UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTÓBAL DE HUAMANGA FACULTAD DE INGENIERÍA DE MINAS, GEOLOGÍA Y CIVIL ESCUELA DE FORMACIÓN PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL
DINÁMICA (ICC-244) PRIMERA PRÁCTICA CINEMÁTICA DE PARTÍCULA Y CINEMÁTICA DE CUERPO RÍGIDO
GRUPO 12 Título: Autor: Edición:
Docente:
INGENIERÍA MECÁNICA: DINÁMICA R.C. Hibbeler 12th Ing. Cristian Castro Pérez.
Alumnos:
Ircañaupa Huamaní, Angel. Orellana Huamán, Miguel Angel. Sosa Lozano, Elvis Jhoel. Soto Medrano, Katherine Sheylla.
AYACUCHO - PERU 2013
PRIMERA PRÁCTICA DE DÍNAMICA: CINEMÁTICA DE PARTÍCULA: PROBLEMA 1 (12.78): Las clavijas A y B están restringidas a moverse en las ranuras elípticas debido al movimiento del enlace ranurado. Si el pasador se mueve con una velocidad constante de 10 m/s, determinar la magnitud de la velocidad y la aceleración de la clavija A cuando x = 1 m. Solución:
a) Hallamos la magnitud de la velocidad de la clavija A, para x = 1m. Reemplazamos x=1 en la ecuación de la trayectoria: x
2
4
(1)2 4 y
y
2
y 2
3 2
1
1
m
Derivando la ecuación de la trayectoria con respecto al tiempo tenemos: 1 4 1 2
(2 xx) 2 yy 0 ( xx) 2 yy 0
Como x v x , y v y entonces: 1 2
( xvx ) 2 yvy 0................(1)
Reemplazamos v x 10m / s x 1m en la ecuación (1). 3 v y 0 2 2 v y 2.887m / s 2.887m / s 1
(1)(10) 2
Finalmente determinamos la magnitud de la velocidad de la clavija:
4/
b) Hallamos la magnitud de la aceleración de la clavija A, para x = 1m. Obtenemos la segunda derivada de la ecuación de la trayectoria: 1 2 1 2
( xx xx) 2( yy yy) 0 ( x xx) 2( y yy) 0 2
2
Como x a x , y a y entonces: 1 2
Reemplazamos
(vx 2 xax ) 2(vy 2 yay ) 0.................(2)
3
a x 0, x 1; y
2
; vx 10 v y 2.887 en la ecuación (2).
3 2 (10 0) 2 (2.887) 2 a y 0 2
1
2
a y 38.49m / s 38.49m / s 2
2
Finalmente determinamos la magnitud de la aceleración de la clavija:
4 4/ PROBLEMA 2 (12-80): La furgoneta se desplaza sobre la colina descrita por y (1.5(103 ) x2 15) ft . Si tiene una velocidad constante de 75 ft/s, determine las componentes x e y de la velocidad y la aceleración de la furgoneta cuando x = 50ft.
Solución:
a) Hallamos las componentes x e y de la velocidad de la furgoneta para x=50ft. Derivamos la ecuación de la trayectoria con respecto al tiempo: 3
y 1.5(10 ) x 15 2
3
y 3(10 ) xx 3
v y 3(10 ) xvx
Para x=50ft tenemos:
v y 3(10 3 )(50)vx ..............(1)
La magnitud de la velocidad está dada por la siguiente ecuación:
v x vy
v
2
2
..................(2)
Reemplazamos la ecuación (1) en (2) y v=75ft/s: 75
2
v x 0.15vx
2
v x 74.2 ft / s
Reemplazamos v x 74.2 ft / s en la ecuación (1):
3 v y 3(10 )(50)(74.2)
v y 11.1 ft / s
/ ↑
b) Hallamos las componentes x e y de la aceleración de la furgoneta para x=50ft. Obtenemos la segunda derivada de la ecuación de la trayectoria: 3
y 3(10 )( xx xx) 3 2 a y 3(10 )(vx xax )
Pero x 50 ft v x 74.17 ft / s entonces tendremos:
3 2 a y 3(10 ) (74.17) 50ax
a y (16.504 0.15ax )..................(3)
De la figura (a) hallamos el ángulo cuando x=50ft dy tan 1 3(103 ) x tan 1 ( 0.15) 8.531 x 50 ft dx x50 ft
tan 1
Por lo tanto, a partir del diagrama mostrado en la figura (a). a x cos(8.531) ay sen(8.531) 0................(4)
Resolviendo las ecuaciones (3) y (4) obtenemos:
PROBLEMA 3 (12.83): El carro de la montaña rusa desciende por la trayectoria helicoidal a velocidad constante de modo que las ecuaciones paramétricas que definen su posición son x csenkt , y c cos kt , z h bt , donde c, h, b son constantes. Determine las magnitudes de su velocidad y aceleración. Solución:
El vector posición está dado por el vector r, que tiene como componentes en los ejes x, y, z r=(x, y, z); Donde: x csenkt i
y c cos kt j
z h bt k
Derivamos las siguientes funciones para encontrar la velocidad en cada eje.
v
v
v
x
y
z
dx dt dy dt dz dt
ck cos kti cksenktj bk
Sabemos el módulo de la velocidad total está dada por: 2 2 2 V v x v y v z
Reemplazando obtenemos la velocidad: 2 2 2 V (ck cos kt ) (cksenkt ) (b)
Derivando nuevamente la velocidad en función del tiempo encontraremos la aceleración:
a x
a y
dv x dt dv y dt
ck 2 senkti
ck 2 cos ktj
a z
dv z dt
0
Sabemos el módulo de la velocidad total está dada por: a a x2 a y2 a z 2
Reemplazando obtenemos la aceleración: a (ck senkt ) (ck cos kt ) 0 2
2
2
2
PROBLEMA 4 (12.211): El movimiento del collar en A lo controla un motor en B, de modo que cuando el collar está en s A 3 pies sube a 2 pies / s y su velocidad se reduce a 1 pies / s 2 .
Determine la velocidad y aceleración de un punto en el cable a medida que se jala hacia el motor B en este instante. Solución: Datos: s A
3 pies
v A
2 pies / s
a A
1 pies / s 2
La longitud de la cuerda está dada por: 2 2 l s B S A 4
Derivamos en función del tiempo:
0 s B
1 2
( s A2 16)
1/ 2
; l cte.
(2S A ) s A
Despejando obtenemos la velocidad de B en función de s A
V B
s B
2 A
( s
16)
1/ 2
( S A ) s A
Volvemos a derivar para obtener la aceleración:
a B
s B
[( s ) ( s A
2
2 A
16)
1/ 2
1
S A s ( )( s A 2
2 A
3
16) 2 (2 s A s )] A
Ordenando;
a B
( s A s ) A
2 3
2
( s A) s A s A 1
2
( s A2 16) 2
( s A 16) 2
Reemplazamos los datos obtenemos:
V B
s B
2 A
( s
16)
1/ 2
( S A ) s A
La velocidad: V B (3 16) 2
1/ 2
(3)(2)
La aceleración:
a B
( s A s ) A
3 2 A
( s
a B
2
2
( s A) s A s A 1
2
16) 2
( s A 16) 2
((3)(2) ) 2 3
((3) 2 16) 2
(2)
2
3(1) 1
((3) 2 16) 2
a B 1.11 ft / s
2
PROBLEMA 5 (12.214): Si el camión viaja a una velocidad constante de vT 6 ft / s , Determinar la velocidad de la caja por algún ángulo de la cuerda. La cuerda tiene una longitud de 100 ft y pasa por encima de una polea de tamaño insignificante en A. Consejo: Relacionar las coordenadas xT y xC y la longitud de la cuerda y tomar la derivada respecto al tiempo. Luego sustituir la relación trigonométrica entre xC y .
Solución:
Datos: vT 6 ft / s l 100 ft
De la figura tenemos: __ _
l xT CA
xC 20ctg __ __
Por Pitágoras hallamos CA __ __ 2
CA 202 x C 2 ___ _
CA
2 2 20 x C
__ __
Reemplazamos el valor de CA
l xT 202 x C 2 …………………….. (I)
Derivamos la ecuación (I) en función del tiempo: d (l ) dt
d ( xT )
dt
0 xT
1 2
d dt
2 1/ 2 C
(20 x ) 2
; l 100 ft cte
( 202 x C 2 )
(2 xC xC )......... .( II )
Sabemos que:
vT
xT 6 ft / s
vC
x
C
Reemplazando los datos tendremos en la ecuación (II)
v
T
6
(vC .ctg ) 1 ctg 2
;
1(2vC .20ctg ) 2 400 400ctg 2
Además: 1 ctn csc 2
2
Entonces: 6
(vC .ctg ) 2
csc
ctg 6 csc
vC
Finalmente: vC 6 cos ft / s
CINÉMATICA DE CUERPO RÍGIDO: PROBLEMA 6 (16.10): Durante una ráfaga de viento, las palas del molino de viento tienen una aceleración angular de (0.2 )rad / s 2 , donde está en radianes. Si inicialmente las cuchillas tienen un angular velocidad de 5 rad/s, determinar la velocidad del punto P, que se encuentra en la punta de una de las cuchillas, justo después de que la cuchilla ha convertido dos revoluciones. Solución:
Datos: (0.2 )rad / s 2 5rad / s r P 2.5 ft
v P ? Tenemos: d d
Resolvemos la siguiente ecuación para obtener la velocidad angular después de dos revoluciones. d 0.2 d
Integramos:
d
4
0
0.2
7.522rad / s
Finalmente hallamos la velocidad del punto P. Sabemos que:
v P r P
Reemplazamos los valores:
v P 7.522(2.5)
PROBLEMA 7 (16.38): El bloque se mueve hacia la izquierda con una velocidad constante v0 . Determine la velocidad angular y la aceleración angular de la barra como una función de .
Solución:
Las coordenadas de posición, determinadas por su geometría, son: x
a tan
a cot
[1]
Derivando la ecuación 1 respecto al tiempo tenemos: dx dt
a csc2
d dt
[2]
Dado que la velocidad v0 se dirige hacia el x positivo, entonces: Además:
d dt
dx dt
v0 .
w
De la ecuación 2 tenemos: v0 a csc2 (w) v0
w
2
a csc
Como:
dw dt
v0 a
2
sen
, de la expresión anterior tenemos:
v0 a
(2 sen cos )
Como: 2 sen cos sen2 , y w
d dt
v0 a
d
[3]
dt
sen2 , al sustituir estos valores en la
ecuación 3 tenemos:
v0 a
sen2 (
v0 a
sen 2 ) (
v0 a
)2 sen2 sen2
PROBLEMA 8 (16.41): La manivela AB gira con una velocidad angular constante de 5rad / s . Determine la velocidad del bloque C y la velocidad angular de la barra BC en el instante en que 30 .
Solución:
Las coordenadas de posición, determinadas por su geometría, son: x 0.6 cos 0.3 cos
...........
0.6 sen 0.15 0.3sen ...........
1 2
Al igualar las ecuaciones 1 y 2 tenemos: x 0.6cos 0.3 2sen 4sen 0.75
3
2
Derivando la ecuación 3 respecto al tiempo tenemos: dx dt
Como:
dx dt
vC y
0.15(2cos 4sen2 ) d ] 2 2 sen 4sen 0.75 dt
[0.6 sen
d dt
[4]
w AB , entonces de la ecuación 4 tenemos:
vC [0.6sen
0.15(2cos 4 sen2 ) 2 sen 4sen 0.75 2
]wAB
[5]
En el instante 30 y w AB 5rad / s remplazando en 5 tenemos: vC [0.6sen30
0.15(2cos30 4 sen60) 2 sen30 4sen 30 0.75 2
](5)= 3.00 m/s
−/
Tomando la derivada de la ecuación 2, tenemos: 0.6cos
Y como:
d dt
w BC y
d dt
d dt
0.3cos
d
[6]
dt 6
w AB , entonces en la ecuación 6 tenemos: w BC (
2cos cos
)wAB
[7]
En el instante 30 , y de la ecuación 2: 30 , obtenemos en 7: w BC (
2cos30º cos30º
)(5) = 10.0 rad/s
/
Nota: El signo negativo indica que vC se dirige en la dirección opuesta del eje x positivo. PROBLEMA 9 (16.43): El extremo A de la barra se mueve a la izquierda a una velocidad constante v A . Determine la velocidad angular y la aceleración angular en función de su posición x
Solución:
Relacionamos geométricamente x en función de
r xsen
r ……………………….[1] sen
x
Despejando x:
Derivamos la ecuacion 1 respecto del tiempo, tenemos: dx dt
Sabemos que:
dx dt
v A , tambien
De la geometria tenemos: sen
r x
2
; cos
x 2 r x
Sustituyendo los valores en la ecuacion [2]: dx dt
v A (
r ( x 2 r 2 / x (r / x)
2
)
r cos d 2 …………………[2] rsen dt d dt
Ordenando, fialmente obtenemos la velocidad angular:
*Para obtener la aceleracion angular derivamos una vez más la ecuacion [2] 2
d x dt 2
r
sen2
1 cos d 2 d a 2 [( )( ) cos 2 ] ………………….[3] dt sen dt dt 2
2
d x
2
2
Se sabe que a
d x 2
dt
0 ; porque tiene una velocidad constante
2
También
d 2
dt
; sustituimos estos valores en la ecuacion [3].
1 cos 2 0 [( ) cos ] 2 sen sen 2
r
1 cos 2 ) …………………………………………[4] ( sen cos 2
2
r
x r
x
x
Finalmente sustituyendo ls valores, sen , cos la ecuacion [4].
PROBLEMA 10 (16.48): El hombre tira de la cuerda a una velocidad constante de 0.5m/s. Determine la velocidad angular y aceleración angular de la viga AB cuando θ=60. El haz rota alrededor de A. Despreciar el espesor de la viga y el tamaño de la polea.
2
y
( x x
r 2
2
r
)v A , en
Solución:
Las coordenadas de posición: Aplicando la ley de cosenos: s 2 6 2 6 2 2(6)(6) cos s 2 (72 72 cos )m 2
Tomando la derivada respecto al tiempo:
̇ −− ̇ ̇ ̇ ̇ − ̇ actúa en sentido negativo de s. Cuando √ −, así de la ecuación (1) tenemos: − ̇ ̈ −/
Aquí,
θ=60°,
El signo negativo indica que ω actúa en el sentido de giro contrario a s. De la derivada respecto al tiempo de la ecuación (1) tenemos:
̇ ̇ ( ̈ ̇ ) Si ̇ es constante, ̈ . Cuando =60°. − ̈ − ̈ / θ
PROBLEMA 11 (16.138): El brazo de la grúa gira con velocidad angular y acelaración angular como se muestra en la figura. En ese mismo instante, el brazo se extiende con una velocidad constante de 0.5 ft/s, medido en relación con el brazo. Determine la magnitud de la velocidad y la aceleración en el punto B en ese instante.
Solución:
*El sistema de referencia rotacional xyz está unido a AB, y coincide con el sistema de referencia fijo XY en el instante considerado, figura (a).
Por lo tanto, el movimiento del sistema XY con respecto al sistema xyz es:
−/ ̇ −/ Para el movimiento del punto B respecto al sistema xyz, tenemos:
/ / Determinaremos la velocidad, aplicando la ecuación de velocidad relativa:
/ − / La magnitud de v B, figura (b) es:
/
Determinaremos la aceleración aplicando la ecuación de la aceleración relativa:
̇ / ( /) −−(−)−4
−4 /
La magnitud de aB, figura (c) es:
4 4 /
PROBLEMA 12 (16.143): En un instante dado, la barra AB tiene los movimientos angulares que se muestran. Determine la velocidad y aceleracion angulares de la barra CD en este instante.Hay un collarin en C. Solución:
Datos: AB 5krad / s AB 12krad / s 2 r C / A 2ift V C / A (vC / A )i aC / A (aC / A )i
Sabemos que la velocidad y aceleracion en A es cero, es decir: v A 0
a A 0
Tenemos que: vc v A xr C / A vC / A vc 0 (5k ) x(2i) vC / Ai vc vC / Ai 10 j ……………………………………….[1]
Pero tambien: vc CD xr CD ……………………………………..[2]
Igulanos as ecuaciones [1] y [2] vC / Ai 10 j ( CDk ) x(r CD ) r CD 2 cos 60o i 2 sen60o j
vC / Ai 10 j ( CDk ) x 2 cos 60o i 2 sen60o j
CDi CD j ………………..[3] vC / Ai 10 j 1.732
Comparando la ecuacion [3] Tenemos que ;
Por otro lado: vC / A 1.732(10) 17.32 ft / s
Calculamos la aceleración angular:
aC a A x r C / A x xr C / A 2 x(vC / A ) aC / A
aC 0 (12k ) x(2i) (5k ) x[(5k ) x2i ] 2(5k ) x[(vC / A )i] (aC / A )i aC [(aC / A ) 50]i [10(vC / A ) 24] j …………………………………….[4]
Pero sabemos también: aC CD xr C / D CD xr CD 2
………………………………………………………………….[5]
Igualamos las ecuaciones [4] y [5] [(aC / A ) 50]i [10(vC / A ) 24] j CD xr C / D CD xr CD 2
Remplazamos los valores: [(aC / A ) 50]i [10(17.32) 24] j ( CDk ) x(2 cos 60o i 2 sen60o j ) (102 ) x(2 cos 60o i 2se
Agrupando las ecuaciones [(aC / A ) 50]i [10(17.32) 24] j (1.732 CD 100)i ( CD 17.32) j
……………………………..[6]
Finalmente por comparación obtenemos la aceleración angular. [1017.32 24] ( CD 17.32)
*Por otro lado: [(aC / A ) 50]i (1.732 CD 100)i [(aC / A ) 50] (1.73224 100)i aC / A 8.43 ft / s 2
