TALLER DE DINÁMICA

PRESENTADO A:

ING. CRISTIAN PEDRAZA YEPES

PRESNTADO POR:

ANDRES ANGARITA

MAURICIO SALCEDO JARABA

LUIS MIGUEL MELGAREJO

FREDDY ROMO AGUAS

JOSE SANCHEZ DE LA HOZ

UNIVERSIDAD DEL ATLÁNTICO

FACULTAD DE INGENIERÍA

INGENIERIA MECÁNICA

2014

1) Se ilustra un mecanismo de empuje de cajas de pequeño tamaño desde una línea de montaje a una cinta transportadora en la posición en que están verticales al brazo OD y la manivela CB. Esta gira en sentido horario a una velocidad constante de una vuelta cada dos segundos. Para la posición de la figura, hallar con que celeridad esta siendo empujada la caja hacia la cinta transportadora.

Datos

wCB=( 1vuelta2 s )∗( 2 π1vuelta )=3,14 rad /s constante

Cuerpo rígido numero 1:

vB=wCB∗rCB

vB=(3,14 rad /s)∗(0,05m)

vB=0,157m /s

Cuerpo rígido numero 2:

α=tan−1( 0,05m0,30m )=9,46 °vA=vB+v A /B

Cuerpo rígido numero 3:

β=tan−1( 0,1m0,2m )=26,56 °

v A

sen (9,46 ° )=

vB

sen(53,98 ° )

v A

sen(99,46 °)= 0,157m /ssen(53,98 °)

vA=(0,157m /s )∗( sen(99,46 °)sen (53,98°))vA=0,191m /s

Ahora:

rOA=√(0,1m)2+(0,2m)2

rOA=0,224m

wOA=v A

rOA=0,191m /s0,224m

wOA=0,853 rad /s

Entonces:

vD=wOD∗rOB

vD=wOA∗rOB

vD=(0,853 rad /s)∗(0,6m)

vD=0,512m /s

Cuerpo rígido numero 4:

vE=vD+v E /D

vE=vD=0,512m / s

vE=0,512m /s

Como la velocidad del punto E y del punto D tienen la misma dirección en ese instante, la velocidad relativa de E con respecto a D es cero, ya que la barra DE, muestra un movimiento de traslación pura.

2) Un mecanismo intermitente para arrastre de cinta perforada consiste en la pieza DAB accionada por la manivela OB. La línea de trazos representa la trayectoria de la uña D. Hallar la aceleración de esta en el instante representado, en que OB y CA están ambos horizontales, si OB tiene una velocidad de rotación horaria constante de 120 rpm.

Cuerpo rígido numero 1: (rotación pura).

wOB=(120 rev1min )∗( 1min60 s )∗( 2π rad1 rev )=12,57 rad / s

wOB=vBrOB

vB=wOB∗rOB

vB=(12,57 rad / s)∗(0,05m )=0,63m /s

Cuerpo rígido numero 2: (rotación pura).

wCA=v A

rCA=0,63m /s0,125m

=5,04 rad /s

α=tan−1( 0,05m0,2m )=14,03 °vA=vB+v A /B

La velocidad en A es la misma velocidad en B, entonces la velocidad relativa de A con respecto a B se hace 0.

vA=vB

vA=0,63m / s

a A=aB+aA /B

a An +aA

t =aBn+aB

t +aA /Bn +aA /B

t

aBt se hace 0 porque wB es constante.

a An=

(0,63m /s)2

0,125m=3,17m /s2

aBn=

(0,63m /s)2

0,05m=7,94m / s2

∑î

−a An=−aB

n+aA /Bt cosα

−3,17m / s2=(−7,94m / s2)+aA /Bt cosα

a A /Bt =

(7,94−3,17 )m /s2

cos (14,03 °)=4,91m /s2

∑ ĵ

−a At =−aA /B

t senα

a At =−(4,91m /s2 ) sen (14,03 )=−1,19m /s2

a A /Bt =αDAB∗rAB

αDAB=aA /Bt

r AB

αDAB=4,91m/ s2

0,2m=24,5 rad / s2

aDt =αDAB∗r AD

aDt =(24,5 rad /s2)∗(0,1m)

aDt =2,45m /s2

3) En el mecanismo que se muestra, el eslabón OA gira a una velocidad angular constante de 7 rad/s, para el instante mostrado determine la velocidad y aceleración angular de la barra BD, si le falta algún dato asúmalo pero justifique.

Teniendo que ωDA=7 rad / s y que rDA=0.5m, se halla la velocidad V DA.

V DA=( rDA ) (ωDA )=(0.5m )(7 rads )V DA=3.5m / s

Del siguiente triángulo de velocidades deducimos el radio r BA, dejando indicados algunos

de los valores.

Por el teorema del coseno tenemos:

(r BA )2= (0.5 )2+ (0.25 )2−2 (0.5 ) (0.25 ) cos β

(r BA )2=0.3125−0.25cos β

r BA=0.5√1.25−cos βm

Por la ley del seno calculamos el ángulo theta, dejándolo expresado.

sin θ0.5

= sin β

√0.25 ¿¿¿

θ=sin−1[ 0.5 sinβ0.5√1.25−cos β ]

θ=sin−1[ sinβ

√1.25−cos β ]V Ap

sinα=V DA

90°

V Ap=V DA sinα

V Ap=3.5 sin (180°−θ−β)

V Ap=3.5 [−sin (θ+ β ) cos180 ° ]

V Ap=3.5 sin (θ+β )m /s

sin γV BA

= sin 90 °V DA

V BA=V DA sin γ

sin 90 °

V BA=3.5 sin (β+θ−90° )

V BA=3.5 [sin (β+θ ) cos90 °−sin (90° ) cos (β+θ ) ]

V BA=−3.5cos (β+θ )m / s

Teniendo las velocidades hallamos la velocidad angular de BA, ωBA

ωBA=V BA

BA

ωBA=−3.5cos (β+θ )0.5√1.25−cos β

ωBA=−7cos (β+θ )√1.25−cos β

rad / s2

4) El actuador hidráulico BC rota en sentido horario a una velocidad y aceleración angular de 2 rad/s y 1,6 rad/s2 cuando el ángulo β= 24°, ¿Cuál es la aceleración del punto D y la aceleración aparente?

Datos α= 1,6 rad/s2 ω= 2 rad/s

r BC=√(3m)2+(2m)2−2 (3m ) (2m )(cos24 °)

r BC=1,42m

ABsenθ

= BCsenθ

2msenθ

= 1,42msen (24 °)

De donde:

θ=sen−1( 2m∗sen (24 ° )1,42m )=34,95 °

Ahora obtenemos VC1

vc1=rBC∗ω

vc1=1,42m∗2 rad /s

vc1=2,84m /s y forma un ángulo de 54,95° con la horizontal.

Análisis del elemento AC

Ahora obtenemos el triángulo de velocidad, quedando de la siguiente forma:

Calculamos la velocidad aparente

tan (31,39 ° )=vapvc1

vap=vc 1∗tan (34,95°)

vap=1,98m /s

Calculamos la velocidad VC2

(vc2 )2=(vc 1 )2+(vap )2

vc2=√(vc 1)2+(vap )2

vc2=√(2,84m /s )2+(1,98m /s)2

vc2=3,46m /s

Calculamos la velocidad angular ACD con la velocidad VC2 ya que esta es perpendicular a dicha barra y esta aplicada en el punto C.

vc2=r AC∗ωACD

ωACD=vc2

rAC

ωACD=3,46m /s3m

ωACD=1,15 rad /s

Ecuación de aceleraciones

ac2n+ac2

t=ac1n+ac1

t+acor+aapt

Obtención de las aceleraciones:

Para facilitar los cálculos acudiremos a la rotación de ejes:

ac2n=

(3,46m / s)2

3m=3,99m /s2

ac1n=

(2,84m/ s)2

1,42m=5,68m /s2

ac1t=α∗r=1,6 rad /s2∗1,42m=2,27m/ s2

acor=2∗ω∗vap=2∗2rad /s∗1,98m /s=7,92m /s2

De la sumatoria de las magnitudes de las aceleraciones en el eje x, obtenemos:

−ac2n sen (Ɵ )+ac 2

t cos (Ɵ )=ac 1t+acor

−ac2n sen (Ɵ )+ac 2

t cos (Ɵ )=ac 1t+acor

−(3,99m /s2)sen (34,95 ° )+ac2t cos (34,95 ° )=2,27m /s2+7,92m /s2

ac2t=2,27m /s2+7,92m /s2+(3,99m / s2)sen (34,95 ° )

cos (34,95 ° )

ac2t=16,42m /s2

Calculamos la aceleración aparente con la sumatoria de las magnitudes de la aceleración en el eje y, de la siguiente forma:

−ac2t sen (Ɵ )−ac 2

ncos (Ɵ )=−ac1n−aap

t∗(−1)

−ac2t sen (Ɵ )−ac 2

ncos (Ɵ )=−ac1n−aap

t∗(−1)

aapt=(16,42m /s2)sen (34,95 ° )+(3,99m/ s2)cos (34,95 ° )−5,68m /s2

aapt=6,99m / s2

Hacemos los cálculos para el punto D, entonces tenemos:

Aceleración normal:

aDn=r ACD∗w ACD

2

aDn=5m∗(1,15 rad /s)2

aDn=6,61m /s2

Aceleración tangencial:

aapt=αACD∗r AC

α ACD=16,42m /s2

3m

α ACD=5,47 rad /s2

aDt=r ACD∗αACD

aDt=5m∗5,47 rad /s2

aDt=27,35m /s2

La magnitud de la aceleración total en el punto D es:

aD=√(aDn )2+(aD

t )2

aD=√ (6,99m /s2)2+(27,35m /s2 )2

aD=28,22m /s2