Solucionario DINAMICA CAP 02 Harry Nara PDF
March 6, 2023 | Author: Anonymous | Category: N/A
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NIVERSIDAD NIVERSI DAD NACIONAL DEL ALTIPLANO ALTIPLANO P NO
FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL Y ARQUITECTURA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL
DINÁMICA ESOLU CIÓN DE EJE CICI CICIOS OS – SEGUN DA PA TE PRESENTADOPOR:
HUMPIRI PARI Vladimir Humberto
CÓDIGO: 083684
DOCENTE:
ING. QUENTA FLORES DARWIN
PUNO, ENERO DEL 2014
I N Á M I C A
CAPÍTULO 2: CINEMÁTICA
J RCICIO
2.51
El disco grande A de radio a está girando con velocidad angular constante w 1 alrededor del punto O y en el sentido que se muestra. El disco pequeño del radio b está unido al disco grande en C y está e stá girando con velocidad angular constante w2 relativa a A y con el sentido que se muestra. Obtener la aceleración del punto y
P sobre el disco pequeño en este instante.
SOLUCIÓN:
P 2
b
C d
a
Velocidad del punto C:
vc
=
vo
+ ωoc × r c / o
vc
=
0+
vc
i 0
j 0
0
d
x
O
A
k
1
ω1 = −(ω1 .d )i , ENTONCES:
0
= −ω1d i
Aceleración del punto C:
ac
=
ao
c a ac
2 + α oc × r c / o − (ωoc ) ir c / o
2 − ω1
=
0
=
2 −ω1
( d )
j
dj
Aceleración del punto P:
2 a P = a C + αCP × r P / C − (ωCP ) i r P / C 2 2 a c = −ω1 d j + 0 − (ω2 − ω1 ) (b) j a c = −[ω12 d + (ω2 − ω1 ) 2 b] j
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…RESPUESTA
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CAPÍTULO 2: CINEMÁTICA
J RCICIO
2.53
Un disco de radio r metros parte del reposo y gira en torno a su vez, se ve la singular constante de n rad/min². Un. Se mueven la dirección opuesta a lo largo de la circunferencia del disco con una velocidad constante u m/min relativa lista. Hallar la magnitud de la velocidad de la aceleración del punto.
a
SOLUCIÓN:
O
v P P'
Velocidad angular de P relativa al disco: ω=
u r
rad / min
Velocidad en un extremo del disco (P’):
α=
n rad / min ²
v = −u rad / min
vP
=?
αP = ?
= nr n rt i
vP '
;
= −u i
vP / O
si
Entonces :
;
vP
= ( n r t − u )i
;
Por lo tanto : vP
=
nr t − u
Aceleración del punto P relativo al disco:
a p / o
ɺ² = ɺrɺ − r θ
a p / o
ɺ² = −r θ
a p / o
= −r (
a p / o
u
)²
r u² j =− r
Aceleración del punto P:
aP
=
aO
2 + αCO × r P /O − ( ωCO ) ir P /O + a p / o
i
j
k
2nut j + 0
0
n
− r
0
aP
=
0
aP
=
r
2nut j + nr i − n²t ² r j −
aP
u² j − (nt )²(r) j −
=
nr i + (2nut − n²t ² r −
u² r
=
j
r
)j ;
aP
u²
n² r ² + ( 2nut − n² t ² r −
u²
)²
Por lo tanto : …RESPUESTA
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CAPÍTULO 2: CINEMÁTICA
J RCICIO
2.55
Un punto se mueve con rapidez un informe s' a lo largo de un acuerdo de un disco. El disco girando una velocidad constante w alrededor de su eje. Hallar la magnitud de la velocidad y de la aceleración del punto. La distancia más corta del. El centro del disco es h y el radio del disco es b. En t=0, el punto está en el borde del disco y la cuerda es paralela al eje Xo.
Yo
SOLUCIÓN: b
Supongamos que el punto se encuentra en el instante, en el cual suposiciones comunes se muestren la figura del costado:
h A
C
Xo
v D v D
= v C + ωCD × r C / A = ωk × (b) j
v D v D
i = −ω(b)
= −ωbi
;
Luego :
Velocidad en el punto A:
v A v A v A v A
= v O + ωOA × r A / O + v A / O = −ωbi + ωk × ( − h) j + sɺi = −ω −ωbi + ωhi + sɺi = [ω( h − b) + sɺ]i
Aceleración del punto A:
a A a A a A
2 = a O + α AO × r A/ O − (ω AO ) ir A/ O + aA/O = 0 + 0 − (ω)².( − r ) j + 0 = ω² h j …RESPUESTA
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CAPÍTULO 2: CINEMÁTICA
J RCICIO
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2.65
Hallar la velocidad de A y C, la aceleración absoluta de A y la aceleración angular de AC. Sí la velocidad angular de la barra OB es igual a 4 rad/s en el sentido de las manecillas del reloj y es constante.
SOLUCIÓN:
1. Velocidad del punto B:
v B
= v O + ωOB × r B/ O
v B
=
rad ) k × (− 3 i + j ) m s v B = (4 3 j + 4i )m / s
0 + ( −4
2. Aceleración del punto B:
a B a B
= aO
2 + α OB × r B/ O − (ωOB ) ir B/ O + aB/O rad = 0 + 0 − ( −4 )².(− 3 i + j ) m s a B = (16 3i − 16 j ) m/ s ² 3. Velocidad del punto A:
v A v A v A v A
= vB
+ ωBA × r B / A = ( 4 3 j + 4i ) + ω BA k × ( − 3 i − j ) = ( 4 3 j + 4i ) + ( −ω BA 3 ) j + ωBA i = ( 4 + ω BA )i + ( 4 3 − 3ωBA ) j
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CAPÍTULO 2: CINEMÁTICA
Se observa que el punto A está restringido a moverse solamente en la dirección “x”. Por lo tanto:
4 3 − 3ω BA
0 Luego : m Por lo tanto : v A = 8i s =
ω BA
rad = 4 k s
…RESPUESTA
4. Aceleración del punto A:
a A a A a A a A
=
aB
+ α BA × r A / B − (ω BA )
2
ir A/ B
+ a A / B
= (16 3 i − 16 j ) + α BA k × ( − 3 i − j ) − ( 4)²( − 3 i − j ) + 0 = (16 3 i − 16 j ) − 3α BA j + α BA i + (16 3 i + 16 j ) = (32 3 + α BA )i + ( − 3α BA ) j
Se observa que el punto A está restringido a moverse solamente en la dirección “x”. Por lo tanto: −
3α BA
=
0→
pero : α BA
Finalmente :
α BA =
= α AC ;
a A
rad 0k s²
rad entonces : α AC = 0k s²
= 32
m 3i s²
…RESPUESTA
…RESPUESTA
5. Velocidad del punto C:
v C = v B + ωBC × r B /C v C = ( 4 3 j + 4i ) + 4k × ( 3 i + j ) v C = ( 4 3 j + 4i ) + 4 3 j − 4i m v C = 8 3 j s
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…RESPUESTA
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CAPÍTULO 2: CINEMÁTICA
J RCICIO
2.67
El sistema que se muestra está articulado en A. Las barras AB y BC son de 45 y 60 cm respectivamente. Hallar la aceleración del punto y la velocidad angular de una AB para el instante que seBmuestra. El bloque C tiene velocidad de 90cm/s hacia la derecha y una aceleración de 1.2 m/s² hacia la izquierda en este instante.
SOLUCIÓN:
1. Velocidad del punto B:
v B v B v B
= v C + ωCB × r B /C
0 .30i + 0.30 3 j) = 0.9i + ωCB k × ( −0. = 0.9i + ( −0.30ωCB j − 0.30 3 i ) 2. Aceleración del punto B:
a B a B a B
=
aC
+ αCB × r B/ C − (ωCB )
2
i r B/ C
3 j ) − (ωCB ) 2 (−0. 0.30i + 0.30 3 j ) = −1.2i − 0.30 αCB j − αCB 0.30 3i + 0.30 ωCB ²i − 0.30 3ωCB ² j = −1.2i + αCB k × ( −0.30i + 0.30
3. Velocidad del punto A:
v A v A v A
= v B + ωBA × r B / A
3 j + 4i ) + ω BA k × (−0 0..225 3i − 0.225 j ) = (0.9 − 0.3 3ωCB + 0.225ωBA )i + ( −0.3ωCB − 0.225 3ωBA ) j = (4
Se observa que el punto A no tiene desplazamiento, por esto las componentes cartesianas de su velocidad son cero, entonces:
0.3 3ωCB − 0.225ωBA = 0.9 0.3ωCB + 0.225 3 ωBA = 0
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rad ωCB = 1.3k s rad ω = −1k BA s
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4. Aceleración del punto A:
A a a A
=
B a
BA × r A / B − (ω ) +α BA
2
ir A/ B
+ a A / B
j − α CB 0.30 3 i + 0.30ωCB ²i − 0.30 3ωCB ² j ] + α BA k × ( −0.225 3 i − 0.225 j ) − ( −1)²( −0.225 3 i − 0.225 j ) a A = ( −1.2 − 0.3 3αCB + 0.3ωCB ² + 0.225α BA + 0.225 3 )i 0.3α CB − 0.3 3ωCB ² − 0.225 3α BA + 0. 225) j + ( −0. 1.2i − 0.30αCB = [ −1.
Se observa que el punto A no tiene desplazamiento, por esto las componentes cartesianas de su aceleración son cero, entonces: e ntonces:
−0.3 3αCB + 0.225α BA −0.3αCB − 0.225 3 α BA
=
0.303
=
0.653
α CB α BA
rad s² rad = −0.92k s² = −0.98k
Reemplazando este último resultado en lo obtenido en el ítem 2:
a B
= −1.2i − 0.30( −0.98) j − 0.30 3 (−0.98)i + 0.30(1.3)²i 0.3 30 3(1 3(1.3 .3))² j − 0. m a B = [−0.148i − 0.584 j ] …RESPUESTA s²
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CAPÍTULO 2: CINEMÁTICA
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2.69
Los dos discos A y B se mantienen en contacto en el punto E debido al brazo OC, tiene una velocidad angular constante, en la el aceleración sentido de las del reloj, de la 2 rad/s. Hallar delmanecillas punto D que está en parte inferior del disco B, en la posición que se muestra.
SOLUCIÓN:
1. Velocidad del punto C:
v C = v O + ωOC × r C/O v c = 0 + (−2) k × ( −0.9) j vc
m s
= 1.8 j
2. La velocidad del punto E es cero; por lo tanto:
v C = v E + ωEC × r C/ E v C = 0 − ωk × (−r )i v C = (4 3 j + 4i ) + 4 3 j − 4i m v C = 1.8 j s
3. También se puede plantear que:
v C = ωr j; entonces : Luego :
ω=
6
ωr = 1.8
m s
, r
rad
= 0.3m;
s
4. Aceleración del punto D:
a D = −(ω DC ) 2 ir D / E − (ω AO ) 2 ir B/O a D = −(6)²( −0.3) j − ( 2)²( −0.9)i a D = 3.6i + 10.8 j
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…RESPUESTA
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CAPÍTULO 2: CINEMÁTICA
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2.71
El rodillo en C se mueve en una guía práctica. El eslabón AB tiene una velocidad angular, en el sentido de las manecillas del reloj, de 1 rad/s,Hallar y una la aceleración gulag de igual sentido de 1.2 rad/s². aceleración del rodillo.
SOLUCIÓN:
1. Velocidad del punto B:
v B v B v B
= v A + ω AB × r B /A = 0 − k × (1.5 j ) i = 1.5 2. Aceleración del punto B:
a B a B a B
a A + α AB × r B/ A − (ω AB ) 2 ir B/ A 2 = 0 − 1.2k × (1.5 j ) − (1) (1.5 j ) = 1.8i − 1.5 j
=
3. Velocidad del punto C:
vC
=
vB
+ ωBC × r C / B
=
+ω
×
−
BC v C 1.5i k (3.6i 1.5 j ) v C = 1.5i + 3.6ω BC j + 1.5ωBC i
Se observa de la figura que la componente c omponente ‘i’ de la velocidad del punto D, es nula, entonces:
ω Bc
rad ; Por lo tanto: v c = −1k s
= ( −3.6 j ) m / s …RESPUESTA
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4. Aceleración del punto C:
2 a C = a B + α BC × r C /B − (ω ) ir C / B BC a C = 1.8i − 1.5 j + α BC k × (3.6i − 1.5 j ) − (1)²(3.6i − 1.5 j ) a C = (1.8 + 1.5α BC − 3.6)i + 3.6α BC j
Se observa de la figura que la componente ‘ i’ de la aceleración del punto D, es nula, entonces:
rad 1.8 + 1.5α BC − 3.6 = 0 ; Por lo tanto: α BC = 1.2k s² Luego la aceleración del punto C es:
=
rad
a C 3.6 * (1.2 s ² ) j m a C = 4.32 j s²
…RESPUESTA
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CAPÍTULO 2: CINEMÁTICA
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2.73
En el sistema de eslabones que se muestra, la barra AB tiene una velocidad angular en el sentido de las manecillas reloj. Determinar velocidad son angular la barra DC.del Las longitudes de loslamiembros l, m, de n.
SOLUCIÓN:
1. Velocidad del punto B:
v B v B v B
= v A + ω AB × r B /A
× (n j ) = 0 − ωk
= ωni
2. Velocidad del punto C:
v C = v B + ωBC × r C / B v C = ωni + ω BC k × ( −mi mi ) v C = ωni − mω BC j 3. Velocidad del punto D:
v D
=
vC
v D
i + ω BC k × (− mi mi) = ωn
v D
= ωni − mω BC
+ ωCD × r D / C
2 2 j + ωCD k × (− li + l j) 2 2 2 2 v D = ωni − mω BC j − ωCD l j − ωCDl i 2 2 4. Dado que el punto D no tiene desplazamiento, entonces:
2 n l 0 ω − ω = CD 2 mω + 2 ω l = 0
ωn k ω BC = − …RESPUESTA m n 2 ω ωCD = …RESPUESTA k
BC
CD
2
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CAPÍTULO 2: CINEMÁTICA
J RCICIO
2.77
El sistema cuadrado de eslabones que se muestra opera a los dos émbolos E y F y el sistema tiene una velocidad angular de 10 rad/s en el sentido reloj. Determina la velocidad de D,de E las y F.manecillas del
SOLUCIÓN:
1. La velocidad del punto D es:
v D = (−10)k × (0.2 2 ) j m v D = 2.82i s
2. De la misma manera para el punto F:
m vF = −2.82 j s
3. En la posición mostrada los puntos D y E tienen la misma magnitud de velocidad, entonces:
v D
=
m vE = 2.82i s
…RESPUESTA
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CAPÍTULO 2: CINEMÁTICA
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2.79
Un cable está enrollado en el cubo interior de una rueda y sentida hacia la derecha con una velocidad constante de 0.5 m/s. Sí la la velocidad y aceleración delrueda puntonoA.desliza, ¿Hacia determina dónde rodará a la rueda?. Explique por qué.
SOLUCIÓN:
1. Velocidad del punto O: v O = v C + ωCO × r O / C 0.5 v B = 0.5i + k × ( r1 j ) r 1 v B = 0.5i + 0.5i m v B = 1i s
v A v A v A
2. Velocidad del punto A: −0.5k ( − r + 2r ) 2 1 j =i+ (r2 − r 1 ) r2 − r1 − 0.5r2 + r1 i = ( r2 − r 1 ) 0.5r2 m i = (r2 − r1 ) s
…RESPUESTA
3. Aceleración del punto A:
a A a A a A
= −ω² × r A / O =
=
m )²i r2 j ; entonces : r2 − r1 s² m −0.25r2 i r2 j s² (r2 − r1 )²
(
−0.5
…RESPUESTA
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CAPÍTULO 2: CINEMÁTICA
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2.81
Localizar en el engranaje el centro instantáneo de velocidad cero.
SOLUCIÓN:
1. Gráficamente podemos representar de la siguiente manera:
Yo
O
4r
l
2r
P
r
Xo
Se observa que: l = 4 j
…RESPUESTA
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2.83
La rueda B está probando sobre si hubo sin deslizamiento de tal forma que el punto a tiene la velocidad v que se muestra. Los cables C1 yC2 y de sensibles y demás el despreciable están rodeados, como puede verse, de manera que no inversa entre las pobres y los cables. Determina la velocidad de O que es el centro de la rueda D.
SOLUCIÓN: 1. Anteriormente se pudo ver que la velocidad en el punto de contacto es siempre nula, y con el dato que se da, gráficamente podemos representar la magnitud de las velocidades de la siguiente manera: A
V
V/2
2.40m
1.20m
B V/2
V/2
V/4
D
V/2
0.60m 0.30m 0.30m 0.60m
Nótese que las velocidades de los puntos son proporcionales en la línea de color verde.
Se observa que:
v D = v / 4 j
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…RESPUESTA
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CAPÍTULO 2: CINEMÁTICA
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2.85
La velocidad angular del eslabón AB es de 2 rad/s en el sentido de las manecillas del reloj y está aumentando a razón de 4 rad/s². Determinado la velocidad angular de CD y la aceleración angular de BC. Sugestión: Primero resolver el problema de la velocidad empleando el método del centro instantáneo.
SOLUCIÓN:
v B v B
1. Velocidad del punto B: = v A + ω AB × r B /A = 0 + ( −2) k × ( −0.9 j)
v B
= −1.8 i
2. Aceleración del punto B:
a A a A a A
aB
ir A/ B + a A / B = 0 + ( −4) k × ( −0.9) j − ( 2)²( −0.9) j + 0 = −3.6i + 3.6 j
=
+ α BA × r A / B − (ω BA )
2
3. Velocidad del punto C: v C = v B + ωBC × r C / B 1.2i + 0.9 j ) v C = −1.8i + ω BC k ×(− 1. v C = −1.8i − 1.2ω BC j − 0.9ωBC i v C = (−1.8 − 0.9ω BC )i − 1.2ω BC j 4. Aceleración del punto C:
2 a C = a B + α BC × r C / B − (ω BC ) ir C / B 1..2i + 0.9 j ) − (ωBC )²(−1 1..2i + 0.9 j ) a C = −3.6i + 3.6 j + α BC k × (−1 a C = (−3.6 − 0.9α BC + 1.2ωBC ²)i + (3.6 − 1.2 αBC − 0.9ωBC ²) j
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CAPÍTULO 2: CINEMÁTICA
5. Velocidad del punto D:
=
v D v D v D
+ω
×
CD vC r D / C = [( −1. 1.8 − 0.9ω BC )i − 1.2ωBC j ] + ωCD k × (−0 0..6i − 0.45 j ) = ( −1. 1.8 − 0.9ω BC + 0.45ωCD )i + (−1 1..2ω BC − 0.6ωCD ) j
6. Dado que el punto D no tiene desplazamiento, entonces:
rad ω BC = −1k s rad ωCD = 2k s
−0.9ω BC + 0.45ω CD = 1.8 1.2ω BC + 0.6ωCD = 0
…RESPUESTA
7. Aceleración del punto D:
a D a D
= aD
+ αCD × r D / C
− (ωCD ) 2 i r D / C
= ( −3.6 − 0.9α BC + 1.2 ωBC ²)i + (3.6 − 1.2 αBC − 0.9ω BC ²) j 2 k i j i j) ( 0 . 6 0 . 4 5 ) ( 2 ) ( 0 . 6 0 . 4 5 + α CD × − + − − + a D = (−3.6 − 0.9α BC + 1.2(−1)² + 0.45α CD + 2.4)i + (3.6 − 1.2α BC − 0.9( −1)² − 0.6α CD + 1.8) j
8. Dado que el punto D no tiene desplazamiento, entonces:
rad α BC = 1.875k rasd α CD = 3.750k s
−0.9α + 0.45α CD = 1.8 BC 1.2α + 0.6α l = 4.5 BC CD
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…RESPUESTA
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CAPÍTULO 2: CINEMÁTICA
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2.87
El engrane de los pedales para una cadena de bicicleta tiene 26 dientes y el engrane de la rueda, más pequeño, tiene nueve dientes. Sí la rueda tiene un diámetro de 70 centímetros, hallar la velocidad de la bicicleta cuando los pedales se hacen girar a una revolución por segundo.
r=0.70m
SOLUCIÓN:
1. Según los datos podemos hacer lo siguiente: ω pedal =
26r
rev s
2. Y ahora la velocidad angular de la rueda es: ωrueda =
ωrueda =
26r rev 9r
s
2.9 rev s
3. Finalmente la velocidad de la bicicleta es:
vbicicleta
=
2.9
rev s
* 2π(r ); reemplazando el valor del radio de la rueda de la
bicicleta obtenemos la velocidad de la bicicleta:
vbicicleta
=
6.4
m s
…RESPUESTA
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CAPÍTULO 2: CINEMÁTICA
J RCICIO
2.89
La rueda de 1.20 metros de diámetro gira alrededor del eje fijo A a una velocidad angular, en el sentido de las manecillas del reloj, de 20 radianes por segundo que está decreciendo razón de 5 rad/s². En la posición que se muestra DC es horizontal y BC es vertical. Determinar las velocidades angulares absolutas de estos dos eslabones cuando se halla en esa posición.
SOLUCIÓN: 1. Velocidad del punto B:
v B
= v A + ω AB × r B /A
v B v B
= 0 + ( −2 0)k × (0.3 = −6 2 j + 6 2 i
2 i + 0.3 2 j )
2. Velocidad del punto C:
v C = v B + ωBC × r C/A v C = −6 2 j + 6 2i + (ω BC )k × (1.5 j ) v C = (6 2 − 1.5ω BC )i − 6 2 j 3. Velocidad del punto D:
v D v D v D
= v C + ωCD × r D / C
= [(6 2 − 1.5ω BC )i − 6 2 j] + (ωCD ) k × (1.5i ) = (6 2 − 1.5ω BC )i + (1.56ωCD − 2 ) j Pero el punto D no tiene desplazamiento, entonces, planteamos que las componentes cartesianas de su velocidad son cero, entonces:
6 2 − 1.5ω BC = 0.9 1.56ωCD − 2 = 0
rad ω BC = 5.657k s rad ω = 5.657k CD s
ESTUDIANTE: HUMPIRI PARI VLADIMIR HUMBERTO
…RESPUESTA
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I N Á M I C A
CAPÍTULO 2: CINEMÁTICA
J RCICIO
2.91
La placa rectangular es " móvil", y según se muestra, sus extremos están en contacto con el suelo y el plano inclinado. Sí la aceleración de A es 7.5 m/s² hacia la derecha y la velocidad angular del lado CD es cero, determina la aceleración angular del lado AB.
SOLUCIÓN:
1. Por la geometría de la placa podemos afirmar que: |AO| = |OB| 2. Velocidad del punto B:
v B v B v B
= v A + ω AB × r B / A = v A + 0k × ( −1.5i + 1.5 j ); además : ωCD = vA
= ω AB
3. Aceleración del punto B:
a B a B
2 = a A + α AB × r B/ A − (ω AB ) i r B/ A + aB/A = 7.5i + (α AB ) k × (−1 1..5i + 1.5 j ) − 0
4. La velocidad del punto B, se puede descomponer en sus componentes cartesianas, y con esto la expresión anterior se puede escribir así:
0.5a B i − 0.5 3 j 0.5a B i − 0.5 3 j
7.5i + (α AB )k × (−1. 1.5i + 1.5 j ) = (7.5 − 1.5α AB )i − 1.5 3α AB j =
Desarrollando, obtenemos:
m a = 7.5 (ց 60° ) B s rad α = 2.5k AB s²
0.5a B + 1.5α AB = 7.5 0.5 3a B − 1.5 3α AB = 0
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