Problemas Resueltos de Cinética de Cuerpos R´ıgidos: Ecuaciones

Problemas Resueltos de Cin´etica de Cuerpos R´ıgidos: Ecuaciones
de Newton-Euler.
Jos´e Mar´ıa Rico Mart´ınez
Departamento de Ingenier´ıa Mec´anica.
Universidad de Guanajuato, F. I. M. E. E.
Carretera Salamanca-Valle de Santiago Km. 3.8 + 1.5
CP 36730, Salamanca, Gto., M´exico
E-mail: [email protected]
Alejandro Tadeo Ch´avez
Departamento de Ingenier´ıa Mecatr´onica.
Instituto Tecnol´ogico Superior de Irapuato
Carretera Irapuato-Silao Km. 12.5
CP 36614, Irapuato, Gto., M´exico
E-mail: [email protected]
1
Introducci´
on.
En este apunte se presentan algunos ejemplos de problemas resueltos acerca de la cin´etica de cuerpos
r´ıgidos sujetos a movimiento plano general, o a algunos de sus casos particulares.
Problema 1. El montacargas mostrado pesa 2250 Lb y se emplea para levantar una caja de peso
W = 2500 Lb. El montacargas se est´a moviento a la izquierda a una rapidez de 10 f t/s cuando se aplican
los frenos sobre las cuatro ruedas. Sabiengo que el coeficiente de fricci´on est´atica entre la carga y el
montacargas es 0.30, determine la distancia m´as peque˜
na en la que el montacargas puede pararse si la
carga no debe deslizarse y el montacargas no debe voltearse hacia adelante.1
Soluci´
on. Primero se analizar´a la posibilidad de que la carga deslize sobre el montacargas. Para tal
f´ın, considere el diagrama de cuerpo libre mostrado a la izquierda de la figura 2. Se denotar´a por Wc
el peso de la carga, por Ncm la reacci´on entre la carga y el montacargas y µs el coeficiente de fricci´on
est´atica entre la carga y el montacargas. Finalmente, la aceleraci´on horizontal calculada en esta etapa se
denominar´a a1 .
Empleando las ecuaciones de Newton —la carga puede considerarse como una part´ıcula, pues est´a
sujeta a traslaci´on—, se tiene que
ΣFy = 0
− Wc + Ncm = 0
ΣFx = M ax
µs Ncm =
Wc
a1
g
1 Este es el Problema 16.10 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston,
E.R. y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
1
Figure 1: Dibujo de un montacargas y carga.
De la primera ecuaci´on se tiene que
Ncm = Wc .
Sustituyendo este resultado en la segunda ecuaci´on, se tiene que la aceleraci´on m´axima que el montacargas
puede soportar sin que la carga se deslize, est´a dada por
µs Wc =
Wc
a1
g
a1 = µs g = (0.3)(32.2 p/s2 ) = 9.66 p/s2
por lo tanto
A continuaci´on se analizar´a la posibilidad de que el montacargas se voltee hacia el frente. Debe notarse
que la posici´on cr´ıtica para evaluar esa posibilidad ocurre cuando las ruedas traseras est´an a punto de
despegarse. Por esta raz´on, el diagrama de cuerpo r´ıgido del montacargas mostrado en la parte derecha
de la figura 2, no hay reacciones en las ruedas traseras.
Figure 2: Diagramas de Cuerpo Libre de la carga y del conjunto formado por el montacargas y la carga.
2
El primer paso ser´a la determinaci´on de la localizaci´on del centro de masas del conjunto formado por
el montacargas y la carga. Para este f´ın se emplear´a como referencia el punto A localizado en las ruedas
delanteras. Se denotar´a por C el centro de masas de la carga, por G al centro de masas del montacargas
y por GC al centro de masas del conjunto carga y montacargas
QA =
´
´
Wm ³ ˆ
Wm
Wc ³ ˆ
Wc
−3 i + 4 ˆj f t. +
4 i + 3 ˆj f t.
~rC/A +
~rG/A =
g
g
g
g
Por otro lado
QA =
Wm + Wc
~rGC/A
g
Por lo tanto
~rGC/A
=
=
Wc
g
³
´
−3 ˆi + 4 ˆj f t. +
Wm
g
Wm +Wc
g
³
³
´
4 ˆi + 3 ˆj f t.
=
³
´
³
´
Wc −3 ˆi + 4 ˆj f t. + Wm 4 ˆi + 3 ˆj f t.
Wm + W c
´
³
´
2500 lbf. −3 ˆi + 4 ˆj f t. + 2250 lbf. 4 ˆi + 3 ˆj f t.
=
4750 lbf
µ
¶
6 ˆ 67 ˆ
i+
j f t.
19
19
Para que el montacargas no se vuelque hacia adelante, es necesario que la suma de momentos con
respecto al centro de masas del conjunto satisfaga la condici´on
Σ TGC ≤ 0.
Desarrollando est´a condici´on se tiene que
µ NA
67
6
f t. − NA
f t. ≤ 0
19
19
µ≤
6
19
67
19
=
6
= 0.08955
67
De manera que de la ecuaciones
Σ Fy = M ay
Σ Fx = M ax
se obtiene
NA − (Wc + Wm ) = 0
Por lo tanto
ax =
µ NA
Wc +Wm
g
=
µ NA =
µ (Wc + Wm )
Wc +Wm
g
Wc + Wm
ax
g
= µ g = 2.8835 f t/s2 .
Puesto que esta u
´ltima aceleraci´on es la menor, es la que limita la distancia m´ınima para frenar. El
c´alculo est´a dado por
vf2 − v02
02 − (10 f t/s)2
s=
=
= 17.34 f t.
2 ax
2(−2.8835 f t/s2 )
Debe notarse que el signo de la aceleraci´on se toma negativo pues es en sentido contrario a la velocidad
inicial.2
2 La
respuesta dada en el manual de soluciones es evidentemente incorrecta.
3
Problema 1b. El montacargas mostrado pesa 2800 Kg lleva una caja de 1500 Kg a la altura que
muestra la figura 3. El montacargas se est´a moviento a la izquierda cuando se aplican los frenos lo cual
causa una desaceleraci´on de 3 m/s2 . Si el coeficiente de rozamiento est´atico entre la caja y el elevador del
montacargas es de 0.50 determ´ınese (a) si la caja se deslizar´a y (b) la componente vertical de la reacci´on
en cada rueda. 3
Figure 3: Dibujo de un montacargas y la carga.
Soluci´
on: Primero se determinar´a si la caja se desliza respecto al montacargas. Para tal f´ın, considere
el diagrama de cuerpo libre mostrado a la izquierda de la figura 4. Se denotar´a por Wc el peso de la
carga, por Ncm la reacci´on entre la carga y el montacargas y µs el coeficiente de fricci´on est´atica entre la
carga y el montacargas. Finalmente, la aceleraci´on horizontal calculada en esta etapa se denominar´a a1 .
Empleando las ecuaciones de Newton —la carga puede considerarse como una part´ıcula, pues est´a
sujeta a traslaci´on—, se tiene que
ΣFy = 0
− Wc + Ncm = 0
ΣFx = M ax
µs Ncm =
Wc
a1
g
De la primera ecuaci´on se tiene que
Ncm = Wc .
Sustituyendo este resultado en la segunda ecuaci´on, se tiene que la aceleraci´on m´axima que el montacargas
puede soportar sin que la carga se deslize, est´a dada por
µs Wc =
Wc
a1
g
a1 = µs g = (0.5)(9.81 m/s2 ) = 4.905 m/s2
por lo tanto
Puesto que esta aceleraci´on es mayor que la experimentada por el montacargas, 3 m/s2 . La conclusi´on
es que la caja no se desliza y el conjunto montacargas y caja actua como un u
´nico cuerpo r´ıgido.
Para analizar las reacciones en las ruedas del montacargas considere el diagrama de cuerpo r´ıgido a
la derecha de la figura 4. Para este objeto se usar´an dos diferentes procedimientos. La aplicaci´on de
3 Este es el Problema 16.11 del libro Mec´
anica Vectorial para Ingenieros, Din´
amica. Beer, F.P. y Johnston, E.R., Quinta
Edici´
on, McGraw Hill: M´
exico. Traducci´
on de la Quinta Edici´
on del Ingl´
es.
4
Figure 4: Diagramas de Cuerpo Libre de la carga y del conjunto formado por el montacargas y la carga.
las ecuaciones de Newton-Euler y la aplicaci´on del principio de D’Alembert. Para la aplicaci´on de las
ecuaciones de Newton-Euler el primer paso ser´a la determinaci´on del centro de masas del conjunto.
³
´
³
´
QA = Mc ~rC/A + Mm ~rG/A = Mc −0.4 ˆi + 0.95 ˆj m + Mm 0.6 ˆi + 0.275 ˆj m
Por otro lado
QA = (Mm + Wc ) ~rGC/A
Por lo tanto
~rGC/A
=
=
=
³
´
³
´
Mc −0.4 ˆi + 0.95 ˆj m + Mm 0.6 ˆi + 0.275 ˆj m
Mc + Mm
´
³
´
ˆ
1500 Kg −0.4 i + 0.95 ˆj m + 2800 Kg 0.6 ˆi + 0.275 ˆj m
³
4300 Kg
0.25116 m ˆi + 0.51046 m ˆj.
De manera que de la ecuaciones de Newton-Euler est´an dadas por
Σ Fy = M ay
Σ Fx = M ax
se obtiene
NA + NB − (Mc + Mm ) g = 0
µ NA + µ NB = µ (NA + NB ) = (Mc + Mm ) ax
Debe notarse que de estas ecuaciones es posible determinar la suma de las reacciones NA + NB y
la magnitud del µ (NA + NB ) necesaria para satisfacer la desaceleraci´on del conjunto de montacargas y
carga.
Finalmente la ecuaci´on
ΣTG = 0
− NA (0.6 m) + NB (0.3 m) + µ (NA + NB ) (0.51046 m) = 0
5
Sustituyendo la segunda ecuaci´on en la tercera, se tiene que
−NA (0.25116 m) + NB (0.64884 m) + (Mc + Mm ) ax (0.51046 m) = 0
De manera que la primera y tercera ecuaci´on resultan
NA + NB = 42183 N
Matricialmente
·
1
−0.25116
− 0.25116 NA + 0.64884NB = −6584.9 N
1
0.64884
¸·
NA
NB
¸
=
El determinante de la matriz de coeficientes est´a dado por
¯
¯
1
1
∆ = ¯¯
−0.25116 0.64884
Por lo tanto
Adem´as
·
42183 N
−6584.9 N
¸
¯
¯
¯ = 0.9
¯
¯
¯
¯
¯ 42183 N
1
¯
¯
¯ −6584.9 N 0.64884 ¯
33954 N
=
= 37727 N = 3845 Kgf.
NA =
∆
0.9
¯
¯
¯
1
42183 N ¯¯
¯
¯ −0.25116 −6584.9 N ¯
4009 N
=
= 4455 N = 454 Kgf.
NB =
∆
0.9
Figure 5: Diagramas de cuerpo libre de la carga y del conjunto formado por el montacargas y la carga
con aplicaci´on del principio de D’Alembert.
Ahora se resolver´a el problema empleando el principio de D’Alembert, para tal f´ın, se incluir´an las
fuerzas de inercia asociadas a las aceleraciones de la caja y del montacargas. El conjunto de montacargas
6
y caja bajo la influencia de las fuerzas externas y de las fuerzas de inercia est´a en equilibrio y, por lo
tanto, para cualquier punto P , una ecuaci´on v´alida es
ΣT~P = ~0
En particular, para el punto A, se tiene que
ΣT~A = NB (0.9 m) + Mc a1 (0.95 m) + Mm a1 0.275 m + Mc g 0.4 m − Mm g 0.6 m = 0
Por lo tanto
NB
=
=
[−(1500) (3) (0.95) − (2800) (3) (0.275) − (1500)(9.81)(0.4) + (2800) (9.81) (0.6)] Kgm · m/s2 · m
0.9 m
4009.8
N = 4455.33 N.
0.9
Sustituyendo este resultado en la ecuaci´on de equilibrio en la direcci´on vertical
NA +NB −(Mc +Mm ) g = 0
NA = (Mc +Mm ) g−NB = (4300Kgm)(9.81m/s2 )−4455.33N = 37727 N.
Como puede verse ambos resultados coinciden.
Problema 1c. Una barra uniforme BC que pesa 8 Lb se conecta a un collar A mediante una cuerda
AB de 10 pulg, vea la figura 6. Despreciando la masa del collar y la cuerda, determine (a) la aceleraci´on
constante m´as peque˜
na para la cual la cuerda y la barra yacen en l´ınea recta, (b) la tensi´on correspondiente
de la cuerda.4
Figure 6: Corredera que arrastra a barra.
Soluci´
on. Sea L = 16 pulg. la longitud de la barra. Debe notarse que si la cuerda y la barra son
colineales entonces la inclinaci´on de ambas respecto a la horizontal es igual a
θ = sen−1
24
= 67.38013◦
26
Entonces, el diagrama de cuerpo libre de la barra se muestra en la figura 7
4 Este es el Problema 16.4 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R.
y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
7
Figure 7: Diagrama de cuerpo libre de la barra.
Las ecuaciones de movimiento de la barra est´an dadas por
Σ Fx = M ax
T cos θ = M ax
Σ Fy = M ay
T sen θ + RC − M g = 0
y
L
cos θ = 0
Por lo tanto
2
Sustituyento este resultado en las ecuaciones anteriores, se tiene que
Σ TG = 0
RC
T senθ = M g
Adem´as
T =
RC = 0.
Mg
= 279.06 P oundals = 8.6666 Lbf.
senθ
T cos θ
= 13.416 pie/s2 .
M
= 0 es necesaria para que la soluci´on sea consistente pues, en caso
ax =
Debe notarse que la condici´on RC
contrario, la barra sufrir´ıa rotaci´on.
Problema 1d. Un barril completamente lleno y su contenido tienen un peso combinado de 200 Lb.
Un cil´ındro C se conecta al barril a una altura h = 22 in como se muestra en la figura 8. Sabiendo que
µs = 0.40 y µk = 0.35. Determine el m´aximo peso de C para que el barril no se voltee.5
Soluci´
on. Se definir´an las siguientes variables
b = 20 in
h = 36 in
c = 22 in
h1 = c −
h
= 22 in − 18 in = 4 in
2
Es necesario analizar si el cil´ındro C produce o no movimiento en el barril. Primeramente supondremos
que el cilindro no es lo suficientemente pesado para mover el barril. En este caso los diagramas de cuerpo
r´ıgido del barril y del cil´ındro est´an mostrados en la figura refBeer16-13a.
En este caso las ecuaciones de movimiento son para el barril
ΣFy = 0
M g + NB = 0
ΣFx ≤ µs NB
T ≤ µs NB
5 Este es el Problema 16.13 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston,
E.R. y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
8
Figure 8: Barril conectado a un cilindro C.
y
ΣTG ≥ 0
NB
b
h
− µs NB − T h1 ≥ 0
2
2
De las ecuaciones del cilindro C se tiene que
ΣFy = 0
T − Mc g = 0
Figure 9: Diagramas de cuerpo libre bajo el supuesto de que el barril no se mueve.
De la suma de fuerzas en y para el barril y para el cil´ındro, se tiene que
NB = M g
T = Mc g
Sustituyendo estos resultados en la suma de momentos, se tiene que
Mg
h
b
− µs M g − Mc g h1 ≥ 0
2
2
9
Resolviendo para Mc se obtiene
Mc ≤ M
200 Lbm 20 in − 0.40(36 in)
(b − µs h)
=
= 140 Lb
2 h1
2
4 in
Finalmente, se verificar´a si existe movimiento del barril. De la suma de fuerzas en x, se tiene que
ΣFx ≤ µs NB
Mc g ≤ µs M g
Mc ≤ µs M
Pero se tiene que
140 Lbm ≤ 0.40 (200 Lbm) = 80 Lbm
Este resultado indica que el barril si se mueve. De manera que el an´alisis se debe volver a realizar
suponiendo movimiento del barril.
Figure 10: Diagramas de cuerpo libre bajo el supuesto de que el barril si se mueve.
Debe notarse que si el barril se mueve, la aceleraci´on hacia la derecha del barril es igual a la aceleraci´on
hacia abajo del cil´ındro. Las ecuaciones de fuerzas de los cuerpos son
1. Para el barril
ΣFy = 0
M g − NB = 0
ΣFx = M a
− µk NB + T = M a
2. Para el cil´ındro
ΣFy = M ay
T − Mc g = −Mc a
De manera que, de la suma de fuerzas en x para el barril y de la suma de fuerzas en y para el cilindro,
se tiene que
Mc g − T
NB = M g
M c a = Mc g − T
a=
Mc
Sustituyendo estos resultados en la suma de fuerzas en x para el barril, se tiene
−µk M g + T = M
Mc g − T
Mc
− µk M Mc g + T Mc = M Mc g − T M
10
Por lo tanto, la tensi´on de la cuerda est´a dada por
T =
M Mc g (1 + µk )
M + Mc
Para evitar que el barril se vuelque es necesario que
ΣTG ≥ 0
NB
b
h
− µk NB − T h1 ≥ 0
2
2
Sustituyendo los valores de NB y T se tiene que
h M Mc g (1 + µk )
b
h1 ≥ 0
M g − µk M g −
2
2
M + Mc
o
(M + Mc ) (M b − µk M h) − 2 h1 [M Mc (1 + µk )] ≥ 0
La ecuaci´on puede rearreglarse como
M 2 (b − µk h) + M Mc [b − µk h − 2 h1 (1 + µk )] ≥ 0
y, despejando Mc , se llega a
Mc ≤
20 in − 0.35(36 in)
M (b − µk h)
= 200 Lbm
= 435.29 Lbm
−b + µk h + 2 h1 (1 + µk )
−20 in + 0.35(36 in) + 2 (4 in)(1 + 0.35)
La masa m´axima de Mc para que el barril no se vuelque es Mc = 435.29 Lbm.
Problema 1e. La camioneta vista desde su parte posterior est´a viajando a una rapidez v alrededor
de una curva de radio medio r peraltada hacia adentro en un ´angulo θ. El coeficiente efectivo de fricci´on
entre las llantas y el camino es µ. Determine (a) el ´angulo de peralte adecuado para un valor de v que
eliminine cualquier tendencia a deslizarse o voltear, y (b) la m´axima velocidad v antes de que la camioneta
se voltee o deslize para un valor dado de θ. Note que las fuerzas y aceleraciones yacen en el plano de la
figura de manera que el problema puede tratarse como un problema de movimiento plano a pesar de que
la velocidad es normal al plano.6
Soluci´
on: Considere el diagrama de cuerpo libre de la camioneta mostrado en la figura 12. Note que
los ejes X y Y se han girado para que sean paralelo y perpendicular al peralte. En este diagrama se han
incluido las fuerzas de fricci´on en ambos pares de ruedas, las interiores A y las exteriores B.
Adem´as se sabe que la aceleraci´on normal est´a dada por
an =
v2
r
Las ecuaciones de movimiento de la camioneta, para evitar que la camioneta se salga de la carretera,
son
ΣFx = M ax
−µ NA −µ NB −M g sen θ = −M
v2
cos θ
r
µ (NA + NB ) = M
µ
−g sen θ +
v2
cos θ
r
6 Este es el Problema 6.28 del libro Engineering Mechanics: Dynamics. Meriam, J. L. and Kraige, L. G., Seventh
Edition, John Wiley: New York.
11
¶
Figure 11: Dibujo de una Camioneta en una Curva Peraltada.
Figure 12: Diagrama de Cuerpo Libre de una Camioneta en una Curva Peraltada.
y
ΣFy = M ay
v2
NA + NB − M g cos θ = M
sen θ
r
N A + NB = M
µ
v2
g cos θ +
sen θ
r
¶
Sustituyendo la segunda ecuaci´on en la primera, se tiene que
¶
µ
¶
µ
v2
v2
v2
sen θ = M −g sen θ +
cos θ
−g (sen θ + µ cos θ) =
(−cos θ + µ sen θ)
µ M g cos θ +
r
r
r
Dividiendo ambos lados entre el coseno de θ y simplificando, se tiene que
g (tan θ + µ) =
v2
(1 − µ tan θ)
r
12
v2
tan θ + µ
=g
r
1 − µ tan θ
Si se define
µ ≡ tan β,
La ecuaci´on anterior puede escribirse como
v2
tan θ + tan β
=g
= g tan(β + θ)
r
1 − tan β tan θ
Por lo tanto, para un cierto valor del ´angulo de peralte, la velocidad m´axima de la camioneta vmax , para
evitar que se salga de la carretera est´a dada por
p
vmax = g r tan(β + θ)
Figure 13: Segundo Diagrama de Cuerpo Libre de una Camioneta en una Curva Peraltada.
Para analizar si la camioneta se voltea considere el diagrama de cuerpo libre mostrado en la figura
13. Para evitar que la camioneta se vuelque, es necesario que se satisfaga la condici´on
Σ TG ≥ 0
Es decir, si en la posici´on cr´ıtica mostrada en la figura 13 el momento resultante es positivo. La desigualdad resultante est´a dada por
b
b
NB − µ NB h ≥ 0
≥µ
2
2h
Este resultado indica que la camioneta se deslizar´a primero cuando
µ≤
b
2h
En este caso, se tiene que la velocidad m´axima que puede tener la camioneta sin deslizarse es
p
p
vmax = g r tan(β + θ) = g r tan [(tan−1 µ) + θ]
13
Evidentemente, la camioneta se volcar´a cuando
µ>
b
2h
Entonces, para calcular la velocidad m´axima se sustituye
µ=
b
2h
y la velocidad m´axima para que no se vuelque, est´a dada por
s
·
¸
p
b
−1
)+θ
vmax = g r tan(β + θ) = g r tan (tan
2h
Estos resultados resuelven la segunda parte del problema. La primera parte es´a indicada de manera muy
cr´ıptica. Para evitar cualquier posibilidad de volteo el coeficiente de fricci´on µ = 0. En ese caso, el ´angulo
del peralte que evita, tambien que la camioneta se deslize est´a dado por
¶
µ
v2
−β
θ = tan−1
gr
para cuando µ = 0. Por lo tanto,
β = tan−1 µ = tan−1 0 = 0
y el resultado final es
θ = tan−1
v2
gr
Problema 2. Una varilla delgada y uniforme AB de 4 Kg se mantiene fija mediante dos cuerdas y
el eslab´on CA cuyo peso puede ignorarse. Despu´es de cortar la cuerda BD, el ensamble gira en un plano
vertical bajo el efecto combinado de la gravedad y un par M de 6 N − m aplicado al eslab´on CA en la
forma en que se muestra. Determine, inmediatamente despu´es de que ha sido cortada la cuerda BD, a)
la aceleraci´on de la varilla AB, b) la tensi´on en la cuerda EB.7
Soluci´
on: En esta primera parte mostraremos que, inmediatamente despu´es de que se corta la barra
BD, la barra, 3, AB est´a sujeta a movimiento de traslaci´on curvil´ınea. Si la cuerda EB, indicada como
eslab´on 4, est´a en tensi´on, se comporta como un cuerpo r´ıgido de manera que la velocidad del punto B
de la barra est´a dada por
³
´
~vB3 = ~vB4 = ω
~ 4 × ~rB/E = ω4 kˆ × LEB cos θˆi − LEB sen θˆj = LEB ω4 cos θ ˆj + LEB ω4 sen θ ˆi
donde θ = 60◦ . Por otro lado, la velocidad del punto B puede calcularse como
³
´
~vB3 = ω
~ 2 × ~rA/C + ω
~ 3 × ~rB/A = ω2 kˆ × LCA cos θˆi − LCA sen θˆj + ω3 kˆ × LAB ˆi
= LCA ω2 cos θ ˆj + LCA ω2 sen θ ˆi + LAB ω3 ˆj.
7 Este es el Problema 16.13 del libro Mec´
anica Vectorial Para Ingenieros, Din´
amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Octava edici´
on, McGraw Hill: M´
exico D.F.
14
1
1
2
4
1
3
Figure 14: Gr´afica de un barra sujeta por una cuerda y otra barra.
Igualando las ecuaciones vectoriales, se obtienen las siguientes dos ecuaciones escalares:
LEB ω4 sen θ = LCA ω2 sen θ
LEB ω4 cos θ = LCA ω2 cos θ + LAB ω3
De la primera ecuaci´on
ω4 = ω2
LCA
,
LEB
Sustituyendo este resultado en la segunda ecuaci´on, se tiene que
LEB ω2
LCA
cos θ = LCA ω2 cos θ + LAB ω3
LEB
Por lo que
LAB ω3 = 0,
Puesto que
LAB 6= 0,
ω3 = 0.
Este resultado indica, que un instante despu´es de cortarse la cuerda BD, la velocidad angular de la
barra ACB es igual a 0. El an´alisis puede extenderse para probar que la aceleraci´on angular de la barra
ACB es tambien igual a 0.
~aB3 = ~aB4
De manera semejante
= α
~ 4 × ~rB/E − ω42 ~rB/E
³
´
³
´
= α4 kˆ × LEB cos θˆi − LEB sen θˆj − ω42 LEB cos θˆi − LEB sen θˆj
¡
¢
¡
¢
= LEB α4 cos θ + ω42 LEB sen θ ˆj + LEB α4 sen θ − ω42 LEB cos θ ˆi
~aB3
= α
~ 2 × ~rA/C − ω22 ~rA/C + α
~ 3 × ~rB/A − ω32 ~rB/A
Pero puesto que ω3 = 0, se tiene que
15
~aB3
= α
~ 2 × ~rA/C − ω22 ~rA/C + α
~ 3 × ~rB/A
³
´
³
´
= α2 kˆ × LCA cos θˆi − LCA sen θˆj − ω22 LCA cos θˆi − LCA sen θˆj + α3 kˆ × LAB ˆi
¡
¢
¡
¢
= LCA α2 cos θ + ω22 LCA sen θ + α3 LAB ˆj + LCA α2 sen θ − ω22 LCA cos θ ˆi
Mas a´
un, la aceleraci´on de la barra AB, tendr´a la direcci´on de la aceleraci´on tangencial de los puntos
A o B. Los diagramas de cuerpo libre de las barras CA y AB se muestran en la figura 15.
Figure 15: Diagramas de Cuerpo Libre de los Cuerpos R´ıgidos Involucrados.
Puesto que la masa de la barra CA es despreciable, las ecuaciones de la cin´etica de esta barra se
convierten en las ecuaciones de la est´atica, y est´an dadas por
X
X
~ C = ~0.
F~ = ~0
M
o
−RAx + RCx = 0
− RAy + RCy = 0
M − RAx L sen θ − RAy L cos θ = 0.
donde L = 0.45 m. y θ = 60 . De la tercera ecuaci´on, se tiene que
√
√
80
3
1
M
40
3RAx + RAy =
RAx
+ RAy =
=
N.
o
N.
2
2
L
3
3
◦
o
Las ecuaciones de la cin´etica de la barra AB est´an dadas por
X
X
~ G = ~0.
F~ = M ~aG
M
RAx −TBD cos θ = −MAB aG sen θ
RAy +TBD sen θ−MAB g = −MAB aG cos θ
16
−RAy
d
d
+TBD senθ = 0,
2
2
donde d = 0.6 m. De la tercera ecuaci´on
RAy
√
3
= TBD sen θ =
TBD
2
Por lo tanto
√
√
3
80
3RAx +
TBD =
N.
2
3
RAx =
80
3
√
N. − 23 TBD
80
1
√
= √ N. − TBD .
2
3
3 3
Sustituyendo RAx y RAy en las dos primeras ecuaciones de la cin´etica de la barra AB
√
3
80
1
√ N. − TBD − TBD cos θ = −MAB aG sen θ
TBD + TBD sen θ − MAB g = −MAB aG cos θ
2
2
3 3
Multiplicando la primera ecuaci´on por cos θ y la segunda ecuaci´on por −sen θ y sumando t´ermino a
t´ermino, se tiene que
80
1
cos θ √ N. − TBD cos θ − TBD cos2 θ
2
3 3
√
3
−sen θ
TBD − TBD sen2 θ + sen θMAB g
2
= −MAB aG sen θ cos θ
= +MAB aG cos θ senθ
La ecuaci´on resulta es
Por lo tanto
√
¡
¢
1
3
40
3
√ N. − TBD − TBD − TBD +
(4Kgm.) 9.81m/s2 = 0
4
4
2
3 3
TBD = 20.84 N.
La aceleraci´on de la barra AB est´a dada por
80
1
√ N. − TBD − TBD cos θ = −MAB aG sen θ
2
3 3
aG =
√ N. +
− 380
3
1
2
TBD + TBD cos θ
MAB sen θ
=
√ N. + TBD
− 380
3
MAB sen θ
= 1.571 m/s2 .
Problema 2a. La barra 3 de 15 Lb se conecta con un disco 2 cuyo centro de masas est´a en A y con
la manivela 4, vea la figura 16. Sabiendo que el disco se hace rotar a una rapidez constante de 180 rpm,
determine para la posici´on mostrada las componentes verticales de las fuerzas ejercidas sobre la barra 3
en los pernos B y C.8
Soluci´
on. Debe notarse que si las condiciones de gravitacional son las normales una barra cuya masa
es de 15 Lbm. tiene un peso de 15 Lbf. de manera que no es necesario indicar si los 15 Lb representan masa
o peso. Es importante notar que el mecanismo mostrado en la figura 16 es un mecanismo paralelogramo,
por lo cual el eslab´on 3 est´a sujeto a traslaci´on —curvil´ınea— por lo que todos los puntos del cuerpo
8 Este es el Problema 16.19 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R.,
Mazurek, D.F. et al. Ninth edition, McGraw Hill: NewYork
17
Figure 16: Mecanismo paralelogramo.
deben tener la misma velocidad y aceleraci´on. Por otro lado, puesto que el disco gira a velocidad angular
constante α
~ 2 = ~0.
El primer problema es determinar la aceleraci´on del eslab´on 3. Primero, se determinar´a el vector de
posici´on del punto B respecto del punto A, donde a = 2 in, θ = 30◦ y ω2 = 6 π rad/s as´ı pues
~rB/A = 4 a sen θ ˆi + 4 a cos θ ˆj
Por lo tanto
~aG3 = ~aB
= α
~ 2 × ~rB/A − ω22 ~rB/A = − (6 π rad/s)
= −144 π 2 a sen θ ˆi − 144 π 2 a cos θ ˆj
2
³
´
4 a sen θ ˆi + 4 a cos θ ˆj
Ahora se considerar´an los diagramas de cuerpo libre de los eslabones del mecanismo, vea la figura 17.
Es importante notar que el centro de masas del disco est´a localizado en el punto A y que este disco 2 no
tiene aceleraci´on angular. Por lo tanto, puesto que
ΣT~A = 0
se tiene que la reacci´on en el perno B debe pasar por el punto A, de manera que cuando se aplica a la
barra 3, se tiene que
³
´
~ B = RBx ˆi + RBy ˆj = RB sen θ ˆi + cos θ ˆj
R
A diferencia del punto B, la falta de informaci´on acerca de la distribuci´on de masas del eslab´on 4, requiere
suponer que no hay ninguna relaci´on entre las componentes horizontal y vertical en el punto C. Es decir
~ C = RCx ˆi + RCy ˆj
R
Por lo tanto, las ecuaciones de movimiento del eslab´on 3 est´an dadas por
ΣFx = M ax
ΣFy = M ay
RBx + RCx = M aGx
RBy + RCy − M g = M aGy
18
RBx + RCx = −144 M π 2 a sen θ
¡
¢
RBy + RCy = M g − 144 π 2 a cos θ
Figure 17: Diagramas de cuerpo libre del mecanismo paralelogramo.
y
ΣTG = 0
− RBy
15
15
a + RCy
a=0
2
2
De esta u
´ltima ecuaci´on se tiene que
RBy = RCy
Sustituyendo este resultado en la segunda ecuaci´on, se tiene que
¡
¢
2 RBy = M g − 144 π 2 a cos θ
¶
µ
¢
M¡
1
RBy =
32.2 f t/s2 − 144 π 2 a cos θ = (7.5 Lbm) 32.2 f t/s2 − 144 π 2 rad/s2 f t cos 30◦
2
6
= −1297 P oundals = −40.2 Lbf.
Por lo tanto
RBy
−1297P oundals
=
= −1497.6 P oundals = 46.51 Lbf.
cos θ
cos 30◦
La componente x de la reacci´on en B est´a dada por
RB =
RBx = RB sen θ = −1497.6 P oundals sen 30◦ = −748.8 P oundals = 23.25 Lbf.
Finalmente, se tiene que
RCx
= −144 M π 2 a sen θ − RBx = −144(15 Lbm)π 2
1
f t. sen 30◦ − (−748.8 P oundals)
6
= −1027.72 P oundals = −31.917 Lbf.
Problema 3. El disco de 180 mm. de radio est´a en reposo cuando se coloca en contacto con la banda
que se mueve a velocidad constante, vea la figura 18. Despreciando el peso del eslab´on AB y conociendo
19
que el coeficiente de fricci´on cin´etica entre el disco y la banda es µk = 0.4, determine la aceleraci´on
angular del disco mientras ocurre deslizamiento.9
Figure 18: Disco soportado mediante una barra y una banda.
Soluci´
on: La figura 19 muestra los diagramas de cuerpo libre del disco y de la barra. Debe notarse
que como se desprecia el peso del eslab´on AB esto es equivalente a decir que se supone que el eslab´on
AB est´a en reposo. Por lo tanto, la fuerza que el eslab´on AB aplica al disco y la reacci´on en el punto
B deben ser ambas de la misma magnitud, sentidos opuestos y colineales al eje de la barra —pues si no
fueran colineales producir´ıan un momento perpendicular al plano del papel.
Figure 19: Diagramas de Cuerpo Libre del disco y barra.
9 Este es el Problema 16.27 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R.,
Mazurek, D.F. et al. Ninth edition, McGraw Hill: NewYork
20
Las ecuaci´ones de movimiento del disco est´an dadas por
X
Fx = 0
N −F Cθ =0
X
Fy = 0
µk N − M g + F S θ = 0
X
1
TG = IG α
−µk N r = M r2 α
2
donde el momento de inercia del disco, con respecto a su centro de masas que es el centro del disco, se
calcul´o mediante tablas de momentos de inercia. De la primera ecuaci´on, se tiene que
N =FCθ
Sustituyendo este resultado en la segunda ecuaci´on, se tiene que
µk F C θ − M g + F S θ = 0
Por lo tanto
F =
y
N=
Mg
µk C θ + S θ
Mg
M gCθ
=
µk C θ + S θ
µk + tan θ
Sustituyendo estos resultados en la tercera ecuaci´on se tiene que
−µk
Por lo tanto
Mg
1
r = M r2 α
µk + tan θ
2
2 µk g
µk M g
= −20.449rad/s2 .
=−
r
(µ
+
tan
θ)
M
r
(µ
+
tan
θ)
k
k
2
α=−1
donde el signo menos indica que la aceleraci´on angular es en sentido horario.
Problema 4. El volante mostrado en la figura 20 tiene un radio de 500 mm y una masa de 120 kg,
y un radio de giro de 375 mm. Un bloque A de 15 kg se une a un alambre que est´a enrollado al volante,
y el sistema se abandona a partir del reposo. Despreciando el efecto de la fricci´on, determine (a) la
aceleraci´on del bloque A, (b) la velocidad del bloque A despu´es que se ha movido 1.5 m.10
Soluci´
on. Es importante notar que la aceleraci´on angular del volante y la aceleraci´on lineal del
bloque est´an relacionadas por la ecuaci´on
aA = α r
donde α, aA y r son respectivamente la aceleraci´on angular del volante, la aceleraci´on vertical del bloque
A y el radio exterior del volante. Adem´as, si α es en sentido horario, aA es hacia abajo. Los diagramas
de cuerpo libre del volante y del bloque se muestran en la figura 21.
10 Este es el Problema 16.32 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R.,
Mazurek, D.F. et al, Ninth edition, McGraw Hill: NewYork
21
Figure 20: Volante con bloque unido mediante un alambre enrollado en el volante.
Las ecuaciones de movimiento del volante y el bloque est´an dadas por
X
Fx = M aGx
ROx = 0
X
Fy = M aGy
ROy − T − M g = 0
X
TG = IG α
−T r = M k 2 α
X
Fy = M aA
T − MA g = MA aA
donde k es el radio de giro del volante, M es la masa del volante y MA es la masa del bloque A. Las
u
´nicas ecuaciones relevantes son las dos u
´ltimas. Sustituyendo la aceleraci´on angular se tiene que
−T r = M k 2
aA
r
o
T =−
M k 2 aA
r2
Sustituyendo este resultado en la u
´ltima ecuaci´on, se tiene que
−
M k 2 aA
− MA g = MA aA
r2
Por lo tanto
aA = −
Sustituyendo los valores num´ericos, se tiene que
aA = −
MA g
¡ ¢2
MA + M kr
(15 kgm) 9.81m/s2
2
¡
¢ = −1.7836 m/s
m 2
15 kgm + 120 kgm 0.375
0.5 m
El signo negativo indica que el bloque A se mueve hacia abajo, como era de esperarse.
22
Figure 21: Diagramas de cuerpo libre y bloque.
Es importante notar que el bloque A tiene movimiento rectil´ıneo con aceleraci´on uniforme. Por lo
tanto, si el sistema parte del reposo v0A = 0 y
√
2
vf2 A − v0A
= 2 aA sA
o
vf A = 2 aA sA = 2.313 m/s.
Desafortunadamente, est´a ecuaci´on unicamente indica la magnitud de la velocidad, pero es evidente que
la direcci´on de la velocidad es hacia abajo.
Problema 5. Cada uno de los engranes A y B pesa 20 lb y tiene un radio de giro de 7.5 pulg, el
pi˜
n´on C pesa 5 lb y tiene un radio de giro de 3 pulg. Si el cople M, de magnitud constante de 50 lb − pulg,
se aplica al pi˜
n´on C, determine (a) la aceleraci´on angular del engrane A, (b) la fuerza tangencial que el
engrane C ejerce sobre A.11
Soluci´
on. De la cinem´atica de cuerpos r´ıgidos, se tiene que las aceleraciones angulares de los engranes
est´an relacionadas mediante las ecuaciones
αA rA = αC rC = αB rB
o
αA = αB = αC
rC
rA
pues rA = rB . Debe notarse adem´as que MA = MB y kA = kB .12
Revisando los diagramas de cuerpo libre de los engranes, se nota que no es necesario establecer las
sumas de fuerzas de cada uno de los engranes, pues cada uno de ellos est´a sujeto a rotaci´on baric´entrica;
es decir
~aAG = ~aBG = ~aCG = ~0.
Note adem´as que si la aceleraci´on del engrane C es en sentido antihorario las aceleraciones de los engranes
A y B es en sentido antihorario.
11 Este es el Problema 16.32 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R.,
Mazurek, D.F. et al, Ninth edition, McGraw Hill: NewYork
12 Es evidente que la aceleraci´
on angular del pi˜
n´
on C es horaria y que las aceleraciones angulares de los engranes A y B
son horarias, por eso, en este caso indiqu’e esas direcciones. Pero es posible dejar que el ´
algebra gu´ıe el resultado.
23
Figure 22: Dos engranes movidos por un pi˜
non.
Figure 23: Diagramas de cuerpo libre de los dos engranes y el pi˜
non.
De manera que la suma de fuerzas unicamente permiten determinar las reacciones en las revolutas, ejes
de rotaci´on, de los engranes. Adem´as se supone que las fuerzas entre los engranes est´an dadas por fuerzas
tangenciales a los radios mostrados, que se denominar´an posteriormente radios de paso. Posteriormente,
en cursos mas avanzados se mostrar´a que las fuerzas entre los engranes incluyen componentes radiales
que incrementan las reacciones en las revolutas.
Las ecuaciones asociadas a los momentos alrededor de las revolutas est´an dadas por
X
2
TAG = IAG αA
FA rA = MA kA
αA
X
2
TBG = IBG αB
FB rA = MA kA
αA
X
2
TCG = ICG αC
− M + FA rC + FB rC = −MC kC
αC
24
De la primeras dos ecuaciones se tiene que
Sustiyendo en la
P
FA
=
2
2
MA kA
αC rC
MA kA
αA
=
2
rA
rA
FB
=
2
2
MA kA
αA
MA kA
αC rC
=
2
rA
rA
TCG = ICG , se tiene que
−M +
2
2
MA kA
αC rC
MA kA
αC rC
2
rC +
rC = −MC kC
αC
2
2
rA
rA
o
αC =
M
2 + 2 M k2
MC kC
A A
2
rC
2
rA
=
1
Lbm − p2 /s2
50(32.2) 12
2
·
³
´2 ¸ = 34.2918 rad/s .
4 pulg
2
2
5 Lbm(0.25 p) + 2 20 Lbm(0.75 p) 10 pulg
Por lo tanto, la aceleraci´on del engrane A ser´a
αA = αB = αC
4 pulg
rC
= 34.2918 rad/s2
= 13.7167 rad/s2 .
rA
10 pulg
y la fuerza entre los engranes A y C est´a dada por
FA =
2
20 Lbm(0.75 p)2 13.7167 rad/s2
MA kA
αA
=
= 185.176 P oundals = 5.75 Lbf.
rA
0.8333 p
Figure 24: Gr´afica de un volante sujeto a fricci´on.
Problema 6. El volante que se muestra en la figura 24 consiste en un disco de 30 pulgadas de di´ametro
con peso de 240 Lb. El coeficiente de fricci´on entre la banda y el volante es de 0.35. Si la velocidad
25
angular inicial del volante alcanza las 360 r.p.m. en el sentido de las manecillas del reloj, determine la
magnitud de la fuerza P~ requerida para deternerlo en 25 revoluciones.13
Soluci´
on: Este problema permite introducir un tema que forma parte de la est´atica pero que quiz´as
los lectores no recuerdan, ese tema es fricci´on en bandas o cuerdas. Para tal f´ın considere la figura 25,
que muestra un volante con una banda o cuerda que rodea al volante 180◦ , la figura muestra adem´as
un an´alisis de fuerzas infinitesimales que permite determinar la relaci´on entre las fuerzas T~1 y T~2 que
aparecen en los extremos de la banda, o correa.
Figure 25: Deducci´on del Incremento de la Fuerza de Tension Debido a la Fricci´on.
Considere el equilibrio del elemento de la banda o correa mostrado en la figura 25. Las ecuaciones son
X
Fy = 0
T sen
∆θ
∆θ
+ (T + ∆ T ) sen
− N = 0,
2
2
Despreciando, los t´erminos infinitesimales de orden superior, se tiene que14
N = 2 T sen
∆θ
≈ T ∆ θ.
2
y
∆θ
∆θ
+ (T + ∆ T ) cos
− µ N = 0,
2
2
Nuevamente, despreciando los t´erminos de orden superior, y sustituyendo el valor de N ,15 se tiene
X
Fx = 0
− T cos
−T + (T + ∆ T ) − µ T ∆ θ = 0
o
∆T = µT∆θ
13 Este
Clausen,
14 Para
15 Para
∆T
= µT
∆θ
dT
= µ T.
dθ
es el Problema 16.23 del libro Mec´
anica Vectorial Para Ingenieros, Din´
amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
W.E., Octava edici´
on, McGraw Hill: M´
exico D.F.
´
angulos peque˜
nos sen α = α en radianes.
´
angulos peque˜
nos cosα = 1
26
Por lo tanto, resolviendo la ecuaci´on diferencial, se tiene que
Z
Z
dT
= µθ
Ln | T |= µ θ + C
T = eµ θ+C
T
T = C1 eµ θ
Si se propone la condici´on inicial que para θ = 0, T = T0 , se tiene que
T0 = C1 eµ 0 = C1 1 = C1
Por lo tanto
T (θ) = T0 eµ θ .
De la cinem´atica del cuerpo r´ıgido, para que el volante pare en 25 rev = 50 π rad., desde una velocidad
angular de ω0 = 360 r.p.m. = 12 π rad/s, es necesario que la aceleraci´on angular sea igual a
α=
2
ωf2 − ω02
0 − (12 π rad/s)
36 π rad
=
=−
.
2∆ θ
2 (50 π)
25 s2
Es importante notar que el signo negativo aqu´ı indica que la aceleraci´on es en sentido opuesto a la
velocidad angular inicial, y por lo tanto, en sentido antihorario.
Por otro lado, puesto que la banda est´a enrollada un cuarto de vuelta en el volante, la fuerza en el
otro extremo de la banda est´a dada por
π
Pf = P eµ 2
Finalmente, el momento de inercia del volante con respecto al eje de rotaci´on, que es un eje principal de
inercia, est´a dado por
1
IG = M r2
2
De modo que la ecuaci´on de movimiento del sistema est´a dada por
X
o
MG = IG α
π
− P r + P eµ 2 r =
1
72 π rad
.
M r2
2
25 s2
¡ π
¢
36 π rad
1
P eµ 2 − 1 r = M r2
.
2
25 s2
o
M r 1825π rad
18 π (240 Lbm.) (1.25 pies) rad
s2
s2
=
= 925.92 poundals = 28.755 Lbf.
π
π
25
eµ 2 − 1
eµ 2 − 1
Problema 7. Una barra uniforme de longitud L y masa m se sostiene como se indica en la figura
26. Si el cable unido en B se rompe de manera repentina, determine a) la distancia b para la cual la
aceleraci´on del extremo A es m´axima, b) la aceleraci´on correspondiente del extremo A y la reacci´on en
C.16
Solution: Considere el diagrama de cuerpo libre de la barra mostrado en la figura 27, puesto que al
romperse la cuerda en B, la velocidad angular de la barras es 0, solo est´a presente la aceleraci´on normal.
P =
16 Este es el Problema 16.80 del libro Mec´
anica Vectorial Para Ingenieros, Din´
amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Octava edici´
on, McGraw Hill: M´
exico D.F.
27
Figure 26: Barra soportada por un apoyo y una cuerda.
Figure 27: Cuerpo libre de la barra.
Las ecuaciones de movimiento del cuerpo r´ıgido son
X
Fx = 0
X
Rcx = 0
y, finalmente,
X
TC = IC α
−m g
µ
l
−b
2
¶
Fy = M aGy
"
1
=−
m l2 + m
12
µ
l
−b
2
RCy − m g = −m α
¶2 #
α=−
Por lo tanto, la aceleraci´on angular de la barra est´a dada por
¢
¡
g 2l − b
α= 1 2
2
3l − l b + b
Por lo tanto, la magnitud de la aceleraci´on del punto A est´a dada por
¢
¡
g l2b − b2
,
| ~aA |= α b = 1 2
2
3l − l b + b
28
µ
µ
l
−b
2
¶
1
1
m l 2 + m l 2 − m l b + m b2
12
4
¶
α.
si se considera que b es una variable, el m´aximo valor de | ~aA | est´a dada para cuando
¡
¢¡
¢
¡
¢
g 2l − 2 b 31 l2 − l b + b2 − g l2b − b2 (−l + 2 b)
d | ~aA |
0=
=
¡1
¢2
db
l 2 − l b + b2
3
Por lo tanto
µ
l
− 2b
2
¶µ
1 2
l − l b + b2
3
¶
−
µ
¶
lb
2
− b (−l + 2 b) = 0.
2
Reduciendo la ecuaci´on se tiene que
l2 − 4 l b + 3 b2 = 0.
Las dos raices de la ecuaci´on son17
p
4 l ± 16 l2 − 4 (3) (l2 )
4l ± 2l
b=
=
2 (3)
6
Empleando b2 = 3l , se tiene que
α=
g
1 2
3l
¡l
2
−l
−
l
3
l
3
¢
+
l2
9
=
b1 = l
b2 =
l
.
3
3g
2l
De manera que, la magnitud de la aceleraci´on del punto A est´a dado por
| ~aA |= α
3g l
g
l
=
= .
3
2l 3
2
Finalmente la componente y de la reacci´on en C est´a dada por
¸
¶¸
·
·
µ
3
3g l
l
= m g.
−b
=m g−
RCy = m g − α
2
2l 6
4
Problema 7a. Una barra uniforme de longitud L y masa m se sostiene como se indica en la figura
28. Si el cable unido en B se rompe de manera repentina, determine a) la aceleraci´on correspondiente
del extremo B y la reacci´on en el perno de apoyo A.18
Figure 28: Barra soportada por un apoyo y una cuerda.
Soluci´
on. El diagrama de cuerpo libre de la barra se muestra en la figura 29.
17 Cual
es el argumento para no emplear b1 ?
es el Problema 16.84 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston,
E.R. y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
18 Este
29
Figure 29: Diagrama de cuerpo libre de la barra soportada por un apoyo y una cuerda.
Se asumir´a que, contrario al sentido com´
un, pero confiados en que el ´algebra proporcione el resultado
correcto, la aceleraci´on angular de la barra es antihoraria; es decir
ˆ
α
~ = α k.
Note que como el sistema se analiza a partir del reposo ω
~ = ~0. Entonces, la aceleraci´on del centro de
masas est´a dado por
L
L
~aG = α
~ × ~rG/A − ω 2 ~rG/A = α kˆ × ˆi = α ˆj
2
2
Por otro lado, aplicando el teorema de ejes paralelos, se tiene que
IA = IG + m
µ ¶2
1
1
1
L
=
m L2 + m L2 = m L2
2
12
4
3
Las ecuaciones de movimiento de la barra son
ΣFx = M aGx
RAx = 0
Finalmente,
ΣTA = IA α
−Mg
ΣFy = M aGy
RAy − M g = M α
L
1
= M L2 α
2
3
α=−
L
2
3g
2L
Por lo tanto, la reacci´on en A est´a dada por
RAy − M g = M α
L
2
RAy = M g + M α
L
L
=Mg+M
2
2
µ
−
3g
2L
¶
=
1
Mg
4
Problema 7b. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y momento flector para la viga del problema
7a inmediatamente despu´es de que el cable B se rompe.19
19 Este es el Problema 16.152 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston,
E.R. y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.
30
Soluci´
on. Una secci´on de la viga con las cargas est´aticas y din´amicas actuando sobre la viga est´a
mostrado en la figura 30. Debe notarse que la diferencial de masa de la viga est´a dada por
dm =
Por otro lado, se sabe que
M
dx
L
~aA = ~0.
De manera que la aceleraci´on de un punto P localizado a una distancia x del extremo A est´a dada por
µ
¶ ³ ´
3g ˆ
3 g xˆ
~aP = ~aA + α
~ × ~rP/A − ω 2 ~rP/A = −
k × x ˆi = −
j
2L
2L
Figure 30: Secci´on de la viga para encontrar el cortante y el momento flector.
Para la fuerza cortante, a una distancia x del extremo A, considere el equilibrio de las fuerzas verticales
que incluye la reacci´on en A, el peso uniformemente distribuido, la fuerza cortante que se desea determinar
y esta suma debe ser igual a la fuerza necesaria para producir la aceleraci´on vertical correspondiente.
Z x
Z
3g M
Mg Mg
3M g x
ΣFy = −
x dx
x dx
−
x+V =−
4
L
2 L2 0
0 2L L
Por lo tanto
Mg Mg
3 M g x2
+
x−
4
L
4 L2
Como comprobaci´on, se evalua el cortante para x = 0 y para x = L, se tiene que
V =−
V (0) = −
Mg
4
V (L) = −
31
Mg Mg
3 M g L2
+
L−
=0
4
L
4 L2
De manera semejante, se determinar´a el momento flector para una distancia x del extremo A, considere
la suma de momentos con respecto al punto A
Z x
Z
3g 2M
Mg x
3M g x 2
ΣTA = −
x dx
x
dx
−
x + V x + Mf = −
L
L
2
2 L2 0
0 2L
o bien
Mf
¶
µ
3 M g x3
Mg Mg
3 M g x2
M g x2
x−
− −
+
x−
2
2L
4
L
4L
2 L2 3
M g x M g x2
3 M g x3
M g x3
M g x2
+
−
+
−
=
2
2L
4
L
4L
2 L2
2
3
M gx
M gx M gx
= −
+
+
2L
4
4 L2
=
De manera semejante, se evalua el momento flector para x = 0 y para x = L, se tiene que
¶
µ
M g L2
1 1 1
M g L M g L3
= 0.
Mf (0) = 0
Mf (L) = −
= M gL − + +
+
+
2L
4
4 L2
2 4 4
Problema 8. La barra AB de 2 kg. y la barra BC de 3 kg. est´an conectadas como se muestra en
la figura a un disco puesto a girar en un plano vertical a velocidad angular constante de 6 rad./s. en el
sentido de las manecillas del reloj. Para la posici´on indicada, determine las fuerzas ejercidas en A y B
sobre la barra AB.20
3
4
2
1
Figure 31: Mecanismo plano de cuatro barras.
Solution: Para resolver este problema es necesario determinar los an´alisis de velocidad y aceleraci´on
del mecanismo plano de cuatro barras. Los vectores de posici´on necesarios, est´an dados por
~rA/O = 60 mm.ˆj
~rB/A = 120 mm.ˆj
20 Este
~rB/C = 180 mm.ˆj
es el Problema 16.130 del libro Mec´
anica Vectorial Para Ingenieros, Din´
amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Octava edici´
on, McGraw Hill: M´
exico D.F.
32
Por otro lado, la velocidad y aceleraci´on angular del eslab´on motriz, el disco 2, est´a dada por
ω
~ 2 = −6
rad. ˆ
k
s.
α
~ 2 = ~0.
La ecuaci´on correspondiente al an´alisis de velocidad del mecanismo plano de cuatro barras es
µ
ω
~ 2 × ~rA/O + ω
~ 3 × ~rB/A = ~vB3
¶ ³
³
´
´
rad. ˆ
−6
k × 60 mm.ˆj + ω3 kˆ × 120 mm.ˆi
s.
= ~vB4 = ω
~ 4 × ~rB/C
³
´
= ω4 kˆ × 180 mm.ˆj
Haciendo a un lado las unidades, se tiene que las ecuaciones escalares del an´alisis de velocidad son
360 = −180 ω4
120 ω3 = 0,
y su soluci´on est´a dada por
rad. ˆ
k
ω~3 = ~0.
s.
La ecuaci´on correspondiente al an´alisis de aceleraci´on del mecanismo plano de cuatro barras es
ω
~ 4 = −2
α
~ 2 × ~rA/O − ω22 ~rA/O + α
~ 3 × ~rB/A − ω32 ~rB/A = ~aB3
µ
¶2
³
´
´
rad. ³
− −6
60 mm.ˆj + α3 kˆ × 120 mm.ˆi
s.
= ~aB4 = α
~ 4 × ~rB/C − ω42 ~rB/C
¶2
³
´ µ
´
rad. ³
= α4 kˆ × 180 mm.ˆj − −2
180 mm.ˆj
s.
Haciendo a un lado las unidades, se tiene que las ecuaciones escalares del an´alisis de aceleraci´on son
0 = −180 α4
−2160 + 120 α3 = −720,
y su soluci´on est´a dada por
rad. ˆ
rad. ˆ
k
α~3 = 12 2 k.
2
s .
s .
El siguiente paso consiste en determinar las aceleraciones de los centros de masas de los eslabones,
supuestos homogeneos e uniformes 3 y 4. Estas aceleraciones est´an dadas por
α
~ 4 = −0
~aG3
y
= ~aA + ~aG3/A = α
~ 2 × ~rA/O − ω22 ~rA/O + α
~ 3 × ~rG3/A − ω32 ~rG3/A
µ
¶2
´ µ rad. ¶ ³
´
rad. ³
mm
m
= − −6
60 mm.ˆj + 12 2 kˆ × 60 mm.ˆi = −1440 2 ˆj = −1.44 2 ˆj.
s.
s .
s
s
µ
¶2
´
rad. ³
mm
m
~aG4 = α
~ 4 × ~rG4/C − ω42 ~rG4/C = − −2
90 mm ˆj = −360 2 ˆj = −0.36 2 ˆj.
s
s
s
Ahora si, prepararemos el an´alisis din´amico del mecanismo plano de cuatro barras, el momento de
inercia de la barra 3 respecto a su centro de masas, est´a dado por
I3/G3 =
1
1
2
m3 L23 =
(2 Kgm.) (0.12 m) = 0.0024Kgm − m2 .
12
12
La figura 32 muestra los diagramas de cuerpo libre de los eslabones del mecanismo plano de cuatro
barras.
33
Figure 32: Mecanismo plano de cuatro barras.
Las ecuaciones de movimiento de los cuerpos 3 y 4, est´an dadas por
X
X
P
Fx = 0
Fy = m3 aG3y
TG3 = I3/G3 α3
RAx − RBx = 0
RAy − RBy − m3 g = m3 aG3y
−RAy
L3
L3
− RBy
= I3/G3 α3 .
2
2
y
X
Fx = 0
P
Fy = m4 aG4y
X
TG4 = I4/G4 α4
L4
L4
+ RCx
= 0.
2
2
A partir de la primera, cuarta y sexta ecuaci´on de estos dos conjuntos de ecuaciones, se tiene que
RBx + RCx = 0
RBy + RCy − m4 g = m4 aG4y
−RBx
RAx = RBx = RCx = 0.
La segunda y tercera ecuaci´on de estos dos conjuntos pueden escribirse como
RAy − RBy
RAy + RBy
= m3 (g + aG3y )
2
= − I3/G3 α3 .
L3
Sumando las ecuaciones t´ermino a t´ermino, se tiene que
·
¸
2
1
m3 (g + aG3y ) − I3/G3 α3 .
RAy =
2
L
·
¸
m
2
rad
1
2
2 Kgm. (9.81 − 1.44) 2 −
0.0024 Kgm · m 12 2
=
2
s
0.12 m
s
= 8.13 N.
34
De manera semejante, si se resta de la segunda ecuaci´on, la primera ecuaci´on, se tiene que
RBy
·
¸
1
2
=
−m3 (g + aG3y ) −
I3/G3 α3 .
2
L3
·
¸
m
1
2
rad
2
−2 Kgm. (9.81 − 1.44) 2 −
=
0.0024 Kgm · m 12 2
2
s
0.12 m
s
= −8.61 N.
Soluci´
on Algebraica: En esta parte del problema, se volver´a a resolver el problema empleando
u
´nicamente, hasta casi hasta el final, exclusivamente el ´algebra. Para resolver este problema es necesario
determinar los an´alisis de velocidad y aceleraci´on del mecanismo plano de cuatro barras. Los vectores de
posici´on necesarios, est´an dados por
~rA/O = L ˆj
~rB/A = 2 L ˆj
~rB/C = 3 L ˆj
Por otro lado, la velocidad y aceleraci´on angular del eslab´on motriz, el disco 2, est´a dada por
ω
~ 2 = ω2 kˆ
α
~ 2 = ~0.
donde L = 60 mm. = 0.06 m y ω2 = −6 rad
s .
La ecuaci´on correspondiente al an´alisis de velocidad del mecanismo plano de cuatro barras es
ω
~ 2 × ~rA/O + ω
~ 3 × ~rB/A = ~vB3 = ~vB4 = ω
~ 4 × ~rB/C
ω2 kˆ × Lˆj + ω3 kˆ × 2 Lˆi = ω4 kˆ × 3 Lˆj
Las ecuaciones escalares del an´alisis de velocidad son
ω2 L = 3 ω4 L
2 ω3 L = 0,
y su soluci´on est´a dada por
1 ˆ
ω~3 = ~0.
ω2 k
3
La ecuaci´on correspondiente al an´alisis de aceleraci´on del mecanismo plano de cuatro barras es
ω
~4 =
α
~ 2 × ~rA/O − ω22 ~rA/O + α
~ 3 × ~rB/A − ω32 ~rB/A = ~aB3
³
´
³ ´
−ω22 Lˆj + α3 kˆ × 2 Lˆi
= ~aB4 = α
~ 4 × ~rB/C − ω42 ~rB/C
³
´ µ 1 ¶2 ³
´
ˆ
ˆ
= α4 k × 3 Lj −
ω2
3 Lˆj
3
Haciendo a un lado las unidades, se tiene que las ecuaciones escalares del an´alisis de aceleraci´on son
0 = −3 L α4
1
−ω22 L + 2 L α3 = − ω22 L,
3
y su soluci´on est´a dada por
α
~ 4 = ~0
α
~3 =
35
1 2ˆ
ω k.
3 2
El siguiente paso consiste en determinar las aceleraciones de los centros de masas de los eslabones,
supuestos homogeneos e uniformes 3 y 4. Estas aceleraciones est´an dadas por21
~aG3
= ~aA + ~aG3/A = α
~ 2 × ~rA/O − ω22 ~rA/O + α
~ 3 × ~rG3/A − ω32 ~rG3/A
2
1
= −ω22 Lˆj + ω22 kˆ × Lˆi = − ω22 Lˆj.
3
3
y
~aG4 = α
~ 4 × ~rG4/C − ω42 ~rG4/C = −
µ
1
ω2
3
¶2
3 ˆ
1
Lj = − ω22 L ˆj.
2
6
Ahora si, prepararemos el an´alisis din´amico del mecanismo plano de cuatro barras, el momento de
inercia de la barra 3 respecto a su centro de masas, est´a dado por22
I3/G3 =
1
1
2
M3 (2 L) = M3 L2 .
12
3
La figura 33 muestra los diagramas de cuerpo libre de los eslabones del mecanismo plano de cuatro
barras.
Figure 33: Mecanismo plano de cuatro barras.
Las ecuaciones de movimiento de los cuerpos 2, 3 y 4, est´an dadas por
X
X
P
Fx = 0
Fy = 0
TG3 = 0
ROx − RAx = 0
21 Note
ROy − RAy − M2 g = 0
RAx L + T = 0.
que la aceleraci´
on del centro de masas del cuerpo 2 es ~0 pues el cuerpo est´
a sujeto a rotaci´
on baric´
entrica.
que α
~ 2 = ~0 y α
~ 4 = ~0, no es necesario calcular I2/G2 y I4/G4 .
22 Puesto
36
X
Fx = 0
RAx − RBx = 0
P
Fy = M3 aG3y
RAy − RBy − M3 g = M3 aG3y
X
TG3 = I3/G3 α3
−RAy L − RBy L = I3/G3 α3 .
y
X
Fx = 0
RBx + RCx = 0
P
Fy = M4 aG4y
RBy + RCy − M4 g = M4 aG4y
X
TG4 = I4/G4 α4
−RBx
3L
3L
+ RCx
= 0.
2
2
A partir de la s´eptima y novena ecuaci´on de estos dos conjuntos de ecuaciones, se tiene que
RBx = RCx = 0.
Sustituyendo estas soluciones en la cuarta ecuaci´on, se tiene que
RAx = 0.
Volviendo a sustituir esta ecuaci´on en la primera y tercera ecuaci´on, se tiene que
ROx = T = 0.
La quinta y sexta ecuaci´on de estos dos conjuntos pueden escribirse como
µ
¶
2
RAy − RBy = M3 (g + aG3y ) = M3 g − ω22 L
3
1 1
1
1
1
M3 L2 ω22 = − M3 L ω22 .
RAy + RBy = − I3/G3 α3 = −
L
L 3
3
9
Sumando las ecuaciones t´ermino a t´ermino, se tiene que
·
µ
¶
¸
1
2
7
1
1
RAy =
M3 g − ω22 L − L ω22 = M3 g − ω22 L
2
3
9
2
9
#
"
µ
¶2
1
rad
m 7
=
−6
(0.06 m) = 8.13 N.
2 Kgm. 9.81 2 −
2
s
9
s
De manera semejante, si se resta de la sexta ecuaci´on, la quinta ecuaci´on, se tiene que
RBy
=
=
·
µ
µ
¶¸
¶
1
5 2
2 2
1
1
2
M 3 − L ω2 − g − ω 2 L
= M3 −g + ω2 L
2
9
3
2
9
#
"
µ
¶2
1
rad
m 5
−6
(0.06 m) = −8.61 N.
2 Kgm. −9.81 2 +
2
s
9
s
Como puede observarse, el problema puede resolverse tanto de manera algebraica como num´erica, la
ventaja de la soluci´on algebraica es que los resultados pueden aplicarse para diferentes dimensiones y
sistemas de unidades.
37
1
3
2
1
Figure 34: Engrane Planetario.
Problema 9. El engrane 3 tiene una masa de 5 kg. y radio de giro centroidal k = 75 mm. La barra
2 tiene una masa de 3 kg. y el engrane C es estacionario. Si el sistema se suelta desde el reposo en la
posici´on que se muestra, determine a) la aceleraci´on angular del engrane 3, b) la aceleraci´on del punto
B.23
Solution: Para resolver este problema es necesario determinar los an´alisis de velocidad y aceleraci´on
del engrane planetario. El an´alisis de velocidad es trivial, pues si el sistema parte del reposo, las velocidades angulares de todos los cuerpos y las velocidades de todos los puntos del cuerpo son 0. Para realizar
el an´alisis de aceleraci´on, defina el punto P como el punto de paso entre el engrane 3 y el engrane corona
C que pertenece estacionario. Determine los vectores de posici´on
~rB/A = 2 r ˆi
~rP/B = r ˆi,
donde r = 100 mm = 0.1 m.
Es importante notar que en el punto de paso, no hay deslizamiento entre el engrane 3 y el engrane
corona 1, por lo tanto, las condiciones son
~vP 3 = ~vP 1 = ~0
y
~aP 3t = ~aP 1t = ~0,
y la direcci´on tangencial es la vertical. Entonces, la ecuaci´on que determina la aceleraci´on del puntp P 3
es
~aP 3
= ~aB3 − ω32 ~rP/B + α~3 × ~rP/B
= −ω22 ~rB/A + α~2 × ~rB/A − ω32 ~rP/B + α~3 × ~rP/B
= α~2 × ~rB/A + α~3 × ~rP/B = α2 kˆ × 2 r ˆi + α3 kˆ × r ˆi = (2 α2 r + α3 r) ˆj
23 Este es el Problema 16.104 del libro Mec´
anica Vectorial Para Ingenieros, Din´
amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Octava edici´
on, McGraw Hill: M´
exico D.F.
38
De aqu´ı que, la aceleraci´on tangencial del punto P 3 y la ecuaci´on final del an´alisis de aceleraci´on est´a
dada por
~aP 3t = (2 α2 r + α3 r) ˆj = ~aP 1t = ~0.
Por lo tanto,
1
α2 = − α3 .
2
Adem´as, la aceleraci´on de los centros de masa de la barra 2 y del engrane 3 est´an dadas por
µ
¶
1 ˆ
1
~aG2 = α
~ 2 × ~rG2/A = − α3 k × r ˆi = − α3 rˆj
2
2
y
~aG3 = α
~ 2 × ~rG3/A =
µ
¶
1 ˆ
− α3 k × 2 r ˆi = − α3 rˆj
2
Despu´es de este paso, es necesario determinar los diagramas de cuerpo r´ıgido de la barra 2 y el engrane
3, vea la figura 35.
Figure 35: Diagrama de Cuerpo Libre del Engrane Planetario.
Las ecuaciones de la cin´etica del engrane planetario se simplifican notando que la barra 2 est´a sujeta a
un movimiento de rotaci´on alrededor de un eje fijo no baric´entrico, que pasa por el punto A y el engrane
3 est´a sujeto a un movimiento de rotaci´on alrededor de un eje fijo —instantaneamente— no baric´entrico,
que pasa por el punto P , de manera que los momentos de inercia de la barra respecto al punto A est´a
dado, empleando el teorema de Steiner, por
I2A = IG2 + m2 r2 =
1
4
1
2
m2 (2r) + m2 r2 = m2 r2 + m2 r2 = m2 r2 .
12
3
3
De manera semejante, el momento de inercia del engrane 3 respecto al punto P est´a dado por
¡
¢
I3p = IG3 + m3 r2 = m3 k 2 + m3 r2 = m3 k 2 + m3 r2 = m3 k 2 + r2 .
Las ecuaciones de la cin´etica de la barra son
X
X
Fx = 0
RAx − RBx = 0
Fy = m2 aG2y
39
1
RAy − RBy − m2 g = − m2 α3 r
2
y
X
MA = I2A α2
¶
µ
2
1
4
2
− m2 g r − RBy 2 r = m2 r − α3 = − m2 r2 α3 .
3
2
3
Las ecuaciones de la cin´etica del engrane son
X
X
Fx = 0
RBx − RP x = 0
Fy = m3 aG3y
RBy − RP y − m3 g = − m3 α3 r
y
X
MP = I3P α3
¡
¢
m3 g r − RBy r = m3 k 2 + r2 α3 .
Multiplicando por −1 la tercera ecuaci´on de la cin´etica de la barra y multiplicando por 2 la tercera
ecuaci´on de la cin´etica del engrane,
m2 g r + RBy 2 r
=
2 m3 g r − 2 RBy r
=
y sumando las ecuaciones, se tiene que
(m2 + 2 m3 ) g r =
o
·µ
2
m2 r2 α3
3
¡
¢
2 m3 k 2 + r2 α3
2
m2 + 2 m 3
3
¶
2
r + 2 m3 k
(1)
(2)
2
¸
α3
(m2 + 2 m3 ) g r
rad
[3 + 2 (5)] (9.81) (0.1)
¢
= £2
¤
2
2 = 72.3574 s2 .
2 + 2 m k2
m
+
2
m
r
2
3
3
3
3 3 + 2 (5) (0.1) + 2 (5) (0.075)
α3 = ¡ 2
Por lo tanto, la aceleraci´on angular de la barra 2, est´a dada por
1
rad
α2 = − α3 = −36.178 2 .
2
s
Finalmente, la aceleraci´on del punto B, est´a dada por
~aB = −ω22 ~rB/A + α
~ 2 × ~rB/A = −7.235
mˆ
j.
s2
Problema 10. Un tambor de 80 mm. de radio est´a unido a un disco de 160 mm. de radio. El disco y
el tambor tienen una masa combinada de 5 kg. y radio de giro combinado de k = 120 mm. Se una a una
cuerda en la forma indicada y se tira de ella con una fuerza P~ de 20 N de magnitud. Si los coeficientes de
fricci´on est´atica y cin´etica son, respectivamente, µs = 0.25 y µk = 0.2, determine a) si el disco se desliza
o no b) la aceleraci´on angular del disco y la aceleraci´on del punto G.24
Solution: Para resolver el problema supondremos, inicialmente, que el disco compuesto rueda sin
deslizar, por lo tanto, el punto Q tiene velocidad igual a ~0 y el disco est´a, instantaneamente, sujeto a
rotaci´on alrededor de un eje fijo no baric´entrico. Adem´as, note que la direcci´on de la aceleraci´on angular
y la aceleraci´on del centro de masas del disco compuesto est´an coordinadas.
Considere el diagrama de cuerpo libre del disco, vea la figura 37. El momento de inercia del disco
compuesto respecto a un eje perpendicular al plano del papel que pasa por el punto Q, est´a dada por
¢
¡
IQ = IG + m r12 = m k 2 + m r12 = m k 2 + r12
24 Este es el Problema 16.98 del libro Mec´
anica Vectorial Para Ingenieros, Din´
amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y
Clausen, W.E., Octava edici´
on, McGraw Hill: M´
exico D.F.
40
Figure 36: Cilindro sujeto a posible movimiento de rodadura.
y
Las ecuaciones de movimiento del sistema son
X
Fx = m aGx
P + Ff = m (−α r1 )
X
MQ = IQ α
X
Fy = 0
− mg + N = 0
¢
¡
− P (r1 + r2 ) = m k 2 + r12 α
Por lo tanto, bajo la suposici´on de ausencia de deslizamiento, se tiene que
α=−
20 · 0.24
rad
P (r1 + r2 )
=−
= −24 2
m (k 2 + r12 )
5 (0.122 + 0.162 )
s
A partir de este resultado, la fuerza de fricci´on necesaria para evitar que exista deslizamiento es
Ff = −P − m α r1 = −20 − 5 (−24) (0.18) = 7.6 N.
Finalmente compararemos la fuerza de fricci´on necesaria con la disponible
Ff = 7.6 N ≤ µs N = µs m g = 0.25 5 9.81 = 12.2625N.
Por lo tanto, el disco rueda sin deslizar y la aceleraci´on del punto G est´a dado por
aGx = −α r1 = − (−24) (0.18) = 3.84
41
m
.
s2
Figure 37: Diagrama de cuerpo libre de un cilindro sujeto a posible movimiento de rodadura.
42

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