Cinetica del solido 8 expo

CINÉTICADELSÓLIDO DINÁMICA
UNPRG – FICSA - ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL 1
INDICE
1.1 INTRODUCCIÓN
1.2 MARCO TEÓRICO
1.2.1 SEGUNDA LEY DE NEWTON O PRINCIPIO FUNDAMENTAL DE LA
DINÀMICA
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 ROTACION
1.3.2.1 ROTACION 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

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 compuestode 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 conel 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.
Elprincipio 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, colocadoen 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.

MARCO TEORICO
 SEGUNDA LEY DE NEWTON O PRINCIPIO FUNDAMENTAL DE LA
DINÀMICA
La Segunda ley de Newtonse encarga de cuantificarel conceptode 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
Estarelación establece por completolaformulaciónde la segunda ley de Newton.Tantola 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 = 𝑚
𝑑𝑣
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 comoel
producto de la masa de un cuerpo por su velocidad, es decir:
𝑃 = 𝑚𝑣

La cantidad de movimiento también se conocecomo 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 cuyamasa 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 = 𝑚
𝑑𝑣
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 loque son los cuerpos
rígidos se estudia el efectodelas fuerzas ejercidas sobre uncuerpo rígido y vercomoreemplazar
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.

 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 centrode
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.

ECUACIONES DE MOVIMIENTO
I. TRASLACIÓN
Cuando un cuerpo rígido experimenta una traslación, todas sus partículas tienen la misma
aceleración lineal 𝑎 además, α = 0 en donde la ecuaciónde movimientode 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: 𝐈 𝐆 𝛂 = 𝟎 , solo m(𝑎 𝐺)se muestra en el diagrama cinético
Como: IGα = 0 ,solo maG queda señalado
∑ 𝑭 𝒙 = 𝒎(𝒂 𝑮) 𝒙
∑ 𝑭 𝒚 = 𝒎( 𝒂 𝑮) 𝒚
∑𝐌 𝐆 = 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.
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 = (m𝑎 𝐺) 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 m𝑎 𝐺 , con respecto a A (∑(MK),
diagrama cinético)
 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 (𝒂 𝑮) n
∑ 𝑭t=m (𝒂 𝑮) 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 (𝑎 𝐺)n Y m (𝑎 𝐺) t, conrespecto 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( 𝒂 𝑮) 𝒕 − 𝒉[ 𝒎( 𝒂 𝑮) 𝒏]]

II. ROTACION
Los aspectos de rotación son provocadospor un momento M, se determinara ahora los
efectos causados por los momentos del sistema de fuerzas externas calculadoscon
respecto al eje z que pasa por el punto P.
( 𝑴 𝑃)𝑖 = 𝒓 × 𝑚 𝑖 𝒂𝑖
Expresamos en términos de la aceleración angular 𝜶 y la velocidadangular 𝝎.
(𝑴 𝑃)𝑖= 𝑚 𝑖[𝒓× 𝒂 𝑃 + ( 𝛼 × 𝒓) − 𝜔2( 𝒓 × 𝒓)]
El último término es cero, ya que Expresando los vectores con componentes cartesianas y
efectuando las operaciones de productocruz 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 𝑚 𝑖 ⟶ 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 𝑦̅𝑚 = ∫ 𝑦 𝑑𝑚 y 𝑥̅ 𝑚 = ∫ 𝑥 𝑑𝑚. La
última integral representa el momento de inercia del cuerpo calculadocon respecto al eje 𝑧,
esto es 𝐼 𝑃 = ∫ 𝑟2 𝑑𝑚. Así,
↺ ∑MP = −y̅m(aP)x + x̅m(aP)y + IPα
si el punto𝑃 coincide con el centro de masa 𝐺 para el cuerpo. Si este es el caso, entonces
𝑥̅ = 𝑦̅ = 0, y por tanto
∑MG = IGα
También puede ser rescrita en términos de las componentes 𝑥 y 𝑦 de 𝒂 𝐺 y el momento de
inercia 𝐼 𝐺 del cuerpo. Si el punto de los ejes paralelos, 𝐼 𝑝 = 𝐼 𝐺 + 𝑚(𝑥̅2 + 𝑦̅2). Sustituyendo,
obtenemos:
↺ ∑ 𝑀 𝑃 = 𝑦̅𝑚[−( 𝑎 𝑃) 𝑥 + 𝑦̅𝛼] + 𝑥̅ 𝑚[( 𝑎 𝑃) 𝑦 + 𝑥̅ 𝛼] + 𝐼 𝐺 𝛼
𝒂 𝑃 Puede ser expresada en términos de 𝒂 𝐺 como

aG = aP + α × r̅ − ω2r̅
Efectuandolos productos cruz e igualando las respectivas componentes i y 𝒋 resultan las
dos ecuaciones escalares
(aG)x = (aP)x − y̅α − x̅ω2
(aG)y = (aP)y − x̅α − y̅ω2
A partir de estas ecuaciones, [−(aP)x + y̅α] = [−(aG)x − x̅ω2] y [−(aP)y + x̅α] = [(aG)y +
y̅ω2]. Simplificando obtenemos:
↺ ∑MP = −y̅m(aG)x + x̅m(aG)y + IGα
Este importante resultado indica que cuando los momentos de las fuerzas externas
mostradas en el diagrama de cuerpo libre son sumados conrespecto al punto 𝑃 , resultan
ser equivalentes a la suma de los “momento cinético” de 𝐼 𝐺 𝜶, en otras palabras, cuando son
calculados los “momentos cinéticos”, ∑(ℳ 𝑘) 𝑃, los vectores 𝑚(𝒂 𝐺) 𝑥 𝑚(𝒂 𝐺) 𝑦 , son tratados
comovectores 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

 ROTACION 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 velocidadangular 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 trayectoriacircular,aceleración de este punto está a mediante sus componentes tangencial
normal. La componente tangencial de aceleracióntiene magnitud de (𝑎 𝐺)𝑡 = 𝛼𝑟𝐺 debe actuaren
una dirección que sea constante con la aceleración angular 𝛼 del cuerpo. La magnitud de la
componente normal de aceleración es Estacomponente es (𝑎 𝐺) 𝑛 = 𝜔2 𝑟𝐺. Esta componente esta
dirigida siempre desde el punto G hasta el punto 0, independientemente de la dirección de 𝜔.
Los diagramas de cuerpo libre y cinéticopara el cuerpose 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(𝑎 𝐺)𝑡 y 𝑚(𝑎 𝐺) 𝑛 mostradas
en el diagrama cinético,están asociadas conlas componentes tangencial y normal de aceleración
del centrode masa del cuerpo.Estos vectoresactúanen la misma direcciónque las componentes
de aceleración y tienen magnitudes de 𝑚(𝑎 𝐺)𝑡 y 𝑚(𝑎 𝐺) 𝑛 respectivamente. Elvector 𝐼 𝐺 𝛼 actuaen
la misma direcciónque 𝛼 y tiene la magnitud de 𝐼 𝐺 𝛼, donde 𝐼 𝐺 es el momentode 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
∑ 𝐹𝑛 = 𝑚(𝑎 𝐺) 𝑛 = 𝑚𝜔2 𝑟𝐺

∑ 𝐹𝑇 = 𝑚(𝑎 𝐺) 𝑇 = 𝑚𝛼𝑟𝐺
∑ 𝑀 𝐺 = 𝐼 𝐺 𝛼
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 = ∑( 𝑀 𝑘) = Ῑ𝛼 + (mr̄ 𝛼) r̄ = (Ῑ + mr̄
2
) 𝛼 āt = r̄α
ān = r̄ ω2
Pero según el teorema de Steiner, es 𝐼̅+ 𝑚𝑟̅2 = 𝐼 𝑜 donde 𝐼 𝑜 representa el momento de inercia
del cuerpo respecto al eje fijo. Por lo tanto, podemos escribir:
∑ 𝑀O = 𝐼 𝑜 𝛼

 MOVIMIENTO PLANO GENERAL
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(𝑎 𝐺) 𝑥
∑ 𝐹𝑦 = 𝑚(𝑎 𝐺) 𝑦
∑ 𝑀 𝐺 = 𝐼 𝐺 𝛼
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(𝑎 𝐺) 𝑥
∑ 𝐹𝑦 = 𝑚(𝑎 𝐺) 𝑦
∑ 𝑀 𝑃 = ∑(𝑀 𝐾) 𝑃
Aquí ∑(𝑀 𝐾) 𝑃 representa la suma de momentos de 𝐼 𝐺 𝛼 y 𝑚𝑎 𝐺 (o sus componentes) conrespecto
a P según son determinados por los datos que aparecen en el diagrama cinético.

III. 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 formay la masa y el movimientoque 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 efectode
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.
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 comouna 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.

IV. APLICACIONES
1. En la figura, la barra esbelta de 𝟎. 𝟒 𝒌𝒈y el disco de 𝟏𝒌𝒈 se liberan del reposo en
la posición mostrada. Si el disco rueda ¿Cuál es la aceleración angular de la barra
en ese instante?
SOLUCION
∑ 𝑀 𝐺 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 = −𝑂𝑥(0.5𝑚) 𝑐𝑜𝑠40° −𝑂 𝑦(0.5𝑚) 𝑠𝑒𝑛40 = 0
∑ 𝐹𝑥𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 = −𝑂𝑥 = (0.4𝑘𝑔) 𝑎
∑ 𝐹𝑦𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 = −𝑂 𝑦 − (0.4𝑘𝑔)(9.81𝑚/𝑠2) = 0
∑ 𝑀 𝐺 𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜 = 𝑀 − 𝑓(0.25𝑚)
=
1
2
(1𝑘𝑔)(0.25𝑚)2 ∝
∑ 𝐹𝑥𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜 = 𝑂𝑥 − 𝑓 = −(1𝑘𝑔) 𝑎
𝑎 = (0.25𝑚) ∝
𝑂𝑥 = 3.29 𝑁 𝑂 𝑦 = −3.29 𝑁
𝑓 = 11.5𝑁; 𝑎 = 8.23 𝑚/𝑠2
𝑴 = 𝟑. 𝟗𝟏 𝑵 − 𝒎 ∝= 𝟑𝟐. 𝟗 𝒓𝒂𝒅/𝒔 𝟐

2. Las aspas del ventilador tienen masa de 2 kg y momento de inercia de 𝑰 𝑶 =
𝟎. 𝟏𝟖𝒌𝒈 ∗ 𝒎 𝟐
con respecto a un eje que pasa por su centro O. Si las aspas están
sometidas a un momento 𝑴 = 𝟑( 𝟏 − 𝒆−𝟎.𝟐𝒕) 𝑵. 𝒎, donde t está en segundos,
determine su velocidad angular cuando t 4s partiendo del reposo.
SOLUCION:
Tenemos:
𝑚𝑏 = 2 𝑘𝑔
𝐼 𝑂 = 0.18 𝑘𝑔. 𝑚2
𝐴 = 3𝑁. 𝑚𝑡 = 4𝑠
Entonces:
𝐴(1 − 𝑒−0.2𝑡) = 𝐼 𝑂 𝛼
𝛼 =
𝐴
𝐼 𝑂
(1 − 𝑒−0.2𝑡)
𝜔 =
𝐴
𝐼 𝑂
(𝑡 +
1
𝑏
−
1
𝑏
𝑒−0.2𝑡)
𝝎 = 𝟐𝟎. 𝟖 𝒓𝒂𝒅/𝒔

3. Para bajar el puente giratorio mostrado, los engranes que lo levantan se
desacoplan y una fracción de segundo después otro conjunto de engranes que lo
bajan, se acoplan. En el instante en que los engranes que lo levantanse desacoplan,
¿cuáles son las componentes de la fuerza ejercida por el puente sobre su soporte
en O? El puente giratorio pesa360 klb, su momento de inercia de masa respecto a
O es lo =1.0 x 107 slug-pie2, y lascoordenadas desu centro de masa en el instante
en que los engranes se desacoplan son 𝐱̅= 8 pies, 𝐲̅= 16.
SOLUCION
D.C.L:
El momento respecto al punto O:
−𝑚𝑔 𝒙 = 𝐼 𝑜( 𝛼)
−
360. 103
32.2
(32.2)(8) = 107( 𝛼)
−(288)10−3 = 𝛼

𝛼 = −0.288 𝑟𝑎𝑑 𝑠2⁄
La aceleración, respecto al centro d la masa es:
𝑎 𝑮 = 𝜶 𝑥 𝒓 𝐺/𝑂 − 𝜔2 𝒓 𝐺/𝑂
𝑎 𝑮 = [
𝒊 𝒋 𝒌
0 0 𝛼
8 16 0
] − 0
𝑎 𝑮 = −16𝛼 𝒊 + 8𝛼 𝒋
𝑎 𝑮 = 4.608 𝒊 − 2.304 𝒋
Por la segunda ley de Newton:
Para El eje “x”:
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎 𝑮𝒙
𝐹𝑥 = (
360(103)
32.2
)(4.608)
𝐹𝑥 = 51518.01 𝑙𝑏
Para el eje “y”
∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎 𝑮𝒚
𝐹𝑦 − 𝑚𝑔 = 𝑚(−2.304)
𝐹𝑦 = (
360(103)
32.2
)(−2.304 + 32.2)
𝐹𝑦 = 334240.99 𝑙𝑏

4. En la Figura, el disco escalonado pesa 40 lb y su momento de inercia de masa es
I= 0.2 slug-pie2. Si selibera del reposo, ¿cuánto tardael centro del disco encaer 3
pies? (Suponga que la cuerda permanece vertical.)
SOLUCION:
El momento respecto al centro de masa es:
𝑀 = −𝑅𝑇
De la ecuación del movimiento angular:
−𝑅𝑇 = 𝐼𝛼
𝑇 = −
𝐼𝛼
𝑅
Desde el diagrama de cuerpo libre y segunda ley de newton:
∑ 𝐹𝑦 = 𝑊 − 𝑇 = 𝑚𝑎 𝑦
Donde 𝑎 𝑦 es la aceleración desde el centro de masa
𝑎 𝑦 = −𝑅𝛼
Sustituimos en la ecuación anterior:
𝑊 − 𝑇 = 𝑚𝑎 𝑦
𝑊 − (−
𝐼𝛼
𝑅
) = 𝑚𝑎 𝑦

𝑊 − (−
𝐼 (−
𝑎 𝑦
𝑅
)
𝑅
) = 𝑚𝑎 𝑦
𝑊 = 𝑚𝑎 𝑦 +
𝐼
𝑅2
𝑎 𝑦
𝑎 𝑦 =
𝑊
(
𝐼
𝑅2 + 𝑚)
=
40
(
0.2
(
1
3
)
2 + 1.24)
𝑎 𝑦 = 13.14822 𝑝𝑖𝑒 𝑠2⁄
El tiempo requerido para caer una distancia D es:
𝑡 = √
2𝐷
𝑎 𝑦
= √
6 𝑝𝑖𝑒
13.14822 𝑝𝑖𝑒 𝑠2⁄
𝑡 = √0.45634
𝑡 = 0.67 𝑠𝑒𝑔

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.
SOLUCIÓN:
DCL

6. En la Figura la masa combinada de la motocicleta y conductor es de 160 kg. Cada
ruedade 9 kg tiene unradio de 330 mm y un momento deinercia demasa=0.8 kg-
m2. El motor impulsa las ruedas traseras. Si la rueda trasera ejerce una fuerza
horizontal de 400 N sobre el camino y no se ignorala fuerza horizontal queejerce
la rueda frontal sobreel camino, determine (a)la aceleración de la motocicleta; (b)
las fuerzas normales que ejercen la rueda trasera y frontal sobre el camino. (Se
muestra la posición del centro de masa dela motocicleta sin incluir las ruedas).
SOLUCIÓN
ESTRATEGIA: Aislamos las ruedas y dibujamos tres diagrama de cuerpo libre. El
motor de la motocicleta impulsa la rueda trasera ejerciendo un par sobre ella.
DCL:

En los diagramas de cuerpo libre se muestra, m rueda= 9kg ym =160 –9(2)= 142kg.
Sea “a” la aceleración de la motocicleta hacia la derecha y dejar que sea α la aceleración
angular de las ruedas de las agujas del reloj. Nótese que:

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