UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTÓBAL DE HUAMANGA

(1)

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: INGENIERÍA MECÁNICA: DINÁMICA Autor: R.C. Hibbeler

Edición: 12th

Docente: Ing. Cristian Castro Pérez. Alumnos:

 Ircañaupa Huamaní, Angel.  Orellana Huamán, Miguel Angel.  Sosa Lozano, Elvis Jhoel.

 Soto Medrano, Katherine Sheylla.

AYACUCHO - PERU

2013

(2)

Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH 2013

Primera Práctica de Dinámica (ICC - 244) - Grupo 12/Hibbeler

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:

2 2 2 2 1 4 (1) 1 4 3 2 x y y y m     

Derivando la ecuación de la trayectoria con respecto al tiempo tenemos: 1 (2 ) 2 0 4 1 ( ) 2 0 2 xx yy xx yy     Como xv y_x, v_y entonces: 1 ( ) 2 0...(1) 2 xvx  yvy  Reemplazamos v_x10 /m s x 1m en la ecuación (1). 1 3 (1)(10) 2 0 2 2 2.887 / 2.887 / y y v v m s m s    __ __       

Finalmente determinamos la magnitud de la velocidad de la clavija: √ √

(3)

b) Hallamos la magnitud de la aceleración de la clavija A, para x = 1m. Obtenemos la segunda derivada de la ecuación de la trayectoria:

2 2 1 ( ) 2( ) 0 2 1 ( ) 2( ) 0 2 xx xx yy yy x xx y yy         Como xa yx, ay entonces: 2 2 1 ( ) 2( ) 0...(2) 2 vx xax  vy yay  Reemplazamos 0, 1; 3; 10 2.887 2 x x y a  x y v  v   en la ecuación (2). 2 2 2 2 1 3 (10 0) 2 ( 2.887) 0 2 2 38.49 / 38.49 / y y a a m s m s         _ _           

Finalmente determinamos la magnitud de la aceleración de la clavija: √ √ 4

PROBLEMA 2 (12-80): La furgoneta se desplaza sobre la colina descrita por 3 2

( 1.5(10 ) 15)

y   x  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 2 3 3 1.5(10 ) 15 3(10 ) 3(10 ) y x y x y xx v xv           𝑎 4 𝑚/𝑠

(4)

Para x=50ft tenemos: 3

3(10 )(50) ...(1)

y x

v    v

 La magnitud de la velocidad está dada por la siguiente ecuación:

 

2

 

2 ...(2) x y v v  v  Reemplazamos la ecuación (1) en (2) y v=75ft/s:

  

2



2 75 0.15 74.2 / x x x v v v ft s       Reemplazamos v_x 74.2ft s/ en la ecuación (1): 3 3(10 )(50)( 74.2) 11.1 / y y v v 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 3 2 3(10 )( ) 3(10 )( ) y x x y xx xx a v xa         Pero x50ft  vx 74.17ft s/ entonces tendremos: 3 2 3(10 ) ( 74.17) 50 (16.504 0.15 )...(3) y x y x a a a a  _ _   _   _   

De la figura (a) hallamos el ángulo  cuando x=50ft

1 1 3 1

50 50

tan tan 3(10 ) tan ( 0.15) 8.531

x ft x ft dy x dx          _ _  _ _  _ _       

Por lo tanto, a partir del diagrama mostrado en la figura (a). cos(8.531 ) (8.531 ) 0...(4)

x y

a  a sen  

Resolviendo las ecuaciones (3) y (4) obtenemos: 𝑣𝑦 𝑓𝑡/𝑠 ↑

(5)

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ccoskt

, 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: csenkt x _i kt c y cos _j bt h z  _k

Derivamos las siguientes funciones para encontrar la velocidad en cada eje.

kti ck dt dx

v

x  cos cksenktj dt dy

v

y  bk dt dz

v

z 

Sabemos el módulo de la velocidad total está dada por: 2 2 2 z y x v v v V   

Reemplazando obtenemos la velocidad: 2 2 2 ) ( ) ( ) cos (ck kt cksenkt b V     

Derivando nuevamente la velocidad en función del tiempo encontraremos la aceleración:

senkti ck dt dv_x x

a

  2 ktj ck dt dv_y y

a

  2cos 0   dt dv_z z

a

(6)

Sabemos el módulo de la velocidad total está dada por: 2 2 2 z y x a a a a  

Reemplazando obtenemos la aceleración:

0 ) cos ( ) ( 2 2  2 2   ck senkt ck kt a

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 3pies_{sube a}

s pies /

2 _{y su velocidad se reduce a}1 pies/s2_.

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: pies s_A 3 s pies v_A 2 / 2 / 1pies s a_A

La longitud de la cuerda está dada por: 2 2 4   s_B S_A l

Derivamos en función del tiempo:

A S s B

s

A A       ( 16) (2 ) 2 1 0 2 1/2 _;l cte.

Despejando obtenemos la velocidad de B en función de

s

A

 A S s B V_B

s

_A _A

s

       ( 2 16) 1/2( )

Volvemos a derivar para obtener la aceleración:

)] 2 ( ) 16 )( 2 1 ( ) 16 ( ) [( 2 3 2 2 / 1 2 2 A s s A S s A B a_B

s

_A _A

s

_A _A

s

              

(7)

Ordenando; 2 1 2 2 2 3 2 ) 16 ( ) ( ) 16 ( 2 (

₎

       

s

A A A A A B A s A a

Reemplazamos los datos obtenemos:

A S s B V_B

s

_A _A

s

       ( 2 16) 1/2( ) La velocidad: ) 2 )( 3 ( ) 16 3 ( 2  1/2   B V La aceleración: 2 1 2 2 2 3 2 ) 16 ( ) ( ) 16 ( 2 (

₎

       

s

A A A A A B A s A a 2 1 2 2 2 3 2 ) 16 ) 3 (( ) 1 ( 3 ) 2 ( ) 16 ) 3 (( 2 ) 2 )( 3 ((

₎

       B a 2 / 11 . 1 ft s a_B 

PROBLEMA 5 (12.214): Si el camión viaja a una velocidad constante de v_T 6ft s/ , Determinar la velocidad de la caja por algún ángulo _{de la cuerda. La cuerda tiene una} longitud de 100 fty pasa por encima de una polea de tamaño insignificante en A.

Consejo: Relacionar las coordenadas

T

x y xCy la longitud de la cuerda

y tomar la derivada respecto al tiempo. Luego sustituir la relación trigonométrica entre xC y .

(8)

Solución: Datos: s ft vT 6 / ft l 100 De la figura tenemos: ___ CA x l  _T   ctg x_C 20

Por Pitágoras hallamos CA____

2 2 ____ 2 20 x_C CA   2 2 ____ 20 x_C CA  Reemplazamos el valor de CA____ 2 2 20 C T x x l    ……….. (I)

Derivamos la ecuación (I) en función del tiempo: ) 20 ( ) ( ) ( 2 2 C T _x dt d dt x d dt l d    ; l100ft cte Sabemos que: s ft T v_T

x

6 /   C C

x

v  

Reemplazando los datos tendremos en la ecuación (II)

  2 400 400 2 ) 20 . 2 ( 1 ctg ctg v_C T

v

 _



  2 1 ) . ( 6 ctg ctg v_C    ; Además: 1ctn2 csc2 ) .( )... 2 ( ) 20 ( 2 1 0 2 2 1/2 II x x x_C _C C T

x

     

(9)

Entonces:   2 csc ) . ( 6 vCctg  6 csc        ctg vC Finalmente: s ft v_C 6cos /

CINÉMATICA DE CUERPO RÍGIDO: PROBLEMA 6 (16.10): Durante una ráfaga de viento,

las palas del molino de viento tienen una aceleración

angular de 2

(0.2 )rad s/

   , 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: 2 (0.2 )rad s/  

s

rad /

5 



ft r_P 2.5

?



P

v

Tenemos:







d



d

Resolvemos la siguiente ecuación para obtener la velocidad angular después de dos revoluciones.





(10)

Integramos:





 4



0 0.2 d

s

rad /

522 .

7 



Finalmente hallamos la velocidad del punto P. Sabemos que:

v

_P





r

_P

Reemplazamos los valores:

)

5 .

2 (

522 .

7 

P

v

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: cot [1] tan a x a    

Derivando la ecuación 1 respecto al tiempo tenemos: 2 csc [2] dx d a dt dt    

(11)

Dado que la velocidad v0 se dirige hacia el x positivo, entonces: 0

dx v dt   . Además: d w dt   De la ecuación 2 tenemos: 2 0 2 0 0 2 csc ( ) csc v a w v v w sen a a         Como: dw dt

  , de la expresión anterior tenemos: 0 (2 cos ) [3] v d sen a dt    

Como: 2sencos sen2, y _w d v0 _sen2

dt a

 _

  , al sustituir estos valores en la ecuación 3 tenemos:

2 2 2

0 0 0

2 ( ) ( ) 2

v v v

sen sen sen sen

a a a

      

PROBLEMA 8 (16.41): La manivela ABgira 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 .

𝜔 𝑣𝑜

𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝜃

𝜔 𝑣𝑜

(12)

Solución:

Las coordenadas de posición, determinadas por su geometría, son:

 

0.6 cos 0.3cos ... 1 0.6 0.15 0.3 ... 2 x sen sen        

Al igualar las ecuaciones 1 y 2 tenemos:

 

2

0.6cos 0.3 2 4 0.75 3

x  sen sen

Derivando la ecuación 3 respecto al tiempo tenemos:

2 0.15(2 cos 4 2 ) [ 0.6 ] [4] 2 4 0.75 dx sen d sen dt _sen _sen dt             Como: C dx v dt  y AB d w dt  _

, entonces de la ecuación 4 tenemos:

2 0.15(2 cos 4 2 ) [ 0.6 ] [5] 2 4 0.75 C AB sen v sen w sen sen           

En el instante   30 y w_AB 5rad s/ remplazando en 5 tenemos:

2 0.15(2 cos 30 4 60 ) [ 0.6 30 ](5)= 3.00 m/s 2 30 4 30 0.75 C sen v sen sen sen            

Tomando la derivada de la ecuación 2, tenemos:

0.6 cos 0.3cos [6] 6 d d dt dt      Y como: BC d w dt  _ y AB d w dt  _

, entonces en la ecuación 6 tenemos: 2 cos ( ) [7] cos BC AB w  w   𝑣𝑐 − 𝑚/𝑠

(13)

En el instante  30 , y de la ecuación 2:   30 , obtenemos en 7: 2 cos 30º

( )(5) = 10.0 rad/s cos 30º

BC

w 

Nota: El signo negativo indica que vCse 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

constantev_A. Determine la velocidad angular y la aceleración angular en función de su posición x

Solución:

Relacionamos geométricamente x en función de 



xsen

r



Despejando x:  sen r x ……….[1]

Derivamos la ecuacion 1 respecto del tiempo, tenemos: dt rsen d r dt dx    2 cos  ………[2] Sabemos que: vA dt dx _ , tambien   dt d De la geometria tenemos: x r sen  ; x x2

_r

2 cos   Sustituyendo los valores en la ecuacion [2]:  ) ) / ( / ( ( ₂ 2 2 x r x r x r v dt dx A     𝜔𝐵𝐶 𝑟𝑎𝑑/𝑠

(14)

Ordenando, fialmente obtenemos la velocidad angular:

*Para obtener la aceleracion angular derivamos una vez más la ecuacion [2]

 2 2 2 sen r dt x d  ] cos ) )( cos 1 [( ₂ 2 2 2 2 2 dt d dt d sen dt x d a          ……….[3] Se sabe que ₂ 0 2   dt x d

a ; porque tiene una velocidad constante

También 2₂ 

dt d

; sustituimos estos valores en la ecuacion [3].

] cos ) cos 1 [( 0 2 2 2          sen sen r 2 2 ) cos cos 1 (      sen   ………[4]

Finalmente sustituyendo ls valores,

x r sen  , x x2

_r

2 cos   y v_A r x x r ) ( 2 2    , en 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.

(15)

Solución:

Las coordenadas de posición: Aplicando la ley de cosenos:

 cos ) 6 )( 6 ( 2 6 62 2 2 _ _ _ s 2 2 ) cos 72 72 ( m s   

Tomando la derivada respecto al tiempo:

̇ − − ̇ ̇ ̇

Aquí, ̇ − ̇ actúa en sentido negativo de s. Cuando θ=60°, √ − , así de la ecuación (1) tenemos:

− ̇

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 θ=60°.

− ̈ −

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.

𝜔 𝜃̈ − 𝑟𝑎𝑑/𝑠

(16)

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:

√ 𝑣_𝐵 𝑓𝑡/𝑠

(17)

Determinaremos la aceleración aplicando la ecuación de la aceleración relativa:

̇ / ( / )

− − ( − ) − 4

− 4 / La magnitud de aB, figura (c) es:

√ 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: s krad AB 5 /  2 / 12krad s AB   ift r_C_/_A 2 i v V_C_/_A ( _C_/_A) i a a_C_/_A ( _C_/_A)

Sabemos que la velocidad y aceleracion en A es cero, es decir:

0 

A

v

0 

A

a

𝑎_𝐵 4𝑓𝑡/𝑠

(18)

Tenemos que: A C A C A c

v

xr

v







_/



_/ i v i x k vc 0(5 ) (2) C/A j i v vc  C/A 10 ……….[1] Pero tambien: CD CD c xr v  ………..[2] Igulanos as ecuaciones [1] y [2] ) ( ) ( 10 /A CD CD C i j k x r v    j sen i rCD 2cos60o 2 60o



i sen j



x k j i vC/A 10 (CD ) 2cos60o 2 60o j i j i v_C_/_A 10 1.732_CD _CD ………..[3] Comparando la ecuacion [3] Tenemos que ;

Por otro lado:

s ft vC/A 1.732(10)17.32 /

Calculamos la aceleración angular:



C A



C A C A A C A C a xr x xr x v a a   /  / 2 ( / ) /     

 

i k x v i a i x k x k i x k aC 0(12 ) (2)(5 ) [(5 ) 2 ]2(5 ) [( C/A) ]( C/A) j v i a aC [( C/A)50] [10( C/A)24] ……….[4]

Pero sabemos también:

CD CD D C CD C xr xr a  _/  2 ……….[5] Igualamos las ecuaciones [4] y [5]

CD CD D C CD A C A C i v j xr xr a _/ ) 50] [10( _/ ) 24] _/ 2 [(     

Remplazamos los valores:

) 60 2 60 cos 2 ( ) 10 ( ) 60 2 60 cos 2 ( ) ( ] 24 ) 32 . 17 ( 10 [ ] 50 ) [(a / i j k x i sen j 2 x i sen j o o o o CD A C        

Agrupando las ecuaciones

j i j i a_C _A) 50] [10(17.32) 24] (1.732 _CD 100) ( _CD 17.32) [( _/          ………..[6]

(19)

Finalmente por comparación obtenemos la aceleración angular.



17.32



24] ( 17.32)

10

[   

 _CD

*Por otro lado:

i i a_C _A) 50] (1.732 _CD 100) [( _/    

 

i aC A) 50] (1.73224 100) [( /    2 / 8.43ft/s a_C _A 