S

x

se muestra

en la posición inicial). Los alargamientos iniciales de los dos resortes (en la posición mostrada) son 0.2

para 5, y 0.04 m para S

2

. Los módulos son 40 N/m para 5, y 10 N/m para S

2

. Si el sistema se suelta

desde el reposo en la posición mostrada, encuentre la velocidad d e C ¡ cuando el vértice B alcanza su

punto más bajo en la ranura. Considere que hay suficien te fricción para impedir que p resbale sobre el

plano. El momento de inercia de una placa triangular equilátera de lado "S" respecto al eje Z

c

es

m s

2

~ 1 2 ~ '

Solución

Com o las fu erzas que producen trabajo en el sistema son conservativas, la energía mecánica se conserva.

1).-Gráfico de su posición inicial y final:

Ci,

L.R

P4-37a

Fe, ¡

%

O'

Cu i

'Fe,

•

Fe ,

F e ,



Capítulo IV

Para el resorte Si :

S

IF

= 0 . 2 - 0 . 1 5 = 0 . 0 5 m

L f l

0 .2 m

L.R

0 . 1 5

Ó l f

I P4-37b

tu

Para el resorte S

2

:

S

2 i

= t

2

- i

2 i

- > 0.0 4 = 0.1 - l

2 i

i

2 i

= 0 . 0 6 m

ô

2 f

= 0 . 1 8 - 0 . 0 6 = 0 .1 2 m

2).- Por conservación de la energía mecánica en el sistema:

E

K I = ° > t / ^ = w g/ > = 1 0 0 * 9 . 8 1 * 0 . 1 5 = 1 47 .1 5 J , £ 7 ^ = 0

U

s¡

¡ = = ^ * 4 0 * 0 . 2

2

= 0 .8 J

U

S l l

= | = *

1 0

*

0 0 4 2 = 0

-

0 0 8 J

^ 2 = ¿ ^ ^ + = I

*

1 0 0

K

*

0.1)

2

+ i

*

i 100

*

0.1

2

„ 2

COn

EkD2 =

0 7 5

®D

J

V

—

^ T/2 1 i 2

^KP2

=

2

m

P

V

C2

+

(Ver figura P4-37a, centro instantáneo C¡

2

)

F = - * 2 0

KP2 2

0.1®

0 . 3

— * 0 . 1 7 3 +

2 0

2 * 1 2

:

0 . 3 '

' 0 . 1 V

2

V 0 . 3 y

0 . 0 4 1 6 ® *

J

= 1 4 7 . 1 5 J ^ 2 = 0

í / , , =-K,S?

f

= - 4 0 * 0 . 0 5

2

= 0 . 0 5 J

2

—

2 1

1

/ 2

^ 5 , 2 = ^ 1 0 * 0 . 1 2

2

= 0 . 0 7 2 y



ME CÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICA CION ES - DINÁM ICA

Capítulo IV

L u e g o :

E mí ~ E M 2

1 4 7 . 1 5 + 0 . 8 + 0 . 0 0 8 = 0 . 7 5 ® ¿ + 0 . 0 4 1 6 ® ' + 1 4 7 . 1 5 + 0 . 0 5 + 0 . 0 7 2

(Ü

D

= 0 . 9 3 1 rad/seg (Antihorario)

Luego la velocidad de C¡ en la posición final, es:

V

cl

= 0 . 9 3 1 * 0 . 1 = 0 .0 9 31

(m/seg)

E4.38.- La rueda en la figura pesa 200 N y tiene un

radio de giro de 0.3 m respecto al eje Z

c

. Se

suelta desde el reposo con el resorte estirado 1/2 m.

Si no hay resbalamiento, encuentre cuánto se

desplaza el centro "C" del cilindro:

a). - Hacia arriba.

b).- Hacia abajo en el movimiento que se

establece.

Solución

Solo producen trabajo el peso y el resorte, y el

cambio d e la energía cinética es nulo.

1).-Grafico de sus posiciones iniciales y finales:

P4-38a


Si:

= 0 .5®

y

X

Q

= 0 .3®

® =

0.5

y

® =

0.3



MEC ANICA PARA INGENIERIA Y SUS APLICACION ES - DINÁM ICA

iy Capítulo IV

X

r

X

c

0.5 0.3

Q

0 . 5

c

X

g

=0.6X

c


Si:

W

{

_

2

=AE

k

=0

= 0 . 5 m y S

2

= 0 . 5 - 0 . 6 X

C

Luego

3

~^X

C

* 2 0 0 + ^ 4 2 0 ( 0 . 5

2

- 0 . 5

2

- 0 . 3 6 Z

2

+0.6X

C

)=0

•120X

C

-15.6X1 +126X

C

=0

75 .6

= 0 . 0 7 9 4 m

4).- El desplazamiento hacia abajo.- Como las

fuerzas que producen trabajo son conservativas, de

regreso hacia atrás llega a su punto de partida.

X

c

= 0

E4.39.- El po ste uniforme tiene una masa de 15 kg

y cae desde el reposo cuando 9 = 90°, hasta que

choca contra el borde en A, 9 = 60°. Si el poste

después empieza a pivotear alrededor de este punto

después del contacto con él, determine la velocidad

angular del poste justo después del impacto.

Suponga que el poste no desliza en B cuando cae

hasta que choca contra A.

Solución

1).- Cálculo de la velocidad de "G" antes del

choque; por conservación de la energía mecánica:

F = F

A/1 A/2

^ mgh = ^I

B

a> ¡

G ,

h

• '

i G '

L.R

1 5 * 9 . 8 1 * 0 . 2 = - * - * 1 5 * 3

2

¿ y

2

2

2 3

0)

2

=

1.144 rad/seg

1.5 m

/1A

B

1 . 3 m

P4-39a



MECA NICA PARA INGENIERIA Y SUS APLICACION ES - DINÁMICA

iy Capítulo IV

V

G2

= 1. 5 *1 .1 4 4 = 1.716 m/seg

2).- Como no existe ningún deslizamiento o rebote, en principio la barra gira entorno del punto A durante

el contacto. Esta condición se ilustra en la figura siguiente, la cual indica, respectivamente, el momento

de la barra un instante antes del impacto, los impulsos que recibe durante éste y el momento un instante

después d el impacto. Sobre la barra actúan sólo dos fuerzas impulsivas. En comparación, el impulso en A

es mucho mayor que el provocado por el peso, y dado que el tiempo de impacto es muy breve, el peso

puede considerarse como no impulsivo. La fuerza impulsiva F en A tiene una magnitud y una dirección (3

desconocida. Para eliminar está fuerza impulsiva tomamos momentos con respecto a A, observando que

el momento angular entorno de A se conserva esencialmente, ya que

a).- Diagrama c inético:

mVG2

/ \ l o

112

*

P4-39b

+

G/

/

jwdt = 0

Fdt

P4-39c

mVG3

P4-39d

b).- Por el principio de conservación de la cantidad de movimiento angular:

o - > (h

az

)

2

=(H

az

\

0 . 9 2 3 m V

G 2

+I

G

co

2

= 0 . 9 2 3m V

G 3

+I

G

co

3

0 . 9 2 3 * 1 5 * 1 . 7 1 6 + - - 1 5 * 3

2

» 1 .1 4 4 = 0 . 9 2 3 * 1 5 m , * 0 . 9 2 3 + — 1 5 * 3

2

*a>.

ü)

3

= 1.52 rad/seg

E4.40.- Un medio cilindro uniforme de radio "r" y masa

m

se m antiene en la posición mostrada en la figura, por medio

de la cuerda a B. Encuentre la reacción del piso justamente

después de cortar la cuerda. Se dispone de suficiente

fricción para impedir el resbalamiento.

Solución

1) - D.C.L

P4-40a

12

v / / / / / / / / / / / / / / / ^ / / / / / ,

/ / / ? / / / / / / / / / / / / / , '

3 P4-40




iy Capítulo IV


a

G

= a

c

+ a x r

CG

= a ri - ak x—{sen$ i - eos 0 j )

3 n

a

G

=a r ( l - 0 . 4 2 4 eo s 6)

7

- 0 . 4 2 4 « rsen0 j

3) - Relaciones cinéticas:

= mct

GX

f = ma r{\ - 0 . 4 2 4 c o s 6 > )

= mci

GY

N = mg- 0 . 4 2 4ma rsenG

YM

c

k = I

c

a + r

ca

xm a

c

= -I

c

a k + ^-{sen0 i - cos0 j)x(ma r i)

3tt

4 r mr

2

4r

f r-mg — send = «

H

mar cos0

3n 2 3tt

f = 0.424mgsen& - 0.5ma r + 0.424ma re os (9

(2) = (4):

ma r (l - 0 . 4 2 4 c o s0 ) = O.424mgsen0 -0.5ma + 0 . 4 2 4 m « r cos0

ma r ( l . 5 - 0 . 8 4 8 c o s é ? ) = O.424mgsen0

0 . 4 2 4 g s e n d

a =

r(l.5- 0 .848 eos d)

(Unidades de aceleración angular)

En (2):

f = mgsenO

f - mgsenO

En (3):

0 .424

1 .5 - 0 . 8 4 8 c o s é ? ,

- (0 .179 cos 6

1

- 0 .42 4)

- ( O . 8 4 8 c o s 0 - 1 . 5 )

( l - 0 . 4 2 4 c o s # )

= mgsenO

N = mg -

mg * 0.424senß

1 . 5 - 0 . 84 8 c o s e

* 0 .42 4

send = mg

1 +

-

0 . 1 7 9 C O S 0 - 0 .424

O . 8 4 8 c o s 0 - l - 5

OA79sen

2

0 ^

O . 8 4 8 c o s 0 - 1 . 5

Luego:

R = f

+

N = mg send

fuerza)

0 .1 7 9 c o s í - 0 . 42 4

O . 8 4 8 CO S0 - 1 . 5

A

i + mg

1 +

0.179sen 0

O . 8 4 8 c o s 0 - 1 . 5

0 )

(2)

(3)

(4)

(Unidades de



ME CAN ICA PARA INGENIERIA Y SUS APLICAC IONES - DINÁM ICA

iy Capítulo IV

E4.4 1.- Una barra delgada homogénea con peso

193 Ib, tiene una velocidad angular horaria de 2

rad/seg y una aceleración angular de 8 rad/seg

2

,

cuando se encuentra en la posición mostrada en la

figura. La pared en B es lisa; el coeficiente de

fricción en A es de 0.1. Calcule las reacciones en A

y B sobre 9? en está posición.

1).-D.C.L.:

mg

f A

N A

P4-41a

Solución

Y

/ / / / / / / / / / / / / / / / / , §

2 p ie

1 p ie

4 pie

P4-41

X


Si:

a

G

= a

B

+ a k x r

BG

-(0

2

r

BG

= -a

B

j-Skx(-1.5i - 2 y ) - 4 ( - 1 5 / - 2 j )

a

G

=-10 i + (20~a

B

)j

También:

a

G

=a

A

+a kxr'-(o

2

r

AG

= -a

A

i -

8 b r ( l . 5 / + 2

j ) -

4 ( l . 5 / + 2

j )

ü

G

={l0-a

A

)i-20j

D e ( l ) y ( 2 ) :

a

G

= —10 7 - 2 0 y (pie/seg

2

)


F

A

= 0 . 1 N

Á

Ya

F

X =

ma

GX

f

A

-N

B

=m(-10)

0 .1 N

Á

-N

B

= - 5 9 . 9 4 N

B

= 0 .1 N

Á

+ 5 9 . 9 4

ma,

GY

N

a

-P-mg = m(-20)

1)

(2)

(3)



MECÁ NICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACION ES - DINÁMICA

Capítulo IV

N

A

- P = 1 9 3 - 1 1 9 . 8 8 - > N

A

- P = 7 3. 12

(4 )

Y

j

M

G

=I

G

a

• 0 . 5 P + 0 . 2 N

B

+2 *0 . \ N , -X . 5 N , = - — *

B A A

1 2 3 2 . 2

1 1Q1

-

( 5 )

(3) en (5):

0 . 5P + 0 . 2N

A

+ 1 1 9 . 8 8 + 0 . 2 N

Á

- \ . 5 N

A

= - 9 9 . 9

P + 2 . 2N

Á

= 4 3 9 . 5 6

(6)

(4 ) + (6 ) :

3 . 2 N

a

= 5 1 2 . 6 8

N

A

= 1 6 0 . 2 1 Ib

N

A

=

1 6 0

ib

Luego:

f

A

= 0 . 1 * 1 6 0 . 2 1 = 1 6 . 0 2 1 Ib - > f

A

= 1 6 i b

En (3):

N

B

= 0 . 1 * 1 6 0 . 2 1 + 5 9 . 9 4 = 7 5 . 9 6 1 - N

B

= 7 6

Las reacciones en A y B son:

R

a

= 1 6 z + 1 6 0 y ( Ib )

R

B

=

- 7 6

7

( Ib)

E4.42.- El cuerpo 9? de 50 Ib de peso en la figura, puede considerarse

com o un cilindro m acizo con radio dé" 2 pies. El coeficiente de

fricción en y el plano es p = 0.2. Se aplica una fuerza P = 10 Ib

verticalmente a una cuerda enrollada alrededor del cubo. Encuentre la

velocidad del centro G en el tiempo 10 seg después de comenzado el

movimiento a partir del reposo.

Solución

1).- D .C.L.:

P4-42a

P4-42



MECÁN ICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIONES - DINAMICA

N + P- mg = 0X = 0

5 X = I

G

a

- > - 1 . 5 P + 2 / =

- 2 a = 3 . 1 0 6 «

= > N = 4 0 I b

mr

2

5 0 * 4

= a

a = 1.61 rad/seg

2

2 3 2 . 2 * 2

/ = 7 . 5 - 1 . 5 5 2 «

1) = 2):

3 . 1 0 6 « = 7 . 5 - 1 . 5 5 2 « =

E n ( l ) :

/ = 3 . 1 0 6 * 1 . 6 1 = 5 Ib

/ / J V = 0 . 2 * 4 0 = 8 Ib

Luego , como / ( // TV, no hay deslizamiento, haciéndose la suposición correcta.

3).- Por el principio de im pulso y cantidad de m ovimiento lineal:

^ (

F

x )

d t

= mV

GÌ 0

-m V

G0

fio

J

0

f dt = mV

G 10

f

io

I 5 dt

Jo

G io

5 0

G 10

3 2 . 2

' ^g io = 3 2 .2 pie/seg (—»)

E4-43.- La tubería uniforme tiene un peso

de 500 lb/pie y un diámetro de 2 pies. Si

se levanta según se ilustra con una

aceleración de 0.5 pie/seg

2

. Determine el

momento interno del centro A del tubo

originado por el izamiento.

0 .5 p i e / s*

Capítulo IV

2).- Relaciones Cinéticas, suponiendo que el cuerpo rueda (sin deslizamiento):

5 0

1)

(2)

5 pic s -í- 5 pie s -[* 5 pie s -j- 5 pies ~

P4-43

Solución

La tubería tiene un movimiento de traslación.




Capítulo IV

1).- D.C.L. (s):

T

/

1

\

T

\

/

\

e \

£

5 1

f

m

9

T

/

/

/

/ E

\ F

\ <5_

\ F

\ <5_

mg

(a)

(b )

F4-43a


a).- Para (a):

^F

r

= mciy T sen 0 + T sen 0-mg = ma

Y

10 000

2

T sen

4 5 ° - 1 0 0 0 0 =

b).- Para (b):

Y,M

A

k =p

AG

xm

l

ay

32 .2

•0 .5 ->

T =

7180 .87 Ib

- 3 8 8 . 2 k

(-M-T sen0*5-Tcos0*l + m

l

g*5)k = -5~i x

3 2 . 2

v

'

- M = - 3 8 8 . 2 + 2 5 3 8 8 . 2 + 5 0 7 7 . 6 4 - 2 5 0 0 0 = 5 0 7 7 . 6 4

M = 5 0 7 7 .6 4 lb-pie (antihorario)

E4.44.- La barra delgada de longitud "L" y masa

m es liberada del reposo cuando 0 = 0°.

Determine como función de 0, las fuerzas

normal y de fricción que ejercen sobre la

esquina en A a medida que cae. ¿A qué ángulo 0

comienza a deslizarse si el coeficiente de

fricción estática en A es p ?

Solución

La barra tiene un movimiento alrededor de

un eje fijo hasta que com ienza a deslizar.

1).- D .C.L.:


T.F.'

e

y

mg

mar

F4-43b

F4-44a

e

t



MEC ANICA PARA INGENIERIA Y SUS APLICACIONES - DINÁMICA

iy Capítulo IV

/ - mg senO = m co

«

= ma r

mgcos<9-N = ma 2 )

2 X =

L 1

m e c o s ' — = - / / a - » a

2 3


Si:

dœ dO

3gcos<9

2 L

a =

a d8 — o) dû)

dt dO

Remplazando valores e integrando, en (3):

r

0

3gC0S<9

Jo 2L

(4) en (1):

dO = ¿y ¿/¿y

Jo

3 g sen 0

2 L

ú)

~2

2 3g sen 0

- » ú) =—

L

f = mg senO + ~~

sen

@ (^2) ~^ f = 2.5 mg CO S(U nid ade s de fuerza)

(3) en (2):

,, - mL(3gcosO *

N = mg eo s e —

2 1 2 Z .

3).- Para el movimiento inminente:

Sabiendo que f = N fd —» = , de (5) y (6):

v l O y

2.5 mg senO .. _

0 . 2 5 m g c o s #

, . # = ¿g

- 1

( 0 . 1 / J )

E4.45.- Una fuerza F = 2 Ib es aplicada perpendicular al eje de la 4 pi es /s

O

(2)

(3 )

(4 )

(5 )

—» N = 0.25 mg e o s e (Unidades de fuerza ) (6)

/

varilla de 5 Ib y se desplaza de O a A con una rapidez constante

de 4 pie/seg. Si la varilla se encuentra en reposo cuando 0 = 0

o

y

F está en O cuando t = 0, determine la velocidad angular de la

varilla en el instante en que la fuerza está en A. ¿Hasta qué

ángulo ha girado la varilla cuando esto ocurre? La varilla gira en

el plano horizontal. U se el principio de fuerzas y momentos.

P4-45



ME CAN ICA PARA INGEN IERIA Y SUS APLICA CION ES - DINÁM ICA iy Capítulo IV

V

O n

/

O t

o /

P4-45a

F + 0, = m r

G

a

Y

J

M

0

=I

0

a -» pF =

m L

2

a


dp .

Si,

p

= = 4 pie/seg (constante)

dt


M * *

P = A t

dco

También sabemos:

OC

=

dt

Reemplazando (4) y (5) en (3):

Solución

El cuerpo tiene un movimiento alrededor de un

eje fijo y en el plano horizontal.

1).- D.C.L.:


tK Y

J

F

n

=ma

Gn

O

n

=m r

G

co

2

(1)

Ya

F

t=

ma

G,

(2)

(3 )

. „ 1

t2

dco

4 t F = - mL —

3 dt

1

4

F [' t dt = - m L

2

\

C

° dco

J0 T, Jo

2 F t

2

= -mL

2

co

2

4).- Para el caso esp ecifico de p = 4 pies:

4 = 4 /

t =

1

seg

En (6):

1

* 4

2

< y - > 0 = 4 . 8 3 r a d /s eg

* 2 * 1

2

= - * —

( 4 )

( 5 )

(6)

3 3 2 . 2



MECÁN ICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACION ES - DINÁMICA

Capítulo IV

E4-46.- El carrete tiene una masa de 500 kg y

un radio de giro K

G

= 1.30 m, se encuentra en

reposo en la superficie de una banda

transportadora cuyo coeficiente fricción

cinética es Hk = 0.4. Si la banda transportadora

acelera i fl

c

=l m/seg

2

, determine la tensión

inicial en el alambre y la aceleración angular

en el carrete. El carrete está originalmente en

reposo.

Solución

El carrete un movimiento general en el plano con

rodamiento.

0.8 m

P4-46

1).- D .C.L.:

- > X

2).- Relaciones cinemáticas - El centro instantáneo

de velocidad nula es A:

a).- Aceleración de G:

a

G

= 0 .8 a i (Por rodamiento)

b).- Aceleración de B:

a

B

= a

G

+akxr

GB

= 0 .8 a i - a k x ( - 1 . 6 j)= - 0 . 8 a i

c).- Aceleración C, de la banda:

a

c

- a

tB

= - 0 . 8 a i (Por rodamiento)


= 0 -> M = mg = 5 0 0 * 9 . 8 1 = 4 9 0 5 N

Para que ü

c

máximo, la fuerza de fricción debe ser (resbalamiento inminente):

/ = fi

s

N = 0.5 * 4 9 0 5 = 2 4 5 2 . 5 N

Y ¿

F

x =

m a

G - > - 2 4 5 2 . 5 + 7 = 5 0 0 * 0 . 8 a

T = 2 4 5 2 . 5 + 4 0 0 a

Y

J

M

G

=I

G

a - > 0 . 8 7 " - 1 . 6 / = m K

G

(- a)

1 . 6 * 2 4 5 2 . 5 - 0 . 8 * ( 2 4 5 2 . 5 + 4 0 0 a ) = 5 0 0 * 1 , 3

2

a

a = 1.6 8 rad/seg

2

(horario)

P4-46a

1)

(2)

UNASAM Autor : V ÍCTOR MANUEL MEN ACHO LÓPEZ




Capítulo IV

E n ( l ) :

a,

máx

= 0.8 a = 0 .8 * 1. 68 = 1 .344 m/seg

2

( < - )

M = 40 Ib • p ies

En (2):

T = 2 4 5 2 . 5 + 4 0 0 * 1 . 6 8 = 3 1 2 6 . 1 4 N (— »)

E4.47.- El disco de 15 Ib descansa sobre la

placa de 5 Ib. Una cuerda se enrolla en torno

de la periferia del disco y está unida a la pared

en B. Si se aplica un torque M = 40 lb-pie al

disco, determine la aceleración angular del

disco y el tiempo necesario para que el

extremo C de la placa recorra 3 pies y golpee

la pared. El disco no desliza y la superficie en

D es lisa. Ignore la masa de la cuerda. 3

Solución

El disco tiene un movim iento general en el plano y la placa un m ovimiento de traslación.

Se tiene solo un momento activo, por lo que usamos el método alternativo del principio de trabajo y

energía, para d esplazamiento infinitesimales reales.

1).- Relaciones cinem áticas - El centro instantáneo d e velocidad nula es A:

a).- El tiempo para recorrer una distancia X de C, es:

P4-47

X = V

n

t + ^ - t

2

2

- »

b).- Relaciones de los desplazamientos

infinitesimales lineales y angulares de los centros

de masa de los cuerpos, y las relaciones de sus

respectivas aceleraciones:

a

G

= r a y a

c

= 2 a

G

X

a

=rG y X

G

=^

Luego:

a

r

- »

dX

G

= r dG

dX

:

dX

r

, -> dG =

dX

y dX = 2 rdO

2 2 r

3).- Aplicando el método alternativo, para desplazamientos infinitesimales reales:

dW

NC

= dE

K

+dU

(2)

Dónde.



M ECAN ICA PARA INGENIERIA Y SUS APLIC ACIO NES - DINÁM ICA iy Capítulo IV

dW

NC

= M

de

= 4 0

de

= 40 *

dX

2 r

dE

K

=Y

J

m

i

a

Gi-dr

G¡

+

y

£

j

G¡

a

i

d9, = m

D

*

+

* * ~ * Y

r

+

m

c

a

c

d x

dE

K

=

g 4

Luego en (2):

4 2 g

c

.

dX =

Í -, \

v

8 g g

a

c

dX

J

4 0 dX

2 r

í

3 w

D

w

c

+

8

g g


a

c

=

4 8 . 4 9

pie/seg

2

Reemplazando lo encontrado en (1):

a

r

dX a

r

=

1 6 0 g

3 w

D

+Sw

c

I 2*3

t = ¡ = 0 . 3 5 2 s e g

A j 4 8 . 4 9

E4-48.- El cilindro de 10 Ib descansa sobre una

plataform a de 80 Ib. Si el sistema es soltado desde

el reposo, determine la velocidad angular del

cilindro en 2 seg. Si los coeficientes de fricción

estática y cinética entre el cilindro y la plataforma

son \x

s

= 0.3 y p

k

= 0.2 respectivamente.

7

<

x

(a)

P4-48a

P4-48

Solución

l).-D.C.L.(s):

2).- Primero debemos comprobar si hay rodamiento entre disco y la plataforma,

a).- Relaciones cinemáticas:



MECÁ NICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACION ES - DINÁMICA Capítulo IV

A

O =

A

D

+ « x r

m

- á)

2

^

Si:

(b)

b).- Relaciones c inéticas.-

En

(b):

a =-a k , a

G

= a

G

i y a

DX

= a„

a

G

i = a^i +a

DY

j +a r i - co r j

] P4-48b

Luego:

a

G

=a

m

+ar y a

DY

=co

2

r

20

Y

J

F

x=™ ^ -> f + m^gsen = " > / = 0 . 6 2 1 a , , - 1 0 (1)

En (a):

Y

J

F

x

=m

c

a

G

-> m

c

gsen3,Q°-f = m

c

a

G

- » / = 5 - 0 . 3 1 1 a

G

/ = 5 - 0 . 3 1 1 (fir

M

+ a r r ) (2)

Y

j

F

y

=0 - » = m

c

g c o s 3 0 ° = 8 .6 6 N

Y

J

M

G

=I

G

a = - > / =

( l ) = ( 3 )

0.621 Og, - 1 0 = ^ m

G

a r • - > a r = — ( 0 ,6 2 1 - 1 0 )

(3 )

% + — ( 0 .6 2 1 a„ - 1 0 )

m

r

( l ) = (2):

0 .6 21 a ^ - 1 0 = 5 - 0 . 3 1 1

¿íj, = 1 6 . 1 pie/seg

2

Luego en (1):

/ = - 1 . 9 ; t l 0 ~

3

Ib

Para que haya rodamiento debe cumplir, que 0 < f < ju

s

N^.

Si:

- > 2 . 1 7 6 a

n

= 35 .03

UNASAM



.

—

MEC ÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIONES -

DINÁMICA

Capítulo IV

p

s

N

l

= 0 .3 * 8 .66 = 2 . 59 8 Ib

La primera condición f < ju

s

N

¡

, si se cumple; pero f < 0 , lo que nos dice en el D.C.L. (a) que no

hay un par que produzca movimiento angular, por lo que:

C02 =0

Concluyendo que los dos cuerpos tienen movimientos de traslación.

E4.49.- La barra delgada de 25 Ib tiene una longitud

de 6 pies. Utilizando un collarín de masa

despreciable, su extremo A se halla limitado a

moverse en torno de una barra circular lisa de radio

3 a /2 pies. El extremo B descansa sobre el piso,

cuyo coeficiente de fricción cinética es p

B

=

0.4. Si

la barra es soltada desde el reposo cuando 0 = 30°,

determine la aceleración angular de la barra en este

instante.

(b)

P4-49

Solución

La barra tiene un movimiento general en el

plano.

1).- D.C.L. (ver figura P4-49 a):

2).- Relaciones cinemáticas.- Usando el método

de los centros instantáneos de aceleración nula,

ya que el cuerpo parte del reposo (ver figura

P4-49b):

Por la Ley de senos:

6 B C

AC„

P4-49b

se n 4 5 ° se n 15° sen 2 0 °

B C

a

= 2 . 1 9 6 p i e s

AC

a

= 7. 34 8 pies

a

G

= ak xr

CaG

a

G

= -a k x ( 2 . 5 9 8 J + 3 . 6 9 6 j )

ct

G

= 3 . 6 9 6 a 1 - 2 . 5 9 8 a j

U N A S A M





iy Capítulo IV


Y

J

M

c

a

k= I

G

«k+p

Ca

xd

G

- 2 . 1 9 6 / - 2 . 5 9 8 mg = - — m6

2

a-2.598*2ma-3.696*2ma

12

2.1 96 / + 64.95 = 23.41 a

^

J

F

x

=ma

GX

f + N eos 45° = 3.696 ma

A

r

co s 4 5 ° = 3 . 6 9 6 ma - f

= m a

G

y N

x

-mg + N sen 4 5 ° = - 2 . 5 9 8 ma

N sen 45° = m ( g - 2 . 5 9 8 a)- N

x

(3) + (2):

m (g-

2 . 5 9 8

a)-N

i

- » TV, = 4 1 . 6 6 7 - 8 . 1 4 3 or

g 4 5 ° =

3 . 6 9 6 ma - ¿i

B

N

X

(4) en (1):

2 .1 96 * 0 .4 * (41 .66 7 - 8 .143 a)+ 64 .95 = 23 .4 la

a = 3.323 rad/seg

2

E4.50.- Los cilindros A y B, pesan 1.8 daN y 4 daN respectivamente,

están inicialmente en reposo. Sabiendo que es 0.2 el coeficiente de

rozamiento cinético entre el cilindro B y la correa. Usando el método itipmm

alternativo del principio de trabajo y energía, para desplazamientos

infinitesimales reales; hallar la aceleración angular de cada cilindro __

inmediatamente después de que el cilindro B se ponga en contacto con

la correa y sabiendo que .entre los cilindros hay rodamiento.

Solución

Sabiendo que la única fuerza activa, es el rozamiento entre la

correa y el cilindro B.

1).- D.S.F. y relaciones cinemáticas- Relación entre

desplazamientos lineales y angulares infinitesimales del

sistema, y relaciones de las aceleraciones angulares.

Para rodamientos de cilindros de ejes

fijos

debe cumplirse:

Y A

OaY

(l)

(2)

(3)

(4)

P4-50

- 0

A

X

x - 7 ~ .

I

° B X I

r

A

co

A

= r

B

o)

B

r

A

a

A

= r

B

a

B

d O

A

= ^ d e

B

O,

r

A

d

^A => r

B

dO

B

'BY

N

P4-50a



MECAN ICA PARA INGENIERIA Y SUS APLICACION ES - DINÁMICA iy Capítulo IV

dX = r

B

dd

B

r

n

a

A

= — a

B

r

A

2).- Por el método alternativo del principio de trabajo y energía cinética, para desplazamientos

infinitesimales:

dW

NC

= dE

K

+ dii

Dónde:

dW

NC

=-fdX

Y j

F

y =

0

w

a

+ w

b

= N jV = 18 + 40 = 58 N

f = juN = 0 . 2 * 5 8 = 1 1. 6 N

dW

NC

= - / r

B

dO

B

= - 1 1 . 6 * 0 .1 d d

B

= - 1 . 1 6 dO

B

1 V T 1 1

dE

K

= -m

A

r

2

A

* -

B

~a

B

*

-

B

-

dO

B

+ -m

B

r¡a

B

dd

B

= -r¡a

B

{m

A

+ m

B

) d9

B

2

r

A

r

A

2 2

1 58

dE

K

= - * 0. 1

2

* —— a

R

dO

R

= 0 .02956 a

B

dO

B

2 9 8 1

B B

Luego:

- 1 . 1 1 6 de

B

= 0 . 0 2 9 5 6 a

B

= -3 9 .2 4 2 rad/seg

2

(Horario)

También:

a , = - ^ í - * 39 .242 = 52 .323 rad/seg

2

(Antihorario)

A

0 .075



MEC ÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIO NES - DINÁMICA

Capítulo V

5 . . - StSlTM.\>, \ I U K A T Ü R I O S 1 ) K l N G R A D O I)F. 1 J B F . R T A Í )

5.1.1.-

I n t r o d u c c i ó n . -

Vibración es un término usado para describir movimientos de traslación

y/o rotación oscilatorios de un cuerpo o de un sistema de cuerpos en direcciones

alternativamente opuestas, respecto a su posición de equil ibrio estático.

Las vibraciones son causadas por fuerzas perturbadoras o de excitación (puntuales, aisladas o

fluctuantes), que crea en el sistema un desp lazam iento co n respecto a su posició n de equil ibrio,

los desplazamientos producidos genera un s is tema de fuerzas recuperadoras ( fuerzas e lást icas ,

como el caso de una masa unida a un resorte o bien fuerzas gravitatorias como el caso del

péndulo), que tienden a llevar al sistema a su posición de equilibrio. Al cesar o fluctuar las

fuerzas perturbadoras, las fuerzas recuperadores aceleran al sistema hacia su posición de

equil ibrio, al cual l legan con una velocidad determinada, que hace sobrepasar está posición, de

está manera se genera un movimiento vibratorio u oscilatorio, que puede disminuir, mantenerse

o aumentar, según se presente o no fuerzas de resistencia o amortiguamiento.

Los sistemas oscilatorios pueden clasificarse como lineales o no l ineales, para los l ineales rige

el principio de superposición y los términos matemáticos para su tratamiento están bien

desarrollados, en contrario para los no l ineales son menos conocidos y difíci l de aplicarse, sin

embargo, algunos conocimientos del sistema no l ineal es deseable puesto que todo los sistemas

tienden a volverse no l ineales cuando crece la amplitud de oscilación.

Para poder describir el movimiento físico de un sistema se necesita elegir un conjunto de

variables o coordenadas, las cuales se conocen con el nombre de coordenadas generalizadas. Por

regular, se representa mediante el símbolo q^.

El movimiento de una partícula l ibre, se describe mediante las coordenadas generalizadas qi =

x

p

, q

2

= y

p

y q.i = z

p

. En este caso, las tres coordenadas son necesarias para describir el

movimiento de l s is tema. La Cant idad mínima de coordenadas independientes que se requieren

para describir el movimiento de un sistema se denomina grados de l ibertad del sistema. Así, una

partícula l ibre que experimenta un movimiento general en el espacio, t iene tres grados de

libertad.

En la figu ra F5-1. Ib se muestra un pén dulo en el plano. El punto pivote de este pén du lo en (x

t

,

y, , 0) y el péndulo t iene una longitud L. En este caso, se eligen como coordenadas x

p

y y

p

. No

obstante, como la longitud del péndulo es constante, estas coordenadas no son independiente

entre sí porque:

Ef

Posic ión de I -qui l ibr io

F u e r / a P e r t u r b a d o r a

M

D V

mi ion lo O si

F i g u r a F 5 - l . l a . - C u e r p o e l á s t i c o c o n t i n u o



MEC ÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACION ES - DINÁMICA

Capítulo IV

Y

La ecuación es un ejemplo de una ecuación de restricción, que en este caso, es una restricción

geométrica. El movimiento del péndulo en el plano se describe por medio de x

p

o y

p

. Como

.v

n

= L sen 0 y v „ = ¿ - ¿ c o s 0

J

, n

' - • /

;

entonce s se pue de uti l izar la variable para

describir el movimiento del péndulo, la cual es una coordenada independiente que califica como

coordenada genera l izada . Como sólo se necesi ta una var iable o coordenada independiente para

describir el movimiento del péndulo, un péndulo de longitud constante en el plano t iene un

grado de l ibertad.

Es necesario tomar en cuenta las ecuaciones restrict ivas en la determinación de la cantidad de

grados de l ibertad de un sistema. Por lo que se refiere a la configuración de un sistema

especificado por n coordenadas, las cuales están relacionadas con m restricciones

independientes, los grados de l ibertad N están dados por:

N - » - m

Un cuerpo rígido t iene seis grados de l ibertad, tres componentes de la posición de un punto base

y tres ángulos que definen su orientación. Un cuerpo elástico continuo, requerirá un número

infinito de coordenadas (tres para cada punto), para definir su movimiento, por lo tanto t iene

infinitos grados de l ibertad, sin embargo en muchos casos puede suponerse, que partes de dicho

cue ipo „son rígktes-y. el cuerp o pue de defin irse co m o d inám icame nte equ ivalente a u no : eo a

número finito de grados de l ibertad. Por ejemplo toda estructura continúa t iene un número

infinito de grados de l ibertad. Sin embargo, el proceso de selección o idealización de un modelo

matemático apropiado permite reducir los grados de l ibertad a un número discreto y en algunos

casos a uno solo.

Se van a analizar, a continuación, las vibraciones en sistemas mecánicos.

Los objetivos primarios serán: comprender su naturaleza, estudiar algunos casos sencil los,

proporcionar la base necesaria para acometer el estudio de problemas prácticos más

complicados, e introducir los conceptos y magnitudes uti l izados en los modernos equipos de

medidas d inámicas.

Se estudiarán aquí las vibraciones de sistemas con un grado de l ibertad, al t iempo que se

introducen algunos conceptos importantes a los que se hará referencia posteriormente. Los

sistemas con un grado de l ibertad (1 gdl) t ienen una excepcional importancia en la Teoría de las

Vibrac iones porque:



MEC ANICA PARA INGENIERIA Y SUS APLICA CION ES - DINAMICA

Capítulo V

Son los sistemas más sencil los, lo que hace pedagógicamente necesario comenzar

por su estudio.

Muchos problemas prác t icos pueden ser suf ic ientemente aproximados por s is temas

con 1 gdl.

Muchas de las propiedades de estos sistemas se presentan también en sistemas con

más grados de l ibertad.

Mediante la técnica del "análisis modal" los sistemas l ineales con n gdl pueden

resolv erse supe rpon iendo n sistemas con 1 gdl.

Las f iguras F5- l . lc , muest ran a lgunos e jemplos de est ruc turas que pueden ser representadas

como un sistema con un grado de l ibertad para el análisis dinámico.

f(r)

I

T

FU) -

(3)

p(r I

Ib)

(c)

Nota.- Muchos autores diferencian el concepto de vibración y oscilación de la siguiente manera:

Los té rminos movimiento , osc i lac ión y v ibrac ión no son s inónimos. Toda vibrac ión es una

oscilación y toda oscilación es un movimiento, pero esta afirmación no puede hacerse en sentido

inverso. Asi, una rueda se mueve pero no oscila , y un péndulo simple oscila pero no vibra.

La diferencia específica que delimita el significado del concepto de vibración se encuentra,

haciendo intervenir el concepto de energía. Tanto las oscilaciones como las vibraciones se

prolongan en el t iempo mediante un proceso de conversión entre dist intos t ipos de energía. Así,

en el péndulo simple los t ipos de energía que intervienen son la energía cinética y la energía

potencial gravitatoria . Pues bien, para que se pueda hablar de vibración de un sistema mecánico

es necesar io que aparezca un t ipo de energía espec ia l la ENERGIA de DEFORMACIÓN o la

ENERGÍA POTENCIAL ELÁSTICA (o e l a s top lá s t i ca ) .

5 .1 .2 . - Estudio de s is temas somet idos a v ibrac iones. - En los problemas de ingenier ía no es

siempre posible obtener soluciones matemáticas rigurosas. En verdad, sólo en algunos casos

simples pueden obtenerse soluc iones ana l í t icas . Cuando los problemas impl ican propiedades de

materiales, distribución de cargas y condiciones de contorno complejas, es necesario introducir

simplificaciones o idealizaciones para reducir el problema a una solución matemática que sea

capaz de dar resultados aceptables desde el punto de vista de la seguridad y la economía. El

nexo entre el sistema físico y la posible solución matemática se obtiene con el modelo

U N A S A M





Capítulo

IV

matemático o modelo discretizado, esta es la designación simbólica del sistema idealizado de

susti tución que incluye todas las simp lificaciones impu estas al prob lem a físico.

Estructura Modelo M o d el o d is cr e ti za d o

Cuando el cueipo o sistema a estudiar se aproxima a un modelo en el cual las masas reales se

susti tuye por masas concentradas, conectadas por resortes sin masas, el sistema recibe el

nombre de "sistemas de parámetros localizados" o modelo discretizado (aquel cuya masa y

elementos elásticos están separados o concentrados). En cambio, si se considera la masa del

modelo o del sistema en su forma distribuida (son aquellos cuya masa y elementos elásticos

están repartidos en el espacio físico), produciéndose una variación continúa del movimiento a

través de su masa, se dice que el sistema es de "parámetros distribuidos". Solo estudiaremos el

sistema de parámetros localizados

La discretización es ideal para sistemas que se encuentran en movimiento de traslación, pero no

así en sistemas cuyos elementos t ienen dist intos t ipos de movimiento, para la cual hay que

considerarlos como tal , pero teniendo en cuenta las consideraciones del movimiento de 1 gdl.

5 .1 .3 . - Formulac ión de ecuaciones de l movimiento . - En la formulac ión se usa d is t in tos

métodos, como los que se enumera a continuación:

1. Ecu acion es de la Dinám ica (Leyes de New ton y Euler)

2. Principio de D'Alam bert

3.

Principio de trabajos virtuales

4.

Teoremas de la energía

5.

Ecuaciones de Lagrange

6. Principio de Ham ilton

5 . 2 . - E S T U D I O D E S I S T E M A S D E U N G R A D O D E L I B E R T A D

5.2.1 . - Ecuación di ferencia l de l movimiento de t raslac ión. - Al rea l izar e l modelo

discretizado, se asume que cada elemento del sistema representa una sola propiedad; es decir , la

masa m que almacena y l ibera energía cinética, representa sólo la propiedad de inercia y no la

elasticidad o disipación de energía, mientras que el resorte K que almacena y l ibera energía

potencial, representa sólo a la elasticidad y no a la inercia o la disipación de energía, y el

elemento amortiguador C solamente disipa energía. Se t iene que tener en cuenta que tales

elementos "puros" no existen en nuestro mundo físico y que los modelos matemáticos son

solamente idealizaciones conceptuales, que nos dan información que se requiere para una

adecuada comprensión del comportamiento dinámico del sistema físico, incluyendo las

especificaciones de diseño y seguridad.

Cada uno de estos elementos t iene característ icas diferentes de excitación-respuesta; la

excitación está en la forma de una fuerza o de un momento, y la respuesta correspondiente del

U N A S A M




MEC ÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIONES - DINÁMICA

Capítulo

IV

elemento está en la forma de un desplazamiento, velocidad o aceleración. Los elementos de

inercia se caracterizan por una relación entre una fuerza aplicada (o momento) y la

correspondiente respuesta de aceleración. Los elementos de rigidez se caracterizan por una

relación entre una fuerza aplicada (o momento) y el desplazamiento correspondiente (o

rotación). Los elementos de disipación poseen como característ ica una relación entre la fuerza

aplicada (o momento) y la respuesta correspondiente de velocidad. La naturaleza de estas

relaciones, pueden ser l ineales o no l ineales. Las unidades asociadas con estos elementos y los

símbolos más usados para los dist intos elementos se muestran en la siguiente tabla N° 5.2.1:

Tab la N° 5 .2 .1 . - Un idades de l a s pa r t e s que cons t i tuyen un s i s t ema v ib ra to r io mecán ico y

sus s ímbo los convenc iona le s

N o m e n c l a t u r a

Mo vimiento d e t raslac ión

Masa, m

Rigidez, k

Amort iguamiento , C

Fuerza externa, F

Movim iento de ro tac ión

Momento de inercia de la masa, I

Rigidez, k

Amort iguamiento , C

Momento externo, M

U n i d a d e s

i

| kg

' N/m

N.s/m

N

kg.m

2

N.m/rad

N.m.s/ rad

N . m

Si para el estudio, se t iene un sistema discretizado de parámetros localizados formado por una

masa concentrada conectada a un marco inercial , por medio de un resorte de constante "K" y un

amortiguador "C", y el sistema es de un grado de l ibertad.

I

I

Po s ic ió n ti c Equi l ibrio 1

(P I £ . ) * ¡

O

o

i

1

= 0 n = o

Figura F5-2 .1a

Para resolver el sistem a se t iene que tener bien claro los siguientes concep tos:

U N A S A M





Capítulo

IV

5.2.1.1.- Fuerzas de rigidez (F,) .- Los elementos de rigidez almacenan y l iberan la energía

potencial de un sistema.

5 .2 . I . I . I . - Resor tes l inea les . -

a).- Resortes de traslación.- Si se aplica una fuerza F a un resorte l ineal , como se muestra en la

F.

, =

A' .Y

figura F5-2. Ib esta fuer za prod uce un de splazam iento x tal que:

1 1

'

D u r o

i n e a t F

s

*= kx

7 - — B l a n d o

F i g u r a F 5 - 2 . 1 b

i).- Resorte duro.- El comportamiento es tal que, la fuerza requerida para producir una

determinada deformación aum enta a me dida que e l resor te se deforma.

i i) . - Resorte l ineal .- El comportamiento es tal que, la deformación en el resorte es directamente

proporcional a la fuerza aplicada en uno de sus extremos.

i i i) . - Resorte blando.- El comportamiento es tal que, la fuerza adicional necesaria para producir

una nueva deformación disminuye a med ida que la deform ación de resor te aumenta .

Escogemos el resorte l ineal , por ser el que más se adecúa a la realidad y de posibil i tar el

tratamiento del movimiento en forma simple.

b).- Resorte de torsión.- Si se considera un resorte l ineal de torsión y se aplica un momento

1

al resorte en uno de sus extremos, mientras el otro extremo del resorte se mantiene fi jo,

entonces:

c) . - Constante de l resor te equiva lente de t raslac ión. - Por la teor ía de la e last ic idad en c ie r tos

estructuras se puede determinar las constantes equivalentes, por ser las deflexiones estáticas

muy pequeñas y considerarlas como "lineales", como se i lustra en la siguiente tabla de rigidez

equivalentes:

U N A S A M





Capítulo

IV

"I «i

a — - W A • — - W A o

l a h l a de r i g i de c e s de re so rte

I

' /* , +

I

/kj

k =• k. + A,

£ 7

/ '

I

a

¡

C,J

/ - m o m e nt o de i ne rc i a de l a se c c i ó n t ra nsv e r sa l

l o ng i tud to ta l

I área de li

se c c i ó n t ra nsv e rsa l

I J c o nsta n te de to rs i ó n de l a se c c i ó n t ra nsv e rsa l

- 2

R k - GV

4

" - núm e ro de v ue l ta s

3 El

k

P

; , r a

l a po s i c i ó n de l a c a rpa

4 8 ¿ 7

/

3

192 £7

l

3

7 6 8 £ 7

7 / '

o -ib

y-x-

I -I ó

E l

3EII

MEI

Pbx ,, ,

I - I

3[El

(/ + o)a

:

2 4 E 1

a

2

(il + 8a)

Figura F5-2 .1c

U N A S A M





Capítulo IV

5.2.1.1.2.- Resortes no l ineales.- Los elementos de rigidez no l ineales t ienen muchas

aplicaciones, sin olvidar los muelles de las suspensiones de los vehículos. En cuanto a un resorte

no l ineal , la fuerza del resorte F

(x )

es una fu nción no l inea l de la var iable de desp lazamiento x .

La expansión es una ser ie de está función, se in te rpreta como u na combinación de compo nentes

de resortes l ineales y no l ineales, la relación fuerza-desplazamiento se expresa como:

D o n d e ,

a

representa el coeficie nte de rigidez del término no l ineal desd e el pun to de vista de la

constante del resorte l ineal k,

a

pue de ser posit iv a o negativa. Un elem ento de resorte para la

cual

a

es posit iva se l lama resorte de endurecim iento (ver figura F 5-2.1b ) y un resorte para la

cual

a

es negativa se deno min a resorte de suavización (ver figura F5-2.1b). D e acuerdo a la

formula mostrada, la energía potencial es:

Nota.- Hay otras formas de resortes no l ineales, como son: Resortes cúbicos y resortes l ineales,

elementos con fluidos, gas comprimido, etc .

5 .2 .1 .2 . - Fue rzas de amor t iguamien to (F

2

) .- Fuerza que ejerce el amortiguador sobre la masa

m

La descripción real de F

2

es difíci l , donde se uti l iza modelos ideales de amortiguamiento, que a

menudo permiten una satisfactoria predicción de la respuesta esperada.

Las vibraciones sufren un cierto grado de amortiguamiento debido a resistencias en forma de

amort iguamiento (amort iguamiento magnét ico) o a fuerzas de rozamiento (mecánico y f lu ido) ;

estos ú l t imos pueden ser fuerzas de rozamiento seco o rozamiento de Coulomb entre cuerpos

rígidos, o de roz am iento fluido cu and o un cuer po se m ue ve en el seno de un fluido, o de

rozamiento interno entre las moléculas de un cuerpo aparentemente elástico (amortiguamiento

sólido y amortiguamiento estructural) . De especial interés es el amortiguamiento viscoso

producido por e l rozamiento f lu ido a ve loc idades ba jas y medias , que es d i rec tamente

proporcional y opuesta a la velocidad del cuerpo en movimiento, que instalaremos

intenc ionalmente , perm it iéndonos e l tra tamiento matem át ico re la t ivamente s imple .

Considerando las condiciones más sencil las se t iene:

F

(

, = k x +aK x*

Re snñe Rc.t.w/i-

lineal tm lineili

y

J

Dónde :

F = KX F , = CX

I V -

K

— >

Co eficien te de rigidez del resorte (N/m ).

C Coefic iente de amort iguam iento v iscoso (N-seg/m).

Regresando al modelo discretizado:

U N A S A M




ME CÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACION ES - DINÁMICA

Capítulo IV

Haciendo e l D.C.L:

(P.E.

X

i

De la segunda ley de Newton:

F

{l)

-CX - KX = mX

Ordenando:

mX

+

CX + KX = F,

[5.2.1.0.0.1]

N N

Figura F5-2.1d

5 .2 .2 . - P a r a u n s i s t ema mas a - re so r t e - am or t igu ad or . - En e l cua l e l r e so r te e s tá conec tado a u n

g

elem ento que sufr e un desplaz am iento ^*con respec to a su posició n de equil ibrio.

Pusidín ib Equlibrio

I

(P.E) (P.E.)

' X '

v\

M

= 0

Figura F5-2 .2a

Haciendo e l D.C.L:

D e la segun da ley de New ton:

- CX - K (x - 5

( I )

)= mX

Ordenando :

H - 0

1

X

(P

.E.) i •

mX +CX + KX = K6

[5.2.2.0.0.1]

N N

Figura F5-2 .1d

F = K8

Si, se t iene la ecuació n de la m ism a fo rm a que 5.2.1.0.0.1

5 .3 .- V I B R A C I O N E S L I B R E S D E T R A S L A C I Ó N D E U N G R A D O D E L I B E R T A D

Es la que ocu rre cuand o un s is tema osc i la ba jo la acc ión de fuer zas inherentes a l s is tema m ismo ,

p

s dec i r , cuando n o ac túa n inguna fuerz a externa , es to se da , cuando la fuerz a per turbadora

1

U N A S A M




ME CÁN ICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICA CION ES - D INÁM ICA

Capítulo IV

o el desplazamiento que se indican en las ecuaciones 5.2.1.0.0.1 y 5.2.2.0.0.1 son nulos.

Describiendo el movimiento y la respuesta de la masa

m

cuando se suelta de una posición que

no es la del equilibrio. Siendo de gran importancia su frecuencia natural ^

n

(en función de la

m asa y rigidez del sistema).

Si para el estudio, se tiene un sistema discretizado de parámetros localizados formado por una

masa concentrada conectada a un marco inercial, por medio de un resorte de constante "K" y un

amortiguador "C", y el sistema es de un grado d e libertad.

5.3.1.- Vibraciones libres no amortiguadas.- Es el sistema más simple y fundamental, donde

"ignoramos" o despreciamos las fuerzas de amortiguamiento, por lo que, el sistema en

movimiento estará gobernado sólo por la influencia de las llamadas condiciones iniciales, o sea

el desplazamiento y la velocidad especificados en el instante t = 0, cuando se inicia el estudio

del movimiento del sistema

Luego:

;

, en este caso la ma sa vibra sin pérdida de energía y la ecuación

diferencial de su mov imiento será:

niX + KX = 0 (

M A S

.) [5.3.1.0.0.1]

Ecuación diferencial homogénea lineal de segundo orden

a).- Solución de la ecuación diferencial.- Para la solución de la ecuación diferencial, se

com prueba, que cada una de las funcion es dadas satisface a dicha solución:

X = A sen

co

t

n

Ó

[

0

i

X - B c o s t o /

n

Do nde A y B son constante que dependen de la iniciación del mov imiento, mien tras que es

un valor que denota una propiedad física del sistema como demostraremos en seguida. La

aplicación de la ecuación [ ^ ] en la ecuación 5.3.1.0.0.1 nos da:

+ K ^ B c o s ( o

n

t = 0

Para que esta ecuación se satisfaga en cualquier instante del tiempo, el¡ factor entre paréntesis

debe ser igual a cero, o sea:

La raíz positiva se le conoce como la frecuencia circular natural del sistema o también como

pulsación propia no amortiguada o simplemente como la pulsación de la vibración.

La solución general para le ecuación diferencial de segundo orden es:

U N A S A M




M ECÁNICA P^RA INGENIERÍA Y SUS APLICACION ES - DINÁMICA

Capítulo V

A '

( ; )

= A Arn oW + 5 cosco j

[5.3.1.0.0.2]

Derivando la ecuación 5.3.1.0.0.2 respecto al tiempo:

A V . = A to c o s t o t - B (û sen co /

(< J n n n n

[5.3.1.0.0.3]

A continuación determinamos la constantes de integración A y B. Estas constantes están

determinadas por los valores conocidos del movimiento y del sistema, que casi invariablemente

son el desplazam iento Xo y la velocidad V

0

al iniciarse el mo vimien to, o sea en el instante t = 0;

después de sustituir en las ecuacion es 5.3.1.0.0.2 y 5.3.1.0.0.3 obtenem os:

X=B K. a A to

O y O

Reemplazando lo obtenido en la ecuación 5.2.2.1.0.2:

X,. = — sen

to / +

X

n

co s to

t

1/1 n 0 n

to

[5.3.1.0.0.4]

b) .- Otra form a de obtene r la ecuación del mo vimiento es como sigue.-

A y B, son constantes de integración, cuyos valores dependen de la manera como se inicia el

movimiento.

Si, hacemos:

A=Au B = Bn

y

Figura F5-3.1a

Proyectando sobre la vertical el vector rotatorio OQ (X), que describe una circunferencia de

to

radio "c", al m overse con una velocidad constante " (lo que explica el nom bre de frecuencia

angular), luego:

A

=

c

costj)

y B = csenty

c~-Ja' + B

2

UNASAM

Autor: VÍCTOR M ANUEL MENACHO LÓPEZ




Capítulo

IV

, B

/ g < j > = -

A

Reem plazando en 5.3.1.0.0.2, se tiene:

A'

()

j = c cos<J> .V C/ Í O W + c sem|> cosco

n

t

X

{l)

= c sen(<A>

n

tj>)

Dónde:

c Amplitud.

[5.3.1.0.0.5]

4>

Recibe el nombre de ángulo de fase del movimiento con respecto a una referencia

dada.

Representación Grafica:

i

k

X

i

T = 2 7T/00n

1

csen(< J>) i , '

/

/ T \

c \

i

i i

' i

' i

4 )

Figura F5-3.1b

2n 2 n

En la ecuación 5.3.1.0.0.5, el tiempo aum enta de en ^ , o sea la funció n se repite cada

2n

to

" , por lo tanto el perio do es:

T

= — = 2 7 t . í—

co va:

La frecuencia natural es:

ín

~ T ~ 2n

. ± 1 1

2n V /»

Debido a que la cantidad

C

°" sólo difiere de la frecuencia na tural ^ " en el factor constante

2 JX

, también algunas veces se la denomina frecuencia natural. Para distinguir entre estas dos

to

expresiones de la frecuencia natural, se pued e llamar a " frecuencia circular o angular.

UNASAM

Autor: VÍCTOR MANU EL MENACHO LÓPEZ



WlECÁNICA PARA INGEN IERÍA Y SUS APLICAC IONES -

t • m m m m m m m m m m m m s m m m m m m s m m m m a m

DINÁMICA

Capítulo V

B B H B B H

También tomarnos en cuenta, que:

V

= eco

a

= eco

max

«

y nux n

La velocidad y la aceleración se obtendrán derivand o la ecuación 5.3.1.0.0.5:

X

( i )

= c co

n

e o s ( o w + <> )

)

= £

'

w

«

V í

' " K

+

)

+

t ] [5.3.1.0.0.6]

* ( , ) = ~c<a;sen ( o W +

<>

)

* ( , ) = [ ( » , / + • ) + [ ] [5.3.1.0.0.7]

La ecuación 5.3.1.0.0.5, también se puede escribir, como:

X

{l)

= c c o s ((új - a ) [5.3.1.0.0.8]

Donde, concluimos en 5.3.1.0.0.5 y 5.3.1.0.0.8:

c = jx,; +

v

=

v

( 0

w

V / /W

y tea. = -—«•

/ t o *

y ' " ,

c).- Frecuencia natural en función de la deflexión estática.-

_ I _ _L í * _ jL ^ _ _L te

T~ 2nÍm~ 2n V/h.VA " 2TT V/HA

f

n

= [5.3.1.0.0.9]" 2 n V A .

Dónde:

A

— >

De flexió n estática.

Nota.- Si la masa se encuentra colgada del resorte o verticalmente, se obtiene los mismos

resultados, por que el origen de la elongación es la posición de equilibrio y no el de la

deformación nula del resorte.

Ejemplo ilustrativo:

Determine la frecuencia circular natural del sistema mostrado en la figura, que consiste en una

carga de 1 kN aplicada a una viga en voladizo a través de un resorte K

2

. La viga (con un

extremo empotrado) tiene un espesor e = 0.5 cm, un ancho b = 5 cm, un módulo de elasticidad E

= 210 GN/m

2

y una longitud L = 50 cm. L a constante del resorte es K

2

= 2 kN/m.

UNASAM Autor: VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ




Capítulo IV

50 cm

A.\

f— 5 cm —I

_L

T

0.5 cm

Solución

1).- El mode lo discretizado del sistema es:

2).- D.C.L.:

( P F -

>

' ' *•

3).- Cálculo del

K<.

del sistema:

a).- Desp lazam iento A producido por una fuerza estática P aplicada al extremo libre de una

viga en voladizo, está dado por:

A =

PÍ _

3

El

Do nde I es el mo me nto de inercia de la sección d e la viga,

b).- Constan te del resorte equivalente K¡ de la viga:



MECÁ NICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACION ES - DINÁMICA Capí tu lo

IV

.. P 3 El

A ,

A L (Ve r tam bié n tabla de rigideces de reso rte)

/=— he

Do nde: ' - (para una sección rectangular)

c).- Constante equivalente K« del sistema.- La viga y el resorte de este sistema están conectados

como resortes en serie , en consecuencia, la constante del resorte equivalente del sistema está

dada, por:

_L__L _L

K

e

" K

t

+

K

z

Ree mp lazand o va lores , se t iene:

/ = — * 0 . 0 5 * 0 . 0 0 5 ' = 5 . 2 1 .v 10

10

m

A

2

„ 3 * 2 1 0 . v l 0 ' * 5 . 2 1 . v l 0 " ' .

A. = ; = 26 25 .8 4 .V i m

1

0 . 5 '

Luego:

— = + — — _ > K = 1 1 3 5 . 3 N i m

K 2 6 2 5 . 8 4 2 0 0 0

c

4).- Cálculo de la frecuencia natural del sistema.- Si la frecuencia circular natural del sistema

está dado por:

A ', | 1 1 3 5 . 3 * 9 . 8 1 .

0) = J—- = ,

i

= 3 . 3 3 7 rail i seg

" V » , V 10 00

Luego:

c o 3 . 3 3 7

/„ = ^ f ^ 0 . 5 3 1 / / ,

— IV. _

5.3 .1 .1 . - Por e i pr inc ipio de conservac ión de energía . - Como en los s is temas no

amortiguados, no existe disipación de energía, es decir que está se conserva, la ecuación

5.3.1.0.0.1 se pu ede obtener a part ir de este principio

Para una posición "X" cualquiera del movimiento de m, se t iene:

£\ = -mX~ y U =~KX

:




Capítulo

IV

( / r

K

' '

(

i

\

- X - + -KX -

clí

12 2

=

mXX

+

KXX

=

0

-> X+\ —

m

A' =0

X + A )

:

X = o

5.3.1.2.- Método de RAYLKIGH.

En un sistema que evoluciona bajo la acción de Fuerzas conservativas sabemos que la energía

total del sistema se mantiene co nstante.

E

k

+U = Cíe

Analicemos el sistema masa resorte haciendo consideraciones energéticas:

E l o n g a c i o n e s

Caso üe resone linea

1

/ / / / / / / / / / / / / / /

c = defin e un punto cualquiera del resorte,

c = 0, la elongación es 0.

c = L, la elongación es X.

La función elongación es:

= X

t

^.sen{(OJ)

+

A m p l i t u d

Analizaremos en primer lugar considerando parámetros concentrados (es decir que la masa está

conce ntrada en la punta del resorte y que la ma sa del resorte no influye).

Energía cinética:

E, - - m x'

Co mo la única po rción del sistema que tiene masa es el cuerpo colgado del resorte entonces será

la única porción que tendrá energía cinética, por ende la función oscilación nos interesará

únicamente en el extremo:



MECÁ NICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIO NES - DINÁMICA

B B B B B B B B B B B B i ^ B B H B B i l ^ B a B B B i É B B a H B K

.v

( f

, , = A' , . seni

(0.1 )

= X.sen( col )

Hallando la derivada:

.v

(í

¡ J = X

{¡ )

co e o s (co

t

) = A'co e o s (co

t

)

Introducien do esta función en la ecuación de la energía c inética:

E

K

=

—

M A '

:

c o

:

c o s

:

(co t )

Ahora calcularemos la energía potencial elástica:

Capítulo IV

U , = - r F A = -P ~

k

V

™ = k— =

k

—

sc

'"~ (<

ú t

)

</«.. Jo ' Jo 9 7

v

'

Pero com o bien sabemos:

E

s¡

= Cíe - E

h

+

U

<L¡S

= k X~ sen

1

(co / ) + ~ /// A '

:

c o " c o s

:

(co / )

La energía cinética total del sistema es cero en el desplazamiento máximo y es máxima en el

punto de equilibrio estático. Para la energía potencial del sistema ocurre lo contrario. Por tanto:

- "i i' k',, = - i» x-<*

Y como la Energía mecánica es cte.

E, = U =

K

" "

,ax

Ene rgía total del sistem a

k X' =

—

/ ; / A"co

:

Despejando

( )

de la ecuación, llegamos a la expresión de la frecuencia natural de oscilación del

sistema considerando parámetros concentrados:

Entonces vemos que el método de la energía nos permite calcular la frecuencia natural del

sistema.

5.3.1.3.- Vibraciones libres de los sólidos rígidos.- El análisis de las vibraciones de un cuerpo

rígido o de un sistema de cuerpos rígidos con un grado de libertad es similar al análisis de la



Capítulo V

vibraciones de una partícula. La posición del cuerpo, o del sistema de cuerpos, se define en

función de una variable adecuadamente elegida, un desplazamiento X o un ángulo ® ;

seguidamente, se escribe una ecuación que relaciona esa variable con una segunda derivada en

el marco de referencia elegido. La ecuación obtenida es de la misma forma que la 5.3.1.0.0.1, es

decir, si tenemos:

X +

OJ

:

X = 0 ó 0 + (O

2

0 = 0 _ . . _ , [5.3.1.3.0.1]

" " (M .A.S.) '

A los parámetros obtenidos de estas ecuaciones se les llama efectivos.

Por ejemplo tenemos, un cuerpo rígido con movimiento alrededor de un eje fijo.- Si las fuerzas

de fricció n son despreciables.

Solución

1).- D.C.L.:

2).-Relaciones cinéticas, para un instante cualquiera:

2 > / „ = / / „ -,

m

hcnü = /„0

[P I

A

Está ecuación diferencial no es lineal, por que " se n ° " es una función no lineal, pero si nos

limitamos a considerar ángulos muy pequeños para los cuales

—

u

la ecuación [ ' ], se

vuelve lineal (solución aproximada), luego:

/

0

G ' + ( m g d ) 0 = 0

0 - >

Es una función armónica simple

Luego:

Donde:

0, . = Asen M t

+

B costo /

(j) n ><

CO -

>1

mgd

- > co =

mgd

" v i

\ A,

El campo gravitacional proporciona la acción restauradora y la frecuencia circular natural es

proporcional a

v

" .

U N A S A M




MEC ÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIO NES - DINÁMICA Capí tu lo V

Nota.- Para soluciones exactas, se t ienen factores de corrección del periodo (tablas), al

encon trar el centro de oscilación o sea al igualarlo con en pén dulo sim ple de longitud ' a l

i - V i

centro de percusión encontrado

~

. Se pres cind e de los factores de corrección para

ángulos menores a 10°.

5 .3 .2 .- V ibrac ione s T orsio nales . - La ecuación de l mo me nto respec to a un e je f ijo, de un cuerp o

obliga do a girar sobre el eje fijo mencion ado, es:

/ . .c o . = ¡ J = A / .

Si M

z

es un mo m ento recu perado r l ineal . Por ejem plo, consider arem os un disco circular fijado

al extrem o de un eje l igero com o se mu estra en la figura F5-3.2

3

i

Si Mediante un agente externo, se hace girar el disco alrededor de la directriz A-A del eje ,

entonces el disco girará esencialmente como un sólido rígido, mientras que el eje , como es

mucho más delgado y largo, girará y proporcionará un par recuperador sobre el disco que

intentará que éste vuelva a su posición inicial . Al considerar los posibles movimientos de un

sistema de este t ipo perturbado de la manera mencionada, idealizamos el problema

concentrando toda la acción elástica en el eje y todo s los efectos inerciales en el disco. A pa rtir

de la resistencia de materiales sabemos que para un eje circular transversal constante la cantidad

de gi ro ® inducida por un mo me nto M

2

es, dentro del rango elástico de deformaciones,

GJ

donde G es el módulo de rigidez transversal , o de cizalladura, del material que compone el eje , J

es el momento de inercial polar del área de la sección transversal del eje , y L es la longitud del

eje. Podemos desarrollar el concepto de constante de muelle torsional K

t

dada com o:

Para el caso que estamos estudiando, tenemos:




Capítulo V

L

Así, en este análisis el eje delgado juega el mismo papel que el l igero resorte l ineal , podemos

expresar la ecuación diferencial resultante, como sigue:

Ó' -r = 0

/

Nótese que la forma de la ecuación es idéntica a la ecuación de los movimientos l ineales. En

consecuencia, todas las conclusiones desarrolladas en ese análisis se puede aplicar ahora con los

cambios de notación adecuados. De esta forma, el disco, una vez perturbado mediante la

imposición de un movimiento angular, tendrá una frecuencia de oscilación torsional natural de

I ^ - rad/s. La ecuación del m ovim iento para el disco es:

K

+ C\sen j—-/

v / . .

dond e Q y C2 son constantes de integración a determin ar a part ir de las cond iciones inerciales.

De esta form a, s i ^ ^ " y ^ para t = 0 tenemos:

0 = 0

o

e o s J^-l + senl^-t

V , JKJT: V ,

En el ejemplo que acabamos de presentar, el momento recuperador l ineal proviene de un largo

eje delgado. Podría haber otros agentes que puedan desarrollar un momento recuperador l ineai

sobre un sistema que, de otra forma, giraría l ibremente alrededor de un eje fi jo en un espacio

inercial . Hablaríamos entonces de constante de resortes torsionales equivalentes.

5.3.2.- Vibrac iones l ibres con amort iguamiento . - En la prác t ica , los s is temas no conservan su

energía, está se pierde por fricción externa o por fricción molecularesanternas del material

©

sea

por una fuerza de amortiguamiento, lo que hace que la amplitud decrezca gradualmente.

La ecuación diferencial para este t ipo de movimiento será:

ntX + CX + KX =

0

[5.3.2.0.0.1 ]

Suponiendo, que la solución es de la forma:

X = A e " [5 .3 .2 .0 .0 .2 1

Don de, A es una cons tante arbitraria y "r" es un par ám etro o raíz característ ica.

»

Derivando dos veces 5.3.2.0.0.2 respecto al t iempo, se t iene:

X = A r e" v X = A / V ' [5.3.2.0.0.3]



M E C A N I C A PAR A I N G EN IER I A Y SUS APL I C AC I ON ES - D I N AM I C A

Capítulo V

Susti tuyendo 5.3.2.0.0.2 y 5.3.2.0.0.3 en 5.3.2.0.0.1:

mArc ' + CAr e ' + KA e" = 0

rnr + C r + A = 0 (Ecuac ión característ ica)

Resolviendo la ecuación característ ica

•>

( C)

í ^ i

/ • " +

—

—

[mj [mj

:ü -> r =

Í O

í

r

i

" 4 K

—

±

J

V

m

f e

2 / j i

VI 2

m )

m

[5.3.2.0.0.4]

i é )

a).- Pa ra el caso en qu e ^ ' , las raíces son distinta s y si llam am os ri y r2, la soluc ión

general de 5.3.2.0.0.1 será:

[5.3.2.0.0.5]

2 m

K

m

b).- Para el caso en que

v /

'" , hay solo una raíz repetida r y la susti tución directa

mostrará, que hay una solución de la ecuación 5.3.2.0.0.1:

X = Ae " +B te

[5.3.2.0.0.6]

5 .3 .2 .1 . - Movimien to c r i t i c amen te amor t iguado (amor t iguamien to c r í t i co ) . - Se da cuando e l

discriminante se anula, haciendo que la constante C reciba el nombre de coeficiente de

- (C >

amort iguamiento cr i t ico

v (

' .

¡v 2 m J m

C, = 2 -J Km = = 2 meo

f n

(<)

[5.3.2.1.0.1]

El coeficiente de amortiguamiento real "C" y el crí t ico "Ce" están relacionados por el factor de

amortiguamiento relativo (razón de amortiguamiento o factor amplificador o índice de

amort iguamiento)

„11 „

(eta) o (zeta), de la siguien te ma nera :




Capítulo V

t'c

(5.3.2.1.0.2)

5.3.2.1.0.1 en 5.3.2.1.0.2:

'1 =

c

2 nno

C .

- > (o n = — - > 2 n (o, =

>t

* ' "

2 m

C

ni

[5.3.2.1.0.3]

5.3.2.1.0.3 en .5.3.2.0.0.4:

r = -< ù

H

r\ ± ^ / ( ( o j i ) - - c o ;

=

w

„ ( r n ± V n

:

-

1

J

[5.3.2.1.0.4]

Para e l movim iento cr í ticamente am ort iguado ^ ~~ , que no per tenece a un mo vimien to

vibratorio. Para este caso, el sistema retorna a su posición de equil ibrio sin vibrar en el menor

t iempo posible

Para este caso la solución de 5.3.2.0.0.1 está dada po r 5.3.2.0.0.6:

X

V)

= A e

+

tí t e"'

[5.3.2.1.0.5]

Representac ión gráf ica :

> t

Figura F5-3 .2 .1

5 .3 .2 .2 . - Mo vim ien to so bre am or t ig uad o (a m or t ig uam ien t o fue r t e o su pe re n t ico ). - Se da

cuando el discriminante t iene un valor real , luego ^

>

'y la solución de 5.3.2.1.0.1 está dado

por 5.3.2.0.0.5

X

{I )

= A * ^)"'.' + B c^ - '

A

( , ) ~

c

[5.3.2.2.0.1]

El sistema retorna a su posición de equil ibrio sin vibrar en un t iempo mayor, que el que, se

produce cuando el amortiguamiento es crí t ico.



MECÁ NICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICA CIONE S - DINÁM ICA

Capítulo V

Representación gráfica:

x ( t )

t

Figura F5-3.2.2

5 .3 .2 .3 . - Movimien to subamor t iguado o movimien to v ib ra to r io amor t iguado

(amortiguamiento débil o sub crítico).- Se da cuando el amortiguamiento es pequeño,

haciend o que el discriminante tenga raíces com plejas conju gada s, luego ® H

<

' (sub crítico):

= « . . ( - n ± / V ' - n

:

)

( i

= . l u a i

unidad imaginaria)

a :

( f )

, ( - -„ ,, / ) ' i' (_„. ,,) -"-».í V"—I-1'

.-1, e ' e + A, e e

V it "•>' . A l'i'

1

I '1 «' '

A

([ )

= ^4,e + A

:

e )e "

[5.3.2.3.0.1]

Considerando las relaciones de Euler:

e

u

' = e o s 0 ± /'

sen

0 [5.3.2.3.0.2]

Se anula las raíces d e las cantidades imaginarias: 5.3.2.3.0.2 en 5.3.2.3.0.1:

A '

(r )

= [ . /

|

(co so ) ' / + / .vc7Ko'/ )+ A,(c osto ' / - is ei K ú' í ) ]c " '• '

A

( ( )

= [(.-/, +

A

:

)cos(ó'/+r(A

l

-A

:

}efr<o

,

/]e~""-'

A. . = (//, coso)'/ + A

4

seno)'/)e

[5.3.2.3.0.3]

En 5.3.2.3.0.1 llamamos a la frecu enc ia an gu la r del sistema (frecue ncia de las

oscilaciones am ort igu ad as o pulsación p ropia am orti gu ad a), definido por la siguiente

relación:

=

donde:

M

'

<( 0

«

[5.3.2.3.0.4]

El valor del coeficiente de amortiguamiento en estructuras reales es considerablemente menor

que el coeficiente crítico de amortiguamiento; generalmente fluctúan entre el 2% y el 20% del

valor crítico. Sustituyendo este valor máximo; '1 = 0.20 en la ecuación 5.3.2.3.0.4 da:



M E C Á N I C A PAR A I N G E N I E R Í A Y S U S APL I C AC I O N E S - D I N Á M I C A

Capítu lo V

ío '= 0. 98 o)

n

De este resultado se puede observar que la frecuencia de vibración de un sistema con un

coeficiente de amortiguamiento alto como del 20% del amortiguamiento crítico, es

prácticamente igual, a la frecuencia natural de un sistema sin amortiguamiento, Por esta razón,

en la práctica, la frecuencia natural de un sistema con amortiguamiento se considera igual a la

CO'SCO

frecuencia calculada en el sistema sin amo rtiguamiento. {Para * peque ños

mucho en la ingeniería)}.

La ecuación 5.3.2.3.0.3, también se pude expresar de la siguiente manera:

X

((}

= c V " " " " ' s e n (co ' / + <j>') [5.3 .2.3 .0.5 ]

Dónde:

' (usado

c

' = - J

A; + A;

y

t

g

$' =

tV '*"* '

Con una amplitud decreciente limitada por las curvas , com o se ve en la representación

gráfica:

T '= 2 t i /CO '

nWnt

F ig u r a F5 - 3 . 2 3

T' =

2K

co

271

co

V M

7

T f * co

(periodo amortiguado), ' (frecuenc ia amo rtiguada) y son constantes (independientes

del tiempo), aún cuando no lo sea la amplitud, ya que, la amplitud máxima del movimiento

-.i«,/

disminuye con el tiempo debido al factor

L

Decremento logar í tmico (DL) .-

E1 amortiguamiento viscoso lineal no es un elemento físico real, en muchos sistemas físicos,

sino un concepto matemático que se utiliza para explicar la disipación de energía. Por esta y



Capítulo V

otras razon es, suele ser neces ario determin ar experim entalm ente el valor de ^ (razón de

amort iguamiento) . Esto se logra fác i lmente midiendo e l desplazamiento en dos "picos"

sucesivos de l mov imiento , por e jemplo, s i se t iene ^ ^ c o n

f

- ~

+

^ (la intersección de

las curvas no se dan en el mismo pinito en sus valores máximos, al desvió se le considera

insignificante):

V " " ' I ' " - '

X. ce r

— = , i,

r

\ = e [ 5 .3 .2 .3 .0 .6 ]

Tomando logar i tmos neper ianos de uno y o t ro miembro y l lamándole decremento logar í tmico

que viene a ser la cantidad de amortiguamiento presente en un sistema que, consiste en

medir la razón de caída:

Z>

£

=ln

f X. Ì ,., 27t 2izx\

= X\<ùT = n (0„ — • = . [5 .3 .2.3 .0 .7 ]

V

1

"

1

"

1_

J

D

,

Dónde:

n = — v 0 < ti < I

c

c

•

T'

=

2 K

(Periodo de la vibración l ibre amortiguada)

' x

t

) , .

f

7 ( 2 Ky-Dl-2,

— sera mu y pequeño , entonces *

v

'

X v X

Cuando e l amort iguamiento de l s is tema es pequeño, los desplazamientos

1

- -se rán casi

X = X

iguales

1 :

, con lo que D

L

= ln

.

n

-

->-r

D, = 2nn

con lo qu e *•

71

o sea

1 1

.

iN'ota.- Si los valores de Xi y X

2

son tan próxim os que es prác t icamente imposible d is t inguir los

experimentalmente, las fórmulas anteriores pueden modificarse para uti l izarse con dos

ampl i tudes separadas n ciclos.

E j e m p l o i l u s t r a t í v o . -

Una pla ta forma que pesa w = 20 kN está soportada por cua t ro columnas empotradas en los

cimientos y en la plataforma. Se ha determinado, experimentalmente, que una fuerza estática

horizon tal , F = 5 kN , aplicada a la platafo rm a, pro duc e un desplazam iento A = o.05 cm.

También se ha estimado que el coeficiente de amortiguamiento es del orden del 5% del

amortiguamiento crí t ico. Determine para esta estructura lo siguiente: a) la frecuencia natural sin

amortiguamiento, b) el coeficiente de amortiguamiento, c) el decremento logarítmico, y d) el

número de ciclos y el t iempo requerido para que la amplitud del movimiento se reduzca desde

un valor inicial de 0.3 cm a 0.03 cm.



MECÁ NICA PARA INGEN IERÍA Y SUS APLICACIO NES - DINÁMICA

Capítulo V

Solución

1).- El modelo discretizado de la plataforma, es:

2).- D.C.L.:

Posición il: F.tf tilihrio I

3).- Cálculo del coeficiente de rigidez equivalente.- El coeficiente de rigidez que viene a ser la

fuerza por unidad de desplazamiento, se obtiene de la siguiente manera:

' A 0 . 0 0 0 5

4).- Cálculo de la frecuencia natural:

co =

K /lO.rlO

6

*9 .81 _ „ _ . . .

—7*

= , = 70.04 rcuí / seg

» ' / Y 20000

g

5).- Cálculo del coeficiente de amortiguamiento:

Si:

56 8.6 2 N - M g / m

Luego, el coeficiente de amortiguamiento es:

C=T) C

c

= 0 . 0 5 * 2 8 5 5 6 8 . 6 2 = 1 4 2 7 8 . 4 N-seg/m

6).- Cálculo del decremento logarítmico.- Es aproximadamente (el coeficiente de

amortiguamiento es pequeño con respecto al crí t ico) a:



M ECÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIO NES - DINÁM ICA Capítulo V

DL = ln

( V Ì

s 2 ? t n = 2 ^ * 0 . 0 5 = 0 . 3 1 4

v

i

y la razón de dos amplitudes consecutivas máximas, es:

— = 1.37

7).- Cálculo del número de ciclos y el tiempo correspondiente:

Si, la razón entre la prim era a mplitud Xo y la amplitud X^, después de k ciclos, puede expresarse

como:

^ L

Tom ando logaritmos naturales:

In ^± = DL + DL + + DL = kDL

X.

In — = 0.3 14

k -> k

= = 7. 33 => 8

ciclos

0 . 0 3 0 . 3 1 4

La frecuencia con amortiguamiento, está dado por:

w'=co

(i

J\ -i]

:

= 7 ( W l - 0 . 0 5

:

= 69.91 radíseg

y el periodo T

1

, por:

«-v

r = — = - J L . = 0 .09 segO)' 69.91

Por lo tanto, el tiempo para 8 ciclos es:

| = 8 / " '= 0 . 7 2 seg

5 . 4 . - V I BRA CI O N E S FO RZ A D A S. -

La fuerza o el desplazamiento varían en el tiempo y pueden ser de diferentes tipos, en el

FV» o 5 ,,,

presente capitulo, solo estudiaremos los casos cuando sean del tipo armónico o

polinómico.

5.4 .1 . - Vibraciones fornidas s in amort iguamiento. -

5 .4.1 .1 . - Pa ra fu erz as , o-desplazamientos de base o cimentación arm ónic as:



MEC ÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICAC IONES - DINÁMICA

Capítulo V

i).- Si,

/ ' ' , , ) = F

0

SEN

co . /

X + t^ X = ^ scniùj

fti nt

w

ó (5.4.1.1.0.1]

X + co

:

A' = -~seno ) ,t

n m

•

«)•- Si,

5 = b sen to ./

X + $X = £sen<ùJ

ó

[5.4.1.1.0.2]

X + Ío

2

X=^seniù.t

n

m

Cú

En donde , * es la frecuencia o pulsación de la fue rza excitatriz o del desplaza miento , F

0

o K b

amplitud de la fuerza excitatriz o del desplazamiento respectivamente.

Ecuaciones d i fe rencia les no homogéneas de segundo orden y de coef ic ientes constantes , cuya

solución está dado por:

Donde Xc es la solución complementaria que satisface a la ecuación homogénea, o sea, la

ecuación 5.4.1.1.0.1 igualado a cero: y Xp es la solución particular de la ecuación no

homogénea, ecuación 5.4.1.1.0.1, la solución complementaria se t iene en la parte de vibraciones

libres.

a ) . - Pa ra fue rzas de l t ipo a rmónico . -

Sabemos, que:

X

t

- = c sen (o) J + <{> J

La naturaleza de la función forzada en la ecuación 5.4.1.1.0.1 sugiere que se tome como

solución particular:

Donde Xo es el valor máximo o amplitud de la solución particular. La aplicación de la ecuación

5 ,4.1,1.0.4^^ en la ecu ació n 5.4.1.1 .0.1 segu ida d e la s im plific ació n de faeto res com un es ¡nos dará

) - X

(

.

+ X

r

[5.4.1.1.0.3]

X

r

= X

0

sen o

[5.4.1.1.0.4]

Xo.

Derivándole dos veces 5.4.1.1.0.4, respecto al t iempo y susti tuyendo en 5.4.1.1.0.1:



M EC AN I C A PAR A I N G EN I ER Í A Y SUS APL I C AC I ON ES - D I N ÁM I C A

.V C

It

( i )

. t

Sacando com o fac tor y despejand o "XQ", tenem os:

Capítulo V

Fjm

K

— ( o ;

m

í -

( \

(o.

a i

[5.4.1.1.0.5]

V " J

L

«ego :

/v.

K

V

v

. (O ,

V "

/

—senio,t

[5.4.1.1.0.6]

X

(f )

= e sen ( c o J + < } > ) + — - s e n (ú J

(O .

v

( 0

' . y

[5.4.1.1.0.7]

(o.

M=

(O..

Si desig nam os a " (relación de frecuencia o razón de frecuencia o cociente de pulsa ción)

en 5.4.1.1.0.5 y 5.4.1.1.0.7 se tiene:

X , . = c sen ( c o / -t- <> ) + — — ~ - . s c / / o ) J

1 - M "

[5.4.1.1.0.8]

[5.4.1.1.0.9]

V

K

X, . = A seno) t + B co so ) / + - .vern o. /

[5.4.1.1.0.10]

Si resolvemos 5.4.1.1.0.10, para las condiciones iniciales en t = 0 y tomando Xo = 0 y V

0

= 0,

las constantes de integración determinadas para la ecuación, son:

M

F

o/

y

1

-

M

De spu és <Je aplicad a a la ecuación 5.4.1.1.0.10 da:

F

a

A' . = , (sen IO J + f.i sen OÍJ )

(5.4.1.1.0.11]

1 - M



MECÁ NICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIO NES - DINÁM ICA

BBB^^BHBBBBiBIBi^HBBaMBB^^BBBil^BBBBHSBB^BBaBBBBBBBBBí

Capítulo V

En la ecuación 5.4.1.1.0.11 se puede ver que la respuesta viene dada por la superposición de dos

términos armónicos de frecuencias diferentes. Por lo tanto, el movimiento resultante no es

armón ico; s in embargo, en casos reales, las fuer zas de amort iguamiento o r a r á n s iempre

presen tes en el sistema y harán que el segu ndo término, con frecuencia l ibre , desap arezca

eventua lmente , po r t o , i razón, es te té rmino se denomin a respuesta transitoria. El térm ino con la

frecuencia for zad a en la ecua ción 5.4.1 .1.0.11 :

_ / K

I -M"

sen io J

[5.4.1.1.0.12]

Se le conoce con el nombre de respuesta permanente. Es evidente que en el caso de un sistema

sin amortiguamiento, la componente transitoria de la solución no desaparece y por lo tanto, la

respuesta está dada por los términos de la ecuación 5.4.1.1.0.11. Se puede observar también, en

la ecuación 5.4.1.1.0.11, o en la ecuación 5.4.1.1.0.12, que cuando la frecuencia forzada

0>

* es

igual a la frecuencia natural ( ^ = 1), la am plitud del mo vim iento t iende aume ntar

infinitam ente. U n sistem a que actúa ba jo un a excitació n con una frecuencia forz ada que

coincide con la frecuencia natural se dice que está en resonancia, la am plitud aum enta

gradualmente hacia el infinito. Sin embargo, los materiales comúnmente en la práctica están

sujetos a l ímites de resistencia y los fallos estructurales ocurrirán mucho antes de que la

ampl i tudes puedan a lcanzar va lores ext remadam ente a l tos .

Fac to r d inámico de ampl i f i cac ión (Fac to r de ampl i f i cac ión o índ ice de ampl i tud ) (M) . - Es

la relación entre la amplitud Xo y la deform ación estática o desplazam iento estático

S

( l

= — (desplazamiento que tendr ía m b a jo la acc ión d e una f uerza constante

F<>)

o sea:

K

X,

K_

m

1

K

V

[5.4.1.1.0.13]

Representa el número de veces que la amplitud de la oscilación dinámica es mayor de la

deform ación está tica .


F igura F5-4.1.1a

F igura F5-4.1.1b



MEC ÁNICA PARA INGEN IERÍA Y SUS APLICAC IONES - DINÁMICA

Capítulo V

En e l gráf ico:

X» '

^y Q O J

Carg a estática.- * * <5 ~ La carga es tamb ién esencialm ente estática cua nd o

c o. « c o

" , pue s entonce s "

X»

Reson ancia . - to . = <o ; - — = x

X

Exc itación de alta frecuencia.- co > x o : — - s Ua ma sa perm anece esencialm ente

* * >1

estacionaria debido a su inercia ( el sistema no puede reaccionar con suficiente rapidez).

Relaciones de fase.- El signo del factor de amplificación indica si la dirección del movimiento

de la masa v ibra tor ia es la m ism a que de la fue rza o desplazamiento exc i tador . La v ibrac ión está

ü ) . < Cú Ü) . > CO

en fase cua ndo " , y está a 12,0° fuera de fase cuan do " (oposición de fase).

M ^ t iende al infinito cuan do

(0

* tiende a

í

°" físicamente este significa que la amplitud del

movimiento l legaría a l ímites del resorte del sistema.

co . < co

, M es posit iva y la oscilación esta en fase con F

(t )

.

co. > 0)

", M es negativa y la oscilación está en oposición de fase (desfasado 180°) con la

fuerza .

b) . - [Movimiento armónico de apoyo. - La causa de las v ibrac iones forzadas no t iene por qué

ser exclusivamente una fuerza periódica aplicada directamente a la masa del sistema. Ya que en

muchos sistemas, las vibraciones forzadas las originan el movimiento periódico del soporte en

que se apoya el sistema y no una fuerza aplicada directamente. En la ecuación 5.4.1.1.0.2,

tenemos las ecuaciones diferencial correspondiente, cuya solución es similar a lo tratado para

fuerz as a rmónicas, para su soluc ión basta con reemplazar F

0

por Kb.

5 . 4 . 2 . - V i b r a c i o n e s f o r z a d a s a m o r t i g u a d a s . -

5 .4 .2 .1 . - Pa ra fue rzas , o desp lazamien tos de base o c imen tac ión a rmónicas :

i ) . Si ,

X+£X + *rX = ísen<o J

ó [5.4.2.1.0.1]

X + 2n co X = z-sen(o ,t

• ti n f* *

6 ,.

t

= b sen o) .t

i i ) . -Si ,

•X+£X + *:X= ^senio.t

itt m m

f

[5.4.2.1.0.2J



MECÁ NICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICAC IONES - DINÁMICA Capítulo V

X

+2J

\

C.»

X

+ 0 ) " / V = — . v e r n o . /

» n n «i

En donde,

0 3

* es la frecuencia o pulsación de la fuerza excitatriz o del desplazamiento, F

0

o K b

amp litud de la fuerz a excitatriz o del desplazamien to respectivame nte.

Ecuaciones diferenciales no homogéneas de segundo orden y de coeficientes constantes, cuya

solución está dado p or:

Xjf

a) . - Para fuerzas del t ipo armónico.-

La solución complementaria está dada por el caso subamortiguado:

X

c

= (A

i

costo*/ + A

A

semú't)e~"

<v

ó

X

(

. = c'e"""

J

se/i(ú)'í +$')

Determinando la solución particular de 5.4.2.1.0.1 de la forma:

X,, = D.seim.l + £ co st o. / [5.4.2.1.0.3]

Donde D y E son constantes que, no dependen de las condiciones iniciales, sino de la solución

de la ecuación diferencial.

Deriva ndo dos veces con respecto al tiempo la ecuación 5.4.2.1.0.3:

X

f

, = Oto. costo. / - Ecú,scimj

X = - D t o ; .v í ' // t o ./ - £ t o ; c o s t o . /

Reemplazando en 5.4.2.1.0.1 y agrupando:

> C„ K

n

F

6

DE o ; - — £ t o . 4 - — D

— - SCMÚJ + -

E

M

; +

m ni m ) V m

— DCÙ + E— ] cos to. / = 0

m)

Está ecua ción es nula, siempre en cuand o los coeficientes también sean nulas, luego:

OÍ

K

to ;

\m

E\

C

co.

I

)

o

m

K

- t o .

/ / /

\

/

K

0

= 0

£

1 — w ;

= 0

/

\m

\

Coi.

m

[5.4.2.1.0.4]

i

Reso lviendo 5.4.2.1.0.4, para D y de la mism a m anera para E, se tiene:



M E C Á N I C A PAR A IN G EN I ER Í A Y SUS APL I C AC I ON ES - D I N ÁM I C A

£> =

fo í

A.' :

O).

m

v

m

Cío. ^

K

ni

- Í O :

C co.

ni

E =

/ / / \ m

K , V Cco.

( o ; +

m ) m

Capítulo V

15.4.2.1.0.5]

Escribiendo 5.4.2.1.0.3 en la forma:

X

r

= X

0

sen (u>.t-$

s

)

Donde:

[5.4.2.1.0.6]

X

n

= + E

2

x

u

=

»

m

f Cío.

m

K

/ \

2

>

r

/ \ 1

O ) ,

2 n

co.

1 -

+

2 n

co

2 n

co

V " /

L

V " J J

También:

X

n

=

o

K

S„ [5.4.2.1.0.

( >

\ f r - i n i o : y

+

( c i o . y l o - n O M * » . )

2

l o - s . y + c t

7 1

=

-E

r i

2n

co

V " J

Cco.

2 r | M

D

co" - co ;

«

i -

' o .

)

co

" K -mío i i

[5.4.2.1.0.8]

Do nde: Xo Am plitud de la solución particular, com o esté es constante, a dicha solución

se le da el nombre de vibración permanente.

4>,

res

<¡V

Angulo de fase, representa el retraso de la respuesta

X

r

= X

0

sen (o)./~4>

v

)

/v> = Fseniúj .

respecto a la fuerza aplicada

v

' . Es decir, la respuesta pasa por su má xim o

segundos después de que lo haga la fuerza aplicada.

F

0

^ Desc ribe la deforma ción que produciría estáticamente al resorte y no tiene que ver

nad a con el equilibrio estático del sistema.




Capítulo V

(O.

En 5.4.2.1.0.7 y 5.4.2.1.0.8 cuando C es peq ueñ o ' t o m a valores próx imo a la frecuencia

natu ral , hac iend o que la am plitud sea m uy grand e; y si C = 0 las frecuencias se hac en

iguale s y la amplitud se hace infinito, se dice que el sistema está en

"resonancia .

0

^ De form ación estática o desplaz am iento estático

La s olución d e la ecuación diferencial 5.4.2.1.0.1, es:

X

(r)

= c'e"

1

"''sen (c o' / + (j>')+

o

m

( ü > ; - < O ; )

:

+

•sen (w ./ - d> . 1

C c o . V [ 5 .4 .2 .1 .0 .9 ]

m

•J

6

0

sen (tú./-<j>

5

)

X . , =

(A

x

COSCO'/ + Ajeno't)e"

,M J

+ .

[5.4.2.1.0.10]

En 5.4.2.1.0.10 las constantes de integración A

3

y A4 deben calcularse a partir de las

condiciones iniciales usando la respuesta total dada por la ecuación 5.4.2.1.0.10 y no sólo de la

parte transitoria dado por la ecuación Xc. Examinando el componente transitorio de la

-11

<li t

respues ta, pue de verse que la presen cia del factor expone ncial hará que este

componente desaparezca con e l t iempo de jando solamente e l movimiento permanente que está

dado por la ecuación X

P

.


Estacionaría

F i g u r a F 5 - 1 8

Fac to r d inámico de ampl i f i cac ión (Fac to r de ampl i f i cac ión o índ ice de ampl i tud ) . -



ME CAN ICA PARA INGEN IERIA Y SUS APLICA CION ES - DINAM ICA Capítulo V

0 n = o 2 3

F i g u r a F 5 - 4 . 2 . 1 b

En e l gráf ico:

(o. = 0 ; =

1

Carga estática.-

0

.L a carga estática es indepen diente del amo rtiguam iento.

< Út = ( 0

"

;

5 ~ "

= CO

Resonancia . -

0

La amp litud es sustancialm ente am plificad a cuand o el

coef ic iente de amort iguamiento v iscoso es ba jo .

o, >>co

n

; - — = 0

" ^ u

Excitación de alta frecuencia.- . La ma sa perm anece esencialm ente

estacionario debido a su inercia, sin importar el amortiguamiento de su movimiento.

b) . - Movimiento armónico de apoyo. - La causa de las v ibrac iones forzadas no t iene por qué

ser exclusivamente una fuerza periódica aplicada directamente a la masa del sistema. Ya que en

muchos sistemas, tales como las suspensiones de automóviles, las vibraciones forzadas las

originan el movimiento periódico del soporte en que se apoya el sistema y no una fuerza

aplicada directamente. En la ecuación 5.4.2.1.0.2, tenemos las ecuaciones diferenciales

correspondientes, cuya solución es similar alo tratado para fuerzas armónicas.

" C • K „ Kb

X + — X + — X = — s&mj

in m in

[5.4.2.1.0.2]

Para su solución basta con reemplazar Fo por Kb

Ejemplo de movimien to osc i l a to r io de apoyo

Ejemplo i lu s t ra t ivo . -

El pórtico de acero mostrado en la figura soporta una

máquina ro tante que produce una fuerza hor izonta l F

(t

) =

1000 sen 5.3 t (N), Suponiendo un 5% de

amortiguamiento crí t ico, determine: a) la amplitud

permanente de vibración y b) la fat iga dinámica en las

columnas. Considere que el miembro superior de pórtico

es rígido. El módulo de la sección de las columnas es s =

I /C= 288 m

3

y el módulo de elasticidad E para el acero

:

lf>-

7 000 kp

WWVAVAWAVWI

2 8 8 0 c m '

5 m

/ W "



ME CÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIO NES - DINÁMICA

Capítulo V

es 210 GN/m .

So luc ión

1).- El m od elo discretizado es:

•fif)

yJmw/Am.

2) . - Cálculo de los parámetros de este m ovim iento . -

a).- Del Ke (ver tabla de rigideces de resorte, para viga en voladizo):

3 E f i / ) 3 * 2 1 0 r l 0 " * ' > * 2 8 8 0 r l 0 ^

K = =

/ LWR IU

-

=

2 9 0 3 0 4

NJM

Ü 5'

b).- De la deformación estática:

JOOO_ ,

m

0

K 2 9 0 3 0 4

c).- De la frecuencia natural:

" V m v 7 0 0 0 0

d).- De la razón de am ortiguam iento y la razón d e frecuencia:

n = 0 . 0 5 r : u = - = — = 0 . 8 3 1

o 6 . 3 78

n

3).- Cálculo de la amplitud permanente:

S

»

3

-

4 4 Y l 0

'

j

= i . 0 7 . r i 0 "

:

, „

V ( l - M ' ) " + (

2

M n )

:

- 0 . 8 3 1 " ) " + ( 2 * 0 . 8 3 1 * 0 . 0 5 )

:

4).- Cálculo de la fue rza cortante m áxim o en las colum nas: -

3 £ / > ; 3 * 2 1 0 .

Y

1 0 " * 2 8 8 0 .

Y

1 0

s

* 1 . 0 7 . v l 0

:

V = : = : = 1 JJÓ. 1 j A

Ú 5 '

5).- Cálculo del momento máximo en las columnas:

HM



MEC ÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICA CION ES - DINÁMICA Capí tu lo V

M = y L = 1 5 5 3 . 1 3 * 5 = 7 7 6 5 N-m

IIU\ I1UX

6).- Cálculo de la fatiga máxima:

M 7 7 6 5

a = — ^ = = 2 6 9 6 8 0 5 . 5 6 .V / m

.v 28 8.V Í0 *

UA

a = 2 . 7 M N / n r

mjx

5.4 .2 .2 . - Para fuerzas de exc i tac ión pol inomia l . - Es importante en las apl icac iones, por que

mu chas fu ncion es se pueden aproximar con pol inom ios en un in terva lo dado de l t iempo. En este

caso, obtendremos la solución particular de la ecuación diferencial (de la misma manera se

rea l iza para v ibrac iones forzadas s in amort iguamiento) , buscando una soluc ión de la misma

for m a (conje tura sensa ta) .

Dado :

Fi \ = <'„ + a,t + a J

1

+ + o i"

(

í

) o | 2 M

Dónde :

a , ,

. .

° ' - " (son constantes dadas)

Solución particular:

X ^ A ^ A J + A / + + . - * / '

Donde :

//,., A,, A,, A , ,

A

.

"

1

" (son constan tes por determin ar)

Ejem plo, s i '

a

°

+

su ecuación diferenc ial está dad a po r

5.4.2.1.0.1 :

X + -X + —

* = - ( « „ + < / , / ) r<P ,

ni ni ni

1 1

Solución particular es:

X

p =A

+

A

f

- .

De rivánd ole dos veces, con respecto al t iepipo y reem plazán dolos en [ ^ ]:

'K . C . a

n

\

in in in

\

+

'a,,

/

{ni

in,

= 0



ME CÁNICA PARA INGEN IERÍA Y SUS APLICACIO NES - DINÁMICA

Capítulo V

Los coeficientes de potencia, deben ser nulos:

a

K A

0

+

CA, -a

0

=0 -> KA,=a, =>A

K

A

I C 1 ( C

a

Luego:

5 .5 . -

FORMA BÁSICA DE LAS ECUACIONES I)E LA GRAN GE

5 .5 .1 .- E C U A C I Ó N D E L A G R A N G E P A R A U N A P A R T Í C U L A .

Cons iderando la ecuac ión de movimiento d e una par t ícula de masa m

F = mr

Exp resándole en form a escalar, en coordenadas car tesianas:

F

x

= ni x , F, = m v, F. = ni z

tj

Considerando un desplazamiento v i r tua l :

8F = 8 x i + 5y

y + 5 r

En do nde y ^ - son arbitrarios e infinita me nte peq ueño s. El Tra bajo virtual realizad o

por la fuerza es, entonces:

F (ir = FSx+ F6> y + F8z = mx ó x + my 8 v + m'¿8z

.i » r

Sean

q¡, q^y q

3

un conjunto de coordenadas genera l izadas para la par t ícula . Entonces tenemos:

. t = x (q

[

,

</,

,</,), y = y ( í / , , q

2

, q

}

) , r = r (q

x

, q,,

<y

)

<<h

dx

£



M EC ÁN I C A PAR A I N G EN I ER Í A Y SUS APL I C AC I ON ES - D I N AM I C A

Capítulo V

.. CV ( V . <T ..

O V = — Oí/, + ——Òtj-, "í — ÓÍ/¡

«y. " « /.

<Sr

= —5q

x

+ -f —~8q

i

CÍ

/, c</

:

" ¿V,

Sustituyéndoles en la ecuación del trabajo virtual, tenem os:

- P

cq

i

cq

l

c%

Sq

t

_ ex _ cy _ r.r

F + F + /\ —

í „ a

r>

+

j

+

6q

}

=

V

r

< i

m

.. CX .. CV .. C2 ..

.v + v —

:

—Hz o <:/, + //»

dq

{

' cq

{

dqj

f

" j í L

+

y ÈL

+

-

cq

2

' cq, dq,

J

òq

2

+ m

r

.. dx .. dv .. dz ^

.Y +

v -t—

+

z —

l ?<h ' J

8 q

}

Como el miembro izquierdo de las ecuaciones anteriores es el trabajo virtual y q

l5

q

2

y q

3

son

, , 6

<7,

5 u . ^ ^ ^

coordenadas generalizadas, designaremos a los coeficientes de

1

- y po r Qi, Q2

y Q3

respectivamente, y llamaremos fuerzas generalizadas. Por lo tanto:

Q\ = F

x

dx

„ dv „ dz

+ F, — + F. —

C(

l\

c'q

,

cq,

dx

0> =F

X

+ /

r

l

T - + /

7

. -

rV /

:

t í / , r ;c/

:

r \- ci- „ c r

cq

y

cq, r<7,

como

ó

y son arbitrarios, la ecua ción de traba jo virtual es válida para:

Q , =#M¡ .Y

. . c.Y ..

cv .. d:

• + v — f r

.. CX .. CV .. CZ

Q , = /;/

.Y

— F

I -

— — +

V <*</, '

C(

i: i

CX . . C V .. C T

= / « -v — + . V 7 - + : —

l

c

< x

C(

{ .

CC

i< }

Ahora transformaremos los miembros derechos de estas ecuaciones. Escribamos:

. f ^

CÌ

I

..

C.Y Cl I . C.Y J .

d

¡

CX

J

X

«/, dí{'

X

cq

t

¡

X

di \ cq, j



M E C Á N I C A PAR A IN G EN I ER Í A Y SUS APL I C AC I ON ES - D I N ÁM I C A

Capítulo V

ex . ex . ex .

x

= —

<7i

+

— <7: <h,

CÍ

JÍ «<l: cq

%

Entonces:

5q

x

dq

x

• dt

d dx

v

c c

h

c dx _ dx

¿Y/, dt dq

x

Sust i tuyendo:

ÈL . L

CY/, ' dt

y en la expres ión ^

c q

' ' , obtenemos:

dx

x-

dq

x

dt

f \

x-

clq

x

_ •

r

-

v

_

c\~ dl\£q

x

2)

cq\2

Para los o t ros té rminos de los mismos miembros derechos de las ecuac iones para Q¡ , se puede

obtener expresiones semejantes. Así, resulta que:

O

x

= m <

dt

o

aq

x

{ • : •:

x i r

~2

+

~2

+

~2

. J L

+

dq

x

( 2 2

d cE

t

cE

í

dt dq

x

«/,

En donde £

—

i .

m +

j -

+

i - ^ la energía cinética de la part ícula.

Análogamente podemos obtener ecuac iones para Q2 y Q3. Todas estas ecuac iones pueden

representarse como:

dt cq

t

cq

¡

/ = 1,2,3

Qu e es la l lamada ecuación de Lagrange .

Si las fuerzas generalizadas Q¡ son conservativas, tenemos:

ru

Q, =--

en donde U es la energía potencial de la part ícula y la ecuación de Lagrange puede escribirse,

como:

d

dt

cE

t |

cü

= 0

(1U

C om o U es una fun ción de q¡ solamente, =.0

N,

Sea



ME CÁN ICA PARA INGEN IERÍA Y SUS APL ICACIO NES - DINÁM ICA Capítulo V

L=E.-U

Entonces, tenemos la ecuación de Lagrange en la forma:

d cL DL

-

= 0di cq, cq,

en donde a L se le l lama la función de Lagrange o el Lagrangiano.

Si Q¡ consiste tanto de fuerzas conservativas co m o no conservativas, podem os escribir Q¡ com o

su suma. Por tanto:

Donde ( jQ

¡

) es la parte no cons ervativa de la fuer za gene ralizada Q¡.

5 .5 .1 .1 . - Resumen de la ecuac ión de Lagrange . - La ecuación de Lagrange es muy út i l para

deducir ecuaciones de movimiento usando energías potenciales y cinéticas. Como para calcular

esas energías se usan posiciones y velocidades, no se involucra ninguna aceleración y de esta

manera la par te c inemát ica de l problema se s impl i f ica mucho. Usando un s is tema adecuado de

coordenadas adecuado, se pueden obtener las ecuac iones de movimiento d e una man era senci lla

y directa. A continuación se enlistan tres for m as de la ecuación de Lagran ge:

1.- La form a general es:

dí cq, cq, .

En donde:

' 6.x,

[2]

J--i <</,

2.- Para sistemas conservativos:

d cL cL

n

- T — T - = 0 [3]

dt cq, cq,

En donde:

L = E

I

-U [4]

3.- La for m a alternativa global, es:

i

=

1 ,2 ,3

[ 5 ]



MECÁ NICA PARA INGEN IERÍA Y SUS APLICACION ES - DINÁM ICA

Capítulo V

T

O, =

F

r

,

O, =/' F, O. = F.

Luego:

r

—

0

2.- Calcular fiierzas generalizadas considerando el trabajo virtual. Calcular las fuerzas

generalizadas en coordenadas cilindricas (r, ^ , z), para una partícula sujeta a la acción de una

fuerz a F, considerando el trabajo virtual realizado.

Solución

La fuerza F puede descomponerse en las componentes r, ^ y z, que son F

r

, F ^ F

z

respectivamente. Design ando las fuerza s generalizadas en las direcciones r, y z, por Q

r

, C^y

Q

z

, respectivamente y considerando el trabajo virtual realizado a través de los desplazamientos

virtuales r,

<J

)y z, te nem os:

O

r

8r= F

r

5/\ ^

6<í>

=

/=;

/64>, Q

:

5z = F

:

8z

Por consiguiente las fuer zas generalizadas, son:

Qr 6» = ' '

F

<,< Q

:

=F

:

3.- Ecuación de lagrange - movimiento de una partícula en coordenadas cilindricas. Usando la

ecuación de Lagrange, deducir las ecuaciones de mov imiento en coordenada s cilindricas (r, ^ ,

z), para una partícula de m asa m sujeta a la acción de un a fue rza F.

Solución

Expresando las relaciones entre las coordenadas cartesianas (x, y, z) y cilíndricas(r, ^ , z),

como:

X = r cos<j>, y = r senfy, r = r

Las derivadas con respec to al tiempo son:

X - r cos<J> - /•<}> senfy, y = r senty + /tj> cos<j>, z - z

La ene rgía cinética E

k

de la partícula, es:

1

Ei = -»i O'' + r + )= -'» + V +=')

Ilustraremos la form a general de la ecuación de Lagrange:

dj

dt

dE. ) cE. „

— - = 0

d

ì , )

d

l >

U NASA M Autor: VÍCTOR MAN UEL MEN ACHO LÓPEZ



MECÁ NICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIO NES - DINÁMICA

Capítulo V

q =

(J>

= <j>, q

x

= z v O

x

-Q

r

. (X = O , {?» = (?- _

en don de " •

1

- * L as fixerzas

genera l izadas Q

r

, Q ^ y Q

z

ya han sido calculadas en los ejemplos anteriores.

Para la coordenada radial r , tenemos:

(¡t V 67 ;

_

= O.

cr

d (cE, ) d . .. _ • n -j?

Dónde : T

-

I

=

~ ( " " " ) = » - 7 7 - ""V >' y, y la ecuac ión de mo vimiento es:

6/

// v c / ' ) dt

m ( f

:

~ 4

:

) = F

Pa ra la coo rde nad a trans vers al ({»tenemos:

d ( £ E d E \

dt

l

si

= a

Dónd e: 4 —

dt{ r?<> )

movimiento es:

ti

= —(mr~§ )= mr

2

§ +

2

M

//7

T

J>

, — - = 0 v Q, = yecuación de

dt

v 7

£<j>

/ « ( * > ' + 2 4 ) = / ;

Para la coordenada axial z , tenemos:

di l ¿5

Dónde:

dt

cE

cE

= 7 ( / « : ) = » i : , ^ = 0 v O. =y/J¡

l es ) dt c:

.a ecuación d e movim iento es:

m z = F

4 .- Ecuación de Lagrange - vibración de una partícula.

Deducir la ecuac ión de movimiento de un péndulo inver t ido

que está restringido por un resorte cuya constante es k, como

se indica en la figura. Se supone que la masa del péndulo

está conc entrada a un a distancia / del punto de apoy o, y que ^

el resorte es lo suficientemente rígido para que el péndulo

sea estable. Úsese la ecuación de Lagrange.

Solución

f

" T

1

n

L

v-yv-'V/Á.

¡7

/ /

í

Como el sistema es conservativo, se usará la ecuación correspondiente a sistemas conservativos

( fo rma 2 ) . Suponemos movimien tos pequeños y usamos

X

~ ' * ~

5

p a r

a

i

a

m a s a m.

Las energías potencial y cinética se calculan como,




Capítulo V

E, = — mx

1

= -m/"d

:

i

, ,

u

= U

t

Û

x

=-kx;'-m

S

l(i-cosO)=-k\~ \ -mgl{l-cosü)

* 2 2

\ I J

í / = - ( « 9 - / « # / ( - e o s 0 )

-El Lagrangiano es:

L = E

k

-U -

^ » i / H )

2

- - ^ ( f l 0 )

:

+ mg/

(1

- cosO )

Aplicando la ecuación de Lagrange:

rf/lêj cO

Con: —

dt

dL

movimiento:

dL

= — (W^G /n/

:

Ó, — = -f o rQ + mg/ ,.viö8tenemos la ecuac ión de

dt

x

' ?O

0

mí8 + A-flê - mgl setß = 0

Haciendo lineal la ecuación de movimiento, al notar que, para ángulos pequeños

tenemos:

sen 0 «0

míO +(kcr -mgl)Q = 0

o bien:

0 +

mi

2

l J

5.- Ecuación de Lagrange - vibración de una partícula. Deducir la ecuación del mo vim iento del

ejem plo anterior, usando la form a general de la ecuación de L agrange.

Solución

La ecuación de Lagrange, en la form a general, es:

í i

dt{ r0

cO

A partir del ejem plo anterior, tenemos:



MECÁ NICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACION ES - DINÁM ICA

Capítulo V

E

k

= -míG - v U = ^ - ( « 0 - mgí(l - c o s O )

Por tanto, dt \ ¿X) J dt c0 y j

a

fuei-

za

generalizada Q® puede

calcularse a partir de:

0

a

= - — = -ka

2

® + wig/ .vc/K)

cG

Por consiguiente, la ecuación de movimiento es:

mÍQ + ka

2

® - mgl seifi - 0

6.- Ecuación de Lagrange - vibración de una

partícula.

Deducir las ecuaciones de movimiento

para las vibraciones libres y forzada de un sistema

que tiene un grado de liberta y que consiste de una

ma sa y un resorte (ver figura).

Solución

Usam os la ecuación de Lagrange en la forma:

dt l ex J ex

l

^ á É A Ü f t ^

j n w f w

h r w m

k Lm « Mb F 008 IA

MMWMMMMM

, * t =

Las energías cinética y potencial, son:

E

t

= — mx~, U = — kx

2

y el Lagrangiano es:

L - E

k

-U = y/HÁ

-

" - J&.Y

2

La fu erza generalizada, no conservativa, es:

_ (O, para vibración libre,

~ c o s t o / ,

para vibración forzada.

Aplicando la ecuación de Lagrange, con:

U NASA M

Autor: VÍCTOR M ANUEL MENACHO LÓPEZ




Capítulo V

d ( c L \ d ..

— — = — ( nix ) = nix,

dt

U vJ

dt

K }

di

c-x

—

—kx

Obtenemos:

nix + kx

_ fO, para vibración libre,

~ (^Fcosojr para vibración forzada.

5 .5 .2 .- E C U A C I Ó N D E L A G R A N G E P A R A U N S I S T E M A D E P A R T Í C U L A S .

La ecuación de Lagrange para una sola part ícula puede extenderse directamente hasta cubrir un

sistema de part ículas y sea » ' e l número de part ículas. Notamos que se requieren n coordenadas

independientes qi , q

2

, q

n

, para describir un sistema de n grados de l ibertad, donde

n

— 3t¡ Siguiendo la dedu cción de la ecuación de Lag range para una sola part ícula, que ya se

describió, usamos la ecuación del trabajo virtual , tomando la suma correspondiente a todas las

partículas del sistema:

/

/=i

a v .

dv

dz.

cq, Sq,)

H = 1

;=i

dz.

dx dv __ ,

¿7 ,

cq,

dq,

para i = 1,2, ,n . Entonces, obtendremos:

d dE

k

dE

t

Q

dt cq, dq,

en donde:

/= i

De este modo, todas las formas de las ecuaciones de Lagrange para una sola part ícula son

aplicables a un sistema de part ículas; simplemente usamos los símbolos E

k

y U para designar las

energías cinética y potencial del sistema de part ículas en conjunto. Las ecuaciones pueden

resumirse como sigue.

1.- Tenemos la forma general:

d dE

t

dE

k

dt dq¡ dq,

= Q<

i - 1 , 2 , , / /

[1]

en donde:

s = Z

i--1

dx

dv

dz

x

+F-ZJ. + F

dq, " dq, " dq,

12]



MECÁN ICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIONES - DINÁM ICA

Capítulo V

2.- Para sistemas conservativos, tenemos:

d dL dL

di dq, cq,

= 0

[3]

en donde:

L=E

k

-U

14]

3.- La form a alternativa global, es:

d dL dL , _ x • ,

->

dt cq, cq,

[5]

Análogamente , hay t res métodos por medio de los cua les se pueden ca lcular las fuerzas

generalizadas y son los siguientes:

1.- Forma general:

Q - Z

f d x

F.. —

L

+ F. + F. —

1

dz ^

V a

yj

c%

[6]

2.- Considerando el trabajo virtual

3.- Para sistemas conservativos:

.

Q.H

a =

a i /

dq,

[7]

5 .5 .2 .1 . - Ejemplos i lust ra t ivos:

1.- Ecuación de Lagrange - dos partículas en ^ i>

vibración libre.

Ded ucir las ecuacione s de ^ t

movimiento para la vibración l ibre de un

sistema que t iene dos grados de l ibertad,

como se indica en la figura.

H

t 3

1

Sí

Figura Pb2-1

Solución

Ya que el sistema es conservativo, usaremos la ecuación de Lagrange para el sistema

conservativo:

d_dL__dL_

di dq, dq,

= 0




Capítulo V

en donde:

c

l\ ~ - V

(

h ~

x

: .

v

¿

h ~ '

c

h

= v

:

Las en ergías cinética y potencial son:

E

t

= + j tn

2

x¡

U = \k

x

x; + Lk

2

(x

2

-x

i

)

1

+ ^k

y

x;

y el Lagrangiano, es:

L = E

t

-U = + j"

¡2

x¡ -

[

2

k

t

x~ - U

2

(x

2

-x

{

f-H'

}

x;

Para la coordenada xi , tenemos:

d_

dt

ÈL

v y

d£

dx,

= ~ k \

x

\ + k

2

( .v, - .v,)

y la ecuación de movimiento, es:

x

i

+(k

i

+ k

2

-k

2

x

2

=0

i

Para la coordenada x

2

, tenemos:

di

x

dX

2

;

= - — ( / « , . Y , ) = ,

BL_

<x\\

= -k

2

(x

2

-x

¡

)-k

y

x

:


m

2

x

z

+ (k

2

+k

}

)

A

\ -A% .v, = 0

2-

Ecuación

de Lagrange - dos

partículas .

en vibración forzada. Ded ucir las ^ |

ecuac iones de movimiento para la ^ ,

vibración forz ada de un sistema que t iene ^ W " V.-*- ' r j ? co* <A

d os g rad os d e libertad , co mo se ind ica en m m ^ m m v v f a ^ ^ ^

la f igura . Fi gu ra

Pb2-2

Solución

Como la acción del sistema de fuerzas es parcialmente conservativo y parcialmente no

conservativo, usaremos la ecuación de Lagrange en la forma:




Capítulo V

dt cq, cq,

0.,

Las ene rgías cinética y potencial , son:

E

t

=im

1

.i

l

2

+i//i

:

.i¡\ U=^k

l

x; + ^ k

2

( x

2

- x

i

y


L=E

k

-U = j / « , . v

2

+ - 7 ¿ V

V

I - l

k

2 (

x

2 --

v

. f

Para la coordenada xj , tenemos:

\

d_

di

/

8L

K

d

-

{

\ J

al

dL_

8x,

= -k

l

x

t

+k

2

(x

2

-x

l

), <?„,= 0


nt

v

V, + (k

x

+k

2

.v, - k

2

x

2

= 0

Para la coordenada x

2

, tenemos:

di

É

= (

W

, .

Y

:

) = rn

1

x

2

. ~ ~ = -A%

(.Y, -

.Y,

) ,

0

)l2

= F eos co /

r.-.v, ;


//Í,.Y, + A\.Y, -

A ,.Y,

= F

COSO)l

3 - Ecuación de Lagrange - dos partículas.

Usan do la

ecuación de Lagrange, deducir las ecuaciones de

movimiento para el sistema mostrado en la figura.

F i g u r a P b 2 - 3

Solución

Tomando a x y ^ como coordenadas generalizadas para el sistema, tenemos, para la part ícula

.Y. =x +l SC

/

J

O ,

V

.

= / c o s O „ , , , ^

m,

1

'

1

, Sea v la velocidad de la part ícula. Enton ces:

R

2

= ( .Y + / 0 C O S 0 )

:

+ ( / 0 se n

0

J = I

2

+ /

2

0 '

2

+ 2 /

.Y

O C O S O



MECÁ NICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACION ES - DINÁMICA Capí tu lo V

Las energ ías cinética y potencial , son:

E

k

= jMx' + = | A / . v

:

- km (.Y

2

+ /

:

0

:

+ 2 / .YO C O S O J

= J - ( A / + m ) x

z

+

±

m ( /

:

ü

:

+ 2 /

.

Y

0 c o s O )

U =

J

A

IY

" + mgl (1 - c o sO )


L = E.-U = + w ) . y

:

+ ±m (l

2

^

2

+ 21 xQ c o s G ) - f £ y

2

- / w g / ( 1 - c o s O )

Para la coordenada x, tenemos:

— = (M + ni )x + mi 0 eos 0

ex

j

=

( A / + „ , +

m

l(6 c o s O - O

2

sen0 ) , « -£y


( A / +

//Í

).Y +

mi ( o c o s O -0

:

se/i0

) F

fo =

0

Para la coordenada ® , tenemos:

•v »

— r = / ; ; / ( l 0 + x co sO )

£0

v 7

dt \ cÓ

= w / ( / G +

. Y C O SG - . Y

G

seitì )

— = -ntl (.Y

G

+ i ' ) . í f / /G


/ 0 + .VcosO + g se/fi = 0

4 .-

Ecuación de Lagrange - dos partículas.

Usa ndo la ecuación de Lag range en la for m a

general , deducir las ecuaciones de movimiento para el sistema del ejemplo anterior. Calcular las

fuer zas generalizad as de do s man eras; en términ os de la energía potencial , y del trabajo virtual .



MECÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACION ES - DINÁMICA

Capítulo V

Solución

A partir del ejem plo anterior, ten emo s:

E

i = + )-v

:

+

i

m

( /

:

0

:

+ 21 x

0 cosO )

Las fuerzas generalizadas pueden calcularse como:

O

x

= - -7- = -kx

ex

c í /

O

a

= = -nigl seitì

cO

6

A partir de la consideración del trab ajo virtual, obtene mos:

Oòx--Lx5x, Q

x

= -kx

Q

t)

80 = -mgl 80 .VC7/0. O

n

= -mgl se/ti

El término

,ìl

gl òQ se

/¡O

s f i 0

b t j

e n e c o m o s e

índica en

I gQ

la figura, donde m g es el peso, es el desplazam iento

virtual, y senO

e s

j

a C 0 m

p

0 n e n t e

vertical del

desplazamiento vertical.

Para la coordenada x, tenemos:

oF

= (M + m)x + mi 0 cosO

dx

d

(

c

5l1 = (M + ).v + mi(6 c o s O -Q

2

seifì )

'X y

t

V ex

ite-'.

Figura Pb2-4

^ - = 0 , O^-kx

ex


(M + m)x + mi ( 0 co s G - 0

:

s c / i O - k x




Capítulo V

Para la coordenada

u

, tenem os:

¿E,

'4-

= m/^Q + mi x c o s O = mi (/O + x co sÜ )

di

d

— = -mi x 0 se/fì , 0

9

= -mgl senQ


/ G + .VcosG = -g seitì

Por su puesto, estas dos ecuaciones son iguales a las que se dedujeron en el ejemplo anterior.

5 . 5 . 3 . - O B S E R V A C I O N E S

o En la ecuación de Lagra nge, existe una ecuación por cada grad o de l ibertad, por lo que

la elección de coordenadas generalizadas l ibres conduce directamente al mínimo

núm ero de ecuaciones d inámicas,

o Se trata de ecuacion es diferenciales de segu ndo orden (al exist ir derivadas tem pora les

de los térm inos ^ , que depend en, a su vez, de )

o En las ecuacion es de Lag range han que dad o eliminad as todas las reaccion es de enlace

que no realizan trabajo virtual , correspondiente a los enlaces l isos. Esto contrasta con

las ecuaciones procedentes de los teoremas Newtonianos en las que, en principio, deben

considerarse estas reacciones,

o U na vez evaluad as las expresiones de E

k

y de Q¡, las ecuaciones de Lagrange se pueden

obtener de forma automática sin más que aplicar las reglas análi t icas de derivación

correspondiente a la ecuación.

o r o r u inm o, ios tenmiius pucucn uneipie ia ise tu m o fuerzas f ic ticias

proce dentes de la elección de coorden adas generalizada s . En caso de que éstas

sean simp leme nte las com ponen tes cartesianas de los vectores desaparecerían.

Estas f ue rza s se añaden a las fuerzas generalizadas Q, en la dirección de q¡.

o



MECÁ NICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICAC IONES - DINÁMICA

Capítulo V

EJEMPLOS

E5.1.- El cilindro sólido homogéneo en la figura

pesa 200 Ib y rueda sobre el plano horizontal.

Cuando el cilindro está en reposo, los resortes

están estirados 2 pies cada uno. El módulo de

cada resorte es de 15 Ib/pie. Al centro de masa C

se le da una velocidad inicial de

V2

pies/seg hacia

la derecha.

a).- ¿Qué tan lejos hacia la derecha se desplaza

C?

h) - ¿Qué tiempo le tomará llegar ahí?

c).- ¿Qué tiempo le tomará alcanzar la mitad de la

distancia al punto extremo?

P5-1

Solución

1).- D.C.L.:

Para t = 0

Para t > 0

i

P5- l a

P5 - l b

(a)

(b)

-2 KX = -mr

2


a).- En (b) tomando momento con respecto a "A":

^M

Á

k = I

c

a k + p

AC

x ma

c

S i : p

A

c

x

ma

c

- ~

r

j x m X i - m r X k

K(2-X)r-K(2 + X)r = ^m r

2

a+mrX

Luego:

X + — X = 0 X + - X = 0

3 m 3 w

(1) es la ecuación diferencial de una vibración libre no am ortiguada, entonces:

2

4 Kg 1 4 * 1 5 * 3 2 . 2

col = => CO„=A -> ü) =1.794 rad/seg

" 3 w " V 3 * 2 0 0

La ecuación (1) tiene como solución:

\

r

J

+ mX =

—

Xm

2

Ó )



MECÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIONES - DINÁM ICA

X -c s e n (¿y

n

t + <¡> j


X = Cú)

n

COS

(coj + fi)

b).- Cálculo de c (amplitud), con las condiciones iniciales:

Para: t = 0 , X

0

= 0 y X

0

= \ pie/seg

En (2):

0 = csen{co

n

0

<j> ) = csen$ => <t> = 0

o

En (3):

\ = c* 1 .79 4

C O S

0

o

—

c = 0.278 pies (desplazamiento de "C")

Capítulo V

(2)

(3)

c).- Cálculo del tiempo para q ue, X = c =0.278 pies:

En (2):

0 .278 = 0 .278 sen( l .7 94 i ) sen( l . 7 94 / ) = 1

Lo que, nos dice:

1 .794 t =

n

t = 0 . 8 7 5 seg (tiempo para llegar a "C" )

d).- Cálculo del tiempo para que, X = c/2 = (0.278/2) = 0.139 pies:

En (2):

0.139 = 0 .27 8 sen (l .79 4 / ) ^ sen (l .7 94 / ) = 0 .5

Lo que, nos dice:

. 1 . 7 9 4 / = -

í = 0. 2 9 1 seg (tiempo para llegar a "C/2")

E5.2.- Determinar el período de

vibración de la esfera de 4 kg.

Desprecie la masa de la barra (K =

500 N /m).

1 0 0 m m .

< 3

100 mm.

P5-2



M E C ÁN I C A PAR A I N G EN I ER Í A Y SUS APL I C AC I ON ES - D I N ÁM I C A

Capítulo V

Solución

1).- Sistema en equilibrio.-

a).-D.S.F.:

Y

Oy

Fe

O

Ox

b).- Relaciones cinéticas:

XM

0

=0 - F

e

i-mgi = 0

K5

S

= mg (1)

2).- Sistema en movimiento:

a).-D.S.F. (P5.2b):

P5.2a

y*

x

S = isen0


Y j M j c ^ H ^ k

Si:

P5.2b

^ » z k = H

OZbarra

k+H

OZm

k - im a

t

k = m £

2

0k

Luego:

- FJ + mgi = mi

2

0 - - k(s

s

+ ó)+ mg = mi 0

(1) en (2) y para ángulos pequeños (s eñ é? = 0 ) :

2)

- Kisen0= mí0

De (3):

6>'+

— 0 = 0

m

(3)

K 500

ú)

n

= J — = , = 11 .1 8 rad/seg

V

m V 4

T = — =

Q)„ 11.18

= 0.5 62 seg

E5.3.- Si K = 100 lb/plg, y la masa de la barra

rígida delgada y uniforme con movimiento cercano

a la posición de equilibrio mostrado en la figura; es

de 0.03 lb-seg

2

/plg ¿cuál es el valor de la constante

crítica de amortiguamiento?

Plg T 5 plg

c i = y

P5-3



MECÁ NICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACION ES - DINÁMICA Capí tu lo V

Solución

1).- D.C.L., p ara un 9 pequeño cualquiera:

Y

t

X

•

8 es el alargamiento del resorte en reposo.


mg(a

e o s

0) - K(S + asend\a

e o s

d)~

Fp5-3a

C — (LsenO) {LCOS0)=I

A

0

dt

Para 9 pequeños: Sen

0

S é ?

y

COS 6* = 1

mga - Kda - Ka

2

6- CL

2

¿= I

A

d

Para, 9 = 0

o

se da el equilibrio de m odo que:

mg a = Ka 8

La ecuación diferencial que rige el movimiento es entonces:

l

A

e + CL

2

0 + K a

2

6 = 0 (Movim iento libre amo rtiguado)

La raíz de la ecuación característica, es:

-C L

2

r =

± V ( C ¿

2

)

2

- 4 I

Á

Ka

2

2 L

2 7 ,

K a

2

En el discriminante, para C

C

:

v 2 l

A

j

Ka

2

2a

Reemplazando valores en (3):

C

R

= — 0 .0 3* 1 0

2

* 100

c

100 V3

C d(Lsen8)

dt

1)

(2)

(3)

C

c

- 1 lb-seg/plg




Capítulo V

E5.4.- El bloque de masa m en la figura está

montada en resortes K y en un am ortiguador C sobre

un piso vibratorio. Obtenga una expresión para la

aceleración del estado permanente del bloque (cuyo

movimiento es de traslación vertical). Demuestre

que la amplitud de la aceleración es menor que la del

piso, independientemente del valor de C, siempre

qu e ú) > 42ú) „ , en donde

(O

n

es la frecuen cia de

las vibraciones libres no amortiguadas del bloque.

Demuestre además que si (O > ^¡2(0

n

; entonces

cuanto menor sea el amortiguamiento tanto mejor

será el aislamiento.

m

K = J

P5-4

Solución

1).- El m odelo discretizado se da en la figura y su respectivo D .C.L:

K

A

t y = Ysen(co t)

H

= 0

P5-4a

y - -Yco

2

s e n

¿y

t

K

e

=K + K = 2h

y=Ysencot , y = Yoo cosa t


Y

J

F

x

=mX -> -2K (x-y)-c{x-y)=mx

mX + CX + 2KX = Cy + 2Ky

Reemplazando:

mX + CX + 2KX = CcoY e o s cot + 2 KYsencot

Haciendo a la segunda parte de la ecuación (1) una

función sinusoidal:

Fe

v W

V Fe

tgO=

Cco

~2K

/ \

N N

P5-4b

(U

2 K

Cco

P5-4c



MECÁN ICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIONES - DINÁMICA Capítulo V

m X

+

CX

+

2 KX = YGsen(cot

+

9)

X

+

-X

+

—X = —serfat

+

0)

m m m

El estado permanente está dado por la solución particular de (2), luego:

X

p

= x

0

sen\[a) t+ o)~

<j>s\

Xp = coX

0

cos[(¿y/ + 6)-(/>

s

\

X

p

= -co

2

X

0

ser^cot +

&)-<f>

s

]

Donde: co -CO, y

C0„

~

2 K

m

Sabemos de (2), qué:

YG

m

2 (Cco

+

m

YJ(2K)

2

+

(CCO f

2 K

2

V (Cü)

N2

I co +

m ) \ m

(2)

(3)

(4)

(5)

(2 Kf

+

(Cco)

2

(2K-mco

2

f +(Ccof

Luego en (5):

X

p

=-Yco

1

(2K-mco

2

f+(Ca)

La amplitud de la aceleración es:

X

Q

= Y co

(:lKf+(Cco)

2

2 K-mco

2

J +(Cú)f

El radicando de (6) es menor que uno (positivo), por condición del problema.

La amplitud de la aceleración del piso es:

y

0

=

Y

®

2

Luego:

(6)



MECÁN ICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACION ES - DINÁMICA Capí tu lo V

y

0

>x

0

(2Ff+(Cü)Y

Yco

¿

>Yco

1 >

2 K-mo)

2

y +(Cú)f

(2K)

2

+{C<d f

(:IK-ma

2

) +(Ca)

Operando:

(meo

2

)

2

> 2 (2K) meo

2

co

2

> 2 => ¿y

2

> 2 ®

2

(O > V 2 ¿y Cump le con la condición del problema.

Cuando (O > CO

n

el radicando es menor que uno independientemente de C, pero si C es más

pequeño el radicando lo será mas, luego el amortiguamiento será mejor por ser independiente de C.

E5.5.- Un bloque de

1

Ib de peso se suelta des de una altura

H = 0.1 plg (ver figura P5-5). Si K = 2.5 lb/plg. Determine

el intervalo de tiempo durante el cual los extremos del

resorte están en con tacto con el suelo.

Solución

1).- El intervalo de tiempo durante el cual los extremos de

los resortes, estarán en contacto con el suelo se dará

durante la compresión y expansión; por lo que, se debe

calcular la compresión máxima

Y

ma x

y el tiempo de

realización de esta. Luego el intervalo pedido será el doble

del tiempo de compresión.

a).- Consideraciones elementales:

P5-5a

b).- Por el principio de trabajo y energía cinética:

g = 386 p lg / s

2

H

t

P5-5




Capítulo V

o o

^ 4 - ß

+

^B-C - ERf EKl ~ ®

mgH +

J

r

(mg - K

e

X) dX = 0 mgH + mgX\ - K,

X

2

= 0

K y

2

, 2mg 2mgH

Resolviendo:

r„

mg

K.

+

f \

mg

2

í

\

mg

+ 2 H

mg

\K

e

) \K

e

)

(l)

Considerando solo la parte positiva, ya que la parte negativa no tiene explicación física, y la deformación

estática , por acción del peso:

m g = K

e

r

s

E n ( l ) :

Ys =

mg

K

.

Y

m m

= Y s + 2 H y

s

= y

s

Reemplazando valores en (2):

1 + J1 +

H

Ys

(2)

r

¿

- * ' - ± - 0 2 *

/

• y

= 0 . 2

m a x

2).- Estudio del movimiento vibratorio.

1 + J1 +

2 * 0 . 1

0 . 2

= 0.483 pig

a).- D.C.L., cuando la masa está en

contacto con el piso:

mg

i X

Fe Fe P5-5b


-K

e

X + mg = mX

r

X +

K i

—- \X = g

(Movim iento forzad o no amortiguado) (3)

V ™ )

La solución de la ecuación diferencia (3), está conformado por una solución complementaria y otra

particular:

X(t)

=

+ x

p



MEC ÁNICA PARA INGEN IERÍA Y SUS APLICACION ES - DINÁMICA

Capítulo V

X

c

=c sen (o )

n

t +

</>)

Para X

p

(función polinómica):

X

P

= A

n

En (3)

(

K

A

A = g

\m J

A = g

r

K

e

Luego

X

U) =

- c sen i®

A

m g

0

" K.

- t ) ^ (4)

X (

t

) =

c û }

» c o s ^ a j + t ) (5)

Cálculo de las constantes "c" y "(()":

P a r a ,

t =

0 : J f = 0 y

X = -,J2gH =

8 . 7 8 6 p l g / s e g ( c a í d a l i br e )

En (4):

0 = csen<p+ = csen<f>+ - —» csentf>= - 0 . 2 (6)

,

5

En (5):

8 .786 = c I— - — c o s á> = c * 4 3 . 9 3 e o s ^ - > c e o s { z 5 = 0 . 2 (7)

"V1/386

(6)^(7):

í g ¿ = - l

< ¿ = - 4 5 ° ^ c = 0 . 2 8 3 p lg

En (4):

X

(t)

= 0 .2 83 sen ( o „ / - f ) + 0 .2 (8)

3).- Cálculo del intervalo de tiempo durante el cual el resorte está en contacto con el piso:

a).- Cálculo del tiempo, para la compresión máxima:

»

En (8) si, X

{l)

=r

ma x

= 0- 48 3 plg

0 . 4 8 3 = 0 . 2 8 3 s e n ( a

n

t - j j + 0.2 se n (<y

n

t - j j = 1




Capítulo V

4 3 . 9 3 / - — = —

>n

4 * 4 3 . 9 3

t = 0 . 0 5 3 6 s eg

b).- Cálculo del intervalo de tiempo pedido:

t, = 2 f = 2 * 0 . 0 5 3 6 - = 0 . 1 0 7 3 s e g

E5.6.- Suponga que la

ba r ra r íg ida de lg ad a

9?

e n

la

figura experimenta solo p e q u e ñ o s ángulos de

rotación. Encuentre el ángulo de rotación 9 ^ , si f ^ p

la barra está en equilibrio antes de t = 0, y en este

instante la fuerza constante "P " comienza a -

desplazarse sobre la barra con velocidad también

constante "V". También calcúlese el trabajo hecho

por " P" al recorrer la barra 9?.

v t

1).- D .C.L.:

Solución

SR

P5-6

O x

Para: t = 0

P

Oy

m g

P5-6a


a).- Para t = 0 seg:

Para: t > 0

P5-6b

K(S+Lsen0)

£

m

o

=0

-> mgj- = KSL

(O

b).-Pa ra un t > 0:

Z ^ o =hO

mg-eos 9- K(S + Lsen9)L e o s 9 + PVt eos 9= 1

0

9

( L

mg — - K8L

l 2

-K L

2

9 + PVt = L0

I

o

0+KL 0 = PVt

Ordenando y reemplazando valores:

•• KL

2

n

PVt •• 3K „ 3PV

9+ 9= 9+ — 9=—

T

t

I

{

, L m mL

(2)



MEC ÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIO NES - DINÁM ICA

Capítulo V

La ecuación diferencial (2), nos indica un movimiento forzado (función polinomial) no amortiguado, con

una solución complementaria y otra particular:

9

C

= c sen (¿y

n

t +

<j>

)

y

co,

3 K

m

Para 9

P

(función polinomial).

6

P

= A

x

t , 6

P

=A

X

y 0j,=O

En (2):

3 K 3 P V \

m mL

PV

A

~ KL

2

PV

=

KÜ

T

Luego:

9

{l)

=6

c

+9

p

=csQn((D

n

t + <f>}

PV

+ — j t

KL

2

9

{l)

= ca>„ e o s (co

n

t + <f>)+

V

KL

2

Pa rat = 0 seg:

9

0

=0°

y

9

0

=

0

En (3):

0 = csenij) —> sen0= 0 =5> 0=0

En (4):

3K ' PV

0 = cj—*1 +

M K L

2

c = -

PV M

KL

2

ÍT>K

Luego, en (3):

PV

*<0 =

KL

2

^ - ^ s e n .

fc*

v J

También:

PV

sen

M

0 { T )

' K L

2

1

9

(t)

=^[l-cos(.j)]

(Angulo de rotación de la barra) y

(3)

(4)

(5)

3).- C álculo del trabajo de "P" a través de la barra:



MEC ÁN I CA P ARA INGEN I ER Í A Y S U S AP L I CAC IO NES - D I N ÁM I CA

Capítulo V

P a r a ,

t =

= Í

P

-

V

r

d t =

¡H

p

ñ

d t

= É

PV

d t

Reemplazando la velocidad angular (5) e integrando:

W

x

,

2P

=\lPVt^{\-cosco

n

t)dt

K

•2 P

K

)

2

\ Ì

t d t

- ^ %

t C 0 S 0 ) j d t

P

2

W = —

1

~

2P

K

V\

2

t

2

LJ 2

f (V'<

2

c

t

„ iy

n

-sen

co„t+

—reos

coJ

col

W l

~

2P

~ K

trabajo)

1 V

( V

V

2 La,

sen

V V ,

' co _ L

A

eos

\ V J

+

V

\

L

®NJ

E5.7.- En la figura encuentre el

desplazamiento del estado permanente X ^ si

y^ = 0 . 2 sen 9 0 t (plg), en donde "t" está

en segundos, m = 0.01 Ib-seg

2

/plg , K = 50

lb/plg y C =

1

lb-seg/plg. En particular:

a).- ¿cuál es la amplitud de X

(¡ )

?

b).- ¿cuál es el ángulo de

defasaje

entre X ^ y

y o

7

Solución

1).- D.C.L.:


-K X-C X - K ( X - y ) = mX

mX + C X + 2K X= K y

•• C •

X + -X +

m

(2 K

^ m )

X =

0.2 K

m

sen 9 0 t

(Unidades de

^ = 0

P5-7

N

P5-7a

0 )



M E C A N I C A PAR A IN G EN I ER I A Y SUS APL I C AC I ON ES - D I N ÁM I C A

Capítulo V

La solución del estado permanente de la ecuación diferencial (1), es:

X

p

= X

0

sen

[co

J - <p

s

)

Donde:

0 .2 K 0 . 2 * 5 0

m

(2 K

2

>

2

(C co.)

<D ;

+

V rn

1

m

)

v O o o - o . o i * ^

2

)

2

+ ( l * 9 0 )

2

X

0

= 0 .1 08 7 s 0.10 9 plg (Amplitud)

El ángulo de fase es:

f 1 * 9 0

CA>.

N

2K - meo.

71

= *g

-i

1 0 0 - 0 . 0 1 * 9 0

= 78 .079°

<fi

s

= 7 8 .1 ° * = 1 .36 rad ( X

{¡ )

atrasado respecto a y

f/)

)

180°

Luego, en (2):

X

p

=0.109 sen (90t - 1 . 3 6 ) plg (Desplazamiento del estado permanente)

(2)

E5.8 - Si K = 100 lb/plg y la masa de la barra

rígida, delgada uniforme en la figura es de 0.03 lb-

seg

2

/plg ¿cuál es el valor de la constante crítica de

amortiguamiento? Para este amortiguamiento,

determine 0 , si la barra gira un pequeño ángulo

8

0

y luego se suelta del reposo. Si se quitara el

amortiguador, ¿cuál sería el periodo de vibración

libre?

Solución

1).- D.C.L. (para un ángulo 0 pequeño cualquiera):

5 X

5 Plg

J c

5 plg

P5-8

R A Y Í

I

K

A

k Cdt(asenG)

dt

R

A X '

i

/

j e

a

/

í

- _ i '

M G

P5-8a


K(8+ 2asen8)



M E C A N I C A PAR A I N G E N I E R I A Y SUS APL I C AC I O N E S - D I N AM I C A

2 > , =

1

A ¿

mg a co s9-

C—(asen &)

dr

a eos 9- K(5+ 2 as en 9) 2 a eos

9

= I

A

9

Para ángulos pequeños y mg a = K 2a 5 (relación de equilibrio)

1

a

9 + Ca

2

9 + 4ka

2

9 =0

Las raíces de la ecuación característica de (1), es:

r

( 7 7 T 2 V

C a

r = -

21

1

Ca

\ 1 I

A

j

AK a

Del discriminante, para C

c

:

4 Ka

2

CcJ

v 21

A

y

1,

- »

C

c

a

2

= 4 a tJT^K C

c

=~4T^


4 1

C

c

0 . 03 *1 00 *1 00 = 8 lb-seg/plg

3).- La solución de (1) es con amortiguamiento crítico:

9

{t )

= A e-""' +B te-*

l^Ka

2

1 A A

CO

n

= J = 10 0 rad/seg

Capítu lo V

1)

(2)

9

{t)

= -Acoy*"' +Be-

a

"'-Baje"

0

"'

Para, t = 0 seg: 9= 9

0

y 9= 0

En (2):

9

0

= A

En (3).

0

= -Aú)

n

+B

Luego, en (2):

B = 9

q

Ú)„ = 100 9

0

0

(¡)

= 9

0

e~ + Ì009

0

t e

-1001

(3)



MECÁN ICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACION ES - DINÁMICA

Capítulo V

6

{l)

= 0

o

e~

10 0

' ( l +1

OOt)

rad/seg

4).- Cuando se quita el amortiguamiento, el periodo es:

T =

2JC_

=

ln_

= Q 0 6 2 g

¿y„ 100

E5.9.-

Un tablón uniforme está

soportado sobre dos ruedas que

gira en direcciones opuestas con

una rapidez angular constante. Si

el coeficiente de fricción entre las

ruedas y el tablón es p, determine

la frecuencia circular de

vibración del tablón si se

desplaza ligeramente una

distancia X con respecto al punto

medio entre las ruedas y se

suelta.

h H

P5-9

1).- D.C.L. del tablón:

Solución

i

f2

N2

m g

P5-9a

2).- Relaciones cinéticas (el tablón tiene un movimiento de traslación):

Yu

M

G=

0 -N

2

{d + X) + N

x

{d-X) = 0

-N

2

d-N

2

X + N

l

d-N

l

X = 0

Y

j

F

y

= 0 N

x

+N

2

= w -N

2

=N

l

-w

ZF

x

=mX-> f

2

- f

l

= m X -» ¿uN

2

-/uNy=mX

(2) en (1):

N

l

d-wd + N

l

X-wX + N

l

d-N

l

X = 0

2N

l

d-mg(d

+

X)=0

En (2):

d + X

>

2

d

f i

N i

(d + X )

N

2

=mg 1-

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)



M E C AN I C A PAR A I N G EN I ER I A Y SUS APL I C AC I ON ES - D I N A M I C A

(4) y (5) en (3):

'd + X^

mg-mg

'd + X^

2 d

H-mg

d + X

2

d

~g

\

/u= mX

G

X

ju+Mg = X

G

-> -jug-g¿x—+Mg = X

G

d

Capítulo V

on

:. X

G

H

X = 0 (Mov imiento libre no amortiguado )

(6)

De (6):

ú)

n

= J - y (Unidades de velocidad angular)

E5.10.- Dos barras esbeltas uniformes están soldadas

según se indica en la figura. La barra ABC pesa 10 N

y en la posición de equilibrio está horizontal; la barra

BD pesa 15 N y en la posición de equilibrio está

vertical, el pivote está exento de rozamiento.

Determinar, para este sistema:

a).- La razón de amortiguamiento "

TI .

b).- El tipo de amortiguamiento (sub amortiguado,

sobre amortiguado o con amortiguamiento crítico).

c).- La frecuencia y el periodo de movimiento (si

procede)

1

-

JL

N

•

s/m

4O N/m

¡i

i

B

'\e(n

2 mm

ü

C

20 0 m m

6 0 0 m m

D

P5-10

Solución

1).- D.C.L., en la posición de equilibrio:

Y j

M

b =

0

0 . 2 ^ = 0 . 2 * 4 0 ^ = 0

¿

s

= 0

2).- D.C.L., del sistema en movimiento, para

un ángulo 6 pequeño:

B y

B

B x

W 1

W 2

F e

c

P5-10a




Capítulo V

S = - T - s e n 0

•0


Fd

=

C V.

P5-10b

' i

/ f

i .

-K8 *^-cos0-C0 -

L

*-±cosd-w *-^sen0=I„0

f f

f i

e

* h

2 2

• /

2

AZ±_

4

2 2 2

f

1 2 1

— m

i

£

l

+ -m

2

i

2

v

2

+

± ™

12

1 1

3

0

Reemplazando valores y ordenando:

0 . 1 9 7 0 + 3.2 0 + 6.1 0=0

0+ 16.24(9+ 30.960= 0 (Mov imiento libre amo rtiguado)

De (1), se tiene:

m

4

= 1 , 16.24 y K

4

= 30.96

La razón de amo rtiguamiento es:

c .

TJ =

'f

2

4

m

*f

K

<

= 1.46

Como: TJ > 1 el mov imiento es sobreamortiguado.

4

E5.ll.- Una barra esbelta uniforme de 3 kg tiene

una longitud de 0.15 m y está en equilibrio en la

posición horizontal, que se indica en la figura.

Cuando se desciende un poco E y se suelta, se

observa que la amplitud"de cada

-

pico

-

tíer la

oscilación es de 90% de la amplitud del pico

anterior. Si la constante del resorte es K = 400

N/m. Determinar:

a).- El valor del coeficiente de amortiguamiento

"C".

b).- El periodo amortiguado, la frecuencia

amortiguada y la frecuencia, de las oscilaciones

amortiguadas de la vibración resultante.

' • e -50 mm -* -

- 7 5 m m

(i)

2 5 m m

- v -

D

P5-11




Capítulo V

1).- D.C.L.:

a).- Para la barra en equilibrio

Solución

b).- Para la barra en movimiento (0 pequeño)

By

B

B x

• Fe

mg

P 5 - l l a

P 5 - l l b

S= 0.075 sen 0= 0.0750


a).- Para la barra en equilibrio:

= 0 - > -K S

s

* 0 . 0 7 5 - mg * 0 . 02 5 = 0

- 0 . 0 7 5 K S

s

= 0 . 0 2 5 m g

S

s

= - 0 . 0 2 4 5 m

(0)

El signo m enos indica que el resorte está siendo comp rimido, en equilibrio del sistema,

b).- Cuando la barra gira un pequeño ángulo 0.

Y

j

M

B=

I

B# -> - 0.025mg- 0.075K(s

s

+ ó)~ 0.05C * 0 . 0 5 0 = I

B

0

Reemplazando (0) y 8 :

I

B

9+0.05

2

Cé+0.07S

2

K0= 0

Si:

/ = J - * 3 * 0 . 1 5

2

+ 3 * 0 . 0 2 5

2

= 7 . 5 x 1 0 "

3

kg-m

2

12

Luego:

0 + O . 3 3 3 C 0 + 3 0 0 0 = 0

3).- Cálculo de "C":

Si el decremento logarítmico es:

1)

D

L

=in

\ X

2

j

= i n | ~ | = 0.105 6

0.9>

Sabemos también, que el decremento logarítmico, es:



M EC AN I C A PAR A I N G EN I ER I A Y SUS APL I C AC ION ES - D I N AM I C A

D

l

=

2n r¡

V T

- > D¡=

2

l - r j

r i

2

Di

D l - { 2 n )

2

Reemplazando DL:

D

L

V

=

= 0 . 0 1 6 7 7

•y¡Dl

2

La razón de amortiguamiento, también es:

c.

V =

<f

c

c,

Cef

De (1), se tiene:

m

ef = 1

K j

= 30 0 y

C

ef

=

0 .333 C

Reemplazando valores, en (2):

0 3 3 3 C

0 . 0 1 6 7 7 =

C

2 ^ 1 * 3 0 0

C = 1 . 7 4 3 N - s e g / m

Capítulo V

(2)

4).- Cálculo de la frecuencia de las oscilaciones amortiguadas, frecuencia amortiguada y periodo

amortiguada:

E n ( l ) :

CO

n

= V300 = 17.31 rad/seg

a f = ú )

n

^ l - J ]

¿

- > 0) '= 17 .31 8 rad/seg

0 '

/ ' = — = 2 .7 56 Hz

2 n

r = — = 0 . 3 6 3 seg

. E5.12.- El tornamesa en la figura P5-12 gira en un

plano horizontal con una velocidad angular constante

ra. La partícula P (masa = m) se mueve en la ranura

sin fricción y está unida al resorte (módulo K,

longitud natural i ) como se muestra:

a).- Obtenga la ecuación diferencial que describe el

mo vimiento y de la partícula respecto a la

ranura.

b).- ¿Para que extensión del resorte, P no tiene

aceleración respecto a la ranura?

c).- Suponga que el movimiento se inicia con el

resorte sin estirar y la partícula se encuentra en

reposo respecto a la ranura. Determine el

movimiento subsiguiente y ^ .

P5-12

^ i




Capítulo V

Solución

1).- D.C.L., para un tiempo "t":

- Fu

P5-12a


En la figura (P5- 12b):

A, B y C puntos fijos en la tornam esa

\ 0 = 0) t

y

p= 90-0

ü

= - eos

P i + sen fi j

w = - s e n a í i + e o s © t j

La aceleración de "P " será:

P5-12b

—

a

p

=a

A

-o ) P^ +2Ú) X P„ + P^

Dónde:

A

A

=-G)

2

R= -Ú)

2

R(COS6Í + SQTI9 ]) = -Á)

2

R (cosa tT + sencvt j )

-0 )

2

p

AP

=-CO

2

Y Ü

= -ú)

2

y..(-sena t i + cosa) t J )

2

coxp^ = 2cok x y ñ = -2a>y

( e o s ©

t i + s eno) t j )

PAP ~ y " ~ y senco t i + eos co t j )

Luego:

a

p

= {-co

2

R

eo s

co t + co

2

y

s e n ©

t-2co y

e o s

co t - y

s e n © / )

i +

(- ú)

2

Rsencot-co

2

ycoscot - 2coysencot + ycoscot)j


N = -N (cos0i + sen6* j ) = -N ( e o s © t i + s e n © t ] )

F

e

= -K (y - i) ü = K (y -1) ( s e n © t i - e o s © t j )



MECÁN ICA PARA INGEN IERÍA Y SUS APLICACION ES - DINÁM ICA Capítulo V

Si operamos de la siguiente manera:

( Z Fx ~

M Ü

PX sen ® 0 + ( Z F

r

= m a

py

).x(cos£y t)

- Ncosco t +

K(y-l)

=

m

se n ¿y />

- co Rcosco t + co 'vsen¿y / -

2 co y cosco t - ysQnco t J

x ( - sen ¿y /)

- N sen co t -

J<.(y - i)cosco tj

= m

r

- co

2

R

SQTÌCO t -co

2

y e o s co t

2

co

ysenco t

+

y cosco t

x (e os ¿y

- K ( y - l )

'sen

2

co t

Veos co t J

= m

-co y

/ 2 A

sen

co

t +

v eo s co t

/ 2

sen

co

t +

v eo s co t

m

(y-co

2

y) + Ky-K£ = 0

K - meo

2\

Kl

m

y —

m

(Movimiento forzado no am ortiguado)

4).- En (1) para y = 0, la extensión del resorte es:

Kl

0 +

C v 2 \

K - meo

\ m )

y =

m

(O

•'• y =

K

K-mco

' (Unidades de longitud)

5).- La solución de la ecuación diferencial (1), está conformado por una solución complementaria y otra

particular:

y

(l)

=y

c

+y

P

y

c

= c sen (coj + fi) en donde

CO

n

=

K-mco'

m

Para la solución particular, la fuerza excitatriz es una función polinómica:

y

P

= A

>

y? =

0

y y

P

=

0

En (1):

' K-mco

\ m J

Kl

A

n

=

Kl

m

0

K-mco

2

Luego:



MEC ÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIONES - DINÁMICA

Capítulo V

Kl

y

P

=•

K P.

K - meo

K-mco

y

{t)

= c s e n ( ¿ y , / + f¿ ) +

También:

y

{

) =

C

® n C OS (cOj + fi)

Cálculo de las constantes de (2) por las condiciones iniciales dadas:

Par a,t = Oseg: y

{l)

= t y y

(l)

= 0

En (2):

c senfi +

K

K-mco

2

En (3):

0 =

c

co

n

cos fi

- »

cos fi =0

c s e n ^

l meo

meo

2

-K

fi =

7Z

(2)

(3)

(4)

En (4):

I meo

c =

meo

2

- K

Luego, en (2): "

y« )

=

i meo

2 \

\mco - K )

sen

K-mco

m

t + -

n

Kl

+ -

K-mco


E5.13.- Un cañón con peso de 1200 Ib

dispara una bala de 100 Ib con velocidad de

600 pie/seg respecto a él (ver Figura).

Inmediatamente entra en contacto con un

resorte de rigidez igual a 149 lb/pie y con

un amortiguamiento calibrado para obtener

un amortiguamiento crítico en el sistema.

Suponiendo que no hay fricción entre las

ruedas y el plano, halle el desplazamiento

hacia la pared después de V* de segundo.

Solución

1).- D.C.L. (del cañón):

2).- Cálculo de la velocidad de contacto del

cañón.- Por el principio de la conservación de la

P5-13

F e

Fo

W

N

P5-13a




Capítulo V

X

U)

= 4 6 . 1 5 te -

2

'

(4)

En (4), para t = 0.25 seg:

^ 0 . 2 5 )

= 4 6 . 1 5 * 0 . 2 5

e

-

2 t 0

-

2 5

= 6.998 pies

^ ( 0 . 2 5 ) =

7

P

i e s

E5.14.- El bloque en la figura está en equilibrio antes de

la aplicación de la fuer za constante P = 50 Ib en t = 0 seg.

Si K = 100 lb/plg, m = 0.01 Ib -seg

2

/plg y el sistema

tiene amortiguamiento crítico, encuentre X ^ .

m g

N J / X

P5-14

Solución

F e

P5-14a

mg]

Fe

1).- D.C.L.: Antes de la aplicación de "P" (P5-14a) y después de la

aplicación de "P" (P5-14b)


a).- Antes de la aplicación de P :

Z F

x

=°

m

8 - F

e

~ KS

s

=> mg = KS

s

'

b).- Después de la aplicación de P:

Y^Fx =mX P + mg-K(d

s

+x)-C X = mX

Fe

mX + CX + KX = P -> X + —X + —X = — (1)

m m m

P5-14b

La solución uc ia ecuación (1) está compuesta, por una solución complementaria y otra particular:

^ ( 0

=

+ Xp

La solución complementaria, para un amortiguamiento crítico, es:

A ~

CÜ

n* . T-í ^

X

c

= A e + Bt e

*

La solución particular (función polinomial), es:

X

P

= A

0

, X

P

=0 y X

P

=0

E n ( l ) :




Capítulo V

L

A

- L

m m

-» A

n

=

P_

K

X„ =

P_

K

L u e g o :

p

IR A ~

CO

J R, . J

X

X,

A

= A e + B t e + •

También:

K

X

[t)

=-Aa>

n

e- '

aJ

+Be~

aJ

- Btco „e^"'

Para t = 0 seg: X

{0 }

=0 y X

{0)

= 0

En (2):

0 = A +

K

A = -

P_

K

En (3):

0 = -Aó)

n

+B

Luego, en (2):

P

B = - — ®n

K "

X

{ l )

= j ( l - e - ' - a Je-°"') = | [l - (l

+

coj) e-"'

Si :

Z

5

= 5 0 lb ,

AT

= lOOlb/plg y

CO

n

Reemplazando en (4):

= 0 . 5 [ l - ( l + 1 0 0 O ^

1 0 0

' ] p l g

100

0 .01

= 100 rad/seg

(2)

(3)

(4)

E5.15.- Obtenga el valor del coeficiente de

amortiguamiento crítico para el péndulo de la figura.

Desprecie la masa de la barra rígida a la que está unida la

partícula de masa m .

y í

—vWVWA-

P5-15




Capítulo V

O y •

O

O x

10

\ Fe = K a sen 0

i v»

Fe = C 0 b

e t

Solución

1).- D.S.F. (para ángulos peq ueños):

e

t

x e

n

— e

b

— k

m g


2 X * = £ j /

0 l

P5-15a

Y^Hoi =r x mr = -¿ e

n

x m (Q ie,+0

2

i e

n

) = mí

2

0 k

Luego:

-mg £sen0 - K asen0acos0 -CÓbbcos0 =mi

2

0

m l

2

0 + C b

2

0 +(mgl + Ka

2

)0 = 0

La raíz característica de la ecuación diferencial (1) es:

Cb

2

2 m t

f

Cb

2 V

.2 m l

2

j

mgl + K a

mt

2

En el discriminante, para el coeficiente de amortiguamiento crítico se tiene:

C

r

b'

\

2

2 m r

mg£ + Ka

:

m

C

c

=-rJme(m

g

e + Ka

2

)

C

c

= ~ y

m

(

m

S l + K a

2

) (Unidades de coeficiente de amortiguamiento)

E5.16.- El cilindro en la figura está en equilibrio

en la posición mostrada. Encuentre la frecuencia

natural de la vibración libre respecto a esta

posición d e equilibrio si no hay resbalamiento.

Solución

1).- Para el cilindro en equilibrio:

M a s a m

(i)

I

P5-16




Capítulo V

a).- D.C.L.:

V -

F e

m g ;

- * A

¡ 3 0 *

N

P5-16a


Y

J

M

A=

0

mgserí5Q°R - F

e

R = 0

mg sen 3 0 ° = K5

S

(1)

2).- Para el cilindro en movimiento:

a).- D.C.L.:

X = X

c

y a = = —

c

R R


=mX

c

mg serñQ° - f - K (ó

s

+ X)= m X

F e

x_

R

,M

c

=I

c

a -> f R = I

c

(1) en (2) ; y [ (2)* R + (3)]:

x

-K X R = mX R + Ir — = mX R +

2)

(3)

mR

2

X

m g y

P5-16b

R

2

R

3 m ..

X + K X = 0

De (4):

.. 2 K

x+- X = 0

3 m

(4).

CO.. =

2 K

3 m

/„ =

y,

2 K

2n 12

mn

(Unidades de frecuencia)

E5.17.- Cuando el sistema representado en la figura

P5-17, está en equilibrio, el resorte 1 (K^ = 1.2

KN/m) está alargado 50 mm y el resorte 2 (K

2

= 1.8

KN/m) lo está 90 mm. Si se tira de la masa m hacia

abajo una distancia 5 y se suelta a partir del reposo,

determinar:

a). - La ecuación diferencial que rige el m ovimiento.

b).- La distancia máxima 8

m ax

tal que los hilos se

hallen siempre en tensión.

P5-17




Capítulo V

c).- La frecuencia angular y la amplitud de la vibración resultante.

d).- La posición de la masa en función del tiempo, tomando en consideración b).

Solución

1).- D.C.L.:


a).- Para la posición de equilibrio:

£ i v = 0 -> K

x

5

sl

+mg-K

2

5

s

2

= 0

mg senW° = K

2

8

S2

- K

x

S

s¡

(1)

( 1 8 0 0 * 0 . 0 9 - 1 2 0 0 * 0 .0 5 )

F e

2

P F.

Y

mg •

r

T = F e ,

r

m

= 10.398 kg

9.81

b).- Para el cuerpo en movimiento:

Y

i

F

r

=mf -> mg + K

x

{s

sx

-Y)-K

2

[s

s2

+Y) = mY

P5-17a

(2)

- K J - K J = mY 7 +

( K

Í +

K

2

V m

7 = 0


7 + 288 .537 = 0

(3)

El S

max

que se le puede dar, para que exista siempre tensión es la deformación mínima de una de los

resorte ( S

S m i n

) , que vendrá a ser la amplitud del movimiento libre no amortiguado, y es:

¿

m a x

= 7

m a x

= c = 0 . 0 5 m

De (3):

co

n

= V288.53 = 16.986 rad/seg

La solución de (3), es:

Y

{¡]

=

c SQn(co

n

t + </> )

También:

Y

it)

=ca)

n

cos{ü)

n

t + fi)

Para t =

0

seg, se tiene = 0

En (5):

(4)

(5)



MEC ÁNICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIONES - DINÁMICA Capí tulo V

0 = c

a)

n

eos fi —> cos fi = 0

En (4):

fi

* 2

Y

u)

= c s e n [ û > „ / + y = - c c os

¿y

j

:. Y

(L )

= - 0 . 0 5 c o s i 6 . 9 8 6 / (m )

E5.18.- El péndulo representado en la figura

consiste en una masa de 5 kg sujeta al extremo de

una varilla ligera de 0.9 m de longitud. El otro

extremo de la varilla oscila a lo largo de una guía

horizontal. Suponiendo oscilaciones de pequeña

amplitud determinar:

a).- La ecuación diferencial del movimiento para

la posición angular 0 del péndulo.

b).- La amplitud de la oscilación estacionaria.

Y

X

P5-18a

1).- D.C.L.

1 5 0 sen 5t mm

El sentido de la fuerza amortiguadora depende del

sentido de la velocidad en X (se opone a este).


X

t

= i 0 . 1 5 sen 5 1

X

A

= ± 0 .7 5 eos 5

t

X

A

= + 3 .75 se n 5 t

V

p

= V

a

+cüx

Pí

V

p

= 0 .75 eos 5 t i + è kx l (sen d i - eo s 0 j )

Para ángulos pequeños.-



MECÁ NICA PARA INGENIERÍA Y SUS APLICACIONES - DINÁMICA Capítulo V

V

p

= (0.75 eo s 5/ + 01) i + 0 i 9 ]

X

p

= 0 . 7 5 COS 5 t + 0 t ( L a q u e a c t ú a e n e l a m o r t i g u a d o r )

T a m b i é n :

~P, = , %= 0lé,+0

2

P¿

n

y

a

A

= X

A

( - eos9 e, + s e n0 e „ ) = X

A

(-e

l

+0e

n

)


Z M

A

k = ( Z H

Á

)

r

* a

A

(1)

Si: e

t

x e

n

=e

b

=k

( Z H A ¡ ) =PI

X m

Pi = e»

x

M ( 0 Í E

T

+ 0

2

i e

n

) = m i

2

0 k

( Z

m

tP i fe

=

~mle

n

xX

A

( - e , + 0e

n

) = -mlX

A

k

En( l ) :

- mg£sen9- CX

P

lcos9= mi

2

9-mtX

A

- mg9 -C(0.75cos5t + 9l) = ml9-m (3.75 sen 5 t )

m 10 +C10 +mg0 = 3.75 m sen 5t - 0.75 C eos 5t


4.5 0 + 5 A 9 + 49 .05 9 = 18.75 se n 51 - 4.5 eos 51 (2)

El segundo miembro de la ecuación (2), también puede expresarse como una ñinción senoidal, para así

poder asemejar su solución a lo desarrollado en la parte teórica.

18.75 sen 5/ - 4.5 eo s 51 = G s en ( 5 1 - y / )

Dónde:

G =

V l 8 . 7 5

2

+ 4.5

2

=

1 9 . 2 8 2 4

tgy/=

- »

w

=

1 3 . 4 9 6 ° - > 0 . 2 3 5 5 4 r ad

1 8 . 7 5

Luego, en (2):

4.5 0 +5A0 + 49 .05 0 = 19.282 sen (5/ - 0.2355)




Capítulo V

6 +1 .2 0 + 10 .9 0 = 4 .28 49 sen (5 / - 0 .2355 )

3).- La parte estacionaria está dada por la solución particular de (3).

De (3), se tiene:

, K

ef

= 10.9 , C

ef

= 1.2 y

La am plitud de la parte estacionaria, es.

m

ef

=1

F

0e f

= 4 . 2 8 4 9

9

o =

F

0 ef

4 . 2 8 4 9

(K

ef

-m^?)

2

+(c

ef

a>.y 410.9-Lx5*)

2

+

(U.r5)

: . 0

O

= 0 .2796 rad

E5.19.- La barra delgada tiene un peso

de w = 4 lb/pie. Si, se sostiene en el

plano horizontal por una articulación

esférica en A y un cable en B,

determine la frecuencia natural de

oscilación cuando el extremo B sufre

un pequeño desplazamiento horizontal

y se después se suelta.

Solución

1).- D .C.L.:

P5-19

(3)

0.75 pie

P5-19a

y

mg

Ay

A

X

A x

P5-19b

X = 0 .75 sen J3 y X = \.5sen0 ^

Para ángulos pequeños:

P = 2 0


Y j

M

a x = ° 0 .7 5 /w g - 1 .5 T c o s /? = 0

s e n / ? = 2 s e n 0




Capítulo V

T

m g 1

2 cos

ß

2

5

-mÖ+- mg* 29=0

2 2

:. d+2gd=0

(M.A .S.) (1)

D e ( l ) :

to„

=

= 8 .0 2 5 rad/seg

/ „ = — = 1 . 2 77 2 = 1 . 2 8 H z

n r%

2 n

E5.20.- El motor eléctrico de 200 Ib de peso

está unido al punto medio de una viga que

tiene un solo apoyo. Se observa que ésta se

flexiona 2 plg cuando el motor no está

funcionando. El motor hace girar un cigüeñal

excéntrico que es equivalente a un peso no

equilibrado de

1

Ib ubicado 5 plg fuera del eje

de rotación. Si el motor gira a 100 R.P.M.

Determine la amplitud de la vibración del

estado permanente. El factor de

amortiguamiento es t] = 0.20. Desprecie la

masa de la viga.

Solución

1).- Cuando el motor no está funcionando

(modelo discretizado):

a).- D.C.L.(P5-20a):

b).- Relaciones cinéticas.

2



M E C Á N I C A P A R A I N G E N I E R Í A Y S U S A P L I C A C I O N E S - D I N Á M I C A C a p í t u l o V

2) . - C ua ndo e l mot or e s t á func i ona ndo . - La fue rz a

per iódica que hace , que e l motor vibre es l a fuerza

cent r í fuga debido a l e fec to de l desba lanceo de l rotor .

El modelo di scre t izado de l s i s tema es :

a ) -D.C.L. :

b) . - Relac iones c iné t icas :

Y

J

Fx=rnX

- K.X -CX + F

n

sena).t = mX

mX + CX + K

e

X = F

0

sena>J

D o n d e .

1 )

F o S e n w t

M =

P 5 - 2 0 b

F o S e n a j t

>

P 5 - 2 0 c

m =

2 0 0

= 0 . 5 1 7 6 lb -seg

2

/plg

3 2 . 2 * 1 2

n

G), — 1 0 0 * — = 1 0 . 4 7 2 r ad /s eg

3 0

F

n

= m a „ = m rco i - — * — *

o « «

3 2 2 1 2

1 0 . 4 7 2

2

= 1 . 4 2 I b

E n ( l ) :

X + —X + L^X = — sen 1 0 . 4 7 2 t

m m

(2)

m

En (2):

=

K.

r

100

= 13 . 9 r a d / se g

m V 0 . 5 1 7 6

3) . - La soluc ión par t icula r de la ecuac ión di fe ren c ia l (2) nos da la ampl i tud de l es tado perm anen te , y es :

1 . 4 2 / 1 0 0

1 -

f \

2

ai.

co„

v

N

J

+

f \

2

2r¡(o.

\

;

í -

' 1 0 . 4 7 2

V

1 3 . 9

^ 2 * 0 . 2 * 1 0 . 4 7 2 ^

1 3 . 9

X

0

= 0 . 0 2 6 9 p lg




Capítulo V

E5-21. - Las masas de la barra esbe l ta y e l di sco homogéneo most rado son m y m

d

respec t ivam ente . El

resor te no es tá es t i rado cuando 6 = 0

o

. Suponga que e l di sco rueda (s in des l izar) sobre la superf ic ie

hor izonta l . Desprec ie los rozamientos en los pasadores A y B.

a) . - Demuest re , que e l movimiento es tá regido por l a ecuac ión:

1 3 m

A

3 2 m

eo s

1

e \ 9 -

3

m,

. ,

Q K i \

—~SQn0cosee

2

~-sen6 + — (1 - c o s 0 )s en <9 = 0

2 m í m

y

'

b).- Si el sistema está en equil ibrio en el ángulo 6

=•

9

e

y 9 = 9 - 9

e

, demuest re , que la ecuac ión

que r ige las pequeñas vibrac iones respec to a l a pos ic ión de equi l ibr io es .

i

+

3 2 m

COS

2

0

9 +

K

m

í \ §

( e o s 9

e

- e o s

2

9

e

+ sen

2

9

e

)~ y eos 9

e

9 = 0

P5-21

Solución

Co mo las f i i e rzas que p rodu cen t raba jo en e l s i s tema son conserv a t ivas , l a energía m ecánica es cons tante .

1) .- Relac iones c inemá t icas . - Ut i l i zando e l métod o de los cent ros ins tantáneos de ve loc idad nula :

Diagrama de las pos ic iones inic ia l y f ina l , además loca l izac ión de los cent ros ins tantáneos de ve loc idad

nula:

S = t-gcos9

A '

B

L

C i

C /

G

{ e o s 9

~t

i c o s 9

L.R.

{ sen 9

P5-21a




C a p í t u l o V

V

r

=

P

-è

v

G

=

í

e o s

e e

e o s 9 9

y

cú

d

=

2 £

2) . - Cálculo de la energía mecánica de l s i s tema, para un 0 cua lquiera :

a ) . - Energ ía c iné t ica de l s i s tem a:

v —

1

1 1

G d

r

1

¿ = — m

K

2

9

v 2 y

+ — *

——

mi

2

9

2

+

—

AW^ e o s 99^j + - * - m

d

R

2

2 12

2 2

leo s99

R

\ 2

Ope ra ndo y a grupa ndo:

Er = ~ml

2

9

2

+~m.

(lcos9 9)

2

b) . - Energía potenc ia l de l s i s tema:

U = mg

L u e g o :

-Icos 9

j

+ ^K{l-lcos9)

2

E

M

= E

K

+ U — > Constante .

1 3 2 1 1 2

-m l

2

9

2

+ -m

d

(lcos9 d )

2

+ -mg lcos9 +-K l

2

(l - e o s 9 f = Cíe

Derivando (1) con respec to a l t i empo:

"l 3 3

-m l

2

99 + - m j

2

eo s

2

999--mi

2

9

2

2stn9cos99-

3 2

d

4

-mgl

2

SQñ99 + Kl

2

(\- cos9 )

2

s e n 6 * 9

= 0

Ope ra ndo y o rde na ndo:

+

3 m

d

V 2 m

e o s

2

9

9 +

3m

2 m

d

sen9cos9 9

2

~-r~sen9 +

21

K

m

( l - c o s # ) s e n 6 >

= 0 lqqd

3) . - Para peque ñas vibrac ion es [ d = 0 ) , respec to a l a pos ic ión de equi l ibr io:

Se sabe, que:

9 = 9 + 9 , 9=9 y 9 =§

1 )

(2)




Capítulo V

Pa ra 6

e

, l a ace le rac ión angular 9 = 0 , Luego en (2):

3

— s e n tf e o s é > ¿

2

- - — - s e n d + — ( l - e o s <9

e

) s e n i9

e

= 0

2 m 2 ti

K K g

— e o s

9

e

=

—

T ~

m m 21

m

e o s = 1 -

(3)

En (2) : sen 8 y eos 8 lo desarrol lamo s en ser ies de Taylor , en func ión de 8 :

s e n 9 = s en ( i % + & ) = s e n9

e

+ e o s9

e

9 +

cos0 = eos (&„ + 0 ) = cos 9

e

- s e n9

e

9 +

Sust i tuye ndo es tás expre s iones en (2) e igno rando los t é rmin os en 6 de segu nd o orden y super iores ,

además de los productos de es tos :

1 =

1 ¿r

-9 +—-

3 2 m

A

2 n a 2

e o s 6 , + s e n 9,9

1

-

9

2sen<9

e

cos6>

e

6> ;

1 3m.

+ ^ e o s

2

£

.3

11 = ~^(sen9

e

+cos9

e

9 ) + - cos6>, + sen9

e

9 )(sen6>

e

+ c o sOJO )

II = ( sen6> +e os 6> 0 ) + —

2l

x

'

m

s e ñ é ? - s e n 0

e

( l - | | J + .

s e n

2

00 + e o s9 0 - eos

2

0. 0

II

—

~ ~ e o s9

e

+ ~ ( c o s d

e

- eos

2

9

e

+ s e n

2

9

e

)

9

Luego en (2) :

1 3 m

9 +

Kr

— ( e o s 0

e

- eos

2

6>

e

+ se n

2

9

e

) - — eos

m

9 = 0 Iqqd

£5 .22 . - La coord enad a X, . de l s i smó grafo most rado mide el mo vim iento loca l hor izonta l de l sue lo. La

c o o r d e n a d a X mide la pos ic ión de la masa respec to a l marco s i smógrafo. El resor te no es tá es t i rado

c u a n d o

X

= 0. La masa

m

= 1 kg, K = 10 N/m y C = 2 N-seg/m . Suponga que e l s i smógrafo es tá

inic ia lme nte en repos o y que en t = 0 se somete a un mo vim iento o sc i la tor io del t e rreno X

t

= 1 0 s e n 2 í

(mm) ¿cuá l es l a ampl i tud de la respues ta de l es tado permanente de la masa?



M E C Á N I C A P A R A I N G E N I E R Í A Y S U S A P L I C A C I O N E S - D I N Á M I C A C a p í t u l o V

Vista Si me no r

Vista en Elevación

1) . -D . C . L . :

Fee

m gg

1 )

N

P 5 - 2 2 a

2) . - Relac io nes c iné t icas :

X F

x

=mX, - CX -KX

= +

x)

Si:

X,=0Msen2t , X¡ =

0 . 0 2 e o s 2 / y = - 0 . 0 4 . s e « 2 /

E n ( l ) .

w X + C i ' + ^ A ' = 0 . 0 45 ^ / 72 / ->• X + + = 0 . 0 4 s e « 2 /

3).- La ampli tud del estado permanente, está dado en la solución part icular de (2), y es:

m

0 . 0 4

+

Ccc I.

v

m

y

\ [ (l 0 ~ 2

2

J + (2 * 2 )

2

= 5 . 5 5 x l 0 ~

3

m

(2)

X , = 5 . 5 5

m m

E5.23. - El di sco de 0.5 plg de espesor en la

f igura , es tá hecho de acero, con un peso

espec i f ico de 0.283 lb/plg

3

. Se hal la restringido

por un resor te de tors ión de = 5 1 0 lb-

plg/rad de rigidez.

Se van a perforar dos agujeros c i rculares de

diámetro "rf " en el disco, para ajustar la

frecuencia na tura l de l s i s tema a 18.5 Hz. Hal le

e l va lor requer ido de "rf" .

P 5 - 2 3

fil j ¡ y j X v v | 4 pulg

6pulg



MECÁ NICA PARA INGEN IERÍA Y SUS APLICACION ES - DINÁMICA

Capítulo V

Solución

1).-D.C.L.:

2) . - Relac iones c iné t icas :

M t '

/

1

- A

d

\\

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