En la gura (a), la rueda desbalanceada de 40 kg gira sin deslizarse bajo la acción deun par C0 � 20 N m en sentido positivo. Cuando la rueda está en la posición que se muestra, su velocidad angular es v � 2 rad/s, en sentido negativo. Para esta posi-ción, calcule la aceleración angular a y las fuerzas ejercidas sobre la rueda en C por la super cie horizontal rugosa. El radio de giro de la rueda respecto a su centro de masa G es k

– � 200 mm.

Los diagramas de cuerpo libre y de masa-aceleración para la rueda que se muestran en la gura (b) se construyeron como sigue.

El DCL consiste en el par aplicado C0, el peso W � 40(9.81) � 392.4 N y las fuerzas normal y de fricción que actúan en el punto C de contacto, que se denotan con NC y FC, respectivamente. Observe que se ha su-puesto que FC se dirige hacia la derecha.

En el DMA de la gura (b), se supone que la acele-ración angular a, medida en rad/s2, tiene sentido negativo. El correspondiente par de inercia que se muestra en este diagrama es

R = 250 mm

O

y

x

120 mm

GC0 = 20 N·m

ω = 2 rad/s

(a)

C C C

ω

Iα = mk2α = 40(0.200)2α = 1.600α N · m

O

0.12 m

G

W = 392.4 N

C FC

NC

G

C

0.12 m

R = 0.25 m

C0 = 20 N.m

(b)

ma–y = 4.80 N

ma–x = (10.00 – 19.20) N

I = 1.600 N·m

O=

α α

α

α

DCL DMA

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Debido a que la rueda no se desliza, la aceleración de su centro O es aO � Ra �0.250a m/s2, y se dirige hacia la derecha. Al aplicar la ecuación de aceleración rela-tiva entre G y O, se obtiene (las unidades de cada término son m/s2)

de donde se encuentra a–x � 0.250a � 0.480 m/s2 y a–y � 0.120a m/s2. Si se multi-plican estos resultados por m � 40 kg, las componentes del vector de inercia seránma–x � (10.00a � 19.20)N, dirigida hacia la derecha y ma–y � 4.80a N, que va hacia abajo.

En la gura (b), ahora el DCL y DMA sólo contienen tres incógnitas: NC, FC y a, que pueden encontrarse con cualesquiera tres ecuaciones de movimiento inde-pendientes.

Como NC y FC actúan en C, es conveniente utilizar ese punto como un centro de momento, la correspondiente ecuación del momento es

La solución de esta ecuación es

Ya que a es positiva su dirección va, como se pensó, en sentido negativo.Ahora las fuerzas en C pueden encontrarse con las ecuaciones de movimiento

para la fuerza:

y

lo que da

Ya que todas las fuerzas son positivas, se dirigen como se muestra en el DCL.

a = aG = aG/O

ax

ay

G

0.120

O0.120 m0.250 0.120 2 = 0.120(2)2

= 0.480

aO +

α

α

α

ω

(�MC) = (�MC)

+ − 20 + 392.4(0.120) = 1.600α + 0.250(10.00α − 19.20) + 0.120(4.80α)

DCL DMA

α = 6.820 rad/s2

�Fx = max −→+ FC = 10.00α − 19.20 = 10.00(6.820) − 19.20

�Fy = may +⏐' 392.4 − NC = 4.80α = 4.80(6.820)

FC = 49.0 N NC = 360 Ny

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La gura (a) muestra un disco homogéneo de 50 lb y radio de 0.5 pies. El disco está en reposo antes de que la fuerza horizontal P � 40 lb se aplique a su centro de masa G. El coe ciente de fricción estática y cinética para las super cies en contacto son 0.20 y 0.15, respectivamente. Determine la aceleración angular del disco y la acele-ración de G después de aplicar la fuerza.

Hay dos posibles movimientos del disco: rodar sin deslizarse y rodar y deslizarse. El problema se resolverá suponiendo que el disco rueda sin deslizamiento. Esta su-posición se comprobará al comparar la fuerza de fricción requerida con su máximo valor estático.

En la gura (b) se muestra el diagrama de cuerpo libre (DCL) y el diagrama de masa-aceleración (DMA) con base en la hipótesis de que no existe deslizamiento. El DCL contiene el peso de 50 lb, la fuerza aplicada de 40 lb, la fuerza normal N y la de fricción F, que se supone va hacia la izquierda. El DMA contiene el par y el vector de inercia, en donde la aceleración angular a, medida en rad/s2, se ha supuesto en sentido negativo. Los valores de I

–a y ma– se calcularon como sigue

Observe que a– � Ra es una ecuación cinemática válida porque se ha supuesto que el disco rueda sin deslizarse. Hay un total de tres incógnitas en el DCL y DMA: F, N y a, que pueden calcularse con cualesquiera tres ecuaciones de movimiento independientes.

Una solución conveniente es igualar primero el momento resultante respecto a C en el DCL con el momento resultante respecto a C en el DMA, y después utilizar las ecuaciones de movimiento de la fuerza.

P = 40 lbG

s = 0.20

k = 0.15

y

x

(a)

μμ

R = 0.5 pies

Iα = m R2

2α = 50(0.5)2

(32.2)2

ma = m Rα = 50

32.2(0.5)α = 0.7764α lb

P = 40 lb

G

50 lb

C

N

F

G

C

Iα =

ma = 0.7764 lb=

(b)

αα

α

DMADCL

0.5 pi

es

0.1941

. pi

es0 5

lb · pie

α = 0.1941α lb · pie

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Ya que a, F y N son todas positivas, sus direcciones van como se muestra en la -gura (b).

Ahora observe que la máxima fuerza de fricción estática posible es Fmax � ms N � 0.20(50)�10.0 lb. La fuerza de fricción requerida para rodar sin deslizarse es, de acuerdo con la solución, F � 13.33 lb. Como F > Fmax, se concluye que el disco se desliza y por tanto debe reformularse el problema.

En la gura (c) se muestran el DCL y el DMA para el caso en que el disco rueda y se desliza simultáneamente. La fuerza de fricción F en el DCL se ha puesto igual a su valor cinético, mkN. Debe indicarse que esta fuerza actúa hacia la izquierda para oponerse así al deslizamiento. El par de inercia I

–a en el DMA es idéntico al que se

usa en la gura (b). Sin embargo, la diferencia importante aquí es que la magnitud del vector de inercia es ahora ma– � (50/32.2)a–/b, en donde a– se mide en pies/s2. Como el disco se desliza, no se aplica la restricción cinemática a– � Ra. Otra vez se observa que existen tres incógnitas en el DCL y el DMA, excepto que ahora son N, a y a–.

Las tres incógnitas pueden calcularse como sigue (de hecho, podrían emplearse cualesquiera otras tres ecuaciones independientes):

Al sustituir N � 50 lb de la ecuación (a) en (b) y (c) se obtiene

(�MC) = (�MC) + 40(0.5) = 0.1941α + 0.7764α(0.5)

α = 34.35 rad/s2

�Fx = max −→+ 40 − F = 0.7764α = 0.7764(34.35)

F = 13.33 lb

�Fy = may +�⏐ N − 50 = 0

N = 50 lb

DCL DMA

P = 40 lb

G

50 lb

C

N

F = 0.15N

G

C

ma = a lb =

(c)

5032.2

α α

DCL DMA

I = 0.1941

0.5 pi

es0.5

pies

lb ·pie

�Fy = may +�⏐ N − 50 = 0 N = 50 lb (a)

�Fx = max −→+ 40 − 0.15N = 50

32.2a (b)

�MG = Iα + 0.5(0.15N ) = 0.1941α (c)

2 α = 19.32 rad/s2ya = 20.93 pies/s

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Una barra delgada homogénea AB de masa m y longitud L se suelta a partir del repo-so en la posición que se muestra en la gura (a). Determine la aceleración del extre-mo A, la reacción en A y la aceleración angular de la barra inmediatamente después de que se suelta. Suponga que no hay fricción en el plano horizontal.

En la gura (b) se muestra el diagrama de cuerpo libre (DCL) y el de masa-acelera-ción (DMA) de la barra en el instante posterior a que se libera. El DCL contiene el peso de la barra, mg, y la reacción vertical N. El DMA contiene el par de inercia, I

–a

y el vector de inercia, ma– . El último consiste en las componentes maA y m(L/2)a, que se obtuvieron de la cinemática como sigue:

En la ecuación (a), se supuso que los sentidos de aA y a van hacia la izquierda y en sentido negativo, respectivamente. La velocidad angular v es cero porque la barra parte del reposo en la posición que se considera. Al multiplicar el lado derecho de la ecuación (a) por la masa m y colocar los resultados en G se obtienen las componen-tes del vector de inercia que se muestran en el DMA de la gura (b).

L

B

60°A

N

G

mg

2

B

60°A

G

60°

maA I = mL212

Lm

y

x

(b)

L 2

2=

α

α

α

DCL DMA

B

m

60°

(a)

A A

A

L

a = aG = aA

A

G

60°L2

L2

L2

2 = 0+ aG/A

aA

α

α

ω(a)

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