Cinetica del solido pdf

CINETICA DEL SOLIDO SEPTIEMBRE DE 2014

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1.1 Introducción

1.2 Marco teórico

1.2.1 segunda ley de newton

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1.2.2 cuerpos rígidos

1.2.3 centro de gravedad

1.3 Ecuaciones de movimiento

1.3.1 traslación

1.3.1.1traslación rectilínea (sistema cartesiano x e y)

1.3.1.2traslación curvilínea

1.3.2 rotación

1.3.2.1 rotación con respecto a un eje fijo

1.3.2.2 movimiento plano general

1.4 Cuadro comparativo entre cinética de la partícula y cinética del solido

1.5 Aplicaciones


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INTRODUCCION

La cinética del solido rígido estudia las relaciones existentes entre las fuerzas actuantes

sobre un cuerpo supuesto rígido, la forma y la masa de este y el movimiento originado.

Abordaremos este estudio considerando que un sólido rígido está compuesto de un gran

número de partículas para lo cual emplearemos dos ecuaciones, ∑ 𝐹 = 𝑚𝑎, que relaciona la

resultante de las fuerzas externas con la aceleración del centro de masas G del sistema de

partículas, y MG = ḢG, que relaciona el momento resultante de las fuerzas externas con el

momento angular del sistema de partículas respecto a G. Además la derivada temporal del

momento angular ḢG respecto al centro de masases igual al producto Ῑ𝛼 del momento de

inercia másico centroidal Ῑ por la aceleración angular 𝛼 del cuerpo.

El principio de D‘Alembert se utiliza para demostrar que las fuerzas externas actuantes sobre

un cuerpo rígido equivalente a un vector 𝑚𝑎 aplicado en el centro de masas y un par de

momento Ῑ𝛼. Este principio complementa la definición de la segunda ley de Newton. El cual

consiste en agregar al sistema dinámico una fuerza inercial, logrando con esta que el este

sistema esté en equilibrio, donde este equilibrio se le conoce como Equilibrio Dinámico.

Según el Principio de equilibrio dinámico de D'Alambert, en todo sistema, la suma de todas

las fuerzas que actúan sobre él, incluidas las inerciales, ha de ser igual a cero.

Características de las fuerzas de inercia.

Fuerza inercial es una fuerza que existe en los cuerpos acelerados, y que es igual a

la fuerza que los acelera, pero de sentido contrario.

Si a un cuerpo, colocado en un sistema no inercial, se le aplica una fuerza igual a la

fuerza de inercia, ese cuerpo estará en equilibrio dinámico respecto a dicho sistema.

La fuerza centrífuga es un ejemplo importante de fuerza inercial.


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SEGUNDA LEY DE NEWTON O PRINCIPIO FUNDAMENTAL DE LA DINÀMICA

La Segunda ley de Newton se encarga de cuantificar el concepto de fuerza. Nos dice que la

fuerza neta aplicada sobre un cuerpo es proporcional a la aceleración que adquiere dicho

cuerpo. La constante de proporcionalidad es la masa del cuerpo, de manera que podemos

expresar la relación de la siguiente manera:

𝐹 = 𝑚𝑎

Esta relación establece por completo la formulación de la segunda ley de Newton. Tanto la

fuerza como la aceleración son magnitudes vectoriales, es decir, tienen, además de un

módulo, una dirección y un sentido. De esta manera, la Segunda ley de Newton debe

expresarse como:

𝐹 = 𝑚𝑑𝑣

𝑑𝑡

Esta expresión de la Segunda ley de Newton es válida para cuerpos cuya masa sea

constante.

Para dos objetos de la misma masa, cuanto mayor sea la fuerza

que les comuniquemos mayor será la aceleración producida.

Del mismo modo, la aceleración será inversamente proporcional a

la masa. Para una misma fuerza, un objeto pesado se acelerará

menos que uno ligero.

Si la masa varia, como por ejemplo un cohete que va

quemando combustible, en este caso la relación 𝑭 = 𝒎𝒂

ya no es válida. Podemos generalizar la Segunda ley de

Newton para que incluya el caso de sistemas en los que

pueda variar la masa. Para generalizar primero vamos a

definir una magnitud física nueva que corresponde a la cantidad de movimiento (p), que se

define como el producto de la masa de un cuerpo por su velocidad, es decir:

𝑃 = 𝑚𝑣


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La cantidad de movimiento también se conoce como momento lineal. Es una magnitud

vectorial y, en el Sistema Internacional se mide en Kg.m/s. En términos de esta nueva

magnitud física, la Segunda ley de Newton se expresa de la siguiente manera:

La Fuerza que actúa sobre un cuerpo es igual a la variación temporal de la cantidad

de movimiento de dicho cuerpo, es decir:

𝐹 =𝑑𝑃

𝑑𝑡

De esta forma incluimos también el caso de cuerpos cuya masa no sea constante.

Para el caso de que la masa sea constante, recordando la definición de cantidad de

movimiento y que como se deriva un producto tenemos:

𝐹 =𝑑(𝑚. 𝑣)

𝑑𝑡 =

𝑚𝑑𝑣

𝑑𝑡+

𝑣𝑑𝑚

𝑑𝑡

Como la masa es constante 𝑚𝑑𝑣

𝑑𝑡 =0 y recordando la definición de aceleración, nos

queda

𝐹 = 𝑚𝑑𝑣

𝑑𝑡

CUERPOS RÍGIDOS

Un cuerpo rígido se puede definir como aquel que no se deforma, se supone que la mayoría

de los cuerpos considerados en la mecánica elemental son rígidos. Dentro de lo que son los

cuerpos rígidos se estudia el efecto de las fuerzas ejercidas sobre un cuerpo rígido y ver

como reemplazar un sistema de fuerzas dado por un sistema equivalente más simple. Este

análisis se basa en la suposición fundamental de que el efecto de una fuerza dada sobre un

cuerpo rígido permanece inalterado si dicha fuerza se mueve a lo largo de su línea de acción.

Por tanto, las fuerzas que actúan sobre un cuerpo rígido pueden representarse por vectores

deslizante.


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CENTRO DE GRAVEDAD

El centro de gravedad es el punto de aplicación de la resultante de todas

las fuerzas de gravedad que actúan sobre las distintas partículas que constituyen al cuerpo,

de tal forma que el momento respecto a cualquier punto de esta resultante aplicada en el

centro de gravedad es el mismo que el producido por los pesos de todas las masas

materiales que constituyen dicho cuerpo.

El 𝐶. 𝐺. de un cuerpo no corresponde necesariamente a un punto material del cuerpo. Así, el

𝐶. 𝐺. de una esfera hueca está situado en el centro de la esfera que, obviamente, no

pertenece al cuerpo.

http://es.wikipedia.org/wiki/Fuerza_resultante

http://es.wikipedia.org/wiki/Fuerza

http://es.wikipedia.org/wiki/Gravedad


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TRASLACIÓN

Cuando un cuerpo rígido experimenta una traslación, todas sus partículas tienen la misma

aceleración lineal 𝑎 además, α = 0 en donde la ecuación de movimiento de rotación

aplicada en el punto G se reduce a una forma simplificada, o sea, ∑ MG= 0.

Traslación rectilínea (sistema cartesiano x e y)

Cuando un cuerpo se somete a traslación rectilínea, todas sus partículas viajan a lo largo de

trayectorias de línea recta paralelas. El diagrama de cuerpo libre y los diagramas cinéticos

se muestran en la figura como: 𝐈𝐆𝛂 = 𝟎 , solo m(𝑎𝐺) se muestra en el diagrama cinético

Como: IGα = 0 , solo maG queda señalado

∑ 𝑭𝒙 = 𝒎(𝒂𝑮)𝒙

∑ 𝑭𝒚 = 𝒎(𝒂𝑮)𝒚

∑ 𝐌𝐆 = 𝟎

Además se puede sumar momentos con respecto a otros puntos sobre y fuera del cuerpo,

en cuyo caso el momento de maG debe de tomarse en cuenta.


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Ejemplo:

Si se elige el punto A, que se encuentra a una distancia d de la línea de acción de maG, es

aplicable la siguiente ecuación de momento:

∑ MA= ∑(Mk) : ∑ MA = (m𝑎𝐺) d

Aquí la suma de, los momentos de las fuerzas externas y los momentos de par con respecto

a A (∑ MA, diagrama de cuerpo libre) es igual al momento de m𝑎𝐺 , con respecto a A (∑(MK),

diagrama cinético)


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Traslación curvilínea

Cuando un cuerpo rígido se somete a traslación curvilínea, todas sus partículas viajan a lo

largo de trayectorias de curvas paralelas. En un análisis, con frecuencias es conveniente

utilizar un sistema de coordenadas inercial con su origen que coincida con el centro de masa

de cuerpo en el instante considerado y sus ejes orientados en las direcciones normal y

tangencial a la trayectoria del movimiento son:

∑ 𝑭n= m (𝒂𝑮) n

∑ 𝑭t=m (𝒂𝑮) t

∑ 𝑴G=0

Diremos pues que (aG)t y (aG)n representan, respectivamente, las magnitudes de las

componentes de la aceleración tangencial y normal del punto G.

Si se suman los momentos con respecto al punto arbitrario B, entonces es necesario tener

en cuenta los momentos, ∑(MK) B de las dos componentes m (𝑎𝐺)n Y m (𝑎𝐺) t, con respecto

a este punto, de acuerdo con el diagrama cinético, h y e representa las distancias

perpendiculares (o “brazos de momento”) de B a las líneas de acción de los componentes.

Por consiguiente, la ecuación de momentos requeridos es:

∑ 𝑴B = ∑(𝑴K) B ∑ 𝑴B =𝒆[𝒎(𝒂𝑮)𝒕 − 𝒉[𝒎(𝒂𝑮)𝒏]]


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Los aspectos de rotación son provocados por un momento M, se determinara ahora los

efectos causados por los momentos del sistema de fuerzas externas calculados con

respecto al eje z que pasa por el punto P.

(𝑴𝑃)𝑖 = 𝒓 × 𝑚𝑖𝒂𝑖

Expresamos en términos de la aceleración angular 𝜶 y la velocidad angular 𝝎.

(𝑴𝑃)𝑖= 𝑚𝑖[𝒓 × 𝒂𝑃 + (𝛼 × 𝒓) − 𝜔2(𝒓 × 𝒓)]

El último término es cero, ya que Expresando los vectores con componentes cartesianas

y efectuando las operaciones de producto cruz obtenemos

(MP)ik = mi{(xi + yj) × [(aP)xi + (aP)yj] + (xi + yj) × [αk × (xi + yj)]}

(MP)ik = mi[−y(aP)x + x(aP)y + αx2 + αy2]k

↺ (MP)i = mi[−y(aP)x + x(aP)y + αx2 + αy2]

Haciendo 𝑚𝑖 ⟶ 𝑑𝑚 e integrando con respecto a toda la masa 𝑚 del cuerpo, obtenemos

la ecuación resultante de momento

↺ ∑ MP = − (∫ y dm

m

) (aP)x + (∫ x dm

m

) (aP)y + (∫ r2 dm

m

) α

Las integrales en los términos primero y segundo del lado derecho se usan para localizar

el centro de masa 𝐺 del cuerpo con respecto a 𝑃, ya que ��𝑚 = ∫ 𝑦 𝑑𝑚 y ��𝑚 = ∫ 𝑥 𝑑𝑚.

La última integral representa el momento de inercia del cuerpo calculado con respecto al

eje 𝑧, esto es 𝐼𝑃 = ∫ 𝑟2 𝑑𝑚. Así,

↺ ∑ MP = −ym(aP)x + xm(aP)y + IPα

si el punto𝑃 coincide con el centro de masa 𝐺 para el cuerpo. Si este es el caso, entonces

�� = �� = 0, y por tanto

∑ MG = IGα

También puede ser rescrita en términos de las componentes 𝑥 y 𝑦 de 𝒂𝐺 y el momento

de inercia 𝐼𝐺 del cuerpo. Si el punto de los ejes paralelos, 𝐼𝑝 = 𝐼𝐺 + 𝑚(��2 + ��2).

Sustituyendo, obtenemos:

↺ ∑ 𝑀𝑃 = ��𝑚[−(𝑎𝑃)𝑥 + ��𝛼] + ��𝑚[(𝑎𝑃)𝑦 + ��𝛼] + 𝐼𝐺𝛼


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𝒂𝑃 Puede ser expresada en términos de 𝒂𝐺 como

aG = aP + α × r − ω2r

Efectuando los productos cruz e igualando las respectivas componentes i y 𝒋 resultan

las dos ecuaciones escalares

(aG)x = (aP)x − yα − xω2

(aG)y = (aP)y − xα − yω2

A partir de estas ecuaciones, [−(aP)x + yα] = [−(aG)x − xω2] y [−(aP)y + xα] = [(aG)y +

yω2].

Simplificando obtenemos:

↺ ∑ MP = −ym(aG)x + xm(aG)y + IGα

Este importante resultado indica que cuando los momentos de las fuerzas externas

mostradas en el diagrama de cuerpo libre son sumados con respecto al punto 𝑃 , resultan

ser equivalentes a la suma de los “momento cinético” de 𝐼𝐺𝜶, en otras palabras, cuando

son calculados los “momentos cinéticos”, ∑(ℳ𝑘)𝑃, los vectores 𝑚(𝒂𝐺)𝑥 𝑚(𝒂𝐺)𝑦 , son

tratados como vectores deslizables; esto es, pueden actuar en cualquier punto a lo largo

de su línea de acción. Entonces podemos escribir la ecuación en una forma más general

como:

∑ MP = ∑(ℳk)P

Para resumir este análisis pueden escribirse tres ecuaciones escalares

independientes para describir el movimiento plano general de un cuerpo rígido

simétrico.

∑ Fx = m(aG)x ∑ Fy = m(aG)y

∑ MG = IGα O ∑ MP = ∑(ℳk)P


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Rotación con respecto a un eje fijo

Considere el cuerpo rígido mostrado en la figura, el cual esta constreñido a girar en el plano

vertical con respecto a un eje fijo perpendicular a la página y que atraviesa el pasador

ubicado en O. La velocidad angular y la aceleración angular son causadas por el sistema

fuerza externa y momento de par que actúan sobre el cuerpo. Como centro de masa G del

cuerpo se mueve en una trayectoria circular, aceleración de este punto está a mediante sus

componentes tangencial normal. La componente tangencial de aceleración tiene magnitud

de (𝑎𝐺)𝑡 = 𝛼𝑟𝐺 debe actuar en una dirección que sea constante con la aceleración angular

𝛼 del cuerpo. La magnitud de la componente normal de aceleración es Esta componente

es (𝑎𝐺)𝑛 = 𝜔2𝑟𝐺. Esta componente está dirigida siempre desde el punto G hasta el punto 0,

independientemente de la dirección de 𝜔.

Los diagramas de cuerpo libre y cinético para el cuerpo se muestran la figura. El peso del

cuerpo, W,= mg, y en el pasador están incluidos en el diagrama de cuerpo libre ya que

representan las fuerzas externas actuando sobre el cuerpo. Las dos componentes 𝑚(𝑎𝐺)𝑡 y

𝑚(𝑎𝐺)𝑛 mostradas en el diagrama cinético, están asociadas con las componentes tangencial

y normal de aceleración del centro de masa del cuerpo. Estos vectores actúan en la misma

dirección que las componentes de aceleración y tienen magnitudes de 𝑚(𝑎𝐺)𝑡 y 𝑚(𝑎𝐺)𝑛

respectivamente. El vector 𝐼𝐺𝛼 actua en la misma dirección que 𝛼 y tiene la magnitud de 𝐼𝐺𝛼

, donde 𝐼𝐺 es el momento de masa del cuerpo calculado con respecto a un eje perpendicular

a la página y que pasa por G. A a partir de la derivación, las ecuaciones de movimiento que

se aplican al cuerpo pueden ser escritas en 1a forma


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∑ 𝐹𝑛 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑛 = 𝑚𝜔2𝑟𝐺

∑ 𝐹𝑇 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑇 = 𝑚𝛼𝑟𝐺

∑ 𝑀𝐺 = 𝐼𝐺𝛼

La ecuación de momentos también puede ser reemplazada por una suma de momentos con

respecto al pasador O, el cual resulta una interesante relación:

∑ 𝑀O = ∑(𝑀𝑘) = Ῑ𝛼 + (mr𝛼) r = (Ῑ + mr 2) 𝛼

at = r an = r ω2

Pero según el teorema de Steiner, es 𝐼 + 𝑚��2 = 𝐼𝑜 donde 𝐼𝑜 representa el momento de

inercia del cuerpo respecto al eje fijo. Por lo tanto, podemos escribir:

∑ 𝑀O = 𝐼𝑜𝛼


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El cuerpo rígido mostrado en la figura está sometido a un movimiento plano general causado

por la fuerza (movimiento de traslación) y el momento de par aplicados externamente

(movimiento de rotación). Los diagramas de cuerpo libre y cinético para el cuerpo se

muestran en la figura. Al elegir, como se muestra, un sistema coordenado inercial x, y, las

tres ecuaciones de movimiento pueden ser escritas como

∑ 𝐹𝑥 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑥

∑ 𝐹𝑦 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑦

∑ 𝑀𝐺 = 𝐼𝐺𝛼

En algunos problemas puede ser conveniente sumar momentos con respecto a algún punto

P diferente de G. Esto se hace usualmente para eliminar fuerzas desconocidas a partir de la

suma de momentos.

Cuando se usan en este sentido más general, las tres ecuaciones del movimiento son

∑ 𝐹𝑥 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑥

∑ 𝐹𝑦 = 𝑚(𝑎𝐺)𝑦

∑ 𝑀𝑃 = ∑(𝑀𝐾)𝑃

Aquí ∑(𝑀𝐾)𝑃 representa la suma de momentos de 𝐼𝐺𝛼 y 𝑚𝑎𝐺 (o sus componentes) con

respecto a P según son determinados por los datos que aparecen en el diagrama cinético.


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CUADRO COMPARATIVO ENTRE CINÉTICA DE LA PARTÍCULA Y

CINÉTICA DEL SOLIDO

Cinética Del Solido Cinética De La Partícula

Estudia las relaciones existentes entre las fuerzas,

la forma y la masa y el movimiento que se

produce.

El planteamiento esta considerar a los cuerpos

rígidos conformados por una número de

partículas.

En un cuerpo rígido se toma en cuenta el efecto

de rotación ocasionada por una fuerza alrededor

de un punto o eje.

El momento de inercia es aquel que mide la

resistencia de un cuerpo a la aceleración angular,

al igual que la masa resiste a una aceleración.

∑ 𝑀 = 𝐼 ∝

La forma del cuerpo, así como la ubicación exacta

de los puntos de aplicación de las fuerzas no se

toman en cuenta.

El cuerpo puede considerarse como una partícula,

esto es, que su masa podría concentrarse en un

punto.

En un cuerpo real, incluimos cuerpos tan grandes

como un automóvil, un cohete o un aeroplano se

ignoran el efecto de una rotación del cuerpo.

∑ 𝐹 = 𝑚𝑎


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APLICACIONES

1. El avión de propulsión a chorro tiene una masa de 22 Mg y un centro de masa

en G. Si se sujeta un cable de remolque en la parte superior de la rueda de

nariz y ejerce una fuerza de T=400N como se muestra, determinar la

aceleración del avión y la reacción normal en la rueda de nariz y en cada una

de las ruedas de alas localizadas en B. Ignore la fuerza ascensional de las

alas t la masa de las ruedas.

200N cos30° = 22x103

= 0.01575m/s2

NA + 2NB – 400Nsen30° =0

NA + 2NB = 200N……..( 1)

G = -400Ncos30° (0.4m)- NA (6m)+ 400N sen30°+ 2NB (3m) = 0

NA - NB = 142.26 N ……..(2)

De (1) y (2)

NA = 72.1KN

NB = 71.96KN


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2. El camión montacargas pesa 2250 lb y se usa para levantar una caja de peso

W= 2500 lb. Si se sabe que el camión está en reposo, determine.

a) La aceleración de la caja hacia arriba para la cual las reacciones en las ruedas

traseras B son cero.

b) L a reacción correspondiente en cada una de las ruedas delanteras A.

a) Calculamos la aceleración de la caja

∑ 𝑀𝐴 =(∑ MK )A

2500lb(3ft) - 2250lb(4ft) = - maG (3ft)

7500lb.ft-9000lb.ft =- 2500 lb aG

32.2lb/s2

aG = 6.44 ft/s2

b) Hallamos la reaccion en A

∑ 𝐹𝑌 = maG

2NA- 2500lb- 2250lb = maG

2NA – 4750lb = 500 lb

2NA = 5250lb ; NA = 2625 lb


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3. La masa del disco es de 20 Kg y en el principio gira en el extremo del puntal a una

velocidad angular de w= 60 rad/s. Si luego se coloca contra la pared donde el

coeficiente de fricción cinética es uk = 0.3, determinar el tiempo requerido para que

se detenga el movimiento ¿Cuál es la fuerza en el puntal BC durante ese tiempo?

D.C.L

∑FX = m(aG)x ; FCB sen30° - NA = 0

0.5 FCB = NA ……(1)

∑FY = m(aG)Y ; FCBcos30° + Ff – 20(9.81)N=0

Ff = 0.3NA

FCBcos30°+ 0.3 NA = 196.2 N ……(2)


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∑MB = IB

0.3NA (0.15m)= 1

2[20kg(0.15m)2 ]

0.045NAm =0.225kgm2

NA = 5kgm ……..(4)

REEMPLAZANDO EN (1) SE TIENE

FCB = 10kgm ……. (3)

REEMPLAZANDO (1) Y (4) EN (2)

(10kgm + 0.3* 5kgm) =196.2N

= 19.3rad/s2 ; NA = 96.6N ; FCB =193N


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4. La rueda de 150kg tiene un radio de giro con respecto a su centro de masa O de

Ko = 250 mm.Si gira en sentido contrario al de las manecillas del reloj a una velocidad

angular de w= 1200 rev/min en el instante en que se aplican las fuerzas de tensión

TA= 2000N y TB= 1000N a la banda de frenado en A y B determine el tiempo

requerido para detener la rueda.

D.C.L

El momento de inercia Io = m (KO)2 sobre su centro de mas a es

IO = 150(0.25)2kgm2

IO = 9.375kgm2


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∑Mo = IO

1000N(0.3m)-2000N(0.3m) = 9.375kgm2

= 32 rad /s2

por cinemática tenemos

= 125.66rad/s

0 = 125.66 rad/s + (-32rad/s2)t

t= 3.93 s

5. En la Fig. el gancho de frenaje del avión de 14000lb ejerce la fuerza F y ocasiona

que el avión desacelere a 6g.Las fuerzas horizontales ejercidas por las ruedas de

aterrizaje son insignificantes. Determine Fy las fuerzas normales ejercidas sobre las

ruedas.


24

SOLUCIÓN:

DCL


25

6 . El buque pesa 4(106) lb y su centro de gravedad está en G .Se utilizan dos

remolcadores cuyo peso se ignora para hacerlo virar .Si cada remolcador lo empuja

con una fuerza T = 2000 lb determine la aceleración angular de centro de gravedad

G y su aceleración angular .Su radio de giro con respecto a su centro de gravedad

es KG = 125 pies .Ignore la resistencia del agua.

DCL


26

El momento de inercia de la nave sobre su masa será

7. El volante de 50kg tiene un radio de giro con respecto a su centro de masa KO =

250 mm.Gira a una velocidad angular constante de 1200rev/min antes de aplicar el

freno .Si el coeficiente de fricción cinética entre la balata B y el borde de la rueda es

uk = 0.5 y se aplica una fuerza P= 300N a la manivela del mecanismo de frenado,

determine el tiempo requerido para detener la rueda.


27

DCL

El momento de inercia del volante alrededor de su centro es

POR CINEMATICA TENEMOS

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