UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTÓBAL DE HUAMANGA

FACULTAD DE INGENIERÍA DE MINAS, GEOLOGÍA Y CIVIL

ESCUELA DE FORMACIÓN PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL

DINÁMICA – (IC-244) PRACTICA CALIFICADA N°01

“CINEMÁTICA DE UNA PARTÍCULA Y CUERPO RÍGIDO”

Shames Irving - Ingeniería Mecánica Dinámica

ALUMNOS: CÁRDENAS HUAMÁN, Royer Jhoset GAMBOA SANTANA, Hedber TENORIO CHUCHON, Julio Willian VERDE CARBAJAL, Jenchluis Ricardo

DOCENTE:

Ing. CASTRO PEREZ, Cristian

Ayacucho – Perú

2013

DINÁMICA (IC - 244)

RESOLUCION DE PROBLEMAS PROPUESTOS

CINEMATICA DE UNA PARTICULA

17. En la figura 11.19 se muestra el diagrama grandemente idealizado en un acelerómetro, que es un dispositivo para medir la componente de la aceleración del movimiento en una cierta dirección, en este caso, en la dirección de X. Una masa B está restringida a moverse solamente en la dirección X contra un resorte lineal .cuando la caja del acelerómetro se acelera en esta dirección, la masa se desplaza hasta una distancia δ que se muestra con la línea interrumpida .esta configuración es tal, que la fuerza del resorte le da a la masa B la aceleración correspondiente a la de la caja del acelerómetro. El desplazamiento 𝛿𝛿 de la masa dentro de la caja es restringido por un dispositivo sensor eléctrico y su grafica se ha dibujado como función del tiempo. El fluido amortiguador presente elimina las oscilaciones espúreas de la masa. Si la gráfica de 𝑎𝑎𝑥𝑥 respecto al tiempo tiene la forma que se muestra en la 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓. 20, ¿Cuáles son la rapidez y la posición del cuerpo después de 50 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑓𝑓? la aceleración se mide en g (unidades de gravedad), esto es en unidades de 9.8 𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠𝑓𝑓2 . Suponer que el cuerpo parte del reposo en 𝑋𝑋 =0

2

INGENIERÍA CIVIL

1ra Práctica Calificada

DINÁMICA (IC - 244)

Solución

Tramo “1” 𝑡𝑡 𝜀𝜀 [0,20]

Hallando la ecuación de la aceleración en función del tiempo

𝑎𝑎 = 𝑔𝑔𝑔𝑔10

𝑑𝑑𝑣𝑣1𝑑𝑑𝑔𝑔

= 𝑔𝑔𝑔𝑔10

⟶ 𝑣𝑣1 = 𝑔𝑔𝑔𝑔2

20 ⟶ 𝑑𝑑𝑠𝑠1

𝑑𝑑𝑔𝑔= 𝑔𝑔𝑔𝑔2

20

𝑠𝑠1 =𝑓𝑓𝑡𝑡3

60, 𝑝𝑝𝑎𝑎𝑝𝑝𝑎𝑎 𝑡𝑡 = 20

𝑣𝑣1 = 20𝑓𝑓𝑚𝑚𝑠𝑠 , 𝑠𝑠1 = 400𝑔𝑔

3𝑚𝑚

𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻 “𝟐𝟐” 𝒕𝒕 𝜺𝜺 [𝟐𝟐𝟐𝟐,𝟒𝟒𝟐𝟐]

𝑎𝑎 = 2𝑓𝑓 → 𝑐𝑐𝑡𝑡𝑠𝑠

Por lo tanto tenemos que:

𝑣𝑣2 = 𝑣𝑣1 + 𝑎𝑎𝑡𝑡 , 𝑠𝑠2 = 𝑠𝑠1 + 𝑣𝑣1𝑡𝑡 + 12

𝑎𝑎𝑡𝑡2

→ 𝑣𝑣2 = 20𝑓𝑓 + 2𝑓𝑓(20) , 𝑣𝑣2 = 60𝑓𝑓𝑚𝑚𝑠𝑠

→ 𝑠𝑠2 = 400𝑔𝑔3

+ 20𝑓𝑓(20) + 12

2𝑓𝑓(20)2 , 𝑠𝑠2 = 1720𝑔𝑔3

𝑚𝑚

02468

101214161820

0 10 20 30 40 50 60

Tramo “1” Tramo “2” Tramo “1”

3

INGENIERÍA CIVIL

1ra Práctica Calificada

DINÁMICA (IC - 244)

𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻𝑻 “𝟑𝟑” 𝒕𝒕 𝜺𝜺 [𝟒𝟒𝟐𝟐,𝟓𝟓𝟐𝟐]

Hallando la ecuación de la aceleración en función del tiempo

𝑎𝑎 = −𝑔𝑔𝑔𝑔5

+ 10𝑓𝑓 → 𝑑𝑑𝑣𝑣𝑑𝑑𝑔𝑔

= −𝑔𝑔𝑔𝑔5

+ 10𝑓𝑓

∫ 𝑑𝑑𝑣𝑣𝑣𝑣60𝑔𝑔 = ∫ (−𝑔𝑔𝑔𝑔

5+ 10𝑓𝑓)𝑑𝑑𝑡𝑡50

40

𝑣𝑣 = 70𝑓𝑓

La velocidad expresada en función del tiempo

∫ 𝑑𝑑𝑣𝑣𝑣𝑣60𝑔𝑔 = ∫ (−𝑔𝑔𝑔𝑔

5+ 10𝑓𝑓)𝑑𝑑𝑡𝑡𝑔𝑔

40

𝑣𝑣 = −𝑔𝑔𝑔𝑔2

10+ 10𝑓𝑓𝑡𝑡 − 108𝑓𝑓

∫ 𝑑𝑑𝑠𝑠𝑠𝑠60𝑔𝑔 = ∫ (50

40 − 𝑔𝑔𝑔𝑔2

10+ 10𝑓𝑓𝑡𝑡 − 108𝑓𝑓)𝑑𝑑𝑡𝑡

𝑠𝑠 = 6990𝑓𝑓( 𝑚𝑚)

Finalmente

𝑠𝑠 = 6990𝑓𝑓( 𝑚𝑚)

𝑣𝑣 = 70𝑓𝑓

4

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1ra Práctica Calificada

DINÁMICA (IC - 244)

23. Los pasadores A y B deben permanecer siempre dentro de la ranura del miembro C que se mueve hacia la derecha con una rapidez constante de 6 𝑝𝑝𝑓𝑓𝑠𝑠𝑠𝑠/𝑠𝑠𝑠𝑠𝑓𝑓 (𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓. 11.23). Además, los pasadores no pueden salirse de la trayectoria elíptica que se muestra. Cuando la ranura esta en 𝑥𝑥 = 5 𝑝𝑝𝑓𝑓𝑠𝑠𝑠𝑠, ¿cuál es la rapidez y la razón de variación de la rapidez con que los pasadores se acercan entre sí?

Solución

En primer lugar hallaremos la ecuación de la elipse:

2 2

2 2 110 6x y

+ =

Luego hallaremos la derivada de la ecuación con respecto al tiempo para determinar las velocidad en el eje “𝑦𝑦” ,dado que la velocidad en el eje “𝑥𝑥” es constante y tiene un valor de 6𝑚𝑚/𝑠𝑠.

2 2

2 2 110 6x y

+ = −− −−→ ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

2 2 0100 36

025 9

9 25 0

9 5 25 0

45 25 0

x dx y dydt dt

x dx y dydt dt

dx dyx ydt dtdx dyydt dtdx dyydt dt

+ =

+ =

+ =

+ =

+ =

5

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1ra Práctica Calificada

DINÁMICA (IC - 244)

Para determinar el valor de la coordenada de “y” cuando “x” es igual a 5𝑚𝑚 remplazaremos en la ecuación de la elipse:

2 2

2 2

2 2

2 2

2

2 2

2

2

2

2

110 65 1

10 625 1

10 61 14 69 1

3627

3 3

x y

y

y

y

y

y

y m

+ =

+ =

+ =

+ =

+=

=

= ±

Nuevamente reemplazamos en:

( ) ( )45 25 0dx dyydt dt

+ =

Teniendo en cuenta que:

6dx msdt

=

Y el valor de “y” es igual a:

3 3y m=

Entonces:

( )( ) ( )( )45 6 25 3 3 0

2.07

dydt

dy msdt

+ =

= −

La rapidez del pasador A es:

Hacia abajo

2.07dy msdt

= −

6

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1ra Práctica Calificada

DINÁMICA (IC - 244)

Ahora remplazamos para:

3 3y m= −

( )( ) ( )( )45 6 25 3 3 0

2.07

6

2.07

dydt

dydtdx m

sdtdy m

sdt

+ − =

=

=

=

La rapidez del pasador B es:

2.07dy msdt

= Hacia arriba

Ahora derivaremos nuevamente la ecuación:

( ) ( )9 25 0dx dyx ydt dt

+ =

Para determinar la aceleración:

( ) ( )

( ) ( )2 22 2

2 2

9 25 0

9 9 25 25 0

dx dyx ydt dt

dx d x dy d yx xdt d t dt d t

+ =

+ + + =

Teniendo en cuenta que:

2

22

6

0

2.07

5

3 3

dx msdt

d x msd t

dy msdt

x m

y m

=

=

=

=

= ±

Remplazamos los datos y obtenemos la aceleración en el eje “y”:

( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )2

2 22

2

22

9 6 9 5 0 25 2.07 25 3 3 0

3.3187

d yd t

d y msd t

+ + + ± =

= −

La variación de la rapidez con la que se acercan los pasadores es −𝟑𝟑.𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑𝟑 𝑻𝑻/𝒔𝒔𝟐𝟐

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1ra Práctica Calificada

DINÁMICA (IC - 244)

52. La razón de la variación de la aceleración �̇�𝑎 (𝑙𝑙𝑙𝑙𝑎𝑎𝑚𝑚𝑎𝑎𝑑𝑑𝑎𝑎 𝑎𝑎𝑙𝑙𝑓𝑓𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑣𝑣𝑠𝑠𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑠𝑠𝑙𝑙 “𝑡𝑡𝑓𝑓𝑝𝑝ó𝑎𝑎”) ha sido relacionada con la incomodidad humana en los transportes públicos. Partiendo de la ecuación (1) determinar �̇�𝑎 en términos de coordenadas cilíndricas.

Ahora determinar el tirón sobre una partícula que se está moviendo a lo largo de una barra con rapidez de 2 𝑚𝑚/𝑠𝑠 relativa a la barra (𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓. 11.35), mientras la barra gira en el plano con rapidez angular de ∅̇ 𝑑𝑑𝑠𝑠 5 𝑝𝑝𝑎𝑎𝑑𝑑/𝑠𝑠, aceleración angular ∅̈ 𝑑𝑑𝑠𝑠 10 𝑝𝑝𝑎𝑎𝑑𝑑/𝑠𝑠2 y ∅⃛ 𝑑𝑑𝑠𝑠 2 𝑝𝑝𝑎𝑎𝑑𝑑/𝑠𝑠3. En el instante de interés la partícula está a 4 𝑚𝑚 del origen.

2 ˆ ˆ ˆ(r r ) (r 2 r ) ..... ecuación (1)r za e e Zeφφ φ φ= − + + +

Solución

De la ecuación (1) se debe de llagar a ....a =

Se obtiene derivando una vez en función del tiempo 2 ˆ ˆ ˆ(r ) ( 2 )r za r e r r e Zeφφ φ φ= − + + +

Derivaremos por partes:

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆSe : 0r r zsabe que e e e e eφ φφ φ= = − =

2 2

2 2

ˆ ˆ ˆ[(r r ) ] [ r (r 2 r )] (r r )

ˆ ˆ( r r 2 r ) (r r )

r r r

r

e e et

e eφ

φ φ φφ φ

φ φφ φ φ

∂− = − + + −

∂= − − + −

2

ˆ ˆ[(r 2 r ) ] {[(r r ) 2(r r )] (r 2 r ) }

ˆ ˆ{(3r r 2 r ) (r 2 r )( )}

ˆ ˆ (3r r 2 r ) (r 2 r )r

r

e et

e e

e e

φ φ

φ

φ

φ φ φ φ φ φ φ φ

φ φ φ φ φ φ

φ φ φ φφ φ

∂+ = + + + + +

∂= + + + + −

= + + − +

ˆ ˆ ˆ( )

ˆ =

z z z

z

Ze Ze Zet

Ze

∂= +

∂

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1ra Práctica Calificada

DINÁMICA (IC - 244)

2 3 2ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ( r r 2 r ) (r r ) (3r r 2 r ) (r 2 r )r r za e e e e Zeφ φφ φφ φ φ φ φ φ φφ φ= − − + − + + + − + +

2 3ˆ ˆ ˆ( r 3r 3r ) (r r 3r 3r )r za e e Zeφφ φφ φ φ φ φ∴ = − − + − + + +

Reemplazando valores:

2 3

4 r 2 / 0 05 / 10 / 2 /

ˆ 0 0r

r m v m s r rrad s rad s rad s

r r e z zφ φ φ

= = = = =

= = == = → =

2 3ˆ ˆ ˆ(0 3 2 5 3 4 5 10) (4 2 4 5 3 2 10 3 0 5) 0

ˆ ˆ( 150 600) (8 500 60)r z

r

a e e e

a e eφ

φ

→ = − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ +

= − − + − +

ˆ ˆ( 750) (432)ra e eφ= − +

3865.52 /a m s∴ =

58. En la 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓. 11.38 se muestra una canastilla 𝐶𝐶 como las que se usan en el servicio de mantenimiento de los sistemas de alumbrado público. El movimiento de la canastilla es siempre de traslación. Si la rapidez angular 𝜔𝜔 𝑑𝑑𝑠𝑠𝑙𝑙 𝑏𝑏𝑝𝑝𝑎𝑎𝑏𝑏𝑏𝑏 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑑𝑑𝑠𝑠 1 𝑝𝑝𝑎𝑎𝑑𝑑/𝑚𝑚𝑓𝑓𝑎𝑎 cuando 𝜃𝜃 = 30° ¿Cuál es la velocidad y aceleración de cualquier punto de la canastilla con respecto al camión? En este instante, ¿cuál es la velocidad y la aceleración relativa al camión, de una partícula que se está moviendo con una rapidez horizontal 𝑉𝑉 𝑑𝑑𝑠𝑠 0.2 𝑚𝑚/𝑠𝑠2, ambas relativas a la canastilla?

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DINÁMICA (IC - 244)

1. Primera pregunta: Extraemos los datos con las condiciones de la primera pregunta:

( )

1 ˆˆ ˆ(cos ) / 60

0 0

0ˆ ˆ4 cos30 30

0

0

o

r

r

R d i sen j rad seg k

R

R

i sen j

θ θ ω

ω

ρ

ρ

ρ

= + =

= =

=

= − ° − °

=

=

Ahora remplazamos en la ecuación del movimiento de una partícula con respecto a un

sistema coordinado móvil con rotación y traslación:

D rr v R ρ ω ρ= = + + ×

( )1 ˆ ˆ ˆ0 0 4 cos30 3060

4 4ˆ ˆcos30 3060 60

ˆ ˆ0.033 0.0577 /

r k i sen j

r j sen i

r i j m s

= + + × − ° − °

= − ° + °

= −

Con lo cual obtenemos la velocidad:

ˆ ˆ0.033 0.0577 /r i j m s= −

Ahora remplazamos en la ecuación del movimiento de una partícula con respecto a un sistema coordinado móvil con rotación y traslación para hallar la aceleración:

( )

( )

( ) 21 1ˆ ˆ ˆ ˆ0 0 0 [ 4 cos30 30 ] 060 60

1 ˆ ˆ ˆ0.0577 0.0360

ˆ ˆ0.000961 0.005 /

r rr a R

r k k i sen j

r k j i

r i j m s

ρ ω ρ ω ω ρ ω ρ= = + + × + × × + ×

= + + + × × − ° − ° +

= × − +

= −

De lo cual obtenemos que la aceleración es:

ˆ ˆ0.000961 0.005 /r i j m s= −

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1ra Práctica Calificada

DINÁMICA (IC - 244)

2. Segunda pregunta: Extraemos los datos de la condición del problema.

( )

1 ˆˆ ˆ(cos ) / 60

0 0

0ˆ ˆ4 cos30 30

ˆ0.2ˆ0.01

o

r

r

R d i sen j rad seg k

R

R

i sen j

i

j

θ θ ω

ω

ρ

ρ

ρ

= + =

= =

=

= − ° − °

=

=

Ahora remplazamos en la ecuación del movimiento de una partícula con respecto a un

sistema coordenado móvil con rotación y traslación para hallar la velocidad:

( )1 ˆˆ ˆ ˆ0 0.2 4 cos30 3060

4 4ˆ ˆ ˆ0.2 cos30 3060 60ˆ ˆ0.233 0.0577

D rr v R

r i k i sen j

r i j sen i

mr i j s

ρ ω ρ= = + + ×

= + + × − ° − °

= − ° + °

= −

Con lo cual se establece que la velocidad de la partícula respecto al camión es:

ˆ ˆ0.233 0.0577 mr i j s= −

Ahora remplazamos en la ecuación del movimiento de una partícula con respecto a un sistema coordenado móvil con rotación y traslación para hallar la aceleración:

( )( )

( ) 21 1 1ˆ ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ0 0.01 0 [ 4 cos30 30 ] 2 0.260 60 60

ˆ ˆ ˆ0.2 0.0577 0.03

ˆ ˆ0.0109 0.00715 /

r rr a R

r i k k i sen j k i

r i j i

r i j m s

ρ ω ρ ω ω ρ ω ρ= = + + × + × × + ×

= + + + × × − ° − ° + ×

= + − +

= −

Con lo cual se establece que la aceleración de la partícula respecto al camión es:

ˆ ˆ0.0109 0.00715 /r i j m s= −

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1ra Práctica Calificada

DINÁMICA (IC - 244)

82. En la 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓.𝟑𝟑𝟑𝟑.𝟓𝟓𝟓𝟓 la flecha A está girando con velocidad angular de 100 rpm. El cuerpo E que pesa 8 Kg, puede moverse sin rozamiento a lo largo de la barra CD que esta fija a AB. ¿En qué formar deberá variar la constante K del resorte para que el cuerpo E permanezca estacionario en cualquier punto sobre CD?

Solución

De la gráfica tenemos:

𝐹𝐹 = 𝑓𝑓𝑎𝑎𝑠𝑠𝑝𝑝𝑏𝑏𝑎𝑎 𝑐𝑐𝑠𝑠𝑎𝑎𝑡𝑡𝑝𝑝í𝑝𝑝𝑠𝑠𝑡𝑡𝑎𝑎

𝑋𝑋 = 𝑠𝑠𝑙𝑙𝑏𝑏𝑎𝑎𝑓𝑓𝑎𝑎𝑐𝑐𝑓𝑓ó𝑎𝑎

𝐹𝐹𝐹𝐹 = 𝑓𝑓𝑎𝑎𝑠𝑠𝑝𝑝𝑏𝑏𝑎𝑎 𝑠𝑠𝑙𝑙á𝑠𝑠𝑡𝑡𝑓𝑓𝑐𝑐𝑎𝑎

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DINÁMICA (IC - 244)

Convirtiendo la velocidad angular:

rev min 2 10100 100( )( )( ) .min 60 3

rad radrpms rev s

π π= =

Hallando la elongación:

2 20

2 2 2

22 2 2

2 2 2

2

2 donde: =0 , ( ),d ,

( ) 2 donde: a =. ( )

( ) 2 ( ).( ) 2 x

f

D E E D

Dc

v v ad

v v ad v v w l x x R l xvw l x ad w l xR

w l x w l x xl x

l xx l

= +

= + = + = = +

+ = = +

+ = ++ ===

Luego:

2

22

2

2

0

(8) ( )108. (2 )3

800 .29

1754.596 /

k

k

f ff f

w l x kx

x kx

K

k N m

π

π

+ =

= −

+ = −

= −

= −

= −

La contante k deberá variar en 1754.596 /N m para que el cuerpo permanezca estacionario en cualquier punto.

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DINÁMICA (IC - 244)

CINEMATICA DE UN CUERPO RIGIDO

11. En la 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓. 15.47 se muestra un montaje que se encuentra en algunos parques de diversiones. La cabina 𝐴𝐴 contiene un pasajero y gira con rapidez angula constante 𝜔𝜔2 relativa al brazo 𝐴𝐴𝐶𝐶, que a su vez gira con una rapidez angular 𝜔𝜔1 relativa a la torre. Si el ángulo 𝜃𝜃 es constante e igual a 90°. ¿Cuáles son la velocidad angular total y la aceleración angular total de la cabina relativas a la tierra? usar 𝜔𝜔1 = 0.2 𝑝𝑝𝑎𝑎𝑑𝑑/𝑠𝑠𝑠𝑠𝑓𝑓 y 𝜔𝜔2 = 0.6 𝑝𝑝𝑎𝑎𝑑𝑑/𝑠𝑠𝑠𝑠𝑓𝑓

Solución

Datos:

𝜃𝜃 = 90° 𝜔𝜔1 = 0.2 𝑝𝑝𝑎𝑎𝑑𝑑/𝑠𝑠 𝜔𝜔2 = 0.6 𝑝𝑝𝑎𝑎𝑑𝑑/𝑠𝑠 → 𝑐𝑐𝑡𝑡𝑠𝑠

𝝎𝝎���⃗ = 𝝎𝝎���⃗ 𝟑𝟑 + 𝝎𝝎���⃗ 𝟐𝟐, pero 𝝎𝝎���⃗ 𝟑𝟑 = 𝜔𝜔1ĵ , 𝝎𝝎���⃗ 𝟐𝟐 = 𝜔𝜔2𝚤𝚤̂ 𝝎𝝎���⃗ = 𝜔𝜔1ĵ + 𝜔𝜔2𝚤𝚤̂ Reemplazando valores 𝝎𝝎���⃗ = 0.2ĵ + 0.6𝚤𝚤̂

𝜔𝜔 = 0.632 𝑝𝑝𝑎𝑎𝑑𝑑𝑠𝑠

𝜶𝜶��⃗ = 𝜶𝜶��⃗ 𝟑𝟑 + 𝜶𝜶��⃗ 𝟐𝟐 + 𝝎𝝎���⃗ 𝟑𝟑 × 𝝎𝝎���⃗ 𝟐𝟐

𝝎𝝎���⃗ 𝟑𝟑 × 𝝎𝝎���⃗ 𝟐𝟐 =𝒊𝒊 ĵ 𝐤𝐤0 𝜔𝜔1 0𝜔𝜔2 0 0

𝝎𝝎���⃗ 𝟑𝟑 × 𝝎𝝎���⃗ 𝟐𝟐 = − 𝜔𝜔1𝜔𝜔2𝒌𝒌� 𝜶𝜶 = − 𝜔𝜔1𝜔𝜔2𝒌𝒌�

𝜶𝜶��⃗ = −0.12 𝒌𝒌�𝑝𝑝𝑎𝑎𝑑𝑑𝑠𝑠2

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DINÁMICA (IC - 244)

Gráfica

37. El miembro AB de la 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓. 15.60 está girando con rapidez angular de 4 𝑝𝑝𝑎𝑎𝑑𝑑/ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑓𝑓 en la dirección contraria a la rotación de las manecillas del reloj. ¿Cuál es la velocidad angular de la barra BC en la posición que se muestra en la figura? ¿Cuál es la velocidad del punto d que está en el centro de la barra BC? La barra BC tiene 1.5m de longitud.

Solución

De la gráfica tenemos:

x

x

y

y

B

VB 20° 45°

VC

D1.5m

w1.5sen20°

Vc cos45°1.5cos20°

Vc sen45°

1mwab

A

1m

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1ra Práctica Calificada

DINÁMICA (IC - 244)

Hallando la bv

ˆ ˆ4 1ˆ4

b ab b

b

b

v w xr

v kx j

v i

=

=

= −

/

n el BCv v

ˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆ( cos 45 ) ( 45 ) 4 1.5(cos 20 20 )ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ( cos 45 ) ( 45 ) 4 1.5 cos 20 1.5 20

ˆ ˆ ˆ ˆcos 45 45 ( 4 1.5 20 ) 1.5 cos 20

c B C B

c c

c c

c c

E Eslabonwxr

v i v sen j i wkx i sen j

v i v sen j i w j wsen i

v i v sen j wsen i w j

= +

− ° + ° = − + ° + °

− ° + ° = − + ° − °

− ° + ° = − − ° + °

c

c

ˆ ˆ componentes en i y j:-v cos45° -4-1.5wsen20°....(1)v sen45° 1.5wcos20°...(2)de 1 y 2 tenemos:

241.5 sen20° 21.5 cos 20° 2

28 21.5 sen20°

1.5 cos 20° 2

20° 2 8 2

8.89

C

C

C

C

C C

C

Igualando

vww

v

vww v

tag v vmvs

==

+=

+=

= +

= −

De donde podemos decir que la dirección de Cv es contraria:

8.89 m/sCv =

Ahora hallaremos 𝑤𝑤 𝑠𝑠𝑎𝑎 (2)

2 1.5 cos 20°2

8.89 2(1.5)2cos 20°

w=4.46 rad/s

Cv w

w

=

=

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1ra Práctica Calificada

DINÁMICA (IC - 244)

Gráfica.

x

y

B

VB 20°

C

D1.5/2m

w

1.5/2sen20°

1.5/2cos20°

VC

Hallando la velocidad respecto al punto D

/

D/

v v vˆv 4

1.5 1.5ˆ ˆ ˆv 4 ( cos 20 20 )2 21.5 1.5ˆ ˆ ˆv 4 4.46 cos 20 4.46 202 2

ˆ ˆ ˆv 4 3.14 1.14ˆ ˆv 5.14 3.14

D B D B

D B

D

D

D

D

i wxr

i wx i sen j

i j sen i

i j i

i j

= +

= − +

= − + ° + °

= − + ° − °

= − + − °

= − +

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1ra Práctica Calificada

DINÁMICA (IC - 244)

54. Un vehículo se mueve hacia debajo de un plano inclinado con rapidez de 20 𝑚𝑚/𝑠𝑠 (𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓. 15.71). Una flecha y una plataforma se mueven con el vehículo y a su vez tienen una velocidad de rotación de 5 𝑝𝑝𝑎𝑎𝑑𝑑/𝑠𝑠 alrededor de la línea central de 𝐴𝐴𝐴𝐴 que permanece vertical. ¿Cuál es la velocidad del punto 𝐷𝐷 sobre la plataforma, si como se muestra en la figura, el punto 𝐷𝐷 está en el plano 𝑌𝑌𝑌𝑌 en el instante de interés?

Solución

Se tiene la fórmula de la velocidad relativa del punto 𝐷𝐷

( ) 2r rr R ρ ω ρ ω ω ρ ω ρ= + + × + × × + ×

Donde los datos son:

ˆ20 / 5 / 20ˆ ˆ4 0.4

R m s k rad s

R k j

ω θ

ρ

= = = °

= − =

Ahora hallando el y rR ρ

:

ˆˆ20(cos )ˆˆ20(cos 45 45 )

ˆˆ6 2 6 2ˆ ˆ5 0.4

ˆ2r r

r

R j sen k

R j sen k

R j k

k j

i

θ θ

ρ ω ρ ρ

ρ

= +

= +

= +

= × → = ×

= −

Reemplazando Valores en la 1ra ecuación:

ˆ ˆˆ ˆ ˆ(6 2 6 2 ) ( 2 ) (5 0.4 )ˆˆ ˆ4 6 2 6 2

D r

D

D

r v R

v j k i k j

v i j k

ρ ω ρ= = + + ×

= + + − + ×

= − + +

12.65 /Dv m s∴ =

18

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DINÁMICA (IC - 244)

67. En la 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓. 15.79 , se muestra una barra 𝐹𝐹𝐹𝐹 moviéndose de tal forma tal, que el extremo 𝐹𝐹 tiene una rapidez constante 𝑣𝑣 = 5 𝑝𝑝𝑓𝑓𝑠𝑠𝑠𝑠/𝑠𝑠𝑠𝑠𝑓𝑓 a lo largo de la barra paralela al 𝑠𝑠𝑒𝑒𝑠𝑠 𝑌𝑌 en el plano 𝑌𝑌𝑋𝑋, mientras el extremo 𝐹𝐹 se mueve dentro de una ranura 𝐷𝐷𝐴𝐴 cortada en la superficie 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐶𝐶 de un sólido. Si 𝐶𝐶𝐷𝐷 = 7 𝑝𝑝𝑓𝑓𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑦𝑦 𝐷𝐷𝐹𝐹 = 6 𝑝𝑝𝑓𝑓𝑠𝑠𝑠𝑠 en el instante de interés, ¿Cuáles son la velocidad del punto 𝐹𝐹 y la componente de la velocidad angular de la barra 𝐹𝐹𝐹𝐹 perpendicular a su línea central?

Solución

Datos:

𝑽𝑽��⃗ 𝑮𝑮 = 5ĵ 𝐷𝐷𝐹𝐹 = 6𝑝𝑝𝑓𝑓𝑠𝑠𝑠𝑠 𝐶𝐶𝐷𝐷 = 7 𝑝𝑝𝑓𝑓𝑠𝑠𝑠𝑠

19

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DINÁMICA (IC - 244)

Hallamos por semejanza X y Z

𝐶𝐶𝐷𝐷 = √102 + 142 7

17.2= 𝑋𝑋

10 ,→ 𝑋𝑋 = 4.1

717.2

= 𝑍𝑍14

, → 𝑌𝑌 = 5.7

→ 𝐷𝐷(4.1,0,5.7) 𝑦𝑦 𝐴𝐴(0,10,0)

𝑫𝑫𝑫𝑫������⃗ = −4.1 𝚤𝚤̂ + 10 ĵ − 5.7 k�

𝐷𝐷𝐴𝐴 = 12.22

𝝁𝝁��⃗ 𝑫𝑫𝑫𝑫 = −0.34 𝚤𝚤̂ + 0.82 ĵ − 0.47 k�

La velocidad en el punto 𝐹𝐹 seria

𝑽𝑽𝑭𝑭 = 𝑉𝑉𝐹𝐹 𝝁𝝁𝑫𝑫𝑫𝑫

𝑽𝑽𝑭𝑭 = −0.34𝑉𝑉𝐹𝐹 𝚤𝚤̂ + 0.82𝑉𝑉𝐹𝐹 ĵ − 0.47𝑉𝑉𝐹𝐹 k�

Pero la velocidad horizontal es igual a:

0.82𝑉𝑉𝐹𝐹 = 5 → 𝑉𝑉𝐹𝐹 = 6.1 𝑝𝑝𝑓𝑓𝑠𝑠𝑠𝑠/𝑠𝑠𝑠𝑠𝑓𝑓…………………𝑅𝑅𝑡𝑡𝑎𝑎.

Hallando ω :

ω��⃗ =𝑉𝑉��⃗ 𝐹𝐹

𝐺𝐺�

𝐹𝐹𝐹𝐹

𝑽𝑽��⃗ 𝑭𝑭 = 𝑽𝑽��⃗ 𝑮𝑮 + 𝑽𝑽��⃗ 𝑭𝑭𝑮𝑮� → 𝑽𝑽��⃗ 𝑭𝑭

𝑮𝑮�= 𝑽𝑽��⃗ 𝑭𝑭 − 𝑽𝑽��⃗ 𝑮𝑮

𝑽𝑽��⃗ 𝑭𝑭𝑮𝑮�

= −2.074 𝚤𝚤̂ + 5 ĵ − 2.867 k� − 5 ĵ

𝑽𝑽��⃗ 𝑭𝑭𝑮𝑮�

= −2.074 𝚤𝚤̂ − 2.867 k�

𝑉𝑉𝐹𝐹𝐹𝐹�

= 3.54 pies /seg

Para hallar la longitud de FG

𝐹𝐹(0,8,0) 𝑦𝑦 𝑭𝑭 = 𝑫𝑫 + 6𝝁𝝁𝑫𝑫𝑫𝑫 → 𝐹𝐹(2.06,4.92,2.88)

𝑭𝑭𝑮𝑮 = 𝐹𝐹 − 𝐷𝐷 = (−2.06,3.08,−2.80)

𝐹𝐹𝐹𝐹 = 4.65 𝑝𝑝𝑓𝑓𝑠𝑠𝑠𝑠

ω =𝑉𝑉𝐹𝐹

𝐺𝐺�

𝐹𝐹𝐹𝐹= 3.54

4.65

ω = 0.76 rad seg�

20

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DINÁMICA (IC - 244)

97. Como se muestra en la 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓. 15.93 un camión se está moviendo en el tiempo t con rapidez constante de 2 𝑚𝑚/𝑠𝑠𝑠𝑠𝑓𝑓. En este instante, la caja de carga del camión tiene una rapidez angular constante �̇�𝜃 = 0.1 𝑝𝑝𝑎𝑎𝑑𝑑/ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑓𝑓 y forma un ángulo de 45°. Dentro de la caja de carga rueda un cilindro de 0.70 𝑚𝑚 de diámetro con una rapidez de 1 𝑝𝑝𝑎𝑎𝑑𝑑/𝑠𝑠𝑠𝑠𝑓𝑓 y acelerándose a razón de 0.5 𝑝𝑝𝑎𝑎𝑑𝑑/𝑠𝑠𝑠𝑠𝑓𝑓2, ambas con respecto a la caja. ¿Cuáles son la velocidad y aceleración del centro del cilindro con respecto a la caja de carga en este instante? ¿Cuáles son la velocidad y la aceleración del centro del cilindro con respecto a la tierra en este instante? En el instante de interés la distancia 𝑑𝑑 es de 6 𝑚𝑚𝑠𝑠𝑡𝑡𝑝𝑝𝑏𝑏𝑠𝑠.

Gráfica:

y

Vc a rro

x

45°

w camion

wrueda

0.70m60m

vcos45°vsen45°

21

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DINÁMICA (IC - 244)

1. ¿Cuáles son la velocidad y aceleración del centro del cilindro con respecto a la caja de carga en este instante?

/ / /

/

/

/

/ /A / / / /

/

v vˆ ˆˆ ˆ ˆv 0.15 ( 1 ) ( 0.1 )(0.35 6 )

ˆ ˆ ˆv 0.35 0.035 0.6ˆ ˆv 0.6 0.315 la aceleracion

2 v ( ) donde 0

0.3

C B C A C B

C B

C B

C B

C B C C B C B C B C B

C B

wxr

ix k k i j

j j i

i iHallandoa a xr wx wx wxr xr

a

α α

= +

= − − + − +

= − +

= +

= + + + =

=

/

/

/

ˆ ˆ ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆ5 (0.5)( k) 2( 0.1)(k) x(0.6 0.315 ) ( 0.1)(k) x( 0.1k (0.35 6 ))ˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆ0.175 0.12 0.063 ( 0.1) kx( 0.035 0.6 )

ˆ ˆ ˆ ˆ0.055 0.063 0.035 0.06ˆ ˆ0.0595 0.005

C B

C B

C B

ix i j x i j

a j j i j i

a i j i j

a i j

− + − + + − − +

= − + + − − +

= + − −

= −

2. ¿Cuáles son la velocidad y la aceleración del centro en este instante? En el instante de interés la distancia d es de 6 metros.

Velocidad pos tierra

/T /B B/T

/T

/T

/T

/T

/T

v v vˆ ˆ ˆ ˆv 0.6 0.315 ( cos 45 45 )

2 2ˆ ˆ ˆ ˆv 0.6 0.315 ( 2 2 )2 2

ˆ ˆ ˆ ˆv 0.6 0.315 ( 2 2 )ˆ ˆv (0.6 2) (0.315 2)ˆ ˆv ( 0.8142) (1.7292)

C C

C const const

C

C

C

C

i j v i v sen j

i j i j

i j i j

i j

i j

= +

= + + − ° + − °

= + + − +

= + + − +

= − + +

= − +

Dado que la velocidad del camión es constante:

/ /Tˆ ˆ ˆ ˆ0.055 0.063 0.035 0.06C B Ca a i j i j= = + − −

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DINÁMICA (IC - 244)

129. Un camión se está moviendo con rapidez constante 𝑉𝑉 de 15 𝐹𝐹𝑚𝑚/ℎ (𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓. 15.100) en el instante 𝑡𝑡, la grúa 𝐴𝐴𝐴𝐴 tiene: 𝜃𝜃 = 45°, �̇�𝜃 = 1 𝑝𝑝𝑎𝑎𝑑𝑑/𝑠𝑠 𝑦𝑦 �̈�𝜃 = 0.2 𝑝𝑝𝑎𝑎𝑑𝑑/𝑠𝑠2 . En el mismo instante 𝑡𝑡, 𝜔𝜔 = 0.2 𝑝𝑝𝑎𝑎𝑑𝑑/𝑠𝑠, relativa al camión. Si la longitud 𝐴𝐴𝐴𝐴 es de 12 𝑚𝑚𝑠𝑠𝑡𝑡𝑝𝑝𝑏𝑏𝑠𝑠, ¿Cuáles son en 𝐴𝐴 la fuerza Axial y el momento Flexionante como resultado de la masa 𝑀𝑀 𝑑𝑑𝑠𝑠 50 𝑈𝑈𝑈𝑈𝑀𝑀 𝑠𝑠𝑎𝑎 𝐴𝐴?

Solución

Se tiene la fórmula para hallar la aceleración relativa del cuerpo

( ) 2r rr R ρ ω ρ ω ω ρ ω ρ= + + × + × × + ×

2

De los datos se tiene:0 45

2515 / / 1 /6

0 0.2 /1 / 12

R

R Km h m s rad s

R rad srad s m

θ

θ

θω ρ

= = °

= = =

= == =

Ahora hallaremos sus valores vectoriales para reemplazar cada uno de los datos:

ˆˆ0 1 25 ˆˆ 0.2 6ˆ ˆ0 1

R i k

R i k

R i j

θ

θ

ω

= =

= =

= =

ˆ ˆ12(cos )ˆ ˆ12(cos 45 45 )

ˆ ˆ6 2 6 2

i sen j

i sen j

i j

ρ θ θ

ρ

ρ

= +

= ° + °

= +

ˆ ˆ ˆ1 (6 2 6 2 )ˆ ˆ6 2 6 2

r r

r

k i j

i j

ρ θ ρ ρ

ρ

= × → = × +

= − +

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DINÁMICA (IC - 244)

ˆ ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ( ) [0.2 (6 2 6 2 )] [1 (1 (6 2 6 2 ))]6 6ˆ ˆ ˆ ˆ( 2 2 ) (6 2 6 2 )5 5

36 24ˆ ˆ2 2 5 5

r r

r

r

k i j k k i j

i j i j

i j

ρ θ ρ θ θ ρ ρ

ρ

ρ

= × + × × → = × + + × × +

= − + − +

= − −

Reemplazando valores en la fórmula general:

( ) 236 24ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ0 ( 2 2 ) 0 [1 (1 (6 2 6 2 ))] 2[1 ( 6 2 6 2 )]5 5

36 24ˆ ˆ ˆ( 2 2 ) ( 6 2 ) 25 5

r rr R

r i j j j i j j i j

r i j i

ρ ω ρ ω ω ρ ω ρ

ρ

= + + × + × × + ×

= + − − + × + × × + + × − +

= − − + − +

2

ˆ(6 2 )

66 24 ˆˆ ˆ2 2 12 2 5 5

26.126 /

k

r i j k

r m s

= − − +

=

Ahora hallaremos la fuerza resultante del sistema:

Se sabe que 1 9.8 50 490

El Vector masa sera: 490

UTM kgUTM kg

m kg

=→ =

∴ =

De aqui que la fuerza sera:

.F m r=

66 24 ˆˆ ˆ 490.( 2 2 12 2 )5 5

ˆˆ ˆ6468 2 2352 2 5880 2 12801.666 N

F i j k

F i j kF

→ = − − +

= − − +∴ =

Ahora hallaremos el Momento Flexionante:

M=ˆˆ ˆ ˆ ˆM=(6 2 6 2 ) ( 6468 2 2352 2 5880 2 )

ˆˆ ˆM=70560 70560 49392 111341.802 .

F

i j i j k

i j kM N m

ρ ×

+ × − − +

− +=

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136. A una latitud de 40° en el hemisferio norte, fluye un rio con velocidad promedio de 1 𝑚𝑚/𝑠𝑠 en la dirección norte-sur (𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓. 15.104) ¿Cuál es la aceleración de coriolis del agua relativa al centro de la tierra?

Solución

Para determinar la aceleración de coriolis introduciremos una breve ilustración:

25

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Ahora hallaremos la velocidad angular de la tierra

( ) 5

224

432007.27 10

radhoras

radsegrad

seg

πω

πω

ω −

=

=

=

Y como datos tenemos que:

' 1

40

mv sα

=

= °

Remplazamos en la fórmula de la aceleración de coriolis que se ve en la figura:

( )( )( )( ) ( )( )( )( ) ( )

( )( )

5

5

52

2 '2 'sin 90

2 7.27 10 1 sin 90 40

2 7.27 10 1 sin 130

11.13 10

coriolis

coriolis

coriolis

coriolis

coriolis

a va v

a

a

ma s

ωω α

−

−

−

= − ×

= °+

= °+ °

= °

=

La aceleración de coriolis del agua es igual a:

( )( )5211.13 10coriolis

ma s−=

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