dinamica ejercicios

1. TECNOLÓGICO NACIONAL DE MÉXICO.
INSTITUTO TECNOLÓGICO DE MÉRIDA.
DEPARTAMENTO DE METAL - MECÁNICA.
DINÁMICA.
UNIDAD 4.
“CINÉTICA DE CUERPOS RÍGIDOS EN MOVIMIENTO PLANO”.
PRÁCTICA.
COBOS AYALA CARLOS ALBERTO
GRUPO 4M2
PROFESOR: ING. ZUMBARDO ARANDA, MARIO ARMÍN.
SEMESTRE: CUARTO SEMESTRE
MÉRIDA, YUCATÁN A 9 DE DICIEMBRE DEL 2021

2. El tambor de freno, de 8 𝑖𝑛. de radio, está unido a un volante más grande que no se muestra. El momento de
inercia de la masa total del tambor y del volante es de 14 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 ∙ 𝑠2
y el coeficiente de fricción cinética entre
el tambor y la zapata del freno es de 0.35. Si la velocidad angular del volante es de 360 𝑟𝑝𝑚 en sentido
contrario al de las manecillas del reloj cuando se aplica una fuerza P de 75 𝑙𝑏 de magnitud al pedal C,
determine el número de revoluciones realizadas por el volante antes de detenerse.
DATOS 1.
PLANTEAMIENTO Y DESARROLLO DEL PROBLEMA.
SOLUCIÓN.
Partiendo del equilibrio estático, tenemos lo siguiente:
𝐹
𝑟 = 𝜇𝑘𝑁 = 0.35𝑁 → 𝐸𝑐. 1
+↷ ∑ 𝑀𝐴: 𝑁(10 𝑖𝑛) − 2𝐹
𝑟 − (9 𝑖𝑛)(75 𝑙𝑏) = 0
10𝑁 − 2(0.35 𝑁) − 675 𝑙𝑏 ∙ 𝑖𝑛. = 0
10𝑁 − 0.7𝑁 − 675 𝑙𝑏 ∙ 𝑖𝑛. = 0
9.3𝑁 − 675 𝑙𝑏 ∙ 𝑖𝑛. = 0
𝑁 =
675 𝑙𝑏 ∙ 𝑖𝑛.
9.3
= 72.58 𝑙𝑏
Sustituyendo N en la ecuación 1.
𝐹
𝑟 = 𝜇𝑘𝑁 = 0.35(72.58 𝑙𝑏)
∴ 𝐹
𝑟 = 𝜇𝑘𝑁 = 25.40 𝑙𝑏
Ahora, si analizamos el tambor, obtenemos:
𝑟 = 8 𝑖𝑛. (
1 𝑓𝑡
12 𝑖𝑛.
) = 0.667 𝑓𝑡 =
2
3
𝑓𝑡.
𝜔0 = 360
𝑟𝑒𝑣
𝑚𝑖𝑛
(
2𝜋𝑟𝑎𝑑
1 𝑟𝑒𝑣
) (
1 𝑚𝑖𝑛
60 𝑠
) = 12𝜋𝑟𝑎𝑑/𝑠
+↷ ∑ 𝑀𝐷 = ∑(𝑀𝐷)𝑒𝑓 = 𝐹
𝑟(𝑟) = 𝐼̅𝛼
(25.40 𝑙𝑏) (
2
3
𝑓𝑡) = (14 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 ∙ 𝑠2)𝛼
16.933 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 = (14 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 ∙ 𝑠2)𝛼
𝛼 =
16.933 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡
14 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 ∙ 𝑠2
= 1.209 𝑟𝑎𝑑/𝑠2
𝜔2
= 𝜔0
2
+ 2𝛼(𝜃 − 𝜃0)
0 = (12𝜋𝑟𝑎𝑑/𝑠)2
− 2(1.209 𝑟𝑎𝑑/𝑠2)(𝜃 − 𝜃0)
144𝜋2
𝑟𝑎𝑑2
/𝑠2
− 2.418 𝑟𝑎𝑑/𝑠2(𝜃 − 𝜃0)
2.418 𝑟𝑎𝑑/𝑠2(𝜃 − 𝜃0) = 144𝜋2
𝑟𝑎𝑑2
/𝑠2
(𝜃 − 𝜃0) = 587.768 𝑟𝑎𝑑
(𝜃 − 𝜃0) = 93.545 𝑟𝑒𝑣

3. DATOS 2.
PLANTEAMIENTO Y DESARROLLO DEL PROBLEMA.
SOLUCIÓN.
Partiendo del equilibrio estático, tenemos lo siguiente:
𝐹
𝑟 = 𝜇𝑘𝑁 = 0.45𝑁 → 𝐸𝑐. 1
+↷ ∑ 𝑀𝐴: 𝑁(10 𝑖𝑛) − 2𝐹
𝑟 − (9 𝑖𝑛)(100 𝑙𝑏) = 0
10𝑁 − 2(0.45 𝑁) − 900 𝑙𝑏 ∙ 𝑖𝑛. = 0
10𝑁 − 0.9𝑁 − 675 𝑙𝑏 ∙ 𝑖𝑛. = 0
9.1𝑁 − 900 𝑙𝑏 ∙ 𝑖𝑛. = 0
𝑁 =
900 𝑙𝑏 ∙ 𝑖𝑛.
9.1
= 98.901 𝑙𝑏
Sustituyendo N en la ecuación 1.
𝐹
𝑟 = 𝜇𝑘𝑁 = 0.45(98.901 𝑙𝑏)
∴ 𝐹
𝑟 = 𝜇𝑘𝑁 = 44.505 𝑙𝑏
Ahora, si analizamos el tambor, obtenemos:
𝑟 = 12 𝑖𝑛. (
1 𝑓𝑡
12 𝑖𝑛.
) = 1 𝑓𝑡
𝜔0 = 600
𝑟𝑒𝑣
𝑚𝑖𝑛
(
2𝜋𝑟𝑎𝑑
1 𝑟𝑒𝑣
) (
1 𝑚𝑖𝑛
60 𝑠
) = 20𝜋𝑟𝑎𝑑/𝑠
+↷ ∑ 𝑀𝐷 = ∑(𝑀𝐷)𝑒𝑓 = 𝐹
𝑟(𝑟) = 𝐼̅𝛼
(44.505 𝑙𝑏)(1 𝑓𝑡) = (18 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 ∙ 𝑠2)𝛼
44.505 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 = (18 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 ∙ 𝑠2)𝛼
𝛼 =
44.505 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡
18 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 ∙ 𝑠2
= 2.472 𝑟𝑎𝑑/𝑠2
𝜔2
= 𝜔0
2
+ 2𝛼(𝜃 − 𝜃0)
0 = (20𝜋𝑟𝑎𝑑/𝑠)2
− 2(2.472 𝑟𝑎𝑑/𝑠2)(𝜃 − 𝜃0)
400𝜋2
𝑟𝑎𝑑2
/𝑠2
− 4.944 𝑟𝑎𝑑/𝑠2(𝜃 − 𝜃0)
4.944 𝑟𝑎𝑑/𝑠2(𝜃 − 𝜃0) = 400𝜋2
𝑟𝑎𝑑2
/𝑠2
(𝜃 − 𝜃0) = 798.511 𝑟𝑎𝑑
(𝜃 − 𝜃0) = 127.087 𝑟𝑒𝑣

4. DATOS 3.
PLANTEAMIENTO Y DESARROLLO DEL PROBLEMA.
SOLUCIÓN.
Partiendo del equilibrio estático, tenemos lo siguiente:
𝐹
𝑟 = 𝜇𝑘𝑁 = 0.45𝑁 → 𝐸𝑐. 1
+↷ ∑ 𝑀𝐴: 𝑁(10 𝑖𝑛) − 2𝐹
𝑟 − (9 𝑖𝑛)(150 𝑙𝑏) = 0
10𝑁 − 2(0.50 𝑁) − 1350 𝑙𝑏 ∙ 𝑖𝑛. = 0
10𝑁 − 𝑁 − 1350 𝑙𝑏 ∙ 𝑖𝑛. = 0
9𝑁 − 1350 𝑙𝑏 ∙ 𝑖𝑛. = 0
𝑁 =
1350 𝑙𝑏 ∙ 𝑖𝑛.
9
= 150 𝑙𝑏
Sustituyendo N en la ecuación 1.
𝐹
𝑟 = 𝜇𝑘𝑁 = 0.50(150 𝑙𝑏)
∴ 𝐹
𝑟 = 𝜇𝑘𝑁 = 75 𝑙𝑏
Ahora, si analizamos el tambor, obtenemos:
𝑟 = 15 𝑖𝑛. (
1 𝑓𝑡
12 𝑖𝑛.
) = 1.25𝑓𝑡 =
5
4
𝑓𝑡
𝜔0 = 860
𝑟𝑒𝑣
𝑚𝑖𝑛
(
2𝜋𝑟𝑎𝑑
1 𝑟𝑒𝑣
) (
1 𝑚𝑖𝑛
60 𝑠
) =
86
3
𝜋𝑟𝑎𝑑/𝑠
+↷ ∑ 𝑀𝐷 = ∑(𝑀𝐷)𝑒𝑓 = 𝐹
𝑟(𝑟) = 𝐼̅𝛼
(75 𝑙𝑏) (
5
4
𝑓𝑡) = (22 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 ∙ 𝑠2)𝛼
93.75 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 = (22 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 ∙ 𝑠2)𝛼
𝛼 =
93.75 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡
22 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 ∙ 𝑠2
= 4.261 𝑟𝑎𝑑/𝑠2
𝜔2
= 𝜔0
2
+ 2𝛼(𝜃 − 𝜃0)
0 = (
86
3
𝜋𝑟𝑎𝑑/𝑠)
2
− 2(4.261 𝑟𝑎𝑑/𝑠2)(𝜃 − 𝜃0)
7396
9
𝜋2
𝑟𝑎𝑑2
/𝑠2
− 8.522 𝑟𝑎𝑑/𝑠2(𝜃 − 𝜃0)
8.522 𝑟𝑎𝑑/𝑠2(𝜃 − 𝜃0) =
7396
9
𝜋2
𝑟𝑎𝑑2
/𝑠2
(𝜃 − 𝜃0) = 951.727 𝑟𝑎𝑑
(𝜃 − 𝜃0) = 151.472 𝑟𝑒𝑣

5. DATOS 4.
PLANTEAMIENTO Y DESARROLLO DEL PROBLEMA.
SOLUCIÓN.
Partiendo del equilibrio estático, tenemos lo siguiente:
𝐹
𝑟 = 𝜇𝑘𝑁 = 0.45𝑁 → 𝐸𝑐. 1
+↷ ∑ 𝑀𝐴: 𝑁(10 𝑖𝑛) − 2𝐹
𝑟 − (9 𝑖𝑛)(200 𝑙𝑏) = 0
10𝑁 − 2(0.15 𝑁) − 1,800 𝑙𝑏 ∙ 𝑖𝑛. = 0
10𝑁 − 0.3𝑁 − 1,800 𝑙𝑏 ∙ 𝑖𝑛. = 0
9.7𝑁 − 1,800 𝑙𝑏 ∙ 𝑖𝑛. = 0
𝑁 =
1,800 𝑙𝑏 ∙ 𝑖𝑛.
9.7
= 185.567 𝑙𝑏
Sustituyendo N en la ecuación 1.
𝐹
𝑟 = 𝜇𝑘𝑁 = 0.15(185.567 𝑙𝑏)
∴ 𝐹
𝑟 = 𝜇𝑘𝑁 = 27.835 𝑙𝑏
Ahora, si analizamos el tambor, obtenemos:
𝑟 = 20 𝑖𝑛. (
1 𝑓𝑡
12 𝑖𝑛.
) = 1.67 𝑓𝑡 =
5
3
𝑓𝑡
𝜔0 = 1,200
𝑟𝑒𝑣
𝑚𝑖𝑛
(
2𝜋𝑟𝑎𝑑
1 𝑟𝑒𝑣
) (
1 𝑚𝑖𝑛
60 𝑠
) = 40𝜋𝑟𝑎𝑑/𝑠
+↷ ∑ 𝑀𝐷 = ∑(𝑀𝐷)𝑒𝑓 = 𝐹
𝑟(𝑟) = 𝐼̅𝛼
(27.835 𝑙𝑏) (
5
3
𝑓𝑡) = (30 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 ∙ 𝑠2)𝛼
46.391 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 = (30 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 ∙ 𝑠2)𝛼
𝛼 =
46.391 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡
30 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 ∙ 𝑠2
= 1.546 𝑟𝑎𝑑/𝑠2
𝜔2
= 𝜔0
2
+ 2𝛼(𝜃 − 𝜃0)
0 = (40𝜋𝑟𝑎𝑑/𝑠)2
− 2(1.546 𝑟𝑎𝑑/𝑠2)(𝜃 − 𝜃0)
1600𝜋2
𝑟𝑎𝑑2
/𝑠2
− 3.092 𝑟𝑎𝑑/𝑠2(𝜃 − 𝜃0)
3.092 𝑟𝑎𝑑/𝑠2(𝜃 − 𝜃0) = 1600𝜋2
𝑟𝑎𝑑2
/𝑠2
(𝜃 − 𝜃0) = 5,107.169 𝑟𝑎𝑑
(𝜃 − 𝜃0) = 812.831 𝑟𝑒𝑣

6. CONCLUSIÓN.
Puedo concluir que en la realización de esta actividad nos resultó de mucha utilidad el programa excel ya que mediante este pude
obtener de una manera más rápida y precisa los mismos resultados obtenidos de manera manual de un problema planteado. de igual
manera, puedo agregar que este y muchos otros problemas de aplicación de dinámica, en este caso del tema “Cinética De Cuerpos
Rígidos En Movimiento Plano”., se pueden solucionar de una manera más practica y sencilla a través de software o excel.
Este problema de aplicación fue tomado del libro de:
Mecánica Vectorial para Ingenieros, Dinámica, Beer, Johnson, Mazurek, Eisenberg, 9va Edición