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TRABAJO DE DINAMICA

ALBERTO JOSE ELLES VELASQUEZ KEINER CATRO LOPEZ OSVALDO MENA

GRUPO:

Ing: Frannklin Navarro Sánchez. Dinámica

UNIVERSIDAD DE LA COSTA CUC. FACULTAD DE INGENIERIAS PROGRAMA DE INGENIERIA CIVIL BARRANQUILLA 2014-2

1). Si el sistema mostrado inicia desde el reposo, encuentre la velocidad en t =1.2 s a) del collarín A, b) del collarín B. No tome en cuenta las masas de las poleas y el efecto de la fricción.

2). Cada uno de los sistemas que se muestran en la figura está al principio en reposo. Si se ignora la fricción del eje y las masas de las poleas, determine para cada sistema a) la aceleración del bloque A, b) la velocidad del bloque A después de que éste se ha movido 10 ft, c) el tiempo que se requiere para que el bloque A alcance una velocidad de 20 ft/s.

ΔyA= 10 ft, νA=20 ft/s 1). A)

T

A: + ΣFy= mAaA: WA-T = (WA/g)aA B: + ΣFy= mBaB: T-WB = (WB/g)aB

T = 200(1-aA/g) T = 100(1+ aB/g)

= WA

mA aA

T B)

m B aB =

|aA| = |aB|

aA = 1/3g = 1/3(32.2 ft/s2) = aA= 10.73ft/s2

WB b) VA2= (VA2)02 + 2aA (y-y0)

ΔyA= 10 ft: VA2 = 2 (10.73ft/s2) (10ft) = VA2= 14,65ft/s

νA=20 ft/s: 20ft/s = (10.73ft/s2) t = t = 1.863s

c) VA= (VA)0 + aAt 2). A)

200(1-aA/g) = 100(1+ aB/g)

T=100lb

aA= (32.2) (1-100/200)= aA=16.1ft/s2

A: + ΣFy= mAaA: WA-T . (WA/g)aA B) VA2= (VA2)02 + 2aA (y-y0)

=

ΔyA= 10 ft: VA2 = 2 (16.1ft/s2) (10ft) VA = 17.94ft/s

WA 3).A)

mAaA

T

C) VA= (VA)0 + aAt

νA=20 ft/s: 20ft/s = (16.1ft/s2) t = t = 1.242s

A: + ΣFy= mAaA: WA-T . (WA/g)aA

T = 2200 (1-aA/g)

= WA

mAaA

B: + ΣFy= mBaB: T – WB = (WA/g)aB B)

T

mBaB

|aA| = |aB| 2200(1-aA/g) = 2100(1+ aB/g) aA= 1/43g = 1/43(32,2ft/s2) = aA= 0.74884ft/s2

T = 2100(1+aA/g)

WB

b) VA2= (VA)02 + 2aA (y-y0) c) VA= (VA)0 + aAt

ΔyA= 10 ft: VA2 = 2 (0.74884ft/s2) (10ft) = VA= 3.87ft/s

νA=20 ft/s: 20ft/s = (0.74884ft/s2) t = t = 26.7s

3). Un paquete está en reposo sobre una banda transportadora que en un principio se encuentra en reposo. La banda empieza a moverse hacia la derecha durante 1.3 s con una aceleración constante de 2 m/s2. Después la banda se mueve con una desaceleración constante a2 y se detiene después de un desplazamiento total de 2.2 m. Si los coeficientes de fricción entre el paquete y la banda son μs = 0.35 y μk = 0.25, determine a) la desaceleración a2 de la banda, b) el desplazamiento del paquete relativo a la banda cuando ésta se detiene. μs = 0.35, μk = 0.25, t= 0, aBELT =2 m/s2, 0 ‹ t ≤ 1.3s, t › 1.3s, ΔxBELT=2.2m

a).

1 2: x12= x1+v1t+1/2a1t122 =1/2 (2m/s2) (1.3s)2 =2.6m/s

2.2m

1

x12

V1=0

2

a1

v2

3 a2

v3=0

v2= v1+ a1t12 = (2m/s2) (1.3s) = 2.6m/s 2

3: v32 = v22+2a2 (x3-x2)

= (2.6m/s)2 + 2a2 (2.2-1.69)m a2= -6.62745m/s2

b). 1 2 = F12

m(apacx)1

N

FMAX: μ2 N = 0.35 W

F12 ‹ FMAX (apacx)1 = a1 2

+ Σfy=0: N-W=0 N=W

+ Σ FX= ma1: F12= ma1 m=W/g = W ((2m/s2)/9.81m/s2) = 0.204 W

3 W =

m(apacx)2 + Σfy=0: N-W=0 N=W

F23 ‹ FMAX (apacx)2 = a2

FMAX: μ2 N = 0.35 W

+ Σ FX= ma2: - F23= ma2 m=W/g =W ((-6.62745m/s2)/9.81m/s2)

F’23 = μ12 N = 0.25mg

F23= 0.676 W

+ Σ FX= m(apacx)2 : - F’23 = m(apacx)2 (apacx)2=a2 + (apacx/BELT)2 V3 = V2+a2t23

-0.25mg =m(apacx)2

(apacx)2=-0.25(9.81m/s2)=-2.4525m/s2

(apacx/BELT)2= -2.4525m/s2 – (-6.62745m/s2) = 4.17495m/s2

2.6m/s + (-6.62745m/s2)t23 = t23= 0.39231s

(Xpacx/BELT)23= X04 v0t23+1/2(apacx/BELT)2t232 =1/2 (4.17495m/s2) (0.39231s)2 =0.321m

Xpacx/BELT= (Xpacx/BELT)12+(Xpacx/BELT)12+ (Xpacx/BELT)2

Xpacx/BELT= 0.321m

4). Un contratista utiliza un montacargas motorizado compuesto por una plataforma horizontal BC que se monta sobre los rieles unidos a los lados de una escalera. El montacargas empieza su movimiento desde el reposo, al principio se mueve con una aceleración constante a1 como se muestra en la figura. Después se desacelera a una tasa constante a2 y se detiene en D, cerca de la parte superior de la escalera. Si se sabe que el coeficiente de fricción estática entre el bulto de tejas y la plataforma horizontal es de 0.30, determine la aceleración máxima permisible a1, y la desaceleración máxima permisible a2 si el bulto no debe resbalarse sobre la plataforma. a1: WA F1

= N1

65° F1 = μS N1= 0.3N1

+ ΣFy=mAay: N1- WA =mAa1sen65° N1=mA (g+a1sen65°) + ΣFX=mAaX: F1 =mAa1cos65° 0.3[mA(g+a1sen65°)]=mAa1cos65° a1=0.3(9.81m/s2)/cos65°-0.3sen65° (a1)MAX=19.53m/s2 a2: WA

mAa2 =

N2

F2

65°

F2= μSN2 = 0.3N2

65° + ΣFy=MAay: N2-WA=-MAa2sen65° a2= 0.3(9.81m/s2)/cos65°+0.3sen65°

+ ΣFX=MAaX: -F2=-MAa2cos65°

(a2)MAX=4.24m/s2

65°

5). Los bloques que se muestran en la figura se encuentran originalmente en reposo. Si se desprecia la masa de las poleas y el efecto de fricción en éstas y entre el bloque A y la superficie horizontal, determine a) la aceleración de cada bloque, b) la tensión en el cable. A

XA+

VA+3VB=0, XA+3yB=0, aA+3ªB=0, aX=-3aB

30kg

+ (a) A:

WA

yB

mAaA =

+ΣFX=mAaA: -T=mAaA

B: 2T T

T=3mAaB =

B

25

WB

+ ΣFTy=mBaB: mBaB

WB-3T=mBaB (#)

aB= g/(1+9(mA/mB)) =(9.81m/s2)/(1+9(30kg)/(25kg))= 0.83136m/s2

(#) mBg-(3mBaB)=mBaB Entonces aA= 2.49m/s2

aB= 0.831m/s2

y

(b) T= 3*30kg*0.83136m/s2

T=74.8N

6). Los bloques que se muestran en la figura se encuentran originalmente en reposo. Si se desprecian las masas de las poleas y el efecto de fricción en éstas y se supone que los componentes de fricción entre el bloque A y la superficie horizontal son μs = 0.25 y μk = 0.20, determine a) la aceleración de cada bloque, b) la tensión en el cable (μs)A= 0.25, (μk)A = 0.20 A: WA

2T T FA

T

B: maA

WB

mBaB

NA B: + ΣFy= 0: WB-3T= 0

T=1/3mBg

A: +ΣFX= 0: FA-T= 0 FA= 1/3*25kg*9.81m/s2= 81.75N +ΣFy=0: WA-NA= 0

NA=mAg

(FA)MAX= (μs)A NA= (μs)AmAg = 0.25*30kg*9.81m/s2 = 73.575N (a). A: + ΣFy= 0: WA-NA= 0 +ΣFX=mAaA: FA-T= mAaA

NA=mAg

FA= (μk)A NA= 0.20mAg

T= 0.20 mAg+3mAaB

B: + ΣFy= mBaB: WB-3T= mBaB

mBg-3(0.20mAg+3mAaB)= mBaB

aB= g(1-0.6mA/mB)/(1+9mA/mB) =(9.81m/s2)(1-0.6(30kg)/(25kg))/(1+9(30kg)/(25kg)) = 0.23278m/s2 aA= 0.698m/s2

y aB=0.233m/s2

(b). T=(30kg)(0.20*9.81+3*0.23278)m/s2

T=79.8N

7). Una caja B de 500 Lb está suspendida de un cable unido a una carretilla A de 40 Lb que va montada sobre una viga I inclinada de la forma que se muestra, si en el instante indicado la carretilla tiene una aceleración de 1.2 f/s2 hacia arriba y a la derecha determine a) la aceleración de B en relación con A y b) la tensión en el cable CD. WB=500lb, WA=40lb, aA=1.2ft/s2 (a). aB= aA+aB/A B: TAB mBaA 25° = mBaB/A + Σ= mBaX: 0= mBaB/A+ mBaXcos25° WB (b). N2

aB/A= (1.2 ft/s2) cos25°

aB/A=1.088ft/s2

JCD + ΣFy=mAay: TAB-WB= (WB/g)aAsen25° TAB= (500lb)[1+(1.2ft/s2)sen25°/32.2 ft/s2]

N1 WA

TAD

= 507.87 lb

+ΣFX’= mBaA: TCD-TABsen25°-WAsen25°= (WB/g)aA 25°

TCD= (507.87lb) sen25°+(40lb)(sen25°+(1.2ft/s2)/(32.2ft/s2))

TCD= 233lb 8). La varilla OA gira alrededor de O en un plano horizontal. El movimiento del collarín B de 5 lb se define mediante las relaciones r =10/(t + 4) y Ɵ (2/π) sen πt, donde r se expresa en pies, t en segundos y en radianes. Determine las componentes radial y transversal de la fuerza ejercida sobre el collarín cuando a) t =1 s y b) t = 6 s. r =10/(t + 4), Ɵ (2/π) sen πt r= 10/t+4 ft

Ɵ= (2/π sen πt) RAD

r’= -10/(t-4)2 ft/s

Ɵ´= (2cos πt) RAD/s

r´´= 20/(t-4)3 ft/s2

Ɵ´´= -(2 π sen πt) RAD/s2

(a). t= 1s: r= 2ft r´= -0.4ft/s

Ɵ´= -2 RAD/s2

ar= r´´- Ɵ2= (0.6 ft/s2) – (2ft) (-2 RAD/s2)2

r´´= 0.16ft/s2

Ɵ´´= 0

= -7.84 ft/s2

aƟ= r´´+2 r´Ɵ´= 0+2(-0.4ft/s)(-2 RAD/s)= 1.6 ft/s2

fr= mBar= 5lb/(32.2ft/s2) (-7.84ft/s2) fƟ= mBaƟ= 5lb/32.2ft/s2 (1.6ft/s2)

fr= -1.217lb fƟ= 0.248lb

(b). t= 6s: r= 1ft r´= -0.1ft/s r´´= 0.02ft/s2

Ɵ´= 2 RAD/s Ɵ´´= 0

ar= r´´-rƟ´2= (0.02 ft/s2) – (1ft) (2 RAD/s)2 = -3.98ft/s2 aƟ= r Ɵ´´+2r´Ɵ´= 0+2(-0.1ft/s) (2 RAD/s)= -0.4ft/s2

fr= mBar = 5lb/32.2ft/s2 (-3.98 ft/s2)

fr= -0.618lb

fB= mBaB= 5lb/32.2ft/s2 (-0.4 ft/s2)

fB= -0.0621lb

9). La varilla OA gira alrededor de O en un plano horizontal. El movimiento del collarín B de 300 g se define mediante las relaciones r = 300 + 100 cos (0.5π t) y Ɵ = (t2 - 3t), donde r se expresa en milímetros, t en segundos y en radianes. Determine las componentes radial y transversal de la fuerza ejercida sobre el collarín cuando a) t = 0 y b) t = 0.5 s.