Ingenieria - Mecanica - Dinamica - R - C - Hibbele 614 (1) Español

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CAPÍTULO  21  CINÉTICA  TRIDIMENSIONAL  DE  UN  CUERPO  RÍGIDO

Ejes  x,  y,  z  que  tienen  movimiento  =  0.  Si  el  cuerpo  tiene  movimiento  general,  los  ejes  x,  y,  z   se  pueden  elegir  con  origen  en  G,  de  modo  que  los  ejes  solo  se  trasladen  en  relación  con  el   marco  inercial  X,  Y,  Z  de  referencia.  Hacer  esto  simplifica  la  Ec.  21­22,  ya  que  =  0.  Sin   embargo,  el  cuerpo  puede  tener  una  rotación  V  alrededor  de  estos  ejes  y,  por  lo  tanto,  los   momentos  y  productos  de  inercia  del  cuerpo  tendrían  que  expresarse  como  funciones  del   tiempo.  En  la  mayoría  de  los  casos,  esto  sería  una  tarea  difícil,  por  lo  que  tal  elección  de   ejes  tiene  una  aplicación  restringida.

Ejes  x,  y,  z  que  tienen  movimiento  =  V.  Los  ejes  x,  y,  z  se  pueden  elegir  de  modo  que  estén   fijos  y  se  muevan  con  el  cuerpo.  Los  momentos  y  productos  de  inercia  del  cuerpo  con   respecto  a  estos  ejes  serán  entonces  constantes  durante  el  movimiento.  Dado  que  =  V,  las   ecuaciones.  21–22  convertirse #

MO  =  (H

O)xyz  +  V  *  HO

(21–23)

#

MG  =  (H

G)xyz  +  V  *  HG

Podemos  expresar  cada  una  de  estas  ecuaciones  vectoriales  como  tres  ecuaciones   escalares  usando  las  Ecs.  21–10.  Despreciando  los  subíndices  O  y  G  se  obtiene

#

Mx  =  Ixxv

#

X

­  (Iyy  ­  Izz)vyvz  ­  Ixy(v ­  Iyz(vy

2

2

vz

#

)  ­  Izx(v  ­  

#

Mi  =  Iyyv

z

+  vxvy)

#

­  (Izz  ­  Ixx)vzvx  ­  Iyz(v

y

­  Izx(vz

2

­vxvy )

z

2

(21–24)

#

)  ­  Ixy(v  ­  vxX +  vyvz)

#

Mz  =  Izzv

­vzvx )

y

#

z

­  (Ixx  ­  Iyy)vxvy  ­  Izx(v ­  Ixy(vx

2

vy

­  vyvz)

X

2

#

)  ­  Iyz(v  ­  

y

+  vzvx)

Si  los  ejes  x,  y,  z  se  eligen  como  ejes  principales  de  inercia,  los  productos  de inercia  son  cero,  Ixx  =  Ix ,  etc.,  y  las  ecuaciones  anteriores  se  convierten  en

#

Mx  =  Ixv

21

X

­  (Iy  ­  Iz)vyvz

y

­  (Iz  ­  Ix)vzvx

z

­  (Ix  ­  Iy)vxvy

#

Mi  =  Iyv Mz  =  Izv

(21–25)

#

Este  conjunto  de  ecuaciones  se  conoce  históricamente  como  las  ecuaciones  de  movimiento   de  Euler,  en  honor  al  matemático  suizo  Leonhard  Euler,  quien  las  desarrolló  por  primera  vez.   Se  aplican  solo  para  momentos  sumados  sobre  el  punto  O  o  G.

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libros  electrónicos  gratis  ==>  www.ebook777.com 21.4  ECUACIONES  DE  MOVIMIENTO

#

Al  aplicar  estas  ecuaciones,  debe  tenerse  en  cuenta  que  v  representa  las  derivadas  temporales  de  las  magnitudes  de  las  

#

x ,

v   y ,

615

#

vz   _

componentes  x,  y,  z  de  V  observadas  desde  x,  y,  z.  Para  determinar  estas  componentes,  primero  es  necesario  encontrar  vx ,  vy ,  vz  cuando  los  ejes   x,  y,  z  están  orientados  en  una  posición  general  y  luego  tomar  la  derivada  temporal  de  la  magnitud  de  estas  componentes,  es  decir,  (V )xyz.  Sin   embargo,  dado  que  los  ejes  x,  y,  z  están  girando  en  =  V,  entonces  de  la  ecuación.  20­6,  debe  notarse  que  V  =  (V )xyz  +  V  *  V.

#

#

#

#

#

Como  V  *  V  =  0,  entonces  V  =  (V )xyz.  Este  importante  resultado  indica  que  la  derivada  temporal  de  V  con  respecto  a  los  ejes  fijos  X,  Y,  Z ,  es  decir,   #

V,  también  se  puede  utilizar  para  obtener  (V )xyz.  Generalmente  esta  es  la  forma  más  fácil  de  determinar  el  resultado.  Véase  el  Ejemplo  21.5.

,

#

Ejes  x,  y,  z  que  tienen  movimiento  3  V.  Para  simplificar  los  cálculos  de  la  derivada  temporal  de  V,  a  menudo  es  conveniente  elegir  los  ejes  x,  y,  z  que   tienen  una  velocidad  angular  que  es  diferente  de  la  velocidad  angular  V  del  cuerpo .  Esto  es  particularmente  adecuado  para  el  análisis  de  peonzas   y  giroscopios  que  son  simétricos  respecto  a  sus  ejes  giratorios.*  Cuando  este  es  el  caso,  los  momentos  y  productos  de  inercia  permanecen   constantes  alrededor  del  eje  de  giro.

Las  ecuaciones  21  y  22  son  aplicables  para  tal  conjunto  de  ejes.  Cada  una  de  estas  dos  ecuaciones  vectoriales  se  puede  reducir  a  un  conjunto   de  tres  ecuaciones  escalares  que  se  derivan  de  manera  similar  a  las  Ecs.  21–25,†  es  decir,

Mx  =  Ixv

#

X

­  Iyzvy  +  Izyvz

#

Mi  =  Iyv Mz  =  Izv

y ­  Izxvz  +  Ixzvx

(21–26)

#

Aquí  el  

x ,  y ,  z

z ­  Ixyvx  +  Iyxvy

, medido  desde  debe  

representan  las  componentes  x,  y,  z  de #

marco  de  referencia  inercial,  yv  a  los  ejes  x,  y,  z  que  tienen  la  rotación  

#

x , vv  y ,  z

Cualquiera  de  estos  conjuntos  de  ecuaciones  de  momento,  Ecs.  21–24,  21–25  

#

determinarse  relativo .  Véase  el  Ejemplo  21.6.

o  21–26  representa  una  serie  de  tres  ecuaciones  diferenciales  no  lineales  de  primer  orden.  Estas  ecuaciones  están  "acopladas",  ya  que  las   componentes  de  velocidad  angular  están  presentes  en  todos  los  términos.  Por  lo  tanto,  el  éxito  en  la  determinación  de  la  solución  para  un  problema   particular  depende  de  lo  que  se  desconoce  en  estas  ecuaciones.  La  dificultad  ciertamente  surge  cuando  uno  intenta  resolver  las  componentes   desconocidas  de  V  cuando  los  momentos  externos  son  funciones  del  tiempo.  Pueden  surgir  más  complicaciones  si  las  ecuaciones  de  momento  se   acoplan  a  las  tres  ecuaciones  escalares  del  movimiento  de  traslación,  Ecs.  21–19.  Esto  puede  suceder  debido  a  la  existencia  de  restricciones   cinemáticas  que  relacionan  la  rotación  del  cuerpo  con  la  traslación  de  su  centro  de  masa,  como  en  el  caso  de  un  aro  que  rueda.

21

*En  la  Sec.  21.5.  †Ver  problema.  21–42.

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CAPÍTULO  21  CINÉTICA  TRIDIMENSIONAL  DE  UN  CUERPO  RÍGIDO

sin  resbalar  Los  problemas  que  requieren  la  solución  simultánea  de  ecuaciones  diferenciales  generalmente  se   resuelven  usando  métodos  numéricos  con  la  ayuda  de  una  computadora.  En  muchos  problemas  de  ingeniería,  sin   embargo,  se  nos  da  información  sobre  el  movimiento  del  cuerpo  y  se  requiere  que  determinemos  los  momentos   aplicados  que  actúan  sobre  el  cuerpo.  La  mayoría  de  estos  problemas  tienen  solución  directa,  por  lo  que  no  es   necesario  recurrir  a  técnicas  informáticas.

Procedimiento  de  Análisis Los  problemas  relacionados  con  el  movimiento  tridimensional  de  un  cuerpo  rígido  se  pueden  resolver   mediante  el  siguiente  procedimiento. Diagrama  de  cuerpo  libre. Dibuje  un  diagrama  de  cuerpo  libre  del  cuerpo  en  el  instante  considerado  y  especifique  el  sistema  de   coordenadas  x,  y,  z .  El  origen  de  esta  referencia  debe  ubicarse  en  el  centro  de  masa  del  cuerpo  G,  o   en  el  punto  O,  considerado  fijo  en  un  marco  de  referencia  inercial  y  ubicado  en  el  cuerpo  o  en  una   extensión  sin  masa  del  cuerpo.

Los  componentes  desconocidos  de  la  fuerza  reactiva  pueden  mostrarse  con  un  sentido  de  dirección   positivo. Según  la  naturaleza  del  problema,  decida  qué  tipo  de  movimiento  de  rotación  debe  tener  el  sistema  de   coordenadas  x,  y,  z,  es  decir,  =  0,  =  V  o  V.  Al  elegir,  tenga  en  cuenta  que  las  ecuaciones  de  momento   se  simplifican  cuando  el  los  ejes  se  mueven  de  tal  manera  que  representan  ejes  principales  de  inercia   para  el  cuerpo  en  todo  momento.

Calcule  los  momentos  y  productos  de  inercia  necesarios  para  el  cuerpo  en  relación  con  los  ejes  x,  y,   z . Cinemática. Determine  las  componentes  x,  y,  z  de  la  velocidad  angular  del  cuerpo  y  encuentre  las  derivadas   temporales  de  V. #

#

Note  que  si  =  V,  entonces  V  =  (V )xyz.  Por  lo  tanto,  podemos  encontrar  la  derivada  temporal  de  V  con   #

respecto  a  los  ejes  X,  Y,  Z ,  V  y  luego  determinar  sus  componentes  v  o  podemos  encontrar  las   #

#

,

#

vv    , o x , componentes  de  V  a  lo  largo  de  los  ejes  x,  y,  z ,  cuando  los   ejes   eystán   z,rientados  en  una  posición  

21

general,  y  luego  tome  la  derivada  temporal  de  las  magnitudes  de  estos  componentes,  (V )xyz. #

Ecuaciones  de  movimiento. Aplique  las  dos  ecuaciones  vectoriales  21­18  y  21­22  o  las  seis  ecuaciones  de  componentes  escalares   apropiadas  para  los  ejes  de  coordenadas  x,  y,  z  elegidos  para  el  problema.

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libros  electrónicos  gratis  ==>  www.ebook777.com 21.4  ECUACIONES  DE  MOVIMIENTO

617

EJEMPLO  21.4 s  s

El  engranaje  que  se  muestra  en  la  figura  21­12a  tiene  una  masa  de  10  kg  y  está  montado  en  un  ángulo  de   10°  con  el  eje  giratorio  que  tiene  una  masa  despreciable.  Si  Iz  =  0.1  kg  #  m2 ,  Ix  =  Iy  =  0.05  kg  #  m2  y  el  eje   gira  con  una  velocidad  angular  constante  de  v  =  30  rad>s,  d,etermine  las  componentes  de  reacción  que  el  

z 10

10

Z A

cojinete  de  empuje  A  y  el  cojinete  liso  B  ejercen  sobre  el  eje  en  el  instante  que  se  muestra.

v  30  rad/s GRAMO

0,2  metros

SOLUCIÓN

B 0,25  metros

Diagrama  de  cuerpo  libre.  Figura  21­12b.  El  origen  del  sistema  de  coordenadas  x,  y,  z  está  ubicado  en  el  

X,  X (a)

centro  de  masa  G  del  engranaje,  que  también  es  un  punto  fijo.  Los  ejes  están  fijos  y  giran  con  el  engranaje,   de  modo  que  estos  ejes  siempre  representarán  los  ejes  principales  de  inercia  del  engranaje. Por  lo  tanto  =  V.

y Cinemática.  Como  se  muestra  en  la  figura  21­12c,  la  velocidad  angular  V  del  engranaje  es  de  magnitud  

z

constante  y  siempre  está  dirigida  a  lo  largo  del  eje  del  eje  AB.  Dado  que  este  vector  se  mide  desde  el  marco  

10

10

A

Arizona

de  referencia  inercial  X,  Y,  Z ,  para  cualquier  posición  de  los  ejes  x,  y,  z ,

HACHA

SÍ

=  0  vy  =  ­30  sen  10  vz  =  30  cos  10  vx  Estas  componentes  

GRAMO

B

0,2  metros

98,1  norte

permanecen  constantes  para  cualquier  orientación  general  de  =  0.  También  observe  que  desde  =  V, )xyz.   #

los  ejes  x,  y,  z ,  y  entonces  v   #

entonces  V

#

X

#

=  v  =  v  y

0,25  metros

z Por  lo  tanto,  podemos  encontrar  estas  derivadas  

BX

POR

X

#

dirección   temporales  relativas  =  (V  a  los  ejes  X,  Y,  Z.  En  este  sentido,  V  tiene  una  magnitud  y  una  

(b)

constantes  (+Z)  ya  que  V  =  0,  por  lo  que  v  =  0.  Además, #

#

#

X

=  v  =  v  y

#

z

como  G  es  un  punto  fijo,  (aG)x  =  (aG)y  =  (aG)z  =  0.

y

Ecuaciones  de  movimiento.  Aplicando  Ecs.  21–25  ( =  V)  rendimientos

z

#

Mx  =  Ixv

X

­  (Iy  ­  Iz)vyvz  ­(AY)(0.2)  

+  (BY)(0.25)  =  0  ­  (0.05  ­  0.1)(­30  sen  10)(30  cos  10)  (1)

10

10

A

GRAMO

­0.2AY  +  0.25BY  =  ­7.70  Mi  =  Iyv

V

B

#

y ­  (Iz  ­  Ix)vzvx  AX(0.2)  

cos  10  ­  BX(0.25)  cos  10  =  0  ­  0

AX  =  1.25BX  Mz  

(2)

=  Izv

X

(C)

#

z ­  (Ix  ­  Iy)vxvy  AX(0.2)  

Figura  21­12

sen  10  ­  BX(0.25)  sen  10  =  0  ­  0  AX  =  1.25BX  (comprobar)

21 Aplicando  Ecs.  21­19,  tenemos  FX  =  m(aG)X;   AX  +  BX  =  0  FY  =  m(aG)Y;  AY  +  POR  ­  98.1  =  0  FZ  =  m(aG)Z;  AZ  =  0   Resolviendo  Ecs.  1  a  4  simultáneamente  da

(3)   (4) Respuesta

AX  =  BX  =  0  AY  =  71,6  N  POR  =  26,5  N

Respuesta

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CAPÍTULO  21  CINÉTICA  TRIDIMENSIONAL  DE  UN  CUERPO  RÍGIDO

EJEMPLO  21.5 El  avión  que  se  muestra  en  la  figura  21­13a  está  en  proceso  de  realizar  un  giro  horizontal  constante  a  razón   de  vp .  Durante  este  movimiento,  la  hélice  gira  a  razón  de  vs.  Si  la  hélice  tiene  dos  palas,  determine  los   momentos  que  el  eje  de  la  hélice  ejerce  sobre  la  hélice  en  el  instante  en  que  las  palas  están  en  posición   vertical.  Para  simplificar,  suponga  que  los  álabes  son  una  barra  esbelta  uniforme  que  tiene  un  momento  de   inercia  I  alrededor  de  un  eje  perpendicular  a  los  álabes  que  pasa  por  el  centro  de  la  barra,  y  que  tiene  un   momento  de  inercia  cero  alrededor  de  un  eje  longitudinal.

vicepresidente

contra

(©   RC   Hibbeler)

(a) z

SOLUCIÓN SEÑOR

Diagrama  de  cuerpo  libre.  Figura  21­13b.  Las  reacciones  del  eje  de  conexión  sobre  la  hélice  están  indicadas   por  las  resultantes  FR  y  MR .  (Se  supone  que  el  peso  de  la  hélice  es  despreciable).  Los  ejes  x,  y,  z  se   tomarán  fijos  a  la  hélice,  ya  que  estos  ejes  siempre  representan  los  ejes  principales  de  inercia  de  la  hélice.  

X

Así,  =  V.  Los  momentos  de  inercia  Ix  e  Iy  son  iguales  (Ix  =  Iy  =  I)  e  Iz  =  0.

GRAMO

FR

(b)

y Cinemática.  La  velocidad  angular  de  la  hélice  observada  desde  los  ejes  X,  Y,  Z ,  coincidente  con  los  ejes  

Z,  z¿,  z

x,  y,  z ,  figura  21­13c,  es  V  =  Vs  +  Vp  =  vsi  +  vpk,  de  modo  que  los  ejes  x,  y,  z  componentes  de  V  son

vx

vicepresidente

21

=

=  0  

vs  vy #

vz

#

vicepresidente

#

,

Como  =  V,  entonces  V  =  (V )xyz.  Para  encontrar  V

X,  x¿,  x

=

que  es  la  derivada  del  tiempo  

con  respecto  a  los  ejes  fijos  X,  Y,  Z ,  podemos  usar  la  Ec.  20­6  ya  que  V  cambia  de  dirección  en  relación  

contra

con  X,  Y,  Z.  La  tasa  de  cambio  en  el  tiempo  de  cada  uno  de  estos  componentes  V  en  relación  con  los  ejes   #

#

#

V +  Vp X,  Y,  Z  se  puede  obtener  introduciendo  un  tercer  =   sistema   s de  coordenadas  x,  y,  z,  que  tiene  una  velocidad  

(C)

Y,  y¿,  y

angular  =  Vp  y  es  coincidente  con  los  ejes  X,  Y,  Z  en  el  instante  que  se  muestra.  De  este  modo

Figura  21­13

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21.4  ECUACIONES  DE  MOVIMIENTO

#

V

619

#

yz

=  (V )x

+  Vp  *  V #

#

yz

=  (Vs )x

yz

+  (Vp )x

+  Vp  *  (Vs  +  Vp)

=  0  +  0  +  Vp  *  Vs  +  Vp  *  Vp  =  0  +  0  +  vpk  *  vsi  +  0   =  vpvsj

Dado  que  los  ejes  X,  Y,  Z  coinciden  con  los  ejes  x,  y,  z  en  el  instante  que  se  muestra,  las  componentes  de  

Z

z

#

V  a  lo  largo  de  x,  y,  z  son,  por  lo  tanto ,

vicepresidente

#

#

v

=  0v

X

y

=

C

#

z =  0

vpv  v

y Estos  mismos  resultados  también  pueden  determinarse  mediante  el  cálculo  directo  de  (V )xyz;  sin   #

X

F

embargo,  esto  implicará  un  poco  más  de  trabajo.  Para  hacer  esto,  será  necesario  ver  la  hélice  (o  los  ejes   x,  y,  z )  en  alguna  posición  general  como  la  que  se  muestra  en  la  figura  21­13d.  Aquí  el  avión  ha  girado  un  

X

contra

ángulo  f  (phi)  y  la  hélice  ha  girado  un  ángulo  c  (psi)  con  respecto  al  avión.  Observe  que  Vp  siempre  se  

Y

dirige  a  lo  largo  del  eje  Z  fijo  y  Vs  sigue  el  eje  x .  Así,  las  componentes  generales  de  V  son

(d) Figura  21­13

vx

=

contra  vy

=

=

vp  sen  c  vz

vp  cos  c

Dado  que  vs  y  vp  son  constantes,  las  derivadas  temporales  de  estos  componentes  se  convierten  en

#

v

=

#

X

=  0v

y #

Pero  f  =  c  =  0  y  c

vx

=

=

=  0   #

X

=  0v

vz =

#

­vp  sen  cc

vs  en  el  instante  considerado.  De  este  modo,

vs  vy

#

v

#

vp  cos  cc

y

=

vz

=

vicepresidente

#

vpv  v

z =  0

que  son  los  mismos  resultados  que  los  obtenidos  anteriormente. Ecuaciones  de  movimiento.  Usando  las  Ecs.  21–25,  tenemos

Mx  =  Ixv

#

Mi  =  Iyv

#

X

­  (Iy  ­  Iz)vyvz  =  I(0)  ­  (I  ­  0)(0)vp MX  =  0

y ­  (Iz  ­  Ix)vzvx  =  I(vpvs)  ­  (0  ­  I)vpvs

Mi  =  2Ivpvs Mz  =  Izv

Respuesta

Respuesta

#

z ­  (Ix  ­  Iy)vxvy  =  0(0)  ­  (I  ­  I)vs(0)

Mz  =  0

Respuesta

21

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CAPÍTULO  21  CINÉTICA  TRIDIMENSIONAL  DE  UN  CUERPO  RÍGIDO

EJEMPLO  21.6 El  volante  (o  disco  delgado)  de  10  kg  que  se  muestra  en  la  figura  21­14a  gira  alrededor  del   0,5  metros

eje  a  una  velocidad  angular  constante  de  vs  =  6  rad>s.  Al  mismo  tiempo,  el  eje  gira  (en  

A

precesión)  alrededor  del  rodamiento  en  A  con  una  velocidad  angular  de  vp  =  3  rad>s.  Si  A   es  un  cojinete  de  empuje  y  B  es  un  cojinete  liso,  determine  las  componentes  de  la  fuerza  de   reacción  en  cada  uno  de  estos  soportes  debido  al  movimiento.

0,5  metros

G  0,2  m

B

vp  3  rad/s frente  a  6  rad/s

SOLUCIÓN

(a)

Diagrama  de  cuerpo  libre.  Figura  21­14b.  El  origen  del  sistema  de  coordenadas  x,  y,  z  está   ubicado  en  el  centro  de  masa  G  del  volante.  Aquí  dejaremos  que  estas  coordenadas  tengan  

z

una  velocidad  angular  de  =  Vp  =  53k6  rad>s. Aunque  la  rueda  gira  en  relación  con  estos  ejes,  los  momentos  de  inercia  permanecen  

Sí

0,5  metros

constantes,*  es  decir,

A X

Hacha

0,5  metros

Ix  =  Iz  =

GRAMO

Arizona

yo  =

1

4(10  kg)(0,2  m)2  =  0,1  kg  #  m2 1

2(10  kg)(0,2  m)2  =  0,2  kg  #  m2

B 10(9.81)  norte y

Cinemática.  Del  marco  de  referencia  inercial  coincidente  X,  Y,  Z ,  figura  21­14c,  el  volante   tiene  una  velocidad  angular  de  V  =  56j  +  3k6  rad>s,  de  modo  que

caja

BZ

(b)

Figura  21­14

0  vy  vx

=  6  rad>s  vz  =  3  rad>s  =  

La  derivada  temporal  de  V  debe  determinarse  en  relación  con  los  ejes  x,  y,  z .  En  este  caso,   tanto  Vp  como  Vs  no  cambian  de  magnitud  ni  de  dirección,  por  lo  que

#

#

v  x =  0  v  y

=  0v

#

Ecuaciones  de  movimiento.  Aplicando  Ecs.  21–26  ( #

Mx  =  Ixv

­  Iyzvy  +  Izyvz

X

­Az(0,5)  +  Bz(0,5)  =  0  ­  (0,2)(3)(6)  +  0  =  ­3,6 #

Mi  =  Iyv 21

­  Izxvz  +  Ixzvx

y

0  =  0  ­  0  +  0 #

Mz  =  Izv

z

­  Ixyvx  +  Iyxvy

Ax(0.5)  ­  Bx(0.5)  =  0  ­  0  +  0

*Esto  no  sería  cierto  para  la  hélice  del  ejemplo  21.5.

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z

=  0 V)  rendimientos

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21.4  ECUACIONES  DE  MOVIMIENTO

Aplicando  Ecs.  21–19,  tenemos FX  =  m(aG)X;

Ax  +  Bx  =  0

FY  =  m(aG)Y;

Ay  =  ­10(0.5)(3)2

FZ  =  m(aG)Z;

Az  +  Bz  ­  10(9.81)  =  0

Resolviendo  estas  ecuaciones,  obtenemos Respuesta

Ax  =  0  Ay  =  ­45,0  N  Az  =  52,6  N  Bx  =  0  Bz  =  45,4  N

Respuesta

NOTA:  Si  no  hubiera  ocurrido  la  precesión  Vp ,  la  componente  z  de  la  fuerza  en  A  y  B  sería  igual  a  49,05   N.  En  este  caso,  sin  embargo,  la  diferencia  en  estas  componentes  es  causada  por  el  "momento  giroscópico"   creado  cada  vez  que  un  cuerpo  giratorio  precesión  sobre  otro  eje.  Estudiaremos  este  efecto  en  detalle  en   la  siguiente  sección.

SOLUCIÓN  II  Este   ejemplo  también  se  puede  resolver  usando  las  ecuaciones  de  movimiento  de  Euler,  Ecs.  21–25.  En  este   vp  3  rad/s

caso  =  V  =  56j  +  3k6  rad>s,  y  la  derivada  temporal  (V )xyz  se  puede  obtener  convenientemente  con   #

referencia  a  los  ejes  fijos  X,  Y,  Z  ya  que  V )xyz.  Este  cálculo  se  puede  realizar  =  (V  eligiendo  los  ejes  x,  y,   #

Z,  z,  z¿

#

z  para  que  tengan  una  velocidad  angular  de  =  Vp ,  figura  21­14c,  de  modo  que  X,  x,  x¿

A

#

V

#

=  (V

)xyz  +  Vp  *  V  =  0  +  3k  *  (6j  +  3k)  =  5  ­18i6  rad>s  =  ­18  rad>sv #

#

v  x

2 GRAMO

#

y

=  0v

z

=  0 B

Las  ecuaciones  de  momento  entonces  se  convierten  en #

Mx  =  Ixv

X

­  (Iy  ­  Iz)vyvz

­Az(0,5)  +  Bz(0,5)  =  0,1(­18)  ­  (0,2  ­  0,1)(6)(3)  =  ­3,6

frente  a  6  rad/s Y,  y,  y¿

(C)

Figura  21­14

#

Mi  =  Iyv

y ­  (Iz  ­  Ix)vzvx

21

0  =  0  ­  0 #

Mz  =  Izv

z ­  (Ix  ­  Iy)vxvy

Ax(0.5)  ­  Bx(0.5)  =  0  ­  0 La  solución  entonces  procede  como  antes.

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622

CAPÍTULO  21  CINÉTICA  TRIDIMENSIONAL  DE  UN  CUERPO  RÍGIDO

PROBLEMAS *21–40.  Derive  la  forma  escalar  de  la  ecuación  de  movimiento  rotacional   sobre  el  eje  x  si  V  y  los  momentos  y  productos  de  inercia  del  cuerpo  no   son  constantes  con  respecto  al  tiempo.

21–45.  Si  el  eje  AB  gira  con  una  velocidad  angular  constante  de  v  =  30   rad>s,  determine  las  componentes  X,  Y,  Z  de  la  reacción  en  el  cojinete   de  empuje  A  y  el  cojinete  liso  B  en  el  instante  que  se  muestra.  El  disco   tiene  un  peso  de  15  lb.  Desprecie  el  peso  del  eje  AB.

21–41.  Derive  la  forma  escalar  de  la  ecuación  de  movimiento  rotacional   sobre  el  eje  x  si  V  y  los  momentos  y  productos  de  inercia  del  cuerpo  

z

son  constantes  con  respecto  al  tiempo.

21–42.  Derive  las  ecuaciones  de  movimiento  de  Euler,  es  decir,  las  

v,

1,5  pies

ecuaciones.  21–26.

A

30 1  pie

21–43.  La  barra  de  4  lb  descansa  a  lo  largo  de  las  esquinas  lisas  de   una  caja  abierta.  En  el  instante  que  se  muestra,  la  caja  tiene  una  

X

2

velocidad  v  =  53j6  ft>s  y  una  aceleración  a  =  5  ­6j6  ft>s  Determine  las   . componentes  x,  y,  z  de  la  fuerza  que  ejercen  las  esquinas  sobre  la   barra.

0,5  pies

B v  30  rad/s

z

y problema  21–45

A

21–46.  El  ensamble  está  soportado  por  cojinetes  lisos  en  A  y  B,  los   cuales  desarrollan  solo  reacciones  de  fuerza  y  y  z  en  el  eje. Si  el  eje  gira  en  la  dirección  que  se  muestra  en  V  =  52i6  rad>s,   determine  las  reacciones  en  los  cojinetes  cuando  el  conjunto  está  en  la  

2  pies

posición  que  se  muestra.  Además,  ¿cuál  es  la  aceleración  angular  del  

B X

1  pie

eje?  La  masa  por  unidad  de  longitud  de  cada  varilla  es  de  5  kg>m. y

2  pies

21–47.  El  ensamble  está  soportado  por  cojinetes  lisos  en  A  y  B,  los   cuales  desarrollan  solo  reacciones  de  fuerza  y  y  z  en  el  eje.  Si  el  eje  A  

problema  21–43

está  sujeto  a  un  momento  de  par  M  =  540i6  N  #  m,  y  en  el  instante  que  

*21–44.  La  placa  uniforme  tiene  una  masa  de  m  =  2  kg  y  se  le  da  una   rotación  de  v  =  4  rad>s  alrededor  de  sus  cojinetes  en  A  y  B.  Si  a  =  0.2   m  y  c  =  0.3  m,  determine  las  reacciones  verticales  en  el  instante  que  se   muestra .  Utilice  los  ejes  x,  y,  z  que  se  muestran c2  ­  a2

se  muestra  el  eje  tiene  una  velocidad  angular  de  V  =  52i6  rad>s,   determine  las  reacciones  en  los  cojinetes  del  conjunto  en  este  instante. Además,  ¿cuál  es  la  aceleración  angular  del  eje?  La  masa  por  unidad   de  longitud  de  cada  varilla  es  de  5  kg>m.

y  observe  que  Izx  =  ­  a  mac  1a   2  cb2      +  a2  b.

z

X

21

v

A

A B

1  metro 1  metro

z C

y

B

a

2  metros

X

problema  21–44

problemas  21–46/47

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y

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623

21.4  ECUACIONES  DE  MOVIMIENTO

*21–48.  El  hombre  se  sienta  en  una  silla  giratoria  que  gira  con  una  velocidad  

21–50.  La  varilla  uniforme  doblada  ACD  tiene  un  peso  de  5  lb/ft  y  está  sostenida  

angular  constante  de  3  rad>s.  Sostiene  horizontalmente  la  barra  uniforme  AB  

en  A  por  un  pasador  y  en  B  por  una  cuerda.  Si  el  eje  vertical  gira  con  una  

de  5  lb.  De  repente  le  da  una  aceleración  angular  de  2  rad>s  medida  con  

velocidad  angular  constante  v  =  20  rad>s,  determine  las  componentes  x,  y,  z  de  

2

respecto  a  él,  como  se  muestra.  Determine  ,las  componentes  de  fuerza  y  

la  fuerza  y  el  momento  desarrollados  en  A  y  la  tensión  en  la  cuerda.

momento  requeridas  en  el  agarre,  A,  necesarias  para  hacer  esto.  Establezca  los   ejes  en  el  centro  de  masa  G  de  la  barra,  con  +z  hacia  arriba  y  +y  dirigido  a  lo   largo  del  eje  de  la  barra  hacia  A.

z

3  rad/s

2  pies

3  pies

1  pie

2  rad/s2

0,5  pies

C

A

B

y

A

B

1  pie

v D

problema  21–50 problema  21–48 21–49.  El  ensamble  de  varillas  está  soportado  por  una  junta  de  rótula  en  C  y   una  chumacera  en  D,  que  desarrolla  solo  reacciones  de  fuerza  x  e  y .  Las  varillas   tienen  una  masa  de  0,75  kg>m. Determine  la  aceleración  angular  de  las  varillas  y  las  componentes  de  reacción   en  los  soportes  en  el  instante  v  =  8  rad>s  como  se  muestra.

21–51.  La  puerta  de  escotilla  uniforme,  que  tiene  una  masa  de  15  kg  y  un  centro   de  masa  en  G,  está  sostenida  en  el  plano  horizontal  por  cojinetes  en  A  y  B.  Si   se  aplica  una  fuerza  vertical  F  =  300  N  a  la  puerta  como  se  muestra,  determine   los  componentes  de  reacción  en  los  rodamientos  y  la  aceleración  angular  de  la   puerta.

z

El  cojinete  en  A  resistirá  una  componente  de  fuerza  en  la  dirección  y ,  mientras   que  el  cojinete  en  B  no  lo  hará.  Para  el  cálculo,  suponga  que  la  puerta  es  una   placa  delgada  y  desprecie  el  tamaño  de  cada  rodamiento.  La  puerta  está  

D

originalmente  en  reposo.

v  8  rad/s

2  metros

A

1  metro

z 100mm

B 200mm 200mm

2  metros

21

A

150mm

50  N∙m

B

C

GRAMO

y X

problema  21–49

150mm   100mm

F

X

30mm problema  21–51

30mm

y

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624

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CAPÍTULO  21  CINÉTICA  TRIDIMENSIONAL  DE  UN  CUERPO  RÍGIDO

*21–52.  El  disco  circular  de  5  kg  está  montado  fuera  del  centro  sobre  un  eje  que  

21–54.  El  disco  de  10  kg  gira  alrededor  del  eje  AB,  mientras  =  5  rad>s.  el  eje  

está  sostenido  por  cojinetes  en  A  y  B.  Si  el  eje  gira  a  una  velocidad  constante  

de  BC  a  una  velocidad  constante  de  vx  Si  el  disco  no  se  desliza,   gira  alrededor  

de  v  =  10  rad>s,  determine  las  reacciones  verticales  en  los  cojinetes  cuando  el  

determine  la  fuerza  normal  y  de  fricción  que  ejerce  sobre  el  suelo.  Desprecie  la  

disco  está  en  la  posición  que  se  muestra.

masa  del  eje  AB.

X

C 100mm

A

vx  5  rad/s

100mm

100mm v

20mm

GRAMO

B

B

y

A

2  metros

problema  21–52 z 0,4  metros

21–53.  Dos  varillas  uniformes,  cada  una  con  un  peso  de  10  lb,  están  unidas  por   pasadores  al  borde  de  un  disco  giratorio.  Si  el  disco  =  4  rad>s,  determine  tiene  

problema  21–54

constante  vD  el  ángulo  u  formado  por  cada  varilla   una  velocidad  angular   durante  el  movimiento,  y  las  componentes  de  la  fuerza  y  el  momento   desarrollados  en  el  pasador  A.  Sugerencia:  utilice  las  funciones  x,  y,  z  ejes   orientados  como  se  muestra. 21–55.  El  disco  de  20  kg  gira  sobre  su  eje  a  =  30  rad>s,  mientras  que  la   contra

bifurcación  gira  a  =  6  rad>s.  Determine  las  componentes  del  momento  x  y  z  

v1

que  el  eje  ejerce  sobre  el  disco  durante  el  movimiento.

z vD  4  rad/s z 200mm

1,75  pies

frente  a  30  rad/s

A X 2  pies

21 tu

y

O y

tu GRAMO

2  pies

X

B

v1  6  rad/s

A

problema  21–53

problema  21–55

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625

21.4  ECUACIONES  DE  MOVIMIENTO

*21–56.  La  barra  delgada  AB  de  4  kg  está  articulada  en  A  y  sostenida  en  B  por  

21–58.  El  cilindro  de  15  lb  gira  alrededor  del  eje  AB  con  una  rapidez  angular  

una  cuerda.  El  eje  CD  está  sostenido  en  sus  extremos  por  rótulas  y  gira  con  

constante  v  =  4  rad>s.  Si  el  eje  de  soporte  en  C,  inicialmente  en  reposo,  recibe  

una  velocidad  angular  constante  de  2  rad>s.  Determine  la  tensión  desarrollada  

una  aceleración  angular,  determine  las  componentes  de  reacción  en  los  cojinetes  

en  la  cuerda  y  la  magnitud  de  la  fuerza  desarrollada  en  el  pasador  A.

de   =  12  rad>s

2

, A  y  B.  El  cojinete  en  A  no  puede  soportar  una  componente  

fuerza  a  lo  largo  del  eje  x ,  mientras  que  el  cojinete  en  B  sí.

C y

v

z 1  pie

B 1  pie

v

z

B

40 0,5  pies

2  metros

A GRAMO

y X

A D

C.A

C

problema  21–56

21–57.  Las  palas  de  una  turbina  eólica  giran  alrededor  del  eje  S  con  una   problema  21–58

velocidad  angular  constante  de  vs,  mientras  que  el  marco  realiza  una  precesión   alrededor  del  eje  vertical  con  una  velocidad  angular  constante  de  vp. Determine  las  componentes  x,  y  y  z  del  momento  que  el  eje  ejerce  sobre  las   palas  en  función  de  u.  Considere  cada  hoja  como  una  barra  delgada  de  masa  m   y  longitud  l.

21–59.  La  varilla  delgada  tiene  una  masa  de  0,8  kg  y  una  longitud  total  de  150  

z

mm.  Gira  alrededor  de  su  punto  medio  a  una  velocidad  constante  u  =  6  rad>s,   mientras  que  la  mesa  a  la  que  está  sujeto  su  eje  A  gira  a  2  rad>s.  Determine  las   #

componentes  del  momento  x,  y,  z  que  el  eje  ejerce  sobre  la  barra  cuando  la   barra  está  en  cualquier  posición  u. tu vicepresidente

X

S tu

21

y contra

y

2  rad/s X tu

A

tu

z problema  21–57

problema  21–59

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CAPÍTULO  21  CINÉTICA  TRIDIMENSIONAL  DE  UN  CUERPO  RÍGIDO

z,  z

*21.5  Movimiento  giroscópico En  esta  sección  desarrollaremos  las  ecuaciones  que  definen  el  movimiento  de  un  cuerpo   (arriba)  que  es  simétrico  con  respecto  a  un  eje  y  gira  alrededor  de  un  punto  fijo.  Estas   ecuaciones  también  se  aplican  al  movimiento  de  un  dispositivo  particularmente  interesante,   el  giroscopio. El  movimiento  del  cuerpo  se  analizará  utilizando  los  ángulos  de  Euler  f,  u,  c  (phi,  theta,   psi).  Para  ilustrar  cómo  definen  la  posición  de  un  cuerpo,  considere  la  parte  superior  que  

O

se  muestra  en  la  figura  21­15a.  Para  definir  su  posición  final,  figura  21­15d,  se  fija  un  

s,  s

segundo  conjunto  de  ejes  x,  y,  z  en  la  parte  superior.  Comenzando  con  los  ejes  X,  Y,  Z  y   x,  y,  z  en  coincidencia,  figura  21­15a,  la  posición  final  de  la  parte  superior  se  puede   determinar  mediante  los  siguientes  tres  pasos:

X,  X

(a)

1.  Gire  la  parte  superior  sobre  el  eje  Z  (o  z)  en  un  ángulo  f  (0  …  f  6  2p),  figura  21­15b.

z,  z

2.  Gire  la  parte  superior  sobre  el  eje  x  en  un  ángulo  u  (0  …  u  …  p), Figura  21­15c. 3.  Gire  la  parte  superior  sobre  el  eje  z  en  un  ángulo  c  (0  …  c  6  2p) para  obtener  la  posición  final,  figura  21­15d.

. F

La  secuencia  de  estos  tres  ángulos,  f,  u,  luego  c,  debe  mantenerse,  ya  que  las  rotaciones   finitas  no  son  vectores  (vea  la  figura  20­1).  Aunque  este  es  el  caso,  las  rotaciones  

y

diferenciales  dF,  dU  y  dC  son  vectores  y,  por  tanto,  la  velocidad  angular  V  del  trompo  se  

F

O

Y

puede  expresar  en  términos  de  las  derivadas  temporales  de  los  ángulos  de  Euler.  Las   , tu, componentes  f  y  c  de  la  velocidad  angular  se  conocen  como  precesión,   nutación  y  espín,   #

F

#

#

respectivamente.

X

.

X

Precesión  f (b)

Z

z

z

Z

. C

tu

y

y

tu

C tu

tu

F

O

21

F

Y

O

F

F

C

.

X

tu

X

Nutación  tu

.

. girar  c

(C)

(d)

Figura  21­15

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X

X

Y

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Sus  direcciones  positivas  se  muestran  en  la  figura  21­16.  Se  ve  que  estos  vectores  no  son  todos  perpendiculares  entre  

627

Z

z

.

sí;  sin  embargo,  V  de  la  parte  superior  todavía  se  puede  expresar  en  términos  de  estos  tres  componentes.

contra  c

.

Dado  que  el  cuerpo  (parte  superior)  es  simétrico  con  respecto  al  eje  z  o  de  giro,  no  es  necesario  unir  los  ejes  x,  y,  z  a  

vicepresidente  f

la  parte  superior,  ya  que  las  propiedades  de  inercia  de  la  parte  superior  permanecerán  constantes  con  respecto  a  este   marco  durante  el  movimiento.  Por  lo  tanto  =  Vp  +  Vn ,  figura  21­16.  Por  lo  tanto,  la  velocidad  angular  del  cuerpo  es

y

GRAMO

tu tu

V  =

F

vx  i  +  vy  j  +  vz  k #

O

#

#

Y

#

=  tu  yo  +  (f  sin  u)j  +  (f  cos  u  +  c )k

F

(21–27)

. en  ti

X

Y  la  velocidad  angular  de  los  ejes  es

=

yo  +

X #

X

zk

y j  + #

#

=  tu  yo  +  (f  sen  u)  j  +  (f  cos  u)  k

(21–28)

Figura  21­16

Haga  que  los  ejes  x,  y,  z  representen  ejes  principales  de  inercia  para  la  parte  superior,  por  lo  que  los  momentos  de   inercia  se  representarán  como  Ixx  =  Iyy  =  I  e  Izz  =  Iz. Dado  que  V,  las  ecuaciones.  21  a  26  se  utilizan  para  establecer  las  ecuaciones  de  movimiento  de  rotación.  Sustituyendo   en  estas  ecuaciones  las  respectivas  componentes  de  velocidad  angular  definidas  por  las  Ecs.  21­27  y  21­28,  sus   derivadas  temporales  correspondientes  y  los  componentes  del  momento  de  inercia,  dan  como  resultado

ps

#

Mx  =  I(u  ­  f

#

2

#

#

sen  u  cos  u)  +  Izf  sen  u(f  cos  u  +  c ) ps

#

#

#

#

#

(21–29)

My  =  I(f  sen  u  +  2f  u  cos  u)  ­  Izu  (f  cos  u  +  c ) ps

ps

#

#

Mz  =  Iz(c  +  f  cos  u  ­  fu  sen  u) Cada  suma  de  momentos  se  aplica  solo  en  el  punto  fijo  O  o  en  el  centro  de  masa  G  del  cuerpo.  Dado  que  las  ecuaciones   representan  un  conjunto  acoplado  de  ecuaciones  diferenciales  de  segundo  orden  no  lineales,  en  general  no  se  puede   obtener  una  solución  de  forma  cerrada.  En  cambio,  los  ángulos  de  Euler  f,  u  y  c  pueden  obtenerse  gráficamente  como   funciones  del  tiempo  usando  análisis  numérico  y  técnicas  informáticas.

Sin  embargo,  existe  un  caso  especial  para  el  cual  la  simplificación  de  las  Ecs.  21–29  es  posible.  Comúnmente   conocida  como  precesión  constante,  ocurre  cuando  el  ángulo  de  nutación  u,  la  precesión  f  y  el  espín  c  permanecen   #

#

,

constantes.  Luego,  las  ecuaciones  21  a  29  se  reducen  a  la  forma

21 #

Mx  =  ­Si

#

2

sen  u  cos  u  +  Izf  sen  u(f )  cos  u  +  c

mi  =  0 Mz  =  0

#

#

(21–30)

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CAPÍTULO  21  CINÉTICA  TRIDIMENSIONAL  DE  UN  CUERPO  RÍGIDO

La  ecuación  21­30  se  puede  simplificar  aún  más  si  se  observa  que,  a  partir  de  la  ecuación.  21–27,  de   , modo  que =  f  cos  tu  +  c  vz #

#

#

Mx  =  ­Si

2

#

sen  u  cos  u  +  Izf  (sen  u)vz

o #

#

Mx  =  f  sen  u(Izvz  ­  Si  cos  u)

(21–31)

#

Es  interesante  observar  qué  efectos  tiene  el  espín  c  sobre  el  momento  respecto  al  eje  x .  Para  mostrar   esto,  considere  el  rotor  giratorio  de  la  figura  21­17. Aquí  u  =  90,  en  cuyo  caso  la  Ec.  21–30  se  reduce  a  la  forma #

#

Mx  =  Izfc  _ o (21–32)

Mx  =  Izyvz

y,  z

y

vz  c

. F

. tu  90

GRAMO

z

O

Y

W RG

X,  X Figura  21­17

21 De  la  figura  se  puede  ver  que  y  Vz  actúan  a  lo  largo  dye  sus  respectivos  ejes  positivos  y  por  lo  tanto   son  mutuamente  perpendiculares.  ¡Instintivamente,  uno  esperaría  que  el  rotor  cayera  bajo  la  influencia   de  la  gravedad! Sin  embargo,  este  no  es  el  caso  en  absoluto,  siempre  que  el  producto  Izyvz  se  elija  correctamente  para   contrarrestar  el  momento  Mx  =  WrG  del  peso  del  rotor  con  respecto  a  O.  Este  fenómeno  inusual  de   movimiento  de  cuerpo  rígido  a  menudo  se  denomina  efecto  giroscópico.

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21.5  MOVIMIENTO  GIROSCÓPICO

Quizás  una  demostración  más  intrigante  del  efecto  giroscópico  proviene  del  estudio   de  la  acción  de  un  giroscopio,  a  menudo  denominado  giroscopio .  Un  giroscopio  es  un   rotor  que  gira  a  una  velocidad  muy  alta  sobre  su  eje  de  simetría.  Esta  velocidad  de  giro   es  considerablemente  mayor  que  su  velocidad  de  rotación  de  precesión  alrededor  del   eje  vertical.  Por  lo  tanto,  para  todos  los  propósitos  prácticos,  se  puede  suponer  que  el   momento  angular  del  giroscopio  está  dirigido  a  lo  largo  de  su  eje  de  giro.  Por  lo  tanto,   para  el  rotor  giroscópico  que  se  muestra  en  la  figura  21­18,  vz  W  y  la  magnitud  dy , el   momento  angular  con  respecto  al  punto  O,  según  se  determina  a  partir  de  las   ecuaciones.  21­11,  se  reduce  a  la  forma  HO  =  Izvz.  Dado  que  tanto  la  magnitud  como   la  dirección  de  HO  son  constantes  según  se  observa  desde  x,  y,  z,  la  aplicación  directa   de  la  ecuación.  21­22  rendimientos

y,  z

MX

X

y

VZ

O

z,  y HO

X

MX  =

y

*  HO

(21–33)

Figura  21­18

Usando  la  regla  de  la  mano  derecha  aplicada  al  producto  cruz,  se  puede  ver  que  HO   el  cambio   de   Vdz)   irección   siempre   del   oscila   momento   hacia   aengular   l  sentido   del  dge   iroscopio,   Mx .  que  dEHO,   n  efecto,   es  equivalente  al   y (o   impulso  angular  causado  por  el  peso  del  giroscopio  sobre  O,  es  decir,  dHO  =  Mx  dt,   Eq.  21–20.  Además,  dado  que  HO  =  Izvz  y  Mx ,  y  HO  son  mutuamente  perpendiculares,   la  ecuación.  21­33  se  reduce  a  la  ecuación.  21–32.

y ,

Cuando  un  giroscopio  se  monta  en  anillos  cardánicos,  figura  21­19,  se  libera  de  los   momentos  externos  aplicados  a  su  base.  Por  lo  tanto,  en  teoría,  su  momento  angular  H   nunca  precederá  sino  que,  en  cambio,  mantendrá  su  misma  orientación  fija  a  lo  largo   del  eje  de  giro  cuando  la  base  gire.  Este  tipo  de  giroscopio  se  llama  giroscopio  libre  y   es  útil  como  brújula  giroscópica  cuando  el  eje  de  giro  del  giroscopio  está  dirigido  hacia   el  norte.  En  realidad,  el  mecanismo  del  cardán  nunca  está  completamente  libre  de   fricción,  por  lo  que  dicho  dispositivo  es  útil  solo  para  la  navegación  local  de  barcos  y   aeronaves.  El  efecto  giroscópico  también  es  útil  como  medio  para  estabilizar  tanto  el   movimiento  de  balanceo  de  los  barcos  en  el  mar  como  las  trayectorias  de  misiles  y   proyectiles.  Además,  este  efecto  tiene  una  importancia  significativa  en  el  diseño  de  ejes   y  cojinetes  para  rotores  que  están  sujetos  a  precesiones  forzadas.

HO vicepresidente

O

Aspectos W

cardanes

giroscopio

Figura  21­19

El  giro  del  giroscopio  dentro  del  marco   de  este  giroscopio  de  juguete  produce   un  momento  angular  HO,  que  cambia   de  dirección  a  medida  que  el  marco   hace  precesión  Vp  sobre  el  eje  vertical.   El  giroscopio  no  caerá  ya  que  el   momento  de  su  peso  W  con  respecto  al   soporte  se  equilibra  con  el  cambio  de   dirección  de  HO.  (©  RC  Hibbeler)

21

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CAPÍTULO  21  CINÉTICA  TRIDIMENSIONAL  DE  UN  CUERPO  RÍGIDO

EJEMPLO  21.7 El  trompo  que  se  muestra  en  la  figura  21­20a  tiene  una  masa  de  0.5  kg  y  está  en  precesión  

frente  a  100  rad/s

alrededor  del  eje  vertical  con  un  ángulo  constante  de  u  =  60.  Si  gira  con  una  velocidad  angular   vs  =  100  rad>s,  determine  la  precesión  Vp . Suponga  que  los  momentos  de  inercia  axial  y  transversal  de  la  parte  superior  son  0.45  (10­3 )   kg  #  m2  y  1.20  (10­3 )  kg  #  m2 ,  respectivamente,  medidos  con  respecto  al  punto  fijo  O.

G  60

∙ vicepresidente  f

Z

z

O 50mm

(a)

y

G  60

Figura  21­20

4.905N Y

OY

BUEY  0,05  m ONZ

X

X (b) SOLUCIÓN  Se  

usará  la  ecuación  21­30  para  la  solución  ya  que  el  movimiento  es  una  precesión  constante.   Como  se  muestra  en  el  diagrama  de  cuerpo  libre  de  la  figura  21­20b,  los  ejes  de  coordenadas   se  establecen  de  la  manera  habitual,  es  decir,  con  el  eje  z  positivo  en  la  dirección  de  giro,  el  eje   Z  positivo  en  la  dirección  de  precesión  y  el  eje  x  positivo  en  la  dirección  del  momento  Mx   (consulte  la  figura  21­16).  De  este  modo, #

Mx  =  ­Si

2

#

#

#

sen  u  cos  u  +  Izf  sen  u(f  cos  u  +  c ) #

#

2

]  sen  60  cos  60

4.905  N(0.05  m)  sen  60  =  ­[1.20(10­3 )  kg  #  m2  f #

+  [0.45(10­3 )  kg  #  m2 ]f  sen  60(f  cos  60  +  100  rad>s) o #

F

21

2

#

­  120.0f  +  654.0  =  0

(1)

Resolviendo  esta  ecuación  cuadrática  para  la  precesión  da  f  =  114  rad>s   #

(alta  precesión)

Respuesta

y #

f  =  5,72  rad>s  (baja  precesión)

Respuesta

NOTA:  En  realidad,  generalmente  se  observaría  una  baja  precesión  de  la  parte  superior,  ya  que   una  alta  precesión  requeriría  una  energía  cinética  mayor.

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libros  electrónicos  gratis  ==>  www.ebook777.com 21.5  MOVIMIENTO  GIROSCÓPICO

631

EJEMPLO  21.8 El  disco  de  1  kg  que  se  muestra  en  la  figura  21­21a  gira  alrededor  de  su  eje  con  una   velocidad  angular  constante  vD  =  70  rad>s.  El  bloque  en  B  tiene  una  masa  de  2  kg  y   ajustando  su  posición  s  se  puede  cambiar  la  precesión  del  disco  alrededor  de  su   pivote  de  soporte  en  O  mientras  el  eje  permanece  horizontal.  Determine  la  posición  s   que  permitirá  que  el  disco  tenga  una  precesión  constante  vp  =  0.5  rad>s  alrededor   del  pivote.  Desprecie  el  peso  del  eje.

vp  0,5  rad/s B

vD  70  rad/s O 50mm D s 200mm (a) Z,  y

s Y

0,2  metros

B

O

tu  90

19,62  norte

z

X,  X R 9,81  norte

(b)

Figura  21­21

SOLUCIÓN   El  diagrama  de  cuerpo  libre  del  ensamblaje  se  muestra  en  la  figura  21­21b.  El  origen   de  los  sistemas  de  coordenadas  x,  y,  z  y  X,  Y,  Z  está  ubicado  en  el  punto  fijo  O.  En   el  sentido  convencional,  el  eje  Z  se  elige  a  lo  largo  del  eje  de  precesión,  y  el  eje  z   está  a  lo  largo  del  eje  de  espín,  de  modo  que  u  =  90.  Dado  que  la  precesión  es   constante,  Eq.  21­32  se  puede  utilizar  para  la  solución. 21

Mx  =  Izyvz   Sustituyendo  los  datos  necesarios  da  (9,81   N)  (0,2  m)  ­  (19,62  N)s  =  3  1  2(1  kg)(0,05  m)2  40,5  rad>s(­70  rad>s) s  =  0,102  m  =  102  mm

Respuesta

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632

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CAPÍTULO  21  CINÉTICA  TRIDIMENSIONAL  DE  UN  CUERPO  RÍGIDO

21.6  Movimiento  sin  torsión Cuando  la  única  fuerza  externa  que  actúa  sobre  un  cuerpo  es  la  gravedad,  el   movimiento  general  del  cuerpo  se  denomina  movimiento  sin  par.  Este  tipo  de   movimiento  es  característico  de  los  planetas,  los  satélites  artificiales  y  los   proyectiles,  siempre  que  se  desprecie  la  fricción  del  aire. Para  describir  las  características  de  este  movimiento,  se  supondrá  que  la   distribución  de  la  masa  del  cuerpo  es  axisimétrica.  El  satélite  que  se  muestra  en  la   figura  21­22  es  un  ejemplo  de  tal  cuerpo,  donde  el  eje  z  representa  un  eje  de   simetría.  El  origen  de  las  coordenadas  x,  y,  z  está  ubicado  en  el  centro  de  masa   G,  de  modo  que  Izz  =  Iz  e  Ixx  =  Iyy  =  I.  Dado  que  la  gravedad  es  la  única  fuerza   externa  presente,  la  suma  de  momentos  alrededor  del  centro  de  masa  es  cero.  De   la  ecuación.  21­21,  esto  requiere  que  el  momento  angular  del  cuerpo  sea  constante,   es  decir, HG  =  constante En  el  instante  considerado,  se  supondrá  que  el  marco  de  referencia  inercial  está   orientado  de  modo  que  el  eje  Z  positivo  esté  dirigido  a  lo  largo  de  HG  y  el  eje  y  se   encuentre  en  el  plano  formado  por  los  ejes  z  y  Z ,  figura  21­22.  El  ángulo  de  Euler   formado  entre  Z  y  z  es  u,  y  por  lo  tanto,  con  esta  elección  de  ejes,  el  momento   angular  se  puede  expresar  como HG  =  HG  sen  u  j  +  HG  cos  u  k Además,  usando  las  Ecs.  21–11,  tenemos HG  =  Ivx  i  +  Ivy  j  +  Izvz  k Igualando  los  respectivos  componentes  i,  j  y  k  de  las  dos  ecuaciones  anteriores  se   obtiene

Z y

HG X tu

21 GRAMO

Figura  21­22

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V

z

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libros  electrónicos  gratis  ==>  www.ebook777.com 21.6  MOVIMIENTO  SIN  PAR

vx

= HG  sin  ti I

=  0  v

=

vz

HG  porque  tú

es

633

(21–34)

o

HG  sin  ti

V  =

HG  cos  u  

j  +  k

I

es

(21–35)

De  manera  similar,  igualando  los  respectivos  i,  j,  k  componentes  de  Eq.  21–27  a  los  de  la   ecuación.  21­34,  obtenemos

#

tu  =  0 HG  sen  

#

uf  sen  u  =

#

#

f  porque  tu  +  c

I HG  porque  tú

=

es

Resolviendo,  obtenemos

tu  =  constante #

F =

HG

= yo  ­  yo

#

C

(21–36)

I HG  porque  tú

Yo  soy

Por  tanto,  para  el  movimiento  sin  momento  de  torsión  de  un  cuerpo  axisimétrico,  el   ángulo  u  formado  entre  el  vector  de  momento  angular  y  el  giro  del  cuerpo  permanece  

#

constante.  Además,  el  momento  angular  HG,  la  precesión  f  y  el  giro  c  del  cuerpo   #

permanecen  constantes  en  todo  momento  durante  el  movimiento. Eliminando  HG  de  la  segunda  y  tercera  de  las  Ecs.  21­36  produce  la  siguiente  relación   entre  el  giro  y  la  precesión:

#

C =

I  ­  Iz  f   cos  tu #

es

(21–37)

,

21

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634

CAPÍTULO  21  CINÉTICA  TRIDIMENSIONAL  DE  UN  CUERPO  RÍGIDO

Eje  de  precesión   Z

Eje  instantáneo   de  rotación

Cono  espacial V

z eje  de  giro

.

F .

C

cono  de  cuerpo

GRAMO

Yo  Iz   (a)

Eje  instantáneo   de  rotación

. F Espacio cono

V

Z Eje  de   precesión

Estos  dos  componentes  del  movimiento  angular  pueden  estudiarse  usando  los   modelos  de  cuerpo  y  cono  espacial  presentados  en  la  Sec.  20.1.  El  cono   espacial  que  define  la  precesión  no  puede  girar,  ya  que  la  precesión  tiene  una   dirección  fija,  mientras  que  la  superficie  exterior  del  cono  del  cuerpo  rueda  sobre   la  superficie  exterior  del  cono  espacial.  Trate  de  imaginar  este  movimiento  en  la   figura  21­23a.  El  ángulo  interior  de  cada  cono  se  elige  de  modo  que  la  velocidad   angular  resultante  del  cuerpo  se  dirija  a  lo  largo  de  la  línea  de  contacto  de  los  dos  conos. Esta  línea  de  contacto  representa  el  eje  instantáneo  de  rotación  del  cono  del   cuerpo  y,  por  lo  tanto,  la  velocidad  angular  tanto  del  cono  del  cuerpo  como  del   cuerpo  deben  estar  dirigidas  a  lo  largo  de  esta  línea.  Como  el  espín  es  función   de  los  momentos  de  inercia  I  e  Iz  del  cuerpo,  la  Ec.  21­36,  el  modelo  de  cono  de   la  figura  21­23a  es  satisfactorio  para  describir  el  movimiento,  siempre  que  I  7  Iz. El  movimiento  sin  par  que  cumple  con  estos  requisitos  se  denomina  precesión   regular.  Si  I  6  Iz,  el  espín  es  negativo  y  la  precesión  positiva.  Este  movimiento   está  representado  por  el  movimiento  del  satélite  que  se  muestra  en  la  figura   21­23b  (I  6  Iz).  El  modelo  de  cono  se  puede  usar  nuevamente  para  representar   el  movimiento;  sin  embargo,  para  preservar  la  suma  vectorial  correcta  de  espín   y  precesión  para  obtener  la  velocidad  angular  V,  la  superficie  interior  del  cono   del  cuerpo  debe  rodar  sobre  la  superficie  exterior  del  cono  espacial  (fijo).  Este   movimiento  se  conoce  como  precesión  retrógrada.

z eje  de  giro

GRAMO

cono  de  cuerpo

. C

Yo  Iz   (b)

A  los  satélites  a  menudo  se  les  da  una  vuelta  antes  de  que  se  lancen.  Si  su  momento   angular  no  es  colineal  con  el  eje  de  giro,  exhibirán  precesión.  En  la  foto  de  la   izquierda  ocurrirá  una  precesión  regular  desde  I  7  Iz,  y  en  la  foto  de  la  derecha   ocurrirá  una  precesión  retrógrada  desde  I  6  Iz.

Figuras  21­23

21

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635

EJEMPLO  21.9 El  movimiento  de  una  pelota  de  fútbol  se  observa  utilizando  un  proyector  de  cámara  lenta. A  partir  de  la  película,  se  ve  que  el  giro  de  la  pelota  de  fútbol  está  dirigido  30°  con  respecto  a  la  horizontal,   como  se  muestra  en  la  figura  21­24a.  Además,  la  pelota  de  fútbol  está  en  precesión  alrededor  del  eje  vertical   #

a  una  velocidad  f  =  3  rad>s.  Si  la  relación  entre  los  momentos  de  inercia  axial  y  transversal  del  balón  de   fútbol  se  mide  con

1  3,

con  respecto  al  centro  de  masa,  determine  la  magnitud  del  giro  del  balón  y  su  velocidad  angular.  Desprecie   el  efecto  de  la  resistencia  del  aire.

Z

. f  3  rad/s

. F z tu  60

. C

. C

30

(b)

(a) Figuras  21­24 SOLUCIÓN  Dado  

que  el  peso  de  la  pelota  de  fútbol  es  la  única  fuerza  que  actúa,  el  movimiento  es  libre  de  torsión.  En  el   sentido  convencional,  si  el  eje  z  se  establece  a  lo  largo  del  eje  de  espín  y  el  eje  Z  a  lo  largo  del  eje  de   precesión,  como  se  muestra  en  la  figura  21­24b,  entonces  el  ángulo  u  =  60.  Aplicando  la  ecuación.  21–37,   el  giro  es

#

C

1

yo­  _

I  ­  Iz  f   cos  u  = es #

=

1 3

3

yo  

(3)  porque  60 yo  

Respuesta

=  3  rad>s   #

Usando  las  Ecs.  21­34,  donde  HG  =  f  I  (ecuación  21­36),  tenemos vx

muy

vz

=  0

=

HG  sin  ti

=

I =

HG  porque  tú

3peco  60 =  2,60  rad>s

I =

es

3I  porque  60

1 3

21

=  4,50  rad>s yo  

De  este  modo,

v  =  2(vx)  2  +  (vy)  =  2(0)2  +  

2

+  (vz)

2

(2.60)2  +  (4.50)2 =  5,20  rad>s

Respuesta

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636

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CAPÍTULO  21  CINÉTICA  TRIDIMENSIONAL  DE  UN  CUERPO  RÍGIDO

PROBLEMAS *21–60.  Demuestre  que  la  velocidad  angular  de  un  cuerpo,  en  términos  de  los  ángulos   de  Euler  f,  u  y  c,  se  puede  expresar  como  v  =  (f #

#

#

#

sen  u  sen  c  +  u  cos  c)i  +  (f

#

sen  u  cos  c  ­  u  sen  c)j  + )k,  donde  

#

se  muestra  en  la   i,  j  y  k  están  dirigidos  a  lo  largo  de  los  ejes  x,  y,  z  (f  cos  u  +  c,  como   figura  21­15d.

21–63.  El  giroscopio  de  juguete  consta  de  un  rotor  R  que  está  unido  al  marco  de  masa   despreciable.  Si  se  observa  que  el  marco  está  en  precesión  alrededor  del  punto  de   pivote  O  en  =  2  rad>s,  determine  la  velocidad  angular  vR  del  rotor  vp .  El  tallo  OA  se   mueve  en  el  plano  horizontal.  El  rotor  tiene  una  masa  de  200  g  y  un  radio  de  giro   kOA  =  20  mm  alrededor  de  OA.

21–61.  Una  varilla  delgada  coincide  inicialmente  con  el  eje  Z  cuando  se  le  dan  tres   rotaciones  definidas  por  los  ángulos  de  Euler  f  =  30,  u  =  45  y  c  =  60.  Si  estas  rotaciones   se  dan  en  el  orden  establecido,  determine  los  ángulos  de  dirección  coordenados  a ,  b,  g   del  eje  de  la  varilla  con  respecto  a  los  ejes  X,  Y  y  Z.  ¿Estas  direcciones  son  las  mismas  

30mm

para  cualquier  orden  de  las  rotaciones?  ¿Por  qué? realidad  virtual

vicepresidente

21–62.  El  giroscopio  consta  de  un  disco  D  uniforme  de  450  g  que  está  unido  al  eje  AB  

O

de  masa  despreciable.  El  marco  de  soporte  tiene  una  masa  de  180  g  y  un  centro  de   masa  en  G.  Si  el  disco  gira  alrededor  del  eje  a  vD  =  90  rad>s,  determine  la  velocidad   angular  constante  vp  a  la  cual  el  marco  realiza  una  precesión  alrededor  del  punto  de  

A

pivote  O.  El  marco  se  mueve  en  el  plano  horizontal.

R

problema  21–63

*21–64.  La  peonza  consiste  en  un  disco  delgado  que  tiene  un  peso  de  8  lb  y  un  radio  de   0.3  ft.  La  varilla  tiene  una  masa  despreciable  y  una  longitud  de  0.5  ft.  Si  la  peonza  gira   con  un  ángulo  =  300  rad>s,  determine  la  velocidad  de  estado  estacionario  vs  velocidad   angular  de  precesión  vp  de  la  varilla  cuando  u  =  40.

21–65.  Resuelva  el  problema  21­64  cuando  u  =  90.

25mm

20mm   25mm  

80mm 0,3  pies

0,5  pies vicepresidente

contra

21

O

vicepresidente

35mm tu

A

B

GRAMO

D enfermedad  venérea

problema  21–62

problemas  21–64/65

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637

21–66.  La  hélice  de  un  avión  monomotor  tiene  una  masa  de  15  kg  y  un  radio  

*21–68.  El  trompo  cónico  tiene  una  masa  de  0.8  kg,  y  los  momentos  de  inercia  

centroidal  de  giro  de  0,3  m  calculado  sobre  el  eje  de  giro.  Cuando  se  ve  desde  

son  Ix  =  Iy  =  3.5(10­3)  kg  #  m2  e  Iz  =  0.8(10­3)  kg  #  m2  Si  gira  libremente  en  la  

el  frente  del  avión,  la  hélice  gira  en  el  sentido  de  las  manecillas  del  reloj  a  350  

pelota,  y  junta  de  encaje  en  A.  con  una  velocidad  angular  vs  =  750  rad>s,  calcule  

rad>s  alrededor  del  eje  de  rotación.  Si  el  avión  entra  en  una  curva  vertical  de  80  

la  precesión  de  la  parte  superior  alrededor  del  eje  del  eje  AB.

m  de  radio  y  viaja  a  200  km>h,  determine  el  momento  flexionante  giroscópico   que  ejerce  la  hélice  sobre  los  cojinetes  del  motor  cuando  el  avión  está  en  su   posición  más  baja.

B

y

X

A

100mm 30 contra

pág.  80  m

GRAMO

problema  21–66

z problema  21–68

21–69.  La  parte  superior  tiene  una  masa  de  90  g,  un  centro  de  masa  en  G  y  un   21–67.  Una  rueda  de  masa  m  y  radio  r  rueda  con  constante

radio  de  giro  k  =  18  mm  alrededor  de  su  eje  de  simetría.  Sobre  cualquier  eje  

hacer  girar  V  sobre  una  trayectoria  circular  de  radio  a.  Si  el  ángulo  de  inclinación  

transversal  que  pasa  por  el  punto  O,  el  radio  de  giro  es  kt  =  35  mm.  Si  la  peonza  

es  u,  determine  la  tasa  de  precesión.  Trate  la  rueda  como  un  anillo  delgado.  No  

está  conectada  a  una  articulación  esférica  en  O  y  la  precesión  es  =  0.5  rad>s,  

se  produce  deslizamiento.

determine  el  espín  Vs.  vicepresidente

vicepresidente

. F

contra

21

45

tu

r

GRAMO

a v

O

problema  21–67

60mm

problema  21–69

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638

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CAPÍTULO  21  CINÉTICA  TRIDIMENSIONAL  DE  UN  CUERPO  RÍGIDO

21–70.  El  trompo  de  1  lb  tiene  un  centro  de  gravedad  en  el  punto  G.  Si  gira  

*21–72.  La  pelota  de  futbol  de  0.25  kg  gira  a  vz  =  15  rad>s  como  se  muestra.  Si  

alrededor  de  su  eje  de  simetría  y  realiza  una  precesión  alrededor  del  eje  vertical  

u  =  40,  determine  la  precesión  sobre  el  eje  z.  El  radio  de  giro  alrededor  del  eje  

a  tasas  constantes  de  vs  =  60  rad>s  y  =  10  rad>s,  respectivamente,  determine  la  

de  giro  es  kz  =  0.042  m,  y  alrededor  de  un  eje  transversal  es  ky  =  0.13  m.

velocidad  estacionaria  estado  vp  ángulo  u.  El  radio  de  giro  de  la  parte   superior  con  respecto  al  eje  z  es  kz  =  1  pulg,  y  con  respecto  a  los  ejes  x  e  y  es   kx  =  ky  =  4  pulg.

Z

z z

tu

vp  10  rad/s

frente  a  60  rad/s

vz  15  rad/s

GRAMO

GRAMO

problema  21–72 3  en.

21–73.  El  proyectil  que  se  muestra  está  sujeto  a  un  movimiento  sin  torsión.  Los   momentos  de  inercia  transversal  y  axial  son  I

O

e  Iz,  respectivamente.  Si  u  representa  el  ángulo  entre  el  eje  de  precesión  Z  y  el  

X

eje  de  simetría  z,  y  b  es  el  ángulo  entre  la  velocidad  angular  V  y  el  eje  z ,  

y

demuestre  que  b  y  u  están  relacionados  por  la  ecuación  tan  u  =  (I>Iz )  bronceado  

problema  21–70

b.

y

Z

21–71.  La  cápsula  espacial  tiene  una  masa  de  2  Mg,  centro  de  masa  en  G  y  

v

radios  de  giro  alrededor  de  su  eje  de  simetría  (eje  z )  y  sus  ejes  transversales   (eje  x  o  y )  de  kz  =  2,75  m  y  kx  =  ky  =  5,5  m,  respectivamente.  Si  la  cápsula  tiene  

z

X tu

la  velocidad  angular  que  se  muestra,  determine  su  precesión  f  y  giro  c.  Indique  

b

#

si  la  precesión  es  regular  o  retrógrada. #

GRAMO

Además,  dibuja  el  cono  espacial  y  el  cono  del  cuerpo  para  el  movimiento. problema  21–73 y

21–74.  El  radio  de  giro  alrededor  de  un  eje  que  pasa  por  el  eje  de  simetría  de  la   cápsula  espacial  de  1,6  Mg  es  kz  =  1,2  m  y  alrededor  de  cualquier  eje  transversal   que  pasa  por  el  centro  de  masa  G,  kt  =  1,8  m.  Si  la  cápsula  tiene  una  precesión   conocida  en  estado  estacionario  de  dos  revoluciones  por  hora  alrededor  del  eje   Z ,  determine  la  velocidad  de  giro  alrededor  del  eje  z . GRAMO

21

30

X

Z

v  150  rad/s 20 z

GRAMO

z

problema  21–74

problema  21–71

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libros  electrónicos  gratis  ==>  www.ebook777.com 21.6  MOVIMIENTO  SIN  PAR

639

21–75.  El  cohete  tiene  una  masa  de  4  Mg  y  radios  de  giro  kz  =  0,85  m  y  kx  =  ky  

21–77.  El  satélite  tiene  una  masa  de  1,8  Mg  y,  respecto  a  los  ejes  que  pasan  

=  2,3  m.  Inicialmente  gira  alrededor  del  eje  z  a  vz  =  0.05  rad>s  cuando  un  

por  el  centro  de  masa  G ,  los  radios  de  giro  axial  y  transversal  son  kz  =  0,8  m  y  

meteoroide  M  lo  golpea  en  A  y  crea  un  impulso  I  =  5300i6  N  #  s.

kt  =  1,2  m,  respectivamente. Si  gira  a  vs  =  6  rad>s  cuando  se  lanza,  determine  su  cantidad  de  movimiento  

Determine  el  eje  de  precesión  después  del  impacto.

angular.  La  precesión  ocurre  alrededor  del  eje  Z.

y X

z vz

A

GRAMO

Z

contra

z 5

3  metros

METRO

GRAMO

problema  21–75

*21–76.  El  balón  de  fútbol  tiene  una  masa  de  450  g  y  radios  de  giro  alrededor   problema  21–77

de  su  eje  de  simetría  (eje  z )  y  sus  ejes  transversales  (eje  x  o  y )  de  kz  =  30  mm   y  kx  =  ky  =  50  mm,  respectivamente.  Si  la  pelota  de  fútbol  tiene  un  momento   angular  de  HG  =  0.02  kg  #  m2>s,  determine  su  precesión  f  y  su  giro  c.  Además,   #

#

encuentre  el  ángulo  b  que  forma  el  vector  de  velocidad  angular  con  el  eje  z .

21–78.  El  radio  de  giro  alrededor  de  un  eje  que  pasa  por  el  eje  de  simetría  del   satélite  de  1,2  Mg  es  kz  =  1,4  m,  y  alrededor  de  cualquier  eje  transversal  que   pasa  por  el  centro  de  masa  G,  kt  =  2,20  m.  Si  el  satélite  tiene  un  giro  conocido   HG  0,02  kg  m2/s V

z

de  2700  rev/h  sobre  el  eje  z ,  determine  la  precesión  en  estado  estacionario   sobre  el  eje  z .

y 45

B 21

X

Z GRAMO

15 GRAMO

z

problema  21–76

problema  21–78

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CAPÍTULO  21  CINÉTICA  TRIDIMENSIONAL  DE  UN  CUERPO  RÍGIDO

REPASO  DEL  CAPÍTULO Momentos  y  Productos  de  Inercia

Un  cuerpo  tiene  seis  componentes  de  inercia   para  cualquier  eje  x,  y,  z  especificado .  Tres   de  estos  son  momentos  de  inercia  con  respecto  

Ixx  =  Lm  rx  dm  =  Lm  (y2  +  z

a  cada  uno  de  los  ejes,  Ixx ,  Iyy ,  Izz,  y  tres   son  productos  de  inercia,  cada  uno  definido  a  

Iyy  =  Lm  ry  dm  =  Lm  (x2  +  z

partir  de  dos  planos  ortogonales,  Ixy ,  Iyz,  Ixz.   Si  uno  o  ambos  de  estos  planos  son  planos  de   simetría,  entonces  el  producto  de  inercia  con   respecto  a  estos  planos  será  cero.

2

2

)  dm

Ixy  =  Iyx  =  Lm  xy  dm

2

2

)  dm

Iyz  =  Izy  =  Lm  yz  dm

2

Izz  =  Lm  rz  dm  =  Lm  (x2  +  y2 )  dm

Ixz  =  Izx  =  Lm  xz  dm

Los  momentos  y  productos  de  inercia  se   pueden  determinar  por  integración  directa   o  usando  valores  tabulados.  Si  estas   cantidades  se  van  a  determinar  con   respecto  a  ejes  o  planos  que  no  pasan  por   el  centro  de  masa,  entonces  se  deben   usar  los  teoremas  de  ejes  paralelos  y  planos  paralelos. Siempre  que  se  conozcan  las  seis  componentes   de  la  inercia,  el  momento  de  inercia  con  respecto   a  cualquier  eje  se  puede  determinar  utilizando  la   ecuación  de  transformación  de  la  inercia.

IOa  =  Ixxux

2

2

2

+  Iyyuy +  Izzuz ­  2Ixyuxuy  ­  2Iyzuyuz  ­  2Izxuzux

Momentos  principales  de  inercia En  cualquier  punto  dentro  o  fuera  del  cuerpo,   los  ejes  x,  y,  z  pueden  orientarse  de  modo   que  los  productos  de  inercia  sean  cero.  Los   momentos  de  inercia  resultantes  se   denominan  momentos  de  inercia  principales.   En  general,  uno  será  un  máximo  y  el  otro  un  mínimo.

0  yo  0 £  x0     0  0

t2

Principio  de  impulso  y  cantidad  de  movimiento  

m(vG)1  +  L

El  momento  angular  de  un  cuerpo  se  puede  

t2

Fdt  =  m(vG)  2 t1

determinar  con  respecto  a  cualquier  punto  arbitrario  A.

21

≥

Una  vez  que  se  han  formulado  los   momentos  lineales  y  angulares  del   cuerpo,  el  principio  de  impulso  y  momento   se  puede  usar  para  resolver  problemas   que  involucran  fuerza,  velocidad  y  tiempo.

(HO)1  +  L dónde

MO  dt  =  (HO)2 t1

Hx  =  Ixxvx  ­  Ixyvy  ­  Ixzvz

HO  =  Lm  RO  *  (V  *  RO)  dm Punto  Fijo  O

Hy  =  ­Iyxvx  +  Iyyvy  ­  Iyzvz Hz  =  ­Izxvx  ­  Izyvy  +  Izzvz

HG  =  Lm  RG  *  (V  *  RG)  dm

Centro  de  masa

HA  =  RG>A  *  mvG  +  HG Punto  arbitrario

Principio  de  trabajo  y  energía La  energía  cinética  de  un  cuerpo  generalmente   se  determina  en  relación  con  un  punto  fijo  o  el   centro  de  masa  del  cuerpo.

T  =

2 Ixvx +

1  2

1

2

2  hiedra

1 + 2   _

Punto  fijo

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2

1 2 T  =  +  2   mvG

2 Ixvx +

1  2

1

2

2  hiedra

Centro  de  masa

1 + 2   _

2

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libros  electrónicos  gratis  ==>  www.ebook777.com REPASO  DEL  CAPÍTULO

641

Estas  formulaciones  se  pueden  utilizar  con  el principio  de  trabajo  y  energía  para  resolver  problemas  que  

T1  +  U1­2  =  T2

involucran  fuerza,  velocidad  y  desplazamiento.

Ecuaciones  de  movimiento  Hay  

Fx  =  m(aG)x

tres  ecuaciones  escalares  de  movimiento  de  traslación  para  un  

Fy  =  m(aG)y Fz  =  m(aG)z

cuerpo  rígido  que  se  mueve  en  tres  dimensiones.

#

Mx  =  Ixv

Las  tres  ecuaciones  escalares  del  movimiento  de  rotación  

X

­  (Iy  ­  Iz)vyvz

#

Mi  =  Iyv Mz  =  Izv

dependen  del  movimiento  de  la  referencia  x,  y,  z .  Muy  a   menudo,  estos  ejes  están  orientados  de  modo  que  sean  ejes  

y

#

­  (Iz  ­  Ix)vzvx

z ­  (Ix  ­  Iy)vxvy

principales  de  inercia.  Si  los  ejes  están  fijos  y  se  mueven  con   =  V

el  cuerpo  de  modo  que  =  V,  entonces  las  ecuaciones  se   denominan  ecuaciones  de  movimiento  de  Euler.

#

Mx  =  Ixv

X

­  Iyzvy  +  Izyvz

#

Mi  =  Iyv Mz  =  Izv

Un  diagrama  de  cuerpo  libre  siempre  debe  acompañar  la  

y

#

­  Izxvz  +  Ixzvx

z ­  Ixyvx  +  Iyxvy

aplicación  de  las  ecuaciones  de  movimiento.

V

Movimiento  giroscópico  El  

z

∙

Z

contra  c

movimiento  angular  de  un  giroscopio  se  describe  mejor  

∙

utilizando  los  tres  ángulos  de  Euler  f,  u  y  c.  Las  componentes  

vicepresidente  f

y

de  la  velocidad  angular  se  denominan  precesión  f ,  nutación  u   #

y  espín  c.

#

.

, #

#

tu

GRAMO

,

#

uf

O

Y

#

Si  u  =  0  y  f  y  c  son  constantes,  entonces  el  movimiento  se  

F

denomina  precesión  constante.

X

en  ti

∙

X

Es  el  giro  de  un  rotor  de  giroscopio  el  responsable  de  evitar   que  un  rotor  caiga  hacia  abajo  y,  en  cambio,  hace  que  se   produzca  una  precesión  alrededor  de  un  eje  vertical.  Este   fenómeno  se  denomina  efecto  giroscópico.

#

Mx  =  ­Si

2

#

#

#

sen  u  cos  u  +  Izf  sen  u(f  cos  u  +  c )

Mi  =  0,  Mz  =  0

Movimiento  sin  par  Un  cuerpo  que   solo  está  sujeto  a  una  fuerza  gravitatoria  no  tendrá  momentos  

tu  =  constante

sobre  él  con  respecto  a  su  centro  de  masa,  por  lo  que  el   #

movimiento  se  describe  como  movimiento  sin  par.

El  momento  angular  del  cuerpo  con  respecto  a  su  centro  de   masa  permanecerá  constante. Esto  hace  que  el  cuerpo  tenga  un  giro  y  una  precesión.  El   movimiento  depende  de  la  magnitud  del  momento  de  inercia   de  un  cuerpo  simétrico  alrededor  del  eje  de  giro,  Iz,  versus  el   de  un  eje  perpendicular,  I.

F

=

#

C =

HG I

21

yo  ­  yo HG  porque  tú Yo  soy

PROBLEMAS2121

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capitulo  22

(©  Daseaford/Fotolia) El  análisis  de  vibraciones  juega  un  papel  importante  en  el  estudio  del   comportamiento  de  estructuras  sometidas  a  sismos.

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vibraciones

OBJETIVOS  DEL  CAPÍTULO ■  Analizar  la  vibración  no  amortiguada  de  un  grado  de  libertad  de  un  cuerpo   rígido  utilizando  los  métodos  de  la  ecuación  de  movimiento  y   energía.  ■  Estudiar  el  análisis  de  vibraciones  forzadas  no  amortiguadas  y   vibraciones  forzadas  viscosas  amortiguadas.

*22.1  Vibración  libre  no  amortiguada Una  vibración  es  el  movimiento  oscilatorio  de  un  cuerpo  o  sistema  de  cuerpos  conectados   desplazados  de  una  posición  de  equilibrio.  En  general,  existen  dos  tipos  de  vibración,  libre  y   forzada.  La  vibración  libre  ocurre  cuando  el  movimiento  es  mantenido  por  fuerzas  restauradoras   gravitatorias  o  elásticas,  como  el  movimiento  oscilante  de  un  péndulo  o  la  vibración  de  una  barra   elástica.  La  vibración  forzada  es  causada  por  una  fuerza  periódica  o  intermitente  externa  aplicada   al  sistema.  Ambos  tipos  de  vibración  pueden  amortiguarse  o  no  amortiguarse.  Las  vibraciones  no   amortiguadas  excluyen  los  efectos  de  fricción  en  el  análisis. Dado  que  en  realidad  están  presentes  fuerzas  de  fricción  tanto  internas  como  externas,  el   movimiento  de  todos  los  cuerpos  que  vibran  en  realidad  está  amortiguado.

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CAPÍTULO  22  VIBRACIONES

Posición  de   equilibrio X

El  tipo  más  simple  de  movimiento  vibratorio  es  la  vibración  libre  no  amortiguada,   representada  por  el  modelo  de  bloque  y  resorte  que  se  muestra  en  la  figura  22­1a. El  movimiento  vibratorio  ocurre  cuando  el  bloque  se  suelta  desde  una  posición  

k

desplazada  x  de  modo  que  el  resorte  tira  del  bloque.  El  bloque  alcanzará  una  velocidad   tal  que  procederá  a  moverse  fuera  del  equilibrio  cuando  x  =  0,  y  siempre  que  la  superficie   de  apoyo  sea  lisa,  el  bloque  oscilará  de  un  lado  a  otro.

(a)

La  trayectoria  de  movimiento  dependiente  del  tiempo  del  bloque  se  puede  determinar   aplicando  la  ecuación  de  movimiento  al  bloque  cuando  está  en  la  posición  desplazada   x.  El  diagrama  de  cuerpo  libre  se  muestra  en  la  figura  22­1b.  La  fuerza  restauradora  

W  mg

elástica  F  =  kx  siempre  está  dirigida  hacia  la  posición  de  equilibrio,  mientras  que  se   supone  que  la  aceleración  a  actúa  en  la  dirección  del  desplazamiento  positivo.  Como  a   2 2 =  x , tenemos =  d x>dt

Fkx

ps

NÓTESE  BIEN

(b)

S+  Fx  =

máx ;

­kx  =  mx$

Figura  22­1

Tenga  en  cuenta  que  la  aceleración  es  proporcional  al  desplazamiento  del  bloque. El  movimiento  descrito  de  esta  manera  se  llama  movimiento  armónico  simple. Al  reorganizar  los  términos  en  una  "forma  estándar"  se  obtiene 2

ps

X

+  vn  x  =  0

(22–1)

La  constante  vn,  generalmente  expresada  en  rad>s,  se  denomina  frecuencia  natural   y,  en  este  caso,

v.n.

=  un  k

metro

(22–2)

La  ecuación  22­1  también  se  puede  obtener  si  se  considera  que  el  bloque  está   k y

Posición  de   equilibrio

suspendido,  de  modo  que  el  desplazamiento  y  se  mide  desde  la  posición  de  equilibrio   del  bloque,  figura  22­2a.  Cuando  el  bloque  está  en  equilibrio,  el  resorte  ejerce  una  fuerza   hacia  arriba  de  F  =  W  =  mg  sobre  el  bloque.  Por  lo  tanto,  cuando  el  bloque  se  desplaza   una  distancia  y  hacia  abajo  desde  esta  posición,  la  magnitud  de  la  fuerza  del  resorte  es  

(a)

FW  ky

F  =  W  +  ky,  figura  22­2b.  Aplicando  la  ecuación  de  movimiento  se  obtiene

+  TFy  =

mayo ;

­W  ­  ky  +  W  =  mi$

o

ps

22

2

+  vn  =  0  y  y

W (b)

que  es  la  misma  forma  que  la  Ec.  22­1  y  vn  está  definida  por  la  ecuación.  22–2. Figura  22­2

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libros  electrónicos  gratis  ==>  www.ebook777.com 22.1  VIBRACIÓN  LIBRE  NO  AMORTIGUADA

645

La  ecuación  22­1  es  una  ecuación  diferencial  lineal  homogénea  de  segundo  orden  con   coeficientes  constantes.  Se  puede  demostrar,  usando  los  métodos  de  las  ecuaciones   diferenciales,  que  la  solución  general  es x  =  A  sen  vnt  +  B  cos  vnt

(22–3)

Aquí  A  y  B  representan  dos  constantes  de  integración.  La  velocidad  y  la  aceleración  del   bloque  se  determinan  tomando  derivadas  temporales  sucesivas,  lo  que  da  como  resultado

v  =  x

#

=  Avn  cos  vnt  ­  Bvn  sen  vnt ps

una  =  x =  ­Avn

2

2

pecado  vnt  ­  Bvn

(22–4)   porque  vnt

(22–5)

Cuando  las  ecuaciones.  22–3  y  22–5  se  sustituyen  en  la  ecuación.  22­1,  se  satisfará  la   ecuación  diferencial,  mostrando  que  la  Ec.  22­3  es  de  hecho  la  solución  a  la  ecuación.  22– 1. Las  constantes  de  integración  en  la  ecuación.  22­3  generalmente  se  determinan  a  partir   de  las  condiciones  iniciales  del  problema.  Por  ejemplo,  suponga  que  el  bloque  de  la  figura   22­1a  se  ha  desplazado  una  distancia  x1  hacia  la  derecha  desde  su  posición  de  equilibrio   y  se  le  ha  dado  una  velocidad  inicial  (positiva)  v1  dirigida  hacia  la  derecha.  Sustituyendo  x   =  x1  cuando  t  =  0  en  la  ecuación.  22–3  produce  B  =  x1. Si  

Y  como  v  =  v1  cuando  t  =  0,  usando  la  Ec.  22­4  obtenemos  A  =  v1>vn . estos  valores  se  sustituyen  en  la  Ec.  22­3,  la  ecuación  que  describe  el  movimiento  se   convierte  en x  =

v1  sen  vnt  +  x1  cos  vnt v.n.

(22–6)

La  ecuación  22­3  también  se  puede  expresar  en  términos  de  sinusoidal  simple movimiento.  Para  mostrar  esto,  dejemos

A  =  C  cos  f

(22–7)

B  =  C  sen  f

(22–8)

y

donde  C  y  f  son  nuevas  constantes  que  se  determinarán  en  lugar  de  A  y  B. Sustituyendo  en  la  Ec.  22–3  rendimientos

x  =  C  cos  f  sen  vnt  +  C  sen  f  cos  vnt Y  como  sen(u  +  f)  =  sen  u  cos  f  +  cos  u  sen  f,  entonces x  =  C  sen(vnt  +  f)

(22–9)

Si  esta  ecuación  se  grafica  en  un  eje  x  versus  vnt ,  se  obtiene  la  gráfica  que  se  muestra   en  la  figura  22­3.  El  desplazamiento  máximo  del  bloque  desde  su

22

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646

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CAPÍTULO  22  VIBRACIONES

la  posición  de  equilibrio  se  define  como  la  amplitud  de  la  vibración.  De  la  figura   o  de  la  Ec.  22­9,  la  amplitud  es  C.  El  ángulo  f  se  llama  ángulo  de  fase  porque   representa  la  cantidad  en  la  que  la  curva  se  desplaza  desde  el  origen  cuando  t   =  0.  Podemos  relacionar  estas  dos  constantes  con  A  y  B  usando  las  ecuaciones.   22–7  y  22–8.  Elevando  al  cuadrado  y  sumando  estas  dos  ecuaciones,  la  amplitud   se  convierte  en C  =  2A2  +  B2

(22–10)

Si  la  ecuación.  22­8  se  divide  por  la  ecuación.  22­7,  el  ángulo  de  fase  es  entonces

B

f  =  tan­1 X

F C

1  ciclo  2p  vnt

(22–11)

Tenga  en  cuenta  que  la  curva  sinusoidal,  Eq.  22­9,  completa  un  ciclo  en  el   tiempo  t  =  t  (tau)  cuando  vnt  =  2p,  o

Periodo  de  tiempo   (t)  x  C  sen  (vnt  f)

2p

t  =

C  sen  f

(22–12)

v.n.

vnt

O

A

Este  intervalo  de  tiempo  se  llama  período,  figura  22­3.  Usando  la  Ec.  22­2,  el  período  

C

también  se  puede  representar  como

t  =  2p  A  m k

Figura  22­3

(22­13)

Finalmente,  la  frecuencia  f  se  define  como  el  número  de  ciclos  completados  por   unidad  de  tiempo,  que  es  el  recíproco  del  período;  eso  es, f  =

1

=

v.n.

2p

t

(22–14)

o f  =

1 2p  Ak

(22–15) metro

La  frecuencia  se  expresa  en  ciclos>s.  Esta  relación  de  unidades  se  llama  hertz   (Hz),  donde  1  Hz  =  1  ciclo>s  =  2p  rad>s. Cuando  un  cuerpo  o  sistema  de  cuerpos  conectados  recibe  un  desplazamiento   inicial  de  su  posición  de  equilibrio  y  se  libera,  vibrará  con  la  frecuencia  natural,   vn . Siempre  que  el  sistema  tenga  un  solo  grado  de   libertad,  es  decir,  solo  requiere  una  coordenada  para  especificar  completamente  la   posición  del  sistema  en  cualquier  momento,  entonces  el  movimiento  vibratorio   tendrá  las  mismas  características  que  el  movimiento  armónico  simple  del  bloque  y   el  resorte.  presentado.  En  consecuencia,  el  movimiento  se  describe  mediante  una   ecuación  diferencial  de  la  misma  "forma  estándar"  que  la  ecuación.  22–1,  es  decir, ps

X

+  vn 2  x  =  0

(22–16)

22

Por  lo  tanto,  si  se  conoce  la  frecuencia  natural  vn ,  el  período  de  vibración  t,  la   frecuencia  f  y  otras  características  de  vibración  se  pueden  establecer  usando  las   Ecs.  22–3  a  22–15.

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libros  electrónicos  gratis  ==>  www.ebook777.com 22.1  VIBRACIÓN  LIBRE  NO  AMORTIGUADA

647

Puntos  importantes La  vibración  libre  ocurre  cuando  el  movimiento  es  mantenido  por  fuerzas   restauradoras  gravitatorias  o  elásticas. La  amplitud  es  el  desplazamiento  máximo  del  cuerpo. El  período  es  el  tiempo  requerido  para  completar  un  ciclo. La  frecuencia  es  el  número  de  ciclos  completados  por  unidad  de  tiempo,  donde   1  Hz  =  1  ciclo>s. Solo  se  necesita  una  coordenada  de  posición  para  describir  la  ubicación  de  un   sistema  de  un  grado  de  libertad.

Procedimiento  de  Análisis Como  en  el  caso  del  bloque  y  el  resorte,  la  frecuencia  natural  vn  de  un  cuerpo  o   sistema  de  cuerpos  conectados  que  tienen  un  solo  grado  de  libertad  se  puede   determinar  mediante  el  siguiente  procedimiento: Diagrama  de  cuerpo  libre. Dibuje  el  diagrama  de  cuerpo  libre  del  cuerpo  cuando  el  cuerpo  se  desplaza  un   poco  de  su  posición  de  equilibrio. Ubique  el  cuerpo  con  respecto  a  su  posición  de  equilibrio  usando  una   coordenada  inercial  q  apropiada.  La  aceleración  del  centro  de  masa  del  cuerpo   aG  o  la  aceleración  angular  del  cuerpo  A  debe  tener  un  sentido  de  dirección   asumido  que  está  en  la  dirección  positiva  de  la  coordenada  de  posición. Si  se  va  a  usar  la  ecuación  de  movimiento  rotacional  MP  =  (mk)P ,  entonces   puede  ser  beneficioso  dibujar  también  el  diagrama  cinético  ya  que  representa   gráficamente  los  componentes  m(aG)x ,  m(aG)y  e  IGA,  y  por  lo  tanto  lo  hace   conveniente  para  visualizar  los  términos  necesarios  en  la  suma  de  momentos   (mk)P. Ecuación  de  movimiento. Aplique  la  ecuación  de  movimiento  para  relacionar  las  fuerzas  restauradoras   elásticas  o  gravitatorias  y  los  momentos  de  par  que  actúan  sobre  el  cuerpo  con   el  movimiento  acelerado  del  cuerpo. Cinemática. Utilizando  la  cinemática,  exprese  el  movimiento  acelerado  del  cuerpo  en   . términos  de  la  segunda  derivada  temporal  de  la  coordenada  de   ps

posición,  q  Sustituya  el  resultado  en  la  ecuación  de  movimiento  y  determine  vn   reorganizando  los  términos  para  que  la  ecuación  resultante  esté  en  la  “forma   estándar”,  q  =  0.  +  vn 2  q ps

22

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CAPÍTULO  22  VIBRACIONES

EJEMPLO  22.1 Determine  el  periodo  de  oscilación  del  péndulo  simple  que  se  muestra  en  la  figura  22­4a.   La  lenteja  tiene  una  masa  m  y  está  unida  a  una  cuerda  de  longitud  l. Desprecie  el  tamaño  de  la  lenteja.

yo

SOLUCIÓN

tu

Diagrama  de  cuerpo  libre.  El  movimiento  del  sistema  estará  relacionado  con  la  coordenada   de  posición  (q  =)  u,  figura  22­4b.  Cuando  la  lenteja  se  desplaza  un  pequeño  ángulo  u,  la   fuerza  restauradora  que  actúa  sobre  la  lenteja  es  creada  por  la  componente  tangencial  de  

s

su  peso,  mg  sen  u.  Además,  at  actúa  en  el  sentido  de  aumentar  s  (o  u). (a)

Ecuación  de  movimiento.  Aplicando  la  ecuación  de  movimiento  en  la  dirección  tangencial,   dado  que  involucra  la  fuerza  restauradora,  se  obtiene ­mg  sen  u  =  estera

+QFt  =  estera;

(1)

norte

2 =  s =  re s  se   Cinemática.  en  s>dt .  A2   demás,   puede  relacionar  con  u  mediante  la  ecuación  s  =  lu,  de   ps

un   en

T

ps

t

modo  que  en .  Por  lo  tanto,  la  ecuación.  1  se  reduce  a  =  lu ps

tu +

g  sen  tu  =  0  l

(2)

La  solución  de  esta  ecuación  implica  el  uso  de  una  integral  elíptica. tu

Sin  embargo,  para  desplazamientos  pequeños,  sen  uu,  en  cuyo  caso

W  mg

ps

tu

(b)

+

gramo  tu  =  0  l

Figura  22­4

(3) ps

2

x  =  0),  se  ve  que  =  1g>l.  

Comparando  esta  ecuación  con  la  Ec.  22–16  (x  +  vn

De  la  ecuación.  22­12,  el  período  de  tiempo  requerido  para  que  la  lenteja  vn  haga  un   giro  completo  es,  por  lo  tanto,

t  =

2p Respuesta

v.n. =  2pA  l

gramo

Este  interesante  resultado,  descubierto  originalmente  por  Galileo  Galilei  a  través  de  un   experimento,  indica  que  el  período  depende  solo  de  la  longitud  de  la  cuerda  y  no  de  la   masa  de  la  lenteja  del  péndulo  o  del  ángulo  u.

NOTA:  La  solución  de  la  Ec.  3  viene  dada  por  la  Ec.  22­3,  donde  x  se  sustituye   =  1g>l   22

por  vn  y  u .  Al  igual  que  el  bloque  y  el  resorte,  las  constantes  A  y  B  en  este  problema  se   pueden  determinar  si,  por  ejemplo,  se  conoce  el  desplazamiento  y  la  velocidad  de  la  lenteja   en  un  instante  dado.

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649

EJEMPLO  22.2 La  placa  rectangular  de  10  kg  que  se  muestra  en  la  figura  22­5a  está  suspendida   en  su  centro  de  una  barra  que  tiene  una  rigidez  torsional  k  =  1.5  N  #  m>rad. Determine  el  periodo  natural  de  vibración  de  la  placa  cuando  se  le  da  un  pequeño   desplazamiento  angular  u  en  el  plano  de  la  placa.

O tu

b  0,3  m

0,2  metros

(a)

SOLUCIÓN Diagrama  de  cuerpo  libre.  Figura  22­5b.  Dado  que  la  placa  se  desplaza  en  su   propio  plano,  el  momento  restaurador  de  torsión  creado  por  la  barra  es  M  =  ku. Este  momento  actúa  en  la  dirección  opuesta  al  desplazamiento  angular  u. La  aceleración  angular  u  actúa  en  la  dirección  de  u  positiva .

TW

ps

Ecuación  de  movimiento.

M  ku O

ps

MO  =  IOa;

­ku  =  IOu

o ps

tu

+

k  tu  =  0 IO

W

Dado  que  esta  ecuación  está  en  la  "forma  estándar",  la  frecuencia  natural  es vn   =  1k>IO. De  la  tabla  en  el  interior  de  la  contraportada,  el  momento  de  inercia  de  m(a2  +  

(b)

Figura  22­5

b2 ).

la  placa  sobre  un  eje  coincidente  con  la  barra  es  IO  = Por  eso,

1  12

1 IO  =

12 (10  kg)3(0,2  m)2  +  (0,3  m)2  4  =  0,1083  kg  #  m2

Por  lo  tanto,  el  período  natural  de  vibración  es, t  =

2p v.n.

=  2pA  IO  =k  2pA  0,1083 1.5

22

=  1,69  s

Respuesta

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CAPÍTULO  22  VIBRACIONES

EJEMPLO  22.3 La  barra  doblada  que  se  muestra  en  la  figura  22­6a  tiene  una  masa  despreciable  y  sostiene   un  collarín  de  5  kg  en  su  extremo.  Si  la  varilla  está  en  la  posición  de  equilibrio  que  se   muestra,  determine  el  período  natural  de  vibración  del  sistema. SOLUCIÓN 200mm

Diagramas  de  cuerpo  libre  y  cinético.  Figura  22­6b.  Aquí  la  barra  se  desplaza  un  pequeño   5kg

C

ángulo  u  desde  la  posición  de  equilibrio.  Dado  que  el  resorte  está  sujeto  a  una  compresión  

B 100mm

inicial  de  xst  para  lograr  el  equilibrio, entonces  cuando  el  desplazamiento  x  7  xst  el  resorte  ejerce  una  fuerza  de  Fs  =  kx  ­  kxst  

Ak  400  N/m

sobre  la  varilla.  Para  obtener  la  "forma  estándar",  Eq.  22­16,  5ay  debe  actuar  hacia  arriba,   lo  cual  está  de  acuerdo  con  el  desplazamiento  u  positivo.

(a)

Ecuación  de  movimiento.  Los  momentos  se  sumarán  con  respecto  al  punto  B  para  eliminar   la  reacción  desconocida  en  este  punto.  Como  tu  es  pequeño, 0,2  metros

Por y

a+MB  =  (mk)B;

B

tu

caja

49.05  norte

kx(0,1  m)  ­  kxst(0,1  m)  +  49,05  N(0,2  m)  =  ­(5  kg)ay  (0,2  m) El  segundo  término  del  lado  izquierdo,  ­kxst(0.1  m),  representa  el  momento  creado  por  la  

0,1  metros

tu

fuerza  del  resorte  que  es  necesario  para  mantener  el  collar  en  equilibrio,  es  decir,  en  x  =  0.   fs  kx  kxst

X

Dado  que  este  momento  es  igual  y  opuesto  al  momento  49,05  N(0,2  m)  creados  por  el  peso   del  collar,  estos  dos  términos  se  anulan  en  la  ecuación  anterior,  de  modo  que

5  ay 0,2  metros

(1)

kx(0.1)  =  ­5ay(0.2) tu

Cinemática.  La  deformación  del  resorte  y  la  posición  del  collar  pueden  relacionarse  con  el   ángulo  u,  figura  22­6c.  Como  u  es  pequeño,  x  =  (0,1  m)u  y  y  =  (0,2  m)u.  Por  lo  tanto,  ay .   = Sustituyendo  en  la  Ec.  1  rendimiento y =  0.2u ps

ps

(b) ps

400(0.1u)  0.1  =  ­5(0.2u )0.2 Reescribiendo  esta  ecuación  en  la  "forma  estándar"  da 0,2  metros ps

tu  +  20u  =  0 y  0.2u

tu

B

ps

2

En  comparación  con  xx  =  0  (ecuación  22­16),  tenemos  +  vn

0,1  metros

2  vn =  20  vn  =  4,47  rad>s tu

Por  lo  tanto,  el  período  natural  de  vibración  es 22

x  0.1u

(C) t  =

Figura  22­6

2p v.n.

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=

2p 4.47

=  1,40  s

Respuesta

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22.1  VIBRACIÓN  LIBRE  NO  AMORTIGUADA

EJEMPLO  22.4 Un  bloque  de  10  lb  está  suspendido  de  una  cuerda  que  pasa  sobre  un  disco  de  15  lb,  como  se   muestra  en  la  figura  22­7a.  El  resorte  tiene  una  rigidez  k  =  200  lb/ft. Determine  el  período  natural  de  vibración  del  sistema. fs

k  200  libras/pie

¨

15  libras

tu

O

0,75  pies

0,75  pies

O

Buey

yo  tu

=

tu

O

0,75  pies

Oye

s

10  libras

mBab

(b)

(a)

SOLUCIÓN Diagramas  de  cuerpo  libre  y  cinético.  Figura  22­7b.  El  sistema  consiste  en  el  disco,  que  experimenta   una  rotación  definida  por  el  ángulo  u,  y  el  bloque,  que  se  traslada  en  una  cantidad  s.  El  vector  IO   ps

U  actúa  en  la  dirección  de  u  positiva  y,  en  consecuencia,  mB  ab  actúa  hacia  abajo  en  la  dirección   de  s  positiva .

Ecuación  de  movimiento.  Sumando  los  momentos  con  respecto  al  punto  O  para  eliminar  las   1  2  señor  2

reacciones  Ox  y  Oy ,  sabiendo  que  IO  = ,  se  obtiene  a+MO  =  (mk)O;

10  libras  (0,75  pies)  ­  Fs  (0,75  pies)

=

1

ps

tu

2  a  132,2   5  libras pies>s2  b  (0,75  pies)  2  u +  10  libras 32,2  pies>s2  bab  (0,75  pies)  (1) Cinemática.  Como  se  muestra  en  el  diagrama  cinemático  de  la  figura  22­7c,  un  pequeño   desplazamiento  positivo  u  del  disco  hace  que  el  bloque  baje  una  cantidad  s  =  0.75u;  por  lo  tanto,   =  spara   =  e0l   .75u . del  disco  es  de  10  lb,  actuando   ab  Cuando  u  =  0,  la  fuerza  de  resorte  requerida   equilibrio   ps

ps

0,75  pies

hacia  la  derecha.

tu

0.75u

Para  la  posición  u,  la  fuerza  del  resorte  es  Fs  =  (200  lb>ft)(0.75u  ft)  +  10  lb. Sustituyendo  estos  resultados  en  la  Ec.  1  y  simplificando  rendimientos ps

tu +  368u  =  0

Por  eso,

s  0.75  u

2  vn

=  368

v.n. =  19,18  rad>s

22

Por  lo  tanto,  el  período  natural  de  vibración  es t  =

2p v.n.

=

2p 19.18

(C)

=  0,328  s

Respuesta

Figura  22­7

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CAPÍTULO  22  VIBRACIONES

PROBLEMAS 22–1.  Un  resorte  se  estira  175  mm  por  un  bloque  de  8  kg.  Si  el   bloque  se  desplaza  100  mm  hacia  abajo  desde  su  posición  de   equilibrio  y  se  le  da  una  velocidad  hacia  abajo  de  1.50  m>s,   determine  la  ecuación  diferencial  que  describe  el  movimiento.   Suponga  que  el  desplazamiento  positivo  es  hacia  abajo. Además,  determine  la  posición  del  bloque  cuando  t  =  0.22  s.

22–9.  Un  bloque  de  3  kg  está  suspendido  de  un  resorte  que  tiene   una  rigidez  de  k  =  200  N>m.  Si  el  bloque  se  empuja  50  mm  hacia   arriba  desde  su  posición  de  equilibrio  y  luego  se  suelta  desde  el   reposo,  determine  la  ecuación  que  describe  el  movimiento. ¿Cuáles  son  la  amplitud  y  la  frecuencia  natural  de  la  vibración?   Suponga  que  el  desplazamiento  positivo  es  hacia  abajo.

22–2.  Un  resorte  tiene  una  rigidez  de  800  N>m.  Si  un  bloque  de   2  kg  se  une  al  resorte,  se  empuja  50  mm  por  encima  de  su   posición  de  equilibrio  y  se  suelta  desde  el  reposo,  determine  la   ecuación  que  describe  el  movimiento  del  bloque.  Suponga  que  el   desplazamiento  positivo  es  hacia  abajo.

22–10.  La  barra  uniforme  de  masa  m  está  sostenida  por  un   pasador  en  A  y  un  resorte  en  B.  Si  se  le  da  a  B  un  pequeño   desplazamiento  lateral  y  se  le  suelta,  determine  el  período  natural   de  vibración.

22–3.  Un  resorte  se  estira  200  mm  por  un  bloque  de  15  kg.  Si  el   bloque  se  desplaza  100  mm  hacia  abajo  desde  su  posición  de   equilibrio  y  se  le  da  una  velocidad  hacia  abajo  de  0.75  m/s,   determine  la  ecuación  que  describe  el  movimiento.  ¿Cuál  es  el   ángulo  de  fase?  Suponga  que  el  desplazamiento  positivo  es  hacia   abajo.

A

L

*22–4.  Cuando  un  peso  de  20  lb  se  suspende  de  un  resorte,  el   resorte  se  estira  una  distancia  de  4  in.  Determine  la  frecuencia   natural  y  el  período  de  vibración  para  un  peso  de  10  lb  sujeto  al   mismo  resorte. B

22–5.  Cuando  un  bloque  de  3  kg  se  suspende  de  un  resorte,  el   resorte  se  estira  una  distancia  de  60  mm.  Determine  la  frecuencia   natural  y  el  periodo  de  vibración  de  un  bloque  de  0,2  kg  unido  al   mismo  resorte. 22–6.  Un  bloque  de  8  kg  está  suspendido  de  un  resorte  que  tiene   una  rigidez  k  =  80  N>m.  Si  al  bloque  se  le  da  una  velocidad  hacia   arriba  de  0.4  m>s  cuando  está  90  mm  por  encima  de  su  posición   de  equilibrio,  determine  la  ecuación  que  describe  el  movimiento  y   el  máximo  desplazamiento  hacia  arriba  del  bloque  medido  desde   la  posición  de  equilibrio.  Suponga  que  el  desplazamiento  positivo   se  mide  hacia  abajo.

problema  22–10

22–11.  Mientras  está  de  pie  en  un  ascensor,  el  hombre  sostiene   un  péndulo  que  consiste  en  un  péndulo  de  18  pulgadas.  cable  y   un  bob  de  0,5  libras.  Si  el  ascensor  desciende  con  una  aceleración   a  =  4  ft>s2,  determine  el  período  natural  de  vibración  para   pequeñas  amplitudes  de  oscilación.

22–7.  Un  peso  de  2  lb  está  suspendido  de  un  resorte  que  tiene   una  rigidez  k  =  2  lb/pulg.  Si  el  peso  se  empuja  1  pulgada  hacia   arriba  desde  su  posición  de  equilibrio  y  luego  se  suelta  desde  el   reposo,  determine  la  ecuación  que  describe  el  movimiento.  ¿Cuál   es  la  amplitud  y  la  frecuencia  natural  de  la  vibración?

22

k

*22–8.  Un  peso  de  6  lb  está  suspendido  de  un  resorte  que  tiene   una  rigidez  k  =  3  lb/pulg.  Si  al  peso  se  le  da  una  velocidad  hacia   arriba  de  20  ft>s  cuando  está  2  pulg  por  encima  de  su  posición   de  equilibrio,  determine  la  ecuación  que  describe  el  movimiento  y   el  máximo  desplazamiento  hacia  arriba  del  peso,  medido  desde   la  posición  de  equilibrio.  Suponga  que  el  desplazamiento  positivo   es  hacia  abajo.

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a  4  pies/s2  a  4  pies/s2

problema  22–11

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22.1  VIBRACIÓN  LIBRE  NO  AMORTIGUADA

*22–12.  Determine  el  periodo  natural  de  vibración  de  la  barra  uniforme  de  masa  

22–14.  La  placa  rectangular  de  20  lb  tiene  un  periodo  natural  de  vibración  t  =  0.3  

m  cuando  se  desplaza  ligeramente  hacia  abajo  y  se  suelta.

s,  mientras  oscila  alrededor  del  eje  de  la  barra  AB.  Determine  la  rigidez  torsional   k,  medida  en  lb  #  ft>rad,  de  la  barra.  Desprecie  la  masa  de  la  barra.

A

k O B

k — L  2

— L  2

problema  22–12 4  pies

2  pies

problema  22–14 22–13.  El  cuerpo  de  forma  arbitraria  tiene  una  masa  m,  centro  de  masa  en  G  y   un  radio  de  giro  alrededor  de  G  de  kG.  Si  se  desplaza  una  pequeña  cantidad  u   de  su  posición  de  equilibrio  y  se  libera,  determine  el  período  natural  de  vibración. 22–15.  Una  plataforma,  que  tiene  una  masa  desconocida,  está  sostenida  por   cuatro  resortes,  cada  uno  con  la  misma  rigidez  k.  Cuando  no  hay  nada  sobre  la   plataforma,  el  período  de  vibración  vertical  se  mide  en  2,35  s;  mientras  que  si  un   bloque  de  3  kg  se  apoya  sobre  la  plataforma,  el  período  de  vibración  vertical  es   de  5,23  s. Determine  la  masa  de  un  bloque  colocado  sobre  la  plataforma  (vacía)  que  hace   que  la  plataforma  vibre  verticalmente  con  un  período  de  5,62  s.  ¿ Cuál  es  la   rigidez  k  de  cada  uno  de  los  resortes?

O d tu

GRAMO

k

problema  22–13

k

problema  22–15

22

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CAPÍTULO  22  VIBRACIONES

*22–16.  Un  bloque  de  masa  m  está  suspendido  de  dos  resortes  que  tienen  una  

22–19.  La  varilla  delgada  tiene  una  masa  de  0.2  kg  y  está  sostenida  en  O  por  

rigidez  de  k1  y  k2,  dispuestos  a)  paralelos  entre  sí  y  b)  en  serie.  Determine  la  

un  pasador  y  en  su  extremo  A  por  dos  resortes,  cada  uno  con  una  rigidez  k  =  4  

rigidez  equivalente  de  un  solo  resorte  con  las  mismas  características  de  

N>m.  El  período  de  vibración  de  la  varilla  se  puede  establecer  fijando  el  collar  C  

oscilación  y  el  período  de  oscilación  para  cada  caso.

de  0,5  kg  a  la  varilla  en  un  lugar  apropiado  a  lo  largo  de  su  longitud.  Si  los   resortes  originalmente  no  están  estirados  cuando  la  varilla  está  vertical,  

22–17.  El  bloque  de  15  kg  está  suspendido  de  dos  resortes  que  tienen  diferente   rigidez  y  están  dispuestos  a)  paralelos  entre  sí  y  b)  en  serie.  Si  se  observa  que  

determine  la  posición  y  del  collar  de  modo  que  el  período  natural  de  vibración   sea  t  =  1  s.  Desprecie  el  tamaño  del  collar.

los  periodos  naturales  de  oscilación  del  sistema  en  paralelo  y  del  sistema  en   serie  son  de  0.5  s  y  1.5  s,  respectivamente,  determine  las  rigideces  del  resorte   k1  y  k2.

O

y k1

k2

k1

C 600mm

k2

k un  k problema  22–19

(a)

(b) problemas  22–16/17 *22–20.  Una  tabla  uniforme  se  apoya  sobre  dos  ruedas  que  giran  en  direcciones   opuestas  a  una  velocidad  angular  constante.  Si  el  coeficiente  de  fricción  cinética   entre  las  ruedas  y  la  tabla  es  m,  determine  la  frecuencia  de  vibración  de  la  tabla  

22–18.  La  viga  uniforme  está  sostenida  en  sus  extremos  por  dos  resortes  A  y  B,  

si  se  desplaza  ligeramente  una  distancia  x  desde  el  punto  medio  entre  las  ruedas  

cada  uno  con  la  misma  rigidez  k.  Cuando  nada  se  apoya  sobre  la  viga,  esta  

y  se  suelta.

tiene  un  periodo  de  vibración  vertical  de  0.83  s.  Si  se  coloca  una  masa  de  50  kg   en  su  centro,  el  período  de  vibración  vertical  es  de  1,52  s.  Calcule  la  rigidez  de   cada  resorte  y  la  masa  de  la  viga.

X

A 22

B k

A

B

k d

d problema  22–20

problema  22–18

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libros  electrónicos  gratis  ==>  www.ebook777.com 22.1  VIBRACIÓN  LIBRE  NO  AMORTIGUADA

655

22–21.  Si  el  alambre  AB  se  somete  a  una  tensión  de  20  lb,  determine  la  ecuación  

22–23.  El  disco  de  20  kg  está  articulado  en  su  centro  de  masa  O  y  soporta  el  

que  describe  el  movimiento  cuando  el  peso  de  5  lb  se  desplaza  2  in  

bloque  A  de  4  kg.  Si  no  se  permite  que  la  correa  que  pasa  sobre  el  disco  se   deslice  en  su  superficie  de  contacto,  determine  el  período  natural  de  vibración  

horizontalmente  y  se  suelta  desde  el  reposo.

del  sistema.

A k  =  50  N/m  300  mm

O 6  pies

k  200  N/m

A 6  pies

B

problema  22–23

problema  22–21

*22–24.  El  disco  de  10  kg  está  conectado  con  clavijas  en  su  centro  de  masa. Determine  el  periodo  natural  de  vibración  del  disco  si  los  resortes  tienen   22–22.  La  barra  tiene  una  longitud  l  y  una  masa  m.  Está  soportado  en  sus   extremos  por  rodillos  de  masa  despreciable.  Si  se  le  da  un  pequeño  

suficiente  tensión  para  evitar  que  la  cuerda  se  deslice  sobre  el  disco  mientras   oscila.  Sugerencia:  Suponga  que  el  estiramiento  inicial  en  cada  resorte  es  dO.

desplazamiento  y  se  suelta,  determine  la  frecuencia  natural  de  vibración. 22–25.  Si  el  disco  en  el  Prob.  22­24  tiene  una  masa  de  10  kg,  determine  la   frecuencia  natural  de  vibración.  Sugerencia:  Suponga  que  el  estiramiento  inicial   en  cada  resorte  es  dO.

R A

B k  80  N/m

150mm O

22

yo

k  80  N/m

problema  22–22

problemas  22–24/25

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656

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CAPÍTULO  22  VIBRACIONES

22–26.  Un  volante  de  inercia  de  masa  m,  que  tiene  un  radio  de  giro  alrededor  

*22–28.  La  plataforma  AB  cuando  está  vacía  tiene  una  masa  de  400  kg,  centro  

de  su  centro  de  masa  de  kO,  está  suspendido  de  un  eje  circular  que  tiene  una   resistencia  a  la  torsión  de  M  =  Cu.  Si  al  volante  se  le  da  un  pequeño  

de  masa  en  G1  y  período  natural  de  oscilación  =  2.38  s.  Si  se  coloca  sobre  la  

desplazamiento  angular  de  u  y  se  suelta,  determine  el  período  natural  de  

en  G2 ,  el  período  natural  de  oscilación  se  convierte  en  t2  =  3,16  s.  Determine  

oscilación.

el  momento  de  inercia  del  automóvil  con  respecto  a  un  eje  que  pasa  por  G2.

t1 plataforma  un  automóvil  que  tiene  una  masa  de  1,2  Mg  y  un  centro  de  masa  

O 1,83  metros

2,50m

G2 G1

L

A

O

B

problema  22–28

tu

problema  22–26 22–29.  La  placa  de  masa  m  está  sostenida  por  tres  cuerdas  colocadas   simétricamente  de  longitud  l  como  se  muestra.  Si  se  le  da  a  la  placa  una  ligera   rotación  alrededor  de  un  eje  vertical  que  pasa  por  su  centro  y  se  suelta,   determine  el  período  natural  de  oscilación. 22–27.  El  peso  de  6  lb  está  unido  a  las  varillas  de  masa  despreciable.  Determine   la  frecuencia  natural  de  vibración  del  peso  cuando  se  desplaza  ligeramente  de   la  posición  de  equilibrio  y  se  suelta.

k  5  libras/pie yo

yo

2  pies

120 R

22

O

120 120

3  pies

problema  22–29

problema  22–27

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yo

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libros  electrónicos  gratis  ==>  www.ebook777.com 22.2  MÉTODOS  ENERGÉTICOS

657

*22.2  Métodos  de  energía El  movimiento  armónico  simple  de  un  cuerpo,  discutido  en  la  sección  anterior,  se  debe   únicamente  a  las  fuerzas  restauradoras  gravitacionales  y  elásticas  que  actúan  sobre  el  cuerpo. Dado  que  estas  fuerzas  son  conservativas,  también  es  posible  utilizar  la  ecuación  de   conservación  de  la  energía  para  obtener  la  frecuencia  natural  o  el  período  de  vibración  del   cuerpo.  Para  mostrar  cómo  hacer  esto,  considere  nuevamente  el  modelo  de  bloque  y   resorte  en  la  figura  22­8.  Cuando  el  bloque  se  desplaza  x  desde  la  posición  de  equilibrio   1  2  mx  #   ,   2 1  2mv2   la  energía  cinética  es  T  =  y  la  kx2 .  Como  la  energía  se  conserva,   es  n=ecesario   que  la   energía  potencial  sea  V  =

1  2

T  +  V  =  constante 1  2  mx  #   2

kx2  =  constante

1   +  2

(22–17)

La  ecuación  diferencial  que  describe  el  movimiento  acelerado  del  bloque  se  puede   obtener  derivando  esta  ecuación  con  respecto  al  tiempo;  es  decir,

#

ps

#

mx  x #

+  kxx  =  0 ps

X (mx

+  kx)  =  0

#

Dado  que  la  velocidad  x  no  siempre  es  cero  en  un  sistema  vibratorio, ps

X

+  vn 2  x  =  0

v.n.

=  2k>m

que  es  lo  mismo  que  la  Ec.  22–1. Si  la  ecuación  de  conservación  de  la  energía  se  escribe  para  un  sistema  de  cuerpos   conectados,  la  frecuencia  natural  o  la  ecuación  de  movimiento  también  se  pueden   determinar  mediante  la  diferenciación  del  tiempo.  No  es  necesario  desmembrar  el  sistema   para  tener  en  cuenta  las  fuerzas  internas  porque  no  realizan  trabajo.

Equilibrio posiciónx

k

Figura  22­8

22

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CAPÍTULO  22  VIBRACIONES

La  suspensión  de  un  vagón  de  ferrocarril  consta  de   un  conjunto  de  resortes  que  se  montan  entre  el   bastidor  del  vagón  y  la  rueda  del  camión.  Esto  le   dará  al  automóvil  una  frecuencia  natural  de  vibración   que  se  puede  determinar.  (©  RC  Hibbeler)

Procedimiento  de  Análisis La  frecuencia  natural  vn  de  un  cuerpo  o  sistema  de  cuerpos  conectados  se   puede  determinar  aplicando  la  ecuación  de  conservación  de  la  energía  mediante   el  siguiente  procedimiento. Ecuación  de  energía. Dibuje  el  cuerpo  cuando  se  desplace  una  pequeña  cantidad  de  su  posición   de  equilibrio  y  defina  la  ubicación  del  cuerpo  desde  su  posición  de  equilibrio   mediante  una  coordenada  q  de  posición  apropiada. Formule  la  conservación  de  la  energía  para  el  cuerpo,  T  +  V  =  constante,   en  términos  de  la  coordenada  de  posición. En  general,  la  energía  cinética  debe  tener  en  cuenta  tanto  el  movimiento  de   1  2  2   1   traslación  como  el  de  rotación  del  cuerpo,  T  = mvG +  2 IGv2 ,  Ec.  18–2. La  energía  potencial  es  la  suma  de  las  energías  potencial  gravitacional  y   elástica  del  cuerpo,  V  =  Vg  +  Ve ,  Eq.  18–17.  En  particular,  Vg  debe  medirse   =  0 a  partir  de  un  dato  para  el  cual  q  (posición  de  equilibrio).

Derivada  del  tiempo.

22

Tome  la  derivada  del  tiempo  de  la  ecuación  de  energía  usando  la  regla  de  la   cadena  de  cálculo  y  factorice  los  términos  comunes.  La  ecuación  diferencial   resultante  representa  la  ecuación  de  movimiento  del  sistema.  La  frecuencia   natural  de  vn  se  obtiene  tras  reordenar  los  términos  en  la  “forma  estándar”,   2  =  0.  q q  +  vn ps

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libros  electrónicos  gratis  ==>  www.ebook777.com 22.2  MÉTODOS  ENERGÉTICOS

659

EJEMPLO  22.5 El  aro  delgado  que  se  muestra  en  la  figura  22­9a  está  sostenido  por  la  clavija  en  O.

O

Determine  el  período  natural  de  oscilación  para  pequeñas  amplitudes  de  oscilación.  El  aro  tiene  una  masa  m.

SOLUCIÓN

r

Ecuación  de  energía.  En  la  figura  22­9b  se  muestra  un  diagrama  del  aro  cuando  se  desplaza  una  pequeña   cantidad  (q  =)  u  de  la  posición  de  equilibrio.  Utilizando  la  tabla  de  la  contraportada  interior  y  el  teorema  de  los   ejes  paralelos  para  determinar  IO,  la  energía  cinética  es

(a)

T  =

1

2 =

1  2iovn

2

2  [señor

#

2  2  2  tu  =  señor

2  +  señor tu

#

O

Si  se  coloca  un  punto  de  referencia  horizontal  a  través  del  punto  O,  entonces  en  la  posición  desplazada,  la   energía  potencial  es

Dato FO

r  porque  tu

r

tu

V  =  ­mg(r  cos  u)

W  mg La  energía  total  en  el  sistema  es #

2  2

T  +  V  =  señor  tu

­  monseñor  porque  tú

(b)

Figura  22­9

Derivada  del  tiempo.

señor

ps

#

2  

#

(2u )u  +  mgr(sen  u)u  =  0 #

ps

mru  (2ru  +  g  sin  u)  =  0 #

Como  u  no  siempre  es  igual  a  cero,  de  los  términos  entre  paréntesis,

g   sen  u  =  0  2r

ps

tu +

Para  un  ángulo  u  pequeño,  sen  u  ^  u.

ps

tu +

v.n.

gramo

tu  =  0  2r

2r =  un  gramo

de  modo  que

t  =

22

2p Respuesta

v.n.

=  2pA  2r

gramo

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CAPÍTULO  22  VIBRACIONES

EJEMPLO  22.6 Un  bloque  de  10  kg  está  suspendido  de  una  cuerda  enrollada  alrededor  de  un  disco  de  5  kg,  como  se  

k  200  N/m

muestra  en  la  figura  22­10a.  Si  el  resorte  tiene  una  rigidez  k  =  200  N>m,  determine  el  período  natural  de   vibración  del  sistema.

0,15  metros

O

SOLUCIÓN Ecuación  de  energía.  En  la  figura  22­10b  se  muestra  un  diagrama  del  bloque  y  el  disco  cuando  se   desplazan  cantidades  respectivas  s  y  u  desde  la  posición  de  equilibrio.  Como  s  =  (0.15  m)u,  entonces  vb   #

#

=  (0.15m)u

s  Por  lo  tanto,  la  energía  cinética  del  sistema  es

(a)

1  2  2   mbb

T  = =

1   +  2

2

iovd

#

1

=  0.1406(u)

1

2  +

2(10  kg)[(0,15  m)u] #

.

2  3  1  2(5  kg)(0,15  m)2  4(u  #

)

2

2

sst  s

tu

Estableciendo  el  dato  en  la  posición  de  equilibrio  del  bloque  y  dándose  cuenta  de  que  el  resorte  se  estira   sst  para  el  equilibrio,  la  energía  potencial  es 0,15  metros

0.15u

tu

O V  =

1  2k(sst  +  s)

=

Dato

2 ­  Ws

1

2

2(200  N>m)[sst  +  (0,15  m)u]

­  98,1  N[(0,15  m)u]

s  0.15  u Por  lo  tanto,  la  energía  total  para  el  sistema  es, #

98,1  norte

(b) Figura  22­10

2

T  +  V  =  0,1406(u)

+  100  (sst  +  0.15u)

2 ­  14.715u

Derivada  del  tiempo. #

0.28125(u )u

ps

#

#

+  200(sst  +  0,15u)0,15u  ­  14,72u  =  0

Dado  que  sst  =  98,1>200  =  0,4905  m,  la  ecuación  anterior  se  reduce  a  la  "forma  estándar"

ps

tu  +  16u  =  0 de  modo  que

v.n.

=  216  =  4  rad>s

De  este  modo,

22 t  =

2p v.n.

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=

2p   =  1,57  s 4

Respuesta

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libros  electrónicos  gratis  ==>  www.ebook777.com 22.2  MÉTODOS  ENERGÉTICOS

661

PROBLEMAS 22–30.  Determine  la  ecuación  diferencial  de  movimiento  del  bloque  de  3  kg  

22–33.  Si  la  rueda  de  20  kg  se  desplaza  un  poco  y  se  suelta,  determine  el  

cuando  se  desplaza  ligeramente  y  se  suelta.  La  superficie  es  lisa  y  los  resortes  

período  natural  de  vibración.  El  radio  de  giro  de  la  rueda  es  kG  =  0,36  m.  La  

originalmente  no  están  estirados.

rueda  rueda  sin  patinar.

k  500  N/m k  =  500  N/m

k  =  500  N/m 3  kg

GRAMO

problema  22–30

0,5  metros

22–31.  Determine  el  período  natural  de  vibración  del  péndulo.  Considere  que   las  dos  varillas  son  delgadas,  cada  una  con  un  peso  de  8  lb/ft.

problema  22–33 22–34.  Determine  la  ecuación  diferencial  de  movimiento  del  carrete  de  3  kg.   Suponga  que  no  se  desliza  en  la  superficie  de  contacto  cuando  oscila.  El  radio   de  giro  del  carrete  alrededor  de  su  centro  de  masa  es  kG  =  125  mm.

O

k  400  N/m 2  pies

200mm 100mm GRAMO

1  pie

1  pie

problema  22–31 problema  22–34 *22–32.  Determine  el  periodo  natural  de  vibración  del  disco  semicircular  de  10   lb.

22–35.  Determine  el  periodo  natural  de  vibración  de  la  esfera  de  3  kg.  Desprecie   la  masa  de  la  barra  y  el  tamaño  de  la  esfera.

k  =  500  N/m 0,5  pies

O 22

300mm problema  22–32

300mm

problema  22–35

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662

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CAPÍTULO  22  VIBRACIONES

*22–36.  Si  el  extremo  inferior  de  la  barra  delgada  de  6  kg  se  desplaza  un  poco  

22–39.  La  barra  delgada  tiene  un  peso  de  4  lb/ft.  Si  está  sostenido  en  el  plano  

y  se  suelta  del  reposo,  determine  la  frecuencia  natural  de  vibración.  Cada  resorte  

horizontal  por  una  rótula  en  A  y  un  cable  en  B,  determine  la  frecuencia  natural  

tiene  una  rigidez  de  k  =  200  N>m  y  no  está  estirado  cuando  la  varilla  cuelga  

de  vibración  cuando  el  extremo  B  sufre  un  pequeño  desplazamiento  horizontal  

verticalmente.

y  luego  se  suelta.

O

2  metros

k

k

A

0,75  pies

2  metros

B

1,5  pies

problema  22–36 22–37.  El  disco  tiene  un  peso  de  30  lb  y  rueda  sin  deslizarse  sobre  la  superficie  

problema  22–39

horizontal  mientras  oscila  alrededor  de  su  posición  de  equilibrio.  Si  el  disco  se   desplaza,  haciéndolo  rodar  en  sentido  contrario  a  las  manecillas  del  reloj  0.2   rad,  determine  la  ecuación  que  describe  su  movimiento  oscilatorio  y  el  período   natural  cuando  se  suelta.

*22–40.  Si  la  barra  delgada  tiene  un  peso  de  5  lb,  determine  la  frecuencia  natural   de  vibración.  Los  resortes  originalmente  no  están  estirados. k  80  libras/pie

0,5  pies

k  4  libras/pie

problema  22–37 22–38.  La  máquina  tiene  una  masa  m  y  está  sostenida  uniformemente  por   cuatro  resortes,  cada  uno  con  una  rigidez  k.

1  pie

Determine  el  período  natural  de  vibración  vertical.

O

GRAMO

2  pies

22

k

k

­d 2

­d 2

k  5  libras/pie

problema  22–38

problema  22–40

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22.3  VIBRACIÓN  FORZADA  NO  AMORTIGUADA

*22.3  Vibración  forzada  no  amortiguada La  vibración  forzada  no  amortiguada  se  considera  uno  de  los  tipos  más  importantes  de   movimiento  vibratorio  en  ingeniería.  Sus  principios  se  pueden  utilizar  para  describir  el   movimiento  de  muchos  tipos  de  máquinas  y  estructuras. Fuerza  periódica.  El  bloque  y  el  resorte  que  se  muestran  en  la  figura  22­11a  proporcionan   un  modelo  conveniente  que  representa  las  características  vibratorias  de  un  sistema  sujeto   a  una  fuerza  periódica  F  =  F0  sen  v0t.  Esta  fuerza  tiene  una  amplitud  de  F0  y  una   frecuencia  de  fuerza  v0 .

El  diagrama  de  cuerpo  libre  del  

bloque  cuando  se  desplaza  una  distancia  x  se  muestra  en  la  figura  22­11b.

Posición  de   equilibrioX

Aplicando  la  ecuación  de  movimiento,  tenemos F0  sen  v0t  ­  kx  =  mx$

S+  Fx  =  máx.;

k

F  F0  sen  v0  t

o ps

X

+

k x  =   metro

F0   sen  v0t

(a)

(22–18)

metro

Esta  ecuación  es  una  ecuación  diferencial  de  segundo  orden  no  homogénea. La  solución  general  consta  de  una  solución  complementaria,  xc ,  más  una  solución   particular,  xp . La  solución  complementaria  se  determina  colocando  el  término  en  el  lado  derecho  de   la  ecuación.  22–18  igual  a  cero  y  resolviendo  la  ecuación  homogénea  resultante.  La  

W  mg kx

F  F0  sen  v0  t

solución  está  definida  por  la  Ec.  22–9,  es  decir, xc

=  C  sen(vnt  +  f)

(22­19) noroeste

donde  vn  es  la  frecuencia  natural,  vn  Dado  

=  2k>m,  Ec.  22–2.  

(b)

que  el  movimiento  es  periódico,  la  solución  particular  de  la  Ec.  22­18  puede  ser Figura  22­11

determinado  suponiendo  una  solución  de  la  forma xp =  X  sen  v0t  

(22–20)

donde  X  es  una  constante.  Tomando  la  segunda  derivada  temporal  y  sustituyendo  en  la   Ec.  22–18  rendimientos ­Xv0

2

k

F0

(X  sen  v0t)  =  sen  v0t

pecado  v0t  + metro

metro

Factorizando  sen  v0t  y  resolviendo  para  X  da F0>m   X  =   2 = (k>m)  ­  v0  

F0>k   1  ­  (v0>vn)

2

(22–21)

Sustituyendo  en  la  ecuación.  22­20,  obtenemos  la  solución  particular 22 XP =

F0>k   1  ­  (v0>vn)

2

pecado  v0t

(22–22)

Las  mesas  vibratorias  proporcionan   vibración  forzada  y  se  utilizan  para  separar   materiales  granulares.  (©  RC  Hibbeler)

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CAPÍTULO  22  VIBRACIONES

Por  lo  tanto,  la  solución  general  es  la  suma  de  dos  funciones  seno  que  tienen   frecuencias  diferentes. F0>k   x  = xc  +  xp =  C  sen(vnt  +  f)  +  1  ­   (v0>vn)

2

sen  v0t  (22–23)

La  solución  complementaria  xc  define  la  vibración  libre,  que  depende  =  1k>my  las   la  frecuencia  natural  vn  describe  constantes  C  y  f.  La  solución  particular  xp  sobre   la  vibración  forzada  del  bloque  causada  por  la  fuerza  aplicada  F  =  F0  sen  v0t.   Dado  que  todos  los  sistemas  vibratorios  están  sujetos  a  fricción,  la  vibración  libre,   xc ,  se  amortiguará  con  el  tiempo.  Por  esta  razón,  la  vibración  libre  se  denomina   transitoria  y  la  vibración  forzada  se  denomina  estacionaria,  ya  que  es  la  única   vibración  que  permanece. De  la  ecuación.  22­21  se  ve  que  la  amplitud  de  la  vibración  forzada  o  de  estado   Si  el  factor  de   estable  depende  de  la  relación  de  frecuencias  v0>vn . magnificación  MF  se  define  como  la  relación  entre  la  amplitud  de  la  vibración  en   estado  estacionario,  X,  y  la  desviación  estática,  F0>k,  que  sería  producida  por  la   amplitud  de  la  fuerza  periódica  F0 ,  entonces,  a  partir  de  la  ecuación.  22–21,

22

El  compactador  de  suelo  opera   por  vibración  forzada   desarrollada  por  un  motor   interno.  Es  importante  que  la   frecuencia  de  forzamiento  no   sea  cercana  a  la  frecuencia   natural  de  vibración  del   compactador,  la  cual  se  puede   determinar  cuando  el  motor   está  apagado;  de  lo  contrario,   se  producirá  una  resonancia  y   la  máquina  se  volverá  incontrolable.  (©  RC  Hibbeler)

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22.3  VIBRACIÓN  FORZADA  NO  AMORTIGUADA

X

FM  =

F0>k

1 =

1  ­  (v0>vn)

FM 2

(22–24) 3

Esta  ecuación  se  representa  gráficamente  en  la  figura  22­12.  Tenga  en  cuenta  que  si  la   fuerza  o  el  desplazamiento  se  aplica  con  una  frecuencia  cercana  a  la  frecuencia  natural  

2

del  sistema,  es  decir,  v0>vn  1,  la  amplitud  de  vibración  del  bloque  se  vuelve   extremadamente  grande.  Esto  ocurre  porque  la  fuerza  F  se  aplica  al  bloque  para  que   siempre  siga  el  movimiento  del  bloque.  Esta  condición  se  denomina  resonancia  y,  en  la   práctica,  las  vibraciones  resonantes  pueden  causar  un  estrés  tremendo  y  fallas  rápidas  de  

1

las  piezas.*  Desplazamiento  periódico  del  soporte.  Las   vibraciones  forzadas  también  pueden  surgir  de  la  excitación  periódica  del  soporte  de  un   sistema.  El  modelo  que  se  muestra  en  la  figura  22­13a  representa  la  vibración  periódica  

( )v0 v.n.

0 1

2

3

de  un  bloque  causada  por  el  movimiento  armónico  d  =  d0  sen  v0t  del  soporte.  El  diagrama   de  cuerpo  libre  para  el  bloque  en  este  caso  se  muestra  en  la  figura  22­13b.  El  

(v0

1

vn)

desplazamiento  d  del  apoyo  se  mide  desde  el  punto  de  desplazamiento  cero,  es  decir,   cuando  la  línea  radial  OA  coincide  con  OB.  Por  lo  tanto,  la  deformación  general  del  resorte   es  (x  ­  d0  sen  v0t).  Aplicando  la  ecuación  de  los  rendimientos  de  movimiento

S+  Fx  =  máx.;

2

­k(x  ­  d0  sen  v0t)  =  mx$

Figura  22­12

o ps

X

+

k x  =   metro

kd0   sen  v0t

(22–25)

d0

O

Equilibrio

metro

v0

En  comparación,  esta  ecuación  es  idéntica  a  la  forma  de  la  ecuación.  22–18,  siempre   Si  esta  sustitución  se  realiza  en  las  soluciones  

que  F0  se  reemplace  por  kd0 .

definidas  por  las  Ecs.  22­21  a  22­23,  los  resultados  son  apropiados  para  describir  el   movimiento  del  bloque  cuando  se  somete  al  desplazamiento  del  apoyo  d  =  d0  sen  v0t.

A

B V0

posiciónx

d  d0  sen  v0t  k

O A B (a)

W  mg k(x  d0  sen  v0t)

noroeste

*Un  columpio  tiene  un  período  natural  de  vibración,  como  se  determina  en  el  Ejemplo  22.1.  Si   alguien  empuja  el  columpio  solo  cuando  alcanza  su  punto  más  alto,  despreciando  la  resistencia  al   arrastre  o  al  viento,  se  producirá  resonancia  ya  que  las  frecuencias  natural  y  forzada  son  las  mismas.

(b)

Figura  22­13

22

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666

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CAPÍTULO  22  VIBRACIONES

EJEMPLO  22.7 El  instrumento  que  se  muestra  en  la  figura  22­14  está  rígidamente  unido  a   una  plataforma  P,  que  a  su  vez  está  sostenida  por  cuatro  resortes,  cada  uno   con  una  rigidez  k  =  800  N>m.  Si  el  piso  está  sujeto  a  un  desplazamiento   vertical  d  =  10  sen(8t)  mm,  donde  t  está  en  segundos,  determine  la  amplitud   de  la  vibración  en  estado  estacionario.  ¿Cuál  es  la  frecuencia  de  la  vibración   del  piso  requerida  para  causar  resonancia?  El  instrumento  y  la  plataforma   tienen  una  masa  total  de  20  kg.

PAG

k

k

Figura  22­14

SOLUCIÓN

La  frecuencia  natural  es v.n.

=  un  k

metro

=  B4(800  N >m) 20   kg

=  12,65  rad>s

La  amplitud  de  la  vibración  de  estado  estacionario  se  encuentra  utilizando  la  ecuación.  22–21,   con  kd0  reemplazando  a  F0 .

X  =

2

d0  1  ­  (v0>vn)

22

10

=

=  16,7  mm  Respuesta.

1  ­  [(8  rad>s)>(12,65  rad>s)]2

La  resonancia  ocurrirá  cuando  la  amplitud  de  la  vibración  X  causada  por  el   desplazamiento  del  piso  se  acerque  al  infinito.  Esto  requiere v0

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= v.n. =  12,6  rad>s

Respuesta

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22.4  VIBRACIÓN  LIBRE  AMORTIGUADA  VISCOSA

*22.4  Vibración  libre  amortiguada  viscosa El  análisis  de  vibraciones  considerado  hasta  ahora  no  ha  incluido  los  efectos  de  fricción  o   amortiguamiento  en  el  sistema  y,  como  resultado,  las  soluciones  obtenidas  solo  concuerdan   estrechamente  con  el  movimiento  real.  Dado  que  todas  las  vibraciones  desaparecen  con  el   tiempo,  la  presencia  de  fuerzas  de  amortiguamiento  debe  incluirse  en  el  análisis. En  muchos  casos,  la  amortiguación  se  atribuye  a  la  resistencia  creada  por  la  sustancia,   como  el  agua,  el  aceite  o  el  aire,  en  la  que  vibra  el  sistema.  Siempre  que  el  cuerpo  se   mueva  lentamente  a  través  de  esta  sustancia,  la  resistencia  al  movimiento  es  directamente   proporcional  a  la  velocidad  del  cuerpo.  El  tipo  de  fuerza  que  se  desarrolla  bajo  estas   condiciones  se  denomina  fuerza  de  amortiguamiento  viscoso.  La  magnitud  de  esta  fuerza   se  expresa  mediante  una  ecuación  de  la  forma F  =  CX

#

(22–26)

donde  la  constante  c  se  llama  coeficiente  de  amortiguamiento  viscoso  y  tiene  unidades  de   N  #  s>m  o  lb  #  s>ft. El  movimiento  vibratorio  de  un  cuerpo  o  sistema  que  tiene  amortiguamiento  viscoso  se   puede  caracterizar  por  el  bloque  y  el  resorte  que  se  muestran  en  la  figura  22­15a.  El  efecto   de  amortiguación  lo  proporciona  el  amortiguador  conectado  al  bloque  en  el  lado  derecho.   La  amortiguación  ocurre  cuando  el  pistón  P  se  mueve  hacia  la  derecha  o  hacia  la  izquierda   dentro  del  cilindro  cerrado.  El  cilindro  contiene  un  fluido  y  el  movimiento  del  pistón  se  retarda   ya  que  el  fluido  debe  fluir  alrededor  o  a  través  de  un  pequeño  orificio  en  el  pistón.  Se  supone   que  el  amortiguador  tiene  un  coeficiente  de  amortiguamiento  viscoso  c. Si  el  bloque  se  desplaza  una  distancia  x  desde  su  posición  de  equilibrio,  el  diagrama  de   cuerpo  libre  resultante  se  muestra  en  la  figura  22­15b.  Tanto  la  fuerza  del  resorte  como  la   Posición  de   equilibrio X

de  amortiguamiento  se  oponen  al  movimiento  hacia  adelante  del  bloque,  de  modo  que  al   aplicar  la  ecuación  de  movimiento  se  

PAG #

obtiene  S+  Fx   máx ; =

­kx  ­  cx  =  mx$

k C

o

(a)

mx$  +  cx  +  kx  =  0 #

(22–27)

Esta  ecuación  diferencial  lineal  homogénea  de  segundo  orden  tiene  una  solución  de  la   forma x  =  elt

W  mg

donde  e  es  la  base  del  logaritmo  natural  y  l  (lambda)  es  una  constante. El  valor  de  l  se  puede  obtener  sustituyendo  esta  solución  y  sus  derivadas  temporales  en  la  

. cx

kx

ecuación.  22–27,  lo  que  da  como  resultado ml2  elt  +  hendidura  +  kelt  =  0 o

22 noroeste (b)

elt  (ml2  +  cl  +  k)  =  0

Figura  22­15

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CAPÍTULO  22  VIBRACIONES

Dado  que  elt  nunca  puede  ser  cero,  es  posible  una  solución  siempre  que ml2  +  cl  +  k  =  0

Por  lo  tanto,  por  la  fórmula  cuadrática,  los  dos  valores  de  l  son 2

C

­

l1  =  ­  2m +  segundo  un  do   2m  segundo

2

C

l2  =  ­  2m

­

­  B  un  c  2m  b

k metro

k

(22–28)

metro

La  solución  general  de  la  Ec.  22–27  es,  por  lo  tanto,  una  combinación  de  exponenciales   que  involucra  ambas  raíces.  Hay  tres  posibles  combinaciones  de  l1  y  l2  que  deben  ser   consideradas.  Sin  embargo,  antes  de  discutir  estas  combinaciones,  primero  definiremos  el   coeficiente  de  amortiguamiento  crítico  cc  como  el  valor  de  c  que  hace  que  el  radical  en  las   Ecs.  22–28  igual  a  cero;  es  decir,

2

k

­

un   cc  2m  b

=  0

metro

o

CC

=  2mAk  _

=  2mn metro

(22–29)

Sistema  sobreamortiguado.  Cuando  c  7  cc ,  las  raíces  l1  y  l2  son  ambas  reales.  La  solución   general  de  la  Ec.  22–27  se  puede  escribir  como x  =  Ael1t  +  Bel2t

(22–30)

El  movimiento  correspondiente  a  esta  solución  no  vibra.  El  efecto  de  la  amortiguación  es   tan  fuerte  que  cuando  el  bloque  se  desplaza  y  se  suelta,  simplemente  vuelve  a  su  posición   original  sin  oscilar.  Se  dice  que  el  sistema  está  sobreamortiguado.

Sistema  críticamente  amortiguado.  Si  c  =  cc,  entonces  l1  =  l2  =  ­cc>2m  =  Esta   ­vn. situación  se  conoce  como  amortiguamiento  crítico,  ya  que  representa  una  condición  en  la   que  c  tiene  el  valor  más  pequeño  necesario  para  que  el  sistema  no  vibre.  Usando  los  

22

métodos  de  las  ecuaciones  diferenciales,  se  puede  demostrar  que  la  solución  a  la  Ec.   22­27  para  el  amortiguamiento  crítico  es

x  =  (A  +  Bt)e­vnt

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(22–31)

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libros  electrónicos  gratis  ==>  www.ebook777.com 22.4  VIBRACIÓN  LIBRE  AMORTIGUADA  VISCOSA

669

Sistema  subamortiguado.  La  mayoría  de  las  veces  c  6  cc ,  en  cuyo  caso  el   sistema  se  denomina  subamortiguado.  En  este  caso,  las  raíces  l1  y  l2  son   números  complejos  y  se  puede  demostrar  que  la  solución  general  de  la   ecuación.  22–27  se  puede  escribir  como

(22–32)

x  =  D[e­(c>2m)t  sin(vdt  +  f)]

donde  D  y  f  son  constantes  generalmente  determinadas  a  partir  de  las   condiciones  iniciales  del  problema.  La  constante  vd  se  denomina  frecuencia   natural  amortiguada  del  sistema.  tiene  un  valor  de 2

2

= enfermedad  venérea

metro =  segundo   k

­  un  c2m      b

(22–33)

vn  B1  ­  a  c  cbc  

donde  la  relación  c>cc  se  denomina  factor  de  amortiguamiento.

El  gráfico  de  la  Ec.  22­32  se  muestra  en  la  figura  22­16.  El  límite  inicial  de   movimiento,  D,  disminuye  con  cada  ciclo  de  vibración,  ya  que  el  movimiento  está   confinado  dentro  de  los  límites  de  la  curva  exponencial.  Usando  la  frecuencia   natural  amortiguada  vd ,  el  período  de  vibración  amortiguada  se  puede  escribir  como

td

=

2p

(22–34) enfermedad  venérea

Dado  que  vd  6  vn ,  la  ecuación.  22­33,  el  período  de  vibración  amortiguada,   td ,  será  mayor  que  el  de  vibración  libre,  t  =  2p>vn . X

De(c/2m)t

D

x1 td x4

x2 x3 t1

t2

t4

t3

t

De(c/2m)t

D x  D[e(c/2m)t  sen  (vd  t  f)]

22

Figura  22­16

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CAPÍTULO  22  VIBRACIONES

*22.5  Vibración  forzada  amortiguada  viscosa El  caso  más  general  de  movimiento  vibratorio  de  un  solo  grado  de  libertad  ocurre   cuando  el  sistema  incluye  los  efectos  del  movimiento  forzado  y  el  amortiguamiento   inducido.  El  análisis  de  este  tipo  particular  de  vibración  es  de  valor  práctico  cuando  se   aplica  a  sistemas  que  tienen  características  de  amortiguamiento  significativas. Si  se  une  un  amortiguador  al  bloque  y  al  resorte  que  se  muestran  en  la  figura  22­11a, la  ecuación  diferencial  que  describe  el  movimiento  se  convierte  en

mx$  +  cx  +  kx  =  F0  sen  v0t #

(22–35)

Se  puede  escribir  una  ecuación  similar  para  un  bloque  y  un  resorte  que  tienen  un   desplazamiento  de  apoyo  periódico,  figura  22­13a,  que  incluye  los  efectos  del   amortiguamiento.  En  ese  caso,  sin  embargo,  F0  se  reemplaza  por  kd0 .  Dado  que  la   Ec.  22–35  no  es  homogéneo,  la  solución  general  es  la  suma  de  una  solución   complementaria,   xc ,  y  una  solución  particular,  xp . La  solución  complementaria  se   determina  estableciendo  el  lado  derecho  de  la  Ec.  22–35  igual  a  cero  y  resolviendo  la   ecuación  homogénea,  que  es  equivalente  a  la  Eq.  22–27. Por  tanto,  la  solución  viene  dada  por  la  Ec.  22–30,  22–31  o  22–32,  según  los  valores   de  l1  y  l2 . Debido  a  que  todos  los  sistemas  están  sujetos  a   fricción,  esta  solución  se  amortiguará  con  el  tiempo.  Sólo  quedará  la  solución  particular,   que  describe  la  vibración  en  estado  estacionario  del  sistema.  Dado  que  la  función  de   fuerza  aplicada  es  armónica,  el  movimiento  en  estado  estacionario  también  será   armónico.  En  consecuencia,  la  solución  particular  será  de  la  forma

XP  =  X  sen(v0  t  ­  f)

(22–36)

Las  constantes  X  y  f  se  determinan  tomando  las  derivadas  primera  y  segunda  y   sustituyéndolas  en  la  ecuación.  22­35,  que  después  de  la  simplificación  produce

2

­Xmv0  sin(v0t  ­  f)  + Xcv0  cos(v0t  ­  f)  +  Xk  sen(v0t  ­  f)  =  F0  sen  v0t

Dado  que  esta  ecuación  es  válida  para  todo  el  tiempo,  los  coeficientes  constantes  se   pueden  obtener  al  establecer  v0t  ­  f  =  0  y  v0t  ­  f  =  p>2,  lo  que  hace  que  la  ecuación   anterior  se  convierta  en

22 Xcv0  =  F0  sen  f ­Xmv0

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2

+  Xk  =  F0  cos  f

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libros  electrónicos  gratis  ==>  www.ebook777.com 22.5  VIBRACIÓN  FORZADA  AMORTIGUADA  VISCOSA

671

La  amplitud  se  obtiene  elevando  al  cuadrado  estas  ecuaciones,  sumando  los  resultados   y  usando  la  identidad  sen2  f  +  cos2  f  =  1,  lo  que  da F0   X  = (22–37) 2 2 2 2(k  ­  mv0 ) +  c2  v0

Dividiendo  la  primera  ecuación  por  la  segunda  da f  =  tan­1  c  cv0 k  ­  mv0

(22–38) 2  días

Desde  vn   =  2k>m  y  cc  =  2mvn ,  entonces  las  ecuaciones  anteriores  también  pueden  ser escrito  como

F0>k

X  =

2 2

] +  [2(c>cc)(v0>vn)]2

2[1  ­  (v0>vn)

(22–39) f  =  tan­1  c  2(c>cc)(v0>vn)   1  ­  (v0>vn)2  d

El  ángulo  f  representa  la  diferencia  de  fase  entre  la  fuerza  aplicada  y  la   vibración  de  estado  estable  resultante  del  sistema  amortiguado. El  factor  de  magnificación  MF  ha  sido  definido  en  la  Sec.  22.3  como  la   relación  entre  la  amplitud  de  la  deflexión  causada  por  la  vibración  forzada  y  la   deflexión  causada  por  una  fuerza  estática  F0 .   Así,  1 X = FM  = (22–40)   2 2 F0>k ] +  [2(c>cc)(v0>vn)]2 2[1  ­  (v0>vn) La  MF  se  representa  en  la  figura  22­17  frente  a  la  relación  de  frecuencias  v0>vn  para   varios  valores  del  factor  de  amortiguamiento  c>cc .En  este  gráfico  se  puede  ver  que   la  ampliación  de  la  amplitud  aumenta  a  medida  que  disminuye  el  factor  de   amortiguamiento.  Obviamente,  la  resonancia  solo  ocurre  cuando  el  factor  de   amortiguamiento  es  cero  y  la  relación  de  frecuencia  es  igual  a  1. FM

5

C

0

CC

4 C

0.10

CC

3

c   cc

2

0.25

C

1

CC

0.50

22 C CC

1.00 v0  

0123

vn

Figura  22­17

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672

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CAPÍTULO  22  VIBRACIONES

EJEMPLO  22.8 El  motor  eléctrico  de  30  kg  que  se  muestra  en  la  figura  22­18  está  limitado  a   moverse  verticalmente  y  está  sostenido  por  cuatro  resortes,  cada  uno  de  los   cuales  tiene  una  rigidez  de  200  N>m.  Si  el  rotor  está  desequilibrado  de  tal   manera  que  su  efecto  es  equivalente  a  una  masa  de  4  kg  ubicada  a  60  mm   del  eje  de  rotación,  determine  la  amplitud  de  la  vibración  cuando  el  rotor  gira   =  0.15.   a  =  1 v0 0  rad>s.  El  factor  de  amortiguamiento  es  c>cc   V

Figura  22­18

SOLUCIÓN   La  fuerza  periódica  que  hace  que  el  motor  vibre  es  la  fuerza  centrífuga  debida   al  rotor  desequilibrado.  Esta  fuerza  tiene  una  magnitud  constante  de F0  =  hombre

=

2  mrv0 =  4  kg(0,06  m)(10  rad>s)2  =  24  N

La  rigidez  de  todo  el  sistema  de  cuatro  resortes  es  k  =  4(200  N>m)  =  800   N>m.  Por  lo  tanto,  la  frecuencia  natural  de  vibración  es

v.n.

=  un  k

metro

=  B  800  30   N>m kg

=  5,164  rad>s

Dado  que  se  conoce  el  factor  de  amortiguamiento,  la  amplitud  de  estado  estacionario  se  puede   determinar  a  partir  de  la  primera  de  las  Ecs.  22–39,  es  decir,

F0>k

X  = 2[1  ­  (v0>vn)

2 2

] +  [2(c>cc)(v0>vn)]2 24>800  

=

22

2[1  ­  (10>5.164)2 ] =  0,0107  m  =  10,7  mm

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2

+  [2(0,15)(10>5,164)]2 Respuesta

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22.6  ANÁLOGOS  DE  CIRCUITO  ELÉCTRICO

L

*22.6  Circuitos  eléctricos  análogos Las  características  de  un  sistema  mecánico  vibrante  se  pueden  representar   mediante  un  circuito  eléctrico.  Considere  el  circuito  que  se  muestra  en  la  figura   22­19a,  que  consta  de  un  inductor  L,  un  resistor  R  y  un  capacitor  C.  Cuando  se   aplica  un  voltaje  E(t) ,  hace  que  una  corriente  de  magnitud  i  fluya  a  través  del   circuito.  A  medida  que  la  corriente  pasa  por  el  inductor,  la  caída  de  voltaje  es   L(di>dt),  cuando  fluye  a  través  de  la  resistencia,  la  caída  es  Ri,  y  cuando  llega  al   capacitor,  la  caída  es  (1>C)1i  dt.  Dado  que  la  corriente  no  puede  fluir  a  través  de   un  capacitor,  solo  es  posible  medir  la  carga  q  que  actúa  sobre  el  capacitor.  Sin   embargo,  la  carga  puede  relacionarse  con  la  corriente  mediante  la  ecuación  i  =   dq>dt.  Por  lo  tanto,  las  caídas  de  voltaje  que  ocurren  a  través  del  inductor,  la   resistencia  y  el  capacitor  se  vuelven  L  d2  q>dt2 ,  R  dq>dt  y  q>C,  respectivamente.   De  acuerdo  con  la  ley  de  voltaje  de  Kirchhoff,  el  voltaje  aplicado  equilibra  la  suma   de  las  caídas  de  voltaje  alrededor   1 tanto,  d2  q del  circuito.   dqPor  lo   + L +  R   q =  E(t)   (22–41) dt dt2 C Considere  ahora  el  modelo  de  un  sistema  mecánico  de  un  solo  grado  de  libertad,   figura  22­19b,  que  está  sujeto  tanto  a  una  función  forzada  general  F(t)  como  a  un   amortiguamiento.  La  ecuación  de  movimiento  para  este  sistema  se  estableció  en   la  sección  anterior  y  se  puede  escribir  como  d2  x   dx  +  c  +  kx   =  F(t)  dt (22–42) dt2

R

C mi  (t)

(a)

k metro

C

F  (t)

(b)

Figura  22­19

metro

Por  comparación,  se  ve  que  las  Ecs.  22­41  y  22­42  tienen  la  misma  forma  y,  por   tanto,  matemáticamente  el  procedimiento  para  analizar  un  circuito  eléctrico  es  el   mismo  que  para  analizar  un  sistema  mecánico  en  vibración.  Los  análogos   entre  las  dos  ecuaciones  se  dan  en  la  tabla  22­1. Esta  analogía  tiene  una  aplicación  importante  en  el  trabajo  experimental,  ya  que   es  mucho  más  fácil  simular  la  vibración  de  un  sistema  mecánico  complejo  utilizando   un  circuito  eléctrico,  que  se  puede  construir  en  una  computadora  analógica,  que   hacer  un  modelo  mecánico  equivalente  de  resorte  y  amortiguador. CUADRO  22­1 Análogos  eléctrico­mecánicos Eléctrico

Mecánico

Carga  eléctrica

q

Desplazamiento

X

Corriente  eléctrica

i

Velocidad

dx>dt

Voltaje

mi(t)

Fuerza  aplicada

Pie)

Inductancia

L

Masa

metro

Resistencia

R

Recíproco  de  capacitancia

1>C

Coeficiente  de   amortiguamiento  viscoso

C

Rigidez  del  resorte

k

22

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674

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CAPÍTULO  22  VIBRACIONES

PROBLEMAS 22–41.  Si  el  modelo  de  bloque  y  resorte  está  sujeto  a  la  fuerza  periódica  F  =  F0   cos  vt,  demuestre  que  la  ecuación  diferencial  de  movimiento  es  x  donde  x  se   ps

mide  desde  la  posición  de  equilibrio   bloque. +  (k  d>el   m)x   =  (F0>m)  cos  vt

,

22–46.  Un  bloque  de  5  kg  está  suspendido  de  un  resorte  que  tiene  una  rigidez   de  300  N>m.  Si  sobre  el  bloque  actúa  una  fuerza  vertical  F  =  (7  sen  8t)  N,  donde   t  está  en  segundos,  determine  la  ecuación  que  describe  el  movimiento  del   bloque  cuando  se  tira  hacia  abajo  100  mm  desde  la  posición  de  equilibrio  y  se  

¿Cuál  es  la  solución  general  de  esta  ecuación?

suelta  desde  el  reposo.  en  t  =  0.  Suponga  que  el  desplazamiento  positivo  es   hacia  abajo.

Posición  de   equilibrio X

k metro

F  F0  cos  vt

k  300  N/m problema  22–41

22–42.  Un  bloque  de  masa  m  está  suspendido  de  un  resorte  de  rigidez  k.  Si   sobre  el  peso  actúa  una  fuerza  vertical  hacia  abajo  F  =  FO ,  determine  la  

F  7  sen  8t

ecuación  que  describe  la  posición  del  bloque  como  función  del  tiempo.

problema  22–46 22–43.  Un  peso  de  4  lb  está  unido  a  un  resorte  que  tiene  una  rigidez  k  =  10  lb>ft.   El  peso  se  tira  hacia  abajo  una  distancia  de  4  pulg  y  se  suelta  desde  el  reposo.   Si  el  soporte  se  mueve  con  un  desplazamiento  vertical  d  =  (0.5  sen  4t)  pulg,   donde  t  está  en  segundos,  determine  la  ecuación  que  describe  la  posición  del   peso  como  función  del  tiempo.

22–47.  La  barra  uniforme  tiene  una  masa  de  m.  Si  sobre  él  actúa  una  fuerza   periódica  de  F  =  F0  sen  vt,  determine  la  amplitud  de  la  vibración  en  estado   estacionario.

*22–44.  Un  bloque  de  4  kg  está  suspendido  de  un  resorte  que  tiene  una  rigidez   de  k  =  600  N>m.  El  bloque  se  tira  hacia  abajo  50  mm  desde  la  posición  de   equilibrio  y  se  suelta  desde  el  reposo  cuando  t  =  0.  Si  el  soporte  se  mueve  con  

A

un  desplazamiento  impreso  de  d  =  (10  sen  4t)  mm,  donde  t  está  en  segundos,   determine  la  ecuación  que  describe  el  movimiento  vertical  del  bloque.  Suponga   que  el  desplazamiento  positivo  es  hacia  abajo.

L   2

k

22–45.  Use  un  modelo  de  bloque  y  resorte  como  el  que  se  muestra  en  la  figura   22­13a,  pero  suspendido  de  una  posición  vertical  y  sujeto  a  un  desplazamiento   22

L   2

de  apoyo  periódico  d  =  d0  sen  v0t,  determine  la  ecuación  de  movimiento  para  el   sistema  y  obtenga  su  valor  general.  solución.  Defina  el  desplazamiento  y  medido   desde  la  posición  de  equilibrio  estático  del  bloque  cuando  t  =  0.

F  F0  sen  vt problema  22–47

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libros  electrónicos  gratis  ==>  www.ebook777.com 22.6  ANÁLOGOS  DE  CIRCUITO  ELÉCTRICO

*22–48.  El  bloque  de  30  lb  está  unido  a  dos  resortes  que  tienen  una  rigidez  de  

675

22–51.  El  bloque  de  40  kg  está  unido  a  un  resorte  que  tiene  una  rigidez  de  800  

10  lb/ft.  Se  aplica  al  bloque  una  fuerza  periódica  F  =  (8  cos  3t)  lb,  donde  t  está  

N>m.  Se  aplica  al  bloque  una  fuerza  F  =  (100  cos  2t)  N,  donde  t  está  en  

en  segundos.  Determine  la  velocidad  máxima  del  bloque  después  de  que  las  

segundos.  Determine  la  velocidad  máxima  del  bloque  para  la  vibración  en  estado  

fuerzas  de  fricción  hagan  que  las  vibraciones  libres  se  amortigüen.

estacionario.

k  800  N/m

k  10  libras/pie F  8  cos  3t k  10  libras/pie

problema  22–48

F  (100cos  2t)  N 22–49.  La  varilla  elástica  ligera  sostiene  una  esfera  de  4  kg.  Cuando  se  aplica  

problema  22–51

una  fuerza  vertical  de  18  N  a  la  esfera,  la  barra  se  desvía  14  mm.  Si  la  pared   oscila  con  una  frecuencia  armónica  de  2  Hz  y  tiene  una  amplitud  de  15  mm,  

*22–52.  Usando  un  modelo  de  bloque  y  resorte,  como  el  que  se  muestra  en  la  

determine  la  amplitud  de  vibración  de  la  esfera.

figura  22­13a,  pero  suspendido  de  una  posición  vertical  y  sujeto  a  un   desplazamiento  de  apoyo  periódico  de  d  =  d0  cos  v0t,  determine  la  ecuación  de   movimiento  para  el  sistema  y  obtenga  su  solución  general.  Defina  el   desplazamiento  y  medido  desde  la  posición  de  equilibrio  estático  del  bloque   cuando  t  =  0.

0,75  metros

22–53.  El  ventilador  tiene  una  masa  de  25  kg  y  está  fijado  al  extremo  de  una   viga  horizontal  que  tiene  una  masa  despreciable.  El  aspa  del  ventilador  está   montada  excéntricamente  sobre  el  eje  de  manera  que  es  equivalente  a  una   masa  desequilibrada  de  3,5  kg  ubicada  a  100  mm  del  eje  de  rotación.  Si  la   deflexión  estática  de  la  viga  es  de  50  mm  como  resultado  del  peso  del  ventilador,   determine  la  velocidad  angular  del  aspa  del  ventilador  a  la  que  ocurrirá  la   resonancia.  Sugerencia:  consulte  la  primera  parte  del  ejemplo  22.8.

problema  22–49 22–54.  En  el  problema  22­53,  determine  la  amplitud  de  la  vibración  en  estado   22–50.  Encuentre  la  ecuación  diferencial  para  pequeñas  oscilaciones  en   términos  de  u  para  la  barra  uniforme  de  masa  m.  También  muestra  que si  c  6  1mk  >2,  entonces  el  sistema  permanece  subamortiguado.  La  barra  está   en  posición  horizontal  cuando  está  en  equilibrio.

estacionario  del  ventilador  si  su  velocidad  angular  es  de  10  rad>s. 22–55.  ¿Cuál  será  la  amplitud  de  la  vibración  en  estado  estacionario  del   ventilador  en  el  prob.  22­53  si  la  velocidad  angular  del  aspa  del  ventilador  es  de   18  rad>s?  Sugerencia:  consulte  la  primera  parte  del  ejemplo  22.8. V

2a

a B

A

C tu

k

C

problema  22–50

22

problemas  22–53/54/55

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676

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CAPÍTULO  22  VIBRACIONES

*22–56.  El  pequeño  bloque  en  A  tiene  una  masa  de  4  kg  y  está  montado  sobre  

*22–60.  El  remolque  de  450  kg  se  jala  con  una  velocidad  constante  sobre  la  

la  barra  doblada  que  tiene  una  masa  despreciable.  Si  el  rotor  en  B  provoca  un  

superficie  de  un  camino  lleno  de  baches,  que  puede  aproximarse  mediante  una  

movimiento  armónico  dB  =  (0.1  cos  15t)  m,  donde  t  está  en  segundos,  determine  

curva  coseno  que  tiene  una  amplitud  de  50  mm  y  una  longitud  de  onda  de  4  m.  

la  amplitud  de  vibración  en  estado  estacionario  del  bloque.

Si  los  dos  resortes  que  soportan  el  remolque  tienen  una  rigidez  de  800  N>m   cada  uno,  determine  la  velocidad  v  que  causará  la  mayor  vibración  (resonancia)   del  remolque.  Desprecie  el  peso  de  las  ruedas.

22–61.  Determine  la  amplitud  de  vibración  del  remolque  en  el  problema.  22­60  

0,6  metros

si  la  velocidad  v  =  15  km/h.

A

O

1,2  metros

v s

V

100mm

k  15  N/m 2  metros

B

2  metros

problemas  22–60/61

problema  22–56

22–57.  El  motor  eléctrico  hace  girar  un  volante  excéntrico  que  equivale  a  un  

22–62.  El  motor  de  masa  M  está  soportado  por  una  viga  simplemente  apoyada  

peso  desequilibrado  de  0,25  lb  ubicado  a  10  in  del  eje  de  rotación.  Si  la  deflexión   estática  del

una  velocidad  angular  constante  de  v,  determine  la  amplitud  de  la  vibración  en  

la  viga  es  de  1  pulg  debido  al  peso  del  motor,  determine  la  velocidad  angular  del  

estado  estacionario.  Sugerencia:  cuando  la  viga  se  somete  a  una  fuerza  

de  masa  despreciable.  Si  el  bloque  A  de  masa  m  se  sujeta  al  rotor,  que  gira  a  

volante  a  la  cual  ocurrirá  la  resonancia.  El  motor  pesa  150  lb.  Desprecie  la  masa  

concentrada  de  P  en  su  punto  medio,  se  desvía  d  =  PL3>48EI  en  este  punto.  

de  la  viga.

Aquí  E  es  el  módulo  de  elasticidad  de  Young,  una  propiedad  del  material,  e  I  es   el  momento  de  inercia  del  área  de  la  sección  transversal  de  la  viga.

22–58.  ¿Cuál  será  la  amplitud  de  la  vibración  en  estado  estacionario  del  motor   en  el  prob.  22­57  si  la  velocidad  angular  del  volante  es  de  20  rad>s?

22–59.  Determine  la  velocidad  angular  del  volante  en  el  problema.  22­57  que   producirá  una  amplitud  de  vibración  de  0,25  pulg.

r

A

V

22

L   2 problemas  22–57/58/59

L   2 problema  22–62

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libros  electrónicos  gratis  ==>  www.ebook777.com 22.6  ANÁLOGOS  DE  CIRCUITO  ELÉCTRICO

677

22–63.  El  sistema  de  resortes  está  conectado  a  una  cruceta  que  oscila  

*22–68.  El  motor  eléctrico  de  200  lb  está  sujeto  al

verticalmente  cuando  la  rueda  gira  con  una  velocidad  angular  constante  de  V.  

punto  medio  de  la  viga  simplemente  apoyada.  Se  encuentra  que  el  haz  se  

Si  se  observa  que  la  amplitud  de  la  vibración  en  estado  estacionario  es  de  400  

desvía  2  pulg  cuando  el  motor  no  está  funcionando.  El  motor  hace  girar  un  

mm  y  cada  resorte  tiene  una  rigidez  de  k  =  2500  N>m,  determine  los  dos  

volante  excéntrico  que  equivale  a  un  peso  desequilibrado  de  1  lb  ubicado  a  5  in  

posibles  valores  de  V  a  los  que  debe  girar  la  rueda.  El  bloque  tiene  una  masa  

del  eje  de  rotación.  Si  el  motor  gira  a  100  rpm,  determine  la  amplitud  de  la  

de  50  kg.

vibración  en  estado  estacionario.  El  factor  de  amortiguamiento  es  c>cc  =  0.20.   Desprecie  la  masa  de  la  viga.

*22–64.  El  sistema  de  resorte  está  conectado  a  una  cruceta  que  oscila   verticalmente  cuando  la  rueda  gira  con  una  velocidad  angular  constante  de  v  =   5  rad>s.  Si  se  observa  que  la  amplitud  de  la  vibración  en  estado  estacionario  es   de  400  mm,  determine  los  dos  valores  posibles  de  la  rigidez  k  de  los  resortes.   El  bloque  tiene  una  masa  de  50  kg.

v

200mm

problema  22–68

k

k

22–69.  Dos  amortiguadores  idénticos  están  dispuestos  paralelos  entre  sí,  como   problemas  22–63/64

se  muestra.  Demuestre  que  si  el  coeficiente  de  amortiguamiento  c  6  1mk,   entonces  el  bloque  de  masa  m  vibrará  como  un  sistema  subamortiguado.

22–65.  Un  bloque  de  7  lb  está  suspendido  de  un  resorte  que  tiene  una  rigidez   de  k  =  75  lb>ft.  El  soporte  al  que  está  unido  el  resorte  tiene  un  movimiento   armónico  simple  que  puede  expresarse  como  d  =  (0.15  sen  2t)  pies,  donde  t   está  en  segundos.  Si  el  factor  de  amortiguamiento  es  c>cc  =  0.8,  determine  el   ángulo  de  fase  f  de  la  vibración  forzada.

22–66.  Determine  el  factor  de  magnificación  de  la  combinación  de  bloque,  

C

C

resorte  y  amortiguador  en  el  problema.  22–65. 22–67.  Un  bloque  que  tiene  una  masa  de  7  kg  está  suspendido  de  un  resorte   que  tiene  una  rigidez  k  =  600  N>m.  Si  al  bloque  se  le  da  una  velocidad  hacia   arriba  de  0.6  m>s  desde  su  posición  de  equilibrio  en  t  =  0,  determine  su  posición   en  función  del  tiempo.

k

Suponga  que  el  desplazamiento  positivo  del  bloque  es  hacia  abajo  y  que  el   movimiento  tiene  lugar  en  un  medio  que  proporciona  una  fuerza  de   amortiguamiento  F  =  (50  v )  N,  donde  v  está  en  m  >  s.

problema  22–69

22

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678

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CAPÍTULO  22  VIBRACIONES

22–70.  El  factor  de  amortiguamiento,  c>cc,  puede  determinarse   experimentalmente  midiendo  las  amplitudes  sucesivas  del  movimiento   vibratorio  de  un  sistema.  Si  dos  de  estos  desplazamientos  máximos   pueden  aproximarse  mediante  x1  y  x2,  como  se  muestra  en  la  figura   22­16,  demuestre  que ln  (x1>x2)  =  2p(c>cc)>  21­  (c>cc)2 . llama  decremento  logarítmico.

La  cantidad  ln  (x1>x2)  se  

22–73.  La  barra  tiene  un  peso  de  6  lb.  Si  la  rigidez  del  resorte  es  k  =   8  lb>ft  y  el  amortiguador  tiene  un  coeficiente  de  amortiguamiento  c  =   60  lb  #  s>ft,  determine  la  ecuación  diferencial  que  describe  el   movimiento  en  términos  de  la  ángulo  u  de  rotación  de  la  barra.   Además,  ¿cuál  debería  ser  el  coeficiente  de  amortiguamiento  del   amortiguador  si  la  barra  debe  amortiguarse  críticamente?

22–71.  Si  la  amplitud  de  la  vibración  en  estado  estacionario  del   cilindro  de  50  lb  es  de  6  in,  determine  la  velocidad  angular  v  de  la  rueda. A

v

B

C

9  pulgadas

k

C

2  pies

c  25  libras/pie

k  200  libras/pie

3  pies

problema  22–73

k  200  libras/pie

22–74.  Una  bala  de  masa  m  tiene  una  velocidad  de  v0  justo  antes  de   golpear  el  objetivo  de  masa  M.  Si  la  bala  se  incrusta  en  el  objetivo  y   la  vibración  debe  amortiguarse  críticamente,  determine  el  coeficiente   de  amortiguamiento  crítico  del  amortiguador  y  la  compresión  máxima   de  los  resortes. .  El  objetivo  puede  moverse  libremente  a  lo  largo  de   las  dos  guías  horizontales  que  están  "anidadas"  en  los  resortes.

problema  22–71

*22–72.  El  bloque,  que  tiene  un  peso  de  12  lb,  está  sumergido  en  un   líquido  tal  que  la  fuerza  de  amortiguamiento  que  actúa  sobre  el   bloque  tiene  una  magnitud  de  F  =  (0.7|v|)  lb,  donde  v  está  en  ft>s.  Si   el  bloque  se  jala  hacia  abajo  0.62  ft  y  se  suelta  desde  el  reposo,   determine  la  posición  del  bloque  en  función  del  tiempo.  El  resorte   tiene  una  rigidez  de  k  =  53  lb/ft.  Suponga  que  el  desplazamiento   positivo  es  hacia  abajo.

22–75.  Una  bala  de  masa  m  tiene  una  velocidad  v0  justo  antes  de   golpear  el  objetivo  de  masa  M.  Si  la  bala  se  incrusta  en  el  objetivo  y   el  coeficiente  de  amortiguamiento  del  amortiguador  es  0  6  c  m,  c  =  200  N  #  s>m,  m  =  25  kg.

k

C

k

k  k

metro

metro

problema  22–78 C

C

problema  22–76 22–79.  Dibuje  el  circuito  eléctrico  que  es  equivalente  al  sistema  mecánico   mostrado.  Determine  la  ecuación  diferencial  que  describe  la  carga  q  en  el  circuito.

22–77.  Dibuje  el  circuito  eléctrico  que  es  equivalente  al  sistema  mecánico   mostrado.  Determine  la  ecuación  diferencial  que  describe  la  carga  q  en  el  circuito.

k

metro

k F  F0  cos  vt metro

C

C

problema  22–77

problema  22–79

22

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680

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CAPÍTULO  22  VIBRACIONES

REPASO  DEL  CAPÍTULO Vibración  libre  no  amortiguada  Un   cuerpo  tiene  vibración  libre  cuando  las  fuerzas   restauradoras  gravitatorias  o  elásticas  provocan  el   movimiento.  Este  movimiento  no  está  amortiguado  

Posición  de   equilibrio X

cuando  se  desprecian  las  fuerzas  de  fricción.  El   movimiento  periódico  de  un  cuerpo  no  amortiguado  

k

que  vibra  libremente  se  puede  estudiar  desplazando   el  cuerpo  de  la  posición  de  equilibrio  y  luego   aplicando  la  ecuación  de  movimiento  a  lo  largo  de  la   trayectoria. Para  un  sistema  de  un  grado  de  libertad,  la  ecuación   diferencial  resultante  se  puede  escribir  en  términos   de  su  frecuencia  natural  vn .

ps

vn  x

2 x  =  0  +  

t  =

1

2p v.n.

f  =

t

=

v.n.

2p

Métodos  energéticos   Siempre  que  las  fuerzas  restauradoras  que  actúan   sobre  el  cuerpo  sean  gravitatorias  y  elásticas,  la   conservación  de  la  energía  también  se  puede  utilizar   para  determinar  su  movimiento  armónico  simple.   Para  hacer  esto,  el  cuerpo  se  desplaza  una  pequeña   cantidad  de  su  posición  de  equilibrio  y  se  escribe   una  expresión  para  su  energía  cinética  y  potencial. La  derivada  temporal  de  esta  ecuación  se  puede   reorganizar  en  la  forma  estándar  x  =  0.

X +  vn 2 ps

Vibración  forzada  no  amortiguada   Cuando  la  ecuación  de  movimiento  se  aplica  a  un  

Posición  de   equilibrioX

cuerpo,  que  está  sujeto  a  una  fuerza  periódica,  o  el   soporte  tiene  un  desplazamiento  con  una  frecuencia  

k

v0 ,  entonces  la  solución  de  la  ecuación  diferencial  

F  F0  sen  v0t

consiste  en  una  solución  complementaria  y  una   solución  particular.  La  solución  complementaria  es   causada  por  la  vibración  libre  y  puede  despreciarse.   La  solución  particular  es  causada  por  la  vibración   forzada. La  resonancia  se  producirá  si  el  natural 22

la  frecuencia  de  vibración  vn  es  igual  a  la  frecuencia   Esto  debe  evitarse,   forzada  v0 .

XP

ya  que  el  movimiento  tenderá  a  volverse  ilimitado.

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=

F0>k   1  ­  (v0>vn)

2 pecado  v0t

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681

Vibración  libre  amortiguada  viscosa   Una  fuerza  de  amortiguación  viscosa  es  causada   por  el  arrastre  del  fluido  en  el  sistema  mientras   vibra.  Si  el  movimiento  es  lento,  esta  fuerza  de   arrastre  será  proporcional  a  la  velocidad,  es   decir,  F  =  cAquí   x# . c  es  el  coeficiente  de   amortiguamiento  viscoso.  Al  comparar  su  valor  

Posición  de   equilibrio X k

con  el  coeficiente  de  amortiguamiento  crítico,   2mvn ,  cc   podemos  especificar  el  tipo  de  =   es  un  es  uqn   esse  produce.  Si  c  7  cc ,   vibración   ue   sistema  sobreamortiguado;  si  c  =  

C

,

sistema  críticamente  amortiguado;  si  c  6   cc ,  un  sistema  subamortiguado.

Vibración  forzada  viscosa  amortiguada  El   tipo  más  general  de  vibración  para  un  sistema   de  un  grado  de  libertad  ocurre  cuando  el  sistema   está  amortiguado  y  sujeto  a  un  movimiento   forzado  periódico.  La  solución  proporciona   información  sobre  cómo  el  factor  de   amortiguamiento,  c>cc ,  y  la  relación  de   frecuencia,  v0>vn ,  influyen  en  la  vibración. La  resonancia  se  evita  siempre  que  c>cc  0  y   v0>vn  1.

Análogos  de  circuitos  eléctricos   El  movimiento  vibratorio  de  un  sistema  mecánico   complejo  puede  estudiarse  modelándolo  como   un  circuito  eléctrico.  Esto  es  posible  ya  que  las   ecuaciones  diferenciales  que  gobiernan  el   comportamiento  de  cada  sistema  son  las   mismas.

22

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Matemático Expresiones

A APÉNDICE

Fórmula  cuadrática

Derivados d

­b  { 2b2  ­  4ac

Si  ax2  +  bx  +  c  =  0,  entonces  x  =

2a

dx

Funciones  hiperbólicas sen  x  =

ex  ­  ex

, cosh  x  =

2

ex  +  ex  

2

(un )  =  monja­1

pecado  x

, tanh  x  =   cosh  x

du   ­  tu v   dx

d

A   sen  u  =  csc  u  = C, B

dx  a  tu  vb  =

C A

seg  tu  =

C, A tan  u  =  cuna  u  = B,

dx

d  dv  du  (uv)  =  u  +  v  dx  dx   dx

Identidades  trigonométricas

porque  tu  =

du

C  

C

A

B B   A  

dx

v2

d  du  (cuna  u)  =  ­csc2  u  dx   dx d  du  (seg  u)  =  tan  u  seg  u  dx   dx

tu

sen2  u  +  cos2  u  =  1

dv

B

d  du  (csc  u)  =  ­csc  u  cot  u  dx  dx

sin(u  { f)  =  sin  u  cos  f  { porque  u  sin  f sen  2u  =  2  sen  u  cos  u cos(u  { f)  =  cos  u  cos  f  |  sen  u  sen  f  cos  2u  =  

d  du  (sen  u)  =  cos  u  dx   dx

cos2  u  ­  sen2  u

cos  u  =  { A  1  +  cos  2u2

,

sen  u  =  { A  1  ­  cos  2u2

d  du  (cos  u)  =  ­sin  u  dx  dx

te  pecas

tan  u  =   cos  u  1  

d

+  tan2  u  =  sec2  u  1  +  cot2  u  =  csc2  u

dx

Expansiones  de  la  serie  Power sen  x  =  x  ­ porque  x  =  1  ­

3x

3!   2x

2!

du dx

d  du  (sinh  u)  =  cosh  u  dx   dx

3  x  +  g  senh  x  =  x  +  3! +  g  cosh  x  =  1  +  2!

(tan  u)  =  seg2  u

+  gramo 2x

+  gramo

682

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d  du  (cosh  u)  =  sinh  u  dx   dx

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683

APÉNDICE  A  EXPRESIONES  MATEMÁTICAS

Integrales Lxn  dx  =

L  dx2a  +  bx

+  C,  n  ­1

norte  +  1

L  da   x +  bx

L  d2   x a  +  bx 2  a  +  bx

=

L  x2  a  +  bx L  da2   x ­  x 2

2x2  { a2

=  2x2  { a2  +  C  

L  dx2a  +  bx  +  cx

1

2b

X

=

b

a

­

tan­1

x2ab   a

0  b2ab

3b

1

1­c

2(a  +  bx)

3

L  cos  x  dx  =  sen  x  +  C

+  C

X

Lx  cos(ax)  dx  =

Lx2a  +  bx  dx  =

+  C

L  x  2

1  porque(ax)  +   a2

1 1

Lx2x2  { a2  dx  =

3

L  2x  2

Lx2a2  ­  x Lx  22x  2

+

a2  x2  ­  2   sen(ax)  +  C   a3

1  eje  +  C

Leax  dx  = a

+  C

3

2(x2  { a2 )

un  re  +  C,  un  7  0

Lxeax  dx  =

xdx  =  ­   2(a2  ­  x 4

{ a2  dx  =  2

sen(ax)  +  C

X

c  x2a2  ­  x2  +  a2  sen­1

+

a

2x   cos(ax)  dx  =  cos(ax)  a2

2(8a2  ­  12abx  +  15b2  x2 )2(a  +  bx)   3 +  C 105b3 Lx22a  +  bx  dx  =  2  

2

+  C,  c  6  0

sin­1  a2b2     ­2cx   b ­  ­4  ac

L  sen  x  dx  =  ­cos  x  +  C

­2(2a  ­  3bx)2(a  +  bx)  15b23

L  2a2  ­  x2  dx  =

21c  d  +  C,  c  7  0  b  

2

2a  lnc   xa   a  +­  x  d  +  C,  a2  7  x

L  2a  +  bx  dx  =

b

+  C,  ab  7  

1

=

=

2

1c  lnc  2a  +  bx  +  cx  

2

+  x1c  +

22­ba  ln£  a  +x2­ab     x2­ab   §  a+  ­C  ,  ab  6  0 1 2 = ln(bx   +  a)  +  C

2

Lx  22a2  ­  x

1

= =

+  C

largo  x  profundidad

1  ln(a  +  bx)  +  C  b

largo  x  profundidad

2   días

22a  +  bx b

= n+1x

eax  (ax  ­  1)  +  C   a2

2 3

)

a2

2

8  ax2a2  ­  x

X +  a2  sen­1

Lsinh  x  dx  =  cosh  x  +  C

a  b  +  C,  a  7  0 Lcosh  x  dx  =  sinh  x  +  C

1

3x2x  2  { a2  { a2  ln1x  +  2x  2  { a224  +  C

1  2  dx  =  ­   2(a2  ­  x 3 X

{ a2  dx  =

4 ­

2 3

2(x2  { a2 ) a4

) +  C 3

|

a2  x2x  2  { a2 8

8 ln1x  +  2x  2  { a22  +  C

A

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APÉNDICE

B

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Análisis  vectorial

La  siguiente  discusión  proporciona  una  breve  revisión  del  análisis  vectorial. Un  tratamiento  más  detallado  de  estos  temas  se  da  en  Ingeniería  Mecánica:   Estática.

Vector.  Un  vector,  A,  es  una  cantidad  que  tiene  magnitud  y  dirección,  y  suma   según  la  ley  del  paralelogramo.  Como  se  muestra  en  la  figura  B­1,  A  =  B  +  C,   donde  A  es  el  vector  resultante  y  B  y  C  son  vectores  componentes.

Vector  unitario.  Un  vector  unitario,  uA,  tiene  una  magnitud  de  una  unidad   "adimensional"  y  actúa  en  la  misma  dirección  que  A.  Se  determina  dividiendo  A   por  su  magnitud  A,  es  decir,

AuA  =

A

A  B  C

C B Figura  B–1

684

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(B–1)

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libros  electrónicos  gratis  ==>  www.ebook777.com 685

APÉNDICE  B  ANÁLISIS  VECTORIAL

z

Notación  vectorial  cartesiana.  Las  direcciones  de  los  ejes  x,  y,  z  positivos  están   definidas  por  los  vectores  unitarios  cartesianos  i,  j,  k,  respectivamente. Como  se  muestra  en  la  figura  B­2,  el  vector  A  se  formula  sumando  sus   componentes  x,  y,  z  como

azk A k

ayj

(B–2)

A  =  Ax  i  +  Ay  j  +  Az  k La  magnitud  de  A  se  determina  a  partir  de

y

j

i

Axi X

A  =  2Ax  2

+  Ay

2

+  Az

2

(B­3)

Figura  B–2

z

La  dirección  de  A  se  define  en  términos  de  sus  ángulos  de  dirección  coordenados,   a,  b,  g,  medidos  desde  la  cola  de  A  hasta  los  ejes  x,  y,  z  positivos ,  figura  B­3.  Estos   ángulos  se  determinan  a  partir  de  los  cosenos  directores  que  representan  las   componentes  i,  j,  k  del  vector  unitario  uA;  es  decir,  de  las  ecuaciones.  B–1  y  B–2

A gramo

a

Az   i  +  j  +  k  uA  = A A A

Hacha

Sí

b

y

(B­4) X

de  modo  que  los  cosenos  directores  son Figura  B–3

porque  a  =

Hacha

A

cos  b  =

Ay   A

porque  g

=

Arizona

A

(B­5)

Por  lo  tanto,  uA  =  cos  ai  +  cos  bj  +  cos  gk,  y  usando  la  ecuación.  B­3,  se  ve  que cos2a  +  cos2b  +  cos2g

=  1

(B–6)

El  producto  cruz.  El  producto  vectorial  de  dos  vectores  A  y  B,  que  da  como  resultado   el  vector  C,  se  escribe  como C

C  =  A  *  B

(B–7)

y  lee  C  es  igual  a  A  “cruz”  B.  La  magnitud  de  C  es C  =  AB  sen  u

(B–8)

donde  u  es  el  ángulo  formado  entre  las  colas  de  A  y  B  (0  …  u  …  180). La  dirección  de  C  está  determinada  por  la  regla  de  la  mano  derecha,  según  la  cual   los  dedos  de  la  mano  derecha  están  curvados  de  A  a  B  y  el  pulgar  apunta  en  la   dirección  de  C,  figura  B­4.  Este  vector  es  perpendicular  al  plano  que  contiene  los   vectores  A  y  B.

B tu

A

Figura  B–4 B

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686

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APÉNDICE  B  ANÁLISIS  VECTORIAL

El  producto  vectorial  vectorial  no  es  conmutativo,  es  decir,  A  *  BB  *  A. Bastante,

A  *  B  =  ­B  *  A

(B–9)

La  ley  distributiva  es  válida;  es  decir,

(B–10)

UN  *  (B  +  D)  =  UN  *  B  +  UN  *  D

Y  el  producto  cruz  puede  multiplicarse  por  un  escalar  m  de  cualquier  manera;  es  decir,

m(A  *  B)  =  (mA)  *  B  =  A  *  (mB)  =  (A  *  B)m  (B–11)

i

k

j

Figura  B–5

La  ecuación  B­7  se  puede  usar  para  encontrar  el  producto  vectorial  de  cualquier   par  de  vectores  unitarios  cartesianos.  Por  ejemplo,  para  encontrar  i  *  j,  la  magnitud  es   (i)(j)  sen  90  =  (1)(1)(1)  =  1,  y  su  dirección  +k  se  determina  a  partir  de  la  regla  de  la   mano  derecha,  aplicada  a  i  *  j,  figura  B­2.  Un  esquema  simple  que  se  muestra  en  la   figura  B­5  puede  ser  útil  para  obtener  este  y  otros  resultados  cuando  surja  la   necesidad.  Si  el  círculo  se  construye  como  se  muestra,  entonces  "cruzar"  dos  de  los   vectores  unitarios  en  sentido  antihorario  alrededor  del  círculo  produce  un  tercer  vector   unitario  positivo ,  por  ejemplo,  k  *  i  =  j.  Moviéndose  en  el  sentido  de  las  agujas  del   reloj,  se  obtiene  un  vector  unitario  negativo ,  por  ejemplo,  i  *  k  =  ­j.

Si  A  y  B  se  expresan  en  forma  de  componente  cartesiana,  entonces  la  cruz producto,  ecuación  B–7,  puede  evaluarse  expandiendo  el  determinante

Hacha  Ay  Az C  =  A  *  B  =  3  yo  jBx   k por  Bz

(B–12) 3

cuyos  rendimientos

C  =  (AyBz  ­  AzBy)i  ­  (AxBz  ­  AzBx)j  +  (AxBy  ­  AyBx)k Recuerde  que  el  producto  vectorial  se  usa  en  estática  para  definir  el  momento  de  una   fuerza  F  con  respecto  al  punto  O,  en  cuyo  caso

MO  =  r  *  F

B

(B–13)

donde  r  es  un  vector  de  posición  dirigido  desde  el  punto  O  hasta  cualquier  punto  de  la   línea  de  acción  de  F.

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libros  electrónicos  gratis  ==>  www.ebook777.com APÉNDICE  B  ANÁLISIS  VECTORIAL

687

El  producto  punto.  El  producto  escalar  de  dos  vectores  A  y  B,  que  produce  un  escalar,  se   define  como

A  #  B  =  AB  porque  tú

(B–14)

y  se  lee  A  “punto”  B.  El  ángulo  u  se  forma  entre  las  colas  de  A  y  B  (0  …  u  …  180).

El  producto  escalar  es  conmutativo;  es  decir,

UN  #  B  =  B  #  UN

(B–15)

La  ley  distributiva  es  válida;  es  decir,

A  #  (B  +  D)  =  A  #  B  +  A  #  D

(B–16)

Y  la  multiplicación  escalar  se  puede  realizar  de  cualquier  manera,  es  decir,

m(A  #  B)  =  (mA)  #  B  =  A  #  (mB)  =  (A  #  B)m

(B–17)

Usando  la  Ec.  B–14,  se  puede  determinar  el  producto  escalar  entre  dos  vectores  cartesianos   cualesquiera.  Por  ejemplo,  i  #  i  =  (1)(1)  cos  0  =  1  y  i  #  j  =  (1)(1)  cos  90  =  0. Si  A  y  B  se  expresan  en  forma  de  componente  cartesiana,  entonces  el  punto producto,  ecuación  C–14,  se  puede  determinar  a  partir  de

A  #  B  =  AxBx  +  AyBy  +  AzBz

(B–18)

El  producto  escalar  se  puede  usar  para  determinar  el  ángulo  u  formado  entre  dos   vectores.  De  la  ecuación.  B–14,

u  =  cos­1  a  A  #  AB   B   b

(B–19)

B

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688

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APÉNDICE  B  ANÁLISIS  VECTORIAL

También  es  posible  encontrar  la  componente  de  un  vector  en  una  dirección   dada  usando  el  producto  escalar.  Por  ejemplo,  la  magnitud  de  la  componente   (o  proyección)  del  vector  A  en  la  dirección  de  B,  figura  B­6,  está  definida  por  A   cos  u.  De  la  ecuación.  B–14,  esta  magnitud  es

A

tu

A  porque  tu

B

uB Figura  B–6

A  porque  tu  =  A  #

B B

(B­20)

=  A  #uB  _

donde  uB  representa  un  vector  unitario  que  actúa  en  la  dirección  de  B,  figura  B­6.

Diferenciación  e  Integración  de  Funciones  Vectoriales.  Las  reglas  para  la   diferenciación  e  integración  de  las  sumas  y  productos  de  funciones  escalares   también  se  aplican  a  las  funciones  vectoriales.  Considere,  por  ejemplo,  las  dos   funciones  vectoriales  A(s)  y  B(s).  Siempre  que  estas  funciones  sean  uniformes   y  continuas  para  todo  s,  entonces

d

dA

ds(A  +  B)  =

ds

+

dB

(B–21)

ds

(B–22)

L(A  +  B)  ds  =  LA  ds  +  LB  ds Para  el  producto  cruz,

d

dB

ds(A  *  B)  =  a  dA ds *  Sib  +  aA  *

ds  b

(B–23)

Del  mismo  modo,  para  el  producto  escalar,

d ds(A  #B )  =

B

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dAdB  _

#  B  +  A  #   ds  ds

(B–24)

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La  regla  de  la  cadena

C APÉNDICE

La  regla  de  la  cadena  del  cálculo  se  puede  utilizar  para  determinar  la  derivada  temporal  de   una  función  compuesta.  Por  ejemplo,  si  y  es  una  función  de  x  y  x  es  una  función  de  t,   entonces  podemos  encontrar  la  derivada  de  y  con  respecto  a  t  de  la  siguiente  manera #

y

=

dy   = dt

dy   dx dx

dt

(C–1)

#

En  otras  palabras,  para  encontrar  y  tomamos  la  derivada  ordinaria  (dy>dx)  y  la   multiplicamos  por  la  derivada  temporal  (dx>dt). Si  varias  variables  son  funciones  del  tiempo  y  se  multiplican  juntas,  entonces  se  debe   usar  la  regla  del  producto  d(uv)  =  du  v  +  u  dv  junto  con  la  regla  de  la  cadena  al  tomar  las   derivadas  del  tiempo.  Aquí  hay  unos  ejemplos.

689

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APÉNDICE  C  LA  REGLA  DE  LA  CADENA

EJEMPLO  C­1 4

=  x3  y  x  =  t  Si  y  al  

ps

, encontrar  y , la  segunda  derivada  de  y  con  respecto

tiempo. SOLUCIÓN   Usando  la  regla  de  la  cadena,  Ec.  C­1, #

#

y =  3x2x  _ Para  obtener  la  segunda  derivada  temporal  debemos  usar  la  regla  del  producto  que  son  ambas   #

tenemos

funciones  del  tiempo,  y  también,  para  3x2  la  regla  de  la  cadena  ya  que  x  y  x   #

,

debe  ser  aplicado.  Así,  con  u  =  3x2  y  v  =  x ps

#

ps

#

y [6xx ]x ]

+  3x2  [x  =  

#

4 entonces  x  =  4t 3 yx  _ ,

Como  x  =  t

4

ps

y =  3(t =  132t

ps

ps

#  2

=  3x[2x

+  xx ]

=  12t

2 de  modo  que

2 3 2 4  +  t ) (12t )]

)[2(4t 10

Tenga  en  cuenta  que  este  resultado  también  se  puede  obtener  combinando  las  funciones  y  luego   tomando  las  derivadas  temporales,  es  decir,  =  x3  =  (t 4 3 12  =  t )

y #

11

y =  12t

10

ps

y =  132t

EJEMPLO  C­2 ps

,

Si  y  =  xex

encontrar  y .

SOLUCIÓN   Dado  que  x  y  ex  son  funciones  del  tiempo,  se  deben  aplicar  las  reglas  del  producto  y  de  la  cadena.   Tener  u  =  x  y  v  =  ex . #

#

#

=  [x ]  ex  +  x  [ex  x ]  y La  derivada  por  segunda  vez  también  requiere  la  aplicación  de  las  reglas  del  producto  y  de  la   cadena.  Tenga  en  cuenta  que  la  regla  del  producto  se  aplica  a  las  tres  variables  de  tiempo  en  el   . , yx  _ #

último  término,  es  decir,  x,  ex ps

#

#

#

#

y =  5[x  $  #  6  +  5[x  #  $ ]6 ]ex  +  x  [ex  x] ]ex  x  +  x[ex  x ]x  +  xex  [x #  2

ps

=  ex  [x

(1  +  x)  +  x

(2  +  x)]

2 Si  x  =  t  entonces   x  =  2t,  x  =  2  de  modo  que  en  términos  de  t,  tenemos #

ps

ps

C

y =  y

2

[2(1  +  t

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2

)  +  4t

2

(2  +  t

2

)]

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691

EJEMPLO  C­3 , donde  eres  un

Si  la  trayectoria  en  coordenadas  radiales  se  da  como  r  =  5u2  función  conocida  del   ps

.

tiempo,  encuentre  r SOLUCIÓN

Primero,  usando  la  regla  de  la  cadena,  luego  las  reglas  de  la  cadena  y  del  producto  donde  u  =  10u  y  v  =  u #

, tenemos r  =  5u2 #

#

r =  10uu #

ps

ps

#

r =  10[(u )u  +  u(u )] #

=  10u

2

ps

+  10uu

EJEMPLO  C­4 Si  r

2

ps

=  6u3

, encontrar  r .

SOLUCIÓN  Aquí   se  aplican  las  reglas  de  la  cadena  y  del  producto  de  la  siguiente  manera.

2r

=  6u3 #

#

=  18u2  u  2rr #

ps

#

#

2[(r )r   +  r(r )]  =  18[(2uu )u )] #   2  +  rrr

+  u2  (u   #

ps

=  9(2u

ps

#

2

ps

+  u2  u )

ps

Para  encontrar  r en  un  valor  específico  de  u  que  es  una  función  conocida  del  tiempo,  primero  podemos   ps

#

encontrar  u

y  tú #

. Luego,  usando  estos  valores,  evalúe  r  a  partir  de  la  segunda   ps

la  primera  ecuación,  r  ecuación. ecuación  y  r  usando  la  última

C

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Problemas  fundamentales Soluciones  parciales  y  respuestas Capítulo  12

F12–8.  un  =  v

F12–1.  v  =  v0  +  acto   10  =  35  +  ac(15) C.A

=  ­1,67  m>s

2

F12–2.  s  =  s0  +  v0t  +

1  2

3,06  s

F12–3.

=  1,67  m>s

2

=  13,1  m>s

2

d

Respuesta

Respuesta

ds  

F12–9.  v  =  dt

(­9.81)t

2

=  ­13,1  m>s

d

1 2 2acto

0  =  0  +  15t  +  t  =  

dv   ds

=  120  ­  0,05  s  22  1  ­0,1  s2   En  s  =  15  m,  a  

v  =  dt

2

ds  

d

2

=

dt  10,5  t  32  =  1,5  t

=

d   dt

(108)  =  0

Respuesta

v  (m/s)

Respuesta

ds  =  v  dt s

54

t

L 0 ds  =  L

2

14t  ­  3t

2dt

0

s  =  12t  2  ­  t  32m   s  =  21422  ­  43

=  ­32  m  =  32  m  d

F12–4.  un  =

dv   dt

Respuesta

6

d

=

dt  10,5t  3  ­  8t2  

a  =  11,5t  2  ­  82  m>s

s

a  =  1.51222  ­  8  =  ­2  m>s

2

=  2  m>s

2 (2t   ­  8t  +  6)  =  (4t  ­  8)  m>s v  =  0  =  (4t  ­  8)  t  =   2  s ds   dt

2

respuesta  _

d   dt

=

t  (s)

F12–10.  ds  =  v  dt

2

Cuando  t  =  2  s,

F12–5.  v  =

10

st=0

=  21022  ­  8(0)  +  6  =  6  metros  

st=2

=  21222  ­  8(2)  +  6  =  ­2  metros  =  

st=3

21322  ­  8(3)  +  6  =  0  metros

Respuesta

(­4t  +  80)  dt

L 0 ds  =  L

0

2  s  =  ­2  t

+  80t  re  

un  =

dt

dv   dt

=

(­4t  +  80)  =  ­4  pies>s

2

2

=  4  pies>s

También,

un  =

v t

=

0  ­  80  pies>s   =  ­4  pies>s 20  s  ­  0

2

s  (pies)

Respuesta

(s)Tot  =  8  m  +  2  m  =  10  m

t

800

F12–6.  Lv  dv  =  La  ds v

L

s

5  m>s

v  dv  =  L

(10  ­  0.2s)ds 0

v  =  1  220  s  ­  0,2  s

2

+  25  2  m>s

En  s  =  10  m,

20

t  (s)

v  =  220(10)  ­  0,2(102 )  +  25  =  14,3   m>s  S

Respuesta

­  2)  DT

F12–7.  v  =  L(4t  2

v  =

2 a  (pies/s )

4  3  t  3

­  2t  +  C1 3  

toneladas

s  =  L14  3 2  ­  t s  =

­  2t  +  C12  dt

+  C1t  +  C2   t  =  0,  s  =  ­2,  C2  =  ­2  t   =  2,  s  =  ­20,  C1  =  ­9,67  t  =   4,  s  =  28,7  m

20 t  (s)

4  

toneladas

1  3

692

4 Respuesta

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d

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PROBLEMAS  FUNDAMENTALES

F12–11.  a  ds  =  v  dv a  =  vdvds

(0,25  s)  =  0,0625  s

d  =  0.25s  ds

2

=  0,0625  (40  m)  =  2,5  m>s

un  s  =  40  m

0  =  150  ­  10  t t  =  15  s

S

Además,  v  =  0  =  Área  bajo  el  gráfico   2 at  0  =  (20   )(5  s)  +  [­(10  m>s)(t  ­  5)  s] m>s  t  =  15  s

2

un  (m/s )

v  (m/s) 2.5 100

40

s  (m) 5

F12–12.  Para  0  …  s  …  10  m un  =  s

15

F12–14.  0  …  t  …  5  s,

s

s

v

L 0 v  dv  =  L

s  ds

ds  =  v  dt  L

0

v  =  s

2  =  15  t 0  0t

s0  s0

Durante  10  m...  s ...  15

ds  =  L

30t  dt 0

s

un  =  10

( S+ )  ds  =  v  dt;  L

s

375  metros

t

ds  =  L

(­15t  +  225)dt 5s

s  =  (­7,5  t  2 +  225  t  ­  562,5)  m s  =  (­7,5)(15)2  +  225(15)  ­  562,5  m

10  días

L 10 v  dv  =  L

t

s  =  (15t 2 )  m   5  s  6  t  …  15  s,

en  s  =  10  m,  v  =  10  m

v

0

t  (s)

10

=  1125  metros

1  contra  2  ­  50  =  10  s  ­  100   2

v  =  220  s  ­  100

Respuesta

Además,  s  =  Área  bajo  la  gráfica   =

en  s  =  15  m

1  2

v  =  14,1  m>s

de  vt  (150  m>s)(15  s)

=  1125  metros

Respuesta

Respuesta

s  (m)

v  (m/s)

1125 10

375

s  (m)

15105

5

F12–13.  0  …  t  6  5  s, dv  =  a  dt  L

0

t

v  =  (20t)  m>s   5  s  6  t  …  t, ( S+ )  dv  =  a  dt  L

F12–15.  L

20  puntos

dv  =  L

0

dx  =  L

0

32t  dt 0

x  =  116t  22m  _

100  m>s

v  ­  100  =  (50  ­  10t)  m>s,

dv  =  Lt

­10  puntos

(1)

t

y v

t  (s)

t

X

v

15

L 0 dy  =  L

8  puntos

0

5  segundos

yt  = 8

(2)

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694

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SOLUCIONES  Y  RESPUESTAS  PARCIALES

Sustituyendo  la  ecuación.  (2)  en  la  ecuación.  (1),  

hacha

y obtener  =  22x

2

=  4  m>s

Así,  a  

Respuesta

2

=  2ax  2  +  ay

2

=  242  +  482  =  48,2  m>s

Respuesta

F12–16.  y  =  0.75(8t)  =  6t #

vx  =  x #

vy  =  y

=

dx   dt

=

d   dt (8t)  =  8  m>s  S

=

dy   dt

=

d   dt (6t)  =  6  m>s  c

#

F12–20.  y  =  0.1xx# vy  =  0.1(5)(­3)  =  ­1.5  m>s  =  1.5  m>s  T  Resp. ps

2

#

d

#

=

=  v  y

sí

d

d   dt (8t)  =  8  m>s

)t

2 C.A.

2

5  m>s  +  (­9,81  m>s  =  ­5  m>s  =  5  m>s  T   )(1.0194  s)

2

vC  =  2(vC)x  2  +  (vC )y  =   2

2(8.660  m>s)2  +  (5  m>s)2  =  10   2 2

)

=  2(12  m>s

+  (8  m>s

2 2

)

2

=  14,4  m>s

2

(­9,81  m>s

(vC)y  =  (vA)y  +  aytAC  (vC)y  =  

2

Cuando  t  =  0,5  s,  a  =   2

1  2

1,0194  s Respuesta

116t  32  =  148t  22  m>s

2ax  2  +  ay

1 2 2  horas C.A.

yA  +  (vA)ytAC  +

0  =  0  +  (5  m>s)tAC  +  tAC  =  

y =  2(2  m>s)2  +  (4  m>s)2

=

=

F12–22.  yC

=  (8t)  m>s  c

=  4,47  m>s  dt   #

Respuesta

dt  14t  42  =  116t  32  m>s  S  dt  14t  22  

2vx  2  +  v2

=  v  x

)(h  ­  0)

h  =  1,27  m

Cuando  t  =  0,5  s,  v  =  

hacha

2

d

=

#

respuesta  _

2 2 F12–21.  (vB)y  =  (vA)y  +  2ay(yB  ­  yA)  02  =  (5  m>s)2  +  

)  metro

=

vy  =  y

Respuesta

2(­9,81  m>s

2

vx  =  x

2

0,13(­3)2  +  5(­1,5)  4  =  0,15  m>  s =  2(8  m>s)2  +  (6  m>s)2

=  10  m>s

F12–17.  y  =  (4t

#

y =  0,13x  #  =   +  xx  x$  4

La  magnitud  de  la  velocidad  de  la  partícula  es  v  =  2vx  2  +  vy

m>s  Respuesta  xA  +  (vA)xtAC  =  0  +  (8.660  m>s)(1.0194  s) R  =

Respuesta

=  8,83  metros

Respuesta

F12–18.  y  =  0.5x #

y =  0,5x

#

F12–23.  s  =  s0  +  v0t

2

vy  =  t

10  =  0  +  vA  cos  30t

Cuando  t  =  4  s,

s0  +  v0t  +  s  =

2

hacha

=  35,8  m>s  +  vy

2

Respuesta

F12–24.  s  =  s0  +  v0t

=  2t

=  v  y

R14  5  2  =  0  +  2013  5  2t 2

=  16  m>s  a  =  

=   =  8  m>s  y   2

2ax  2  +  ay #

F12–19.  vy  =  y  Por  lo   =  0,5xx

2  acto s0  +  v0t  +  s  =  

2

2162  +  82  =  17,9  m>s

2

=

F12–25.  xB #

(­9.81)t

2

Respuesta

xA  +  (vA)xtAB

Respuesta

12  pies  =  0  +  (0,8660  vA)tAB

ps

X

vAt  AB  =  13.856

=  0,5(8)2  +  0,5(8)(4) =  48  m>s

1  2

R  =  76,5  metros

=  0,5(8)(8)  =  32  m>s

=  v  y

2

t  =  5,10  s

#

2 v  =  2vx  2  =  33,0   >s  +  vy  #  x2  +  0,5  x   =  m 0,5

1

­R13  5  2  =  0  +  2014  5  2t  + Respuesta

tanto,  

sí

(­9.81)t

0,9334  s,  vA  =  12,4  m>s

Respuesta

Cuando  t  =  4  s, hacha

1  2

=  4t

=  v  x #

sí

2

acto  3  =  1,5  +  vA  sen  30t  +  t  =  

vx  =  32  m>s  vy  =  16  m>sv  =  2vx  2

#

1

2  

2 yB

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=

yA  +  (vA)ytAB  +

(1) 1 2 2  horas AB

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695

PROBLEMAS  FUNDAMENTALES

(8  ­  3)  pies  =  0  +  0,5vAtAB  +

1  2

2 (­32,2  pies>s )t

2 AB

v2B

Usando  la  Ec.  (1), 2

= (17,08  m>s)2   =  0,9722  m>s

B

r

=  2(aB)  2  +t  (aB)n  =  

ab

vA  =  40,0  pies>s

2

Respuesta

2 2

)

2(­0.6667  m>s

1 yA  +  (vA)ytAB  +  2ayt

)

Respuesta

2 AB

­150  m  =  0  +  (90  m>s)tAB  +

1  2

(­9,81  m>s

2

)t

2 AB

F12–30.  bronceado  tu  = dy   =

d dx  1  1 24

dx

t  AB  =  19,89  s =

2 2

+  (0,9722  m>s

2

=  1,18  m>s

xB

2

300  metros

tAB  =  0,3461  s

F12–26.  yB

)(250m  ­  0)

vB  =  17,08  m>s  v2  (aB)n  =

5  =  0,5(13,856)  ­  16,1  toneladas AB

=

2

=  (25  m>s)2  +  2(­0,6667  m>s

x22  =

1x12  _   _

tu  =  tan­1  1  1 12  x2  2  x=10  pies

xA  +  (vA)x  tAB

=  tan­1  110  12  2  =  39.81  =  39.8  d  31  +  

Respuesta

R  =  0  +  120  m>s  (19,89  s)  =  2386,37  m =  2,39  kilometros

Respuesta

(dy>dx)  2  4  3>2   d2  

=

r

31  +  1  1  12x22  4  3  >2

=

y>dx2

2x  =10  pies

1  12

=  26.468  pies

=v

F12–27.  en

=

#

dv   dt

d   dt (0.0625t

=

2

)  =  (0.125t)  m>s

2  t  =  10  s un

v2

=

un

=  397.656(10­6 )t  4  4  m>s

40  m

r

2

a  =  2(en )

(0,0625  t  2 ) 2

=

26.468  pies

r

2

=  1,25  m>s

= (20  pies>s)2  

v2

=

2

+  (un)

2

=  15,11  pies>s

=  2(6  pies>s

2 2

)

2

2 2 +  (15,11  pies>s )

2

t=10  s

=  16,3  pies>s

Respuesta

2

=  0.9766  m>s  a   =  2a2  +  a2t

=  2(1,25  m>s

norte

=  1,59  m>s

2 2

)

+  (0,9766  m>s

2

2 2

)

=  ­0,4712  m>s

Respuesta

vdv  =

un

s  =  10

=

150p  m

2

a  =  2  en  2  +  un =  40,8  m>s

C

L 2

=  v2

v2B

v  dv  =  L

2  

2

mB  (aB)n  =

=  4140  m>s  222  +  18  m>s  222

2

ab

r

2 =(20,07  m>s)2  =   1,343  m>s  300  m

=  2(aB)t  2  +  (aB)n  =  

=  1,42  m>s A

2

2 2

)

2 2

)

+  (1,343  m>s

2

Respuesta

+  2at  (sC  ­  sA)

=  ­0,6667  m>s

2

=  v2  +  2at  (sB  ­  sA) A

0

2(­0.4712  m>s

Respuesta

(15  m>s)2  =  (25  m>s)2  +  2  en  (300  m  ­  0) en

25  m>s

vB  =  20,07  m>s  

50  metros

r

dv   en  =  v   =  4ss=10  =  40  m>s ds

F12–29.  v2

­0.001s  ds

=  20  m>s  

= (20  m>s)2   =  8  m>s

v2

2

en  ds

vB

F12–28.  v  =  2  s

2

F12–31.  (aB)t  =  ­0.001s  =  (­0.001)(300  m)1  p  2  rad2  m>s

F12–32.  en  ds  =  v  dv dv   en  =  v  ds en

=  (0.2s)(0.2)  =  (0.04s)  m>s

=  0,04  (50  m)  =  2  m>sv  =  

0,2  (50  m)  =  10  m>s

2

2

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696

SOLUCIONES  Y  RESPUESTAS  PARCIALES

ps

# #

=

un

v2

(10  m>s)2  =   0,2  m>s

=

=  tu  +  2r  tu  au

2

500  metros

r

a  =  2  en  2

2 2 ) +  (0,2  m>s

2  +  un   =  2(2  m>s

2 2 )

2

=  2,01  m>s

2

=  1  p  2ft2(1      rad>s =  37,57  pies>s  a   Respuesta

=  2ar  2  =  

2

+  es

2 2 ) +  (37,57  pies>s

2(­12,14  pies>s  =  39,5  

#

F12–33.  vr  =  r  =  0 #

2 2 )

2

#

Respuesta

pies>s

vu  =  ru  =  (400u  v  =  2v2  +  )  ft>s   v2  55  ft>s  =  202   +   r

)  +  2(6  pies>s)(3  rad>s)

2

F12–36.  r  =  ue

tu #

#

[(400u )  ft>s]2  =  0,1375  rad>s

#

r =  ue  tu

#

tu

Respuesta

ps

#

ps

r =  ue  tu

+  ue  tu

2 ps

#

#

ps

=  0,3375m

3  F12–34.  r  =  0,1  t  t  =  1,5  s

=  r

Arkansas

2  ­  tú  eres =  (eu  u  +  eu  u

r 2  =  0,3  t   t  =  1,5  s

r 0.6tt=1.5  s  u  =  4t   =  0.900  m>s  =   t=1,5  s

ps

2

=  ep>4  (4)

=  6t  1>2  u t=1,5  s

=  ru

es

=  7,348  rad

2(2)2 )

=  7,348  rad>s

=  26,3  m>s

ps

=  2,449  rad>s

t=1,5  s

Respuesta ps

#

#

#

ps

#

#

=  (eu  u )  +  (2(eu  u )  =  eu  +   (u )u  =  ep>4  (4   2  +  2u )

+  2  para   ti

#

2

Respuesta

2 F12–37.  r  =  [0.2(1  +  cos  u)]  mu=30  =  0.3732  m  =  3  ­0.2  (sen  u)u  #  4  m>su=30  

#

vr  =  r

2

=  8,77  m>s

=  0,675  m>s

ps

tu =  3t  ­1>2

#

)  ­  ue  tu

2

#

3>2

2

=  0,675  m>s

# #

r

=  (0,3375  m)(7,348  rad>s)  =  2,480  m>s  vu  =  r  u

=  ­0.2  sen  30(3  rad>s)  =  ­0.3  m>s  =  ­0,3  

#

ps

Arkansas

=  r

m>s

2  ­  tú  eres

2 )  ­  (0,3375  m)(7,348  rad>s)2

=  (0,900  m>s  =  

2

­17,325  m>s ps

#

vr  =  r

# #

_

=  tu  au   +  2r  tu

=  (0,3375  m)(2,449  rad>s  +  2(0,675  

2

#

)

m>s)(7,348  rad>s)  =  10,747  m>sv  =  2vr  2  =  2(0,675  m>s)2  +  

v2

=  (0,3732  m)(3  rad>s)  =  1,120  m>s  vu  =  r  uv  =  2v2  +  

2 r

(2,480  m>s )  2   2  +  vu

tu

=  2(­0,3  m>s)2  +  (1,120  m>s)2 Respuesta

=  1,16  m>s

=  2,57  m>s  a  =  2ar  2  =  2(­17,325  m>s  =  20,4  m>s Respuesta

F12–38.  30  m  =  r  sen  tu r  =  1  30  mu     s2en     =  (30  csc  u)  m  r  =  (30  csc  

2  +  au 2 2 ) +  (10,747  m>s

2 2 )

u)u=45  =  42.426  m #

#

2

r =  ­30  csc  u  ctn  uu  u=45

Respuesta

=  ­  142.426u  #  2  m>s #

#

­(42.426u  vr  =  r

)  m>s  =  

#

F12–35.  r  =  2u

#

vu  =  ru  =  (42.426uv  =  2v2  +  v2)  m>s   #

#

r =  2u

r

tu

ps ps

r =  2u

2  =  2(­42.426u#

)

2

#

+  (42.426u)

2

#

tu =  0,0333  rad>s

En  u  =  p>4  rad,  r  =  21p  4   2  =  =  2(3  rad>s)  =  

pág.  2

F12–39.  lT  =  3sD  +  sA  0  =  3vD  +  

#

r 6  pies>s

2

ps

r =  2(1  rad>s)  =  2  pies>s #

=  r

2  ­  tú  eres

=  ­12,14  pies>s

vA  0  =  3vD  +  3  m>s  

2

ps

Arkansas

Respuesta

pie

=  2  pies>s

­  1p  2  ft2(3  rad>s)2

vD  =  ­1  m>s  =  1  m>s  c Respuesta

2

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PROBLEMAS  FUNDAMENTALES

F12–40.  sB  +  2sA  +  2h  =  l

F12–47.  vB  =  vA  +  vB>A  (5i  

vB  +  2vA  =  0  6  

+  8,660j)  =  (12,99i  +  7,5j)  +  vB>A  vB>A  =  

+  2vA  =  0  vA  =  ­3  m>s  =  3  m>s  c

Respuesta

F12–41.  3sA  +  sB  =  l  3vA  

[­7,990i  +  1,160j]  m>s  vB>A  =   2(­7,990  m>  s)2  +  (1.160  m>s)2

+  vB  =  0  3vA  +  

=  8,074  m>s

1,5  =  0  vA  =  ­0,5  m>s  =  0,5  m>s  c  Resp.

dAB  =  vB>At  =  (8.074  m>s)(4  s)  =  32.3  m  Resp.

F12–42.  lT  =  4  sA  +  sF  0  =   4  vA  +  vF  0  =  4  

F12–48.  vA  =  vB  +  vA>B  ­20  

vA  +  3  m>s  vA  =  

cos  45i  +  20  sen  45j  =  65i  +  vA>B  vA>B  =  

­0,75  m>s  =  0,75  m>s  c

Respuesta

F12–43.  sA  +  2(sA  ­  a)  +  (sA  ­  sP)  =  l

­79,14i  +  14,14j  vA>B  =   2(­79,14)2  +  (14,14)2  =  80,4  km>  h  

4sA  ­  sP  =  l  +  2a  

aA  =  aB  +  

4vA  ­  vP  =  0  

aA>B  (20)2  (20)2  

4vA  ­  (­4)  =  0   4vA  +  4  =  0

Respuesta

cos  45i  +  sen  45j  =  1200i   +  aA>B

vA  =  ­1  m>s  =  1  m>s  Q  Resp.

F12–44.  sC  +  sB  =  lCED  

0.1

(1)

(sA  ­  sC)  +  (sB  ­  sC)  +  sB  =  lACDF   sA  +  2sB  ­  2sC  =  lACDF

(2)

0.1

aA>B  =  1628i  +  2828j  =   aA>B

2(1628)2  +  (2828)2  =   3,26(103 )  km>h2

De  este  modo

Respuesta

vC  +  vB  =  0  

Capítulo  13

vA  +  2vB  ­  2vC  =  0 Eliminando  vC,  

1

F13–1.  s  =  s0  +  v0t  +  2  ac  t

vA  +  4vB  =  0

6  metros  =  0  +  0  +

Por  lo   =  0  vB  =  ­1  ft>s  =  1  ft>s  c

Respuesta

a(3  s)2

2

a  =  1.333  m>s

tanto,  4  ft>s  +  4vB  

1  2

2

Fy  =  mayo;  NA  ­  20(9,81)  N  cos  30  =  0  NA  =   169,91  N  Fx  =  

F12–45.  vB  =  vA  +  vB>A  

máx;  T  ­  20(9.81)  N  sen  30

100i  =  80j  +  vB>A  

­  0,3(169,91  N)  =  (20  kg)(1,333  m>s

vB>A  =  100i  ­  80j  

T  =  176  N

2

vB>A  =  2(vB>A)  2  +X   (vB>A)  =  y

2) Respuesta

2(100  km>h)2  +  (­  80  km>h)2  =  128   km>h

Respuesta

u  =  tan­1  J  (vB>A)y  R  =  tan­1  ¢  80  kkm>h   m>h  1 ≤00     =  38.7  c  Resp. (vB>A)x

F13–2.  (Ff)máx  =  msNA  =  0,3  (245,25  N)  =  73,575  N. Dado  que  F  =  100  N  7  (Ff )max  cuando  t  =  0,  la  caja   comenzará  a  moverse  inmediatamente  después  de  aplicar   F.  +  cFy  =  mayo;  NA  ­  25(9.81)  N  =  0  NA  =  

F12–46.  vB  =  vA  +  vB>A  

245.25  N

(­400i  ­  692,82j)  =  (650i)  +  vB>A  vB>A  =  

+ S  Fx  =  máx.;

[­1050i  ­  692,82j]  km>h  vB>A  =  

2  10t +  100  ­  0,25  (245,25  N)  =  (25  kg)a  +  

2 2(vB>A)  2  +  (vB  >A)   2(1050  y X =  

a  =  (0.4t Respuesta

v

L 0 dv  =  L (vB>A)x

1,5475)  m>s

2

dv  =  a  dt

km>h)2  +  (692,82  km>h)2  =  1258  km>h

u  =  tan­1  J  (vB>A)y  R  =  tan­1  ¢  692.82   1050   km>h   km>h  ≤  =  33.4d  Resp.

2

4  segundos

10,4  t  2  +  1,54752  dt 0

v  =  14,7  m>s  S

Respuesta

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698 F13–3.

SOLUCIONES  Y  RESPUESTAS  PARCIALES

+ S  Fx  =  máx.;

F13–11.  Pie  =  estera ;  10(9.81)  N  cos  45  =  (10  kg)a en =  6,94  m>s

14  5  2500  N  ­  (500s)N  =  (10  kg)a  a  =   (40  ­  50s)  m>s v

(40  ­  50s)  ds

Respuesta

F13–12.  Fn  =  hombre; Respuesta

2

m>s

(15  m>s)2  

Fn  =  (500  kg)

+

S  Fx  =  máx.  100(s  +  1)  N  =  (2000  kg)a  a  =  (0,05(s  +  1))  

2

)  =  750N

estera ;  Ft  =  (500  kg)(1,5   2

10  metros

L 0 v  dv  =  L

=  562,5N

200  metros

Pie  =  

v  dv  =  a  ds v

2  metros

T  =  114  N

0

v 0 =  140  s  ­  25  s  22  0,5   0mv  

=  5,24  m>s F13–4.

(3  m>s)2  

T  ­  10(9.81)  N  sen  45  =  (10  kg)

0,5  metros

L 0 v  dv  =  L

Respuesta

Fn  =  hombre;

v  dv  =  a  ds

v2   2

2

2

m>s  F  =  2Fn  2+  pies =  2(562,5  N)2  +  (750  N)2

0.05(s  +  1)  ds

=  938  norte

0

v  =  2,45  m>s

=  r

F13–13.  Arkansas

F13–5.  Fsp  =  k(l  ­  l0)  =  (200  N>m)(0,5  m  ­  0,3  m)

Respuesta

#

#

2  ­  ru

##

=  0  ­  (1,5  m  +  (8  m)sen  45)u #

=  (­7.157u

2

2

)  m>s

=  40N

2

Fz  =  maz;

u  =  tan­1  1  0,3   0,4   m  m2  =  36,86

T  cos  45  ­  m(9,81)  =  m(0)  T  =  13,87  m

+

S  Fx  =  máx.;  100   Fr  =  mar;

N  ­  (40  N)cos  36,86  =  (25  kg)a  a  =  2,72  m>s

#

#

tu

2

)

­(13.87m)  sen  45  =  m(­7.157  u

2

=  1,17  rad>s

Respuesta

F13–6.  Bloques  A  y  B: 70

+

F13–14.  tu  =  punto

2

S  Fx  =  máx.;  6  =  32,2a ;  a  =  2,76  pies>s

=  (p>4)  rad

2  t  =  0,5  s

#

u  =  2  puntos  t  =  0,5  s

Compruebe  si  se  produce  deslizamiento  entre  A  y  B.

=  prad>s

##

+

20   32,2

S  Fx  =  máx.;  6  ­  F  =

tu

(2,76);

=

F13–7.

ab =  2,76  pies>s

=  0,4243m

=  0,6  sen  u  0  u=p>4  rad

F  =  4,29  libras  6  0,4(20)  =  8  libras Automóvil  club  británico

=  2p  rad>s  r  

2

2

#

r =  0,6  (cos  u)u  u=p>4  rad

Respuesta

#

r =  0.6  [(cos  u)u  ­  (senu)u ##

##

v2

Fn  =  metro r ;  (0,3)m(9,81)  =  mv2  v  =  2

2,43  m>s

Respuesta

ar  =  r

##

v2

pies>s

2

­1,5216   m>s ]u=p>4  r=   ad

#

2  ­  ru

=  ­1,5216  m>s

##

au =  ru  

2

2

­  (0,4243  m)(prad>s)2

2

=  ­5,7089  m>s

F13–8.  +  TFn  =  hombre;  m(32,2)  =  m1  250  2  v  =  89,7  

=  1,3329  m>s #

#

+  2r  tu

#

Respuesta

=  0,4243  m(2p  rad>s

2

)

+  2(1,3329  m>s)(prad>s) 150 F13–9.  +  TFn  =  hombre;  150  +  Np  =

=  11,0404  m>s

2

32,2  ¢  (120)2   400  ≤

Np  =  17,7  libras

Respuesta

Fr  =  mar;

F  cos  45  ­  N  cos  45  ­0,2(9,81)  cos  45 F13–10.

+ d  Fn  =  hombre;

=  0.2(­5.7089)

v2   Nc  sen  30  +  0,2  Nc  cos  30  =  m  500

Fu  =  mau;

F  sen  45  +  N  sen  45  ­0.2(9.81)  sen  45

+  cFb  =  0;  Nc  

=  0.2(11.0404)

cos  30  ­  0.2Nc  sen  30  ­  m(32.2)  =  0  v  =  119  ft>s Respuesta

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norte  =  2,37  norte

F  =  2,72  N

Respuesta

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PROBLEMAS  FUNDAMENTALES

F13–15.  r  =  50e2u  u=p>6  rad

0  +  300  N  (10  m)  ­  0,3  (169,91  N)  (10  m)

=  350e2(p>6)4  m  =  142,48  m #

­  20(9.81)N  (10  m)  sen  30  (20  

#

r =  5012e2u  u  #2      =  100e2u  u  =  

u=p>6  rad

=

3100e2(p>6)(0.05)4  =  14.248  m>s  =   #

##

Arkansas

2

2  ­  ru

=  4,274  m>s

0  +  2c  L

­  142,48  m  (0,05  rad>s)2

0

##

# #

=

+  2r  tu

=  142,48  m(0,01  rad>s  +  

2

2

(600  +  2s

2

=  3,918  m>s au  _=  tu  

Respuesta

15  metros

2

#

=  r

kg)v2

F14–3.  T1  +  U1­2  =  T2

10032e2(p>6 )  (0.052 )  +  e2(p>6)(0.01)4  =  

##

1  2

v  =  12,3  m>s

#

r 1001(2e2u  u  ## )2u=p>6   =   rad  +  e2u  (u )u  

4.274  m>s

699

)  N  dsd  ­  100(9.81)  N(15  m) 1  2

(100kg)v2

v  =  12,5  m>s

)

2(14,248  m>s)(0,05  rad>s)  =  2,850  

Respuesta

F14–4.  T1  +  U1­2  =  T2

2

m>s

1  2

Fr  =  mar; 2

)  =  7836,55  N

Fr  =  (2000  kg)(3,918  m>s

2

(1800  kg)(125  m>s)2  ­  J(50  000  N  +  20  000  N)  (400  m)  R = 1  2 (1800kg)v2 v  =  8,33  m>s

Respuesta

Fu  =  mau; 2

2Fr  2  =  

+  Fu

F14–5.  T1  +  U1­2  =  T2

)  =  5699.31N

Fu  =  (2000  kg)(2,850  m>s  F  =   2

1  2

s  =  0,6  m  +  2,09  m  =  2,69  m

F13–16.  r  =  (0,6  cos  2u)  mu=0  =  [0,6  cos  2(0)]  m  =  0,6  m )  m>su=0  =  (­1,2   #

la  diferencia  en  la  longitud  del  cable  AC  ­  BC,  que  es  la   distancia  que  recorre  F.

m>s  =  0  =  ­1.21sin2uu  ##  =  ­21.6  m>s   2

##

Respuesta

F14–6.  TA  +  UA­B  =  TB  Considere  

r ­1,2  sen2(0)(­3)4   sen2uu  =  3  

+  2cos2uu #  22  m>s tu=0

Por  lo  tanto,

=  0

s  =  2,09  metros

=  9689,87  N  =  9,69  kN

r

2

­1   2 (200  N>m)(s)

2(7836,55  N)2  +  (5699,31  N)2

#

(10  kg)(5  m>s)2  +  100  Ns  +  [10(9.81)  N]  s  sen  30

0  +  10  lb(2(3  pies)2  +  (4  pies)2  ­  3  pies)  2  1  

= 1 5  32,2  slug2vB  2

2

vB  =  16,0  pies>s 2

#

##

ar =  r  

2  ­  tú  eres

=  ­21,6  m>s

=  ­27  m>s

F14–7.

+

2 #

+  2r  tu

=  0,6  m(0)  +  2(0)(­3  rad>s)  =  0  Fu  =  mau;  

S

+  act  v  =  0  +  

F  ­  0,2  (9,81)  N  =  0,2  kg  (0)

1,2(4)  =  4,8  m>s  P  =  F  #  v  =  F  

F  =  1,96  N  c

Respuesta

(cos  u)v

capitulo  14

=  3014  5  2(4.8) =  115  vatios

F14–1.  T1  +  U1­2  =  T2  0  +  14  5   2(500  N)(0,5  m)  ­

1  2

=

1  2

F14–8.

(500  N>m)(0,5  m)2

+

Respuesta

Fx  =  máx.;

S

10s  =  20a  a  =  0,5s  m>s  vdv  =  

(10kg)v2

v  =  5,24  m>s F14–2.

Fx  =  máx.;

S

3014  5  2  =  20a  a  =  1,2  m>sv  =  v0  

#

##

au  _=  tu  

­  0,6  m(­3  rad>s)2

2

Respuesta

2

S

anuncios Respuesta

v

5  metros

0.5  s  ds Fy  =  mayo;  NA  ­  20(9.81)  N  cos  30  =  0  NA  =  169.91  N

L 1 v  dv  =  L

0

v  =  3,674  m>s  P  =   T1  +  U1­2  =  T2

F  #  v  =  [10(5)](3,674)  =  184  W

Respuesta

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700

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SOLUCIONES  Y  RESPUESTAS  PARCIALES

F14–15.  T1  +  V1  =  T2  +  V2

F14–9.  (+  c)Fy  =  0;  T1  ­  100   libras  =  0  (+  c)Fy  =  0;  

T1  =  100  libras

1  2

(2)(4)2  +

=

100  lb  +  100  lb  ­   T2  =  0  T2  =  200  lb  Pout  =  TB  #  vB  =  (200  lb)(3  ft>s)  

1  

(30)(2  ­  1)2

(2)(v) 2  2 ­  2(9.81)(1)  + 1  2

1  2

(30)  (25  ­  1)2

v  =  5,26  m>s

Respuesta

=  1,091  hp  1,091  hp  Pout  =  1,36  hp  Pasador  = F14–16.  TA  +  VA  =  TB  +  VB

=

Respuesta

0.8

mi

1  0  +  2 (4)(2,5  ­  0,5)2  +  5(2,5)  2  1  5   1

=

F14–10.  Fy  =  mayo;  N  ­  20(9.81)  porque  30  =  20(0) norte  =  169,91  norte

32,2   2vB  2  

1   +  2

(4)  (1  ­  0,5)2

vB  =  16,0  pies>s

Fx  =  máx.;  

Respuesta

F14–17.  T1  +  V1  =  T2  +  V2

F  ­  20(9.81)  sen  30  ­  0.2(169.91)  =  0

1

1

2  1  +  mgy2  +   2 2  +m  [v2   [0]  +  [0]   0]  =2  [0]  + ks2 1

=

P  =  F  #  v  =  132.08(5)  =  660  W

2

2  2ks1  +  mgy1  +  2mv1

F  =  132,08  N Respuesta

F14–11.  +  cFy  =  mayo; [­75  lb(5  pies  +  s)]  +  3211  2  (1000  lb>ft)s  22  (1500  

T  ­  50(9,81)  =  50(0)  T  =  490,5  N Pout  =  T  #  v  =  490,5(1,5)  =  735,75  W  También,  

lb>ft)(s  ­  0,25  pies)2  4

1   +  2

s  =

para  un  punto  en  el  otro  cable

sa

=

SC =  0,580  pies  

Respuesta

También,

Puchero  =  a  490,5   2  b  (1,5)(2)  =  735,75  W Abadejo

Alfiler  =

735.75

=

0.8

mi

sB

=  920W

=  0,5803  pies  ­  0,25  pies  =  0,330  pies

F14–18.  TA  +  VA  =  TB  +  VB  mv2

F14–12.  2sA  +  sP  =  l  2aA  +   1  2

aP  =  0  2aA  +  6  =  

2 11     mgyA  2  ksA  +   A +  11  2  +

=

0  =  ­3  m>s 2 Automóvil  club  británico

=  3  m>s  

2 C

1  2

2

Fy  =  mayo;  TA  ­  490,5  N  =  (50  kg)(3  m>s

)

1  2

mi

0.8

(4  kg)  vB

1  2

N>m)(2(0,4  m)2  +  (0,3  m)2  ­  0,2  m)2  +  

Capítulo  15 (2)(vB) 2 +  0 1  2

Respuesta

t2

Fx  dt  =  m(v2)x

F15–1.  (+  S)  m(v1)x  +  L

t1

Respuesta

(0,5  kg)(25  m>s)  cos  45  ­  L  Fx  dt

(5.42)2

=  (0,5  kg)(10  m>s)cos  30

1.5b

+  cFn  =  hombre;  T  ­  2(9.81)  =  2a

T  =  58,9  N

Respuesta

Ix  =  L  Fx  dt  =  4.509  N  #  s  (+  ct2 )  

F14–14.  TA  +  VA  =  TB  +  VB 1

2  2  mAvA 2  +  mghA  =  2  mBvB

m(v1)y  +  L  ­  (0.5  kg)(25  

+  mghB  3  

1   2(2  kg)(1  m>s)2  4  +  [2  (9,81)  N(4  m)]  =  3  1  2  4  +  

m>s  +  cFn  =  hombre;  NOTA  ­  2(9.81)  

Fy  dt  =  m(v2)y t1

m>s)sen  45+  LFy  dt

kg)  vm B>s  =  8,92   [0]  vB     8,915   2=(2   Respuesta

N

=  (0,5  kg)(10  m>s)sen  30 Iy  =  L  Fy  dt  =  11.339  N  #  s  I  =  L  F  dt  

=  (2  kg)a  (8.915  m>s)2  2  mb NB  =  99,1  N

+

=  4803,75  W  =  4,80  kW  Respuesta.

5.42  m>s

1

2

vB  =  1,962  m>s  =  1,96  m>s

F14–13.  TA  +  VA  =  TB  +  VB 0  +  2(9.81)(1.5)  =  vB  =  

2

[4(9,81)  N](­(0,1  m  +  0,3  metros))

=  T  #  v  =  (640,5  N>2)(12)  =  3843  W  Pout  Pin  = 3843

1

2   2+  m 2     mvB gyB2  ksB

(4  kg)(2  m>s)2  +  (400   1  2 (400  N>m)(0,1  m  ­  0,2  m)2  +  0

=

TA  =  640,5  N  Pout  

=

Respuesta

Respuesta

Respuesta

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=  2(4.509  N  #  s)2  +  (11.339  N  #  s)2 =  12.2  N  #  s

Respuesta

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PROBLEMAS  FUNDAMENTALES

t2

F15–7.  ( S+ )  mA  (vA)1  +  mB  (vB)1  =  mA  (vA)2  +  mB  (vB)2  (20(103 )  kg) Fy  dt  =  m(v2)y

F15–2.  (+  c)  m(v1)y  +  L

(3  m>s)  +  (15(103 )  kg)(­1,5  m>s)  =  (20(103 )  kg)(vA)2  

t1

0  +  N(4  s)  +  (100  lb)(4  s)sen  30  ­   (150  lb)(4  s)  =  0

+  (15(103 )  kg)(2  m>s)  (vA)2  =  0,375  m>s  S Respuesta

N  =  100  libras t2

t2

Fx  dt  =  m(v2)x

( S+ )  m(v1)x  +  L

701

Fdt  =  m(vB)2

( S+ )  m(vB)1  +  L

t1

0  +  (100  lb)(4  s)cos  30  ­  0,2(100  lb)(4  s)

t1

(15(103 )  kg)(­1,5  m>s)  +  Favg  (0,5  s)  =  

=  1  132,2   50   slug2v

(15(103 )  kg)(2  m>s)

v  =  57,2  pies>s

Respuesta

Favorito  =  105(103 )  N  =  105  kN

Respuesta

F15–3.  Hora  de  iniciar  el  movimiento, +  cFy  =  0;  N  ­  25(9,81)  N  =  0  N  =  245,25  N  ­  0,3(245,25  N)  =  0   2

S+  Fx  =  0;  20t

531014  5  24  +  0  =  (5  +  20)v2  v2  =  

t  =  1,918  s t2

1,6  m>s

t1

F15–9.  T1  +  V1  =  T2  +  V2

4  segundos

dt  ­  (0,25(245,25  N))(4  s  ­  1,918  s)

2  20t 1.918  s

v  =  10,1  m>s

Respuesta

t2 t1

2

2

+  (Vg)2

2 (5)(vA)2   +  0 1  2

(vA)2  =  7,378  m>s   ( d+ )  mA  (vA)2  +  mB  (vB)2  =  (mA  +  mB)v  5(7,378)  

Fx  dt  =  m(v2)x

F15–4.  ( S+ )  m(v1)x  +  L

1 1 2 2  mA  (vA)1 +  (Vg)1  =  2  mA  (yA)2

(5)(5)2  +  5(9.81)(1.5)  = 1  2

=  (25  kg)v

(1500kg)(0)  +  3  1

Respuesta

Fx  dt  =  m(v2)x

( S+ )  m(v1)x  +  L 0  +  L

F15–8.  ( S+ )  p.d.  [(vp)1]x  +  mc[(v)1]x  =  (p.d.  +  mc)v2

+  0  =  (5  +  8)v

(6000  N)(2  s)  +  (6000  N)(6  s  ­  2  s)4

v  =  2,84  m>s

=  (1500  kg)v v  =  20  m>s

Respuesta

Respuesta

F15–10.  ( S+ )  mA  (vA)1  +  mB  (vB)1  =  mA  (vA)2  +  mB  (vB)2  0  +  0  =  10(vA)2  +  15(vB)2

(1)

F15–5.  todoterreno  y  remolque, t2

m(v1)x  +  L

T1  +  V1  =  T2  +  V2

Fx  dt  =  m(v2)x

1 2 2  mA  (vA)1

t1

0  +  (9000  N)(20  s)  =  (1500  kg  +  2500  kg)vv  =  45,0   m>s  Remolque,

= Respuesta

1 2 2  mA  (vA)2  2  

0  +  0  +

Fx  dt  =  m(v2)x

Respuesta

(10)(vA)22 +

1  2

2 (15)(vB)2   +  0

(2)

(vB)2  =  2,31  m>s  S  

Respuesta

(vA)2  =  ­  3,464  m>s  =  3,46  m>sd  Resp.

F15–6.  Bloque  B: (+  T)  mv1  +  LF  dt  =  mv2

F15–11.  ( d+ )  mA  (vA)1  +  mB  (vB)1  =  (mA  +  mB)v2  0  +  10(15)  =   8  32,2

(1)

(15  +  10)v2

T  =  7,95  libras

Respuesta

Bloque  A: )  mv1  +  L  F  dt  =  mv2

0  +  7,95(5)  ­  mk  (10)(5)  =

v2  =  6  m>s T1  +  V1  =  T2  +  V2

+

mk =  0,789  

1  2

Resolviendo  Ecs.  (1)  y  (2),  

T  =  3375  N  =  3,375  kN

0  +  8(5)  ­  T(5)  =

+  (Ve)2

2 2 5(vA)2   +  7,5  (vB)2   =  100

t1

0  +  T(20  s)  =  (1500  kg)(45,0  m>s)

(S

+

+  (Ve)1

1 2 2  mB  (vB)2

1 3511032410.222

=

t2

m(v1)x  +  L

1 2 2  mB  (vB)1

+

10   32,2

(1) Respuesta

1  2

(mA  +  mB)v22 +  (Ve)2  =

1  2

(15  +  10)1622  +  0  =  0  +

=  0,3  m  =  300  mm  smáx

1  2

(mA  +  mB)v32 +  (Ve)3 1 2  310110324smáx  2 Respuesta

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702

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SOLUCIONES  Y  RESPUESTAS  PARCIALES

F15–12.  ( S+ )  0  +  0  =  mp  (vp)x  ­  mcvc  0  =  (20  

(vB)3  ­  (vA)3  

mi  =

( d+ )

(vA)2  ­  (vB)2  

kg)  (vp)x  ­  (250  kg)vc  (vp)x  =  12,5  

(vB)3  ­  (vA)3  

0,6  =

(1)

vc  vp  =  vc  +  

25,87  pies>s  ­  0  

vp>c  (vp)x  i  +  

(2)

(vB)3  ­  (vA)3  =  15,52

(vp)y  j  =  ­vc  i  +  [(400  m>s)  cos  30i

Resolviendo  Ecs.  (1)  y  (2),  produce  

+  (400  m>s)  sen  30j]

(vB)3  =  11,3  pies>sd  

(vp)x  i  +  (vp)y  j  =  (346,41  ­  vc)i  +  200j  (vp)x  =  

(vA)3  =  ­4,23  pies>s  =  4,23  pies>s  S

Respuesta

346,41  ­  vc  (vp)y  =  200   F15–16.  (+  c)  m[(vb)1]y  =  m[(vb)2]y  [(vb )2]y  

m>s  (vp)x  =  320,75  

=  [(vb)1]y  =  (20  m>s)  sen30  =  10  m>s  c

m>s  vc  =  25,66  m  >s  vp  =  2(vp)x  2  +  (vp)y   2

=  2(320,75  m>s)2  +  (200  

mi  =

(S+ )

(vw)2  ­  [(vb)2]x   [(vb)1]x­  (vw)1  

m>s)2  =  378  m>s

0  ­  [(vb)2]x  

0,75  =

Respuesta

(20  m>s)cos  30­  0 mi  =

F15–13.  (S+ )

(vB)2  ­  (vA)2  

[(vb)2]x  =  ­  12,99  m>s  =  12,99  m>sd  (vb)2  =  

(vA)1  ­  (vB)1  (9  

=

2

2[(vb)2]x  2  +  [(vb)2]y  =  2(12,99  

m>s)  ­  (1  m>s)  =  0,8  (8   m>s)  ­  (­2  

m>s)2  +  (10  m>s)2  =  16,4  m>s

m>s)

Respuesta

[(vb)2]y

F15–14.  ( S+ )  mA  (vA)1  +  mB  (vB)1  =  mA  (vA)2  +  mB  (vB)2  [15(103 )  kg](5   u  =  bronceado­1  a

m>s)  +  [25(103 )](­7  m  >s)

=  37,6

=  [15(103 )  kg](vA)2  +  [25(103 )](vB)2   15(vA)2  +  25(vB)2  =  ­100

m>s m>s b [(vb)2]x b  =  tan­1  a  10  12,99  

(1)

Usando  la  ecuación  del  coeficiente  de  restitución,  

Respuesta

F15–17.  m(vx)1  =  m(vx)2 0  +  0  =  2  (1)  +  11  (vBx)2

(vB)2  ­  (vA)2

( S+ )  e  =   (vA)1  ­  (vB)1

(vBx)2  =  ­  0,1818  m>s m(vy)1  =  m(vy)2  2  

(vB)2  ­  (vA)2   0,6  =   5  m>s  ­  (­7  m>s)

(3)  +  0  =  0  +  11  (vBy)2  (vBy)2  

(vB)2  ­  (vA)2  =  7.2  

(2)

=  0,545  m>s  (vB)2  =   3(­0,1818)2  +  (0,545)2

Resolviendo,  (vB)2  =  

Respuesta

0.2  m>s  S  (vA)2  =  ­7  m>s  =  7  m>s  d

Respuesta

m(va)1

2

+  mg(hA)1  =

=  1  (vB )2x  +  1  (vA )2x  

2

1  2

m(vA)2  +  mg(hA)2

+Q  0.5  =  3(vA)2x  ­  (vB)2x4  >  3(3)13  5  2  ­  ( ­4)14  5  24  

1  230   1   32,2  slug2(5  pies>s)2  +  (30  lb)(10   =

pies)   1  21  30  32,2  

Respuesta

F15–18.  +Q  1  (3)13  5  2  ­  1  (4)14  5  2

F15–15.  T1  +  V1  =  T2  +  V2 1  2

=  0,575  m>s

+  0

Resolviendo,  1vA22x  =  0.550  m>s ,  1vB22x  =  

slug2(vA)2  2  (vA)2  =  

­1,95  m>s  Disco  A,

25,87  pies>sd  ( d+ )  mA(vA)2  +  mB( vB)2  =  mA(vA)3  +  

+  a  ­114213  5  2  =  11vA22y

mB(vB)3  1  30  32,2  slug2(25,87  

1vA22y  =  ­2,40  m>s

ft>s)  0   +  =  1  30  32,2  slug2(vA)3   +  1  80  32,2   slug2(vB)3  30(vA)3  +  80(vB)3  =  775,95

(1)

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PROBLEMAS  FUNDAMENTALES

F16–2.

disco  b,

dv   du

=  2(0.005u)  =  (0.01u)

Cuando  u  =  20  rev(2p  rad>1  rev)  =  40p  rad,  a  =  

1vB22y  =  ­2,40  m>s 1vA22  =  210,55022  +  12,4022  =  2,46  m>s  Respuesta.   1vB22  =  211,9522  +  12,4022  =  3,09  m>s

Respuesta

F15–19.  HO  =  mvd;

2

350110­62(40p)  34  rad>s 2

=  99,22  rad>s

=  99,2  rad>s

2

Respuesta

F16–3.  v  =  4u1>2

HO  =  32(10)14  5  24(4)  ­  32(10)13  5  24(3)  

150  rad>s  =  4  u1>2

=  28  kg  #  m2>s

u  =  1406,25  rad

F15–20.  HP  =  mvd;

du   v

dt  =

HP  =  [2(15)  sen  30](2)  ­  [2(15)  cos  30](5)  =  ­99,9  

t

kg  #  m2  >s  =  99,9  kg  #  m2>sb

tu

L 0 dt  =  L t t  0

F15–21.  (Hz)1  +  L  Mz  dt  =  (Hz)2

=

v  =  5  m>s

1  2

t  =

Respuesta

du

1  rad 4u1>2 1  2

t  =

5(2)(1,5)  +  5(1,5)(3)  =  5v(1,5)

1  2

u1>2  u 1  rad u1>2  ­

un  =

4  segundos

(10t)14  5  2(1.5)dt  =  5v(1.5)

2

1  2

=  18,25  s

Respuesta

+  15)  rad>s 2

=  (3t)  rad>sv  

=  [1,5(32 )  +  15]  rad>s  =  28,5  rad>sa  =  

0

v  =  12,8  m>s

dv   dt

1  2

(1406.25)1>2  ­

de  F16–4.  v  =  =  (1.5t  dt

F15–22.  (Hz)1  +  L  Mz  dt  =  (Hz)2 0  +  L

2

a  =  vdv  =    du 10.005  u22(0.01u)  =  50110­62u3  rad>s

­113214  5  2  =  11vB22y  

Respuesta

2

3(3)  rad>sv  =  vr   =  9  rad>s

2

=  (28,5  rad>s)(0,75  pies)  =  21,4  pies>s  Respuesta  a  =   F15–23.  (Hz)1  +  L  Mz  dt  =  (Hz)2 2  0,9  t

0  +  L

)(0,75  pies)  =  6,75  pies>s

2

Respuesta

dt  =  2v(0,6)

0

F16–5.  v  dv  =  a  du

v  =  31,2  m>s

Respuesta

v

tu

0.5u  du

L 2  rad>s  v  dv  =  L

F15–24.  (Hz)1  +  L  Mz  dt  =  (Hz)2

0 tu

v v2  =   0.25u2  2  2  rad>s

4  segundos

8tdt  +  2(10)(0,5)(4)  =  2[10v(0,5)]

0  +  L

2

ar  =  (9  rad>s

5  segundos

v  =  (0.5u

0

v  =  10,4  m>s

Respuesta

2

0

+  4)1/2  rad>s

Cuando  u  =  2  rev  =  4p  rad, v  =  [0.5(4p)

2

+  4]1/2  rad>s  =  9,108  rad>s

Capítulo  16  F16–

vP  =  vr  =  (9,108  rad>s)(0,2  m)  =  1,82  m>s  Respuesta.

1.  u  =  (20  rev)12p  rad  1  rev   =   24  0p  rad  v2  =  2   +  2ac  (u  ­  u0)  v0  (30  

(aP)t  =  ar  =  (0.5u  rad>s =  1,257  m>s

rad>s)2  =  02  +  2ac  [(40p  rad)  ­  0]  =  3,581   C.A

v  =

rad>s

2

=  3,58  rad>s

2

(aP)n  =  v2  r  =  (9,108  rad>s)2  (0,2  m)  =  16,59  m>s  =   ap

t  =  8,38  s

2

)(0,2  m)u=4p  rad

2

Respuesta

v0  +  acto  

30  rad>s  =  0  +  (3,581  rad>s

2

2(aP)t  2  +  (aP)n  =   2 2

Respuesta

=  16,6  m>s

2

) +  (16,59  m>s

2(1,257  m>s

)t

2

2

2 2

)

Respuesta

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704

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SOLUCIONES  Y  RESPUESTAS  PARCIALES

F16–6.  ab

F16–9.  Análisis  vectorial  vB  

=

=  vA  +  V  *  rB>A  (4  

aA  ¢  rA   rB  ≤ 2

pies>s)i  =  (­2  pies>s)i  +  (­vk)  *  (3  pies)j  4i  =  

=  (4,5  rad>s  =   2 )1   m   0,075   0,225  m2  =  1,5  rad>s  

(­2  +  3v)i

0   (vB)0  +  aBt  vB  =   2

uB  =  (uB)0  +  (vB)0t  +

uB  =  0  +  0  +   uB  =  6,75  rad vC  =  vBrD

v  =  2  rad>s

)(3  s)  =  4,5  rad>s

vB+  (1,5  rad>s

1  2

2

Respuesta

Solución  escalar

1  2  

2 )(3  segundos)2 (1,5  rad>ssobre  

vB  =  vA  +  vB>A

=  (4,5  rad>s)(0,125  m)

C  4  S  re  =  C  dd   2 +  cv(3)  S  d

=  0,5625  m>s  

Respuesta

S+  4  =  ­2  +  v132;  v  =  2  rad>s

=  uBrD  =  (6,75  rad)(0,125  m)  =  0,84375  m  sC   Resp. =  844mm

F16–10.  Análisis  vectorial vA  =  VOA  *  rA  =  

F16–7.  Análisis  vectorial

(12  rad>s)k  *  (0,3  m)j  =  

vB  =  vA  +  V  *  rB>A  

[­3,6i]  m>s  vB  

­vB  j  =  (3i)  m>s

=  vA  +  VAB  *  rB>A  vB  j  

+  (vk)  *  (­1,5  cos  30i  +  1,5  sen  30j)

=  (­3,6  m>s)i  +  ( vAB  

­vB  j  =  [3  ­  vAB  (1,5  sen  30)]i  ­  v(1,5  cos  30)j  (1)  (2)

0  =  3  ­  v(1,5  sen  30)

k)  *  (0,6  cos  30i  ­  0,6  sen  30j)  m vB  j  =  [vAB  (0,6  sen  30)  ­  3,6]i  +  vAB  (0,6  cos  30)j  (1)  0  =   vAB  (0,6  sen  30)  ­  3,6  vAB  

­vB  =  0  ­  v(1,5  cos  30)  vB  =   v  =  4  rad>s

5,20  m>s

(0,6  cos  30)  (2)  vB  =

Respuesta

vAB =  12  rad>s  vB  =  6,24  m>s  c

Solución  escalar

Respuesta

Solución  escalar

vB  =  vA  +  vB>A

vB  =  vA  +  vB>A

c  TvB  d  =  c  3S  d  +  cv(1.5)  e30d c  vB  c  d  =  cd  12(0.3)d  +  cg30v(0.6)d

Esto  produce  las  Ecs.  (1)  y  (2).

Esto  produce  las  Ecs.  (1)  y  (2). F16–8.  Análisis  vectorial F16–11.  Análisis  vectorial

vB  =  vA  +  V  *  rB>A   (vB)xi  +  (vB)y  j  =  0  +  (­10k)  *  (­0.6i  +  0.6j)  (vB )xi  +   (vB)y  j  =  6i  +  6j  ( vB)x  =  6  

vC  =  vB  +  VBC  *  rC>B   vC  j  =  (­60i)  ft>s

+  (­vBCk)  *  (­2.5  cos  30i  +  2.5  sen  30j)  ft  vC  j  

m>s  y  (vB)y  =  6  m>s  vB  =  2(vB)  2  =  

=  (­60)i  +  2.165vBC  j  +  1.25vBC  i

2(6  m>s)2  +  (6   +  (vB) y2 X

0  =  ­60  +  1,25  vBC  vC  

m>s)2  =  8,49  m>s

=  2,165  vBC  =   Respuesta

vBC 48  rad>s  

vC  =  104  pies>s

Solución  escalar

Solución  escalar

vB  =  vA  +  vB>A

a c  (vB)x  S  d  +  c(vB)y  c  d  =  c  0  d  +  c  45  10  a  0.6  c45   os   bd S+  1vB2x  =  0  +  1010.6>cos  452  cos  45  =  6  m>s  S  +  c   1vB2y  =  0  +  1010.6>cos  452  sen  45  =  6  m>sc

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vC  =  vB  +  vC>B

dd  +  cg30  v  (2.5)d c  vCc  d  =  c  vB Esto  produce  las  Ecs.  (1)  y  (2).

(1)   (2) Respuesta

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PROBLEMAS  FUNDAMENTALES

F16–12.  Análisis  vectorial

Además,  rO>IC  =  0,3  ­  rC>IC

705

=  0,3  ­  0,1667

=  0,1333m.

vB  =  vA  +  V  *  rB>A  ­vB  

vrO>IC =  9(0.1333)  =  1.20  m>s  

vO  =

cos  30  i  +  vB  sen  30  j  =  (­3  m>s)j  +  (­vk)  *  (­2  sen  

Respuesta

45i  ­  2  cos  45j)  m F16–17.  vB  =  =  6(0.2)  =m     1.2   m>s  vrB>A  =  0.8  tan  60  =  1.3856   rB>IC  

­0,8660  vB  i  +  0,5  vB  j

rC>IC

=  ­1.4142vi  +  (1.4142v  ­  3)j

=

­0.8660vB  =  ­1.4142v

(1)

0.5vB  =  1.4142v  ­  3

(2)

v  =  5,02  rad>s  vB  =  8,20  m>s

=

vBC

Respuesta

Solución  escalar

0,8  

=  1,6  metros

porque  60

1.2

vB

= rB>IC  

1.3856

=  0,866  rad>s

=  vBC  rC>IC

cb30  vB  d  =  c  T  3  d  +  cb45  v(2)d

=  0.8660(1.6)  =  1.39  m>s  Respuesta.  vC  

F16­18.  vB  =  vAB  rB>A

Esto  produce  las  Ecs.  (1)  y  (2).

=  10(0.2)  =  2  m>s   =

vC  =  vCD  rC>D Virginia

=

6

=

3

rA>CI

rB>CI

=  2  rad>s

vBC

=  2(2.5)  =  5  m>s  vC  =  vAB  

vCD  (0.2)  S

=  0,4619m

porque  30

=  0,4  tan  30  =  0,2309  m  rC>IC

21322  +  12,522  ­  213212,52  cos  53,13  =  2,5  m rC>IC

=

0,4  

Respuesta

f  =  tan­11  2  1,5   2  =  53,13  =   RC>IC

Respuesta

Entonces,

vB  =  vA  +  vB>A

F16–13.  vAB

=  0,8660  rad>s

=

2 = 0,4619 rB>IC   vB

=  4,330  rad>s  

=  4,33  rad>s

Respuesta

Respuesta

vC  =  vBC  rC>IC

u  =  90  ­  f  =  90  ­  53,13  =  36,9  c  Respuesta.

vCD  (0,2)  =  4,330  (0,2309) F16­14.  vB  =  vAB  rB>A vC  =  0 vBC

=

VCD

=  12(0.6)  =  7.2  m>s  T  

=  5  rad>s

Respuesta

vB

7,2   =  6  rad>s 1.2

=

rB>CI

Virginia

F16–19.  v  =

=

rA>CI

Respuesta

Respuesta

6 =  2  rad>s

3

Análisis  vectorial   vO

F16–15.  v  =   rO>IC  =  

=

aB  =  aA  +  A  *  rB>A  ­  v2  rB>A  aBi  =  ­5j  

6 0,3

=  20  rad>s  

Respuesta

+  1ak2  *  (3i  ­  4j)  ­  22  (3i  ­  4j)  aBi  =  14a  ­  122i  +  13a  +  

tan­1  20,32  +  0,62  =  0,6708  m  rA>IC  f  =  

112j

10,3  0,6  2  =  26,57

ab

vrA>IC  u  =  90   =  20(0.6708)  =  13.4  m>s  vA  =  

Respuesta

­  f  =  90  ­  26.57  =  63.4  a  Respuesta.

=  4a  ­  12

(1)

0  =  3a  +  11

(2) 2

a  =  ­3,67  rad>s ab

F16–16.  La  ubicación  de  IC  se  puede  determinar  usando  triángulos  

=  ­26,7  m>s

2

Solución  escalar

semejantes.   0,5  ­  rC>CI

=

1.5

3

v  =

RC>IC

vC RC>IC

=

aB  =  aA  +  aB>A

rC>IC =  0,1667  m   c  aS   B   d  =  c  T  5  d  +  ca  (5)  a5  3  d  +4  c  4b3  5  (2)2  (5)d

1.5 0.1667

=  9  rad>s  

Respuesta

Esto  produce  las  Ecs.  (1)  y  (2).

Respuesta

Respuesta

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706

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SOLUCIONES  Y  RESPUESTAS  PARCIALES

Análisis  escalar

F16–20.  Análisis  vectorial aA  =  aO  +  A  *  rA>O  ­  v2  rA>O  =  1,8i  

aA  =  aC  +  aA>C

+  (­6k)  *  (0,3j)  ­  122  (0,3j)  =  {3,6i  ­  43,2j}m>s 2

c  1S   .5   d  +  c  (aA)n   d   T=    c  0.75  dc   d  (+aC)n      d  +  ca(0.5)   S  d C

Respuesta

(9)2  (0.5)

Análisis  escalar

+c

aA  =  aO  +  aA>O

S+  1,5  =  ­0,75  +  a10,52 a  =  4,5  rad>s

T

d

2

(aA)x   S  re  +  c   (aA)ycR   (6)(0.3)  S =  rce  (6)(0.3)  c   +  3  T(12)2  (0,3)4 2

S+  

1aA2x  =  1,8  +  1,8  =  3,6  m>s  1aA2y  

F16–23.  vB  =  =  12(0.3)   rad>s=  3.6  m>s  vrB>A  3.6  =  3   =

rB>CI

2

+  c

vB

=

vBC

S

=  ­43,2  m>s

1.2

Análisis  vectorial aB  =  A  *  rB>A  ­  v2  rB>A  =  

F16–21.  Usando

(­6k)  *  (0.3i)  ­  122  (0.3i)  =  {­43.2i  ­  

vO  =  vr;

6  =  v10.32  v  

1.8j}  m>s2  aC  =  aB  +  ABC  *  

=  20  rad>s  3  =  

rC>B  ­  v2  BCrC>B  aC  i  =  (­43.2i  ­  1.8j)  

a10.32  a  =  

aO  =  ar;

2

10  rad>s  

+  (aBC  k)  *  (1.2i)  ­  32  (1.2i)

Respuesta

Análisis  vectorial  

aCi  =  ­54i  +  (1.2aBC  ­  1.8)j

aA  =  aO  +  A  *  rA>O  ­  v2  rA>O  =  3i  +  

C.A

(­10k)  *  (­0.6i )  ­  202  (­0,6i) 2

=  {243i  +  6j}  m>s

Cre  =  c  3  S  re  +  c  10(0.6)  re  +  c c  (S   aA)x   re  +  c  (aA)y   C

S+

1aA2x  =  3  +  240  =  243  m>s  c

+  c

1aA2y  =  1010,62  =  6  m>s

v  =

= 0,5  ­  rA>CI

1.5

Virginia

Dakota  del  Sur

d+  

2

=  1,5  rad>s  0  

C.A

(3)2  (1.2)

=  43,2  +  10,8  =  54  m>s

dd 2

0  =  ­610,32  +  1,2aBC a  B  C

=  1,5  rad>s

2

F16–24.  vB  =  v  rB>A  =  6(0.2)  =  1.2  m>s  S

rB>IC=  0,8  tan  60  =  1,3856  m   vB 1.2

=  9  rad>s

vBC

=

=

rB>CI

1.3856

=  0,8660  rad>s

Análisis  vectorial  aA  =  aC  

Análisis  vectorial

+  A  *  rA>C  ­  v2  rA>C

aB  =  A  *  rB>A  ­  v2rB>A  =  

1.5i  ­  (aA)n  j  =  ­0.75i  +  (aC)n  j  +  (­ak)  

(­3k)  *  (0.2j)  ­  62  (0.2j)  =  [0.6i  ­  

*  0.5j  ­  92  (0.5j)  1.5i  ­  (aA)n  j  =  

7.2j]  m>s  aC  =  aB  +  

(0.5a  ­  0.75)i  +  3  (aC)n  ­  40.54j

ABC  *  rC>B  ­  v2  rC  >B  aC  cos  30i  +  

1,5  =  0,5a  ­  0,75

a  =  4,5  rad>s

Respuesta

dd  +  c  aBC(1.2)  d  C +  c

+  c

2

rA>CI=  0,3333  m  

;

0.3333

rA>CI

Respuesta

2

(12)2  (0,3) c  add   C  =  c  6(0.3)  T+     rce  

3

=

d

aC  =  aB  +  aC>B

(20)2  (0,6)

3

2

Análisis  escalar

aA  =  aO  +  aA>O

rA>CI

=  54  m>s  

=  1,2aBC  ­  1,8  aBC

Respuesta

Análisis  escalar  

F16–22.

2

=  ­54  m>s

aC  sen  30j

2 Respuesta

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=  (0,6i  ­  7,2j)  +  (aBCk  *  0,8i)  ­  0,86602  (0,8i)

d

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707

PROBLEMAS  FUNDAMENTALES

F17–4.  FA  =  msNA  =  0.2NA  FB  =  msNB  =  0.2NB

0.8660aC  i  +  0.5aC  j  =  (0.8aBC  ­  7.2)j 0.8660aC  =  0

(1)

0.5aC  =  0.8aBC  ­  7.2 =  0  aBC  =  9  rad>s  aC

(2) 2

Respuesta

Análisis  escalar

S+  Fx  =  m(aG)x ; 0.2NA  +  0.2NB  =  100a  +  cFy  

(1)

=  m(aG)y;  NA  +  NB  ­   100(9.81)  =  0  a+MG  =  0;

(2)

aC  =  aB  +  aC>B

0.2NA(0.75)  +  NA(0.9)  +  0.2NB  (0.75)

(6)2  (0,2) c  a30   aC  re  =  c  3(0.2)  S+     rce  

T  d  +  c  aBC(0.8)  dC

­  NOTA(0.6)  =  0

(0,8660)2  (0,8)

Resolviendo  Ecs.  (1),  (2)  y  (3),

dd

+c

(3)

ND  =  294,3  N  =  294  N

Esto  produce  las  Ecs.  (1)  y  (2).

NB  =  686,7  N  =  687  N a  =  1.96  m>s  

2

Respuesta

Capítulo  17  F17–1.  

Dado  que  NA  es  positivo,  la  mesa  de  hecho  se  deslizará  antes  

S+  Fx  =  m(aG)x;  10014  5  2  =  100a

de  volcarse.

a  =  0,8  m>s  +  

2

S

Respuesta

F17–5.  (aG)t  =  ar  =  a(1,5  m)  (aG)n  =  v2  

cFy  =  m(aG)y;  NA  +  

2

r  =  (5  rad>s)2  (1,5  m)  =  37,5  m>s (1)

NB  ­  10013  5  2  ­  100(9.81)  =  0  a+  MG  =  0;  

Ft  =  m(aG)t ;

100  N  =  50  kg  [un  (1,5  m)]

NA(0,6)  +  1001  3  

a  =  1,33  rad>s

5  2(0,7)

Fn  =  m(aG)n;

Respuesta

TAB  +  TCD  ­  50(9.81)  N

(2)

­  NB(0.4)  ­  1001  4  5  2(0.7)  =  0

2

=  50  kg  (37,5  m>s

2

)

ND  =  430,4  N  =  430  N

Respuesta

TAB  +  TCD  =  2365,5  

NB  =  610,6  N  =  611  N

Respuesta

a+MG  =  0;  TCD  (1  metro)  ­  TAB  (1  metro)  =  0 TAB  =  TCD  =  1182,75  N  =  1,18  kN

F17–2.

Respuesta

Fx  =  m(aG)x;  80(9.81)  sen  15  =  80a 2

a  =  2,54  m>s

Respuesta

F17–6.  a+MC  =  0; aG  =  aD  =  aB

Fy  =  m(aG)y;  NA  +  

a+MG  =  0;

=  62  (0,6)  =  21,6  m>s

(2)

NA  =  NB  =  379  N

Respuesta

=  m(aG)t ; 750  ­  50(9,81)  =  50[a(0,6)] a  =  8,65  rad>s  S+  

F17–3.  a+MA  =  (Mk)A;  1013  5  2(7)  =

20   32,2

un(3.5)

2 20

hacha  =  6  libras

2

Respuesta

Fn  =  m(aG)n; Respuesta

S+  Fx  =  m(aG)x;  Hacha  +  101  3  5  2  =   32.2(19.32)

FAB  +  Dx  =  50(21,6)  a+MG  

(1)

=  0; Respuesta

+  cFy  =  m(aG)y;  Ay  ­  20  +  1014  5  2  =  0 Ay  =  12  libras

2

(aG)t  =  ar  =  a(0.6)  +  cFt  

NA(0.5)  ­  NOTA(0.5)  =  0

a  =  19,3  pies>s  

Respuesta

Dy(0,6)  ­  450  =  0  Dy  =  750  N  (aG)n  =  v2  r   (1)

NB  ­  80(9.81)  cos  15  =  0

Respuesta

Dx(0,4)  +  750(0,1)  ­  FAB(0,4)  =  0

(2)

Dx  =  446,25  N  =  446  N

Respuesta

FAB  =  633,75  N  =  634  N

Respuesta

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708

SOLUCIONES  Y  RESPUESTAS  PARCIALES

F17–7.  IO  =  mk2a  

O

=  100(0.52 )  =  25  kg  #  m2

2

2,4  rad>s

v  =

(aG)n  =  v2  rG   =  0

­100(0.6)  =  ­25a

+MO  =  IOa;  a  =  

1

12ml2  =   1  12 (15  kg)(0,9  m)2  =  1,0125  kg  #  m2

F17–11.  IG  =  

(aG)t  =  a(0,15  m) IO  =  IG  +  md2  =   OG

v0  +  acto

v  =  0  +  2,4(3)  =  7,2  rad>s

1,0125  kg  #  m2  +  15  kg(0,15  m)2  =  

Respuesta

1,35  kg  #  m2   F17–8.  IO  =  

1  2

1  señor2  =  2

a+MO  =  IOa;  

(50)  (0,32 )  =  2,25  kg  #  m2

[15(9,81)  N](0,15  m)  =  (1,35  kg  #  m2 )aa  =  

a+MO  =  IOa;

2

16,35  rad>s  +  TFt  

2

­9t  =  ­2,25aa  =  (4t)  rad>s

Respuesta

=  m(aG)t ;  ­  Ot  +  15(9,81)N  =  (15  kg)[16,35  

dv  =  a  dt

2

v

rad>s  Ot  =  110,36  N  =   (0,15m)]

t

L 0 dv  =  L

4t  dt

110  N  S+  Fn  =  m(aG)n;  

0

Respuesta

encendido  =  0

2

v  =  (2t  v   )  rad>s =  2(42 )  =  32  rad>s

Respuesta

Respuesta

arG =  a(0.45)  

F17–12.  (aG)t  =

2

(aG)n  =  v2  rG  =  62  (0,45)  =  16,2  m>s

F17–9.  (aG)t  =

arG =  a(0.15)  

IO  =   2

(aG)n  =  v2  rG  =  62  (0,15)  =  5,4  m>s  IO   =  IG  +  md2  =  =  2,7  

1  12

1  3

ml2  =

1  3

(30)(0.92 )  =  8.1  kg  #  m2

a+MO  =  IOa;  

(30)(0.92 )  +  30(0.152 )

30014  5  2(0,6)  ­  30(9,81)(0,45)  =  8,1aa  =   2

1,428  rad>s  d+  

kg  #  m2  a+MO  

2

2

2

Respuesta

Fn  =  m(aG)n;  Encendido  +  30013  5  2  =  30(16.2)

=  IOa;  60  ­  30(9,81)(0,15)  =  2,7aa  =  5,872  rad>s  d+   Fn  =  m(aG)n;  On   =  5,87  rad>s

=  1,43  rad>s

Encendido  =  306  N

Respuesta

+  cFt  =  m(aG)t ;

=  30(5.4)  =  162  N  Respuesta.  +  cFt  =  m(aG)t ;

Respuesta

Ot  +  30014  5  2  ­  30(9.81)   =  30[1.428(0.45)]

Ot  =  73,58  N  =  73,6  N

O  ­  30(9,81)  =  30[5,872(0,15)] Ot  =  320.725  N  =  321  N F17–10.  (aG)t  =

Respuesta

1

cFy  =  m(aG)y;  =  1   60aG  aG  a+MG  =  Im>s   Ga; 80  ­  20  =  

2

(aG)n  =  v2  rG  =  102  (0.3)  =  30  m>s  IO   1  2

1

F17–13.  IG  =  +   12ml2  =  12(60)(32 )  =  45  kg  #  m2  

arG =  a(0.3)  

=  IG  +  md2  =  =  

Respuesta

2

c  80(1)  +  20(0.75)  =  45a

(30)(0,32 )  +  30(0,32 )

a  =  2,11  rad>s

2

Respuesta

4.05  kg  #  m2   F17–14.  a+MA  =  (Mk)A;

a+MO  =  IOa;  5013  

­200(0,3)  =  ­100aG(0,3)  ­  4,5a

5  2(0.3)  +  5014  5  2(0.3)  =  4.05a a  =  5,185  rad>s

2

=  5,19  rad>s  

2

30aG  +  4,5a  =  60  (1)  =  ar  =  

Respuesta

a(0,3)  (2)  aG  =  1,33  m>s

+  cFn  =  m(aG)n;  

a  =  4,44  rad>s

encendido  +  5013  5  2  ­  30(9.81)  =  30(30) On  =  1164,3  N  =  1,16  kN  S+  

AG

2

S

Respuesta

Respuesta

F17–15.  +  cFy  =  m(aG)y;

Ft  =  m(aG)t ;  Ot  +  

N  ­  20(9,81)  =  0  N  =  196,2  N  S+  Fx  =  

5014  5  2  =  30[5.185(0.3)] Ot  =  6,67  N

2

m(aG)x;  0.5(196.2)  =  20aO  =  4.905  m>s Respuesta

aO

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2

S

Respuesta

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PROBLEMAS  FUNDAMENTALES

capitulo  18

a+MO  =  IOa; 0.5(196.2)(0.4)  ­  100  =  ­1.8a

16.  Esfera  IG  a+MIC  =  

2

1.  IO  =  mkO

2

a  =  33,8  rad>s

=  8010.422  =  12,8  kg  #  m2  F18–

Respuesta

T1  =  0 2   5

(20)(0,15)2  =  0,18  kg  #m2  F17–

T2  =  2

1

IOv2  =

1  2

(12.8)v2  =  6.4v2

s  =  ur  =  20(2p)(0.6)  =  24p  m

(Mk)IC;  20(9.81)sen   30(0.15)  =  0.18a  +  (20aG)(0.15)  0.18a  +  3aG  =  14.715  

T1  +  U1­2  =  T2

=  ar  =  a(0.15)  aG

0  +  50(24p)  =  6.4v2

a  =  23,36  rad>s

2

=  23,4  rad>s

AG =  3.504  m>s

2

=  3,50  m>s

v  =  24,3  rad>s

2

Respuesta

Respuesta

2

Respuesta

F18–2.  T1  =  0

F17–17.  +  cFy  =  m(aG)y;

T2  =

N  ­  200(9.81)  =  0  N  =  1962  N  S+  Fx  =  

1  2m(vG)2

=

m(aG)x; (1)

2

+ 2 IGv2  

1  21   50  32,2  slug2  (2,5v2)  2   1  +

T  ­  0,2  (1962)  =  200aG  a+MA  

1

2

2  3  1  121   50  32,2  slug2  (5  pies)2  4v2  2 2

T2  =  6.4700v2

=  (Mk)A;  450  ­  0,2  (1962)(1) =  18a  +  200aG(0.4)  (aA)t  

(2)

O, IO  =

=  0  aA  =  (aA)n  aG  =  aA  +  A  

3  1  50  32,2  slug2  (5  

De  modo  que

(­0.4j)  ­  v2  (­0.4  j)  aGi  =  0.4ai  +  (0.4v2  ­  aA)j

2 =

T2  =

aG =  0.4a   Resolviendo  Ecs.  (1),  (2)  y  (3),  =  

IOv2

1  2

(12.9400  slug  #  ft2 )v2

2

T1  +  U1­2  =  T2

2

AG 0,461  m>s

1  2

=  6.4700v2 2

(3)

2

1

ml2  =

pies)2  =  12,9400  slug  #  ft2

*  rG>A  ­  v2  rG>A  aGi  =  ­aAj  +  ak  *  

a  =  1,15  rad>s

1  3

T1  +  [­WyG  +  Mu]  =  T2

T  =  485  N

Respuesta

0  +  3  ­(50  libras)(2,5  pies)  +  (100  libras  #  pies)(p )   2 4

(0.6)2  a  ­12(9.81)(0.3)  

v2

=  2,23  rad>s

=  12(aG)y(0.3)  ­  0.36a  ­  3,6(aG)y   (1)

F18–3.  (vG)2  =  =  v2(2.5)  v2rG>IC  1

v  =  0

=

IG  =

aG  =  aA  +  A  *  rG>A  ­  v2  rG>A  (aG)y  j  

T1  =  0 T2  =  2

1

m(vG)2

= 1

aA =  0  

(2)

2

1

2

+ 2 IGv2  

2  (50)3v2(2.5)4  2

Respuesta

(aG)y  =  ­0.3a  

12  (50)1522  =  104,17  kg  #  m2  ml2  

1  12

=  aAi  +  (­ak)  *  (0.3i)  ­  0  (aG)y  j  =  (aA)i  ­  0.3  j

+

1  2

(104.17)v2  =2  208.33v2

2

ARRIBA  =  PsP  =  600(3)  =  1800  J UW  =  ­Wh  =  ­50(9,81)(2,5  ­  2)  =  ­245,25  J

Resolviendo  Ecs.  (1)  y  (2)  a  =  

=  ­7,36  m>s

Respuesta

1

=  35,316

24,5  rad>s  (aG)y  

2

=  6.4700v2

F17–18.  S+  Fx  =  m(aG)x;  0  =  12(aG)x  (aG)x  =  0  a+MA  =  (Mk)A  12(12)

2

T1  +  U1­2  =  T2 2

T  =  7,36  m>s 2  

Respuesta

0  +  1800  +  (­245,25)  =  208,33v2 v2

=  2,732  rad>s  =  2,73  rad>s

2 Respuesta

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710

SOLUCIONES  Y  RESPUESTAS  PARCIALES

1 2  F18–4.  T  =  +  2  m vG  1  2

=

1  2

IGv2

(50  kg)(0.4v)

2

T2  =

+

1  2

350  kg  (0,3  m)2  4v2

=  6.25v2  J  

350  kg(0,3  m)2  +  50  kg(0,4  m)2  4v2

=  6,603  rad>s  =  6,60  rad>s

v2

IO  =  mkO 2 =  5010.322  =  4,5  kg  #  m2

N)cos  30(8p  m)  =  6,25v2  J  v  =  13,2  rad>s   12  (30)1322  =  

T1  =  0

Respuesta

1

T2  =

1  ml2  =  1222,5  kg  #  m2

1  2

2

2

IOv2

1  2

1

+

2  (50)3v2(0.2)4  2

(4.5)v2

2

1  2

2

=  3.25v2

IGv2

1  2

(30)[v(0.5)]2  +

1  2m(vo)2  +

=

T1  =  0 1

Respuesta

F18–8.  vO  =  =  v(0.2)  vrO>IC

P  cos  30  sG  =  T2  0  +  (50  

=

2

2 0  +  0  =  2.025v2  +  (­88.29)

T1  +  U1­2  =  T2  T1  +  

mvG  1  2   2 +  2  

(1.35)v2  =  2.025v2

1  2

1Vg22  =  ­Wy2  =  ­30(9,81)(0,3)  =  ­88,29  J  T1  +  V1  =  

=  ur  =  10(2p  rad)(0,4  m)  =  8p  m  sG

T2  =

2

(30)[v2(0.3)]2  +

T2  +  V2

1  2  1  2  =  6.25v2  J

F18–5.  IG  =

1  2

1Vg21  =  Wy1  =  0  

IICv2  

=

2

IGv2

+

1  2

O, T  =

2

1  2m(vG)2

=

1Vg21  =  Wy1  =  0  

(22.5)v2  =  15v2

O,  

1Vg22  =  ­Wy2  =  ­50(9.81)(6  sen  30) 1

=  ­1471.5J

kg  12   #  m(2 30)1322  +  3010.522  IO  =  IG  +  md2  =  =  30  

T1  +  V1  =  T2  +  V2  0  +   IOv2  =

T2  =

1  2

1  2

(30)v2  =  15v2

2 0  =  3,25v2  +  (­1471,5)   =  21,28  

=  ur1  =  8p(0.5)  =  4p  m  s1  =  

rad>s  =  21,3  rad>s

v2

ur2  =  8p(1.5)  =  12p  m  s2

F18–9.  vG  =  =  v(1.5)  vrG  1  

UP1  =  P1s1  =  30(4p)  =  120p  J  UP2   =  P2s2  =  20(12p)  =  240p  J  UM  =  Mu  =  

12(60)1322  =  45  kg  #  m2  

IG  =

20[4(2p)]  =  160p  J  UW  =  (0  barra  

T1  =  0

vuelve  a  la  misma  posición)

T2  =

T1  +  U1­2  =  T2  0  +  

1  2 m(vG)2

=

120p  +  240p  +  160p  =  15v2  v  =  10,44   rad>s  =  10,4  rad>s

1  2

2

1   +  2

2

IGv2

(60)[v2(1.5)]2  +

=  90v2

Respuesta

1  2

(45)v2

2

2

O,

F18–6.  vG  =  vr  =  v(0.4)

T2  =  2

2

=  mkG  T1   =  2010.322  =  1,8  kg  #  m2  IG  

1

2 =

IOv2

1

2  345  +  6011.5224v2  2  =  90v2

2

1Vg21  =  Wy1  =  0  

=  0 2 T2  =  +  2  mvG

Respuesta

1Vg22  =  ­Wy2  =  ­60(9,81)(1,5  sen  45)

1  1

2IGv2

1 = 2   (20)3v(0.4)4  2   +

=  ­624,30  J 1  2

(1.8)v2

2

=  2.5v2   UM  =  Mu  =  M1sO  r  2  =  501  20  02   .4   =  2500  J

ks1  =  0

1ve21  =

1  2

1  Ve22  =

1  2

2 ks2 =

1  2

(150)(3  pecado  45) 2 =  337,5J

T1  +  V1  =  T2  +  V2 T1  +  U1­2  =  T2

2 0  +  0  =  90v2  +  [­624,30   +  337,5]

0  +  2500  =  2.5v2 v  =  31,62  rad>s  =  31,6  rad>s F18–7.  vG  =  vr  =  v(0.3)  mr2  = IG  =

v2

Respuesta

F18–10.  vG  =  =  v(0.75)  vrG

1

1  2

=  1,785  rad>s  =  1,79  rad>s

2  (30)10,322  =  1,35  kg  #  m2

IG  =

=  0

T1  =  0

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1

12  (30)11,522  =  5,625  kg  #  m2  T1  

Respuesta

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PROBLEMAS  FUNDAMENTALES

T2  =

1  2 m(vG)2  +

=

2 1  2

capitulo  19

IGv22

(30)[v(0.75)]2  + 1  2

t2

2 (5.625)v2   =  11.25v2 2 1  2

MO  dt  =  IOv2

F19–1.  c+IOv1  +  L

O,

711

t1  4  s

1 IOv22 = 2   35.625  +  3010.75224v2  2

T2  =

1  2

3t2 dt  =  36010.322  4v2

0  +  L

2

=  11.25v2

=  11,85  rad>s  =  11,9  rad>s

v2

1Vg21  =  Wy1  =  0  

0

t2

1Vg22  =  ­Wy2  =  ­30(9,81)(0,75) =  ­220,725  J

t1

0  +  300(6)  =  30010,422v2  +  300[v(0,6)](0,6)  =  11,54  

1  2

(Ve)2  =

MAdt  =  (HA)2

F19–2.  c+(HA)1  +  L

2 ks1   =  0 2 = 1 ks2 2  (80)1  222  +  1,52  ­  0,522  =  160  J 1  2

(Ve)1  =

Respuesta

rad>s  =  11,5  rad>s

v2

Respuesta

t2

T1  +  V1  =  T2  +  V2

v2

rad>s  =  2,32  rad>s

Ff  =  346  N

1

T1  =  0 1  2m(vG)2  +

=

2

a+MO  =  0;  9  ­  En  (0.45)  =  0  En  =  20  N

IGv22

t2

1  2

(30)[v2(0.75)]2  + 1  2

(5.625)v22 =  11.25v2 1  2

a+(HC)1  +  L

2

=  10[vA(0,15)](0,15)

=  0

2 = ks2

(Ve)2  =

1  2

1  2

(300)(1,5  ­  1,5  cos  45)

+  31010,1224vA  =  

2

=  28,95  J

Virginia

1010,0822  =  0,064  kg  #  m2  F19–

Respuesta Virginia

=  ¢  rB   rA  ≤vB  =  ¢  0.2   0.1  ≤vB  =  2vB

F18–12.  (Vg)1  =  ­Wy1  =  ­[20(9,81)  N](1  m)  =  ­196,2  J  (Vg)2  =  0  (Ve)1  

t2

=

MA  dt  =  IA(vA)2

c+  IA(vA)1  +  L 2 ks1

t1  5s

1  2

=

2

1

0  +  10(5)  ­  L

2(100  N>m)a  2(3  m)2  +  (2  m)2  ­  0,5  MB =  482,22  J 2 = ks2

(Ve)2  =

1  2

1  2

Fdt  =  500  ­  1,28  (vB)2

L  0

(100  N>m)(1  m  ­  0,5  m)2

a+IB(vB)1  +  L 5s

1

IAv2  =

1

2  3   31  (20  kg)(2  m)2  4v2

0  +  L

=  13.3333v2

MB  dt  =  IB(vB)2 t1

F(0.2)dt  =  1.125(vB)2 0

5  segundos

L0

T1  +  V1  =  T2  +  V2

0  +  [­196,2  J  +  482,22  J]

Fdt  =  5.625(vB)2

(2)

Igualando  las  Ecs.  (1)  y  (2),  500  

2 +  [0  +  12,5  J] =  13,3333v2  

=  4,53  rad>s

(1)

t2

T1  =  0 T2  =  2

F(0.1)dt  =  0.064[2(vB)2] 0

5  segundos

=  12,5J

v2

Respuesta

IB  =5010.1522     mkB 2 =  1.125  kg  #  m2

0  +  (156,08  +  0)  =  11,25v2  +  (0  +  228,95)  =  3,362   rad>s  =  3,36  rad>s

46,2  rad>s  =   2

4.  IA  =  mkA  =  

T1  +  V1  =  T2  +  V2

v2

t1

0  +  [20(5)](0,15)

­Wy2  =  0  1Ve21  = 1

MC  dt  =  (HC)2

2

1Vg21  =  Wy1  =  30(9.81)(0.75  sen  45)  =  156.08  J  1Vg22  =  

2ks1

Respuesta

F19–3.  vA  =  =  vA(0.15)  vArA>CI

12  (30)11,522  =  5,625  kg  #  m2  

T2  =

t1

0  +  Ff(6)  =  300[11.54(0.6)]

Respuesta

F18–11.  (vG)2  =  v2rG>CI =  v2(0.75) IG  =

Fxdt  =  m(v2)x

S+  m(v1)x  +  L

2 0  +  0  =  11,25v2  +  (­220,725   +  160)  =  2,323  

­  1,28(vB)2  =  5,625(vB)2  (vB)2  =   Respuesta

72,41  rad>s  =  72,4  rad>s

Respuesta

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712

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SOLUCIONES  Y  RESPUESTAS  PARCIALES

0  +  [(150  N)(0,2  +  0,3)  m](3  s) F19–5.  ( S+ )  m3(vO)x  4  1

=  [(50  kg)(0,175  m)2  +  (50  kg)(0,3  m)2 ]v2  

+  LFx  dt  =  m3(vO)x  4  2

0  +  (150  N)(3  s)  +  FA(3  s)  

v2

=  37,3  rad>s

Respuesta

=  (50  kg)(0.3v2) F19–6.  1  +  c  2  m3  1vG21  4 y

c+IGv1  +  LMG  dt  =  IGv2

NA  =  150  libras

=  [(50  kg)(0,175  m)2 ]   v2  =  37,3  rad>s

y

0  +  NA(3  s)  ­  (150  libras)(3  s)  =  0

0  +  (150  N)(0,2  m)(3  s)  ­  FA(0,3  m)(3  s)  

v2

+  LFy  dt  =  m3  1vG22  4

Respuesta

FA  =  36,53  N También,

c+  (HIC)1  +  PIBM  dt  =  (HIC)2 0  +  (25  libras  #  pies)(3  s)  ­  [0,15(150  libras)(3  s)](0,5  pies) =  3  132.2 50  slug  (1,25  pies)2  4v2+  1  150   32.2  slug2  3v2(1  pie)4(1  pie) v2

IICv1  +  PIBM  dt  =  IICv2

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=  3,46  rad>s

Respuesta

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Problemas  preliminares Soluciones  dinámicas Capítulo  12

P12–2.  a)  v  =  2t ds

P12–1.  a)  v  =

d

=

dt

dt

=  24  m>s

2  ` t  =  2  s

b)  un  ds  =  v  dv,  v  =  5s,  dv  =  5  ds  un   ds  =  (5s)  5  ds a  =  25s  `

=  25  m>s

un  =  2 s  (m)

( m/s2)

2

4

s  =  1  metro

=

dv  c)  a  =dt

d  (4t  +  5)  =  4  m>s dt

2

2

d)  v  =  v0  +  ac  t   v  =  0  +  2(2)  =  4  m>s e)  v2  =  v0

2

2

2  s  =  t

(2t  3)  =  6t  

t  (s)

2

b)  s  =  ­2t  +  2  v   =  ­2

+  2ac(s  ­  s0)  

un  =  0

v2  =  (3)2  +  2(2)(4  ­  0)  v  =  5   m>sf)  a  ds  

v  (m/s)

=  v  dv

t  (s)

2

( m/s2)

v

s2

v  dv

L s1   s  ds  =  L

1

0

t  (s)

t  (s)

1

5

s2  ` 4 =  v2  `  v 0 25  ­  16  =  v2  v  

2

=  3  m>s

g)  s  =  s0  +  v0  t  +

1  acto  t   2

c)  a  =  ­2  v   =  ­2t  2   s  =  ­t

2

1

s  =  2  +  2(3)  +

2

(4)(3)2  =  26  metros

s  (m)

v  (m/s)

h)  dv  =  a  dt 2

1

v

2

t  (s)

t  (s)

(8t2)  dt

L 0 dv  =  L

0   1

v  =  2,67  t 3  ` 0

ds  i)  v  = dt

4

d   2 = (3t   dt +  2)  =  6t  `

s

j)  vavg  =

=  2,67  m>s

t calle

(vsp)promedio  =

=  12  m>s t  =  2  s

6  m  ­  (­1  m)   =  0,7  m>s  S 10  segundos  ­  0

=

t

=

d) 3

s  =  L

7  metros  +  14  metros 10  segundos  ­  0

4

=  2,1  m>s

v  dt  =  Área  =

s  ­  0  =  4  metros,

un  =

1  (2)(2)  +  2(3  ­  2)  =  4m2

0

s  =  4  metros

dv =  pendiente  en  t  =  3  s,  a  =  0 dt

713

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714

SOLUCIONES  DINÁMICAS

P12–6.

e)  Para  a  =  2,  v  =   2t

xB,  yB,  (vB)y  =  0  +   (60  cos  20)(5)  xB

Cuando  t  =  2  s,  v  =  4  m>s. Para  a  =  ­2,

1

0  +  (60  sen  20)(5)  +  yB  2

(­9.81)(5)2  =  

v

(vB)y  =  60  sen  20  +  (­9.81)(5)

­2  puntos

L 4 dv  =  Lt

2

=v

P12–7.  a)  en

v  ­  4  =  ­2t  +  4  v  =  ­2t   +  8

=

un

#

2

=  3  m>s  

= (2)2   v2  =  4  m>s 1 r

2

2

v  (m/s)

a  =  2(3)2  +  (4)2  =  5  m>s  =  4  m>s

4

b)  en  v2  

=v

2

#

=  v2  +  2ac(s   0 ­  s0)  v2  =  0  +  2(4)(2  ­   0)  v  =  4  m>s  v2

t  (s)

4

2

1

v  dv  =  L 1

1  

=

r

c  1  +  a  dy   dx  b d2  

v  =  3  m>s un

=

=  v(pendiente)  =  2(­2)  =  ­4  m>s

ds

X  =  0

=

(2)2   =  16  m>s

=

2

1  4

2

=  v  dv  en  ds  =  (4s   +  1)(4  ds)  =  (16s  +  4)  0  

#

#

en

ps

#

y =  (8x )x  +  8x(x ) b)  y  =  3ex

un #

y =  3ex  x ps

4

a  =  2(0)2  +  (16)2  =  16  m>sd)  en  ds  

=  4x2   P12–3.  a)  y  =   8xx# y

#

v2

r

dv

ps

`

1  +  0

=

d  

y  dx2

g)  v  dv  =  a  ds  En  s  =  1  m,  v  =  2  m>s. un  =  v

3 2

2

0

1  (1)2  =  (2)(4)  2

contra  2  ­   2  2

2

c)  en  =  0

a  ds  =  Área

f)  L

r

2

v

= (4)2   =  8  m>s 2

=

un

#

)

2

2 v

s

c)  y  =  6  sen  x #

= 0,5  m = >s r

e)  en  ds  =  v  dv

ps

#

y =  (3ex  x  +  3ex  (x )x

2

s=0  =  4  m>s  v2  (4(0)  +  1)2  =  

L 0 2s  ds  =  L 1 = (v2  ­  1) 2

#

y =  (6  cos  x)x

v  dv 1

2  

ps

#

ps

#

segundos

y =  [(­6  sen  x)x  +  (6  cos  x)(x ]  x ) P12–4.

(vB)   y

P12–5.

1  (­9,81)(t  AB)  2

2

=  02  +  2(­9.81)(0  ­  yA)

(10  cos  30)(tAB)  xB  1  (­9.81)tAB  2

0  =  8  +  (10  sen  30)tAB  + (vB) y

2

= =   = v2   3  m>s 3 r

2

2

a  =  2(4)2  +  (3)2  =  5  m>s

xB,  tAB,  (vB)y  =  0  +  

2

=  3  m>s s  =  2  metros

en =  v   =  2(2)  =  4  m>s  (3)2   un

2

+  1  `

#

0  +  40tAB

0  =  yA  +  0  +

2

v  =  2  2s

yA,  tAB,  (vB)y  20  =  

=v

f)  en

#

=  8t  `

2 un

=  02  +  2(­9.81)(0  ­  8)

=

v2

r

=

=  8  m>s

(4(1)2  +  2)2  =   6  m>s 6

a  =  2(8)2  +  (6)2  =  10  m>s

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2

t  =  1

2

2

1 4

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PROBLEMAS  PRELIMINARES

Capítulo  13

2.5s  =  10a   a  =  2.5s   v  dv  =  a  ds

S+  Fx  =  máx.;

P13–1.  a) v

500  norte

3

5

8

2.5s  ds

L 3 v  dv  =  L

98,1  norte

0

v2  ­  (3)2  =  2,5(8  ­  0)2  

4 300  norte

v  =  13  m>s

10  a

P13–3. norte

10  a

5 4

S+  Fx  =  máx.;  a  4  5  b(500  N)  ­  300  N  =  10a a  =  10  m>s

fs

norte  98,1  norte

2

Fs  =  kx  =  (10  N>m)  (5  m  ­  1  m)  =  40  N

S+  v  =  v0  +  ac  t;  v  =  0  +  10(2)  =  20  m>s b)

3

+  re

98,1  norte

4 Fx  =  máx.;

5

(40  N)  =  10a   2

a  =  3,2  m>s

F  (20t)  norte 10  a

P13–4.

98,1  norte 30

norte

S+  Fx  =  máx.;  20t  =  10a a  =  2t v

dv  =  a  dt;  L

2

dv  =  L

0

2t  dt

norte

0

R+  Fx  =  máx.;  98.1  sen  30  ­  0.2N  =  10a

v  =  4  m>s

+

QFy  =  mayo;  N  ­  98,1  cos  30  =  0

P13–2.

a)

10  a

0.2N

P13–5.  a)

200  norte

98,1  norte

10  a.m.

98,1  norte 40  norte

0.3N

t

30  norte 10  a

10a

norte

norte

norte

­0.3N  =  10  en

d+  Ft  =  estera ;

S+  Fx  =  máx.;  40  N  ­  30  N  =  10a   2

a  =  1  m>s S+  v2  =  v0  +  2ac(s  ­  s0);  v2  =  (3)2  +  2(1)  (8  ­  0)   v  =  5  m>s

(6)2

+  TFn  =  hombre;

b)

b)

10b

98.1  ­  N  =  10a

2

norte

10a

98,1  norte

F  (2,5  s)  norte

0.2N 10  a

t 30 norte

norte

98,1  norte

10  a

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716

SOLUCIONES  DINÁMICAS

capitulo  14

R+  Ft  =  estera ;  98.1  sen  30  ­  0.2N  =  10at (4)2

+

5b

Q  Fn  =  hombre;  N  ­  98,1  cos  30  =  10a C)

3  P14–1.  a)  U  =  (500  N)(2  m)  =  600  J  5 b)  U  =  0

norte

2

c)  U  =  L  d)  U   0

T

6s2 ds  =  2(2)3  =  16J 3

10a

5 (2  m)b  =   5

=  100  Na  3 e)  U  = 10  a.m.

60

t

f)  U  =  2

4 1

(Área)  =  5

(100  N)(2  m)  =  120  J  

4 5  c2   1  (1)(20)  +  (1)(20)d  =  24  J

(10  N>m)((3  m)2  ­  (1  m)2)  =  40  J

98,1  norte

+

b  Ft  =  estera ;

g)  U  =  ­  a  4  5  b(100  N)(2  m)  =  ­160  J

98,1  cos  60  =  10at 82

6b

a+Fn  =  hombre;  T  ­  98.1  sen  60  =  10a P13–6.  a)

P14–2.  a)  T  =  2

b

b)  T  =

T

P14–4.  a)  V  =

10  a.m.

norte

b)  V  =  2 norte  ­  98,1  =  0

Pie  =  estera ;

Fn  =  hombre;

1

2 (10  kg)(6  m>s)2  =  180  J

(100  N)(3  m)  =  300  J  c)  V  =  0

10a

t  0.2N

Fb  =  0;

(10  kg)(2  m>s)2  =  20  J

P14–3.  a)  V  =  (100  N)(2  m)  =  200  J  b)  V  =  

98,1  norte norte

1

­0.2N  =  10  en  

t  =  10

c)  V  =  2

1

2 (10  N>m)(5  m  ­  4  m)2  =  5  J 1 1

(10  N>m)(10  m  ­  4  m)2  =  180  J

(10  N>m)(5  m  ­  4  m)2  =  5  J

(8)2

4

Capítulo  15

b)

P15–1.  a)  I  =  (100  N)(2  s)  =  200  N  #  sbb)  I  =  (200   b

N)(2  s)  =  400  N  #  sT 2

0.3N

c)  yo  =  L

norte

6t  dt  =  3(2)2  =  12  N  #  s  R 0

d)  I  =  Área  = 10a

norte

1 (1)(20)  +  (2)(20)  =  50  N  #  s  Q   2

e)  yo  =  (80  N)(2  s)  =  160  N  #  s  S  f)  yo   =  (60  N)(2  s)  =  120  N  #  s  Q

t 98,1  norte

P15–2.  a)  L  =  (10  kg)(10  m>s)  =  100  kg  #  m>sR  b)  L  =  (10  

Fb  =  0;

0.3N  ­  98.1  =  0

kg)(2  m>s)  =  20  kg  #  m>sbc)  L  =  (10  kg)( 3  

Pie  =  estera ;

0  =  0

m>s)  =  30  kg  #  m>s  S

Fn  =  hombre;  norte  =  10  2

v2

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capitulo  16

vB

P16–2.  a)

8  rad/s

B P16–1.  a)

717

vB  =  vA  vB/A  (clavija) 2  metros  45

r

vB  =  18  m/s  2v 60

2  metros

También,

CI ­vBj  =  ­18j  +  (­

vB  =  vA

2

r  =  2(2  cos  45)

vk)  *  (­2  cos  60i)  ­  2  sen  60j)

+  (2  +  2  sen  45)

2

vB/A  (clavija)

b)

(vB)x  (vB)y  4(0,5)  m/s  4(0,5)  m/s b)

30

0,4  metros

CI V

También,

0,3  metros

8  m/s

(vB)xi  +  (vB)y  j  =  2i

vB

+  (­4k)  *  (­0,5  cos  30i  +  0,5  sen  30j) C)

vB  =  vA  vB/A  (clavija)

C)

2  m/s

vB  6  m/sv  (5)

V

30

45 También,

vB

r r

vB  cos  45i  +  vB  sen  45j  =  6i  +  (vk)  *  (4i  ­  3j) d)

vB  =  vA  vB/A  (clavija) vB

CI

6  m/sv  (3)  30

vB  =  2  m>s,  v  =  0 También,

vBi  =  6  cos  30i  +  6  sen  30j  +  (vk)  *  (3i) mi)

vA  12  m/s

(0,5  m)v

vB  vAv (vB)x

d)

v  24  rad/s

(vB)y

4  m/s

B/A  (clavija)

12  m/s  (24)(0,5)

vB

d

1  metro

También,

(vB)xi  +  (vB)y  j  =  12j  +  (24k)  *  (0,5j)

V

CI (2  días)

f)  vB  vA  vB/A  (clavija) vB  6  m/sv(5) 5

4 3 También,

vBi  =  6i  +  (vk)  *  (4i  +  3j)

3  m/s

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718

SOLUCIONES  DINÁMICAS

C)

mi)

CI

aB  aA  aB/A  (clavija) (aB)x

V

(6)2(l)

2(2)  (3)2(2)  a(4)

También,

2  metros

V¿

(aB)xi  ­  36j  =  4i  ­  18j  +  (­ak)  *  (4i)

45 1,5  m/s

2  metros

45

45

vB

vB

d)

CI

aB  aA  aB/A  (clavija) 6

ab

F)

un(2)  (3)2  (2)

60

vB También, 2  metros

aBi  =  ­6  cos  60i  ­  6  sen  60j  +  (­ak)  *  

30

45

(­2i)  ­  (3)2  (­2i)

60

105

30 3  m/s

CI

mi)

aB  aA  aB/A  (clavija)

P16–3.  a) aB  8(0.5)  (4)2(0.5)

aB  aA  aB/A  (clavija)   (3)2

aB  2  m/s2

3

2a

(1.15)2  a(2)  (2)  30 30

(2.12)2(2)

45  45

También,

­aBi  =  ­4j  +  8i  +  (­ak)  *  (­2  cos  30i  ­  2  sen  30j)  ­  (1.15)2  (­2  cos  30i  ­   También,

2  sen  30j)

­aB  j  =  ­2i  +  3j  +  (­ak)  *  (2  sen  45i  +  2  cos  45j)  ­  (2.12)2  (2  sen  45i  +   2  cos  45j) b)

F)

aB  aA  aB/A  (clavija) (aB)x

(aB)y

un(2)

(2)(2)  m/s2

45

(4)2(2)

aB  aA  aB/A  (clavija) (aB)x  (aB)y  2(0.5)  2(0.5)  (4)2(0.5)

45 También,

También,

(aB)xi  +  (aB)y  j  =  4i  +  (­ak)  *  (­2  cos  45i  +  2  sen  45j) ­  (4)2  (­2  cos  45i  +  2  sen  45j)

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(aB)xi  +  (aB)y  j  =  ­1j  +  (­2k)  *  (0,5j)  ­  (4)2  (0,5j)

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PROBLEMAS  PRELIMINARES

capitulo  17 981  norte

P17–1.  a)

100  norte

5

100  AG

3

4

1  metro

0,5  metros

0.2NA 2  metros

3  metros

N /  A

b)

NÓTESE  BIEN

981  norte

N /  A

100  AG

2  metros

NÓTESE  BIEN

1,5  metros

C)

2  metros

2  metros

500  norte

N /  A

2  metros

2  metros

100  AG

30

30 981  norte

0.2NB

NÓTESE  BIEN

100(aG)x

d)  hacha

caja 2  metros

2  metros

100(4)2  (1) Sí

Por

981  norte

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720

SOLUCIONES  DINÁMICAS

100(ag)t

mi)

30 0,5  metros

Hacha

caja 2  metros

2  metros

30

100(3)2(3) Por

Sí

981  norte

F)

981  norte

1,5  metros

1,5  metros

5

NÓTESE  BIEN

3

4

2,5  metros

100aG 5

4 3

N /  A

P17–2.  a)

(100)(3)2 1  12 [

20  N∙m

]

A

Buey 1,5  metros

(100)(2)2(1.5)

b)

100(a)(1.5)

981  norte

Oye

Oye

Buey

45 100(4)2  (1,5) 1,5  metros

1,5  metros

1 [ ]  12(100)(3)2

1,5  metros

A

60  norte

100(a)(1.5) 981  norte

C)

Oye

Buey

2  metros

FS  (6)(3  1)

2  metros

53.1 100  (2)2  (2)

2  metros

100(a)(2) 2

981  norte

1  [12(100)(4)  ]  

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PROBLEMAS  PRELIMINARES

100  norte

d)

1  2 [ (100)(2)2 ]A

981  norte 2  metros

2  metros

100(a)(2) Buey

100(4)2(2)

Oye

mi)

Oye

2  metros

Buey

100(3)2(2)

45

2  metros

981  norte

100(a)(2)

1  2 [ (100)(2)2 ]a

F)

Oye

100(2)2(1)

1  metro

[ Buey

1

(100)(2)2  A]  2

98l  norte 1  metro

30  N∙m

100(a)(1)

capitulo  18

También,

1 100(2)2

P18–1.  a)  T  =

2c

T  =

2  d(3)2  =  900  J  2  c  1

1

b)  T  = 2 (100)[2(1)]2  +

1 2  c  1  12(100)(3)2  +  100(1.5)2  d(2)2

=  600J

1 12 (100)(6)2  d(2)2

=  800J

1

mi)  T  = 2 (100)[4(2)]2  +

1 2c  12  (100)(2)2d  (4)2

=  4800J

También,

T  =

1 2  c  1 12(100)(6)2      +  100(1)2  d(2)2  =  800  J  2  c   1  (100)[2(2)]2  +  

c)  T  =

También,

2

1

T  =

2  c  2 1 (100)(2)2  +  100(2)2  d(4)2

=  4800J

2 1  (100)(2)2   d(2)2

=  1200J

1

f)  T  =

1

(100)[(4)(2)]2  =  3200  J2

También,

T  =

capitulo  19

1 2  c  2 1 (100)(2)2  +  100(2)2  d(2)2

=  1200J 1

d)  T  = 2 (100)[2(1.5)]2  + =  600J

P19–1.  a)  HG  =  c  1  HO  =  2 (100)(2)2  d(3)  =  600  kg  #  m2>sb

1 12 (100)(3)2  d(2)2 2  c  1

c  1

2 (100)(2)2  +  100(2)2  d(3) =  1800  kg  #  m2>sb

721

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722

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SOLUCIONES  DINÁMICAS

b)  HG  =  c  1  12 (100)(3)2  d(4)  =  300  kg  #  m2>sb HO  =  c  112(100)(3)2      +  (100)(1.5)2  d(4)

=  1200  kg  #  m2>sb c)  HG  =  c  1 2 (100)(2)2  d(4)  =  800  kg  #  m2>sb HO  =  c  12 (100)(2)2  +  (100)(2)2  d(4)

=  2400  kg  #  m2>sb d)  HG  =  c  1 12 (100)(4)2  d  3  =  400  kg  #  m2>sd HO  =  c  112 (100)(4)2  +  (100)(1)2  d  3

=  700  kg  #  m2>sd P19–2.  a)  OVM  dt  =  a  4  5  b(500)(2)(3)  =  2400  N  #  s  #  mb  b)   1

2 (3  ­  2)(20)d  4

OVM  dt  =  c  2(20)  +

=  200  N  #  s  #  mb 3

c)  OVM  dt  = d)  OVM  dt  =  L

3

5  litros 0 3

4(2t  +  2)dt  =  36  N  #  s  #  mb 2

(30  toneladas

)dt  =  270b

0

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Revisar  soluciones  de  problemas Capítulo  12 R12–1.  s  =  t

3

R12–5.  vA  =  20i  vB   =  21,21i  +  21,21j  vC  =  

2  ­  9t +  15  t

40i

ds  2  =  3t   dt  dv ­  18t  +  15

v  =

v a  AB  =

un  = un   máximo

un   máximo

=  6t  ­  18 dt ocurre  en  t  =  10  s.

v

2

Respuesta

vmax  ocurre  cuando  t  =  10  s   vmax  =  3(10)2  ­  18(10)  +  15  =  135  pies>s

Respuesta

1

s  =  0  +  12(10)  +

2

Ls   0 ds  =  L

Respuesta

s0  +  v0  ts  =

(v0)x  =  35  pies>s Respuesta

( +  c )

2

s  = s0  +  v0t  +

1  acto   2

1 O  =  0  +  (v0)y  (3.6)  +

1800(1  ­  e­0.3t )  dt

2

(­32,2)(3,6)2

(v0)y  =  57,96  pies>s  

0

1

v0  =  2(35)2  +  (57,96)2  =  67,7  pies>s

0.3 e­0.3t  b  ­  6000

Así,  en  t  =  3  s

Respuesta

Respuesta

u  =  tan­1  a  57.96   35  b  =  58.9

1

R12–7.  v  dv  =  en  ds

0,3  e­0,3(3)b  ­  6000 s  =  1800  a3  + s  =  1839,4  mm  =  1,84  m v

R12–4.  0  …  t  …  5  a  =

=

t

5  …  t  …  20  a  =

v

=

t

20  …  t  …  30  un  =

v t

=

20   =  4  m>s 5

2

20  ­  20 20  ­  5 0  ­  20 30  ­  20

v

Respuesta

=  0  m>s =  ­2  m>s

Respuesta

1  (5)(20)  =  50m2

10

0.05s  ds

L 4 v  dv  =  L

0

0.05

0.5v2  ­  8  = 2

2

Respuesta

Respuesta

En  t1  =  5  s,  t2  =  20  s  y  t3  =  30  s, s1 =  A1  =

2

126  =  0  +  (v0)x  (3.6)

t

=  1800  en  +

Respuesta

8

=  1800(1  ­  e­0.3t )  dt

X

2

40i  ­  20i

=

t

aAC  =  {2.50i}  m>s

(­2)(10)2

s  =  20,0  pies

R12–3.  v  =

aCA  =

R12–6.  (S+ )

s  = +  v0  t  +  acto  2 1  2  s0  

ds

3

t

aAB  =  {0.404i  +  7.07j}  m>s

=  6(10)  ­  18  =  42  pies>s  

R12–2.  1  S+  2

21.21i  +  21.21j  ­  20i

=

2

(10)2

v  =  4,583  =  4,58  m>s   = v2 = (4,583)2   =  0,420  m>s 50 r

un

en =  0,05(10)  =  0,5  m>s Respuesta

s2 =  A1  +  A2  =  50  +  20(20  ­  5)  =  350  m  Resp.

2

2

a  =  2(0.420)2  +  (0.5)2  =  0.653  m>s

2

Respuesta

R12–8.  dv  =  a  dt t

y

=  A1  +  A2  +  A3  =  350  s3

L 0 dv  =  L +   1  (30  ­  20)(20)  =  450  m  Respuesta.   2

Respuesta

0.5et  dt 0

v  =  0.51et  ­  12   Cuando  t  =  2  s,  v  =  0.51e2  ­  12  =  3.195  m>s  =   3.19  m>s  Resp.

723

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724

REVISAR  PROBLEMAS  SOLUCIONES

Cuando  t  =  2  s  en

un

=  0.5e2  =  3.695  m>s   v2

=

2

3,1952   =  2,041  m>s 5

=

r

2

a  =  ­  0,3429  m>s

2

=  0,3429  m>s

S

S+  Fx  =  máx.;  F  =  250(0.3429)  =  85.7  N  Respuesta.

2

R13–2.  a  +Fy  =  mayo;  NC  ­  50(9.81)  cos  30  =  0  NC  =  424.79

a  =  2a2  =  23.6952   +  2.0412  +  a2 t norte

=  4,22  m>s

2

Respuesta

Q  +Fx  =  máx.;  3T  ­  0.3(424.79)  ­  50(9.81)  sen  30  =  50aC (1)

2  R12–9.  r  =  2  mu  =  5t #

#

r =  0 r =  0

tu  =  10t

Cinemática,  2sC  +  (sC  ­  sp)  =  l

ps

ps

tu  =  10

Tomando  dos  derivadas  temporales,  se  obtiene  

#   )ur  +  (ru  +  2r  u )uu  =  30   ps

#

#

ps

2  a  =  (r  ­  ru

3aC  =  ap 6

­  2(10t)  2  4ur  +  [2(10)  +  0]uu  =  5­200t  2ur  +  

=

Por  lo  tanto,  un  C

2

20uu6  m>s

3

=  2

Sustituyendo  en  la  Ec.  (1)  y  resolviendo, T  =  158  N

180  b  =  0,524  rad

Cuando  u  =  30  =  30a  p

2  0.524  =  5t

Respuesta

R13–3.  Supongamos  que  los  dos  bloques  se  mueven  juntos.

t  =  0,324  s

Entonces

a  =  3­200(0.324)2  4ur  +  20uu  =  5­20.9ur   50  libras  =

+  20uu6m>s  2  a  =  2(­20.9)2  +   2

(20)2  =  29.0  m>s

50  +  20

Respuesta

2

a  =  23  m>s

R12–10.  4sB  +  sA  =  l  4vB  =  ­vA  

a

32.2

Entonces  la  fuerza  de  fricción  sobre  el  bloque  B  es

4aB  =  4aB  =   ­0.2  =  

50 ­Automóvil  club  británico

FB  =

­0.05  m>s  1  +   ab

2

32,2

(23)  =  35,7  libras  

La  fuerza  de  fricción  máxima  entre  los  bloques  A  y

T  2  vB  =  (vB)0  +  

B  es

aB  t  ­8  =  0  ­  (0.05)(t)

Fmáx  =  0,4(20)  =  8  libras  6  35,7  1b t  =  160  s

Los  bloques  tienen  diferentes  aceleraciones.

Respuesta

Bloque  A:

R12–11.

20

vB  =  vA  +  vB>A 75

S+  Fx  =  máx.;  20(0.3)  =  aA  32.2

[500  días]  =  [600  pies  cúbicos ]  +  vB>A  1  

d  +2      500  =  ­600  cos  75  +  (vB>A)x

Automóvil  club  británico

=  70,8  pies>s 2

Respuesta

Bloque  B:

(vB>A)x  =  655,29  d  1  +c  2  

50 S+  Fx  =  máx.;  20(0.3)  =  aB  32.2

0  =  ­  600  sen  75  +  (vB>A)y  (vB>A)y  =  579,56  c   (vB>A)  =  2(655,29)2  +  

ab

(579,56)  2  vB>A  =  875  km>h

=  3,86  pies>s 2

Respuesta

R13–4.  Cinemática:  como  se  conoce  el  movimiento  de  la  caja,  primero  se   Respuesta

determinará  su  aceleración  a . un  =  v

u  =  tan­1  a  579.56   655.29  b  =  41.5  b  Resp.

dv ds =  (0.05s  3>2)  c(0.05)  a  3  2  bs   1>2  d 2  =  0.00375s

Capítulo  13

m>s

2

Cuando  s  =  10  m,  a  =  

20(10)3   R13–1.  20  km>h  =  =  5,556  m>s 3600

0,00375(102 )  =  0,375  m>s

1  d+  2  v2  =  v2  +  2ac  (0s  ­  s0)

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2

S

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725

REVISAR  PROBLEMAS  SOLUCIONES

Diagrama  de  cuerpo  libre:  La  fricción  cinética  F1  =  mkN   =  0.2N  debe  actuar  hacia  la  izquierda  para  oponerse  al   movimiento  de  la  caja  que  está  hacia  la  derecha.

­0.2(5.8783)  +  10  sen  56.31

+  RFt  =  estera ;

=  un  b10   ate   32.2

Ecuaciones  de  movimiento:  Aquí,  ay  =  0.  Así,  +  cFy  =   may;  N  ­  20(9.81)  =  20(0)

Usando  los  resultados  de  N  y  a,  S+  Fx  

tu =  6  rad>s ps

ps

r =  1  m>s  =  22  rad>s  ­  ru2  tu =  1  ­  0,5(6)2  =  

=  max;  T  ­  0,2  (196,2)  =  20  (0,375)

=  r

T  =  46,7  N

­17

ps

#

Arkansas

Respuesta

=  ru  +  2r  u  =  0,5(2)  +  2(3)(6)  =  37  au ps

#

#

v2

Fr  =  4(­17)  =  ­68  N  Nu  =  4(37)  

Fr  =  mar;

4b

R13–5.  +  aFn  =  hombre;  T  ­  30(9.81)  porque  tu  =  30a

estera ;  ­30(9.81)  sen  u  =  30at en =  ­9.81  sen  u  

Fu  =  mau;

=  148  N  Nz  =  4(9,81)  =  0  

Fz  =  maz;

Nz  =  39,24  N  Fr  =  ­68   N  N  =  2(148)2  +  

en  ds  =  v  dv  Como  ds  =  4  du,  entonces

(39,24)2  =  153  

y

vdv ­9.81L

0

sen  u  (4  du)  =  L tu

=

2

9.81(4)  porque  u  ` 0

Respuesta

1

2 (4)2

­

capitulo  14

1  

39.24(cos  u  ­  1)  +  8  =

Respuesta

norte

4

1  (v)  2

Respuesta

#

r =  3  m>s #

tu

2

R13–8.  r  =  0,5  metros

norte  =  196,2  norte

+  QFt  =

=  23,0  pies>s

en

contra  2   2

En  u  =  20

R14–1.  +  aFy  =  0;  NC  ­  150  cos  30  =  0

NC  =  129,9  libras

v  =  3,357  m>s =  ­3,36  m>s  T  =  

en

2

=  3,36  m>s

b

2

Respuesta

361  N

T1  +  U1­2  =  T2

1

Respuesta

0  +  150  sen  30(30)  ­  (0.3)129.9(30)  =

Nz  ­  mg  =  0

R13–6.  Fz  =  maz;

v2  =  21,5  pies>s

v2 Fx  =  hombre;

2  a  132.2   50   bv2  2

Nz  =  mg

0.3(mg)  =  m  a

rb  _

R14–2.  rAB

=

rB  ­  rA

Respuesta

=  ­4i  +  8j  ­  9k

v  =  20.3gr  =  20.3(32.2)(3)  =  5.38  ft>s  Respuesta.

R13–7.  v  =

T1  +  LFds  =  T2

1x2  8

dy dx d2  y   dx2

0

1 =  bronceado  tu  =

4x`  _ x  =­6

=

4

=

6  años

10dx  +  L

0

1

1

+  L

4

2z  dz  = 10

vB  =  47,8  pies>s 2

r

0  +  2(10  ­  1)  +  L

=  ­1,5  u  =  ­56,31

8

c  1  +  a  dy   dx  b

=

c  1  +  (­1.5)2  d  `  1  

Respuesta

R14–3.  T1  +  V1  =  T2  +  V2

=  23.436  pies

0  +  1.5(10)  =

d2  años

`  dx2  `

2  a  2  32.2  bv2  n

3 2

3 2

d

1

4   ` vB  =  25,4  pies>s

+  QFn  =  hombre;  N  ­  10  cos  56,31 (5)2 =  a  10   32.2  ba  23.436  b

N  =  5,8783  =  5,88  libras

Respuesta

1 2  a  132.2   .5   bv  2

B Respuesta

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726

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REVISAR  PROBLEMAS  SOLUCIONES

R14–4.  El  trabajo  realizado  por  F  depende  de  la  diferencia  en  la  longitud   R14–8.

del  cable  AC−BC. TA  +  UA  ­B  =  TB

z

0  +  F3  2(0,3)2  +  (0,3)2  ­  2(0,3)2  +  (0,3  ­  0,15)2  4

1

2152  +  22

=

15

=  5,95  pies

T1  +  V1  =  T2  +  V2

­  0,5(9,81)(0,15) ­

6 z

0  +  0  =

1 (100)(0,15)2  =  (0,5)(2,5)2  2  2

1

+

2  a  132.2   0   bv2  2

1 2  a  3 32.2   0   bv2  2

+  10(5,95)  ­  30(5,95) F(0,0889)  =  3,423

v2  =  13,8  pies>s

F  =  38,5  N

Capítulo  15

2

v2  =  v0  +  2ac(s  ­  s0)  (12)2  

R14–5.  ( +  c )

Respuesta

Respuesta

=  0  +  2ac(10  ­  0)  =  7,20  pies>s 2

R15–1.  ( +  c )  m(v1)y  +  LFy  dt  =  m(v2)y

C.A

50 +  cFy  =  mayo;  2T  ­  50  =

32.2

0  +  Np(t)  ­  58,86(t)  =  0  Np  =  

(7.20)  

58,86  N

T  =  30,6  libras sC  +  (sC  ­  sM )  =  l  vM  =  

1  S+  2  m(v1)x  +  LFx  dt  =  m(v2)x

2vC  vM  =  

6(3)  ­  0,2(58,86)(t)  =  6(1)

2(12)  =  24  pies>s  P0  =  T  #  

t  =  1,02  s

Respuesta

v  =  30,6(24)  =  734,2  lb  #  pies>s R15–2.  +  aFx  =  0;  NOTA  ­  50(9.81)  cos  30  =  0

734.2 Pi  =

=  992.1  lb  #  pies>s  =  1.80  hp

0.74

Respuesta

NB  =  424,79  N

50 R14–6.  +  cFy  =  may ;  2(30)  ­  50  =

(+  Q)  m(vx)1  +  LFx  dt  =  m(vx)2

AB  32.2 ab

=  6,44  m>s

2

2

50(2)  +  L

( +  c )  v2  =  v2  +  2ac(s   0 ­  s0)  v2  =  0  +  

0

1300  +  1201t2dt  ­  0,4(424,79)(2) ­  50(9.81)  sen  30(2)  =  50v2

2(6,44)(10   ­  0)  vB  =  11,349  pies>s   B v2  =  1,92  m>s

2sB  +  sM  2vB  =  ­vM  

R15–3.  La  caja  comienza  a  moverse  cuando

=  yo

vM  =  

Respuesta

F  =  Fr  =  0,6  (196,2)  =  117,72  N

­2(11,349)  =  

Del  gráfico  desde

22,698  pies  >s  Po  =  F  #  v  =  30(22.698)   =  680.94  pies  #  lb>s

F  =

200   toneladas  0  …  t  …  5  s

5

680.94 Pi  =

=  895,97  pies  #  lb>s

0.76

El  tiempo  necesario  para  que  la  caja  comience  a  moverse  es

Pi  =  1,63  CV

Respuesta

R14–7.  TA  +  VA  =  TB  +  VB

0  +  (0,25)(9,81)(0,6)  + =

1

(150)(0,6  ­  0,1)2

1 (0,25)(vB)2  +  (150)(0,4  ­  0,1)2  2  2

(117,72)  =  2,943  s  

S+  m(vx)1  +  LFx  dt  =  m(vx)2 5

vB  =  10,4  m>s

5

200

Por  lo  tanto,  el  impulso  debido  a  F  es  igual  al  área  bajo  la  curva   de  2.943  s  …  t  …  10  s

1 2

t  =

Respuesta

0  +  L  t  d2.943 t  +  L

10

200 5

200  dt 5

­  (0.5)196.2(10  ­  2.943)  =  20v2

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727

Bloque  A:

5

40a  1t  2 2  b  ` 2.943

+  200(10  ­  5)  ­  692.292  =  20v2

T1  +  U1­2  =  T2  1

634,483  =  20v2  v2  

(3)(0,400)2  ­  3(9,81)(0,3)dA  =  0  2  dA  =  

=  31,7  m>s

Respuesta

0,0272  m

Bloque  B:

metro

T1  +  U1­2  =  T2  1

R15–4.  (vA )1  =  c  20(103)  (vB )1  =   hda  1  3600   h   sb  =  5,556  m>s metro

2

h   sb  =  1,389  m>s, c  5(103)  y  (vC)1  =  c   hda  1  3600  

dB  =  0,9786   m  d  =  dB  ­  dA  =  0,951  m

metro

25(103)

(2)(2,40)2  ­  2(9,81)(0,3)dB  =  0

Respuesta

hda  1  3600   h   sb  =  6,944  m>s R15–7.  (vA)x1  =  ­2  cos  40  =  ­1,532  m>s  (vA)y1  =  ­2  sen  

Para  el  primer  caso,  1   S+  2  mA(vA)1  +  mB(vB)1  =  (mA  +  mB)v2  10000(5.556)  +  

40  =  ­1,285  m>s  ( S+ )  mA(vA)x1  +  mB(vB)x1  

5000(1.389)  =  (10000  +  5000)vAB

=  mA(vA)x2  +  mB(vB)x2  ­2(1,532)  +  0  =  0,2(vA)x2  +   0,2(vB)x2  

vAB  =  4,167  m>s  S

(vref)2  (vref)1  (vA)x2  ­  (vB)x1

Usando  el  resultado  de  vAB  y  considerando  el  segundo caso, 1  S+  2  (mA  +  mB )vAB  +  mC(vC)1  =  (mA  +  

(1) mi  =

( S+ )

mB  +  mC)vABC  (10000  +  5000) (4.167)  +  [­20000(6.944)]  =  (10000  +  5000  +  

0,75  =

1.532

20000)vABC  vABC  =  ­2,183  m>s  =  2,18  

(2)

Resolviendo  Ecs.  (1)  y  (2)  

m>sd  Respuesta.

(vA)x2  =  ­0,1915  m>s  (vB)x2   R15–5.  1  S+  2  mP(vP)1  +  mB(vB )1  =  mP(vp)2  +  mB(vB )2

=  ­1,3405  m>s  Para  A:  ( +  

0.2(900)  +  15(0)  =  0.2(300)  +  15(vB)2  (vB)2  =  8   m>s  S

T) Respuesta

mA(vA)y1  =  mA(vA)y2  

t2

(vA)y2  =  1,285  m>s

Fy  dt  =  m(v2)y

( +  c )  m(v1)y  +  L

Para  B:

t1

15(0)  +  N(t)  ­  15(9.81)(t)  =  15(0)

(+  do)

mB(vB)y1  =  mB(vB)y2  

norte  =  147,15  norte

(vB)y2  =  0   t2

1  S+  2

m(v1)x  +  L

Por  lo  tanto  (vB)2  =  (vB)x2  =  1.34  m>sd  Resp.  =  2(­0.1915)2  +  

Fx  dt  =  m(v2)x

(1.285)2  =  1.30  m>s  Respuesta.  (va)  2

t1

15(8)  +  [­0,2(147,15)(t)]  =  15(0) Respuesta

t  =  4,077  s  =  4,08  s

Respuesta

(uA)2  =  tan­1  a  0.1915   1.285  b  =  8.47e  R15–

R15–6.  1  S+  2  mv1  =  mv2  3(2)  +  0  =   8.  (Hz)1  +  LMzdt  =  (Hz)2  (10)(2)(0,75)  +  

3(vA)2  +  2(vB)2  (vB)2  ­  (vA)2) 1  S+  2  e  =   (vA)1  ­  (vB)1  (vB)2  ­  

1  =

60(2)a  3  5  b(0,75)  +  L 2

(vA)2

(8t

2  ­  0

2

+  5)dt  =  10v(0,75)

0 2

Resolviendo

3  

toneladas

(vA)2  =  0,400  m>s  S  (vB)2  

Respuesta

69  +  c  8 3

=  2,40  m>s  S

Respuesta

v  =  13,4  m>s

+  5t  re 0

=  7.5v Respuesta

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728

REVISAR  PROBLEMAS  SOLUCIONES

vCi  =  (6k)  *  (0,2  cos  45i  +  0,2  sen  45j)  +

Capítulo  16  R16–1.  

(vk)  *  (0,5  cos  30i  ­  0,5  sen  30j)  vC  =  

(vA)O  =  60  rad>s  =  ­1  rad>s  =   Automóvil  club  británico

­0,8485  +  v(0,25)

2

(vA)O  +  aAt  

0  =  0,8485  +  0,433v

Virginia

=  60  +  (­1)(3)  =  

Virginia

57  rad>s  =  (1)(57)  =  57  pies>s  =  

=

vW  =

v  =  1,96  rad>sb  vC  

vB

vA  =  rvA vB

Resolviendo

vB

=  1,34  m>s

=  57>2  =  28,5  rad>s

r rcvc

=  (0,5)(28,5)  =  14,2  pies>s

Respuesta

1

=

ab

=  0,5  rad>s  2

=

aW

un  =

2

aAt =  l(1)  =  1  pie>s  

=  25  rad>s =  50  rad>s

0.08

2

=  4j  +  (25)2  (0.08)i  +  50(0.08)j 2

Respuesta

S+  aC  cos  u  =  0  +  50  +c  aC  

R16–2.  aa  =  0.6uA

sen  u  =  4  +  0  +  4 0.5

=  6,667  rad

Resolución,  aC=  50,6  m>s  

0,075  

uC  =

0.08   4

aC  =  aA  +  (aC>A)n  +  (aC>A)t  aC  

2

=  (0,5)(0,5)  =  0,25  pies>s

raB

2

R16–5.  v  =

aA =  1  

Respuesta

2

Respuesta

u  =  9,09  au

uA(0,05)  =  (6,667)(0,15)  

Respuesta

uA  =  20  rad

El  cilindro  se  mueve  hacia  arriba  con  una  aceleración  

adu  =  vdv  20

ab Virginia

L0

0.6uAduA  =  LA  ` 20

0.3u2 1  

contra   2  2

+  (aC)t  =  1.8  +  1.2  +  aCB(0.5)

3

STT  d  cu  30  ( S+ )  2,057  =  ­1,2  +  aCB(0,5)  

contra  

A

cos  30  ( +  T )  (aC)t  =  1,8  +  aCB(0,5)  sen  30  =  

A  `  v3A

2  2

0

120  =

7,52  rad>s

­  4.5

2

aCB Virginia

=  15,780  rad>s  

Respuesta

2

(aC)t  =  3,68  m>s  =  

15,780(0,05)  =  vC(0,15)  =   C.A

5,260  rad>s  vB  

vC

Respuesta

C

R16–6.  aC  =  aB  +  aC>B  2.057  

vAdvA

1  

=

2

=  (aC)t  =  50.6  sen  9.09  =  8.00  m>s

=  5,260(0,075)  =  0,394  m>s

Respuesta

2

2(3,68)2  +  (2,057)2  =  4,22  m>s

Respuesta

u  =  tan­1  a  3.68   2.057  b  =  60.8  c  Resp.

R16–3.  Un  punto  del  tambor  que  está  en  contacto  con  el  tablero  tiene  una   aceleración  tangencial  de  =  0,5  m>s  +  a2

Además,  aC  =  aB  +  aCB  *  rC>B  ­  v2  

2

en a2  =  2  en

rC>B   (0.6)2  i  =  ­(2)2  (0.3)i  ­  6(0.3)j ­(aC)t  j  +   0,175

norte

(3)2  =  (0.5)2  +  a2 un

=  2,96  m>s

un

=  v2r ,

+  (aCBk)  *  (­0,5  cos  60i  ­  0,5  sen  60j)  ­  0  2,057  =  ­1,20  

norte

2

+  aCB(0,433)  ­(aC)t  =  ­1,8  ­   v  =  A  2,960.25

vB  =  vr  =  3,44(0,25)  =  0,860  m>s

aCB(0,250)  =  7,52  rad>s

=  3,44  rad>s

2

aCB Respuesta

en

R16–4.  vB  =  vAB  *  rB>A  vC  =  vB  +  v  *  rC>B

C.A

Respuesta

2

=  3,68  m>s  =  

2(3,68)2  +  (2,057)2  =  4,22  m>s

2

Respuesta

Respuesta

u  =  tan­1  a  3,68   2,057  b  =  60,8  cu

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REVISAR  PROBLEMAS  SOLUCIONES

R16­7.  aC  

=  0.5(8)  =  4  m>s  

2

(+c)  ­0,6aC  =  ­63  ­  5a  +  15,1875  =  54,7  

aB  =  aC  +  aB>C

=  1,897  m>s  

(+c)

Capítulo  17  R17–

2

­1,214  m>s  =  

NA  +  NB  ­  200(9.81) ­50  sen  60  =  0  (2)

2

2

­NA(0,3)  +  NB(0,2)  +  50  

a  +MG  =  0;

2(1,897)2  +  (­1,214)2 =  2,25  m>s

cos  60(0,3)  ­50   Respuesta

sen  60(0,6)  =  0  (3) resolver,

u  =  tan­1  a  1.214   1.897  b  =  32.6  c  Resp.

AG

2

=  0,125  m>s

NA  =  765,2  N  

Además,  aB  =  aC  +  a  *  rB>C  ­  v2   rB>C  (aB)xi  +  (aB)yj  =  ­4i  +  (8k)  *  (­0,5  cos  30i  ­  0,5   sen  30j)  ­  (3)2  (­0,5  cos  30i  ­  0,5  sen  30j)

NB  =  1240  N en  cada  rueda N /  A

NA  =

(S+ )  (aB)x  =  ­4  +  8(0,5  sen  30)  +  (3)2  (0,5  cos  30) =  1,897  m>s  

(1)

1.  d+  Fx  =  máx.;  50  cos  60  =  200aG  +  cFy  =  mayo;  

(aB)y  =  0  +  4,5  sen  30  ­  4  cos  30  =  

ab

Respuesta

2

a30  re  +  c  (0.5)(8)   f30  re

(aB)x  =  ­4  +  4,5  cos  30  +  4  sen  30

(S+ )

3

4

a  =  ­3,00  rad>s

(3)2  (0,5)

aB  =  c  dd   4 +  c  

2  5

pulg.>s

C.A

2

=  383  norte

Respuesta

=  620N

Respuesta

2

(+c)  (aB)y  =  0  ­  8(0,5  cos  30)  +  (3)2  (0,5  sen  30) =  ­1,214  m>s

NÓTESE  BIEN

NB  =

2

2

R17–2.  Traducción  curvilínea: 2

Respuesta

u  =  tan­1  a  1.214   1.897  b  =  32.6  c ab

(aG)t  =  8(3)  =  24  pies>s  

2

(aG)n  =  (5)2  (3)  =  75  pies>s

=  2(1,897)2  +  (­1,214)2  =  2,25  m>s

2   respuesta

x  =

xm

=

1(3)  +  2(3)   =  1,5  pies

metro

R16–8.  vB  =  3(7)  =  21  pulg.>sd

6

6 +  TFy  =  m(aG)y;  Ey  +  6  =

vC  =  vB  +  v  *  rC>B

32,2 +

­vca  4 5  bi  ­  vCa  3  5bj      =  ­21i  +  vk  *  (­5i  ­  12j) (S+ )  ­0,8vC  =  ­21  +  12v  (+c)  

S+  Fx  =  m(aG)x;  ex  =

­0,6vC  =  ­5v  Resolviendo:  

6

32,2

­

5   3  4

( 3)2  (7)  =  63  pulg.>s

aC  =

6 (24)  pecado   30  32.2

a+MG  =  0;  ME  ­  Ey(1.5)  =  0  Ex  =  9.87  lb  

in.>s  =  9,38  in.>s  2  T  (aB)n  =  

(aB)t  =  (2)(7)  =  14  pulg.>s  aB  +  a  

6 (75)  pecado   30  32.2

(75)  cos  30  

v  =  1,125   rad>s  vC  =  9,375  

(24)  cos  30  

2

d

*  rC>B  ­  v2  rC>B

Respuesta

Ey  =  4.86  lb  

Respuesta

ME  =  7.29  lb  

Respuesta

#  pies

Respuesta

R17–3.  (a)  Tracción  trasera   Ecuaciones  de  

­aCa  45      bi  ­  aCa  3 5  bj  =  ­14i  ­  63j  +  (ak) *  (­5i  ­  12j)  ­  (1.125)2  (­5i  ­  12j) (S+ )  ­0.8aC  =  ­14  +  12a  +  6.328

movimiento:  S+  Fx  =  m(aG)x;  0.3NB  =  1.5(10)3   aG  c+MA  =  (Mk)A;  1,5(10)3  (9,81)(1,3)

(1)

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730

REVISAR  PROBLEMAS  SOLUCIONES

(2)

­  NB(2.9)  =  ­1.5(10)3  aG(0.4)

De  este  modo:

Fo  =  6,14  libras  S

Resolviendo  Ecs.  (1)  y  (2)  rendimientos:   NB  =  6881  N  =  6,88  kN

R17–7.  +  cFy  =  m(aG)y;  NB  ­  20(9,81)  =  0  NB  =  196,2  N  FB  =   2

AG =  1,38  m>s

Respuesta

0,1(196,2)  =  19,62  

Respuesta

N  a+MIC  =  (Mk)IC;  30  ­  19,62(0,6)   =  20(0,2a)(0,2)  +  [20(0,25)2 ]aa  =  8,89  rad>s

R17–4.  S+  Fx  =  m(aG)x;  40  sen  60  +  NC  ­  a  5  13  bT  =  0 +  cFy  =  m(aG)y;  ­40  cos  60  +  0.3NC

­  20(9.81)  +

12 T  =  0   13

2

20 0.3NA  =   32.2aG  +  

R17–8.  d+  Fx  =  m(aG)x;

a+MA  =  IAa ;  40(0.120)  ­  0.3NC(0.120)

cFy  =  m(aG)y;  NA  ­  20  =  0

=  c  1  2(20)(0.120)2  da

0.3NA(0.5)

c+MG  =  IGa ;

resolver,

T  =  218  N

Respuesta

Respuesta

=  c  2  5  a  232.2   0   b(0.5)2  da

NC  =  49,28  N  a  =   2

21,0  rad>s

Respuesta

Resolviendo,   R17–5.  (aG)t  =  4a  d+  Ft  

AG NA  =  20  lb  =  

30

=  m(aG)x;  F  +  20  ­  5  =  32,2(4a)

c+MO  =  IOa;  20(3)  +  F(6)  =

9.66  ft>sa  =  48.3  

rad>s  (a+ )  v  =  v0  +  act

3a  332.2b(8)   0   2a

0  =  v1  ­  48,3  t

tv1 =  48,3   2

a  =  12,1  rad>s  F  =   30,0  libras

Respuesta

( S+ )  v  =  v0  +  acto

Respuesta

0  =  20  ­  9.66promedio   48.3b v  =  100  rad>s

Respuesta

5  a  3 0   b(1)2  +  a  30  3b(3)2   32,2   2,2   3  a   +

1

capitulo  18

10  3b(2)2   2,2   =  9,17  slug  #  ft2

x  =

2

1 resolver,

2  R17–6.  IO  =

2

30(3)  +  10(1) 30  +  10

R18–1.

=  2,5  pies

0  +  (50)(9,81)(1,25)  =

S+  Fn  =  hombre;  buey  =  0

40 +  TFt  =

v2

40  ­  Oy  =  32,2aG  a+MO  

estera ;

T1  +  U1­2  =  T2

=  IOa;  40(2.5)  =  9.17a  Cinemática  =  2.5a  

=  2,83  rad>s

Respuesta

R18–2.  Energía  cinética  y  trabajo:  el  momento  de  inercia  de  la  masa 2

del  volante  sobre  su  centro  de  masa  es  IO  =  mkO  =  50(0.22)  =  

aG

2  kg  #  m2 .  De  este  modo,

T  = Resolviendo,  a  =  

1 2  c(50)(1.75)2  dv2  2

1 IOv2  =

2

1 2

(2)v2  =  v2

2

Dado  que  la  rueda  está  inicialmente  en  reposo,  T1  =  0.  W,  Ox  y  

2 AG 10,90  rad>s  =  27,3  pies>s

Oy  no  realizan  trabajo  mientras  que  M  realiza  un  trabajo  positivo. Cuando  la  rueda  gira

buey  =  0 Oy  =  6,14  libras

u  =  (5  rev)a  2p  rad   b  1=    r1ev   0p,  el  trabajo  realizado  por  M  es

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10p

s  =  600  mm,  ambos  engranajes  giran  con  un  ángulo v2   velocidad  de  v2 = donde  v2  es  la  velocidad  del  0.05,

(9u1>2  +  1)du

0 UM  =  LMdu  =  L  =  (6u3>2  

10p

+  u)  `

estante  en  ese  momento.

0

T1  +  V1  =  T2  +  V2

=  1087,93  J

1

Principio  de  trabajo  y  energía:

2 (6)(2)2  +  2e  1  =  2 34(0.03)2  4  (40)2  f  +  0   2

T1  +  U1­2  =  T2  0  +   1087,93  =  v2  v  =  33,0  

2 34(0.03)2  4  av2   0.05b

e  1

rad>s

Respuesta

R18–3.  Antes  de  frenar:  T1  +  

Respuesta

R18–6.  Dato  por  A.

0  +  15(9.81)(3)  =

T1  +  V1  =  T2  +  V2

1 2

(15)v2B +

2

1 2 350(0.23)2  4  a  m0.15   B   b

vB  =  2,58  m>s sB = 0.15 0.25

1

1

2  c  1  3  a 50      32.2  b(6)2  d(2)2  

2

Respuesta

=

Carolina  del  Sur

1

1

+  2  c  1  350     a  32.2  b(6)2  dv2  +

2

R18–7.

F  =  176,6  N

0.5

=

2

1

+

2  c  1  3  a4     32.2  b(3)2  da  vC  3  b

=  353,2N

1 2  a  1 32.2      b(vC)  2

vC  =  13,3  pies>s  

Brazo  de  freno:

PAG  =  141  N

Respuesta

=

T1  +  V1  =  T2  +  V2 Respuesta

2

1 2  c  2 1 (40)(0.3)2  da  4  0.3b

sa

(0,5  ­  0,3)  =  

+

1 2

(40)(4)2

+  40(9.81)d  sen  30  =  0  +  100d2   1  (200)d   2

sa 0,6667sG  

Resolviendo  para  la  raíz  positiva,

d  =  3,38  m T1  +  U1­2  =  T2

=

1 2 360(0.3)2  4(6)2

MOdt  =  IOv2

E/S  v1  +  L Respuesta

con  una  velocidad  angular  de

2

=  40  rad>s.  Después  de  que  el  estante  haya  viajado

150   (1,25)2  =  7,279  slug  #  ft2

32,2   t2

(60)3(0.3)(6)4  2

R18–5.  Conservación  de  la  energía:  Originalmente,  ambos  engranajes  giran  

0.05

2 =

R19–1.  IO  =  mkO

1

sG 2  =  0,859  m  

Respuesta

capitulo  19

0  +  60(9,81)  sen  30(sG)  ­  0,2(509,7)(0,6667sG)

+

2

­  196.2d  ­  480  =  0

+aFy  =  0;  NA  ­  60(9.81)  porque  30  =  0  NA  =  509.7  N

v1 =

+  0

R18–8.  Datum  en  el  punto  más  bajo.

­353,2(0,5)  +  P(1,25)  =  0

a+MA  =  0;

0.3

Respuesta

0  +  4(1.5  sen  45)  +  1(3  sen  45)

F(5)  +  15(9,81)(6)  =  0

norte  =

(6)(7  ­  2)2  ­  50(1.5)

T1  +  V1  =  T2  +  V2

T1  +  U1­2  =  T2  0  ­  

176.6

(6)(4  ­  2)2

v  =  2,30  rad>s

Establezca  sB  =  3  m,  luego  sC  =  5  m.

sG

f  ­  6(9.81)(0.6)

v2  =  3,46  m>s

U1­2  =  T2

R18–4.

731

t1

3  segundos

2  10t (1)  dt  =  7.279v2

0  ­  L 3  10t

0  3  s

3  ` 0

=  7.279v2

v2 =  12,4  rad>s

Respuesta

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732

REVISAR  PROBLEMAS  SOLUCIONES

También,

R19–3.  +bm(vG)1  +  LF  dt  =  m(vG)2

1a  +  2

3

0  +  9(9.81)(sen  30)(3)  ­  L

(HIC)1  +  LMICdt  =  (HIC)2

Fdt  =  9(vG)2  (1) 0

0  ­  30(0,5)(3)  +  40(1,5)(3)

a+(HG)1  +  LMGdt  =  (HG)2  0  +  a  L =  do  32.2 30

3

0

(0.65)2  +

30 32.2 (0.5)2  vd

(2)

F  dtb(0.3)  =  39(0.225)2  4v2

v  =  215  rad>s

Respuesta

Como  (vG)2  =  0.3v2, 3

F  dt  de  las  ecuaciones.  (1)  y  (2)  y

Eliminando  L

R19–6.  c+  (HA)1  +  LMAdt  =  (HA)2  c  30  32,2(0,8)2  

0

resolviendo  para  (vG)2  se  

d(6)   ­  LT  dt(1,2)  =  c  30  32,2(0,8)2  dvA  c+  (HB)1  +  LMBdt  

obtiene.  (vG)2  =  9,42  m>s

Respuesta

También,

=  (HB)2  0  +  LT  dt(0.4)  =  c  15  

a+(HA)1  +  LMAdt  =  (HA)2

32.2(0.6)2  dvB

0  +  9(9,81)  sen  30(3)(0,3)  =  39(0,225)2  +  9(0,3)2  4v  v  =  

Cinemática:

31,39  rad>sv  =  

1.2vA  =  0.4vB

0,3(31,39)  =  9,42  m>s

Respuesta

vB =  3vA

t2

R19–4.  d+

Fxdt  =  m(vx)2

m(vx)1  +  L

De  este  modo,

t1

0  +  200(3)  =  100(vO)2   (vO)2  =  6  m>s

Respuesta

y

Virginia

=  1,70  rad>s  

Respuesta

vB

=  5,10  rad>s

Respuesta

R19–7.  H1  =  H2 t2

Mzdt  =  Izv2

Izv1  +  L

a  2 1  mr2  bv1  =  c  12mr2  +  mr2  dv2

t1

0  ­  [200(0,4)(3)]  =  ­9v2   v2

=  26,7  rad>s

v2

Respuesta

=

1  

Respuesta

contra   1  3

R19–8.  H1  =  H2 R19–5.  ( +  c )  mv1  +  LFdt  =  mv2

0  +  T(3)  ­  30(3)  +  40(3)  =

(0.940)(0.5)  +  (4)c  1 12 (20)  a(0.75)2  +  (0.2)2  b  +  

30 32,2vo

(20)(0.375  +  0.2)2  d(0.5)  =   1a+  2

(HO)1  +  LMOdt  =  (HO)2  

(0.940)(v)  +  4c  1  12(20) (0.2)2  +  (20)  (0.2)2  vd

v  =  3,56  rad>s

­T(0.5)3  +  40(1)3  =  c  30  32.2(0.65)2  dv

Cinemática, vo  =  0.5v

resolver, T  =  23,5  libras

v  =  215  rad>s  

Respuesta

vO  =  108  pies>s

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Respuesta

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Respuestas  a  problemas  seleccionados 12–41.  t  =  7,48  s.  Cuando  t  =  2.14  s,   v  =  vmax  =  10.7  pies>s,  h  =  11.4   pies  12­42.  s  =  600  m.  Para  0  …  t  6  40  s,  a  =  0. Para  40  s  6  t  …  80  s,  a  =  ­0.250  m>s  2 . 12–43.  t  =  35  s  

Capítulo  12

12–1.  s  =  80,7  metros 12–2.  s  =  20  pies

12–3.  a  =  ­24  m>s  12–5.   2 , s  =  ­880  m,  sT  =  912  m  =   calle 8  m,  vavg  =  2,67  m>s  =   ­27,0  pies,  stot =  69,0  pies 12–6.  s  t  =  6  s =  2  m>s

12–7.  vavg  =  0,  (vsp)avg  =  3  m>s,  a  `

Para  0  …  t  6  10  s,  s  =  {300t}  pies,  v  =  300   pies>s  Para  10  s  6  t  6  20  s,

2

t=6  s

s  =  mi  1  

12–9.  v  =  32  m>s,  s  =  67  m,  d  =  66  m   12­10.  v  =  1,29  m>s   12­11.  vavg  =  0,222  m>s,  (vsp)avg  =  2,22  m>s   12–13.  Normal:  d  =  517  pies,  borracho:  d  =  616  pies

v  =  mi  1 2  t  2 ­  30t  +  550  pies>s

vavg  =  25,0  pies>s,  (vsp)avg  =  45,0  pies>s

12–15.  v  =  a2kt  +

v20

­1>2

b

, s  =

1

1

kc  a2kt  +  _

v20

1>2 ­

b

12–17.  d  =  16,9   pies  12–18.  t  =   5,62  s  12­19.  s  =   28,4  km  12­21.  s  =  123  pies,  a  2 =  2,99  pies>s  12­22.  h  =  314  m,   ­2t )  m>s,  a  =  ( ­40e ­2t )  m>s2 , v  =  72,5  m>s   12­23.  v  =  (20e  s   =  10(1  ­  e­2t )  m  12–25.  (a)  v  =   =  100  m>s 45,5  m>s,  (b)  v  12–26.   ­30,5   (a)  s  =   m,  =  56,0  m,  (b)  sTot  (c)  v  =  10  m>s máximo

12–30.  s  =  54,0  metros

12–33.  v  =  11,2  km>s 12–34.  v  =  ­RB  2g0(y0  ­  ykm>s   ) (R  +  y)(R  

,  vimp  =  3,02  

+  y0)  12­35.  t  =  27,3  s.

Cuando  t  =  27,3  s,  v  =  13,7  ft>s.   12–37.  s  =  1,11  km   12­38.  a  t=0  =  ­4  m>s  a   2 , un  t  =  2  s =  0,   2 , vt  =0 =  3  m>s,   t=4  s =  4  m>s   vt  =2  s =  ­1  m>s,  v  t=4  s =  3  m>s 2p

5  tb  +  4,  v  =  sen   5 porque  ap  5  tb,

12–39.  s  =  2  senap

un  =  ­

d

12–46.  v  `

m  =  75  pies

=  27,4  pies>s,  v  `

=  37,4  pies>s m  =  125  pies

12–47.  Para  0  …  t  6  30  s,  v  =  e  1

t

5 2  f  m>s,  s  =  mi  1

2p2 25 ap  5  tb

15  _

3  fm

Para  30...  t ...  60  s,  v  =  {24t  ­  540}  m>s,  s  =  512t  2   ­  540t  +  7200}  m  12­49.  vmax  =  100   m>s,  t  =  40  s  12­50.  Para  0  …  s  6  300   pies,  v  =  54.90  s1>2  6  m>s. Para  300  pies  6  s  …  450   pies,  v  =  5(­0.04s2  +  48s  ­  3600)1>26  m>s. s  =  200  pies  cuando  t  =  5,77  s. t  20 2  fm,  a  =  0,1  m>s

Para  120  s  6  t  …  180  s,  s  =  e  1

(1  ­  e­kt),  a  =  ­kv0e­kt

k

v0

2

.

Para  60  s  6  t  6  120  s,  s  =  {6t  ­  180}  m,  a  =  0.

gramo

12–29.  h  =  20,4  m,  t  =  2  s v0

1

12–51.  Para  0  …  t  6  60  s,  s  =  e  1

12–27.  t  =  0.549  a  vf  b

12–31.  s  =

+  550t  ­  1167  ft  pies

Para  20  s  6  t  …  35   2 +  350t  +  1676   s,  s  =  5  ­5t   pies  v  =  (­10t  +  350)   pies>s  12–45.  Cuando  t  =  0,1  s,  s  =  0,5  m  y  a  cambia   2 a   de  100  m >s­100  m>s 2 .  Cuando  t  =  0,2  s,  s  =  1  m.

=   S4T50   12–14.  v  =  165  pies>s,  a  =  48  pies>s2 pies, ,  

1

3  2  ­  15t  t   6

2  t  30

­  2t  +  300  fm,

a  =  0.0667   2 . m>s  12­53.  En  t  =  8  s,  a  =  0  y  s  =  30  m. En  t  =  12  s,  a  =  ­1  m>s  2  y  s  =  48  m. 12­54.  Para  0  …  t  6  5  s,  s  =  50.2t  36  m,   a  =  {1.2t}  m>s 2 Para  5  s  6  t  …  15  s,  s  =  e  1

a  =  ­1.5  m>s  

2

4

(90t  ­  3t 2

­  275)  FM

,

En  t  =  15  s,  s  =  100  m,  vavg  =  6.67  m>s   12­55.  t  =  33,3  s,  s  t=5  s  =  550  pies,  s  t=15  s  =  1500  pies,  =   pies  s  t=20   1800   s pies,  s  t=33,3  s  =  2067   12–57.  Para  0  …  s  6  100  pies,  v  =  e  A  1

50 (800s  ­  s  2)  f  pies>s

Para  100  pies  6  s  …  150  pies,

v  =  mi  1 5

2­3s  2

+  900s  ­  25  000  ft>s

733

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RESPUESTAS  A  PROBLEMAS  SELECCIONADOS

12–58.  Para  0  …  t  6  15  s,  v  =  e  1

t

t  2 2  f  m>s,  s  =  mi  1 6 3  f  m.

12–105.  tA  =  0.553  s,  x  =  3.46  m  12­106.   R  =  19,0  m,  t  =  2,48  s  12­107.  u1  =  

Para  15  s  6  t  …  40  s,  v  

24,9  c,  u2  =  85,2  a  12–109.  u  =  76,0,  vA  =  

=  {20t  ­  187,5  m>s},  s  =  {10t   2 12–59.  sT   ­  187,5  t  +  1125}  m

12­111.  v  =  38,7  m>s  

49,8  pies>s,  h  =  39,7  pies  12­110.  v  =  63,2  pies>s  

=  980  m  12­61.  Cuando  

12­113.  v  =  4,40  m>s,  en  

t  =  5  s,  sB  =  62,5  m.

12­114.  at  =  8.66  pies>s   =  5,04  m>s  =  2 ,  un =  1,39  m>s 12­115.  v  =  97,2  pies>s,  a  2  r 1280  pies  2

Cuando  t  =  10  s,  vA  =  (vA)max  =  40  m>s  y  =  200  m.

2

=  42,6  pies>s  12­117.  Cuando  los  autos  A  y   B  están  uno  al  lado  del  otro,  t  =  55.7  s.

sA  Cuando  t  =  15  s,  sA  =  400  m  y  sB  =   =  312,5  m. s  = ­  sB 87,5  m  sA   12–62.  v  =  {5  ­  6t}  pies>s,  a  =  ­6  pies>s  12–63.  

2.

Para  0  …  t  6  5  s,  s  =  52t  26  m  y  a  =  4  m>s Para  5  s  6  t  6  20  s,  s  =  {20t  ­  50}  m  y  a  =  0.

12–119.  h  =  5,99  mm2 12–121.  a  =  2,75  m>s 2

12–122.  a  =  1,68  m>s  

Para  20  s  6  t  …  30  s,  s  =  52  t  2  ­  60  t  +  7506  m 2 y  a  =  4  m>s  12­65.  .

2

12­123.  v  =  1,5  m>s,  a  =  0,117  m>s

2

12–125.  v  =  43,0  m>s,  a  =  6,52  m>s  12­126.  

v  =  354  pies>s,  t  =  5.32  s  12­66.   Cuando  s  =  100  m,  t  =  10  s.

2

v  =  105  pies>s,  a  =  22.7  pies>s  2  12­127.   en  =  29,6  m ,  r=     132–129.   t  =  7,00   m   s,  s  =  98,0   ,62  m>s 12­130.  a  =  7.42  pies>s  12­131.  a  =  

Cuando  s  =  400  m,  t  =  16,9  s.  =  4   2

2

un  1 s  2­67.   =  400  m m>s  =  16  m,>s   En  s  =  100  s,   a  cambia  de  amax  =  1.5  ft>s  =  ­0.6  ft>s  a  amin 2.

un  s  =  100  m

Cuando  los  autos  A  y  B  están  separados  por  90,  t  =   27.8  s.  12–118.  t  =  66,4  s

2

2

2

2,36  m>s

2 2

12–133.  a  =  3.05  m>s  

2 12–69.  a  =  5,31  m>s  =  90,0 , =  53,0 b  =  37.0,  g  r  =  

12–71.   56i  +  4j6  m  12–70.   (4  pies,  2  pies,  6  pies)  12–

12­134.  a  =  0,763  m>s

2

12­135.  a  =  0.952  m>s  =   ­0.0766x2   12­137.  y

2

73.  (5,15  pies,  1,33  pies)  12–

, v  =  8,37  m>s,

=  9,38  m>s

un

2 ,  en

2

=  2,88  m>s

2

74.  r  =  {11i  +  2j  +  21k}  pies  12–75.  

12–138.  vB  =  19.1  m>s,  a  =  8.22  m>s  desde   ,  f  =  17,3

(vsp)media  =  4,28  m>s  12­77.  v   2 =  8.55  pies>s,  a  =  5.82  m>s  12­78.  v  =  1003  

el  eje  t  negativo  12­139.  amin   2 =  3.09  m>s  12­141.  (an)A  =  =  

m>s,  a  =  103  m>s  12­79.  d  =  4,00  pies,  a  =   37,8  pies>s  12­81.  (vBC)promedio  =  

2

gramo

,  (en )A  =  0, 2

=  699  pies,  (an)B  =  14,0  pies>s  , 2 ,  rB =  8,51(103)  pies (en )B  =  29.0   pies>s  12­142.  t  =  1.21   real  academia  de  bellas  artes

{3.88i  +  6.72j}  m>s  12–82.  v  =  2c2  k2  +  b2  a  =   ck2

2

32,2  pies>s

2

, 2

12–83.  v  =  10,4  m>s,  a  =  38,5  m>s  12­85.  d  

=  204  m,  v  =  41,8  m>s  a  =  4,66  m>s  12­86.  u  =  58,3,  (v0)  

2

12–143.  amax

=

s  

min  =  9,76  m>s  12­87.  u  =  76,0,  vA  =  49,8  

v2  a  b2  12­145.  d  =  11,0  m,   =  19,0  m>s

pies>s,  h  =  39,7  pies  12­89.  Rmáx  =  10,2  m,  u  =  45  12– 90.  R  =  8,83  m  12­91.  (13,3  pies,  ­7,09   pies)  12–93.  d  =  166  pies  

m>s  12­146.  t  =  2,51  s,  aA   aA  =  22,2   12­147.  tu  =  10.6 12–149.  a  =  0,511  m>s

2

12­94.  t  =  3,57  s,  vB  =  67,4   pies>s  12­95.  vA  =  36,7  

12–150.  a  =  0,309  m>s

2

12–151.  a  =  322  mm>s  

2

pies>s,  h  =  11,5  pies  12­97.  vA  =  19,4  

12­153.  vn  =  0,  vt  =  7,21  m>s,  =  0,555  

m>s,  vB  =  40,4  m>s  12­98.  vA  =  39,7  

un

,  aB =  65,1  m>s

, tu  =  26,6  gramos

2

2

m>s  =  2,77  m>s,  en 2

pies>s,  s  =  6,11  pies  12­99.  vB  =  160  m>s,  hB  

12–154.  a  =  7.48  pies>s  

=  427  m,  hC  =  1,08  km,  R  =  2,98  km  

12­155.  a  =  14,3  pulg.>s  

12­101.  vmin  =  0.838  m>s,  vmax  =  1.76  m>s   12­102.  uA  =  11.6,  t  =  0.408  s,  

12–157.  vr  =  5,44  pies>s,  vu  =  87,0  pies>s,  =   Arkansas

uB  =  11.6  c  12­103.  uA  =  78,4,  t  =  2,00  s,  uB  =  78,4c

­1386  pies>s

2

2  au  _

2

=  261  pies>s   2

12–158.  v  =  464  pies>s,  a  =  43.2(103)  pies>s   12­159.  v  =  5  ­14,2ur  ­  24,0uz6  m>s a  =  5  ­3.61ur  ­  6.00uz6  m>s

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2

2

=  12,8  m>s

2 ,  aB 2

2

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735

RESPUESTAS  A  PROBLEMAS  SELECCIONADOS

12–161.  vr  =  ­2  sen  t,  vu  =  cos  t,  5 =  ­

2

Arkansas

12–209.  vB  =  8  pies>sT,  aB  =  6.80  pies>s   12­210.  vA  =  2.5  pies>sc,  aA  

cos  t,  au   =  ­2  sen  t  

vA  =  4  pies>s  12­214.  

2

2

ar  pies>s  =  ­3,20  pies>s ,  es 12–165.  a =  (r  +   u2  ­  3r ­  3ru  u )ur   %

#

#

ps

#

ps

12­215.  vA  =  10.0  m>sd,  aA  12­217.  

vC  =  1.2  m>sc,  aC  =  0.512  m>s  12­218.  vB>A  =  

ps

)uz

2

167.  vr  =  1,20  m>s,  vu  =  1,26  m>s,  =  7,20  m>s   2

,  es 12–169.  vr  =  

min  12­222.  vw  =  58,3  km>h,  u  =  59,0  b  12­223.  vA/B  =  15,7  

2

m>s,  u  =  7,11  d,  t  =  38,1  s  12­225.  vA/B  =  98.4  

1,20  m>s,  vu  =  1,50  m>s,  =  7,20  m>s  12­170  vr   Arkansas

2

=  ­4,50  m>s

2  au  _

pies>s,  uv  =  67.6  d,  =  19.8  pies>s  aA>B  12­226.  vr>m  =  16,6  

=  16,0  pies>s,  

km>h,  u  =  25,0°c  12­227.  vB>A  =  20,5  m>s,  uv  =   2 43,1  días,  ua   ,  ua  =  57.4a =  

vu  =  1,94  pies>s,  =  7,76  pies>s 2 Arkansas

2

,  es =  1,94  pies>s

12–171.  v  =  4.24  m>s,  a  =  17.6  m>s  12­173.   a  =  27.8  m>s  12­174.  vr  =  

6,04  días

2

2

=  4.92  m>s  

0,  vu  =  12  pies>s,  =  ­216  pies>s  =  0 2 Arkansas

12­230.  vm  =  4.87  pies>s,  t  =  10.3  s  

2

12­231.  vw/s  =  19,9  m>s,  u  =  74,0  d  12­233.  Sí,   puede  atrapar  la  pelota.  12–234.  vB  =  5.75  

vr  =  ­1,84  m>s,  vu  =  19,1  m>s,  =  ­2,29  m>s 2 Arkansas

,  es =  4,60  m>s  

2

m>s,  vC/B  =  17.8  m>s,  2  T  u  =  76.2  c,  aC>B  =  9.81  

12­178.  vr  =  ­24,2  pies>s,  vu  =  25,3  pies>s  

m>s  12­235.  vB>A  =  11,2  m>s,  u  =  

12­179.  vr  =  0,  vu  =  4,80  pies>s,  vz  =   ­0,664  pies>s,  ar  =  

=  ­2,88  pies>s

­0,365  pies>s

au  12–181.  v  =  10,7  pies>s,  a  =  24,6  pies>s

2

=  3,36  m>s,  s  =  5,04  m  13­5.  F  =  6,37  N

=  1,32  m>s 2

13–6.  v  =  59.8  pies>s  13­7.  

#

12­187.  12– 0.0178  rad>s  

v  =  60.7  pies>s  13­9.  t  =   2,04  s

189 .  vr  =  32,0  pies>s,  vu  =  50,3  pies>s,  =  256   =  ­201  pies>s

2

2

,  es pies>s  

13–10.  s  =  8,49  metros

12­190.  vr  =  32,0  pies>s,  vu  =  50,3  pies>s,  =   =  ­161  pies>s

2

,  es 319  pies>s

12–191.  v  =  5,95  pies>s,  a  =  3,44  pies>s  

13–11.  t  =  0,249  s

2

2

2

Arkansas #

=  ­2,33  m>s  =   ,  es =  1,74  m>s

33,75  kN  13–15.  Ax  =  685  N,  Ay  =  1,19  kN,   2

MA  =  4,74  kN  #  m  1  13–17.  a  =  (1  ­  mk)  g  2

10,0  rad>s  12–

195.  vB  =  0,5  m>s  12­197.   v  =  24  pies>s  12­198.  vB   =  1,67  m>s  12­199.  sB  =  1,33   pies  S  12­201.  t  =  3,83  s

13–18.  R  =  5,30  pies,  tAC  =  1,82  s  13­19.   R  =  5,08  pies,  tAC  =  1,48  s  13­21.  tu  =   22.6 13–22.  vB  =  5.70  m>s  c  13­23.  

12–202.  vB  =  0.75  m>s   12­203.  t  =  5,00  s 12­205.  vB>C  =  39  pies>sx   12­206.  vB  =  1.50  m>s   12­207.  vA  =  1,33  m>s

2

d 13–13.  aA  =  15.0   =  9p,66   ies>s,   pies>s aB  13–14.   =  T  =  11,25  kN,  F  

2

12­193.  vr  =  0,242  m>s,  vu  =  0,943  m>s, 12–194.  tu

s  =  97,4  pies  

13–2.  T  =  5,98  kip  13–3.  v  

#

Arkansas

50,3

13–1.

12–182.  v  =  10.7  pies>s,  a  =  40.6  pies>s   12­183.  u  =  0.333  rad>s,  a  =  6.67  m>s  12­185.  v  2

Arkansas

2

Capítulo  13

2 2

12–186.  a  =  8.66  m>s  =  

2

aB>A  12­229.  vr  =  34,6  km>hT  

,  es

12–175.  v  =  12,6  m>s,  a  =  83,2  m>s  12­177.  

=  0,  az  

1044  km>h,  u  =  54.5a  12­219.  vB/A  =  28.5  mi>h,   uv  =  44.5  a,  =  3418  mi>h2 ,  ua  =  80.6a  aB/A  12­221.   1,85   vB  =  13,5  pies>s,  u  =  84,8°,  t  =  

12–166.  a  =  48,3  pulg.>s  12– =  ­3,77  m>s

d

2C

%

#

#

#

2

=  46,0  m>s

ps

(3r  #  u   tu  +  r +  3r  tu ­  ru 3)uu  +  (z

Arkansas

2 C

vA>B  =  13,4  m>s,  uv  =  31,7  d,  ua  =  79,0  c  aA>B 2 =  4,32  m>s  

eat(a2­1),  au  =  2aeat  12–

163.  vr  =  0,  vu  =  10  pies>s,  =  ­0,25   #

=  2,44  pies>s

12­211.  vB  =  2.40  m>s  c,  aB  12­213.  =  3,25  m>s

12–162.  vr  =  aeat,  vu  =  eat,  =   Arkansas

2 C 2C

v  =  3,62  m>sc  13­25.  R  =   2,45  m,  tAB  =  1,72  s  13­26.  R  =  {150t}  N   13–27.  t  =  2,11  s 13–29.  v  =  2,01  pies>s

S

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736

RESPUESTAS  A  PROBLEMAS  SELECCIONADOS

13–30.  v  =  0.301   m>s  13­31.  T  =  1,63  kN

13–77.  Fs  =  4,90   libras  13–78.  v  =  40.1   pies>s  13­79.  NP  =  2,65  kN,  r  =   68,3  m  13­81.  tu  =  37.7 13–82.  NB  =  80,4  N,  a  =  1,92  m>s   2 13­85.  FA  =  4,46   libras  13–86.  F  =  210  N

13–33.  P  =  2mg  a  sen   u  +   os   u   ub,   cos   um   ­s     mcs   sen   a  =  a  sen   uu  +  ­     m csos   uu    bg cos   ms   s   en  

13–34.  v  =  2.19  m>s   13­35.  t  =  5,66  s   13­37.  t  =  0,519  s   13­38.  s  =  16,7  m   1 13–39.  v  =

x  =

13–87.  F  =  1,60  libras

2 +  2F0tmv0  +  m2  v20, m21.09F2  0   y 0.3 t  +  v0  a  A0.3F0    por  1>2

2m  13­41.  x  =  re,  v  =  segundo   d2B   mA  +k  m

13–89.  Fr  =  ­29,4  N,  Fu  =  0,  Fz  =  392  N   13­90.  Fr  =  102  N,  Fz  =  375  N,  Fu  =  79,7  N   13­91.  N  =  4,90  N,  F  =  4,17  N   13­93.  FOA  =  12,0   libras  13–94.  F  =  5,07  kN,  N  =   2,74  kN  13­95.  F  =  17,0  N 13–97.  (N)máx  =  36,0  N,  (N)mín  =  4,00   N  13­98.  Ns  =  3,72  N,  Fr  =  7,44   N  13­99.  Fr  =  ­900  N,  Fu  =  ­200  N,  Fz  =  1,96  kN

13–42.  x  =  d  para  la  separación.  

#

4rcu2 0

b 13­102.  N  =  0,883  N,  F  =  3,92  N   13­103.  norte  =  2,95  norte

3mg>k ­  1 13–43.  v  =  un  mg

13–101.  u  =  bronceado­1  a

gramo

+  1  §,

k  £  ee2t 2t 3mg>k

13–105.  Fr  =  1,78  N,  Ns  =  5,79  N   13­106.  Fr  =  2,93  N,  Ns  =  6,37  N   13­107.  F  =  0,163  libras 13–109.  Fr  =  25,6  N,  FOA  =  0   13–110.  Fr  =  20,7  N,  FOA  =  0   13–111.  r  =  0,198  m

vt  =  Un  mkg 13–45.  v  =  32,2  pies>s   13­46.  P  =  2  mg  de  bronceado

13–47.  P  =  2mga  sen  porque   u  +  mts   os   u  ­c   m s  pu ecado  ub

13–113.  vo  =  30,4  km>s,

2 13–49.  aB  =  7,59   pies>s  13­50.  v  =  5,13   m>s  (mA  +   mB)g  13­51.  re  =

1

=  0,348  (10­12)  cos  tu  +  6,74  (10­12)

r

k  13–53.  r  =  1,36   m  13­54.  v  =  10,5   m>s  13­55.  N  =  6,18   kN  13­57.  v  =  1,63  m>s,  N  =  7,36   N  13­58.  v  =  0.969   m>s  13­59.  v  =  1.48   m>s  13­61.  v  =  9,29  pies>s,  T  =   38,0  lb  13­62.  v  =   2.10  m>s  13­63.  T  =  0,  T  =   10,6  libras  13­65.  v  =  6.30  m>s,  Fn  =  283  N,  Ft  =  0,  Fb   =  490  N  13­66.  v  =   22,1  m>s  13­67.   u  =  26,7  13–69.  Ff  =   , N  =  6,73  kN 1,11  kN  13­70.  vC  =  19,9  pies>s,  NC  =  7,91  lb,  vB   =  21,0  pies>s  13­71.  N  =  277  libras,  F  =  13,4  libras

13–114.  h  =  35,9  mm,  vs  =  3,07  km>s   13­115.  v0  =  7,45  km>s   13­118.  vB  =  7,71  km>s,  vA  =  4,63  km>s   13­119.  vA  =  6.67(103)  m>s,  vB  =  2.77(103)  m>s   13­121.  vA  =  7,47  km>s   13­122.  r0  =  11,1  mm,  vA  =  814  m>s   13–123.  (vA )C  =  5.27(103)  m>s,  v  =  684  m>s   13­125.  (a)  r  =  194  (103)  mi   (b)  r  =  392  (103)  mi   (c)  194  (103)  mi  6  r  6  392  (103)  mi   (d)  r  7  392  (103)  mi   13–126.  vA  =  4.89(103)  m>s,  vB  =  3.26(103)   m>s  13­127.  vA  =  11,5  mm>h,  d  =  27,3   mm  13­129.  vA  =  2.01(103)   m>s  13–130.  vA  =  521  m>s,  t  =   21.8  h  13­131.  vA  =  7,01(103)  m>s

13–73.  v  =  2gr,  N  =  2mg  13–74.   v  =  49,5  m>s

13–75.  en =

g  a  x21  +  x2

b,v  =  2v2

metro

norte  =

21  +  x2

cg­  _

v2 0

0

+  gx2

1  +  

+  gx2 ,

Capítulo  14  14– 1.  v  =  10,7  m>s  14­2.  x   =  3,24  pies máximo

x2  d  www.ebook777.com

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libros  electrónicos  gratis  ==>  www.ebook777.com RESPUESTAS  A  PROBLEMAS  SELECCIONADOS

14–3.

s  =  1,35  m

14–71.  vC  =  17.7  pies>s   14­73.  NB  =  0,  h  =  18,75  m,  NC  =  17,2  kN  14­74.   vA  =  1.54  m>s,  vB  =  4.62  m>s  14­75.  sB   =  5,70  m  14­77.  h  =   23,75  m,  vC  =  21,6  m>s  14­78.  vB  =   15,5  m>s  14­79.  l  =  2,77   pies  14–81.  tu  =  118

14–5.  h  =  39,3  m,  r  =  26,2  m  14­6.   re  =  12  metros 14–7.  Observador  A:  v2  =  6,08  m>s,   observador  B:  v2  =  4,08   m>s  14­9.  xmáx  =  0,173   m  14–10.  s  =  20,5  metros 14–11.  v  =  4,08  m>s   14­13.  vB  =  31,5  pies>s,  d  =  22,6  pies,  vC  =  54,1   pies>s  14­14.  vA  =  7,18   pies>s  14­15.  vA  =  3,52   pies>s  14­17.  vB  =  27,8   pies>s  14­18.  y  =   3,81  pies  14­19.  vB  =   3,34  m>s  14­21.  vA  =   0.771  pies>s  14­22.   sTot  =  3,88  pies  14­23.  x  =  0,688  m

2 R 14­91.  y  =  5,10  m,  N  =  15,3  N,  a  =  9,32  m>s  14­93.   v  =  1,68  m>s

14–26.  vA  =  28,3  m>s   14­27.  vB  =  18,0  m>s,  NB  =  12,5  kN   14­29.  s  =  0,730  m

14–94.  v2  =  A  2

14–31.  R  =  2,83  m,  vC  =  7,67  m>s   14­33.  d  =  36,2  pies

14–46.  t  =  46,2  minutos 14–47.  P  =  12,6  kW

14–49.  Pmáx  =  113  kW,  Pavg  =  56,5  kW   14–50.  Po  =  4,36  hp   14–51.  P  =  92,2   caballos  de  fuerza  14– 53.  Pi  =  483  kW  14­54.   Pi  =  622  kW  14­55.  Pi  =   22,2  kW  14­57.  P  =   0,0364  hp  14–58.  P  =   0,231  hp  14­59.  P  =  12,6  kW 14–61.  P  =  5400(103)t6  W   14­62.  P  =  5160  t  ­  533t  26  kW,  U  =  1,69  kJ  14­63.   Pmáx  =  10,7  kW  14–65.  P   =  58,1  kW 14–66.  F  =  227  N 14–67.  h  =  133  pulg.

14–69.  N  =  694  N   14­70.  tu  =  48.2

(p  ­  2)gr

Capítulo  15

15–1.  v  =  1.75  N  #  s

14–34.  s  =  1,90  pies

45.  P  =  8,32  (103)  caballos  de  fuerza

pag

14–95.  v  =  6,97  m>s   14­97.  re  =  1,34  m

14–30.  s  =  3,33  pies

14–43.  Pi  =  4,20  hp  14–

r2 b

14­87.  sB  =  0,638  m,  sA  =  1,02  m   14­89.  u  =  22,3,  s  =  0,587  m   14­90.  N  =  78,6  N  

14–25.  s  =  0,0735  pies

14–35.  vB  =  42,2  pies>s,  N  =  50,6  libras,  at  =  26,2   pies>s  14­37.  hA  =  22,5  m,  hC  =  12,5   m  14­38.  vB  =  14.9  m>s,  N  =  1.25  kN   14­39.  vB  =  5,42  m>s   14­41.  l0  =  2,77  pies   14­42.  tu  =  47.2

1

­

14–83.  F  =  GMem  a  1 r1 14–85.  vB  =  34,8  mm>h   14­86.  s  =  130  m  

2

15–2.  v  =  29.4  pies>s   15–3.  F  =  24,8  kN 15–5. yo  =  5,68  N  #  s 15–6.  F  =  19,4  kN,  T  =  12,5  kN  15­7.   FAB  =  16,7  lb,  v  =  13,4  pies>s  15­9.  v   =  6,62  m>s  15­10.  P  =   205  N 15–11.  v  =  60,0  m>s   15­13.  mk  =  0,340   15–14.  I  =  15  kN  #  s  en  ambos  casos. 15–15.  v  =  4,05  m>s   15­17.  v  =  8.81  m>s,  s  =  24.8  m   15­18.  v  0  t=3  s  =  5.68  m>s  T,  v  0  t=6  s  =  21.1  m>s  c   15­19.  v  =  4,00  m>s   15­21.  T  =  14,9  kN,  F  =  24,8  kN   15­22.  vmáx  =  108  m>s,  s  =  1,83  km   15­23.  v  =  10.1  pies>s   15­25.  v  =  7.21  m>s  c   15­26.  Observador  A:  v  =  7,40  m>s,   observador  B:  v  =  5,40   m>s  15­27.  v  =  5,07   m>s  15­29.  t  =  1,02  s,  I  =  162  N  #   s  15–30.  v  =  16,1  m>s   15­31.  (vA)2  =  10.5  pies>s  S   15­33.  v  =  7.65  m>s   15­34.  v  =  0,6  pies>sd   15­35.  v  =  18,6  m>sS

737

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738

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RESPUESTAS  A  PROBLEMAS  SELECCIONADOS

15–37.  v  =  5.21  m>s  d  15­38.  ,

T  =  ­32,6  kJ

y  =  0,5  m>s,  T  =  ­16,9  kJ  15­39.  v  =  733   m>s  15­41.  vB  =  3,48   pies>s,  d  =  0,376  pies  15­42.  vB  =  3,48   pies>s,  Navg  =  504  lb,  t  =  0,216  s  15­43.  s  =  4,00  m

15–45.  v2  =  2v2

1

+  2gh,  u2  =  sen­1  a  v1  s2v2 en  u +  2gh b 1 15–46.  u  =  f  =  9.52  15–47.   s  =  481  mm máximo 15–49.  x  =  0,364  pies  d  15– 50.  x  =  1,58  pies  S  15­51.   sB  =  6,67  m  S  15­53.  sB  =   71,4  mm  S  15–54.  sB  =  71,4   mm  S  15–55.  vc  =  5,04  m>sd  

xmáx  =  0,839  m  15­63.  vC  =  0.1875v  S,  

22gh(1  +  e)

15–67.  (vA)2  =  1,04  pies>s,  (vB)3  =  0,964  pies>s,   (vC)3  =  11,9  pies>s   15­69.  vB  =  22,2  m>s,  u  =  13,0  e(1  +  e)   (vB)2  =  v0

El  cable  no  se  destensará.

15–110.  v2  =  4.03  m>s,  U1­2  =  725  J  15­111.   vB  =  10,8  pies>s,  UAB  =  11,3  pies  #  lb  15–113.   vB  =  10,2  km>s,  rB  =  13,8  Mm  15­114.  T  =   40,1  kN

15–119.  Fx  =  9,87  libras,  Fy  =  4,93  libras   15­121.  Fx  =  19,5  libras,  Fy  =  1,96  libras   15­122.  F  =  20,0  libras 15–123.  F  =  22,4  libras

vD  =  0.5625v  S,  vB  =   0.8125v  S,  vA  =  0.4375v  S  15­65.  t  =  0,226  s

1

15–103.  v2  =  9,22  pies>s,  U1­2  =  3,04  pies  #  lb  15– 105.  v  =  9.50  m>s  15­107.   v  =  3,33  m>s  15­109.  vC   =  44,0  pies>s,  HA  =  8,19  slug  #  pies2>s.

15–115.  Cx  =  4,97  kN,  Dx  =  2,23  kN,  Dy  =  7,20  kN  15­117.  F   =  303  libras 15–118.  F  =  50,0  libras

15­57.  d  =  6,87  mm  15–59.  e  =   0,75,  T  =  ­9,65  kJ  15–61.  

15–66.  (vB)2  =  3

15–97.  (HA )P  =  5  ­52,8k6  kg  #  m2>s,  (HB )P   =  5  ­118k6  kg  #  m2>s  15–98.  5   ­21,5i  +  21,5j  +  37,66  kg  #  m2>s  15–99.  521,5i  +   21,5j  +  59,1k6  kg  #  m2>s  15–101.  v  =  20,2  pies>s,   h  =  6,36  pies  15­102.  t  =  11,9  s

15–70.  

2

15–71.  vA  =  29,3  pies>s,  vB2  =  33,1  pies>s,  u  =  27,7  a  15­73.   vA  =  1.35  m>s  S,  vB  =  5.89  m>s,  u  =  32.9  b  15­74.  e  =  0,0113  15– 75.  h  =  1,57  m  15­77.   (vB)3  =  3.24  m>s,  u  =   43.9  15­78.  vB  =  31,8  pies>s  15­79.  (yA)2   =  3,80  m>s  d

15–125.  T  =  82,8  N,  N  =  396  N   15­126.  F  =  6,24  N,  P  =  3,12  N   15­127.  d  =  2,56  pies 15–129.  Cx  =  4,26  kN,  Cy  =  2,12  kN,  MC  =  5,16  kN  #  m 15–130.  v  =  e  8000   2000   +   50t   f  m>s 15–131.  Ay  =  4,18  kN,  Bx  =  65,0  N  S  By  =   3,72  kNc 15–133.  a  =  0.125  m>s   2 , v  =  4,05  m>s 15­134.  vmáx  =  2,07  (103)  pies>s   15–135.  452  Pa  

,

15­137.  R  =  {20t  +  2,48}  libras  15– 138.  ai

2 =  133  pies>s2 de   =  200  pies>s,  

15  a  139.  vmáx  =  580  pies>s

, (yB)2  =  6,51  m>s,  (uB)2  =  68,6   15­81.  (a)  (vB)1  =  8.81  m>s,  u  =  10.5  a,  (b)  (vB)2   =  4.62  m>s,  f  =  20.3  b,  (c)  s  =  3.96  m   15­82.  s  =  0,456   pies  15­83.  (vA)2  =  42,8   pies>sd,  F  =  2,49  kip  15­85.  mk  =  0,25  15–86.   (vB )2  =  1.06  m>sd ,   (vA )2  =  0.968  m>s,  (uA)2  =  5.11e  15­87.  (vA)2  =  4,06   pies>s,  (vB)2  =   6,24  pies>s  15­89.  (vA )2  =  12.1  m>s,  (vB )2  =  12.4   m>s  15­90.  d  =  1,15  pies,  h  =  0,770  pies  15­91.  (vB)3   =  1,50  m>s  15­93.  (vA)2  =  8,19  m>s,   (vB)2  =  9,38  m>s  15­94.  5   ­9,17i  ­  6,12k6  slug  #  ft2>s  15–95.  5  ­9,17i  +  4,08j   ­  2,72k6  slug  #  ft2>s

y3  ­  h3  y2

15–141.  v  =  C  2  3  ga

b

15–142.  FD  =  11,5  kN 15–143.  a  =  37.5  pies>s   2 15­145.  a  =  0.0476  m>s  =   2 15­146.  v máximo 2.07(103)  pies>s  

15–147.  F  =  {7,85t  +  0,320}  N   15­149.  F  =  mv2

Capítulo  16  vA  =   2 2,60  m>s,  aA  =  9,35  m>s  vA  =  22,0   m>s,  (aA )t  =  12,0   2 m>s  vA  =  26,0  m>s,   ,  (aA )n  =  968  m>s 16–3. (aA )t  =  10,0  m>s 2 ,  (aA )n  =  1352  m>s

16–1. 16–2.

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2

2

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739

RESPUESTAS  A  PROBLEMAS  SELECCIONADOS

16–5.  u  =  5443  rev,  v  =  740  rad>s,  a  =  8  rad>s  16–6.  u  =   3,32  revoluciones,  t  =  1,67  s  16–7.   16–9.   t  =  6,98  s,  uD  =  34,9  rev  =   2 AB  16–10.   29,0  m>s AB  16–11.  a   =  16,5  m>s

2

2

2

=  60  rad>sv  =  90,0  rad>s,  u,  =  90,0  rad  16–13.  vB  =  180  rad>s,   vC  =  360  rad>s  16–14.  v  =  42,7  rad>s,  u  =  42,7   rad  16–15.  at  =  2,83  m>s  =  35,6  m>s  =  21,9   2 2 ,  un 16–18.  vB   rad>sd  16­17.  vB  =  31,7  rad>sd   rad>s  16–21.   16–19.  vB  =  156   (aA )t  =  4.95   vA  =  8.10  m>s,   m>s  16­22.  vD  =  4,00  rad>s,   aD  16–23.  vD  =  12,0  rad>s,   2 aD ,  (aA )n  =  437  m>s =  0,400  rad>s =  0.600  rad>s   2 16–25.  vP  =  2,42  pies>s,  aP  =  34,4  pies>s   16­26.  vC  =  1,68  rad>s,  uC  =  1,68  rad  16­27.   v  =  148  rad>s  16–29.  rA  =   31,8  mm,  rB  =  31,8  mm,  1,91  botes  por  

2 2 2

16–57.  vB  =  12,6  pulg.>s,  65,7  b  16­58.   vAB  =  2,00  rad>s  =  0,707   ,  1 vBC =  2,31  rad>sd,  vAB  =  3,46   rad>sb   6­59.  vC  =  1,06  m>sd   rad>s  =  2,45   rad>sd  16­61.  vBC  16–62.  vA  =  32,0   rad>sd,  vC  =  2,20  pies>sd   2  pies>s  S   16­63.  vCB  16–65.  v  =  20  rad>s,  vA  =   16­66.  v  =  3.11  rad>s,  vO  =  0.667  pies>s  S   16­67.  vA  =  5,16  pies>s,  u  =  39,8  a  16­69.  vC  =   24,6  m>s  T  =  10,6  rad>sd,  vC  =  29,0  m>s   S  16­70.  vBC  16–71.  vP  =   52,7  c  =  90   4,88  m>sd  16­73.  vE  =  4,00  m>s,  u  =   rad>sb,  vA  =  180  rad>sd  16­74.   vB  16–75.  vCD  =  4,03  rad>s  16–77.  vP  =  5   16­78.  vD  16– rad>s,  vA  =  1,67  rad>s  =  105  rad>sb   79.  vD  =  7.07  m>s  16­82.  vAB   =  1,24  rad>s  16­83.  vBC  =  6,79  rad>s  16–85.   vB  =  10   pies>s  d.

vA  =  2  pies>s  S,  

minuto 16–30.  (vB)máx  =  8,49  rad>s,  (vC)máx  =  0,6  m>s  16­31.   SW  =  2,89  m  16­33.  vB  =   2 312  rad>s,  aB  =  176  rad>s  16­34.  vE  =  3  m>s,   (aE)t  =  2,70  m>s

2

,  (aE)n  =  600  m>s   16­35.  vC  =  5  ­4.8i  ­  3.6j  ­  1.2k6  m>s,  aC  =  538.4i   ­  64.8j  +  40.8k6  m>s  16­37.  vC  =  2.50   2 m>s,  aC  16­38.  v  =  7,21  pies>s,  =  13,1  m>s 2 a  =  91,2  pies>s  2  (2y2  ­  r  2)

rvA

16–39.  v  =

2

, un  =

2

2

rvA

y2  ( y2  ­  r2 )3>2 y2y2  ­  r 2 16–41.  v  =  8,70  rad>s,  a  =  ­50,5  rad>s  16–42.  v   2 =  ­19,2  rad>s,  a  =  ­183  rad>s  16–43.  vAB

=  0

2

r 1  v  sen  2u  

16–45.  v  =  ­  un

22r  2  1cos2  u  +  r

16–46.  v  =  vd  asen  u  + 16–47.  v  =  ­rv  sin  u

+  2r1r2   +  r1v  sen  ub d  sin  2u

2   2

21(R  +  r)2  ­  d2  sen2  ub

16–49.  vC  =  Lvc,  aC  2v0   =  0.577Lv2  c   2 2v0  sen2  u>2,  a  =  16– 50.  v  =  r2 (sen  u)(sen2  u>2)

16–54.  v  =

16–55.  v  =

=

,

vD  =  9,43  pies>s,  u  =  55,8  h , 16–91.  vC  =  2,50  pies>s  d vE  =  7.91  pies>s,  u  =  18.4  e  =   vBPD  16–94.   3.00  rad>sb,  vP  =  1.79  m>sd  16­93.   vB  =  6,67  rad>s  16–95.  vA  =   60.0  pies>s  S,  vC  =  220  pies>sd  vB  =  161  pies>s,  u   , =  60.3  b  =  57.5  rad>sd,  vOA  =   rad>s,  vR  =   10.6  rad>sd  16­97.  vS  16–98.  vS  =  15,0   3,00  rad>s  =  57,7  rad>sd  16–99.  vCD  16–101.   102.  vR  =  4   vR  =  4  rad>s  16– rad>s  16–103.  vC  =  3,86   m>s  d 2

2

,  ac =  17,7  m>sb,  

d

16–105.  a  =  0.0962  rad>s  16– aA  =  0,385  pies>sb 2 2 106.  aC  b,  aBC   12.4   ad>s  16–107.  v  =  6,67   =  =1  3,0   mr>s

2

S

L  cos  (f  ­  u) v 2r   (R  +  r)v  

16­113.  vA  =  0,424  m>s,  uv  =  45  c  =  0,806   , 2 ,  ua  =  7.13  a m>s  aA

16–51.  vB  =  ¢  hd  ≤vA #

pies>s  d

rad>sd,  vB  =  4,00  m>s  R 2 2  un b,  a a  =  15,7  rad>s  =  24,8   mB   >s  =  4,00   vBC  =  0,  vCD  b,  aCD  =   rad>sb,  16­109.   2 2 21.9  rad>s  =  20.0  rad>sd,  aC  =   b aBC   =  6,16  rad>s 127  rad>sb  16–111.  aAB 16–110.  vC 2 =  4,62  rad>su   d,   2 =   ab =  13,3  m>s   , 37,0  c

r

16–53.  tu

El  cilindro  patina.   16–86.  vB  =  14  pulg>sT,  vA   =  10,8  pulg>s,  u  =  21,8  c  =  8,66   16–89.  vA  =  v   rad>sd,  vAB  =  4,00  rad>sb  16­87.  vBC   (r2  ­  r1)  16–90.  vC  =  2,50  

v  pecado  f

r

, un  =

(R  +  r)a r

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740

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RESPUESTAS  A  PROBLEMAS  SELECCIONADOS

16–114.  vB  =  0,6  m>s  T,  =   2 tu  =  60,6c , ab 1,84  m>s

17–7.

16–115.  vB  =  4v  S  vA   , =  222v,  u  =  45a,  2v2  2v2   T,  aA

17–9.

ab

=

r

=

2 16–117.  aC  =  10,0  m>s   , tu  =  2.02  re 2 16­118.  a  =  40,0  rad>s  16–2 ,  aA =  2,00  m>s   d 119.  vB  =  1,58va,  aB  =  10,7   =  1,58aa  ­  1,77v2  a

=  0,  vF   rad>sb,  16­121.   2 =  28,7  rad>s   2 16–122.  vCD  =  1 =   36   7,79   rad>s   rad>sd,   16–123.   aCD   vC  =  1,56  m>sd,   b =  29,7  m>s  16­125.  v  =  4,73   2 tu  =  24.1c C.A rad>sd,  a  =   , vAC  b

AC

2 b   131  rad>s  =  7,17  rad>sb,  aAB  16–126.  AB  b   2 rad>s  16–129.  16–127.  aAB  =  3.70   =  23,1  rad>s d 2 vB  +=    8{0.6i   +    2 .4j}   m>s,  aB  =  {­14.2i   .40j}   m>s  16–130.  vB  =  1.30  pies>s,  aB  =   2 0.6204  pies>s  16­131.  vm  =   2 57,5i  ­  5j6  pies>s,  am  =  55i  +  3,75j6  pies>s  

16­133.  vA  =  {­17.2i  +  12.5j}  m>s,  aA  =  {349i  +  597j}  m>s  16– 134.  aA  =  5  ­5.60i  ­  16j6  m>s  16­135.  vC   2 =  2.40  m>s,  u  =  60  b   2 16­137.  (vB>A )xyz  =  {31.0i}  m>s,   (aB>A )xyz  =  {­14.0i  ­  206j}  m>s  16–138.  

cama  y  

desayuno

,  NB  =  1,14  kN,  NA  =  327  N 2

1,52  kN,  tu  =  18,6 2

2

17–53.  a  =  9.67  rad>s  17– 54.  FC  =  16,1  libras,  NC  =  159  libras   2 17–55.  a  =  2,62  rad>s  17–

b

2

57.  v  =  56,2  rad>s,  Ax  =  0,  Ay  =  98,1  N  17­58.  a  =   2 14,7  rad>s ,  Ax  =  88,3  N,  Ay  =  147  N 3  17–59.  FA  =  mg  2  

capitulo  17 1  2  ml  3 yo  =

aR2

17–2.  m  =  phR2  ak  + 17–3.   Iz  =  mR2   17–5. kx  =  1,20  pulg   2  señor

5

2

S 17–34.  a  =  4  m>s   17­35.  aG  =  13,3  pies>s   17­37.  P  =  785  N   17­38.  P  =  314  N  

17–49.  FAB  =  112  N,  Cx  =  26,2  N,  Cy  =  49,8  N  17­50.   P  =  765  N  17­51.  T  =  

16–149.  (vrel)xyz  =  0,  (arel)xyz  =  {1i}  m>s  =   150.  vDC  16– 2,96  rad>sb  16– 2 b 151.  vCA  =  14,4  rad>s  =  0,  aCA

2  Ix  =

2

kN,  aG  =  0,250  m>s  17­27.  NA  =  1393  lb,  NB  =  857  lb,  t  =   2,72  s 2 T  =  25,1  kN 17–29.  a  =  2.74  m>s   , 17­30.  N  =  29,6  kN,  V  =  0,  M  =  51,2  kN  #  m  17–31.  h   =  3,12  pies  17­33.  P  =   579  norte

kN,  Cx  =  8,92  kN,  Cy  =  16,3  kN  17­46.  a  =  9.81  m>s  17­47.   2 h ,  Cx  =  12,3  kN,  Cy  =  12,3  kN  =   3,16   p ies,   FA  =  248  libras,  NA  =  400  libras máximo

2

17–6.

(a2  +  h2)  

=  73,9  lb,  By  =  69,7  lb,  NA  =  120  lb  17­42.  a  =  2.01  m>s   2 . La  caja  se  desliza.  17– 43.  a  =  2,68   2 pies>s  17­45.  T  =  15,7   ,  NA  =  26,9  libras,  NB  =  123  libras

b

aC  =  {­34,6i  ­  15,5j}  pies>s  16– 146.  vC  =  {­7.00i  +  17.3j}  pies>s, 2 aC  =  {­38.8i  ­  6.84j}  pies>s  =   16­147.  vAB  =  30.667   ,08  rad>s rad>sd,  aAB  

17–1.

metro

yo  =

17­39.  N  =  0.433wx,  V  =  0.25wx,  M  =  0.125wx2  17­41.  Bx  

2

2

93   mb2  

70

6  17–10.  kO  =  2,17  m   17­11.  IO  =  1,36  kg  #  m2  17– 13.  AI  =  7,67  kg  #  m2  17–14.   IA  =  222  slug  #  ft2  17–15.  IO   =  6,23  kg  #  m2  17–17.  IG  =   0,230  kg  #  m2  17–18.  IO  =   0,560  kg  #  m2  17–19.  IG  =   118  slug  #  ft2  =  1,78  m,  IG  =   =  3,25  g  #   4,45  kg  #  m2  17–21.  17–22.  Ix   m2  17–23.  Ix  =  7,19  g  #  m2   17–25.  F  =  5,96  lb,  NB  =   99,0  lb,  NA  =  101  lb  17–26.  Ay  =  72,6  kN,  By  =  71,6  

S

r

vB  =  7,7  m>s,  aB  =  201  m>s  =  1,33   2 rad>sd,  aCD  16­139.  vCB  =  3,08   2 rad>s  =  3,00  rad>sb,  aCD  16­141.  vCD   2 +  2.02j6  m>s,  aC   16–142.   =  5  ­11.2i   vC  = ­     45.15j6     ­0.944i   m>s  =  5  rad>sb,   2 2,5  rad>s  16– aAB  16­143.  vAB  =   =  12,0  rad>s 145.  vC  =  {­7.00i  +  17.3j}  pies>s,

x  =

2b,  Iz  =

phR4 2  c  k  +

2  aR2 3  días

17–61.  a  =  0.694  rad>s  17– 62.  v  =  10,9  rad>s  17–63.   v  =  9,45  rad>s  17–65.  M  =   0,233  libras  #  pies

2

2 ,  An  =  0,  At  =  106  N 17–67.  a  =  8,68  rad>s 2 17–69.  a  =  7.28  rad>s  17– 70.  F  =  22,1  N  17­71.  

v  =  0,474  rad>s

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2

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17–73.  t  =  6,71  s

17–74.  a  =  14,2  rad>s  17–

18–5.  v  =  2,02  rad>s  18–6.   v  =  1,78  rad>s  18–7.  T  =   283  pies  #  lb

2

75.  Ax  =  89,2  N,  Ay  =  66,9  N,  t  =  1,25  s  17­77.  t  =   1,09  s 17–78.  v  =  4,88  pies>s 17–79.  a  =  2.97  m>s  

18–9.  v  =  21,5  rad>s  18– 10.  s  =  5,16  m,  T  =  78,5  N  18­11.  v  

2

17­81.  Ax  =  0,  Ay  =  289  N,  a  =  23,1  rad>s  17–82.  

2

NA  =  177  kN,  VA  =  5,86  kN,  MA  =  50,7  kN  #  m  17–83.  M  =  0,3   g  ml  v2 X

17–85.  norte  =

18–17.  v  =  Av2  0

aL­  _ 2  b  +  cos  ud ,

w  x  c

u  V  =  wx  sen  u,  M  =   1  wx2  sen   2   T=  1  27­86.   rad>sb,  aG  =  18,75  m>s  17­87.  N2   B   ,89  ka N,  =  12,5  

vC  =  19.6  pies>s  18­23.  u   =  0,445  revoluciones  =   18­25.  sG  =   1,60  m  

,

2 b,  NB  =  2,23  N,  NA  =  33,3  N 17–93.  a  =  2,45  rad>s 2 17–94.  a  =  4,32  rad>s  17– 95.  tu  =  46,9 2

17–97.  a  =  0,500  rad>s 2 17–98.  a  =  15,6  rad>s  17– 99.  aA  17– =  26,7  m>s 2 S 101.  F  =  42,3  N 2

17–102.  a  =  4,01  rad>s  17–

103.  Ay  =  15,0  lb,  Ax  =  0,776  lb,  a  =  1,67  rad>s  17–105.  a   2 P  =  76,4  libras , =  18,9  rad>s  6P

2

metro

=

rad>s  18­53.  vBC  18–54.  

r

vA  =  4,00  m>s  18­57.  v  =  

3mkg

2 17–115.  aA   =  43,6  rad>s   b,  aB  =  43,6  rad>s 4  W  7 17–117.  TA  =

Capítulo  18  18–2.   v  =  14,0  rad>s  18–3.  v  =   14,1  rad>s

pies>s  18­55.   vb  =  15,5  

v0r

2

m>s  18­41.  sb  =  242  mm,   T  =  67,8  N  18–42.  vb  =  2.52  m>s  18­43.   tu  =  48.2 18–45.  v  =  3,78  rad>s  18– 46.  v  =  3,75  rad>s  18–47.  v   =  3,28  rad>s  18–49.  (vAB )2   =  (vBC)2  =  1,12  rad>s  18–50.  vA  =  1.40  m>s   18­51.  u0  =  8,94  rev  =  1,34  

metro

2

17–118.  a  =  23,4  rad>s   10g   17­119.  a  =   1322  r

26.  v2  18– 5,37  rad>s  18– 27.  v  =  44,6  rad>s  18–29.   vG  =  11,9  pies>s  18­30.  v   =  2,50  rad>s  18­31.  v  =   5,40  rad>s  18­33.  u  =   0.891rev,  independientemente  de  la  orientación  18– 34.  v  =  5,74  rad>s  =  5,92   AB  18–37.  SC  rad>s  18–35.   =  78,0  mm  18­38.  s  =   0,301  m,  T  =  163  N  18­39.  vA  =  1.29  

2(P  ­  mg  mg)

17–109.  a  =  3  rad>s  17– 110.  a  =  14,5  rad>s  17– 2 , t  =  0,406  s 111.  El  disco  no  se  desliza.  2mkg  b   mkg   d,   17–113.  AG = a  = 1  v0,  t  =   3

2r

18­19.  v  =  6,92  rad>s  18– 21.  s  =  0,304  pies  18­22.  

Ax  =  0,  Ay  =  2,89  kN   17­89.  v  =  800  rad>s  17– 91.  a  =  5,62  rad/s2 T  =  196  N

2P 17–106.  a  =  aB  mL,   = 6(P   ­  mk  mg) ,  aB 17–107.  un  = ml

+ gs  sin  ti

18–18.  vC  =  7.49  m>s  

gramo

17–114.  v  =

=  14,9  rad>s  18–13.  v  =   6,11  rad>s  18–14.  v  =  8,64   rad>s  18–15.  v  =  3,16  rad>s

,  por  =  9,62  libras

2

d,  T  =  19,6  N

12,8  rad>s  18–58.  k  =  18,4   N>m  18­59.  v  =  2,67  rad>s   18–61.  vAB  =  3,70  rad>s   18–62.  v  =  1,80  rad>s  =   21,0  pies>s  18­63.  yA  18–65.   v  =  2,71  rad>s  18–66.  k  =   18­67.  (vA)2   100  lb/ft   =  7,24  m>s

741

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RESPUESTAS  A  PROBLEMAS  SELECCIONADOS

capitulo  19

19–57.  (vG)y2  =  e(vG)y1  c, (vG)x2  =

19–5.  LM  dt  =  0,833  kg  #  m2>s

19–13.  y

Capítulo  20  (a)  A   =  vs  vt  j,  (b)  A  =   ­vs  vt  k  vA  =   20–2. {­0.225i}  m>s,  aA  =   2 {­0.1125j  ­  0.130k}  m>s  vA  =  5  ­5.20i   20–3. ­  12j  +  20.8k6  pies>s,  aA  =  5  ­24.1i  ­   2 13.3j  ­  7.20k6  pies>s  20–5.  (vC)DE  =  40   rad>s,  (vDE)y  =  5  rad>s  20–6.  V  =  {­8.24j}  rad>s,  A  

= 2  

l  3

2   l  3

19–15.  (a)  vBC  =  68.7  rad>s,  (b)   vBC  =  66.8  rad>s,  (c)   vBC  =  68.7  rad>s  19– 17.  vG  =  26,8  pies>s  19­18.   vG  =  2  m>s,  v  =  3,90  rad>s  19–19.  vA  =   24,1  m>s  19­21.  v  =  12,7   rad>s  19–22.  vA  =  47,3   rad>s  19–23.  t  =  1,32  s

=  {24.7i  ­  5.49j}  rad>s  vA  =  5  ­7.79i  ­  2.25j  +  3.90k6ft>s,  20­7.  aA   ­  2j  ­   =  58,30i  ­  35,2j  +  7,02k6ft>s  2  vB  =  5  ­0,4i   2k6  m>s,  aB  =  5  ­8,20i  +  40,6j  ­  k6  rad>s  20– 20–9. 10.  V  =  {42,4j  +  43,4k}  rad>s,  A  =   2 {­42,4i}  rad>s  20–11.  V  =  {2i  +  42,4j  +   43,4k}  rad>s,  A  =  {­42,4i  ­  82,9j  +  84,9k}   2 rad>s  20–13.  vB  =  0,   vC  =  0.283  m>s,  aB  =  1.13  m>s  =  1.60  m>s   2 20­14.  vC  =  51,8j  ­  1,5k6  m>s,  aC  =  5   2 ­36,6i  +  0,45j  ­  0,9k6  m>s  20­15.  vA  =  5  ­8,66i  +  8,00j  ­   , 2 C.A 13,9k6  pies>s,

19–25.  t  =  1,04  s 19–26.  v  =  9  rad>s  19– 27.  vB  =  1,59  m>s  19­29.  v   =  1,91  rad>s  19–30.  v2  =   0.656  rad>s,  u  =  18.8  19­31.  v2  =  0.577   rad>s,  u  =  15.8  19­33.  v2  =  2,55  rev>s   19­34.  v  =  0.190  rad>s  19– 35.  v  =  0.0906  rad>s  19–37.   v  =  22,7  rad>s  19–38.  hC  =   0,500  pies  19­39.  v2  =  1,01   rad>s  19–41.  u  =  66,9  19– 42.  v2  =  57  rad>s,  UF  =  367   J  19­43.  v2  =  3,47  

2

2

rad>s  19–45.  v  =  5,96  pies>s

19–46.  h  =

7 5

5  v1rb  d

20–1.

=  53,7  rad>s  

19–14.  re  =

2

19–58.  u1  =  39,8°

19–6.  v  =  0.0178  rad>s  vB  =   103   24.1  m>s  19­7.  =   19–9. rad>s  v2  19–10.  t  =   0,6125  s 19–11.  v2

5

7  a(vG)x1  ­

r  

19–47.  tu  =  50.2 19–49.  (vD)3  =  1,54  m>s,  v3  =  0,934  rad>s  =  7,17   19–50.  v1 rad>s

aA  =  5  ­24.8i  +  8.29j  ­  30.9k6  pies>s   20­17.  vA  =  {­1.80i}  pie>s,  aA  =   2 {­0.750i  ­  0.720j  ­  0.831k}  pie>s  20­18.  VP  =   2 5  ­40j6  rad>s,  AB  =  5  ­6400i6  rad>s  20–19.  V  =  54,35i  +  12,7j6   rad>s,  A  =  5  ­26,1k6  rad>s  20–21.  V  =   2 530j  ­  5k6rad>s,  A  =   5150i6rad>s  2  20–22.  vA  =  510i  +  14.7j  ­  19.6k6  pies>s,  aA   =  5  ­6.12i  +  3j  ­  2k6  pies>s  20­23.  vA  =  47,8   2 rad>s,  vB  =  7,78  rad>s  20–25.   VBC  =  50,204i  ­  0,612j  +  1,36k6  rad>s,  vB  =  5   ­0,333j6m>s  20–26.  VAB  =  5  ­1.00i  ­  0.500j  +  2.50k6   rad>s,  vB  =  5  ­2.50j  ­   2.50k6  m>s  20­27.  AAB  =  5  ­7,9i  ­  3,95j  +  4,75k6  rad>s  aB   =  5  ­19,75j  ­  19,75k6  m>s 2 , 2

19–51.  u  =  tan­1  a  A  7  5  eb 19–53.  v3

=  2,73  rad>s

19–54.  v  =  A7,5g

L

19–55.  hB  =  0,980  pies

2

20–29.  aB  =  5  ­37.6j6  pies>s  20– 30.  vB  =  5  ­1.92j  +  2.56k6  m>s  20­31.  vB  =   5,00  m>s,  VAB  =  5  ­4,00i  ­   0,600j  ­  1,20k6  rad>s  20­33.  VBD  =  {­1.20j }   rad>s

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2

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2

20–34.  ABD  =  5  ­8.00j6  rad>s  20–35.  VAB  =  

21–18.  Ix  =  0,455  slug  #  ft2  21–19.  Iaa  

5  ­0.500i  +  0.667j  ­  1.00k6  rad>s  vB  =  {­7.50j}  pies>s  20–37.  vC  =  5  

=  1,13  slug  #  ft2  21–21.  Iz  =  0,0880  

743

slug  #  ft2  21–25.  H  =  {­477(10­6)i  +  

­1.00i  +  5.00j  +  0.800k6  

198(10­6)j  +  0,169  k}  kg  #m2  >s  21–26.  v2  =  61,7  rad>s  21–27.  v2  =  87,2  rad>s  

m>s,  aC  =  5  ­28.8i  ­  5.45j  +  32.3k6  m>s  20­38.  vC  =  5  ­1i  +  5j  +   2

0.8k6  m>s,  aC  =  5  ­28.2i  ­  5.45j  +  32.3k6  m>s  

21–29.  vx  =  19,7  rad>s  21–30.  h   =  2,24  pulgadas

20­39.  vB  =  5  ­2.75i  ­  2.50j  +  3.17k6  m>s,  aB  =  52.50i  

2

­  2.24j  ­  0.00389k6  pies>s  20­41.  vC  =  {3i  +  6j  ­  

3k}  m>s,  aC  =  {­13.0i  +  28.5j  ­  10.2k}  m>s  20­42.  vB  =  5  ­17,8i  ­  

2

21–31.  T  =  0,0920  pies  #  lb  21–33.  

3j  +  5,20k6  m>s,  aB  =  59i  ­  29,4j  ­  1,5k6  m>s  20­43.  

vp  =  4,82  rad>s  21–34.  HA  =  5  

vB  =  5  ­17,8i  ­  3j  +  5,20k6  m>s,  aB  =  53,05i  ­   30,9j  +  1,10k6  m>s  20­45.  vP  =  {­0.849i  +  0.849j  

2

­2000i  ­  55  000j  +  22  500k6  kg  #  m2>s 21–35.  T  =  37,0  MJ

+  0.566k}  m>s,  aP  =  {­5.09i  ­  7.35j  +  6.79k}  m>s  20–46.  vA   2

=  {­8,66i  +  2,26j  +  2,26k}  m>s,

21–37.  V  =  {­0.750j  +  1.00k}  rad>s  21–38.  T  =  1,14  J 2

21–39.  Hz  =  0,4575  kg  #  m2>s  21–41.  Mx   #

2

Izxvx  ­  Izyvy)

Del  mismo  modo  para  My  y  Mz.

{­8,66i  +  2,26j  +  2,26k}  m>s,

21–43.  Bz  =  4  lb,  Ax  =  ­2,00  lb,  Ay  =  0,627  lb,  Bx  =  2,00  lb,  By  =  

2

aA  =  {­26.1i  ­  44.4j  +  7.92k}  m>s  20–49.  vP  =  

­1,37  lb  21­45.  AZ  =  1,46  libras,  BZ  =  

{­9,80i  +  14,4j  +  48,0k}  pies>s,  aP  =  {­160i  +  5,16j  ­  13k}  pies>s  

13,5  libras,  AX  =  AY  =  BX  =  0,  21–46.  v

2

X

21–47.  v

X

=  9,285  rad>s  Ax   ,  Bz  =  97,7  N,  By  =  3,33  N,

#

21–49.  vz 2

=  200  rad>s

2

,  Dy  =  ­12,9  N,  Dx  =  ­37,5  N,  Cx  =  ­37,5  N,  

Cy  =  ­11,1  N,  Cz  =  36,8  N

,

21–50.  TB  =  47.1  lb,  My  =  0,  Mz  =  0,  Ax  =  0,  Ay  =  ­93.2  lb,  Az  =   57.1  lb  =  ­102  rad>s  Az  =  297  N,  Bz  =  

2

aC  =  {9,88i  ­  72,8j  +  0,365k}  pies>s

2

#

=  0,  Ay  =  6,67  N,  Az  =  122  N

2

5,77j  +  7,06k}  pies>s,

=  ­14,7  rad>s  Ax  =   ,  Bz  =  77,7  N,  By  =  3,33  N,

0,  Ay  =  6,67  N,  Az  =  81,75  N

2

pies>s  20–53.  vA  =  5  ­8,66i  +  8j  ­  13,9k6  pies>s,  aA  =  5  ­17,9i   +  8,29j  ­  30,9k6  pies>s  20­54.  vC  =  {­1,73i  ­  

2

#

aP  =  5161i  ­  249j  ­  39,6k6  pies>s  20–51.  vP  =  5  ­25,5i  ­  13,4j  +   20,5k6  pies>s,  aP  =  5161i  ­  243j  ­  33,9k6  

#

2

aA  =  {­22,6i  ­  47,8j  +  45,3k}  m>s  20–47.  vA  =  

20–50.  vP  =  5  ­25,5i  ­  13,4j  +  20,5k6  pies>s,  

#

=  (Ixv  ­  Ixyv  ­  Ixzv  z),  ­  z(Iyvy  ­X  Iyzvz  ­  Iyxvx),   ­   y +  y(Izvz  

21–51.  v  y

2

#

­143  N  21­53.  Mz   ,  Ax  =  Bx  =  0,  Ay  =  0, =  0,  Ax  =  0,  My  =  0,  u  =  64,1,  Ay  =  

capitulo  21 21–2. 21–3.

1,30  lb,  Az  =  20,2  lb  21­54.  N  =  148  N,  Ff  =  0  21–55.  (M0)x  =  

3m yo  =

80

72,0  N  #  m,  (M0)z  =  0

metro

(h2  +  4a2),  Iy  =  20(2h2   +  3a2)

Iy  =  2614  slug  #  ft2

4   21–57.  MX  =  ­

metro

21–5.

Iyz  =

6

Ah  

1 mi  =

metro

21–6.

Ixi  =

12

a2  

21–7.

Ixy  =  636r  Izz  

21–9.

=  0,0961  slug  #  ft2  21–10.  ky  

ml2vsvp  porque  tú,

ml2vp  2  sen  2u,  Mz  =  0

21–58.  Bx  =  0,  By  =  ­3,90  lb,  Ay  =  ­1,69  lb,  Az  =  Bz  =  7,5  lb  21­59.   Mx  =  0,  My  =  (­0.036   sen  u)  N  #  m,  Mz  =  (0.003  sen  2u)  N  #  m  21–61.  a  =  69,3,  b  =  128,   g  =  45.  No,  la  orientación  no  será  

=  2,35  pies,  kx  =  1,80  pies

la  misma  para  ningún  pedido.

metro

21–11.  =  _

3

3

12(3a2  +  4h2) Las  rotaciones  finitas  no  son  vectores.

21–13.  Iyz  =  0  21–14.  

62.  vP  =  368  

Ixy  =  0,32  kg  #  m2 ,  Iyz  =  0,08  kg  #  m2 ,  Ixz  =  0  21–15.  Iz  =  0,0595  kg  #   m2  =  0,5  pies,  x  =  ­0,667  pies,  Ix  =   0.0427  slug  #   0,0272  slug  #  pies2  21–17.  y  Iy  =  0.0155  slug  #  ft2 ,  Iz  =   ft2

=  27,9  rad>s  21–

1,19  rad>s  21– rad>s  21–63.  vR  =   ,

=  328  N  #  m

65.  vP  21–66.  Mx