UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTOBAL DE HUAMANGA

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1 UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTOBAL DE HUAMANGA FACULTAD DE INGENIERÍA DE MINAS, GEOLOGÍA Y CIVIL ESCUELA DE FORMACIÓN PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL TRABAJO PRÁCTICO N 1 Curso : Dinámica (IC-244) Docente : Castro Pérez, Cristian Apellidos y Nombres : Arias Campos, Kevin Alejandro : Bellido Zaga, Jossimar Junior : Huanca Arquiniego, Ray 2013

2 EJERCICIO: 2.6 El cuerpo que se muestra se mueve en tal forma que B viaja a lo largo de la recta BO en tanto que A se mueve a lo largo de OA. Cuando A esta a 1.5m de O y su velocidad es de 18i m/min, hallar la velocidad de C que es un punto sobre la recta AB a 2.10 m de B. hallamos el angulo: sen(θ) = 1,5 3,9 θ = arcsen( 1,5 3,9 ) = 0,395rad se centra los ejes en el pasador A v A = 18î v B = v A + v A/B v B = 18î + ωx r B/A v B = 18î + (ω ˆk)x( 1,5î + 3,9cos(θ)ĵ) v B = 18î + ( 1,5ωĵ 3,9ω cos(θ)î) (v By )ĵ = (18 3,9ω cos(θ))î 1,5ωĵ igualando miembro a miembro se tiene: 18 3,9ω cos(θ) = 0 ω = 18 3,9cos(θ) = 5 v By = 1,5ω = 7,5 ω = 5ˆk rad/mín v B = 7,5ĵ m/mín luego hallamos la velocidad de C: v C = v A + v C/A v C = (18î) + ωx r C/A v C = (18î) + (ω ˆk)x( 6sen(θ)î + 6cos(θ)ĵ) v C = (18î) + ( 6ωsen(θ)ĵ 6ω cos(θ)î) v C = (18 6ω cos(θ))î + ( 6ωsen(θ))ĵ v C = ( 9,692)î + ( 11,538)ĵ m/mín respuesta: v C = ( 9,692)î + ( 11,538)ĵ m/mín SOLUCIÓN: Ingeniería Civil - 2 -

3 EJERCICIO: 2.16 El bloque B se mueve hacia la derecha con una velocidad constante v 0. Escribir las expresiones para la velocidad y la aceleración del punto C, extremo inferior de la varilla BC, cuando desliza a lo largo del plano inclinado. en el triangulo BCO, se tiene: por ley de senos: L sinα = d = D = d sinθ = L sinα sinθ L sinα sinβ D sinβ luego de la figura sabemos que: β = 180 (θ + α) sinβ = sin(180 (θ + α)) = sin(θ + α) D = sin(θ + α) L sinα SOLUCIÓN: sacamos los vectores de posición de los extremos de cada barra: r B = sinα L sin(θ + α)î r C = sinα L sinθ cosαî sinα L sinθ sinαĵ r C = Ltanαsinθî Lsinθĵ luego derivamos respecto al tiempo para hallar la velocidad y aceleración: ṙ B = v B sinα L cos(θ + α) θî r B = v B = L sinα [ sin(θ + α) θ + cos(θ + α) θ]î ṙ B = v B = v 0 î = L sinα cos(θ + α) θî luego sabemos que : v B = v 0 v 0 sinα Lcos(θ+α) = θ derivamos nuevamente y igualamos a 0 por ser la velocidad constante: Ingeniería Civil - 3 -

4 r B = sinα L [ sin(θ + α) θ + cos(θ + α) θ]î = 0 sin(θ + α) θ + cos(θ + α) θ = 0 θ = sin(θ+α) θ cos(θ+α) θ = sin(θ+α) v 0 sinα cos(θ+α) Lcos(θ+α) θ = tan(θ+α)v 0 sinα cos(θ+α)l para C tenemos: r C = Ltanαsinθî Lsinθĵ ṙ C = Ltanαcosθ θî Lcosθ θĵ ṙ C = Ltanαcosθ( v 0 sinα )î Lcosθ( v Lcos(θ+α) ṙ C = tanαcosθv 0 sinα î + cosθv 0 sinα cos(θ+α) cos(θ+α) ĵ 0 sinα Lcos(θ+α) )ĵ ṙ C = cosθv 0 sinα (tanαî + ĵ) cos(θ+α) ṙ C = Ltanαcosθ θî Lcosθ θĵ = Lcosθ θ(tanαî + ĵ) r C = (Lsinθ θ 2 Lcosθ θ)(tanαî + ĵ) r C = [Lsinθ( v 0 sinα Lcos(θ+α) )2 Lcosθ( tan(θ+α)v 0 sinα )](tanαî + ĵ) cos(θ+α)l r C = [sinθ( v 0 sinα cos(θ+α) )2 + cosθ( tan(θ+α)v 0 sinα )](tanαî + ĵ) cos(θ+α) EJERCICIO: 2.22 Un automóvil pasa sobre un declive de una carretera con una componente constante X de la velocidadẋ = v. Considerar el declive como una arco parabólico y hallar la aceleración del automóvil en el intervalo -1 <x <l. DATOS DEL PROBLEMA: 1. x 2. ẋ = v SOLUCION: se deduce que: ẍ = 0...(1) a = aceleracion la ecuación de la parábola es: x 2 = 4δ(y + k) derivando se tiene: 2ẋx = 4δẏ 2ẋ 2 + 2xẍ = 4δÿ Ingeniería Civil - 4 -

5 si: ẋ = v,ẍ = 0 reemplazando se tiene: 2v 2 = 4δÿ ÿ = v2 2δ entonces: a = ẍ 2 + ÿ 2 a = 0 + ( v2 2δ )2 a = v2 2δ esta respuesta es valida para el intervalo : l < x < l EJERCICIO: 2.34 Una cuenta m viaja hacia A, partiendo de C, en el alambre AB. La cuenta n desliza sobre el alambre CD y está unida a m por una cuerda de 2.50 m. Después de 2 seg, la cuenta n se ha desplazado 50 cm. Hallar la velocidad constante de m. SOLUCIÓN: de los datos del problema obtenemos lo siguiente: sen(θ) = 2,5 1 θ = arcsen( 2,5 1 ) = 0,412 rad v m = cte el problema nos dice que M empieza a jalar a N desde el punto C. Entonces N empieza desde el reposo. v no = 0 x n = v no t a nt 2 (0,5) = 2 1a n(2) 2 a n = 0,25 m/s v 2 n = v 2 n0 + 2a n x n v n = 2(0,25)(0,5) v n = 0,5 m/s Ingeniería Civil - 5 -

6 se centra los ejes en la cuenta N v m = v n + v m/n v m = v n + ωx r m/n v m = ( 0,5cos(30)î + 0,5sen(30)ĵ) + (ω ˆk)x( 2,5cos(θ)î + ĵ) v m = ( 0,5cos(30)î + 0,5sen(30)ĵ) + ( 2,5ω cos(θ)ĵ ωî) (v mx )î = ( 0,5cos(30) ω)î + (0,5sen(30) 2,5ω cos(θ))ĵ 0,5sen(30) 2,5ω cos(θ) = 0 v mx = 0,5cos(30) ω ω = 0,5sen(30) 2,5cos(θ) = 0,109 v mx = 0,359 ω = 0,109ˆk rad/s v m = 0,359ĵ m/s EJERCICIO: 2.52 Un surtidor para prado esta girando con w y ẇ ambas en sentido contrario al de las manecillas del reloj. Todas las partículas de agua viajan con velocidad constante u relativa al tubo. Hallar la aceleración de una partícula en el punto A. SOLUCIÓN: DATOS: movimiento de coordenadas móviles movimiento del punto respecto al sistema móvil R = 0 w = w ˆk g = rî Ṙ = 0 ẇ = ẇ ˆk ġ = uî R = 0 g = 0 usamos la formula del movimiento relativo: r = R + g + ẇx g + wx( wx g) + 2 wxġ Hallamos la aceleración: r = ẇ ˆkxrî + w ˆkx(w ˆkxrî) + 2w ˆkxuî r = ẇrĵ + w ˆkxwrĵ + 2wuĵ r = ẇrĵ w 2 rî + 2wuĵ r = w 2 rî + (ẇr + 2wu)ĵ respuesta: la aceleración es : r = w 2 rî + (ẇr + 2wu)ĵ Ingeniería Civil - 6 -

7 EJERCICIO: 2.54 La barra horizontal AB gira con una velocidad angular de -30 rpm. Al mismo tiempo la barra horizontal CD, que es de 60bm. De longitud, gira con una velocidad angular relativa a AB de -60 rpm. Si CB=BD, determine la magnitud de la velocidad lineal de C: 1. Cundo CD es paralela a AB con C entre A y B. 2. Cuando CD es perpendicular a AB. 3. Cuando CD es paralela a AB con D entre A y B. DATOS DEL PROBLEMA: 1. ω AB = 30 j o rpm = πj o 2. ω CD = 60 j o rpm = 2πj o SOLUCIÓN: solución de a: DATOS: r B/A = 0,6i r C/D = 0,3i entonces: V B = V A + ω AB r B/A sabemos que: V A = 0 por que no hay traslación entonces: V B = ω AB r B/A V B = πj 0,6i V B = 0,6πk hallamos la velocidad de C: V C = V B + ω CD r C/B V C = 0,6πk + ( 2πj) ( 0,3i) V C = 0,6πk 0,6πk V C = 0 entonces la magnitud de la velocidad es: VC = 0 Ingeniería Civil - 7 -

8 DATOS: r B/A = 0,6i r C/B = 0,3k entonces: V B = V A + ω AB r B/A sabemos que: V A = 0 por que no hay traslación entonces: V B = ω AB r B/A V B = πj 0,6i V B = 0,6πk hallamos la velocidad de c: V C = V B + ω CD r C/B V C = 0,6πk + ( 2πj) (0,3k) V C = 0,6πk 0,6πi entonces la magnitud de la velocidad es: V c = 2,67m/s solución de la parte b: DATOS: r B/A = 0,6i r C/B = 0,3i entonces: V B = V A + ω AB r B/A sabemos que: V A = 0 por que no hay traslación V B = ω AB r B/A V B = πj 0,6i V B = 0,6πk reemplazando los valores: V C = V B + ω CD r C/B V C = 0,6πk + ( 2πj) (0,3i) V C = 0,6πk + 0,6πk V C = 1,2πk entonces la magnitud de la velocidad es: V C = 3,77m/s...(respuesta) solución de la parte c: Ingeniería Civil - 8 -

9 EJERCICIO: El punto P se mueve sobre la barra que gira alrededor de O con una velocidad angular θ = 2rad/seg en sentido de las manecillas del reloj y una aceleración angular de sentido contrario θ = 1,5rad/seg 2. La velocidad de P a lo largo de la barra es de 2.5 m/seg hacia M en el instante que interesa y esta creciendo a razón de 2,5m/seg 2 cada segundo. Escribir una ecuación vectorial para determinar l aceleración absoluta de P,suponiendo que OP=3 m y θ = 30 o. El angulo φ permanece constante. 2 El angulo θ se mantiene fijo (θ = 30 o ) pero la barra TL gira con velocidad angular φ = 2rad/seg y aceleración angular φ = 1,5rad/seg 2. El movimiento de P relativo a la barra es el mismo que la parte (a). Determinar la aceleración absoluta de P suponiendo que OP=3m. SOLUCIÓN: solución de la parte A: movimiento de coordenadas móviles movimiento del punto respecto a las coordenadas móviles Ṙ = 0 ω = 2î ρ = 3sen(θ)ĵ + 3cos(θ)ˆk R = 0 ω = 1,5î ρ = 2,5sen(θ))î + (2,5cos(θ))ĵ ρ = 2,5sen(θ))î + (2,5 cos(θ))ĵ se elige un sistema móvil de coordenadas con centro en O que rota al rededor del eje z r p = R + ρ + ωx ρ + ωx( ωx ρ) + 2 ωx ρ utilizamos la siguiente formula para hallar la aceleración: r p = R + ρ + ωx ρ + ωx( ωx ρ) + 2 ωx ρ r p = R + ρ + ωx ρ + ωx( ωx ρ) + 2 ωx ρ r p = [(2,5sen(θ))î + (2,5cos(θ))ĵ] + [(1,5î)x(3sen(θ)ĵ + 3cos(θ)ˆk)]+ [( 2î)x(( 2î)x(3sen(θ)ĵ + 3 cos(θ) ˆk))] + 2( 2î)x[(2,5sen(θ))ĵ + (2,5 cos(θ)) ˆk] r p = [(2,5sen(θ))î + (2,5cos(θ))ĵ] + [(4,5sen(θ))ˆk (4,5cos(θ))ĵ]+ [( 2î)x(( 6sen(θ))ˆk + (6cos(θ))ĵ)] + [(10sen(θ))ˆk + (10cos(θ))ĵ] r p = (2,5sen(θ) 4,5cos(θ) 12sen(θ) + 10cos(θ))ĵ+ (2,5cos(θ) + 4,5sen(θ) 12cos(θ) 10sen(θ))ˆk r p = ( 9,5sen(θ) + 5,5cos(θ))ĵ + ( 9,5cos(θ) 5,5sen(θ))ˆk r p = 9,5(sen(θ)ĵ + cos(θ)ˆk) 5,5(sen(θ)ˆk cos(θ)ĵ) Ingeniería Civil - 9 -

10 Se realiza la transf ormación del sistema rotatorio, con centro en 0, al sistemaf ijo r p = 9,5 l 0 5,5ĵ 0 m/seg 2 solución de la parte B: movimiento de coordenadas móviles movimiento del punto respecto a las coordenadas móviles Ṙ = 0 ω = 2ˆk ρ = 3sen(θ)ĵ + 3cos(θ)ˆk R = 0 ω = 1,5ˆk ρ = 2,5sen(θ))î + (2,5cos(θ))ĵ ρ = 2,5sen(θ))î + (2,5 cos(θ))ĵ Se elige, igual que el problema anterior a), un sistema movil con centro en 0 y que rota φ alrededor del eje z r p = R + ρ + ωx ρ + ωx( ωx ρ) + 2 ωx ρ r p = R + ρ + ωx ρ + ωx( ωx ρ) + 2 ωx ρ r p = [2,5senθĵ + 2,5cosθ ˆk] + [1,5ˆkx(3senθĵ + 3cosθ ˆk)] +[( 2ˆk)x(( 2ˆk)x(3senθĵ + 3cosθ ˆk))] + 2(2ˆk)x[2,5senθĵ + 2,5cosθ ˆk] r p = [2,5senθî + 2,5cosθĵ] + [ 4,5senθî] + [ 12senθĵ] + [ 10senθî] θ = 30 senθ = 1/2 cosθ = 3/2 agrupando los terminos iguales y rotando los vectores unitarios se tiene: r p = 7,25î 0 4,75ĵ 0 + 1,25 3ˆk 0 m/seg 2 EJERCICIO: 2.70 Una partícula P esta obligada a moverse sobre la cardiote r = a(1 + cosθ) mediante el brazo ranurado OA, que gira con velocidad angular constante φ = bˆk, al mismo tiempo la cardiote gira con velocidad angular ϕ = c ˆk. Hallar la velocidad y aceleración de P cuando t=3 seg. Se supone que a=15 cm, b = π 9 rad seg,c = 18 π rad seg. En t=0 la cardiote esta en en una posición tal que φ = θ = 0. movimiento de coordenadas móviles movimiento del punto respecto al sistema móvil(coor. polares) R = 0 g = rê w = ϕ = r cˆk Ṙ = 0 ġ = ṙê ẅ = r + r θê 0 θ R = 0 g = ( r r θ 2) ê r + ( r θ + 2ṙ θ ) ê θ sacamos las derivadas de las coordenadas polares: Ingeniería Civil

11 r = a(1 + cosθ) ṙ = a( θ sinθ) r = a( θ sinθ + θ cosθ) vectores unitarios de las coord. polares: ê r = cosθî + sinθĵ ê θ = sinθî + cosθĵ para t=3 seg. entonces el angulo con el brazo y el eje x sera: θ = 3b = 3seg π 9 rad seg = π 3 Usamos la formula de velocidad relativa para hallar la velocidad: reemplazando tenemos: ṙ = Ṙ + ġ + wx g ṙ = Ṙ + ġ + wx g v = 0 + ṙê r + r θê θ + cˆkxrê r v = ṙê r + r θê θ + crê θ v = a( θ sinθ)ê r + a(1 + cosθ) θê θ + ca(1 + cosθ)ê θ reemplazando se tiene: Usamos la aceleración relativa para hallar la aceleración: r = R + g + ẇx g + wx( wx g) + 2 wxġ r = R + g + ẇx g + wx( wx g) + 2 wxġ a = 0 + ( r r θ 2) ê r + ( r θ + 2ṙ θ ) ê θ cˆkx(cˆkxrê r ) + 2cˆkx(ṙê r + r θê θ ) a = ( r r θ 2) ê r + ( r θ + 2ṙ θ ) ê θ + cˆkx(crê θ ) + 2cṙê θ 2cr θê r a = ( r r θ 2) ê r + ( r θ + 2ṙ θ ) ê θ c 2 rê r + 2cṙê θ 2cr θê r para θ = π 3 se tiene: reemplazando se tiene: r = a(1 + cosθ) = 22,5cm ṙ = a( θ sinθ) = 4,53 cm s r = a( θ sinθ + θ cosθ) = 2,61 cm s 2 a = [ 2,61 22,5( π 9 )2 ]ê r + [2( 4,53)( π 9 )]ê θ ( π 18 )2 (22,5)ê r + 2( π 18 )( 4,53)ê θ 2( π 18 )22,5( π 9 )ê r a = 5,351ê r 3,162ê θ 0,685ê r + 1,581ê θ + 2,741ê r a = 3,296ê r 1,581ê θ Ingeniería Civil

12 sabemos que : ê r = cosθî + sinθĵ ê θ = sinθî + cosθj entonces para θ = π 3 se tiene: ê r = 0,5î + 0,866ĵ ê θ = 0,866î + 0,5ĵ reemplazando : a = 3,296(0,5î + 0,866ĵ) 1,581( 0,866î + 0,5ĵ) a = 1,648i 2,854ĵ + 1,369î 0,790ĵ a = 0,278î 3,644ĵ de igual manera para la velocidad: v = ṙê r + r θê θ + crê θ v = 4,53ê r + 22,5 π 9 êθ + ( π 18 )22,5ê θ v = 4,53ê r + 3,926ê θ v = 4,53(0,5î + 0,866ĵ) + 3,926( 0,866î + 0,5ĵ) v = 5,665î 1,96ĵ respuesta: v = 5,665î 1,96ĵ a = 0,278î 3,644ĵ EJERCICIO: 2.75 Hallar la velocidad angular de BC para la posición que se muestra. La velocidad angular del disco es de 70 rad/seg contraria a las manecillas del reloj. DATOS DEL PROBLEMA: la velocidad angular del disco es: ω = 70krad/seg r A = 14i hallamos la V A V A = ω r A V A = 70k 0,2j V A = 14i hallamos la V B respecto a la V C : V B = V C + ω BC r B/C si: V C = 0 SOLUCION: Ingeniería Civil

13 entonces: V B = ω BC r B/C V B = ω BC k (0,15i + 0,20j) V B = 0,15ω BC j 0,20ω BC i...(2) igualando la ecuación 1 y 2 se tiene: 14i + 1,05ω AB j = 0,15ω BC j 0,20ω BC i entonces: 14 = 0,20ω BC ω BC = 70krad/seg...(respuesta) EJERCICIO: 2.77 El sistema cuadrado de eslabones que se muestra opera los dos émbolos E y F y el sistema tiene una velocidad angular de 10rad/seg en el sentido de las manecillas del reloj. Determine la velocidad de D, E, F. DATOS DEL PROBLEMA: ω = 10k θ = π/2 SOLUCION: De acuerdo al gráfico la V D es igual a la V E como la V E esta en la dirección de las abscisas (i), entonces V D = V A + ω r D/A solo hay rotación por lo cual la V A = 0, entonces: V D = ω r D/A V D i = ( 10k) (0,4cosθj + 0,4senθj) reemplazando los datos se tiene: V D i = 2,83j + 2,83i por lo tanto: V D = 2,83im/s...(respuesta) luego se sabe que V D = V E entonces: V E = 2,83im/s...(respuesta) ahora hallamos la V C : V C = V B + ω r C/B V B = 0 V C = ω r C/B V C = ( 10k)(0,4cosθi + 0,4senθj) Ingeniería Civil

14 De acuerdo al gráfico la V D es igual a la V E como la V E esta en la dirección de las abscisas (j), entonces V C = V E por tanto: V C j = 2,83j + 2,83i entonces la V E es: V C = V E V E = 2,83jm/s...(respuesta) Ingeniería Civil