UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTOBAL DE HUAMANGA

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

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.

EJERCICIO: 2.6

SOLUCIÓN: 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

¯vA=18ˆi

¯vB= ¯vA+¯vA/B

¯vB=18ˆi+ ¯ωx ¯rB/A

¯vB=18ˆi+ (ω ˆk)x(−1,5ˆi+3,9 cos(θ)ˆj)

¯vB=18ˆi+ (−1,5ω ˆj − 3,9ω cos(θ)ˆi)

(vBy)ˆj= (18 − 3,9ω cos(θ))ˆi − 1,5ωˆj

igualando miembro a miembro se tiene:

18 − 3,9ω cos(θ) =0 ω= _{3,9 cos(θ)}18 =5 vBy=−1,5ω=−7,5

¯ω=5 ˆk rad/ m´ın ¯vB=−7,5ˆj m/ m´ın

luego hallamos la velocidad de C:

¯vC=¯vA+¯vC/A

¯vC= (18ˆi) + ¯ωx ¯rC/A

¯vC= (18ˆi) + (ω ˆk)x(−6sen(θ)ˆi+6 cos(θ)ˆj)

¯vC= (18ˆi) + (−6ωsen(θ)ˆj − 6ω cos(θ)ˆi)

¯vC= (18 − 6ω cos(θ))ˆi+ (−6ωsen(θ))ˆj

¯vC= (−9,692)ˆi+ (−11,538)ˆj m/ m´ın

respuesta:

El bloque B se mueve hacia la derecha con una velocidad constante v0. 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.

EJERCICIO: 2.16

SOLUCIÓN: en el triangulo BCO, se tiene:

por ley de senos:

L sin α = d sin θ= D sin β d= _{sin α}L sin θ D= _{sin α}L sin β

luego de la figura sabemos que:

β=180 −(θ+α)

sin β=sin(180 −(θ+α)) =sin(θ+α)

D= _{sin α}L sin(θ+α)

sacamos los vectores de posición de los extremos de cada barra:

~rB=−_{sin α}L sin(θ+α)ˆi

~rC=−_{sin α}L sin θ cos αˆi −_{sin α}L sin θ sin αˆj

~rC=−L tan α sin θˆi − L sin θ ˆj

luego derivamos respecto al tiempo para hallar la velocidad y aceleración:

˙rB=vB−_{sin α}L cos(θ+α)˙θˆi

¨rB=vB=−_{sin α}L [− sin(θ+α)˙θ+cos(θ+α)θ¨]ˆi

˙rB=vB=v0ˆi=−_{sin α}L cos(θ+α)˙θˆi

luego sabemos que : v_B=v0

− v0sin α

L cos(θ+α)= ˙θ

¨rB=−_{sin α}L [− sin(θ+α)˙θ+cos(θ+α)θ¨]ˆi=0

− sin(θ+α)˙θ+cos(θ+α)¨θ=0 ¨θ=sin(θ+α) ˙_cos(θ+α)θ

¨θ=−_cos(θ+α)sin(θ+α) v0sin α

L cos(θ+α)

¨θ=−tan(θ+α)v0sin α

cos(θ+α)L

para C tenemos:

~r_C=−L tan α sin θˆi − L sin θ ˆj ˙rC=−L tan α cos θ ˙θˆi − L cos θ ˙θ ˆj

˙rC=−L tan α cos θ(−_{L cos}v0sin α_(θ+α))ˆi − L cos θ(−_{L cos}v0sin α_(θ+α))ˆj

˙rC= tan α cos θv_cos(θ+α)0sin αˆi+cos θv_cos(θ+α)0sin αˆj

˙rC= cos θv_cos(θ+α)0sin α(tan αˆi+ˆj)

˙rC=−L tan α cos θ ˙θˆi − L cos θ ˙θ ˆj=−L cos θ ˙θ(tan αˆi+ˆj)

¨rC= (L sin θ ˙θ2− L cos θ ¨θ)(tan αˆi+ˆj)

¨rC= [L sin θ(−_{L cos}v0sin α_(θ+α))2− L cos θ(−tan(θ+α)v_cos(θ+α)L0sin α)](tan αˆi+ˆj)

¨rC= [sin θ(_cos(θ+α)v0sin α )2+cos θ(tan(θ+α)v_cos(θ+α)0sin α)](tan αˆi+ˆj)

Un automóvil pasa sobre un declive de una carretera con una componente constante X de la velocidad˙x=v. Considerar el declive como una arco parabólico y hallar la aceleración del automóvil en el intervalo -1 <x <l.

EJERCICIO: 2.22

SOLUCION: DATOS DEL PROBLEMA:

1. x 2. ˙x=v

se deduce que:

¨x=0...(1) a=aceleracion

la ecuación de la parábola es: x2=4δ(y+k) derivando se tiene:

2˙xx=4δ˙y 2˙x2_{+2x¨x=4δ¨y}

si: ˙x=v,¨x=0 reemplazando se tiene: 2v2=4δ¨y ¨y=v_2δ2 entonces: a=p¨x2_+¨y2 a= q 0+ (v_2δ2)2 a=v_2δ2

esta respuesta es valida para el intervalo :

−l < x < l

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.

EJERCICIO: 2.34

SOLUCIÓN: de los datos del problema obtenemos lo siguiente:

sen(θ) =_2,51

θ=arcsen(_2,51 ) =0,412 rad ¯vm=cte

el problema nos dice que M empieza a jalar a N desde el punto C. Entonces N empieza desde el reposo. vno =0 ∆xn=vnot+1₂ant2 (0,5) =1₂an(2)2 an=0,25 m/s vn2=vn0 2_+2a n∆xn vn=p2(0,25)(0,5) vn=0,5 m/s

se centra los ejes en la cuenta N

¯vm= ¯vn+¯vm/n

¯vm= ¯vn+ ¯ωx ¯rm/n

¯vm= (−0,5 cos(30)ˆi+0,5sen(30)ˆj) + (ω ˆk)x(−2,5 cos(θ)ˆi+ˆj)

¯vm= (−0,5 cos(30)ˆi+0,5sen(30)ˆj) + (−2,5ω cos(θ)ˆj − ωˆi)

(vmx)ˆi= (−0,5 cos(30)− ω)ˆi+ (0,5sen(30)− 2,5ω cos(θ))ˆj

0,5sen(30)− 2,5ω cos(θ) =0 vmx=−0,5 cos(30)− ω

ω= 0,5sen(30)_{2,5 cos(θ)} =0,109 vmx=−0,359

¯ω=0,109 ˆk rad/s ¯vm=−0,359ˆj m/s

Un surtidor para prado esta girando con w y w 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.

EJERCICIO: 2.52

SOLUCIÓN: DATOS:

movimiento de coordenadas móviles movimiento del punto respecto al sistema móvil

~ R=0 w=w ˆk ~g=rˆi ˙ R=0w˙ =w ˆk˙ ˙g=uˆi ¨ R=0 ¨g=0

usamos la formula del movimiento relativo: ¨r=R¨+¨g+wx~˙ g+wx~ (wx~~ g) +

2 ~wx˙g

Hallamos la aceleración:

¨r=0+0+w ˆkxrˆi˙ +w ˆkx(w ˆkxrˆi) +2w ˆkxuˆi ¨r=wr ˆj˙ +w ˆkxwr ˆj+2wuˆj

¨r=wr ˆj − w˙ 2rˆi+2wuˆj ¨r=−w2_{rˆi+ (wr˙ +2wu)ˆj}

respuesta:

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.

EJERCICIO: 2.54

SOLUCIÓN: DATOS DEL PROBLEMA:

1. ωAB=−30~jorpm=−πjo 2. ωCD=−60~jorpm=−2πjo solución de a: DATOS: ~rB/A=0,6i ~rC/D=−0,3i entonces: ~ VB=V~A+ωAB× ~rB/A sabemos que:

V_A=0 por que no hay traslación

entonces: ~ VB=ωAB× ~rB/A ~ VB=−πj × 0,6i ~ VB=0,6πk hallamos la velocidad de C: ~ VC=V~B+ωCD× ~rC/B ~ VC=0,6πk+ (−2πj)×(−0,3i) ~ VC=0,6πk − 0,6πk ~ VC=0

solución de la parte b: DATOS: ~r_B/A=0,6i ~r_C/B=0,3k entonces: ~ VB=V~A+ωAB× ~rB/A sabemos que:

VA=0 por que no hay traslación

entonces: ~ V_B=ω_AB× ~rB/A ~ VB=−πj × 0,6i ~ VB=0,6πk hallamos la velocidad de c: ~ VC=V~B+ωCD× ~rC/B ~ VC=0,6πk+ (−2πj)×(0,3k) ~ VC=0,6πk − 0,6πi

entonces la magnitud de la velocidad es:

V c=2,67m/s solución de la parte c: DATOS: ~r_B/A=0,6i ~rC/B=0,3i entonces: ~ VB=V~A+ωAB× ~rB/A sabemos que:

VA=0 por que no hay traslación

~ V_B=ω_AB× ~rB/A ~ VB=−πj × 0,6i ~ VB=0,6πk

reemplazando los valores:

~ V_C=V~_B+ω_CD× ~rC/B ~ VC=0,6πk+ (−2πj)×(0,3i) ~ VC=0,6πk+0,6πk ~ VC=1,2πk

entonces la magnitud de la velocidad es:

1 _{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/seg2 . 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/seg2 _{cada segundo. Escribir}

una ecuación vectorial para determinar l aceleración absoluta de P,suponiendo que OP=3 m y θ=30o. El angulo φ permanece constante.

2 El angulo θ se mantiene fijo (θ=30o) pero la barra TL gira con velocidad angular ˙φ=

2rad/seg y aceleración angular ¨φ=1,5rad/seg2_{. 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.

EJERCICIO: 2.59

SOLUCIÓN: solución de la parte A:

movimiento de coordenadas móviles movimiento del punto respecto a las coordenadas móviles

˙

R=0 ¯ω=−2ˆi ρ¯=3sen(θ)ˆj+3 cos(θ)ˆk

¨

R=0 ˙ω=1,5ˆi ˙ρ=2,5sen(θ))ˆi+ (2,5 cos(θ))ˆj

¨

ρ=2,5sen(θ))ˆi+ (2,5 cos(θ))ˆj se elige un sistema móvil de coordenadas con centro en O que rota al rededor del eje z

¨rp=R¨+ρ¨+˙¯ωx ¯ρ+ ¯ωx(¯ωx ¯ρ) +2¯ωx ˙ρ

utilizamos la siguiente formula para hallar la aceleración:

¨rp=R¨+ρ¨+˙¯ωx ¯ρ+ ¯ωx(¯ωx ¯ρ) +2¯ωx ˙ρ

¨rp=R¨+ρ¨+˙¯ωx ¯ρ+ ¯ωx(¯ωx ¯ρ) +2¯ωx ˙ρ

¨rp= [(2,5sen(θ))ˆi+ (2,5 cos(θ))ˆj] + [(1,5ˆi)x(3sen(θ)ˆj+3 cos(θ)ˆk)]+

[(−2ˆi)x((−2ˆi)x(3sen(θ)ˆj+3 cos(θ)ˆk))] +2(−2ˆi)x[(2,5sen(θ))ˆj+ (2,5 cos(θ))ˆk]

¨rp= [(2,5sen(θ))ˆi+ (2,5 cos(θ))ˆj] + [(4,5sen(θ))ˆk −(4,5 cos(θ))ˆj]+

[(−2ˆi)x((−6sen(θ))ˆk+ (6 cos(θ))ˆj)] + [(10sen(θ))ˆk+ (10 cos(θ))ˆj]

¨rp= (2,5sen(θ)− 4,5 cos(θ)− 12sen(θ) +10 cos(θ))ˆj+

(2,5 cos(θ) +4,5sen(θ)− 12 cos(θ)− 10sen(θ))ˆk

¨rp= (−9,5sen(θ) +5,5 cos(θ))ˆj+ (−9,5 cos(θ)− 5,5sen(θ))ˆk

Se realiza la transf ormación del sistema rotatorio, con centro en 0, al sistemaf ijo

¨rp=−9,5¯l0− 5,5ˆj0m/seg2

solución de la parte B:

movimiento de coordenadas móviles movimiento del punto respecto a las coordenadas móviles

˙

R=0 ¯ω=2 ˆk ρ¯=3sen(θ)ˆj+3 cos(θ)ˆk

¨

R=0 ˙ω=1,5 ˆk ˙ρ=2,5sen(θ))ˆi+ (2,5 cos(θ))ˆj

¨

ρ=2,5sen(θ))ˆi+ (2,5 cos(θ))ˆj

Se elige, igual que el problema anterior a), un sistema movil con centro en 0 y que rota φ alrededor del eje z ¨rp=R¨+ρ¨+ ˙ωx ¯ρ+ ¯ωx(¯ωx ¯ρ) +2¯ωx ˙ρ

¨rp=R¨+ρ¨+ ˙ωx ¯ρ+¯ωx(¯ωx ¯ρ) +2¯ωx ˙ρ

¨rp= [2,5senθ ˆj+2,5 cos θ ˆk] + [1,5 ˆkx(3senθ ˆj+3 cos θ ˆk)]

+[(−2 ˆk)x((−2 ˆk)x(3senθ ˆj+3 cos θ ˆk))] +2(2 ˆk)x[2,5senθ ˆj+2,5 cos θ ˆk]

¨rp= [2,5senθˆi+2,5 cos θ ˆj] + [−4,5senθˆi] + [−12senθ ˆj] + [−10senθˆi]

θ=30 senθ=1/2 cos θ=√3/2

agrupando los terminos iguales y rotando los vectores unitarios se tiene:

¨rp=−7,25ˆi0− 4,75ˆj0+1,25

√

3 ˆk0m/seg2

Una partícula P esta obligada a moverse sobre la cardiote r=a(1+cos θ) mediante el brazo ranurado OA, que gira con velocidad angular constante ˙φ=b ˆk , al mismo tiempo la cardiote gira con velocidad angularϕ˙ =c ˆk. Hallar la velocidad y aceleración de P cuando t=3 seg. Se supone que a=15 cm, b=π₉rad_seg,c=−₁₈π rad_seg. En t=0 la cardiote esta en en una posición tal que φ=θ=0.

EJERCICIO: 2.70

movimiento de coordenadas móviles movimiento del punto respecto al sistema móvil(coor. polares)

R=0 ˙ R=0 ¨ R=0 ~ w=ϕ˙=c ˆk ¨ w=0 g=rˆer ˙g= ˙r ˆer+r ˙θˆeθ ¨g= ¨r − r ˙θ2
_ˆe r+ r ¨θ+2˙r ˙θ
ˆeθ

r=a(1+cos θ)

˙r=a(− ˙θ sin θ)

¨r=−a(θ sin θ¨ + ˙θ cosθ)

vectores unitarios de las coord. polares:

ˆer=cos θˆi+sin θ ˆj

ˆeθ=− sin θˆi+cos θ ˆj

para t=3 seg. entonces el angulo con el brazo y el eje x sera:

θ=3b=3segπ 9 rad seg = π 3

Usamos la formula de velocidad relativa para hallar la velocidad:

˙r=R˙ +˙g+wx~~ g

reemplazando tenemos:

˙r=R˙+ ˙g+wx~~ g

v=0+˙r ˆer+r ˙θˆeθ+c ˆkxrˆer

v= ˙r ˆer+r ˙θˆeθ+crˆeθ

v=a(− ˙θ sin θ)ˆer+a(1+cos θ)˙θ ˆeθ+ca(1+cos θ)ˆeθ

Usamos la aceleración relativa para hallar la aceleración:

¨r=R¨+¨g+wx~˙ g+wx~ (wx~~ g) +2 ~wx˙g

reemplazando se tiene:

¨r=R¨+¨g+wx~˙ g+wx~ (wx~~ g) +2 ~wx˙g a=0+ ¨r − r ˙θ2
_ˆe

r+ r ¨θ+2˙r ˙θ
ˆeθ+0+c ˆkx(c ˆkxrˆer) +2c ˆkx(˙r ˆer+r ˙θˆeθ)

a= ¨r − r ˙θ2
ˆer+ r ¨θ+2˙r ˙θ
ˆeθ+c ˆkx(crˆeθ) +2c˙r ˆeθ− 2cr ˙θ ˆer

a= ¨r − r ˙θ2
ˆer+ r ¨θ+2˙r ˙θ
ˆeθ− c2rˆer+2c˙r ˆeθ− 2cr ˙θ ˆer

para θ=π₃ se tiene:

r=a(1+cos θ) =22,5cm ˙r=a(− ˙θ sin θ) =−4,53cm_s

¨r=−a(¨θsin θ+ ˙θ cosθ) =−2,61cm_s2

reemplazando se tiene: a= [−2,61 − 22,5(π 9) 2_]ˆe r+ [2(−4,53)( π 9)]ˆeθ−(− π 18) 2_(22,5)ˆe r+2(− π 18)(−4,53)ˆeθ− 2(− π 18)22,5( π 9)ˆer

a=−5,351 ˆer− 3,162 ˆeθ− 0,685 ˆer+1,581ˆeθ+2,741ˆer

sabemos que :

ˆer=cos θˆi+sin θ ˆj

ˆeθ=− sin θˆi+cos θj

entonces para θ=π₃ se tiene:

ˆer=0,5ˆi+0,866ˆj ˆeθ=−0,866ˆi+0,5ˆj reemplazando : a=−3,296(0,5ˆi+0,866ˆj)− 1,581(−0,866ˆi+0,5ˆj) a=−1,648i − 2,854ˆj+1,369ˆi − 0,790ˆj a=−0,278ˆi − 3,644ˆj

de igual manera para la velocidad:

v= ˙r ˆer+r ˙θˆeθ+crˆeθ

v=−4,53 ˆer+22,5 ∗π₉ˆeθ+ (−18π)22,5ˆeθ

v=−4,53 ˆer+3,926ˆeθ v=−4,53(0,5ˆi+0,866ˆj) +3,926(−0,866ˆi+0,5ˆj) v=−5,665ˆi − 1,96ˆj respuesta: v=−5,665ˆi − 1,96ˆj a=−0,278ˆi − 3,644ˆj

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.

EJERCICIO: 2.75

SOLUCION: DATOS DEL PROBLEMA:

la velocidad angular del disco es:

~ ω=70krad/seg ~rA=−14i hallamos la VA ~ VA=~ω × ~rA ~ VA=70k × 0,2j ~ VA=−14i hallamos la ~VB respecto a la VC: ~ VB=V~C+~ωBC× rB/C si: VC=0

entonces: ~ VB=~ωBC× ~rB/C ~ VB=ωBCk ×(0,15i+0,20j) ~ VB=0,15ωBCj − 0,20ωBCi...(2)

igualando la ecuación 1 y 2 se tiene:

−14i+1,05ωABj=0,15ωBCj − 0,20ωBCi

entonces:

−14=−0,20ωBC

ωBC =70krad/seg...(respuesta)

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.

EJERCICIO: 2.77

SOLUCION: DATOS DEL PROBLEMA:

~

ω=−10k θ=π/2

De acuerdo al gráfico la ~VD es igual a la VE

como la VE esta en la dirección de las abscisas (i), entonces

~

VD=V~A+~ω × ~rD/A

solo hay rotación por lo cual la ~VA=0, entonces:

~

VD=~ω × ~rD/A

VDi= (−10k)×(0,4 cos θj+0,4senθj)

reemplazando los datos se tiene:

V_Di=−2,83j+2,83i

por lo tanto:

~

VD=2,83im/s...(respuesta)

luego se sabe que ~VD=V~E entonces:

~ VE=2,83im/s...(respuesta) ahora hallamos la VC: ~ VC=V~B+~ω × ~rC/B ~ VB=0 ~ VC=~ω × ~rC/B ~

De acuerdo al gráfico la ~VD es igual a la VE

como la VE esta en la dirección de las abscisas (j), entonces

~ V_C=V~_E por tanto: VCj=−2,83j+2,83i entonces la ~VE es: ~ VC=V~E ~ VE=−2,83jm/s...(respuesta)