17.15: La Masa De Cada Una Las Tres Barras Esbeltas Es 2.5 Slug. Determine El Momento De Inercia Del Ensamble Con Respecto A Un Eje Perpendicular A La Página Y Que Pasa Por El Centro O

17.15: La masa de cada una las tres barras esbeltas es 2.5 slug. Determine el momento de inercia del ensamble con respecto a un eje perpendicular a la página y que pasa por el centro o.

Solución: Encontramos la distancia:  Encontramos 3 k 6=4 k 3 =k 2 entonces 3 k =3

( 32 )= 92

 Encontramos 7 y 5 k=5



( 32 )= 152

15 =25 y 2 15 =y 50

y=

3 10

entonces 7 y=7

( 103 )= 2110

Hallando el punto de inercia de las barras (a) I 0 =2

[

1 ml 2a +m ( d )2 12

I 0 =2

[

1 2 21 (2.5 )( 10 ) + ( 2.5 ) 12 10

a

a

] ( )] 2

I 0 =2 [ 20.833+11.025 ] a

I 0 =63.716 lb a

Hallando el punto de inercia en la barra (b)

[

1 ml 2b +m ( d )2 12

[

1 2 9 ( 2.5 ) (12 ) + ( 2.5 ) 12 2

I0 = b

I0 = b

] ( )] 2

I 0 =[ 30+50.625 ] b

I 0 =80.625 lb b

Hallando el punto de inercia total I 0 =I 0 + I 0 t

a

b

I 0 =63.716+80.625 t

I 0 =144.341lb t

18.4: el carrete de cable, originalmente en reposo, tiene una masa de 15slug y un radio de giro de K G=1 pie . Si el carrete descansa sobre dos pequeños rodillos A y B y se aplica una fuerza horizontal constante de p=400 N al extremo del cable, determine la velocidad angular del carrete cuando se han desarrollado 25pies de cable. Ignore la fricción, la masa de los rodillos y el cable desenrollado.

Solución: T 1 + ∑ U 1−2 =T 1 T1

Se anula ya que el sistema tiene una velocidad inicial iguala

cero (reposo). 1 1 1 1 m v 21G + I G W 21 + p ( d e )= m v 22 G + I G W 22 2 2 2 2 1 m v 22G 2

O energía cinética de traslación se anula porque vemos

que el carrete no se mueve por lo tanto no hay traslación.

0+ ( 90 )( 25 ) =0+

2250=

1 2 2 m kG] W 2 [ 2

1 2 2 (15)(1 ) ] W 2 [ 2

2250=7.5 W 22

√

2250 =W 2 7.5

W 2=17.3205

rad s

19:11 Un motor trasmite un par de torsión M =0.05 N . m al centro del engrane A. determine la velocidad angular de cada uno de los tres engranes pequeños (iguales) 2 s después de que comienzan a girar desde el reposo. Los engranes pequeños (B) están montados por medio de un pasador en sus centros y sus masas y radios de giro centro dales se dan en la figura:

Solución: Principio de impulso y cantidad de movimiento.

 Para el engrane A: H MA ∫ M A dt=(¿¿)2 ∑¿ (¿¿ A )1 +¿ ¿ I A W A 1 +3 ( F ) ( t ) ( d )−( M ) ( t ) =I A W A 2 m k 2A +3 ( F )( t )( d ) −( M )( t )=m k 2A W A 2 0.1 ¿2 2 ¿ W A2 32.2 0+3 ( F )( 3 ) ( 0.2 )−( 0.04 ) ( 0.2 )=¿

( )

1.8 F−8× 10−3=6.211 × 10−4 w A 2 6.211 × 10−4 W A 2 +8 ×1 0−3 F= 1.8

 Para el engrane B: HB ¿ ¿ H ¿ ¿ ¿

0−( F ) ( t ) ( d )=mk 2B w B 2 0.05 ¿ 2 0.7 ¿ wB2 32.2 −( F ) (3 )( 0.1 ) =¿

( )

−0.3 F=5.434 × 10−5 wB 2

−5

F=

−5.434 ×10 W B 2 0.3

Igualamos las fuerzas y remplazamos las velocidades angulares:

w A 2 r A =wB 2 r B 0.2 w A =0.1 w B 2W A 2=W B 2

6.211 × 10−4 W A 2+8 × 10−3 −5.434 ×1 0−5 W B 2 = 1.8 0.3 1.8633× 1 0−4 W A 2 +2.4 × 10−4 =−9.7812×10−5 W B 2 1.8633× 10−4 W A 2+2.4 ×10−4 =−9.7812× 10−5 (2W B 2 ) −4

−5

−4

−4

−4

2.4 ×10 =−19.5624 ×10 W A 2−1.8633× 10 W A 2 2.4 ×10 =−3.81954 ×10 W A 2 −0.6283rad / s=w A 2 2 w A 2=W B 2 2 (−0.6283 ) =W B 2 −1.2566 rad / s=w B 2 −5.434 ×1 0−5 (W B 2 ) F= 0.3

−5

F=

−5.434 ×10 (−1.2566) 0.3 −5

F=22.762× 10 lb

Integrantes: Mego villanueva Denilso. Alberca cabrera Deyni Brayan. Vásquez Pérez Elver.