__ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ FACULTAD DE INGENIERÍA DE MINAS, GEOLOGÍA Y CIVIL
TRABAJO ENCARGADO Nº01 “DE SARROLLO
DE EJERCICIOS DE CINEMÁTICA DE GIDO” PARTÍCULA Y CUERPO RÍ GIDO” LIBRO MECÁNICA VECTORIAL DE DINÁMICA POR SHAMES IRVING 4 ta Edición
CURSO
: DINAMICA
SIGLA
: IC- 244
CICLO ACADÉMICO
: 2012-II
GRUPO
: N° 06 (SHAMES 4ta Edición)
DOCENTE
: Ingº Cristian CASTRO PEREZ.
INTEGRANTES
:-AGUILAR HUICHO, Edgar. -GARCIA RAMOS, Wilson Luis. -ORE MENDOZA, John. ( MM) - SULCA SANTIAGO. Emerson.
FECHA
: Ayacucho, Ayacucho , Junio del 2013
Ayacucho – Perú Perú 2013
11.8. Las
partículas Ay B están limitadas a moverse en la acanaladura circular de 1.5m de radio. Al mismo tiempo estas partículas deben estar también en una ranura con forma de parábola. La ranura se muestra en línea discontinua para el tiempo t = = 0. Si la ranura se mueve hacia la derecha con una velocidad constante de 1m/s. ¿Cuál es la velocidad y la aceleración con las que se acercan las partículas entre si para t = = 1s?
Solución
i) Para la partícula A: Como se mueve en la dirección x a la velocidad constante de 1m/s considerando que inicio en el origen de coordenadas.
11.8. Las
partículas Ay B están limitadas a moverse en la acanaladura circular de 1.5m de radio. Al mismo tiempo estas partículas deben estar también en una ranura con forma de parábola. La ranura se muestra en línea discontinua para el tiempo t = = 0. Si la ranura se mueve hacia la derecha con una velocidad constante de 1m/s. ¿Cuál es la velocidad y la aceleración con las que se acercan las partículas entre si para t = = 1s?
Solución
i) Para la partícula A: Como se mueve en la dirección x a la velocidad constante de 1m/s considerando que inicio en el origen de coordenadas.
X A
V At
X A
X A
t
Pero
V AX
1t
x A i
a AX
1i m s a AX 0
V AX
ˆ
x A i
ˆ
ˆ
Además tenemos tenemos
x y
t
1
V AY
y
y A j
a AY
V AY
y A j
a AY
ˆ
Finalmente para t = 1s
V AX I ) V AY
y
x
1 2
Como x = t
2
ˆ
2
1i m s II ) 1 m j s 2 ˆ
ˆ
1
t
2 1 t 4
a AX
1
a AY
3
2
2
j
ˆ
j
ˆ
0 1
j m 2 s 4 ˆ
Conclusión:
V A
12
V A
1
V A
a A a A
1
2
2 1
5m 4 s
V
4
1.12 m s
0
1
2
4
a A
1 16
0.25 m 2 s
Rpta: La partícula A se acerca a B con una velocidad velocidad de 1.12m/s y con una 2 aceleración aceleración de 0.25m/s
ii) Para la partícula B: De la manera similar resolvemos para B.
X B
V B t
X B
X B
t
Pero
V BX
1t
x B i
a BX
1i m s a BX 0
V BX
ˆ
x B i
ˆ
ˆ
Además tenemos
x y
y
t
1
V BY
1
V BY
ˆ
a BY
y
a BY
ˆ
I ) V BY
1i m s 1 m II ) j s 2 ˆ
ˆ
1
t
4
Finalmente para t = 1s
V BX
t
2 1
y B j
x
1 2
Como x = t
2
y B j
2
2
j
3
a BX
a BY
ˆ
2
j
ˆ
0 1 m j s 2 4 ˆ
Conclusión:
V B V B
12 1
a B
1 4
5m 4 s
V
1.12 m s
V B a B
2
1 2
0
1 4
2
a B
1 16
0.25 m 2 s
Rpta: Se ve que la partícula B se acerca con la misma velocidad y aceleración de la partícula A.
11.10. El
yugo A se mueve hacia la derecha con una velocidad V = 2m/s y una aceleración = 0.6m/s 2 cuando se encuentra en una posición d = 0.27m del eje y. Un pasador está limitado a moverse dentro de la ranura del yugo y esta forzada mediante un muelle a deslizar sobre una superficie parabólica. ¿Cuáles son los vectores velocidad y aceleración del pasador en el instante de interés? ¿Cuál es la aceleración normal a la superficie parabólica en la posición que se muestra?
Solución Por formula sabemos:
V px
x V py
y
a px
x a py
y
Por MRUV: Tenemos
x x x
V 0t
1
2
at
2 1 2 2t (0.6)t 2 3 2 2t t .........................................( ) 10
Sabemos:
y y
1.2 x 2 1.2 2t
3 10
2
t 2
y
624 100
t 2
108 1000
t 4
V py
y
a py
y
624 t 50 624 50
108 3 t ............................( I ) 250 324 2 t .............................( II ) 250
Luego para x =0.27m en (*)
3
2t
x
2
10
2
3t 20t 2.7 t 0.13 s
V py V py a py a py
624 50
0.27
t
3
2t
10
Resolviendo tenemos
0 108
(0.13)
2
t
250
(0.13)
3
1.623 j m s 624 324 2 (0.13) 50 250 12.5 j m 2 s ˆ
ˆ
a) Finalmente los vectores velocidad y aceleración de p
V
V
V x
V y 1.623 j ) m s
(2i
ˆ
ˆ
a
a x
(0.6i 12.5 j ) m 2 s
a
a y ˆ
ˆ
b) Hallar la aceleración normal a la superficie parabólica en la posición que se muestra. Sabemos:
a
2
2
2
a N a N
aT a
aT
Pero : aT 2 x
V
2
V
V
2 y 2
6 10 5
1
17496t
125 2 2916t 6
624
t
50 3
67392t 4
16848t
aT
8.169 m s
Además:
0.6 2
a a N
a
12.5 2 aT
a N
12.51 8.169
a N
4.341 m 2 s
a
t
108 250
12.51 m s
2 3
t
4878450t 37500 2
2439225t
Pero, t = 0.135
V 8.169 m s
V
37500t 62500
11.16. Se
sopla el grano hacia un contenedor de tren abierto con una velocidad V de 6m/s ¿Cuáles deben ser las elevaciones máxima y mínima para asegurar que todo el grano cae en el tren? Omitir el rozamiento y el viento. 0
Solución CASO I: Para que todo el grano caiga a una distancia no menor de 4.5m, entonces hallaremos “d ” mínimo.
En el eje x:
d x
V x
t t
6
4.5 t
0.8 s
En el eje y: 2
V F
( X F
1 (9.8)(0.8) 2 2 d min 3.1m
d
2
V 0
X 0 )
2a( X F V 0t
X 0 ) 1 2
2
at
CASO II: Para que todo el grano caiga a una distancia no mayor de 7.5m, entonces hallaremos “d ” máximo.
En el eje x:
d x
V x
t
t 7.5
t
6
d x V x t 1.3 s
En el eje y:
V F 2 ( X F d d max
1 2
(9.8)(1.3)
V 02 X 0 )
2a( X F V 0t
X 0 ) 1 2
2
at
2
8.3m
Una diversión de un parque de atracciones consiste en una cabina en la que el pasajero esta fijo en posición sentada. La cabina gira alrededor de A con una velocidad angular ω. La cabeza de una persona de altura media esta situada a 3m del eje de rotación en A. Se sabe que si la cabeza de una persona esta sometida a una aceleración de 3y/o mas en la dirección de su propio cuerpo en cualquier instante la persona se sentirá incomoda y posiblemente mareada. Por tanto. ¿Cuál es el máximo valor de ωen r/min para evitar estos efectos, utilizando un factor de seguridad de 3? 11.34.
Solución Sabemos: ds
d
V
V
V rad seg a n
V
Se sabe también:
an
an
. .
2
3( g ) 3(9.81)
2
3
2
9.8
3.1 rad s Luego convirtiendo
rev
min a RPM
rad 1rev 60 s 3.1 . . s 2 1 min 186 2( )
RPM
29.6 RPM ma x
29.6 RPM
an
.
2
Una rueda esta girando en el instante t con una velocidad angular de ω = 5rad/s. En este instante, la rueda tiene también un ritmo de cambio de la velocidad angular de 2rad/s 2. En este instante, un cuerpo B se esta moviendo a lo largo de un radio con una velocidad de 3m/s respecto al radio y esta aumentando esta velocidad a un ritmo de 1.6m/s 2. Estos datos están dados para cuando el radio, sobre el que se esta moviendo B, esta en posición vertical y para cuando B esta a 0.6m del centro de la rueda, como se muestra en el diagrama. ¿Cuales son la velocidad y la aceleración de B en este instante respecto al sistema de referencia fijo xyz ? 11.56.
Solución Datos: En el eje x: 2
V
3 m s
a
1.6 m s
2
0.6m
5 rad s
2 rad s
Haciendo coincidir el sistema de coordedanas fijo y móvil ( XY - xy ) de centro O y O´ Donde: XY: Sistema fijo. xy: Sistema móvil. Sabemos : V R
a
R
r
(
)
2
r
Hallando los valores: i) Movimiento del sistema móvil xyz
R
0
R R
0 0
5k rad s 2k rad 2 s ˆ
ˆ
ii) Movimiento de la partícula “ p” respecto al sistema xyz
0.6 j
ˆ
3 jm s ˆ
1.6 jm s
2
ˆ
iii) De las ecuaciones de movimiento relativo tenemos. V R
V
V
V iv)
r
3 j
ˆ
3 j
a
a
a
0
(5k 0.6 j ) ˆ
ˆ
( 3i )
ˆ
ˆ
3i ) m s
( 3 j
ˆ
ˆ
R
a a
1.6 j
0
1.6 j
1.2i
5k ( 3i )
1.6 j
1.2i
15 j
ˆ
ˆ
ˆ
(2.8i
ˆ
(2k 0.6 j )
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
13.4 j ) m 2 s ˆ
)
2
5k (5k 0.6 j ) ˆ
ˆ
ˆ
(
30i
ˆ
ˆ
30i
ˆ
ˆ
r
2(5k ˆ
3 j) ˆ
eje roscado gira con una posición angular θ = 0.315t2rad. Una tuerca situada sobre el eje gira relativa al mismo son una velocidad angular de ω = 0.4t rad/s. Cuando t = 0, la tuerca esta a una distancia de 0.6m de A. ¿Cuales son la velocidad y la aceleración de la tuerca para t = 10s? el paso de rosca es de 5mm. Dar los resultados en las direcciones radial y transversal. 11.68. Un
Solución Datos: 2
0.315t rad
t
0.4t rad s 0
r
0.6m
La tuerca esta a 0.6 de A. Para t = 10s =? Luego analizamos el movimiento del brazo para t = 10s Paso de rosca es de 5mm. Cuando se dice paso de rosca se entiende como una distancia avanzada a lo largo del tornillo durante una revolución completa. Luego convirtiendo θ a
rev seg
0.4t rad s 2
0.4t rad s
t 5
RPS 5
Avanza 1000
t Para 5
1 RPS (revolucioncompleta )
m
RPS
t
d
1000
m
Nos pide en direcciones radial y transversal (coordenadas polares) Tenemos
0.315t 2 rad 0.63t rad s 0.63 rad s r r 0 d
r
0.6
r r
t 1000 1
1000 0
a) Velocidad de la tuerca es:
V
V
V
1 1000 1 1000
r
ˆ
r
0.6
ˆ
r
3.76
b) La aceleración es:
a
ˆ
r
r
t
ˆ
t 1000
0.63t
10 s
ˆ
ˆ
(r r 2 )
ˆ
r
) (r 2r
ˆ
a
t
0.6
1000
( 23.69)
a
23.69
a
(0.63t )
ˆ
ˆ
2 ˆ
r
(0.376
r
0.372
r
t
0.6
(0.63t )
1000
0.004)
2
t 1000
ˆ
ˆ
11.75.
Un vehículo, en el cual una masa M de 0.5kg rota con una velocidad angular igual a 5rad/s, se mueve con una velocidad V dada como V =1.5senΩt m/s respecto al terreno, con t expresado en segundos. Cuando t = 1s, la barra AM está en la posición que se muestra, en ese instante. ¿Cuál es la fuerza dinámica ejercida por la masa M a lo largo del eje de la barra AM si Ω = 3rad/s?
Solución
5 rad s 1m r
0
r
0
Dato: R
1.5 sen t
a
a
O
a
O
a
O
a
O
a
0
O
0
R R
A
r
R
a A O R
0
ˆ
ˆ
5k (5 j ) ˆ
(
5k (5k 1i ) ˆ
5k (5k 1i ) ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
(
0
)
) 2
2
r
r
(0.63t )
ˆ
R
a
O
Como: R
ˆ
1.5 sen t 1.5( t cos
R R
25i
1.5[
cos
1.5( t 1 ) cos t
t )
t ]
3 rad ; t 1 s s 1.5[3 cos3]
Para:
R R 4.45i m ˆ
a
O
a
O
s
4.45i
ˆ
25i
ˆ
20.55i m s ˆ
Luego para hallar la fuerza dinámica analizamos desde un sistema móvil.
Donde F1 es la fuerza dinámica observada por el sistema “M” Haciendo DCL del cuerpo “ρ”
mg
tg 30º ma s
mg
mg
tg 30º
1/ 3
ma s Como:
m
a s
F 1 F 1 F 1
0.5kg ; g
16.97 m 2 s
ma s 0.5(16.97) 8.49 N
F 1
9.8 m 2 s
mg 3
11.81. Un
tren se esta moviendo a una velocidad de 2.8m/s. que velocidad mínima deberá experimentar el automóvil A para evitar ser embestido por el tren? ¿Cuanto tardara en cruzar la vía del tren? utilizar solo un procedimiento multirreferencia.
Solución De acuerdo con ello fijamos los siguientes sistemas de referencia: xy : al tren. XY : al terreno.
Esto se muestra. La velocidad de xy , y por lo tanto del tren, relativa a los ejes XY es decir R es
(2.8 cos 45º i
ˆ
2.8 sen45º j ) m s ˆ
La velocidad del automóvil relativa a los ejes XY es de
( V A cos 70º i
ˆ
V A sen70º j ) m s
Podemos decir, entonces:
ˆ
V XY
V xy
R
y
Figura (a) Por tanto:
( V A cos 70 º i
ˆ
V xy
V A sen 70 º j ) V xy
(2.8 cos 45º i
ˆ
ˆ
( V A cos 70º 2.8 cos 45º )i
ˆ
2.8 sen 45º j ) ˆ
(V A sen 70º 2.8 sen 45º ) j.......(I ) ˆ
Para que el automóvil pase rozando, el vector velocidad del automóvil respecto al tre n V xy, debe seguir un curso de forma que este vector forme un ángulo β 0 con el eje horizontal dado por la siguiente figura.
0
135º
0
135º Arctg
30 200
126.47º.............( II )
Volvamos a la ecuación (I), para la vector velocidad relativa actual Vxy (Fig. (a) el ángulo β) igualamos con ( II)
Arctg
(V xy ) y
126.47º
(V xy ) x
(V A sen 70º 2.8 sen 45º ) ( V A cos 70º 2.8 cos 45)
tg (126.47 º )
sen45º
cos 45º
;
Operando:
V A[ sen70º cos70º tg (126.47º ) V A
2.8 cos 45º [1 tg (126.47º )]
9.77 m s
Para hallar el tiempo.
V
t
dr dt
dt 0
1
x
V 0
dr ................( )
200 Arcsen (65º ) x
220.67m.....................(**)
1 t x V Reemplazando datos:
t
220.67 9.77 t 22.6 s
x
11.111. Se
muestra una sección superior de un aspersor. El agua entra en el centro desde abajo y luego pasa por los pasajes del impulsor. El impulsor esta girando con una velocidad angular ω constante e igual a 8r/min. El agua abandona el impulsor con una velocidad relativa de 3m/s y formando un ángulo de 30º respecto a r . ¿cuales son la velocidad y la aceleración del agua respecto al terreno cuando esta abandona el impulsor? Dar los resultados en las direcciones radial, axial y transversal. Utilizar un solo sistema de referencia.
Solución
Movimiento del sistema móvil xyz respecto al sistema XYZ
R R
R 2
R
Sabemos ω =8r/min, transformando a rad/s
8
rev 2 1 min . . min 1rev 60 s
0.8 rad s R R
0.2 j
0.84 rad s 0
ˆ
0.21i ˆ
El movimiento de la particula P respecto al sistema xyz (móvil) Como el punto P coincide con el sistema móvil tenemos:
0
? ?
i)
3 i 2
T ˆ
3
3
3
ˆ
ˆ
ˆ
1
i
ˆ
2 3
i
ˆ
2
Hallamos T y N
a N N
ˆ
1 j 2
ˆ
aT T
ˆ
3 i 2
ˆ
ˆ
1 j 2
ˆ
N
V relat T
j
ˆ
2 3
j m s 2 ˆ
Pero ρ = constante
aT T ˆ
a N N ˆ
ˆ
0
Finalmente:
V
V
3
V
3
i
2
2.6i
V
j
2
ˆ
a
0.84k 0 ˆ
ˆ
1.25 j
ˆ
Hallando aceleración:
ˆ
0.25 j
ˆ
2.6i
0.25 j
ˆ
1.5 j
ˆ
3
ˆ
R
R
(
) 2
Reemplazando tenemos
a
2.31i
15.40. Se
ˆ
4.37 j
ˆ
representa esquemáticamente el conjunto de pistón, biela y cigüeñal de un motor. El motor esta rodando a 3000r/min. En la posición que se muestra. ¿Cuál será la velocidad del pasador A relativa al bloque del motor y cual será la velocidad angular de la biela AB?
Solución Nos pide:
?
V A
?
AB
Donde
AB
Además
0
Considerando que ωCB positivo en sentido anti horario. Por ley de senos
L sen(90
r )
sen 90 cos L cos
sen L
sen cos 90 r
r sen
sen
Lsen
r cos .............*
i) Hallando ω AB Pero ω AB = , lo cual derivamos (*)
L cos ( )
rsen ( )
L cos( )
r sen
r sen L cos
.................(i )
Luego como
Lsen
r cos
sen
r cos L
2
cos
(r cos )
L
2
Reemplazando en (i)
r sen
L L2
(r cos ) 2
Pero
0
Donde
r 0 sen L L2
(r cos ) 2
Respuesta:
L
225 mm
r
75mm 3 r
0
min
Convirtiendo en m y en rad/s, si.
3
0
r
2 rad 1 min . min 1r 60 s .
L
0.314 rad s 0.225m
r
0.075m
0
Reemplazando, tenemos velocidad angular de AB.
r 0 sen
2
L L
(r cos ) 2 0.075
0.314 sen 30º
0.255 (0.255) 2
0.245 rad s
(0.075os30º ) 2
ii) Hallando velocidad del pasador A. Por ley de senos
r
m
sen
sen
rsen
msen
Derivando:
r sen
m cos
m cos
msen r
sen
rsen Además
2
cos
(r cos )
L
m
L2 (r cos ) 2 msen r . r
r cos
sen
2
L
L2 (r cos ) 2 r cos L
L L2 ( r cos ) 2 r cos
Para
L
0.225m
r
0.075m 30º
0.245 rad s
Reemplazando tenemos
0.225 0.245 (0.225)
2
(0.075 cos30º )
0.075 cos30º
0.183 rad s
2
15.57. Hallar
la velocidad y la aceleración del centro de A.
Solución
Datos:
3i m s 2i m s
V B
ˆ
a B
ˆ
BA
BA
(0,2) (2 3,0)
( 2 3, 2)
En el cuerpo rígido utilizamos la ecuación de movimiento plano. Además:
k ˆ
k ˆ
Como la barra AB tiene un movimiento plano Entonces.
V A i)
V A
3i
V B
[ k ( 2 3i ˆ
BA
2 j]
ˆ
ˆ
M
i
j
0
0
ˆ
M
M
k ˆ
ˆ
2 3
20
(2 i
2
ˆ
3 j) ˆ
V A
3i
2 i
V A
(3
2 )i
2
ˆ
3 j
ˆ
2
ˆ
3 j.........................(*) ˆ
Hallamos ω por CIR
V B V B R B
3 2 3
R B
2
Luego en *
6
V A
3 i
3 3
ˆ
2 3
V A
2 6
2 3
2
3
j
ˆ
3
2
3 3
j
ˆ
3
2
ii) Hallando la aceleración de A. Como la barra AB tiene un movimiento plano
a B
ˆ
ˆ
BA
k [ 2 3i 2 j ]
2i
a A
a A
ˆ
(
3 2 3
BA
2
)
3
k ˆ
ˆ
M
2 3
k ( 2 3i ˆ
2
ˆ
3
2i M
k N ˆ
ˆ
2 3 2
Hallando M y N
i
j
M
0
0
k ˆ
ˆ
ˆ
2 0
2 3
2 i
M
2 3 j
ˆ
ˆ
k ˆ
i
j
0
0
ˆ
N
ˆ
2 3
6
N
3 2 3 20
i
2
6 3
ˆ
2 3
2
2i
a A
ˆ
j
ˆ
2 3
2 i
ˆ
2
3
2 3 j
k
6
ˆ
ˆ
2 3
2
i
6 3
ˆ
2 3
2
j
ˆ
2 3
2
P
Hallando P
i
j
P
0
0
k ˆ
ˆ
ˆ
6 2 3
3
6 3 2 2 3
2
2 3 0
2
ˆ
N
a A
2 j)
18 3
P
i
18
ˆ
2
(2 3
2)
2i
2 i
a A
ˆ
2
a A
ˆ
2
j
ˆ
(2 3
2)
2
18 3
2 3 j
ˆ
(2 3
i
ˆ
2)
18
ˆ
18 3 (2 3
i 2
2
2)
2 3
j
ˆ
(2 3
2)
18
2
j
ˆ
(2 3
2)
2
?
Hallando Por falta de datos no se concluye el ejercicio 15.80. Una
grúa se mueve hacia la derecha con una velocidad de 1.4m/s. la pluma OB, que tiene una longitud de 15m, se esta elevando con una velocidad angular ω2 relativa a la cabina de 0.4rad/s, mientras que esta ultima esta girando con una velocidad angular ω1 de 0.2rad/s relativa a la base. ¿Cuál será la velocidad del pasador B relativa al terreno en el instante en el que OB forme un ángulo de 35º con el terreno? El eje de rotación de o de la pluma esta a 1m de distancia del eje de rotación A-A de la cabina, tal como se muestra en el diagrama.
Solución
10
A
0.2 rad s 0.4 rad s
Ubicando: sistema de referencias
20 20
20
0.2
10
2 A
0.4
0.6 rad s
Como nos pide V B/Tierraprimero hallamos V B/0, pero eso hallamos en coordenadas esféricas. Por formula:
V V Tenemos datos
0.6 rad s
10
0.2 rad s
0
2 0
0
Además
r
15m
r
0
V r
V
V
r r r sen
