Dinamica Parcial 3

DESARROLLO TERCER PARCIAL DE DINAMICA

YUBER ANTONIO CORREDOR ESPITIA

2124503

JUAN GABRIEL DAZA ALBA

2124535

UNIVERSIDAD INDUSTRIAL DE SANTANDER

SEDE BARBOSA

BARBOSA

2014-1

DESARROLLO TERCER PARCIAL DE DINAMICA

YUBER ANTONIO CORREDOR ESPITIA

2124503

JUAN GABRIEL DAZA ALBA

2124535

DESARROLLO DE CUATRO EJERCICIOS EN LOS CUALES SE INCLUYEN LOS PRINCIPALES TEMAS QUE SON: ACELERACION DE CORIOLIS,

RODADURAS, BARRAS Y BARRAS VIRTUALES

Profesor:

LUIS ANTONIO BAUTISTA

UNIVERSIDAD INDUSTRIAL DE SANTANDER

SEDE BARBOSA

BARBOSA

2014-1

TRES BARRAS

Halle las velocidades y aceleraciones de las barras AB , BC y CD de la anterior

figura sabiendo que D asciende una pendiente de 30° a una velocidad de 0 .5m /s

y una desaceleración de 2m /s2 , tenga en cuenta que A y D tienen la misma altura.

DESARROLLO TRES BARRAS

Se hallan los ángulos β1 y β2 de la figura

Donde

X 1=AB *cos(70 )=2*cos(70 )=0 .684mX 2=BC *cos ( β1 )=2.3*cos (β 1)X 3=CD*cos ( β2)=1.2*cos( β 2)Yt=AB*sin(70 )=2*sin(70 )=1 .8793mY 1=BC *sin( β1 )=2 .3*sin( β 1)Y 2=CD *sin( β2 )=1 .2*sin( β2 )

Yt=Y 1+Y 23=X 1+X 2+X 3

Como se tienen dos ecuaciones y dos incógnitas, las desarrollamos y obtenemos que

β1=17 .3377 °β2=84 .2362°

VELOCIDADES

Análisis de la barra AB

Análisis de la barra CD

β2=84 .2374 °

Se descompone la Vd en una velocidad normal y un tangencial respecto a la barra

CD

β2=84 .2374 °

1 .2∗Wcd=0.5*cos(24 .2374 )Wcd=0 .3799 rad / s

β2=84 .2374 °

Análisis en la barra BC

β1=17 .3365 °β2=84 .2374 °

Se tiene que la gráfica anterior es igual a la suma de un movimiento traslacional

β1=17 .3365 °β2=84 .2374 °

Más un movimiento rotacional

β1=17 .3365 °

Existen varios métodos para resolver un ejercicio como el anterior ente los cuales tenemos el método de Luis Antonio Bautista (método de la anulación), método de beer (método de sumatorias en los ejes X y Y), entre otros.

Utilizaremos los dos métodos nombrados anteriormente, método de la anulación y el método de sumatorias en los ejes X y Y.

Método de Luis Antonio Bautista (método de la anulación)

β1=17 .3365 °β2=84 .2374 °

Y obtenemos

Wab=0 .2052∗sen (101.5739)−0 .4559∗sen (66 .9009 )2∗sen(92 .7626)

Wab=−0 .1093 rad / s

Wbc=−0 .4559∗sen(25 .7626 )−0 .2052∗sen(115.7626 )2.3∗sen (92.7626 )

Wbc=−0 .1666 rad /s

Método de beer (sumatoria en los ejes X y Y)

β1=17 .3365 °β2=84 .2374 °

∑ Fx=0−0 .4559∗sen (84 .2374 )−2 .3∗Wbc∗sen (17 .3365 )−2∗Wab∗sen (70 )+0 .2052*cos(84 .2374 )=0∑ Fy=0−0 .4559*cos(84 .2374 )−2.3∗Wbc*cos (17 .3365 )+2∗Wab*cos (70 )−0 .2052∗sen (84 .2374 )=0Y obtenemos que

Wab=−0 .1093 rad / sWbc=−0 .1666 rad /s

Se muestra la gráfica de cómo quedan ubicadas las velocidades en el ejercicio

ACELERACIONES



Observe que en la gráfica lo único que se hace es coger la aceleración que nos dan al inicio del ejercicio y la descomponemos en una aceleración normal y una tangencial respecto a la barra

Análisis de la barra BC

Se tiene que la anterior grafica es igual a un movimiento traslacional


Método de Luis Antonio Bautista (método de la anulación)

Y obtenemos que

α bc=−0 .6382∗sen(2 .6635 )−1 .8237∗sen (25.7626 )−0 .0575+0 .9941∗sen (64 .2374 )2.3∗sen (92 .6636 )

α bc=0 .00673 rad /s2

α ab=−0.0575∗sen(2 .6635 )−1 .8237∗sen (66 .9 )−0.6382−0.9941∗sen (156 .9)2∗sen(92 .6635)

ε ab=−1 .3556 radd /s2

Método de beer (método de sumatorias en los ejes X y Y)

Y obtenemos que

∑ Fx=02 .3∗α bc∗sen (17 .3365 )+0 .0575*cos (70 )+1.8237*cos (5 .7626 )+2∗α ab*cos(20 )++0 .6382*cos (17 .3365 )+0 .0041*cos (84 .2374 )=0∑ Fy=02 .3∗α bc*cos (17 .3365 )+0.0575∗sen(70 )+1.8237∗sen (5 .7626 )−2∗α ab∗sen(20 )−−0 .6382∗sen(17 .3365)−0 .9941∗sen(84 .2374 )=0

Como se tienen dos ecuaciones y dos incógnitas, desarrollamos y obtenemos que

α ab=−1.3556 rad /s2

α bc=0 .00673 rad /s2

Como los resultados por los dos métodos son iguales, quiere decir que nuestro ejercicio está bien, por lo tanto:

Resultados finales del ejercicio

ACELERACION DE CORIOLIS

Halle velocidad y aceleración angular de la barra AB sabiendo que C es el centro del disco y D es el punto de contacto con el suelo, además que el disco se conecta con la barra mediante un gancho en B. La barra tiene una ranura a lo largo de sí misma mediante la cual el gancho B puede deslizarse.

Desarrollo aceleración de coriolis

Se debe hallar el angulo y la magnitud de la barra AB

Con ayuda de la anterior grafica se obtiene que

Yc=0 .6∗sen (60)=0 .5196mXc=0 .6*cos(60 )=0.3m

tan( β1 )=1−0 .5+Yc3+Xc

β1=17 .1695 °AB=√(1−0 .5+Yc )2+(3+Xc)2

AB=3 .4539m

Se debe hallar el angulo y la magnitud de BD

Se obtiene que

tan( β2 )=Xc1+Yc

β2=11.1677 °BD=√(Xc )2+(Yc+1)2

BD=1 .5489m

VELOCIDADES

Análisis en los puntos C a D

Wcd= VcLcd

=0 .8 rad /s

Análisis en los puntos B a D

Wbd=Wcd=0 .8 rad /sVbd=Wcd∗Lcd=0 .8∗1 .5489=1 .2391m /s


La anterior grafica es igual a

Método de Luis Antonio Bautista (método de anulación)

r b=1.2391∗sen (118.3372 )sen (90 )

r b=1.0906m / s

Wab=1.2391∗sen(151 .6628)3.4539∗sen(90 )

Wab=0 .1702 rad /s


∑ Fx=0−1 .2391*cos (11.1677 )+r b*cos(17 .1695)+3 .4539∗Wab∗sen (17.1695 )=0∑ Fy=01 .2391∗sen (11.1677 )+r b∗sen (17 .1695 )−3 .4539∗Wab*cos(17 .1695)=0

Se obtiene que

r b=1.0906m / sWab=0 .1702 rad /s


ACELERACIONES

Análisis en los puntos D a C

0 .7=1∗α cdα cd=0 .7 rad /s2

Análisis en los puntos C a B


La anterior grafica es igual a


r b=−0 .1∗sen (90 )−0 .1023∗sen (61 .6628)−0 .6289∗sen(151 .6628 )sen (90 )

r b=0 .2883m / s2

α ab=−0.6289∗sen (118.3372)+0 .3739∗sen( 90)−0.1023∗sen (208 .3372 )3 .4539∗sen(90 )

α ab=−0.0379 rad / s2


∑ Fx=0−0 .1*cos (17 .1695 )−3 .4539∗α ab*cos (72 .8305 )+0 .6289*cos (78 .8323 )+r b∗c cos(17 .1695)+0 .1023*cos(30 )+0 .3739*cos (72.8305 )=0∑ Fy=0−0 .1∗sen(17 .1695)+3 .4539∗α ab∗sen(72 .8305)+0 .6289∗sen (78.8323 )+r b∗sen (17 .1695 )−0 .1023∗sen (30)−0.3739∗sen (72.8305 )=0

Se obtiene que

r b=0 .2883m / s2

α ab=0.0379 rad / s2


RODADURA

El cilindro gira alrededor de su eje O con una velocidad constante de 0.3rad/s en el sentido de las manecillas del reloj. los puntos AOB estan de forma vertical, el radio del cilindro es de 0.2 m la distancia vertical de OB es de 0.15 m, los puntos O y C estan a la misma altura. Hallar las velocidades y las aceleraciones de las barras cuando el angulo de BC con respecto a la horizontal es de 20. 8

Desarrollo rodadura

Hallamos la distancia BC

BC= 0.15sen(20 )

=0 .4385

VELOCIDADES

Análisis en los puntos A a B

Análisis barra CD

Tomamos al punto D como eje de rotación

Debido a que las barras BC y CD siempre estará a 90°, las velocidades

angulares Wbc y Wcd siempre serán iguales


Se colocan en la barra BC todas las velocidades transmitidas a esta



Más un movimiento de C respecto B


Wcd=−0 .105∗sen(20 )0 .4385

Wcd=−0 .0813 rad /sVc /d=−0 .25∗(−0.0818 )−0 .105∗sen (70 )Vc /d=−0 .0781m /s

Método de Beer (método de sumatorias en los ejes X y Y)

∑ Fx=00 .4385∗Wcd *cos (70 )+0 .105+0 .25∗Wcd *cos (20)+Vc /d*cos (20 )=0∑ Fy=00 .4385∗Wcd∗sen (70)−0 .25∗Wcd∗sen (20 )−Vc /d∗sen(20 )=0

Y se obtiene

Wcd=−0 .0818 rad /sVc /d=−0 .0781m /s


ACELERACIONES

Aceleraciones en el punto B transmitidas por el disco



Se colocan las aceleraciones transmitidas a dicha barra


Mas


Cabe especificar que como las barras BC y CD siempre estarán a 90° entoncesα bc=α cd

α bc=−0 .00167+0 .01270 .4385

α bc=0 .0251 rad /s2

r c /b=−0 .00293−0 .25(0 .0251)r c /b=−0 .009218m /s2


∑ Fx=0−(0.00293∗r c /b+0 .25∗α bc )∗sen (70)−(0 .4385∗α bc+0 .00167 )*cos (70)+0 .0127*cos(70 )=0∑ Fy=0(0 .00293+r c /b+0 .25∗α bc )*cos (70)−(0 .4385∗α bc+0 .00167 )∗sen(70 )+0 .0127∗sen (70)=0

Resolvemos y obtenemos que

α bc=0 .0251 rad /s2

r c /b=−0 .009218m /s2


Barra virtual

La barra BC con velocidad angular constante de 0.9rad/s gira en sentido de las manecillas del reloj, la distancia entre los puntos B y C es de 0.2 m y el ángulo que forma con la horizontal de esta misma barra es de 40°. Hallar la velocidad y la

aceleración de la barra AB en este instante.

Desarrollo barra virtual

Se halla la geometría del ejercicio

y=sen (40 )∗0 .2=0 .1285mx1=0.2*cos( 40)=0 .1532m

y=x3

x2=3√0 .1285=0.5046m

Radio de curvatura de la barra AB

ρ=[1+(

dydx

)2 ]32

d2 ydx2

]=[1+(3∗x2 )2 ]

32

6∗x=0 .6581

Se plantean dos barras virtuales v1 que va desde el punto A hasta el centro de curvatura D y v2 que inicia desde el centro de curvatura en D hasta el punto B.

tanφ=0.12850.5046

φ=14 .2871°

tan ϕ=dydx

=3x2=0 .7638

tan ϕ=0 .7203ϕ=37.3718 °β=90−( ϕ−φ )=66 .9123 °v12=(AB )2+(BD )2−2∗AB∗BD *cos ( β )

v1=0 .66m0 .66sen(66 .9123 )

=0 .6581sen(α )

=0 .5207sen(θ )

α=66 .5283 °θ=46 .53.12 °

VELOCIDADES

Análisis de la barra AD

AB=0 .66m

Aquí se debe resaltar que la Wad es igual a Wab ya que la barra AD está

representando a la barra AB del ejercicio


BC=0.2m

Análisis de la barra virtual BD

Velocidades transmitidas

BD=0 .6582mLa anterior grafica es igual a un movimiento traslacional


BD=0 .6582m


Wab=0 .18∗sen (167 .3785 )0 .64∗sen(133 .4369 )

Wab=0 .0846 rad /s

Wbd=0 .18∗sen (59 .1846 )0 .658∗sen(133 .4369)

Wbd=0 .3235 rad / s


∑ Fx=0−0 .658∗Wbd *cos (37 .3785 )+0 .18*cos (50)+0 .6∗Wab*cos(9 .1846 )=0∑ Fy=0−0 .658∗Wbd∗sen(37 .3785)+0 .18∗sen (50)−0.64∗Wab∗sen (9 .1846)=0

Y obtenemos que

Wab=0 .0846 rad /sWbd=0 .3235 rad / s

ACELERACIONES


AD=0 .5207mα ad∗Lad=0 .66∗α ad


Análisis de la barra BD

Aceleraciones transmitidas




α ad=−0 .0688−0.162∗sen (102 .6252)+0 .00472∗sen(136 .5594 )0 .66∗sen (133.4406 )

α ad=−0 .4666 rad /s2

α bd=−0 .162∗sen(30 .8154 )−0 .068∗sen (43 .4406 )+0.004720 .6582∗sen(133 .4406 )

α bd=−0 .2616 rad /s2


∑ Fx=0−0 .6582∗α bd*cos (37 .3748 )+0 .00472*cos (8 .8154 )+0.66∗α ad*cos (9 .1846 )+0 .162*cos (40 )+0 .068*cos (52.6252)=0∑ Fy=0−0 .6582∗α bd∗sen(37 .3748)+0.00472∗sen (80 .8154 )−0 .66∗α ad∗sen( 9.1846 )−0 .162∗sen( 40)−0.068∗sen (52 .6252 )=0

Obtenemos que

α ad=−0 .4666 rad /s2

α bd=−0 .2616 rad /s2

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Dinamica Parcial 3