SOLUCIONARIO HARRY NARA.docx

8/15/2019 SOLUCIONARIO HARRY NARA.docx

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FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL-UNAP

Localizar en el engranaje el centro instantáneo de velocidad cero.

Sabemos por fórmula que:

V T =ω . R

Además como no hay rozamiento entonces las velocidades

angulares son iguales:

ω=V T

1

R1

=V T

2

R2

PABLO GUTIERREZ RAMOS

COD 124896 0

ROBLEMA 2.81

SOLUCIÓN


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or lo tanto se tendrá que:

ω= 6

(m+2 r )=

4

m

3m=2m+4 r

m=4 r

or lo tanto el centro instantáneo donde la velocidad es cero

será:

m=4

ḿ=4 ̂j … … … … RPTA

La rueda está rodando sin deslizamiento en la super!cie

horizontal sobre su cubo de ".#$ m de diámetro en el punto %.

una barra r&gida '( esta articulada al diámetro e)terior de la

rueda en ' y resbala a lo largo de la super!cie horizontal. *allar

la velocidad de (+ suponiendo que la velocidad de A sea de , m-s

hacia la derecha. sar el m/todo de los centros instantáneos.


COD: 124896 1

ROBLEMA 2.88

SOLUCIÓN


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or la !gura determinamos que:

V D=V A=3 m

s

'eterminamos el centro instantáneo de rotación de la barra '(:

*allamos el ángulo en el triángulo:

sin θ=2.1

7.5

θ=sin−1(2.17.5 )

θ=0.28 °


COD: 124896 2


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or el teorema de los senos hallamos:r DC

7.5

sin53 °=

r DC

sin 82.72°

r DC

=7.5×sin82.72°

sin53°

r DC

=9.39m

Ahora hallamos el valor de:r E

C


COD: 124896 3


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7.5

sin53 °=

r EC

sin37.28°

r EC =7.5×

sin37.28 °

sin 53°

r EC

=5.69m

0inemática

Si V D=V A=3 m

s . 'eterminamos:ω=ω DE

V D=r DC

.ω

ω=V D

r DC

= 3

9.39=0.32

rad

s

ώ=−0.32 k̂ rad

s

or lo tanto la velocidad en ( es:

V́ E=ŕ EC

. ώ

V́ E=5.69 ̂j (−0.32 k̂ )

´V E=−1.82 î

m

s

|V́ E|=1.82 m

s …………RPTA


COD: 124896 4

ROBLEMA 2.97


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(n el mecanismo de eslabones que se muestra+ en el punto 0

tiene una velocidad de 1."$ m-seg hacia la derecha y el eslabón

A% tiene una aceleración angular de 2rad-seg" contraria a las

manecillas del reloj+ cuando el mecanismo esta en la posición que

se ve. 'eterminar:

a3.4 La velocidad angular del eslabón A%.

b3.4 La aceleración del punto 0.

5enemos los siguientes datos:

V C =7.20 m

s

î−−−−(haciala derecha)

α AB=5rad

s2

6os piden hallar:ω AB=¿ ;ac=¿


COD: 124896 5

SOLUCIÓN


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*allamos la velocidad en 7%8:

V́ B= V́ A+ ώ AB× ŕ B A

V́ B=0+| î ̂j k̂ 0 0 ω AB

1.8 2.4 0 |V́ B=7.20 î−n ̂j=−2.4 ω AB î−1.8 ω AB ̂j

9gualando t/rminos semejantes obtenemos:

7.20=−2.4 ω AB

ω AB=−3 rad

s

|ω AB|=3 k̂ rad

s …………………RPTA

5ambi/n obtenemos:


COD: 124896 6


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n=1.8 (−3 )

n=−5.4

V B=7.20 î+5.40 ̂j

Sabemos por de!nición+ además del gra!co que la aceleración de

7%8 respecto de 7A8 es:

áB=á A+ά AB × ŕ B A

−ω2

AB .ŕ B A

áB=0+

| î ̂j k̂

0 0 5

1.8 2.4 0|−ω

2

AB (1.8 î+2.4 ̂j )

áB=−12 î+9 ̂j−ω2

AB (1.8 î+2.4 ̂j )

áB=−12 î+9 ̂j−9 (1.8 î+2.4 ̂j )

áB= {−28.2 î−12.6 ̂j }

rocedemos a hallar la velocidad en 708 que solo tiene

componente horizontal3

V́ C = V́ B+ ώBC × ŕC B

V́ C =7.2 î−m ̂j=7.2 î+5.4 ̂j+

|

î ̂j k̂ 0 0 ωBC

−2.7 0 0

|V́ C =7.2 î−m ̂j=7.2 î+5.4 ̂j−2.7 ωBC ̂j9gualando t/rminos semejantes; además :

0=5.4−2.7ωBC


COD: 124896 7


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áC =0+|î ̂j k̂

0 0 ∝CD

0 1.2 0 |−6 2 (1.20 ̂j )

áC =−1.2∝CD î−36 (1.20 ̂j )………….( )

9gualando la ecuación 93 y la ecuación 993 tenemos:

áC =−17.4 î− (12.6+2.7 α BC ) ̂j=−1.2∝CD î−36 (1.20 ̂j )

9gualando t/rminos semejantes se tiene:

−17.4=−1.2∝CD

∝CD=14.5rad

s2

−(12.6+2.7α BC )=−36 (1.20)

α BC =11.3333 rad

s2

?eemplazando en la ecuación 93 la aceleración angular+ tenemos:

áC =−17.4 î− (12.6+2.7α BC ) ̂j

áC =−17.4 î− [12.6+2.7 (11.3333) ] ̂j

áC =−17.4 î−43.2 ̂j …………RPTA


COD: 124896 9


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COD: 124896 10

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