Solucionario de Shames

FACULTAD DE INGENIERIA ARUITECTURA Y URBANISMO

ASIGNATURA:

DINAMICA

DOCENTE:

CASTOPE CAMACHO MIGUEL

ALUMNA:

BURGA IRIGOÍN JHARIXA HEVELIN

GOICOCHEA AGUILAR JOSELITO

TEMA:

SOLUCIONARIO DE IRVING SHAMES.

PIMENTEL: JULIO 2014

CINEMATICA DE UNA PARTICULA: MOVIMIENTO RELATIVO SIMPLE

1. Componentes rectangulares: r=x (t )i+ y (t ) jm

V= r= x (t ) i+ y ( t ) j m /s

a=r= x (t )i+ y (t ) j m /s2

2. Componentes cilíndricas :

v=r er+r θ eθ+ z ezm /s

a=(r−r θ2 )er+(2 r θ+r θ ) eθ+ z ez

11.2. Una partícula se mueve a lo largo de una trayectoria circular plana con un radio r igual a 0.3 m. La posición OA se da como una función del tiempo como sigue:

θ=6 sen5 t rad

Donde t esta expresado en segundos ¿cuáles son las componentes rectangulares de la velocidad de la partícula para el tiempo t=0.2 s ?

DATOS:

θ=6. sen5 t radθ=30 cos5 t radt=0.2 s

r=0.3mV x=?V y=?

SOLUCION:

r=x i+ y j mr=rcosθ i+senθj m /sV= r=−r θ senθ i+r θ cosθ j m /sV=−r (30cos 5t ) [sen (6 sen5 t ) ] i+r (30cos 5t ) [cos (6 sen5 t ) ] j m /s

V=−0.3 (30 cos1 ) [ sen (6 sen1 ) ] i+0.3 (30 cos1 ) [cos (6 sen1 ) ] j m /s

V=4.59 i+1.61 j m /s

r

rcosɵ

rsenɵ

11.3. Una partícula con un vector de posición inicial r=5i+6 j+k mtiene una aceleración impuesta dad como:

a=6 t i+5 t2 j+10km /s2

Si la velocidad inicial de la partícula es nula. ¿Cuáles son la aceleración, la velocidad y la posición de la partícula cuando t=10 s?

SOLUCION:

a=6 t i+5 t2 j+10km /s2

∫6 t dt+∫ (5 t2)dt+∫10dt

V=6 t 2

2+ 5 t3

3+10t

V=6 (10)2

2+

5 (10)2

2+10(10)

V=2066,67m/ s

v=∫ 6 t2

2+ 5 t3

3+10 t

r=3∫ t 2dt+ 53∫ t 3dt+10∫ t dt

r=33t3dt+ 5 t 4

12dt+5 t 2

r=33(10)3dt+ 5(10)4

12dt+5 (10)2

r=5666.67ma=6 t i+5 t2 j+10km /s2

a=6(10) i+5(102) j+10 (10)m /s2

a=20m /s2

11.14. Una partícula cargada se lanza en el instante t=0 con un ángulo de 45° y una velocidad de 3m /s .Si el campo eléctrico es tal que el cuerpo tiene una

aceleración de −60 t 2 jm /s2 ¿Cuál es la ecuación de la trayectoria? ¿Cuál es el valor para el impacto?

a)ANALIZAMOS EL EJE VERTICAL:

a y=dvdt

dv=ay dt

∫Vy0

V

dv=−60∫ t 2dt

Vy−Vy0=−20 t 3

Vy=dydt

dy=Vy dt

∫0

y

dy=∫0

t

(¿Vy 0−20 t3)dt ¿

y=Vy 0t−5 t 4

y=V 0 senθt−5 t 4 (1)

b) ANALIZAMOS EL EJE HORIZONTAL:

Vx=dxdt

∫0

x

dx=∫Vxdt

x=V 0 cosθt

t= xV 0 cosθ

(2)

c) REEMPLAZO (2)EN (1)

y=V 0 senθ( xV 0 cosθ )−5( x

V 0cosθ )4

y=tg45 ° x∓ 5(3cos 45° )4 x

4

VX

VY

y=x−2081

x4

8120

( y−x )+x4=0

x=1.59411.15. Se dispara un proyectil a la velocidad de 1000m/s y un α de 40° medido desde una superficie inclinada, que forma un ángulo β de 20° respecto a la horizontal. Si despreciamos el rozamiento, ¿A qué distancia sobre la superficie inclinada impactará el proyectil?

DESARROLLO:

y=d V y

dt=−9.81(m/ s2)

d V y=−9.81dt

x=dV x

dt=0

d V x=0dt

Integrando las ecuaciones anteriores:

V y (t )=−9.81 t+C 1

V x (t )=C2

Tomamos el t=0 para el instante que se dispara el proyectil, en ese instante podemos determinar C1 y C2.

V y (0 )=1000 ¿

C1=500√3

d =x y =0

V x (0 )=1000 ¿¿

C2=500

Ahora podemos proporcionar las componentes de la velocidad del proyectil como sigue:

V y ( t )=dydt

=−9.81 t+500√3(m /s )

V x (t )=dxdt

=500(m /s)

Separando las variables de posición y tiempo e integrando las ecuaciones anteriores, obtendremos las coordenadas x e y del proyectil.

y ( t )=−9.81 t2

2+500√3 t+C3

x (t )=500 t+C4

Cuando t=0, vemos claramente que entonces las coordenadas del proyectil son entonces:

y (t )=−9.81 t2

2+500√3 t

x (t )=500 t

Para determinar la distancia d observamos que el proyectil hace que las posiciones concurran en un solo punto (punto de impacto), por ello trabajaremos de la siguiente manera.

y (t )=d sin20 °=−9.812

t2+500√3t

x (t )=dcos 20°=500t

y (t)x (t)

= d sin20 °dcos 20°

=t (−4.905 t+500√3)

500 t

500 ¿

t=139.46(s) De la ecuación de la posición en el eje x decimos lo siguiente:

d cos20 °=500(139.46)d=74205.12 (m )

La distancia que impacta el proyectil sobre la superficie inclinada es :

74205.12 metros.

11.19. Un cazabombardero se mueve con una velocidad constante de 500m/s mientras dispara su cañón contra un objetivo en B. El cañón dispara con una velocidad inicial de 1.000 m/s (relativa al propio cañón).

a) Determinar la distancia “d”. Utilizar el sistema de referencia que se muestra. b) ¿Cuál es la distancia horizontal entre el avión y la posición “B” en el instante del impacto?

SOLUCION:

a) ANALIZAMOS EL EJE VERTICALMENTE:

Vy=−g .t

Vy=dydt

∫0

t

Vy .dt= ∫0

−800

dy

∫0

t

−¿ .dt=−800

−( 12 )g t 2=−800

t 2=−1600−9.81

b) t=12.77 sANALIZAMOS EL EJE HORIZONTAL.

Vx=V .ProyectilVx=1000m /s

Vx=dxdt

∫0

t

Vx .dt=∫0

d

dx

∫0

12.77

1000.dt=∫0

d

dx

1000(t )=d

1000(12.77)=d

12770m=d

Vx=V .avion=500m /s

Vx=dxdt

∫0

t

Vx .dt=∫0

d

dx

∫0

12.77

500.dt=∫0

d

dx

500(t )=d 500(12.77)=d

6385m=d

11.20. Un jugador de golf tiene la mala fortuna de que su bola se estrella contra un árbol. La pelota rebota con una velocidad que es un 60 por cierto de la velocidad antes del impacto. Si ésta se mueve en el mismo plano que la trayectoria inicial, calcular la distancia da la que la pelota chocaría en el terreno con respecto al tee en A.

t 2=−1600−9.81

t=12.77 s .

SOLUCION:

Sabemos que :

Integramos.

Buscamos valores:

Integramos para conocer las componentes del vector posición:

t=0.51122 s x=7.6683m

Buscamos los valores de las constantes de integración.

y=12+V y t−4.905g t 2 x=11.85 t …….. E1

La posición de la partícula final en “y” es “0” por lo tanto tenemos el tiempo :t=2.88 t

Reemplazando en E1.x=(11.85 ) (2.877 ) x=34.0925m

Respecto del árbol pero respecto de “A” restamos la distancia obtenida de “A” al árbol.

d=34.0925−7.6683m d=26.42m

11.21. ¿qué ángulo producirá una mayor distancia de impacto d? La velocidad inicial del proyectil es V0 .la superficie es plana.

SOLUCION:

PUNTO A:(x0 ; y0 ) (0 ;0)

PUNTO B : ( x ; y ) (d ;0) Eje x.la velocidad es constante.

x=x0+V 0 x tB d=0+V 0 cos∝. tB

Eje y .la velocidad no es constante debido a la gravedad.

y= y0+V 0 y tB−12g t 2

0=0+V 0 sen∝ y0−12g tB

2

0=tB(tB sen∝−12g tB)

tB=0 Tiempo inicial del desplazamiento.

tB=2V 0 sen∝

g Tiempo en

donde se produce el alcance máximo (punto B)

Reemplazo en d .

d=V 0cos∝( 2V 0 sen∝g )

Aplicamos identidad trigonométrica.

2. sen∝ . cos∝=sen 2∝

Entonces.

d=V 0 .V 0.2 sen∝ .cos∝

g

d=V 0

2 sen 2∝g

Alcance máximo d :ada∝=0

d=V 0

2 sen 2∝g

ada∝=

V 02 sen2∝g

d=2V 0

2 cos2∝g

Para que sea igual a 0 entonces:0=cos2∝ cos−1 0=2∝ 90=2∝ ∝=45°

11.40. Un avión de combate está efectuando una maniobra cuya trayectoria se aproxima a la parábola. Si el número máximo de "g" que el piloto puede soportar es de "5g" en la dirección de su propio cuerpo, ¿Cuál es la máxima velocidad permisible para esta maniobra cuando el avión llegue al punto A?

Pasa por el punto de origen (0,0) la ecuación de la trayectoria va tener la forma.

y=c x2 El punto (-5000, 10000) pertenece a la parábola por ello.

104=c (−5×103)2 c=4×10−4

Tenemos entonces la ecuación de la trayectoria :

y=4×10−4 x2

Ahora derivamos con respecto del tiempo 2 veces:

V y=8×10−4 x V x

a y=8×10−4(x ax+V x2)

El punto A (0,0 ) pertenece a la trayectoria y con la aceleración “5g” máxima permisible obtendremos la velocidad pedida en ese punto, reemplazando datos tenemos:

5×9.81=8×10−4 [ (0 )ax+V x2 ]

V x=247.61m / s

11.53. ¿Cuáles son las componentes de la velocidad y de la aceleración en las direcciones axial, circunferencial y radial para una partícula moviéndose de la siguiente manera respecto a los ejes x, y, z?

r=10e−2t m θ=0.2 t rad z=0.6 t m

Con t en segundos. Hacer un esquema del tramo inicial de la trayectoria.

r=10e−2t m r=−20e−2 t r=40e−2 t

θ=0.2 t rad θ=0.2 θ=0

z=0.6 t m z=0.6 z=0

v=r ϵ r+r θ ϵ θ+z k

v=−20e−2 t ϵ r+10e−2 t .0 .2ϵ θ+0.6 k

v=−20e−2 t ϵ r+2e−2 t ϵ θ+0.6 k

a=( r−r θ2)ϵr+¿+z ka=( 40 e−2 t−10e−2 t x0.22 ) ϵ r+ ¿

a=(40e−2 t−0.04e−2 t)ϵ r+¿+0 k

a=(39.96e−2t)ϵ r+¿+0 k

11.51- En un punto P sobre una placa en rotación tiene una aceleración en la dirección x de -10 m/s2 . Si r para el punto es de 1 m. ¿cuál es la aceleración angular de la placa? La velocidad angular en el instante de interés es de 2 rad/s en sentido opuesto al de las agujas del reloj.

DATOS:

ax= -10 m/s2 r= 1m ω = 2 rad/s α=?

SE SABE:

a=(r− ˙θ2 r )Er+(2 r θ+θ r ) Eθ+ z k ; z k=0

ENTONCES:a=( r− ˙θ2 r )E r+(2 r θ+θ r )Eθ+0

COMO r ES CTE SE TIENE QUE :

a=(− ˙θ2 r)Er+(θ r )Eθ

|−10 i|=|− ˙θ2 r E r|+|θ r Eθ|

√¿¿

100=(22×1)2+¿

100=16+¿

α=θ=√84 rad / s2

11.54. Una barra vertical gira de acuerdo con:

ω = 3sen(0.1t) rad/s

Con t en segundos. Fijado a la barra CD tenemos un sistema de bielas HI y FG de 200 mm de longitud cada una y articuladas entre sí en sus puntos medios K. Además, GA e IA de 100 mm de longitud están articuladas entre si tal y como se muestra. En el extremo A se encuentra un marcador que marca una curva sobre la placa J. El ángulo β del sistema viene dado por:

β = (1.3 – t/10) rad

Con t expresado en segundos. ¿Cuáles son las componentes radial y transversal respecto al eje N – N de la velocidad y de la aceleración del marcador para el instante t = 5 seg? (Nota: El pasador F está fijo, pero el pasador H se mueve verticalmente a lo largo de una ranura tal como se muestra).

SOLUCION:

β=(1.3− t10 )rad

ω=3 sen (0.1 )t rad /s

r=40+300 cosβ

Nos piden hallar: componentes radial y transversal respecto al eje N – N de la velocidad y de la aceleración del marcador para el

V= r Er+θ Eθ

V=(−300 sen (β )×d β

dt )Er+[ (40+300cos (β ))3 sen (0.1 t )]Eθ

V=(−300 sen(1.3− t10 )×−0.1)Er+[(40+300 cos (1.3− t

10 ))3 sen (0.1 t )]Eθ

Cuando t = 5 seg, entonces:

V=(−300 sen(1.3− 510 )×−0.1)Er+[(40+300 cos (1.3− 5

10 ))3 sen (0.1×5 )]Eθ

200 cos β 100 cos β

V=21.52Er+358.15Eθ

a=(r−θ2 ) Er+(r θ+2 r θ )Eθ ; t=5 seg

1. (30 cos (β )×dβ

d t)−¿

(30 cos (1.3− t10 )×−0.1)−¿

(30 cos (1.3− 510 )×−0.1)−¿

V=−517.27Er

2. [ ( 40+300 cos (β ) ) (3cos0.1t ) 0.10 ]+2 (−300 senβ×−0.10 ) (3 sen 0.10t ) Eθ

[(40+300 cos(1.3− t10 ))(3cos 0.1t ) 0.10]+2(−300 sen(1.3− t

10 )×−0.10)(3 sen0.10 t)Eθ

[(40+300 cos(1.3− 510 )) (3cos0 .1×5 )0 .10]+2(−300 sen (1 .3− 5

10 )×−0 .10)(3 sen0 .10×5)Eθ

V=127.7 Eθ

a=−517 .27 Eθ+127.7 Eθ

11.58. El movimiento de una partícula respecto al sistema de referencia xyz se da como sigue: 𝑟=0.2senh𝑡 (𝑚) 𝜃= 0.5𝑠𝑒𝑛𝜋𝑡 (𝑟𝑎𝑑)

Con t expresado en segundos. ¿Cuánto valen los módulos de los vectores velocidad y aceleración para el instante t=2s? Nótese que: senh2=3.6269 cosh2=3.7622

DESARROLLO:

𝑟=0.2senh𝑡 𝜃= 0.5𝑠𝑒𝑛𝜋𝑡 Z¿6 t 2 r=0.2cosht θ=0.5πcosπt z=12 t

r=0.2 senht θ=−0.5π 2 senπt z=12

v=r er+r θ eθ+ z ezm /s

v=(0.2cosht ) er+ (0.2senh t ) (0.5 πcosπt )eθ+12t ezm /s

v=(0.2 cosh2 ) er+(0.2 senh2 ) (0.5 πcosπ 2 ) eθ+12(2)ezm /s

v=¿

v=0.75244er+1.1394 eθ+24 ezm/ s


ar=¿

ar=¿

ar=−1.064 er

aθ=¿)+(0.2 senh t )(−0.5 π2 senπt ¿¿ eθ

aθ=¿)+(0.2¿¿)(−0.5 π2 senπ 2¿¿eθ

aθ=2.364 eθ

aZ= z eθ

aZ=12eθ

a (2)=−1.064 er+2.364 eθ+12ezm /s2

11.59. Dadas las siguientes coordenadas cilíndricas para el movimiento de una partícula:

r=20(m)θ=2πt (rad )z=5 t (m)

Con t expresado en segundos. Hacer un esquema de la trayectoria. ¿De qué tipo de curva se trata? Determinar los vectores, velocidad y aceleración.

SOLUCION:

r=20m θ=2πt (rad ) z=5 t (m)

r=0 θ=2π (rad /s) z=5(m)

r=0 θ=0 z=0

R=r∈r+z K V= r∈r+r θ∈θ+ z K

R=20∈r+5 t K V=40π∈θ+5 K

a=( r−r θ2 )∈r+ (2 r θ+r θ )∈θ+Z K

a=−80 π2∈r

11.60. Se está siguiendo la pista de un grano de plutonio en una atmósfera turbulenta. Las componentes del desplazamiento respecto a un sistema de referencia XYZ son:

x=6 t m y=10 t m z=t3+10m

Expresar los vectores posición, velocidad y aceleración de la partícula utilizando coordenadas cilíndricas con componentes en las direcciones axial, transversal y radial.

SOLUCION:

R=r+z

R=r∈r+z k …………(1)

DE LA GRAFIA:

r=√x (t )2+ y ( t)2

r=√(6 t)2+(10t )2

r=11.662 t

θ=tan−1 y (t)x (t )

= tan−1 10 t6 t = 59.0366

POSICION:

R=11.662 t∈r+(t 3+10) k

VELOCIDAD:

v=r∈r+r θ ϵ θ+ z k

v=11.662∈r+3 t2 k

ACELERACION:

a=( r−r θ2)∈r+(2 r θ+r θ)ϵ θ+ z k

d vdt

=6 t k

11.64. Una rueda de 600 mm de diámetro está girando a una velocidad de 2 rad/s y está aumentando su velocidad angular a un ritmo de 3 rad/s2 .Ésta avanza a lo largo de un tornillo que tiene un paso de rosca de 12 mm. ¿Cuál es la aceleración de los puntos situados en el borde en términos de sus coordenadas cilíndricas?

DATOS:

D¿600mm

R = r =300 mm

θ=2rad /s θ=3 rad /s2

H¿12mm


ar=(r−r θ2)

ar=(r−r θ2)

ar=¿

ar=−1200

aθ=(2 r θ+r θ )

aθ=[ (2 ) (0 ) (2 )+ (300 ) (3 )]

aθ=900

az=dv z

dt= ddt (V θ× tan α )= d

dt(r . θ . tan α )=r . tan α . θ=300 12

2π .300×3

az=5.73

a=−1200 Er+900Eθ+5 ,73 E zmm/s2

EJERCICIO NÚMERO 12.1

Una partícula de 15 kg de masa se está moviendo en el seno de un campo de fuerzas constante dado por: F=3 i+10 j−5k lb La partícula parte del reposo en la posición (3, 5, -4). ¿Cuáles serán la posición y la velocidad de la partícula para el instante de tiempo t = 8s? ¿Cuál será la posición cuando la partícula se esté moviendo con una velocidad de 6 m/s?.

SoluciónDatos:

F = 3i+10j-5k S1=? t = 8sS0= (3, 5, -4) V=? m = 15 kg S2=? V = 6 m/s

∑Fx=m.ax ∑F y=m .ay ∑F z=m.az 3=15.ax 10=15.a y −5=15.azax=0.2m /s2 a y=0.67m /s2 az=−0.33m /s2

ax=d v x

dtay=

d v y

dtaz=

d vzdt

0.2 t=v x 0.67 t=v y −0.33 t=vz vx=1.6m /s v y=5.33m /s vz=−2.64m /s

Rpta: V=1.6 i+5.33 j−2.64k m /s


Una partícula de masa “m” se está moviendo en el interior de un campo de fuerzas constantes dado por F=2mi−12m j(N )

a) Dar la ecuación del vector posición r(t) de la partícula si para t=0, está tiene una velocidad v0=6 i+12 j+3k (m/s) .Además para t=0 esta tiene una posición ro=¿ 3 i¿ +2 j+4k (m)

b) ¿Cuál serán las coordenadas de la partícula en el instante en que está alcance su máxima altura y máx.?

Solución

Para “a”

FR=m.a2mi−12m j= m.aa=2 i−12 j(m/s2)

a=dvdt

(2 i−12 j¿∫t 0

t

dt=∫vo

v

dv

(2 i−12 j)t= v-(6 i+12 j+3k )(2 t i−12 t j)+ 6 i+12 j+3k=vv=(2 t+6) i+(12-12t) j+3k (m /s)

drdt =v

∫ro

r

dr= v=( (2t+6 ) i+(12−12 t) j+3 k )∫to

t

dt

r- r0=(t 2+6t)i+(12t-6t 2) j+3tkr=¿¿+6t)i+(12t-6t 2) j+3tk+(3 i +2 j+4k )r(t)= ¿¿+6t+3)i+(12t-6t 2+2) j+(3t+4)k (m)

Para “b”:

12-12t=0T=1sr=10i+8 j+7k (m)


Un bloque puede deslizar hacia abajo por un plano inclinado. El coeficiente de rozamiento es de 0.05. si la velocidad del bloque al llegar al punto más bajo es de 9 m/s. a que altura de soltó y durante cuánto tiempo viajo?

DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE

NOTA: Tomaremos el sentido positivo hacia la izquierda y

negativo a la derecha para que se haga más cómodo el análisis y no hallas confusión por los signos.

Tenemos en el eje perpendicular a la superficie del bloque:

N−mgcos30 °=0

N=mgcos30 °

En la superficie horizontal:

mgsen30 °−fs=ma

mgsen30 °−fs=ma

fs=N .u=mgcos30 °¿

Remplazamos el valor de «fs» por la igualdad hallada:

mgsen30 °−mgcos30 ° (0.05)=ma

∫0

t

[gsen30 °−gcos30 ° (0.05 )]dt=∫0

9

dv

t=2.01 s

El bloque se desplazó una distancia x, por lo que trabajaremos en una ecuación para una aceleración constante.

∫0

x

[gsen30 °−gcos30 ° (0.05 )]dx=∫0

9

vdv

Remplazamos:

[ gsen30 ° x−gcos30 ° (0.05 ) x ] x0=[ v

2

2] 90

x=9.04m

Entonces la altura es:

h=x sen30 °h=(9.04 ) sen30 °

Respuesta: h=4.52m.


En el instante t=0 una masa D se esta moviendo hacia la izquierda a una velocidad de 0.6 m/s respecto al terreno, y por encima de una cinta continua que se mueve hacia la derecha a una velocidad constante de 1.6m/s. si el rozamiento entre la cinta y la masa es de coulomb con μd=0.3 , ¿cuánto tiempo pasara hasta que la velocidad de D respecto de la cinta sea 0.3m/s hacia la izquierda?

Datos:

Para t=0V D=0.6 iV C=−1.6i

Velocidad del cuerpo D respecto a la cinta parat=0:V D /C=V D−V C=2.2 i

F=ma

−f=maD /C

−μmD g=mD

dV D /C

dt

ⅆV D /C=−μgdt

∫2.2

V D/C

ⅆV D /C=∫0

t

−μgdt

V D /C=−μgt+2.2

V D /C=−0.3x 9.81 t+2.2

V D /C=−2.943t+2.2

Para :

V D /C=0.3i m /s

0.3=−2.943 t+2.2

t=0.646 s


Repetir el problema 12.6 con la cinta inclinada 15° con respecto a la horizontal de forma que el extremo B está más alto que el A

12.5 en le instante t=0 una masa D se está moviendo hacia la izquierda a una velocidad de 0.6 m/s respecto al terreno. Y por encima de una cinta de una cinta continua que se mueve hacia la derecha a una velocidad constante de 1.6m/s. si el rozamiento entre la cinta y la masa es de coulomb con ud=0.3 .¿cuanto tiempo pasara hasta que la velocidad de D respecto de la cinta sea de 0.3m/s hacia la izquierda?

Desarrollo

Datos

T=0 V D=0.6m/s V C=1.6m/s

ud=0.3 W=mg

R=r+φ =R-rφ=0.6i−¿)φ=2.2 i

∑ f y=0

N=W cos15

F s=Nx ¿)

F s=w cos15(0.3)

∑ f x=m.a

w sin 15−F s=m .a

w sin 15−w cos15 (0.3 )=m .a

mg sin 15−mg cos15 (0.3 )=m.a

g sin 15−0.3 gcos15=dvdt

∫0

t

(g sin 15−0.3gcos15 )dt=∫2.2

0.3

dv

(g sin 15−0.3 gcos15 ) t=(0.3−2.2)

t= (0.3−2.2)(9.81 sin 15−0.3.9 (9.81 ) cos15)

t=6.26 s


Un camión está bajando por un plano inclinado 10°. El conductor frena de repente para

evitar una colisión y el camión desacelera a un ritmo de 1ms2 .Si el coeficiente de

rozamiento estático μ , entre la carga del camión W y el propio camión es de 0.3.¿deslizara la carga o permanecerá estacionaria respecto al camión? El peso W es de 4.5KN y no está fijado al camión mediante ningún cable.

Diagrama de cuerpo libre

Px =4500sin 10 ° Py =4500cos10° Fr=μ .NPx=781.42 N Py=4431.63 N Fr= 0.3(4431.63) Fr=1329.49 N

∑ F=m.a−px+Fr=m.a−781.42+1329.49=m(1)548.07=m (1 )m=548.071 m=548.07

*Px¿ Fr=no sedesliza*Px¿ Fr=sedesliza

∴781.42<1329.49=nose desliza

548.07 kg

a =1 ms2

Fr=1329.49N=4431.63

*Px¿ Fr=no sedesliza*Px¿ Fr=sedesliza

∴781.42<1329.49=nose desliza

EJERCICIO NÚMERO 12.9El péndulo es un dispositivo para medir aceleraciones uniformes de magnitud razonable.

Calibrar el Angulo θ del péndulo para aceleraciones de 1.5ms2 ;

3ms2 ;

6ms2 .La bola pesa 5 N y

esta conectada al poste mediante una cadena flexible

Solución

DATOS:

θ=?

1 ° ACELERACION=¿ 1.5ms2

2 ° ACELERACION=3ms2

548.07 kg

3°ACELERACION¿ 6ms2

L¿0.6mHacemos el D.C.L

Del diagrama de cuerpo libre tenemos que:

∑ f y=0 Tcosθ=WTcosθ=5

T= 5COSθ……..(1)

∑ f X=m∗a

Reemplazando en la formula y 1 en 2. Tsenθ=m∗a………(2)

• Para a=1ms2

59.81

(1.5 )= 5cosθ

∗senθ=5tanθ

5 tanθ= 59.81

(1.5 ) θ=8.69°

• Para a=3ms2

59.81

(3 )= 5cosθ

∗senθ=5tanθ

5 tanθ= 59.81

(3 )θ=17 °

• Para a=6ms2

59.81

(6 )= 5cosθ

∗senθ=5 tanθ

5 tanθ= 59.81

(6 )θ=31.45°

EJERCICIO NÚMERO 12.13Los bloques A y B están inicialmente estacionarios. ¿Qué distancia recorrerá A sobre B, si A recorre 0.2 m respecto al terreno?

Aceleración relativa Punto fijo: Bloque B a1= a2 + aR

Solución:

Respect al bloque “A”:

mb g sen100 + fr- frl = ma2

30kg (9.81m/s2) sen 10° +77.28 -48.30= 30kg a2

51.1 + 77.28-48.30=30 a2

80.08= 30 a2

a2 = 2.66 m/s2

EJERCICIO NÚMERO 12.15Un bloque B de masa M se hace subir por un plano inclinado mediante una fuerza F . Si ud es de 0.3 ¿para qué ángulo α producirá la fuerza la máxima aceleración uniforme?

Desarrollo

∑F y=0

N+fsenα -wcosβ=0N=wcosβ+fsenα

∑Fx=m .afcosα -wsenβ-f r=m.afcosα -wsenβ-udN=m.a

fcosα -wsenβ- ud(wcosβ+fsenα )= m.afcosα -wsenβ-udwcosβ+udfsenα=m.afcosα +udfsenα= wsenβ+ udwcosβ +m.af(cosα+udsenα )=wsenβ+udwcosβ+m.af(cosα+udsenα )=wsenβ+udwcosβ+m.a

F =wsen β+udwcos β+m.a

cosα+ud senα

Recordar que:

w=m.g y la masa del bloque es M

F =M . gsen β+udM . gcos β+M .a

cosα+ud sen α

Derivo:

-senα+udcosα=0sen αcosα =0.3

tan α =0.3

α=16.7

EJERCICIO NÚMERO 12.20Se aplica una fuerza F a un sistema de poleas ligeras para tirar de un cuerpo A. F es de 10kN y A tiene una masa de 5Mg. ¿Cuál es la velocidad de A después de 1s de comenzar el movimiento a partir del reposo?

Datos:

F = 10KN ma = 5Mg t = 1s

F = m.a

2000 = 500.a

a =2000500

a = 4m/s2

4 = dvdt

Integro para encontrar la velocidad del bloque Vava

∫0 4dt = ∫v0 dv4t = vAvA = 4m/s.

EJERCICIO NÚMERO 12.21Una fuerza como la que se representa actúa sobre un cuerpo que tiene una masa de 15Kg. ¿Cuáles serán la posición y la velocidad para t=30s si el cuerpo parte del reposo para t=0?

• F=m .a 50=15a

103

=a

75=15a 5¿a

∑ F=m.a

FR = m.dvdt

∫0

t

FR .dt=m.∫0

v

dv

∫0

5

F .dt + ∫5

10

F .dt + ∫10

30

F .dt = m .∫0

v

dv

F. (t /50) + F. (t /10

5 ) + F. (t /3010) = m.V

50.5 + 75.(10-5) + 0.(30 - 10) = 15.V250 + 375 = 15.V625 = 15.V

V = 41,67ms

• V=at

V=dxdt

∫0

30

V .dt=∫0

x

dx

∫0

5

v .dt+∫5

10

v .dt+∫10

30

v . dt=x

∫0

5

at . dt+∫5

10

at .dt+∫10

30

at . dt=x

( a t 2

2 )50+( a t 2

2 )105

+( a t 2

2 )3010

=x

( 103

)(25)

2+

(5)(75)2

+(0 ) 800

2=x

1253

+ 3752

+0=x

13756

=x

EJERCICIO NÚMERO 12.22Una fuerza como la que muestra el diagrama actúa sobre un cuerpo de 1kg de masa. Si para t=0 la velocidad del cuerpo es nula, ¿Cuáles serán la velocidad y la distancia recorrida cuando t=1 min? La fuerza actúa durante solo 45 s.

HALLAMOS LA VELOCIDAD:

∑ F=m.a

F = m.dvdt

∫0

t

F .dt = m∫0

v

dv

∫0

10

F .dt+∫10

30

F .dt+¿∫30

45

F .dt=m. v¿

∫0

10

10. t+∫10

30

14. t+¿∫30

45

14.t=m .v ¿

10∗102

+14∗20+ 14∗152

=V

V = 435 m/s

DISTANCIA:

d=∫0

10

T . dt+∫10

30

14T .dt+¿∫30

45−1415

T+45.dt ¿

d=¿ 102

2 + (14)( 202

2¿+(−14

15)( 152

2)

d=¿ 5800 m

d=¿ 5.8 Km

EJERCICIO NÚMERO 12.24Sobre un cuerpo que tiene una masa de 14 kg actúa una fuerza dada por:F=140 t2+e−t NSi para t=0 la velocidad es de 3m /s. ¿Cuáles serán la velocidad del cuerpo y la distancia recorrida cuando t=2?.

Datos del Ejercicio m=14 kg F=140 t2+e−t N t=0→V 0=3m /s t=→2V=?

Fórmula y equivalencias F=m .a

a=dvdt

F .dt=m .dv

v=dsdt

1. Velocidad:

F=m .a

Si:

a=dvdt

Entonces:

Fdt=mdv

(140 t 2+e−t )dt=14dv∫0

2

(140 t2+e−t)dt=14∫3

v

dv[140 t 3

3 −e−t]0

2

=14 (v )3v

140 ( 8 )3

−e−2+e0=14 ( v−3 )374.19=14 (v−3 )

v=29.73(m / s)

2. Distancia

∫0

t

(140 t2+e−t)dt=14∫3

v

dv

[140 t 3

3 −e−t]0

t

=14 (v )3v

140 t3

3−e−t+1=14 (v−3 )v= 1

14 (140 t3

3−e−t+1)+3

o Si:

v=dsdt

ds=[ 114 (140 t3

3−e−t+1)+3 ]dt∫

0

s

ds= 114∫0

2

(140 t3

3−e−t+1)dt+3∫

0

2

dt

s= 114 [140 t 4

12 +e−t+t ]0

2

+3 (t )02s= 1

14 [140 24

12+e−2+2−1]+3 (2 )

s=19.41m

EJERCICIO NÚMERO 12.26Se muestra un esquiador acuático colgando de una cometa que se arrastra a una velocidad constante de 14 m/s mediante una cuerda ligera de nailon atada a una lancha motora. Dicha lancha pesa 3 kN. Si despreciamos la masa de la cuerda, podemos considerar que ésta se mantiene recta tal como muestra el diagrama. Se estima que la resistencia del aire al avance del conjunto hombre-cometa es de 360 N. ¿Cuál es la fuerza de tracción en el cable? Si la cuerda se rompe de repente, ¿Cuál será la aceleración horizontal instantánea relativa entre el sistema de la cometa y la lancha motora?

DATOS Y D.C.L.

WL = 3 kN. WH = 1,2 kN. FR = Resistencia del aire.

Solución

∑ FX = m.a m (0) = 0T.Cos(15°) - FR = 0T.Cos(15°) = 360T = 372.7 N

T.Cos(15°) = m.a

PARA (H):

-T.Cos(15°) = 1.2x103

9.81 X aH

- 1.18 m/s2 = aH

PARA (L):

-T.Cos(15°) = 3x 103

9.81 X -aL

2.94 m/s2 = aL

MOVIMIENTO RELATIVO

aH = aL + aH /L

aH /L = aH - aL

aH /L = - 1.18 i - 2.94 i (m/s2) = - 4.12 i (m/s2

aH /L = 4.12 (m/s2)

EJERCICIO NÚMERO 12.28Una fuerza dada como 23 sen 31 N actúa sobre una masa de 15 kg. ¿Cuál será la posición de la masa para í=10 s? Determinar la distancia total recorrida. Suponer que el movimiento comienza a partir del reposo.

F= 22sin 3t m= 15kg t=10s. x0=0 v0=0

Desarrollo

f=m dvdt

∫t=0

t

22 sen3 t dt=∫v=0

v

mdv

−22cost [¿0=15v ]v=0v

EJERCICIO NÚMERO 12.18Dos apisonadoras a vapor se mueven lentamente en sentidos opuestos sobre una línea recta. Para t =0 comienzan a moverse desde las posiciones A y B. ¿ A qué distancia del punto A se encontraran? ¿Cuál será su velocidad en ese momento? (Indicación: demostrar que, el tiempo para que esto ocurra es de 1.5 horas). Nótese que t esta expresado en horas

Para realizar la demostración:

V=dsdt

V A+V B=dsdt

∫0

t

(6 t+√3 t+8+3√ t2+0.5 3√ t ) dt= ∫

0

22.695

ds

8t + 6 t2

2+√3 2

3 √t 3+ 35

3√t 5+0.5 34

3√t 4=22.695

8 t+3 t2+1.155√t 3+0.6 3√ t5+0.375 3√ t 4=22.695

t(1+2+3

2+ 5

3+ 4

3 )=22.695 t 89/12 =22.695 t =1.5

para t=1.5h

8 (1.5 )+3 (1.5 )2+1.155√(1.5 )3+0.6 3√(1.5 )5+0.375 3√ (1.5 )4=22.695 22.695 =22.695-La distancia de : A , al punto de encuentro

V A=dsdt

V B=5+t 2/3+0.5 t1 /3 km /hV A=6 t+√3 t+3km /h

22.695 Mm

∫0

1.5

(6 t+√3t+3 )dt=∫0

x

ds

6 t2

2+√3 2

3 √t 3+3t 1.50

=s x0

3 (1.5 )2+1.155√(1.5 )3+3 (1.5 )=x

13.372=x

La velocidad A : t=1.5

V A=6 t+√3 t+3V A=6 (1.5 )+√3(1.5)+3

V A = 14.121 km/m V A=3.922 m/s

EJERCICIO NÚMERO 12.29Se tira un bloque A de 500kg de masa mediante una fuerza de 10kN tal como se muestra. Un segundo bloque B de 200kg de masa se apoya sobre el bloque A a través se unos pequeños rodillos sin rozamiento. Una pared evita que el bloque B se mueva hacia la izquierda. ¿Cuál será su velocidad del bloque A después de 1s comenzando a partir se una posición estacionaria? El coeficiente de rozamiento entre A y la superficie horizontal Ud. vale 0.4

Desarrollo:

1) Diagrama de cuerpo libre del bloque A y B

Bloque «B» Bloque «A»

10kg FRWB WB

∑ FY=0NB=WB

NB=200(9,81)NNB =1962 N

Delbloque «A» ∑ F X =mA.ax

∑ FY=0 f-FR =mAdvdt

NA = 200(9,81)+500(9,81)N ∫0

1

¿¿ Ud.*NA)dt=∫0

v

mAdv

NA =700(9,81)N

10*103-Ud.*NA=mAv

V=10∗103−Ud .∗NAmA

FR=Ud.*NA

V=10∗103−0,4(700)(9,81)500

V=14,5064ms

EJERCICIO NÚMERO 12.19Tal y como el lector habrá aprendido en química, el coeficiente de viscosidad “u” es la medad de la pegajosidad de un fluido. Para medir esta propiedad en caso de un líquido muy viscoso como el aceite, se deja que una pequeña esfera de metal de radio R descienda en el seno de un contenedor lleno de líquido. A partir de la mecánica de fluidos, sabemos que la resistencia al avance que desarrollará el fluido viene dado por: F = 6πuVR

NB NA WA

Esta relación de denomina Ley de Stokes. Las otras fuerzas que actúan sobre la espera son su peso (tómese la densidad de la esfera como ρesfera) y la fuerza de flotación, que es el peso del aceite desplazado (tómese la densidad del aceite como ρaceite). La esfera alcanzará una velocidad constante denominada velocidad terminal Vterm. Demostrar que:u = (2gR² / 9 Vterm ) (ρesfera - ρaceite)

SOLUCIÓN:

La esfera se mueve bajo la acción de las siguientes fuerzas: el peso, el empuje (el cuerpo está completamente sumergido en el seno de un fluido), y una fuerza de rozamiento que es proporcional a la velocidad de la esfera.

a. El peso es el producto de la masa por la aceleración de la gravedad g. La masa es el producto de la densidad del material ρesfera por el volumen de la esfera de radio R.

mg = (4 /3 π R³) ρesfera g

b. De acuerdo con el principio de Arquímedes, el empuje es igual al producto de la densidad del fluido ρaceite, por el volumen del cuerpo sumergido, y por la aceleración de la gravedad.

E = (4 /3 π R³) ρaceite g

c. La fuerza de rozamiento es proporcional a la velocidad, y su expresión se denomina ley de Stokes:

F = 6πuVR

mg – E – F = maPero la velocidad terminal, se alcanza cuando la aceleración sea cero, es decir, cuando la resultante de las fuerzas que actúan sobre la esfera es cero. Por lo tanto.

F = mg – E Con igualdad trabajaremos nuestros datos, por lo tanto:

F = mg – E 6πuVR = (4 /3 π R³) ρesfera g – (4 /3 π R³) ρaceite g6πuVR = 4 /3 π R³ g (ρesfera – ρaceite )Despejamos u:

mg

E F

u = (2gR² / 9 Vterm ) (ρesfera - ρaceite)

TEMA: CINEMÁTICA DE UN CUERPO RÍGIDO

EJERCICIO N° 15.11:Una partícula se mueve con una velocidad constante V = 10 m/s a lo largo de una ranura en la placa B .La placa gira con una velocidad angular constante ω2 = 3 rad/s relativa a la plataforma C mientras que esta última gira con una velocidad angular constante ω1 = 5 rad/s relativa al sistema de referencia anclado en el suelo XYZ .Hallar las derivadas primero y segunda respecto al tiempo de V vista desde el sistema de referencia del terreno.

Desarrollo.

DATOS:

V = 10 m/s ω2 = 3 rad/s ω1 = 5 rad/s

ω1

ω2

ωt

C

B

T ω1=5 j m /s ω2=3 k m /sωt=ω1+ω2 B

v

20°y

x

v=−10 sin 20 i+10 cos20 jm / s v=−3.42 i+9.40 jm / s

Calculamos la primera derivadade V

˙v=ωt x v ˙v=(5 j+3 k ) (−3.42 i+9.40 j )m /s ˙v=−2.82 i−10.26 j+17.1 k

Calculamos la segunda derivada en v

¨v= ˙ωt x v+ ωt x ˙v ¨v=(15 i ) (−3.42 i+9.40 j )+(5 j+3 k )¿) ¨v=141 k+85.5 i+141 k+30.78 i−84.6 j ¨v=116.28 i−84.6 j+282 k

EJERCICIO N° 15.13:Un camión está transportando una cabina para reparar las farolas de las calles. En el instante que se muestra en el diagrama, la base D está girando con una velocidad constante ω2 de 1 rad /s relativa al camión, el brazo AB está girando con una velocidad angular constante ω1 de 2 rad /s relativa a DA. La cabina C está girando respecto a AB de forma que siempre se mantenga su orientación vertical. ¿Cuáles son ω ,ω y ω del brazo AB relativas al terreno en el instante de interés? El camión esta estacionario.

x

˙ωt=ω1 xω2 ˙ωt= ˙ω1 x ˙ω2

˙ωt= ˙ω2

˙ωt=5 j x 3 k ˙ωt=15 i

Del problema:

ω1=2k rad /s ω2=1 j rad /scte

ωT=¿ω=ω1+ω2¿

ω=2k+1 j rad /s ω=ω1+ ω2

ω=ω1=ω2x ω1 …(1)

Remplazando: ω=1 j x2k

ω=2 i rad / s2

De (1): ω=ω2 x ω1

ω=ω2 x ω1+ω2x ω1ω=ω2 x ω1ω=ω2 x ¿ω=1 j x2 i Rpta:

ω=−2k rad / s3

EJERCICIO N° 15.15:Un coche de carreras se está moviendo con una velocidad de 320m/s cuando el conductor gira sus ruedas delanteras con una aceleración angular, ω1=de 20mrad/s2. Si en el instante de interés ω1=16.8mrad/s, ¿Cuáles son ω y ω de las ruedas delanteras en ese instante? El diámetro de los neumáticos es de 0.75m.

DATOS:

V=320m/s ω1=16.8mrad/s

ω1=20mrad/s2

R=0.375m

Desarrollo

ωt=ω1+ω2

V 0=V A+ω2 xR 320=V A+ω2 x 0.375 ω2=853.33

ωt=16.8 x 10−3 k−853.33 j

˙ω2=ω1 x ω2

˙ω2=(16.8x10−3 k ¿ x (853.33 j )

˙ω2=14.336i

˙ωt= ˙ω1+ ˙ω2

Rpta : ˙ωt=20 x10−3 k+ 14.336i

EJERCICIO N° 15.17:

Z

Y

X

ω1= 20mrad/s2

ω2=−ω2 jA

V=320m/sO

Z

X

Un pequeño cono A esta rodando sin deslizar en el interior de una gran cavidad B. ¿Cuál será la velocidad angular w del cono A relativa ala gran cavidad cónica B si el eje de A tiene una velocidad angular w1 de 5 rotaciones por segundo alrededor del eje z?

Desarrollo:

W1 =5rot/s=2π/1rot =10πrad/s

Wt=10πk+w2

50(W1 )=(50sen(15) w2

50(10π)= 50sen(15) w2

W2=121.38rar/s

W2=-121.38cos(60)i-12.38sen860)K

Wt= W1 +W2

Wt=·W 1 +W 2

60a(

Wt= W 2= W1 * W2

=(10π k ¿∗(121,38−31,42 )

Rpta: Wt 3822,87i rads

EJERCICIO N° 15.19:En el Problema 15.18. Hallar ω de la cabina para el caso en el que ˙θ=(t )3 = - 0.8 rad s en el

instante en el que θ=90°.

Datos:

w1= 0.2 rad/s

w2= 0.6 rad/s

w3= 0.8 rad/s

θ=90 °

E

w3= 0.8 rad/s

w2= 0.6 rad/s

Desarrollo:

Del ejercicio anterior hemos hallado w2=(w1xw2)

• w2=(0.2 k) ¿)

• w2=0.12 j

• Para hallar w , y cuando w3= 0.8 rad/s

• w= (w1xw3)

• w =(0.2 k) ¿)

Rpta :w=−0.16 j

También se puede expresar de esta manera

w t= ˙w1+¿ w3¿

w t=w3

w3=(w1xw3)

w3=(0.2 k) ¿)

Rpta :w3=0.16 j


La masa A está conectada a un alambre inextensible. Los soportes C y D se están moviendo como se muestra.

a) ¿cuál es el vector velocidad de la masa A?b) si e cilindro G puede girar libremente y no hay desplazamiento ¿cuál es la velocidad

angular?

DATOS:

h=2 L=3 l=2 R=2 α=45° (V x )1=0.5m /s (V y ) 1=0.6m /s (V x )2=0.24m /s (Vy2 )=0.21m /s

Entonces tenemos que: vc=v A

V O=vc+W 1

V O=vc+ω1(k )(r j )

vc=V O−ω1(k ) (r j )

vc=0.5 i+06 j−ω1 i ……….(1)

Punto ”D” vB= vc

vo= vD+W 2

vB=vo−ω2(2 sin 45 i+2cos 45)

vB=0.24 i+0.21 j−ω2 (1.41 ) i−ω2(1.41)

vB=vB i

vB=0.24−0.41ω2 ω2=-0.15

0 = 0.21+1.41 ω2

vB=0.7374 i

vc=0.7374 ms= v A

0.7374 i=0.5i+0.6 j−ω1 i

ωA= ω1=0.7374−0.5

= 0.2374 rad/s


Un cordón flexible esta enrollado alrededor de un carrete y se estira de él con una velocidad de 3m/s respecto al terreno. si no hay deslizamiento en c ¿cuál será la velocidad de los puntos O y D en el instante mostrado?

FORMULA A UTILIZAR:

V = v0 + w(ρ)

Dato:

v0= 3 j ρ= 0.3 j + 0.6k

Recordar:

v= wxr w = v / r

Entonces:

w1= 3

0.3j ; w2=

30.6

k

Para D :

V = 3 j+ 3

0.6k(0.3 j+0.6 k¿

v = 3 j+ 5k (0.3 j+0.6k )

v = - 1.5i + 3 j

Para O :

v = 3 j+ 3

0.3j(0.3 j+0.6 k¿

v = 3 j+ 10 j(0.3 j+0.6k )

v = 6i + 3 j

EJERCICIO N° 15.31:Una barra AB tiene 1 m de longitud. Si el extremo A desliza por la superficie hacia abajo con una velocidad VA de 3 m/s, ¿cuál será la velocidad angular de AB en el instante mostrado?

PAB = 1 (cos20°i – sen20°j)

VA = 3 (cos 30°i – sen 30°j)

VB= VB (cos 10°i – sen 10°j)

WAB = WAB k

Solución:

VB = VA + WAB x PAB

VB (cos 10°i – sen 10°j) = 3 (cos 30°i – sen 30°j) + WAB k x 1 (cos20°i – sen20°j)

VB cos 10°i – VB sen 10°j = 3 cos 30°i – 3 sen 30°j +cos 20° WAB j + sen20° WAB i

– VB sen 10° = – 3 sen 30° +cos20° WAB (cos 10°)

VB cos 10° = 3 cos 30° + sen20° WA B (sen 10°)

– VB sen 10° cos 10° = – 3 sen 30° cos 10° +cos20° cos 10° WAB

VB cos 10° sen 10° = 3 cos 30° sen 10° + sen20° sen 10° WAB

- 3 cos 30° sen 10° + 3 sen 30° cos 10° = (cos20° cos 10° + sen20° sen 10°) WAB

Rpta: WAB = 1. 042 rad / s


La biela AB está girando con una velocidad angular contante de 4 rad/s en el sentido opuesto al de las agujas del reloj. En la posición que se muestra en el diagrama ¿cuál será la velocidad angular de

20°

la biela BC? ¿Cuál será la velocidad del punto D situado en el centro de la barra BC? La barra tiene una longitud de 0,9 m.

Datos:

ωAB=4 rad /s kBC=0.9m

BD=BC2

BD=0.45m

Solución:

a) ¿Cuál será la velocidad angular de la biela BC?

Descomponemos BC de 0,9 m.

|rBC|=0.9¿)

|rBC|=0.846 i+0.308 j(m)

V B=V A+ωAB×r ABV B=( 4 k )× (0.6 j )V B=−2,6 i(m / s)

V B=V A+ωAB×r AB

V B=( 4 k )× (0.6 j )

V B=−2,6 i(m / s) V c=V c¿

V c=0.707V c i−0.707V c j(m /s ) (I)

V c=V B+ωBC×rBC

V c=−2.4 i+ωBC k × ( 0.846 i+0.308 j )V c=−2.4 i+0.846ωBC j−0.308ωBC iV c=(−2.4−0.308ωBC) i+0.846ωBC j (II)

donde II=I

0.707V c i−0.707V c j=(−2.4−0.308ωBC ) i+0.846ωBC j

a=[−2.4−0.308ωBC ] i=[0.707V c ] ib=[0.846ωBC ] j=[−0.707V c ] j

a=−2.4−0.308ωBC=0.707V c

b=0.846ωBC=−0.707V c

a=−b

−2.4−0.308ωBC=0.846−2.4=−0.535ωBC

ωBC=4.486 k (m / s)

b) ¿Cuál será la velocidad del punto D situado en el centro de la barra BC?

r BD=BC2

× ( cos20 i+Sen20 j )

r BD=0.45 (cos 20 i+Sen20 j )r BD=0.423 i+0.154 j

V D=V B+ωBD×r BD

AB

V D=−2.4 i+4.486 k × ( 0.423 i+0.154 j )

V D=−3.09 i+1.878 j(ms)


En el instante t se muestra una barra que se está moviendo sobre una superficie horizontal. ¿Cuál es la V y del extremo A y el ω de la barra en el instante mostrado? (indicación utilice el hecho de que la barra es inextensible)

Sabiendo que:

rb=ra + p AB

˙rb = ˙ra + ˙ρAB

˙ρAB = ˙A = ω x A

ω = ω k

La velocidad angular está en “z” porque es perpendicular al plano “xy”

SOLUCION DEL EJERCICIO

vb=va + ω x A

vb=va + (ωk )x [2cos(30)i + 2 sen(30)j ]

3i + 6j = -2i + v yj + 2cos(30)ω j – 2 sen(30)ωi

3 = -2-2sen(30)ω5

−2 sen (30) = ω ω = -5 rad/s

6 = v y + 2cos(30) ω 6 – 2cos(30)x(-5) = v y v y = 14,66 m/s


Un vehículo se mueve hacia debajo de un plano inclinado con rapidez de 20 m/s(fig. 15.71). Una flecha y una plataforma se mueven con el vehículo y a su vez tienen unavelocidad de rotación de 5 rad/s alrededor de la línea central de AB que permanece vertical.¿Cuál es la velocidad del punto D sobre la plataforma, si como se muestra en la figura, elpunto D está en el plano YZ en el instante de interés?


Una gnia se mueve hacia la derecha con una velocidad de 1.4m/s. la pluma 08, que tiene una longitud de 15m, se está elevando con una velocidad angular apelativa a la cabina de 0.4rad/s, mientras que esta última está girando con una velocidad angular w, de 0.2rad/s relativa a la base. ¿Cuál será la velocidad del pasador B relativa al terreno en el instante en el que 06 forme un ángulo de 35° con el terreno? El eje de rotación de o de la pluma está a 1m de distancia del eje de rotación A-A de la cabina, tal como se muestra en el diagrama.

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