FUERZAS Y ACELERACIONES

21 

Loading....

Loading....

Loading....

Loading....

Loading....

Texto completo

(1)

MOVIMIENTO PLANO DE LOS

CUERPOS RÍGIDOS

FUERZAS Y ACELERACIONES

Academia de Análisis Mecánico, DSM

Academia de Análisis Mecánico, DSM--DIMDIM--FIMEFIME--UANL, 2005UANL, 2005

Las relaciones existentes entre las fuerzas que actúan sobre un cuerpo rígido, la forma y la masa del cuerpo y el movimiento producido se estudian como cinética de los cuerpos rígidos. En general, el análisis que se da a continuación se restringe al

movimiento plano de losas rígidas y cuerpos rígidos simétricos con respecto al plano de referencia.

G

F

1

F

2

F

3

F

4

H

G

ma

G

.

(2)

Las dos ecuaciones para el movimiento de un sistema de partículas se aplican al caso más general del movimiento de un cuerpo rígido. La primera ecuación define el movimiento del centro de masa, G, del cuerpo.

G

F

1

F

2

F

3

F

4

H

G

ma

G

.

Σ

F

= ma

en donde mes la masa del cuerpo y a la aceleración deG. La segunda se relaciona con el movimiento del cuerpo relativo a un marco centroidal de referencia.

Σ

M

G

= H

G

.

Academia de Análisis Mecánico, DSM

Academia de Análisis Mecánico, DSM--DIMDIM--FIMEFIME--UANL, 2005UANL, 2005

G

F

1

F

2

F

3

F

4

H

G

ma

G

.

Σ

F

= ma

Σ

M

G

= H

.

G

en donde HG es la razón de cambio

del momento angular HGdel cuerpo alrededor de su centro de masa G.

Estas ecuaciones expresan que el sistema de las fuerzas externas es equipolente al sistema que consta del vector maadscrito a Gy el par del momento H

.

G.

.

.

Academia de Análisis Mecánico, DSM

(3)

G

F

1

F

2

F

3

F

4

H

G

ma

G

.

H

G

= I

ω

Para el movimiento plano de losas rígidas y cuer-pos rígidos simétricos con respecto al plano de referencia, el momento angular del cuerpo se expresa como

en donde I es el momento de inercia del cuerpo alrededor de un eje centroidal perpendicular al plano de referencia y w es la velocidad angular del propio cuerpo. Si se derivan los dos miembros de esta ecuación

H

.

G

= I

ω

.

= I

α

Academia de Análisis Mecánico, DSM

Academia de Análisis Mecánico, DSM--DIMDIM--FIMEFIME--UANL, 2005UANL, 2005

Para el caso restringido que aquí se considera, la razón de cambio del momento angular del cuerpo rígido se puede representar por un vector con la misma dirección que la de a(es decir, perpendicular al plano de referencia) y de magnitud Ia. El movimiento plano de un cuerpo rígido simétrico respecto al plano de referencia se define por las tres ecuaciones escalares

Σ

F

x

=

ma

x

Σ

F

y

=

ma

y

Σ

M

G

=

I

α

Las fuerzas externas que actúan sobre un cuerpo rígido en realidad son equivalentes a las fuerzas eficaces de las diversas partículas que forman el cuerpo. Esta proposición se conoce como principio de d’Alembert.

G

F

1

F

2

F

3

F

4

ma

G

I

α

(4)

El principio de d’Alembert se puede expresar en la forma de un diagrama vec-torial, en donde las fuerzas eficaces se representan por un vector ma adscrito a Gy un par

Ia. En el caso de una losa en

translación, las fuerzas eficaces (parte b de la figura) se reducen a un solo vector ma ; en tanto que en el caso particular de una losa en rotación centroidal, se reducen sólo al par Ia; en cualquier otro caso del movimiento plano, deben de incluirse tanto el vector macomo el Ia.

G

F

1

F

2

F

3

F

4

(a) (b)

ma

G

I

α

Academia de Análisis Mecánico, DSM

Academia de Análisis Mecánico, DSM--DIMDIM--FIMEFIME--UANL, 2005UANL, 2005

Cualquier problema relacio-nado con el movimiento plano de una losa rígida se puede resolver al trazar una ecuación de diagrama de cuerpo libre semejante a la que se muestra. Enton-ces se pueden obtener tres

ecuaciones del movimiento al igualar las componentesx, las componentes y y los momentos alrededor de un punto arbitra-rio A, de las fuerzas y vectores que intervienen.

Se puede aplicar este método para resolver problemas que comprenden el movimiento plano de varios cuerpos rígidos conectados.

Algunos problemas, como la rotación no centroidal de barras y pla-cas, el

movimiento de rodadura de esferas y ruedas y el movimien-to plano de diversos tipos de eslabonamientos, que se mueven ba-jo restricciones, deben complementarse con

análisis cinemático.

G

F

1

F

2

F

3

F

4

ma

G

I

α

Academia de Análisis Mecánico, DSM

(5)

Análisis dinámico de freno de tambor y

zapata larga contráctil.

z El tambor de freno, de 8 in de radio, está conectado a un volante más grande que no aparece en la figura.

z El momento de inercia total de la masa tambor y el volante es de 14 lb ft s2.

z El coeficiente de fricción cinética entre el tambor y la zapata de freno es de 0.35.

z Si la velocidad angular de volante es de 360 rpm en sentido contrario a las manecillas del reloj cuando se aplica una fuerza P de 75 lb al pedal C

z Determine el numero de revoluciones realizadas por el volante antes de detenerse.

Academia de Análisis Mecánico, DSM

Academia de Análisis Mecánico, DSM--DIMDIM--FIMEFIME--UANL, 2005UANL, 2005

Análisis dinámico de freno de tambor y

zapata larga contráctil.

Método de Fuerzas (de Newton).

El objetivo de este método es obtener el mismo número de ecuaciones que de incógnitas al aplicar el Principio de D´Alembert para obtener la solución.

1.- DCL (Tambor y Zapata).

2.- Principio de D´Alembert.

3.- Ecuación Auxiliar 1.

4.-Ecuación Auxiliar 2.

Σde momentos en tambor. Σde momentos en zapata.

Ecuación de fricción en un punto de contacto.

Ff=-µkN

Ecuaciones de movimiento angular acelerado.

ωf2=ωo2+2αθ ωf=ωo+αt

(6)

Diagrama de Cuerpo Libre (DCL).

=

Iα N Ff W Dx Dy B

=

P N Ff Ax Ay B 0

Academia de Análisis Mecánico, DSM

Academia de Análisis Mecánico, DSM--DIMDIM--FIMEFIME--UANL, 2005UANL, 2005

Principio de D´Alembert.

α

I ft in in Ff Min MextD D = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − =

12 8 0 12 2 12 10 12 9 0 = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = =

ft in in N ft in in F ft in in P Min Mext f A A

Sumatoria de Momentos en el CG del Tambor (D):

Sumatoria de Momentos en el pasador de la Zapata (D):

*El sentido de la sumatoria (+) es colocado en el sentido que fue colocada la inercia.

La suma de momentos se iguala a cero debido a que el la inercia de la zapata es despreciable (Izapatazapata=0)

+ +

(EC. I)

(EC. I)

(EC. II)

(EC. II)

Academia de Análisis Mecánico, DSM

(7)

Ecuaciones Auxiliares

N

F

f

=

µ

k

t

o f o f

α

ω

ω

αθ

ω

ω

+

=

+

=

2

2

2

Modelo matemático lineal aceptado para representar la fuerza de fricción en un punto de contacto debido a la acción de una fuerza de contacto normal a la superficie y el coeficiente de fricción entre dos superficies no lisas.

Ecuaciones de movimiento acelerado uniforme circular que predicen una desaceleración a un ritmo constante.

Ff W

N

Movimiento

Cambio de Velocidad en el Tiempo

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Tiempo (s) V e lo c idad (m/ s )

(EC. III)

(EC. III)

(EC. IV)

(EC. IV)

Academia de Análisis Mecánico, DSM

Academia de Análisis Mecánico, DSM--DIMDIM--FIMEFIME--UANL, 2005UANL, 2005

Solución.

Datos:

I=14 lb-ft-s

2

.

n

o

=360 rpm, cmr.

ω

o

=37.6 rad/s, cmr.

µ

k

=0.35.

P=75 lb.

α

I

ft

in

in

Ff

⎟⎟

=

⎜⎜

12

8

0 12 2 12 10 12 9 = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ft in in N ft in in F ft in in P f

N

F

f

=

µ

k

αθ

ω

ω

f2

=

o2

+

2

(EC. I)

(EC. I)

(EC. II)

(EC. II)

(EC. III)

(EC. III)

(EC. IV)

(EC. IV)

k f

F

N

=

/

µ

Sustituir III en II y despejar F

f

=?

F

f

=25.4 lb

Sustituir F

f

en I y despejar

α=?

α

=

rad/s2

Sustituir

α

,

ω

o

y

ω

f

en IV y despejar

θ=?

(8)

Conclusiones

z El desplazamiento angular del freno es directamente proporcional a la fuerza aplicada y al coeficiente de fricción en el punto de contacto.

z Solo una parte de la fuerza aplicada se utiliza como fuerza de fricción.

z Puede calcularse el tiempo que tarda en detenerse el sistema.

z Fue supuesto un modelo lineal de la fricción y de la desaceleración del tambor.

z Para que el freno sea mas eficiente debe aplicarse mayor cantidad de fuerza y elevarse el coeficiente de fricción en el punto de contacto.

Academia de Análisis Mecánico, DSM

Academia de Análisis Mecánico, DSM--DIMDIM--FIMEFIME--UANL, 2005UANL, 2005

θ

5 in

Problema 16.153

El eje de un disco de radio de

5 in

está

ajus-tado en una ranura que forma un ángulo

θ

=

30

o

con la vertical. El disco está en reposo

cuando se pone en contacto con una banda

transportadora que se mueve a velocidad

constante. Sabiendo que el coeficiente de

fricción cinética entre el disco y la banda es

0.2

y despreciando la fricción en el cojinete,

determine la aceleración angular del disco

cuando se tiene resbalamiento.

Academia de Análisis Mecánico, DSM

(9)

Problema 16.153

θ

5 in

El eje de un disco de radio de 5 inestá ajus-tado en una ranura que forma un ángulo θ= 30ocon la vertical. El disco está en reposo cuando se pone en contacto con una banda transportadora que se mueve a velocidad constante. Sabiendo que el coeficiente de fricción cinética entre el disco y la banda es 0.2y despreciando la fricción en el cojinete, determine la

Aceleración angular del disco cuando se tiene resbalamiento.

1. Cinemática:Exprese la aceleración del centro de masa del cuerpo y la aceleración angular.

2. Cinética: Dibuje un diagrama de cuerpo libre que muestre las fuerzas aplicadas y un diagrama de fuerzas eficaces que muestre el vector mao sus componentes y el par

I

α

.

Academia de Análisis Mecánico, DSM

Academia de Análisis Mecánico, DSM--DIMDIM--FIMEFIME--UANL, 2005UANL, 2005

Problema 16.153

θ

5 in

El eje de un disco de radio de 5 inestá

ajus-tado en una ranura que forma un ángulo θ= 30ocon la vertical. El disco está en reposo cuando se pone en contacto con una banda transportadora que se mueve a velocidad constante. Sabiendo que el coeficiente de fricción cinética entre el disco y la banda es 0.2y despreciando la fricción en el cojinete, determine la aceleración angular del disco cuando se tiene resbalamiento.

3. Escriba tres ecuaciones del movimiento: Se pueden obtener tres ecuaciones del movimiento al igualar las componentes x, las componentesyy los momentos alrededor de un punto arbitrario.

(10)

Problema 16.153 Solución

θ

5 in

Cinemática.

Una vez en contacto con la banda el disco gira alrededor de un punto fijo (su centro). La aceleración del centro de masa es cero y la

aceleración angular es α.

α

Cinética: Dibuje un diagrama de cuerpo libre.

x

y

30

o

N

1

N

2

0.2

N

2

mg

G

G

I

α

x

y

=

Academia de Análisis Mecánico, DSM

Academia de Análisis Mecánico, DSM--DIMDIM--FIMEFIME--UANL, 2005UANL, 2005

Problema 16.153 Solución

x

y

30

o

N

1

N

2

0.2

N

2

mg

G

G

I

α

x

y

=

I

=

1

m r

2

2

+

Σ

F

x

=

m a

x

: 0.2

N

2

-

N

1

cos 30

o

= 0

+

Σ

F

y

=

m a

y

:

N

2

+

N

1

sen 30

o

-

mg

= 0

+

Σ

M

G

=

I

α

: 0.2

N

2

( ) = m ( )

2

α

N

2

= 0.896

mg

α

= 27.7 rad/s

2

α

= 27.7 rad/s

2

5

12

5

12

1

2

Academia de Análisis Mecánico, DSM

(11)

Problema 16.158

La barra uniforme

AB

de peso

W

se

deja en libertad desde el reposo

cuan-do

β

= 70

o

. Suponiendo que la fuerza

de fricción es cero entre el extremo

A

y

la superficie, determine,

inmediatamen-te después de dejarla en libertad, a) la

aceleración angular de la barra, b) la

aceleración del centro de masa de ella,

c) la reacción en

A

.

L

B

A

β

Academia de Análisis Mecánico, DSM

Academia de Análisis Mecánico, DSM--DIMDIM--FIMEFIME--UANL, 2005UANL, 2005

Resolución de los problemas por sí mismo

Problema 16.158

L

B

A

La barra uniforme ABde peso Wse deja en libertad desde el reposo cuando β= 70o. Suponiendo que la fuerza de fricción es cero entre el extremo Ay la superficie,

determine,inmediatamente después de dejarla en libertad, a) la aceleración angular de la barra, b) la aceleración del centro de masa de ella, c) la reacción en A.

β

1. Cinemática:Exprese la aceleración del centro de masa del cuerpo y la aceleración angular.

2. Cinética: Dibuje un diagrama de cuerpo libre que muestre las fuerzas aplicadas y un diagrama equivalente de fuerzas que muestre el vector mao sus componentes y el par

I

α

..

3. Escriba tres ecuaciones del movimiento: Se pueden obtener tres ecuaciones del movimiento al igualar las componentes x, las componentesyy los momentos alrededor de un punto arbitrario.

(12)

Problema 16.158 Solución

Cinemática:

L

B

A

β

B

A

B

A

B

A

a

A

a

A

a

A

α

G

G

G

(

a

G/A

)

t

ω

= 0

=

+

β

a

Gy

a

Gx

Academia de Análisis Mecánico, DSM

Academia de Análisis Mecánico, DSM--DIMDIM--FIMEFIME--UANL, 2005UANL, 2005

B

A

B

A

B

A

a

A

a

A

a

A

α

G

G

G

(

a

G/A

)

t

ω

= 0

=

+

(

a

G/A

)

t

=

α

r

G/A

=

α

L

2

a

G

=

a

A

+

a

G/A

a

G

= -

a

A

i

+

α

sen70

o

i

-

α

cos70

o

j

a

G

= (-

a

A

+

α

sen70

o

)

i

-

α

cos70

o

j

L

2

L

2

L

2

L

2

a

Gy

a

Gx

Academia de Análisis Mecánico, DSM

(13)

Problema 16.158 Solución

L

B

A

β

B

A

B

A

W

=

mg

R

A

G

G

ma

Gx

ma

Gy

I

α

I

α

=

1

mL

2

α

12

ma

Gx

=

m

(-

a

A

+

α

sen70

o

)

ma

Gy

= -

m

α

cos70

o

L

2

L

2

=

Academia de Análisis Mecánico, DSM

Academia de Análisis Mecánico, DSM--DIMDIM--FIMEFIME--UANL, 2005UANL, 2005

Momentos alrededor del punto

P

( + ):

mg ( cos 70

L

o

) =

m

α

cos 70

o

( cos 70

o

) +

mL

2

α

2

L

2

L

2

1

12

a) La aceleración angular de la barra:

α

=

6

g

cos 70

o

L

[ 1 + 3 (cos 70

o

)

2

]

α

= 1.519 (

g/L

)

B

A

W

=

mg

R

A

B

A

ma

Gx

ma

Gy

I

α

=

G

P

P

cos70

o

L

2

G

I

α

=

12

1

mL

2

α

ma

Gx

=

m

(-

a

A

+

α

sen70

o

)

ma

Gy

= -

m

α

cos70

o

L

2

L

2

(14)

B

A

W

=

mg

R

A

B

A

ma

Gx

ma

Gy

I

α

=

G

P

P

cos70

o

L

2

ma

Gx

=

m

(-

a

A

+

α

sen70

o

)

ma

Gy

= -

m

α

cos70

o

L

2

L

2

α

= 1.519 (

g/L

)

L

2

a

G

= (-

a

A

+

α

L

2

sen70

o

)

i

-

α

cos70

o

j

b) La aceleración del centro de masa:

a

G

= 0

i

- 0.260

g j

+

Σ

F

x

=

m a

x

: 0 =

m

(-

a

A

+

α

sen70

o

)

a

A

=

α

sen70

o

= 1.519 sen 70

o

= 0.760

g

L

2

L

2

L

2

g

L

Sustituya

a

A

y

α

por su valor:

G

Academia de Análisis Mecánico, DSM

Academia de Análisis Mecánico, DSM--DIMDIM--FIMEFIME--UANL, 2005UANL, 2005

B

A

W

=

mg

R

A

B

A

ma

Gx

ma

Gy

I

α

=

G

P

P

cos70

o

L

2

ma

Gx

=

m

(-

a

A

+

α

sen70

o

)

ma

Gy

= -

m

α

cos70

o

L

2

L

2

α

= 1.519 (

g/L

)

b) La reacción en

A

:

+

Σ

F

y

=

m a

y

:

R

A

-

mg

= -

m

α

cos70

o

R

A

=

mg

-

m

α

cos70

o

L

2

L

2

R

A

= 0.740

mg

R

A

= 0.740

mg

Sustituya

α

por su valor:

G

Academia de Análisis Mecánico, DSM

(15)

30

o

30

o

600 mm

600 mm

A

B

C

Dos barras de 3 kgABy ACestán sol-dadas entre sí como se muestra. Si las barras se sueltan desde el reposo, de-termine a) la aceleración del punto B, b) la reacción en A.

Problema 16.161

Academia de Análisis Mecánico, DSM

Academia de Análisis Mecánico, DSM--DIMDIM--FIMEFIME--UANL, 2005UANL, 2005

30

o

30

o

600 mm

600 mm

A

B

C

Dos barras de 3 kgABy ACestán sol-dadas entre sí como se muestra. Si las barras se sueltan desde el reposo, de-termine a) la aceleración del punto B, b) la reacción en A.

1. Cinemática:Exprese la aceleración del centro de masa del cuerpo y la aceleración angular.

2. Cinética: Dibuje un diagrama de cuerpo libre que muestre las fuerzas aplicadas y un diagrama de fuerzas eficaces que muestre el vector mao sus componentes y el par

I

α

.

3. Escriba tres ecuaciones del movimiento: Se pueden obtener tres ecuaciones del movimiento al igualar las componentes x, las componentesyy los momentos alrededor de un punto arbitrario.

(16)

30

o

30

o

600 mm

600 mm

A

B

C

Cinemática.

A

B

C

G

1

G

2

(

a

G1

)

t

(

a

G2

)

t

α

(

a

G 1

)

t

=

α

r

G1/A

= 0.3

α

(

a

G 2

)

t

=

α

r

G2/A

= 0.3

α

ω

= 0

(

a

B

)

t

(

a

B

)

t

= 0.6

α

La aceleración del punto

B

:

Academia de Análisis Mecánico, DSM

Academia de Análisis Mecánico, DSM--DIMDIM--FIMEFIME--UANL, 2005UANL, 2005

30

o

30

o

600 mm

600 mm

A

B

C

m

(

a

G 1

)

t

= 3 (0.3

α

) = 0.9

α

m

(

a

G 2

)

t

= 3 (0.3

α

) = 0.9

α

I

α

=

m L

2

α

= 3(0.6)

2

α

I

α

= 0.09

α

1

12

1

12

A

B

C

G

1

G

2

m

(

a

G1

)

t

m

(

a

G2

)

t

A

B

C

G

1

G

2

A

y

A

x

mg

= 3

g

mg

= 3

g

=

I

α

I

α

Academia de Análisis Mecánico, DSM

(17)

Momentos alrededor del punto

A

( + ) :

A

B

C

G

1

G

2

0.9

α

A

B

C

G

1

G

2

A

y

A

x

mg

= 3

g

mg

= 3

g

=

0.09

α

0.09

α

0.9

α

0.3 cos30

o

0.3 m

2 [ 3( 9.81 )( 0.3 cos30

o

)] = 2 [ 0.09

α

+ 0.9

α

( 0.3 ) ]

α

= 21.2 rad/s

2

α

= 21.2 rad/s

2

(

a

B

)

t

= 0.6

α

= (0.6)(21.2) = 12.74 m/s

2

a

B

= 12.74 m/s

2

60

o

a) La aceleración del punto

B

:

Academia de Análisis Mecánico, DSM

Academia de Análisis Mecánico, DSM--DIMDIM--FIMEFIME--UANL, 2005UANL, 2005

b) La reacción en

A

:

+

Σ

F

x

=

m a

x

:

A

x

= 0.9

α

sen30

o

- 0.9

α

sen30

o

A

x

= 0

+

Σ

F

y

=

m a

y

:

A

y

- 3

g

- 3

g

= - 2(0.9

α

cos 30

o

)

A

y

= 25.8 N

A

y

= 25.8 N

α

= 21.2 rad/s

2

A

B

C

G

1

G

2

0.9

α

A

B

C

G

1

G

2

A

y

A

x

mg

= 3

g

mg

= 3

g

=

0.09

α

0.09

α

0.9

α

0.3 m

30

o

30

o

(18)

A

30

o

B

Problema 16.163

El movimiento de una placa cuadrada de150 mmpor lado y masa de 2.5 kg

está guiado por pasadores en las es-quinas Ay Bque se deslizan en ranu-ras cortadas en una pared vertical. In-mediatamente después de que la pla-ca se libera desde el reposo en la po-sición mostrada, determine a) la ace-leración angular de ella, b) la reacción en la esquina A.

Academia de Análisis Mecánico, DSM

Academia de Análisis Mecánico, DSM--DIMDIM--FIMEFIME--UANL, 2005UANL, 2005

Problema 16.163

A

30

o

B

El movimiento de una placa cuadrada de 150 mmpor lado y masa de 2.5 kgestá guiado por pasadores en las esquinas Ay Bque se deslizan en ranuras cortadas en una pared vertical. Inmediatamente después de que la placa se libera desde el reposo en la posición mostrada, determine a) la aceleración angular de ella, b) la reacción en la esquina

A.

1. Cinemática:Exprese la aceleración del centro de masa del cuerpo y la aceleración angular.

2. Cinética: Dibuje un diagrama de cuerpo libre que muestre las fuerzas aplicadas y un diagrama de fuerzas eficaces que muestre el vector mao sus componentes y el par

I

α

.

3. Escriba tres ecuaciones del movimiento: Se pueden obtener tres ecuaciones del movimiento al igualar las componentes x, las componentesyy los momentos alrededor de un punto arbitrario.

Academia de Análisis Mecánico, DSM

(19)

Cinemática:

A

30

o

B

(

a

G/A

)

t

=

α

r

G/A

= 0.1061

α

(

a

B/A

)

t

=

α

r

B/A

= 0.15

α

A

30

o

B

a

A

a

A

a

A

A

30

o

B

a

A

a

B

G

G

A

30

o

B

(

a

G/A

)

t

(

a

B/A

)

t

G

α

=

+

75

o

Academia de Análisis Mecánico, DSM

Academia de Análisis Mecánico, DSM--DIMDIM--FIMEFIME--UANL, 2005UANL, 2005

a

B

=

a

A

+

a

B/A

La componente

x

(+ ) :

0 = -

a

A

+ 0.15

α

sen 30

o

a

A

= 0.075

α

a

G

=

a

A

+

a

G/A

a

G

= -

0.075

α

i +

(

a

G/A

)

t

cos15

o

i

- (

a

G/A

)

t

sen15

o

j

a

G

= -

0.075

α

i +

0.1061

α

cos15

o

i

- 0.1061

α

sen15

o

j

a

=

0.02745

α

i -

0.02745

α

j

A

30

o

B

a

A

a

A

a

A

A

30

o

B

a

A

a

B

G

G

A

30

o

B

(

a

G/A

)

t

(

a

B/A

)

t

G

α

75

o

=

+

a

G

(20)

A

30

o

B

A

30

o

B

G

W

= 2.5

g

R

B

R

A

A

30

o

B

G

ma

Gx

ma

Gy

I

α

I

=

m

(

b

2

+

c

2

)

I

= 2.5( 0.15

2

+ 0.15

2

) = 0.009375 kg m

2

1

12

1

12

.

ma

Gx

= 2.5 (

0.02745

α

) = 0.068745

α

N

ma

Gy

= 2.5 (

0.02745

α

) = 0.068745

α

N

=

Academia de Análisis Mecánico, DSM

Academia de Análisis Mecánico, DSM--DIMDIM--FIMEFIME--UANL, 2005UANL, 2005

Momentos alrededor del punto

P

( + ) :

2.5( 9.81 )( 0.02745 ) = 0.009375

α

+ 2 [

(

0.06863

α

)( 0.02745 )]

α

= 51.2 rad/s

2

α

= 51.2 rad/s

2

a) Aceleración angular de la placa:

=

A

30

o

B

G

ma

Gx

ma

Gy

I

α

P

A

30

o

B

G

W

= 2.5

g

R

B

R

A

P

0.02745 m

0.02745 m

I

= 0.009375 kg m

2

ma

Gx

=

0.06863

α

N

ma

Gy

=

0.06863

α

N

Academia de Análisis Mecánico, DSM

(21)

b) La reacción en

A

:

=

A

30

o

B

G

ma

Gx

ma

Gy

I

α

P

A

30

o

B

G

W

= 2.5

g

R

B

R

A

P

0.02745 m

0.02745 m

ma

Gy

=

0.06863

α

N

α

= 51.2 rad/s

2

+

Σ

F

y

=

m a

y

:

R

A

- 2.5( 9.81 ) = - 0.06863 ( 51.2 )

R

A

= 21.0 N

R

A

= 21.0 N

Academia de Análisis Mecánico, DSM

Figure

Actualización...

Referencias

Actualización...

Related subjects :