PARCIAL

1. Integrantes:
Grupo 1
BLOQUE C Y D
• Abollaneda Vela Javier Antonio
• Cama Tolentino Cesar Fabio
• Vilcamiche Fernández Luis Angel

2. BLOQUE C

3. • El disco de 0.3 m de radio gira con rapidez angular constante de ω0= 5
rad/s. La varilla AB esta conectada en A a través de una rotula y en B a
través de una horquilla. Para el instante mostrado cuando
θ=90°.determine:
a.-la magnitud de la velocidad del cilindro pequeño B.(m/s)
b.-la magnitud de la aceleración angular absoluta
de AB, en el eje X.(rad/𝑠2
)
c.-la magnitud de la aceleración
angular absoluta de AB, en el eje Y.(rad/𝑠2
)
d.-la magnitud de la aceleración angular
absoluta de AB, en el eje Z.(rad/𝑠2)
e.-La magnitud de la aceleración en
B.(m/𝑠2
)

4. • SOLUCION:
𝑅𝐵/𝐴= (1i + 0.5j + 0k) - (0𝑖 + 0𝑗 − 0.3𝑘)
𝑅𝐵/𝐴= 1i + 0.5j + 0.3k
θ=90°
𝑅𝐵/𝐴= 1i + 0.5j + 0.3k
𝑉𝐴= ω𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜 × 𝑅𝐴/𝑂
𝑉𝐴= ( 5j ) x ( -0.3k )
𝑉𝐴= -1.5 i
A=(0,0,-0.3)
B=(1,0.5,0)
O
ω𝒅𝒊𝒔𝒄𝒐= 5 j
𝑅𝐵/𝐴

5. • Calculo de 𝑒1 y 𝑒2:
𝑒1= 1i+0j+0k
𝑒2=
𝑅𝐵/𝐴𝑥𝑒1
𝑅𝐵/𝐴𝑥𝑒1
𝑒2=
(0.3𝑗−0.5𝑘)
0.5830
𝑒2
𝑒1
𝑅𝐵/𝐴
𝑅𝐵/𝐴 𝑒1
𝑒1= 1i
𝑅𝐵/𝐴= 1i + 0.5j + 0.3k
𝑒2= 0.5144j - 0.8574k

6. 1 ω𝐴𝐵= ω1𝑒1 + ω2𝑒2
I.- ANALISIS DE VELOCIDADES
𝑉𝐵 = 𝑉𝐴+ ω𝐴𝐵 × 𝑅𝐴/𝐵
𝑉𝐵
𝑉𝐴
𝑅𝐴/𝐵
𝑒1
𝑒1= 1i
𝑒2= 0.5144j - 0.8574k
𝑅𝐵/𝐴= 1i + 0.5j + 0.3k
ω𝐴𝐵= ω1(1i)+ ω2(0.5144j - 0.8574k)
ω𝐴𝐵= ω1i + 0.5144 ω2j - 0.8574ω2k
𝑉𝐵 = 𝑉𝐴+ ω𝐴𝐵 × 𝑅𝐴/𝐵
𝑉𝐴= -1.5 i
-V𝐵i = -1.5i + (ω1i + 0.5144 ω2j - 0.8574ω2k) × (1i + 0.5j + 0.3k )
-V𝐵i = -1.5i + 0.5 ω1k – 0.3 ω1j - 0.5144 ω2k + 0.15432 ω2i – 0.8574 ω2j + 0.4287 ω2 i
-V𝐵i =(- 1.5 + 0.58302ω2)i + (– 1.1574ω1)j + (0.5 ω1 - 0.5144 ω2)k

7. I.- ANALISIS DE VELOCIDADES
𝑅𝐵/𝐴= 1i + 0.5j + 0.3k
- V𝐵 i =(- 1.5 + 0.58302ω2)i + (– 1.1574ω1)j + (0.5 ω1 - 0.5144 ω2)k
Eje x : - 1.5 + 0.58302 ω2 = - V𝐵
Eje y : - 1.1574 ω1= 0
Eje z : 0.5 ω1 - 0.5144 ω2 = 0
ω2=0
ω1=0
V𝐵 = - 1.5

8. I.- ANALISIS DE VELOCIDADES
ω2=0
ω1=0 V𝐵 = - 1.5
𝑒1= 1i 𝑒2= 0.5144j - 0.8574k
ω1= ω1x 𝑒1
ω2= ω2x 𝑒2
ω1=0
ω2=0
ω𝐴𝐵= ω1+ ω2 ω𝐴𝐵=0
ω1X ω2=0
ω𝐴𝐵X (ω𝐴𝐵X 𝑅𝐵/𝐴)=0
ω1X ω2=0
ω𝐴𝐵X (ω𝐴𝐵X 𝑅𝐵/𝐴)=0
•

9. II.- ANALISIS DE ACELERACIONES
ω𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜=5 [rad/s] y α𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜= 0 [rad/s2 ]
𝑅𝐵/𝐴= 1i + 0.5j + 0.3k
𝑎𝐴 = 𝑎𝑂+ α𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜 × 𝑅𝐴/𝑂 − (𝑊𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜)2. 𝑅𝐴/𝑂
𝑎𝐴 = −(𝑊𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜)2. 𝑅𝐴/𝑂= − 5 2. (−0.3 𝑘)= 7.5k ω𝒅𝒊𝒔𝒄𝒐= 5 j
𝜶𝒅𝒊𝒔𝒄𝒐=0
𝑎𝐴
𝑎𝑏
𝑎𝐵 = 𝑎𝐴+ α𝐴𝐵 × 𝑅𝐵/𝐴 + ω𝐴𝐵𝑋(ω𝐴𝐵𝑋𝑅𝐵/𝐴)
α𝐴𝐵=α1𝑒1 + α2𝑒2 +(ω1X ω2)
α𝐴𝐵x 𝑅𝐴/𝑂=α1(0𝑖 − 0.3𝑗 + 0.5𝑘)+ α2 0.5830i − 0.8574j − 0.5144k
α𝐴𝐵x 𝑅𝐴/𝑂 =α1𝑒1x 𝑅𝐴/𝑂 + α2𝑒2x 𝑅𝐴/𝑂 +(ω1X ω2)x 𝑅𝐴/𝑂
α𝐴𝐵x 𝑅𝐴/𝑂 =α1
𝑖 𝑗 𝑘
1 0 0
1 0.5 0.3
+ α2
𝑖 𝑗 𝑘
0 0.5144 −0.8574
1 0.5 0.3

10. II.- ANALISIS DE ACELERACIONES
𝑎𝐴 = 7.5k α𝐴𝐵x 𝑅𝐴/𝑂=α1(−0.3𝑗 + 0.5𝑘)+ α2 0.5830i − 0.8574j − 0.5144k ω𝐴𝐵X (ω𝐴𝐵X 𝑅𝐵/𝐴)=0
𝑎𝐵 = 𝑎𝐴+ α𝐴𝐵 × 𝑅𝐵/𝐴 + ω𝐴𝐵𝑋(ω𝐴𝐵𝑋𝑅𝐵/𝐴)
−𝑎𝐵 i =(7.5k)+ (α1(−0.3𝑗 + 0.5𝑘)+ α2 0.5830i − 0.8574j − 0.5144k )
−𝑎𝐵 i =(0.5830 α2)i+(-0.3 α1-0.8574 α2)j+(7.5+0.5 α1 -0.5144 α2)
Eje x : 0.5830 α2 = −𝑎𝐴
Eje z : 0.5 α1 - 0.5144 α2 = -7.5
Eje y : -0.3 α1- 0.8574 α2 = 0
𝑎𝐵 = - 2.2499
α1= -11.0296
α2 = 3.8592

11. II.- ANALISIS DE ACELERACIONES
α𝐴𝐵=α1𝑒1 + α2𝑒2 +(ω1X ω2)
α1= -11.0296 α2 = 3.8592
𝑒1= 1i
𝑒2= 0.5144j - 0.8574k ω1X ω2=0
α𝐴𝐵=−11.0296𝑥(1i) + 3.8592𝑥(0.5144j − 0.8574k) +(0𝑥0)
α𝐴𝐵= -11.0296i + 1.9851j - 3.3088k

12. V𝐵 = 1.5
α𝐴𝐵𝑋
= 11.0296
α𝐴𝐵𝑍
= 3.3088
𝑎𝐵 = 2.2499
α𝐴𝐵𝑌
= 1.9851

13. BLOQUE D

14. • La barra uniforme BD de 250 mm y 5 kg de masa , esta conectada al disco A de 10
kg con un radio de 75 mm y con centro de masa en G, se sabe que AG=40 mm y
el collarín D es de masa despreciable ,el cual puede deslizarse libremente sin
ficción a lo largo de la barra vertical fija. Si se sabe que el disco A gira con una
velocidad angular constante ω=50 rad/s, en sentido antihorario. Para ese instante
mostrado θ=0° ,determine:
a.-la magnitud de la velocidad angular
de la barra BD.(rad/s)
b.-la magnitud de la aceleración angular de la
barra BD.(rad/𝑠2)
c.-la magnitud de la fuerza de reacción
de D.(N)
d.-la magnitud de la fuerza de reacción
de B. en el eje Y(N)
e.-la magnitud de la fuerza de reacción
de A. en el eje X(N)

15. I.- ANALISIS DE VELOCIDADES
θ=0°
D
𝐵𝐼
• Utilizando el Método Vectorial Referente a la barra AB:
𝑉𝐵 = 𝑉𝐴+ 𝑊𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜 × 𝑅𝐵/𝐴
𝑉𝐵 = (-50k)x(0.05j)
𝑉𝐵 = 2.5i
𝑅𝐵/𝐴=0.05j
𝑊𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜 = -50k
Dato 1
𝑉𝐵 = 2.5i

16. 𝑉𝐵
𝑉𝐵
𝑉𝐷
𝑉𝐷
C.I.R
𝑅𝐵=0.2
𝑅𝐷=0.15
𝑅𝐵
2
= 𝑅𝐵𝐷
2
+ 𝑅𝐷
2
𝑅𝐵
2
= 0.252
+ 0.152
𝑅𝐵
2
= 0.2
𝑊𝐵𝐷
𝑊𝐵𝐷 =
𝑉𝐵
𝑅𝐵
=
𝑉𝐷
𝑅𝐷
𝑊𝐵𝐷= - 12.5 k
𝑊𝐵𝐷 =
𝑉𝐵
𝑅𝐵
𝑊𝐵𝐷 =
2.5
0.2
= 12.5
𝑊𝐵𝐷 =
𝑉𝐷
𝑅𝐷
12.5 =
𝑉𝐷
0.15
𝑉𝐷 = 1.875j

17. II.- ANALISIS DE ACELERACIONES
• ROTACION PURA CON CENTRO EN C.I.R (METODO VECTORIAL)
𝑎𝐵 = 𝑎𝐴+ α𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜 × 𝑅𝐵/𝐴 − (𝑊𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜)2. 𝑅𝐵/𝐴
α= 0
0
ω = 50 (constante)
𝜶 = 0
𝑎𝐵 = −(50)2.( 0.05j )
𝑎𝐵 = -125j
𝑅𝐵/𝐴=0.05 j

18. • En aceleraciones utilizamos el concepto de cinemática de cuerpo rígido BD:
D
B
𝑊𝐵𝐷= 12.5
α𝐵𝐷
𝑉𝐵
𝑉𝐷
𝑎𝐵
𝑎𝐷
𝑎𝐷 = 𝑎𝐵+ α𝐷𝐵 × 𝑅𝐷/𝐵 − (𝑊𝐷𝐵)2
. 𝑅𝐷/𝐵
-𝑎𝐷𝑗 =( -125j ) + ( -α𝐷𝐵𝑘 ) × ( 0.15i - 0.2j ) −( 12.5 )2. ( 0.15i − 0.2j )
𝑅𝐷/𝐵= 0.15i - 0.2j 𝑎𝐵=-125j 𝑊𝐷𝐵=12.5
-𝑎𝐷𝑗 =(23.4375 – 0.2 α𝐷𝐵 )i + (0.15 α𝐷𝐵 - 93.75)j

19. Calculando
-𝑎𝐷𝑗 =(23.4375 – 0.2 α𝐷𝐵 )i + (0.15 α𝐷𝐵 - 93.75)j
eje x: 23.4375 - 0.2 α𝐷𝐵 = 0
eje y: 0.15 α𝐷𝐵 - 93.75 = -𝑎𝐷
α𝐷𝐵=117.1875
𝑎𝐷=76.171875
α𝐵𝐷
𝑊𝐵𝐷= 12.5
D
B 𝑉𝐵
𝑉𝐷
𝑎𝐵
𝑎𝐷

20. • Calculando 𝑎𝐺 de la Barra BD
D
G
𝑅𝐺/𝐵= - 0.75i - 0.1j 𝑎𝐵= - 125j α𝐷𝐵= - 117,1875k 𝑊𝐷𝐵= - 12.5k
𝑊𝐵𝐷= 12.5
α𝐷𝐵=117.1875
𝑎𝐵
𝑎𝐺
𝑎𝐺 =(-125j)+ (- 117,1875k)× (- 0.75i - 0.1j)− 12.5 2. (− 0.75i − 0.1j)
𝑎𝐺 = 𝑎𝐵+ α𝐷𝐵 × 𝑅𝐺/𝐵 − (𝑊𝐷𝐵)2. 𝑅𝐺/𝐵
𝑎𝐺= - 100.586j

21. D
D
𝑅𝐵𝑌
𝑅𝐵𝑋
𝑅𝐷𝑋
𝑚𝐵.g = 49N
SISTEMA
= 𝐼𝐺 α
G
𝑚𝐵 . 𝑎𝐺𝑋
𝑚𝐵 . 𝑎𝐺𝑌
CAUSAS EFECTOS
SISTEMA

22. 𝐹𝑌= 𝑚𝐵 . 𝑎𝐺𝑌
𝑅𝐵𝑌
+ 𝑚𝐵.g = 𝑚𝐵 . 𝑎𝐺𝑌
CAUSAS EFECTO
𝑅𝐵𝑌
+ 49 = 5.(100.586)
( + )
𝑅𝐵𝑌
= 453.93
𝐹𝑋= 𝑚𝐵 . 𝑎𝐺𝑋
𝑅𝐷𝑋
- 𝑅𝐵𝑋
= 𝑚𝐵 . 𝑎𝐺𝑋
CAUSAS EFECTO
( + )
𝑅𝐷𝑋
- 𝑅𝐵𝑋
= 0
𝑅𝐷𝑋
= 𝑅𝐵𝑋

23. ( 𝑀𝐺)𝐶𝐴𝑈𝑆𝐴𝑆= ( 𝑀𝐺)𝐸𝐹𝐸𝐶𝑇𝑂𝑆
-𝑅𝐵𝑌
.(0.075) + 𝑅𝐷𝑋
.(0.1)+ 𝑅𝐵𝑋
.(0.1) = 𝐼𝐺 α
𝑅𝐷𝑋
= 𝑅𝐵𝑋
-453.93x(0.075) + 𝑅𝐷𝑋
x(0.2)= - (
1
12
x5x0.252).(117.1875)
𝑅𝐷𝑋
= 154.9653