Source: https://es.scribd.com/doc/142427372/CINEMATICA-DEL-CUERPO-RIGIDO
Timestamp: 2016-02-07 18:03:11+00:00

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1. Un ferrocarril se mueve con velocidad constante de 25 km/h hacia el este. Uno de sus pasajeros, que originalmente está sentado en una ventanilla que mira al norte, se levanta y camina hacia la ventanilla del lado opuesto con un velocidad, relativa al ferrocarril, de 8 km/h. ¿Cuál es la velocidad absoluta del pasajero?
v P − Velocidad absoluta del pasajero vT − Velocidad absoluta del tren v P − Velocidad relativa del pasajero respecto al tren.
v P = v P + vT
vT = 25 Ѳ vP vP/T = 8
Dibujaremos un diagrama de vectores que represente la ecuación anterior. La magnitud de la velocidad del pasajero es:
v P = 25 2 + 8 2
Y su dirección 8 tan θ = 25
v P = 26.2 km h 17.7°
2. Un avión A vuela con rapidez constante de 800 ft/s describiendo un arco de circunferencia de 8000 ft de radio. Otro avión, B, viaja en línea recta con una velocidad de 500 ft/s, que aumenta a razón de 30 ft/s2. Determine la velocidad y aceleración relativas del avión A respecto al B.
Resolución La velocidad absoluta de A es igual a la velocidad relativa de A respecto a B más la velocidad absoluta de B.
vA = 800 vB = 500
v A = v A + vB
Con el diagrama de vectores que representa la ecuación anterior se muestra que:
v A = 1300 ft ← s B
La aceleración de A es normal a la velocidad y su magnitud es: v2 a = A ρ
800 2 ; 8000
= 80 ↓
y la de B es:
= 30 →
ϴ aA = 80 aA/B
a A = a A + aB
De la figura que representa la ecuación:
a A = 30 2 + 80 2 B 80 30
a A = 85.4 ft
3. Un motociclista persigue a un automóvil en una pista circular de 100 m de radio. En el instante mostrado en la figura, el primero corre a 40 m/s y el segundo, a 30. ¿Cuál es la velocidad relativa del automóvil respecto al motociclista?
40 m/s 100 m
v A − Velocidad absoluta del automóvil vM − Velocidad absoluta del motociclista v A − Velocidad relativa del automóvil respecto al
v A = v A + vM
vA/M
vM = 40 60°
Como se trata de sólo tres vectores, dibujamos un diagrama que represente la ecuación anterior. Por la ley de cosenos vA
= 30 2 + 40 2 − 2(30)40 cos 60°
vA = 30
v A = 36.1 Por la ley de senos senα sen 60 = 30 vA
α = 46.0°;
90° − 46.0° = 44.0°
= 36 .1 m
1699i − 10.1699i − 10.2 m 49.5 3i − 2.29
Resolución Para determinar la aceleración relativa del automóvil respecto al motociclista.5i − 4. Un motociclista persigue a un automóvil en una pista circular de 100 m de radio.5 j a A = −0. En el instante mostrado en la figura.29 j = a A − 16i + 8 j
18. a 30. elegiremos un sistema de referencia como el de la figura. entonces: a A = (a A ) n + (a A ) t
30° at = 5
30 2 (− isen30° − j cos 30°) + 5(i cos 30° − jsen30°) 100
= −4.29 j
= 24. el primero corre a 40 m/s y el segundo. mientras que el automóvil la reduce 5 m/s cada s.29 j
a M = (a M ) n + (a M ) t
40 2 i +8j 100 = −16i + 8 j =−
15. el motociclista aumenta su rapidez a razón de 8 ft/s2.120
aA/M
.83i − 18. Calcule la aceleración relativa del automóvil respecto al motociclista.83
a A = a A + aM
− 0.5 3 j + 2.
θ = 12t
que es la aceleración angular del volante. θ resulta en rad.Cinemática del cuerpo rígido
4. ¿Cuál es la aceleración angular del volante cuando t = 5 s? ¿Cuántas revoluciones gira el volante hasta alcanzar una rapidez de 2400 rpm?
θ = 2t 3 θ = 6t 2
Es la velocidad angular del diámetro AB.2
5. Para t = 5
θ = 60 rad
2400 rpm en rad
 2π  2400  = 80π  60 
El tiempo que tarda en alcanzar esa rapidez es: 80π = 6t 2 t=
80π 6
. El diámetro AB del volante de la figura se mueve según la expresión θ = 2t3. donde si t está en s.
y la desviación angular correspondiente es:
 80π   θ = 2  6   
que en revoluciones son:
 80π   2  6    = 86.3 rev 2π
. determine: a) el valor de t.Cinemática del cuerpo rígido
Como v = ωr
60° =
153. El volante tiene un radio de 20 cm en el instante mostrado.9
= 2t 3
t = 0.6 B α β 303. b) la velocidad y aceleración lineales del punto B.0 cm
La aceleración normal del punto B es:
a n = ω 2 r = (0. θ = 60º. θ resulta en rad.806) 2 = 3. El diámetro AB del volante de la figura se desvía según la expresión θ = 2t3.898) 2 20 = 303.806 s
ω = θ = 6t 2 ω = 6(0.898(20)
v = 78. donde si t está en s.
44 2 = 360.806) = 9.2 Por tanto.5° 360.672(20) = 193. como 60° − 32. β = 32.2 Y el ángulo β 193.5°
.44 tan β = .9 2 + 193.44 La magnitud de la aceleración de B es: a = 303.5° = 27.5°
a = 360 cm 2 s
27.672 a t = 9.124
Y la tangencial a t = αr En donde α = θ = 12t = 12(0.
La banda de la figura es flexible.
 2π  rad Donde ω = 120 = 4π rad  s s  60  v = 4π (3)
v = 37 . inextensible y no se desliza sobre ninguna de la poleas. de 5 in de radio.Cinemática del cuerpo rígido
7. de 3 in de radio. Calcule la rapidez de una partícula cualquiera de la banda y la velocidad angular de la polea B. gira a 120 rpm. La polea A.7 in
Como la expresión v = ωr puede emplearse con cualquiera de las poleas:
ω A r A = ω B rB 120 ( 3 ) ω r ωB = A A =
ω B = 72 rpm
vB = vA
v B = 3 .8 m C vA D
Igual a la de la barra OA.2 m
Como la barra OA se mueve con rotación pura.3
v A = 8 ( 0 .2 rad = =8 r 0 .8 )
v D = 6 .8 m 8 rad/s a C
a = a n = ω 2 r = 8 2 ( 0 .4 m
Como la velocidad angular es constante.4 ) = 3 . todas sus partículas tienen la misma velocidad.8 )
a = 51 .4 m
8 rad/s α α O
Puesto que la barra AB se mueve con traslación pura. Determine la velocidad y aceleración lineales de las articulaciones A y B así como del extremo D de la barra CD. La barra OA del mecanismo mostrado tiene una rapidez angular de 8 rad/s en sentido antihorario. la velocidad lineal del extremo D es:
v D = ω r = 8 ( 0 .4 s
La velocidad angular de la barra CD es:
ω CD =
v 3 .
0. Por tanto. la aceleración de D no tiene componente tangencial.
B y C.4
ω = 50
v 0 = 20i
Utilizamos la ecuación de la velocidad relativa para determinar las velocidades de A. 2 m = 20 m 72 km = s h 3 .4.Cinemática del cuerpo rígido
4. 4 j + 20 i
v A = 20 i + 20 i = 40 i
v A = 40 m s →
. Sabiendo que la rueda no patina sobre los rieles. tomando O como punto base.4
4. determine su velocidad angular y las velocidades lineales de los puntos O.6 s Como el punto O se mueve junto con la locomotora.1 Velocidades
9. Emplearemos el sistema de referencia de la figura:
vA = vA
v A = ω × rA
v A = − 50 k × 0 . La rueda de la figura pertenece a una locomotora que viaja hacia la derecha a 72 km/h. A. B y C.
s 7 . v O = 20 m s
Convertimos la velocidad a m
Y la velocidad angular de la rueda es: v 20 ω = O = r 0 .
4 i + 20 i v B = − 20 j + 20 i
v0 β
20 2 ( 2 ) = 20 20 =1 ∴ 20
2 = 28 .
v C = ω × rC
v C = − 50 k × ( − 0 . 3
β = 45 °
vB/0
v B = 28.128
v B = ω × rB
v B = − 50 k × 0 . 4 j ) + 20 i v C = − 20 i + 20 i
Lo cual es evidente porque C tiene la misma velocidad del punto del riel con el que está en contacto y dicho punto no se mueve.
v B = 40 in → s
. en ese mismo instante.Cinemática del cuerpo rígido
10. la velocidad angular de la barra AB y la velocidad lineal del collarín B. 5 rad s
E igualando las componentes horizontales: v B = 16(2. Igualando las componentes verticales tenemos: 0 = 12ω − 30
vA = 30 in/s vB
ω = 2 . Diga cuáles son. El collarín A se desliza hacia abajo con una rapidez de 30 in/s en el instante mostrado en la figura.
vB = vB + v A
v B = ω × rB + v A v B i = ωk × (12i − 16 j ) − 30 j v B i = 16ωi + 12ωj − 30 j
Reduciendo términos semejantes v B i = 16ωi + (12ω − 30) j
Que es una igualdad de vectores.
9ω1 − 480
ω1 = 4. para la posición mostrada en la figura.9 cm
v B i = 60ω1i + (103.
Como el disco se mueve con rotación pura:
v A = ωr
v A = 12(40) = 480 cm
La barra AB tiene movimiento plano general y su geometría se muestra en la figura.9ω1 − 480) j
Que es una igualdad de dos vectores. El disco de la figura gira con rapidez angular constante de 12 rad/s en sentido horario.9i − 60 j ) − 480 j v B i = 60ω1i + 103.66)
v B = 277 cm
.62 rad s
Igualando las componentes horizontales: v B = 60(4. la velocidad angular de la barra AB y la velocidad lineal del collarín B.
12 rad/s vA
v B = ω1 × rB + v A v B = ω1k × (103. Igualando las componentes verticales se tiene:
0 = 103. Calcule.9ω1 j − 480 j
60 cm vA 30° B vB 103.130
ω 1 = 1 .
vA A 5 10 rad/s O y 60°
v B = ω1 × rB + v A v B = ω1 k × (15.3i + 25 j
La biela AB tiene movimiento plano general.3i + 25 j v B i = 4.33(−1. 623 rad s
v B = 50.3i + 25 j
Asociando las componentes respectivas:
v B i = (4.5i + 4.3 = −50.33ω1 − 43.3 in
.40ω1 + 25) j
Igualando las componentes verticales: 0 = 15.Cinemática del cuerpo rígido
12. ω1 = −1.623 Y las horizontales: v B = 4.40ω1 + 25 .3)i + (15.
A 5” O 60° B 16”
A 16 5 O
Comenzamos investigando la geometría del mecanismo mediante la resolución de los triángulos rectángulos de la figura. En la posición mostrada.33 j ) − 43.
A 16 5 O 2.33 j ) v A = −43. La manivela OA gira con rotación pura. la manivela OA tiene una rapidez angular de 10 rad/s en sentido antihorario.40ω1 j − 43.33 B
vA = ω × r
v A = 10k × (2.40i − 4.5 15.33ω1i + 15.623) − 43. Calcule la rapidez angular de la biela AB y la velocidad lineal del émbolo B.
7i − 3.6 − vC = ω 3 rC .132
13.237 B 1.
x vc = 3.4 A 0. ω3 = D 0 .6 j Asociando términos − vC i = (− 0.
C 1.3 0.2ω 2 − 3.7i − 3. vC = 3. Observamos que C se mueve a la izquierda y que:
v B = ω1 × r v B = 9k × (− 0.7 i − 3 . La barra AB del mecanismo de cuatro articulaciones de la figura gira con una velocidad angular ω1 de 9 rad/s en sentido antihorario.7 .3 j ) v B = − 2 . Determine las velocidades angulares ω2 y ω3 de las barras BC y CD.2i + 0.3 j ) − 2.8 D y B vB x 9 rad/s A 0.6 ω3 D
ω 2 = 3 rad s
Haciendo lo mismo en dirección de x: − vC = −0.6 ) j Igualando las componentes en dirección de y:
0 = 1.6 j
vc B ω2 y vB C
− vC i = −0.3(3) − 2.6 m/s C 0.3 0.3
Comenzaremos determinando la geometría del mecanismo en el instante de interés.6 .2ω 2 − 3.6 j
La barra BC tiene movimiento plano general.7 )i + (1.
vC = vC + v B
vC = ω 2 × rC + v B
− vC i = ω 2 k × (1.4i + 0.2 0.6 ← De la barra CD obtenemos: 3 .3ω 2 − 2.2ω 2 j − 2.6
ω 3 = 6 rad s
.3ω 2 i + 1. Tanto la barra AB como la barra CD se mueven con rotación pura.
A. 72 m vO = 72 km = = 20 m → h 3. puesto que su velocidad es nula.4
C (CIR)
ω = 50 rad s
Conociendo la posición del centro de instantáneo de rotación (CIR) y la velocidad angular de la rueda. determine su velocidad angular y las velocidades lineales de los puntos 0.4.Cinemática del cuerpo rígido
4. B y C.4 m
v B = 28. que une el eje de la rueda con la locomotora.8 m
v B = ωrB
B 0. se puede calcular fácilmente la velocidad de cualquier punto de la rueda.
v A = ω rA v A = 50(0.4 m rB
v B = 50 0.6 s s La velocidad angular de la rueda es por tanto: v 20 ω= o = r 0 . Sabiendo que la rueda no patina sobre los rieles. La rueda de la figura pertenece a una locomotora que viaja hacia la derecha a 72 km/h. el punto C. tiene una velocidad de 72 km/h.4 m
El centro instantáneo de rotación de la rueda es el punto de contacto con el riel.8)
rA = 0.3 m
C 0.2 Centro instantáneo de rotación
15. La velocidad angular de la barra es: v 30 ω= A = rA 12
ω rB
ω = 2.5(16)
vA = 30 in/s
v B = 40 in
. en ese mismo instante. El collarín A se desliza hacia abajo con una rapidez de 30 in/s en el instante mostrado en la figura. la velocidad angular de la barra AB y la velocidad lineal del collarín B. hacemos tanto en A como en B rectas perpendiculares a las velocidades de esos puntos. su intersección es el centro buscado.
Para encontrar la posición del centro instantáneo de rotación.5 rad s
Y la velocidad de B v B = ω rB
v B = 2. Diga cuáles son.
la de B.93(60 ) v B = 416 cm →
. la velocidad angular de la barra AB es: v 720 ω AB = A = rA 60 3
ω AB = 6. El disco de la figura gira con rapidez angular constante de 12 rad/s en sentido horario.
vA = ω r v A = 12(60) = 720
Por tanto. la velocidad angular de la barra AB y la velocidad lineal del collarín B. para la posición mostrada en la figura.Cinemática del cuerpo rígido
La velocidad de A es vertical y se dirige hacia abajo. El centro instantáneo de rotación se encuentra en la intersección de las perpendiculares levantadas en A y B. Calculamos la magnitud de la velocidad de A. Calcule.93 rad s
Y la velocidad de B será:
v B = ω AB rB
v B = 6. horizontal y hacia la derecha.
vA 30° 10 rad/s 5 O 60° A
La velocidad de la articulación A es perpendicular a la manivela OA y su magnitud es:
v A = ω OA rOA v A = 10(5) = 50
La velocidad de B es horizontal y se dirige hacia la izquierda.3 in ←
A 5 O 2.623 rad s
Por tanto: v B = ω AB rB
30° rB = 30.
30° rA vA A
En la figura resolvemos la geometría del mecanismo.8
ω AB = 1. Calcule la rapidez angular de la biela AB y la velocidad lineal del émbolo B. la manivela OA tiene una rapidez angular de 10 rad/s en sentido antihorario. En la posición mostrada. De ahí:
B vB CIR
ω AB =
vA 50 = rA 30.4 B
.8 rB=31
v B = 1.1) v B = 50.136
17.5 16 15. La posición del centro instantáneo de rotación (CIR) de la biela AB es la intersección de las perpendiculares a las velocidades de A y B trazadas desde dichos puntos.697(31.
v B 4 .2 m 0.5 m.8 m
B vB 0.8 D rc = 1.6 m ← s c
Por tanto: v 3 .2) v = 3 .Cinemática del cuerpo rígido
18. Además.4 m
Para hallar el centro instantáneo de rotación de la barra BC prolongamos las barras AB y CD y encontramos su intersección. Puesto que la distancia de dicho centro al punto B es de 1. Determine las velocidades angulares ω2 y ω3 de las barras BC y CD. en la posición mostrada.5) = 4.5
Cuyo sentido se deduce de la observación de la figura
vC = ω 2 rc vC = 3(1. la velocidad de B es:
v B = ω AB rAB
Las articulaciones B y C tienen velocidades perpendiculares a las barras AB y CD.5 = rB 1. La barra AB del mecanismo de cuatro articulaciones de la figura gira con una velocidad angular ω1 de 9 rad/s en sentido antihorario. que se mueven con rotación pura.
B 9 rad/s A D 0.6 m
0.0 CIR
v B = 9(0.6
.6 1.6 ω3 = C = rC 0. respectivamente.
4 72 km h Como su sentido es horario. determine su aceleración angular y las aceleraciones lineales de los puntos O. Sabiendo que la velocidad de O es de: = 20 m : s vO 20 ω= = = 50 r 0 . La rueda de la figura pertenece a una locomotora que viaja hacia la derecha a 72 km/h.
. aumentando su rapidez a razón de 4 m/s2. emplearemos las ecuaciones de movimiento relativo.3 Aceleraciones
vo =20 m/s O 0.4 m αB = 4 m/s2
α = 10 rad
El vector aceleración angular es α = −10k Para calcular las aceleraciones lineales de los puntos.138
4. B y C .4. se necesita conocer su velocidad angular. Sabiendo que la rueda no patina sobre los rieles.4
0. el vector velocidad angular en el sistema de referencia mostrado es:
α x rA/O
ω = −50k
La aceleración lineal del punto O es igual a la de la locomotora. aO = 4 m 2 → s a O = 4i La aceleración angular de la rueda es: a 4 α= O = r 0 . A .4 m
ω2 rA/O
O 0.4 m y x
Para obtener las aceleraciones lineales de los puntos de la rueda.
4 j ) + 4i
a C = −4i + 1000 j + 4i a C = 1000 j a C = 1000 m s2 ↑
.23°
a C = α × rC − ω 2 rC + a O
a C = −10k × (− 0.5°
996 ϴ
rB/O
De modo semejante.4i + 4i
a B = −4 j − 1000i + 4i a B = −996i − 4 j a B = 996 2 + 4 2 tan γ =
O rC/O
a B = 996 m
a B = α × rB − ω 2 rB + a O
a B = −10k × 0. determinaremos las aceleraciones de los puntos B y C.4 j − (− 50 ) 0.Cinemática del cuerpo rígido
a A = a A + aO
A β O
a A = α × rA − ω 2 rA + a O
a A = −10k × 0.4 j + 4i
a A = 4i − 1000 j + 4i a A = 8i − 1000 j a A = 8 2 + 1000 2
a A = 1000 m
89.4i − (− 50 ) 0.4 j ) − (50 ) (− 0.
emplearemos la ecuación de movimiento relativo.7 a B = 21.7 in
El signo negativo quiere decir que su sentido es contrario al que se supuso. Diga cuáles son. tanto de la barra como del collarín B. que aumenta a razón de 140 in/s2.140
20. hacia abajo con una rapidez de 30 in/s. la aceleración angular de la barra AB y la aceleración lineal del collarín B. en ese mismo instante.33 rad
Igualando las componentes horizontales a B = 16(3.
Resolución Para obtener las aceleraciones.4 m y x
En el sistema de referencia mostrado y sabiendo que la velocidad angular de la barra es ω = 2.33) − 75 a B = −21. El collarín A se desliza.5 rad s (ver problemas 10 y 15) a B i = αk × (12i − 16 j ) − 2.
aB = aB + a A
a B = α × rB − ω 2 rB + a A
. en el instante mostrado en la figura.5 2 (12i − 16 j ) − 140 j a B i = (16α − 75)i + (12α − 40 ) j a B i = 16αi + 12αj − 75i + 100 j − 140 j
A ω = 2.5 rad/s 16” aA = 140 m/s2 B aB 12” y
Igualando las componentes verticales: 0 = 12α − 40
α = 3.
9i − 60 j ) − 4.62 rad y refiriéndonos al sistema cartes siano mostrado. El disco de la figura gira con rapidez angular constante de 12 rad/s en sentido horario.
a A = ω 2 r = 12 2 (40 ) a A = 5760 cm s2 ←
0. y la aceleración lineal del collarín. la velocidad angular de la barra. Calcule.
ω = 12 rad/s
Como la rapidez del disco es constante. que tiene movimiento plano general. la partícula A tiene una aceleración igual a su componente normal.9α j − 2218i + 1281 j − 5760i
a B i = (60α − 7978)i + (103.Cinemática del cuerpo rígido
a B i = α k × (103.9i − 60 j ) − 5760i a B i = 60α i + 103.9 cm y
Sabiendo que ω1.
ω1 a1
a B = α × rB − ω1 rB + a A
60 cm B aB 103. la aceleración angular de la barra AB y la aceleración lineal del collarín B.
. es de 4.9α + 1281) j
Igualando las componentes en dirección del eje de las yes. utilizamos la ecuación del movimiento relativo.4 m
Para calcular la aceleración angular de la barra. para la posición mostrada en la figura.62 2 (103.
33) − 7978 = −8720
a B = 8720 cm
Los signos negativos indican que los sentidos son opuestos a los que se supusieron.9α + 1281
− 1281 = −12.142
0 = 103.
.33 rad
E igualando las componentes en dirección x’x a B = 60(−12.9
α = 12.33 103.
623 rad s en sentido horario.33 j ) a A = α O × r − ωO r
33.33 cm B 558 in/s2 aB
a A = 216.5i − 558 j a B i = (4.623 2 (15. que tiene movimiento plano general. Probs.4 cm
a B i = αk × (15.33 j ) − 33. Calcule la aceleración angular de la biela AB y la aceleración lineal del émbolo B.406i − 33.Cinemática del cuerpo rígido
22.4i − 4.5” y
Por tanto.33α − 74 .33 j ) − 10 2 (2. En la posición mostrada. y la aceleración lineal del émbolo B.5i + 4.33α i + 15 .5i − 558 j )
15.33 j ) − 1.5i + 8.5i − 558 j a B i = 4.4 m 60°
O sea: a B = α × rB − ω 2 rB + a A
2. utilizando el sistema de referencia mostrado.33” ω0 = 10 rad/s O 0. que gira con rotación pura.4i − 4.5i − 558 j Y la ecuación del movimiento relativo queda así
a B = α × r B − ω 2 r + ( −33.4α − 546 . la manivela OA tiene una rapidez angular de 10 rad/s en sentido antihorario y una aceleración angular de 50 rad/s2 en sentido horario.45 j + 11.
a A = (a A )t + (a A )n a A = −50k × (2. la cual es de 1.6 ) j
. necesitamos conocer previamente la velocidad angular ω de la biela.4α j − 40.5 in/s2 A ω = 1. usaremos la ecuación del movimiento relativo.397 rad/s 4. 12 y 17) A partir del estudio de la manivela OA.5i + 4. determinaremos la aceleración lineal del punto A. (v.5i − 125 j − 250i − 433 j a A = −33.
an α0 = 50 rad/s2 4.
Resolución Para calcular la aceleración angular de la biela AB.07 )i + (15.
e igualando las componentes horizontales a B = 4.4
α = 35.144
Igualando las componentes verticales: 0 = 15.07 El signo negativo indica que el sentido de la aceleración es contrario al supuesto.4α − 546.6 15.5) − 74.33(35.6
546. a B = 79.6 in s2 ←
tomando B como punto base.3 j a B = 26.Cinemática del cuerpo rígido
23. La velocidad angular de la barra BC es ω 2 = 3 rad y de la barra CD.4i − 24. a B = α 1 × r1 − ω1 r1
Resolución Las barras AB y CD tienen rotación pura y la BC.3 j
.3 j )
a B = −6i − 8 j + 32.4 in
Empleamos la ecuación del movimiento relativo para el estudio de la barra BC.3 m
a C = α 2 × rC − ω 2 rC + a B
La aceleración de B la obtendremos estudiando la barra AB y utilizando el sistema de referencia mostrado.4i + 0. pues podemos conocer la aceleración de dicho punto. Determine las aceleraciones angulares α2 y α3 de las barras BC y CD. movimiento plano general.3 in
ω1 = 9 rad/s α1 = 20 rad/s2 an A
Para poder determinar las aceleraciones angulares de las barras es necesario conocer primero sus velocidades angulares.2 m
a B = 20k × (− 0.
B at 0.4i − 32.3 j ) − 9 2 (− 0. ω 3 = 6 rad (ver problemas 13 y 18) s s
0.4i + 0. La barra AB del mecanismo de cuatro articulaciones de la figura gira con una velocidad angular ω1 de 9 rad/s en sentido antihorario y una aceleración angular α1 de 20 rad/s2 también en sentido antihorario.
aC = aC + a B
α2 B ω2 = 3 rad/s C 0.
4i − 32.4 1 .6 j
Conocida la componente vertical.2i + 0.3α 2 i + 15.6 m
a C = α 3 × r3 − ω 3 r3
a C = α 3 k × 0.3α 2 i + 1.3 j ) − 3 2 (1.6α 3i − 21.6 )i + (1. es imprescindible investigar alguna componente de a C .2α 2 = 13.6 j = −0.8i − 2.3 j Desarrollando y reduciendo términos
C at an a3 ω3 = 6 rad/s D 0.17 rad
.2i + 0.3 j − 0.2α 2 − 35) j Igualando las componentes verticales − 21.146
Sustituyendo en la ecuación que escribimos arriba: a C = α 2 k × (1.7 j +26.6 j = (− 0.2i + 0.6 j = α 2 k × (1.3 j ) + 26. volvemos a la ecuación que dejamos pendiente. en la ecuación anterior hay tres incógnitas: las dos componentes de a C y α 2 .6α 3 i − 21.2
α 2 = 11.3 j Como puede verse.6 = 1.4i − 32.2i + 0.6 j − 6 2 (0.4i − 32.3 j ) + 26.2α 2 − 35 1. Para ello analizaremos la barra CD.6α 3i − 21.3 j ) − 3 2 (1. en la que sólo quedan dos incógnitas: α 2 y α 3 .6α 3i − 21.2α 2 j − 10. Como en esa ecuación vectorial puede haber hasta un máximo de dos incógnitas.4
13.6 j ) a C = −0.
12. igualando las componentes horizontales − 0.
.25 0 . pues el signo negativo indica que es contrario al que se supuso.17 ) + 15.3(11.6α 3 = −0.6 s2
α 3 = 20.4 rad
La aceleración α 3 de la barra CD tiene sentido horario.Cinemática del cuerpo rígido
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