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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: Autor: Edición: Docente:

INGENIERÍA MECÁNICA: DINÁMICA R.C. Hibbeler 12th Ing. Cristian Castro Pérez.

Alumnos:    

Ircañaupa Huamaní, Angel. Orellana Huamán, Miguel Angel. Sosa Lozano, Elvis Jhoel. Soto Medrano, Katherine Sheylla.

AYACUCHO - PERU 2013

Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH 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: x2  y2  1 4 (1) 2  y2  1 4 3 y m 2

Derivando la ecuación de la trayectoria con respecto al tiempo tenemos: 1 (2 xx)  2 yy  0 4 1 ( xx)  2 yy  0 2 Como x  vx , y  v y entonces: 1 ( xvx )  2 yv y  0................(1) 2

Reemplazamos vx  10m / s  x  1m en la ecuación (1).  3 1 (1)(10)  2   v y  0 2 2   v y  2.887m / s  2.887m / s 

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

√ 𝑣

4𝑚/𝑠

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b) Hallamos la magnitud de la aceleración de la clavija A, para x = 1m. Obtenemos la segunda derivada de la ecuación de la trayectoria: 1 ( xx  xx)  2( yy  yy )  0 2 1 2 ( x  xx)  2( y 2  yy )  0 2 Como x  ax , y  a y entonces:

1 2 (vx  xax )  2(v y 2  ya y )  0.................(2) 2

Reemplazamos ax  0, x  1; y 

3 ; vx  10  v y  2.887 en la ecuación (2). 2

  3  1 2 (10  0)  2 (2.887) 2    a y   0 2  2    a y  38.49m / s 2  38.49m / s 2 

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

√ 𝑎

4

4 𝑚/𝑠

PROBLEMA 2 (12-80): La furgoneta se desplaza sobre la colina descrita por y  (1.5(103 ) x 2  15) 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: y  1.5(103 ) x 2  15 y  3(103 ) xx v y  3(103 ) xvx

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Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH Para x=50ft tenemos: vy  3(103 )(50)vx ..............(1) 

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

 vx    v y 

v



2

2

..................(2)

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

 vx    0.15vx  2

2

vx  74.2 ft / s 



Reemplazamos vx  74.2 ft / s en la ecuación (1): v y  3(103 )(50)(74.2) v y  11.1 ft / s 

𝑣𝑦

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: y  3(103 )( xx  xx) a y  3(103 )(vx 2  xax )

Pero x  50 ft  vx  74.17 ft / s entonces tendremos: a y  3(103 ) (74.17) 2  50ax  a y  (16.504  0.15ax )..................(3)

De la figura (a) hallamos el ángulo  cuando x=50ft  dy   tan 1  3(103 ) x   tan 1 (0.15)  8.531  x 50 ft dx   x 50 ft

  tan 1 

Por lo tanto, a partir del diagrama mostrado en la figura (a). ax cos(8.531)  ay sen(8.531)  0................(4) Resolviendo las ecuaciones (3) y (4) obtenemos:

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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  c cos kt , 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:

x  csenkt i y  c cos kt j

z  h  bt k

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

dx  ck cos kti dt dy v y  dt  cksenktj dz vz  dt  bk

v

x



Sabemos el módulo de la velocidad total está dada por:

V  v x2  v y2  v z2 Reemplazando obtenemos la velocidad:

V  (ck cos kt) 2  (cksenkt) 2  (b) 2

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

dv x  ck 2 senkti dt dv y 2 a y  dt  ck cos ktj dv az  dtz  0

a

x



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Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH Sabemos el módulo de la velocidad total está dada por:

a  a x2  a y2  a z2 Reemplazando obtenemos la aceleración:

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

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  3 pies sube a 2 pies / s y su velocidad se reduce a 1 pies / s 2 . 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:

s A  3 pies v A  2 pies / s a A  1 pies / s 2 La longitud de la cuerda está dada por:

l  s B  S A2  4 2 Derivamos en función del tiempo:   1 2 1 / 2 0  s  ( s A  16) (2S A ) s ; l  cte. B 2 A 

Despejando obtenemos la velocidad de B en función de s A 

VB  s

B

 ( s  16) 2 A

1 / 2



(S A ) s

A

Volvemos a derivar para obtener la aceleración: 

aB  s



 [(s ) ( s  16) A 2

B

2 A

1 / 2



3



 1  S A s ( )(s A2  16) 2 (2s A s )] A 2 A

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Ordenando; 

aB 



2

( ) A )  sA sA s A 3 1 2 ( s A2  16) 2 ( s A  16) 2

(s A s

2

Reemplazamos los datos obtenemos: 

VB  s

B

 ( s  16) 2 A

1 / 2



(S A ) s

A

La velocidad: VB  (32  16) 1/ 2 (3)(2)

La aceleración: 

aB 

(s A s



2

( s A)  s A s 2

A)  A 3 1 2 ( s A2  16) 2 ( s A  16) 2

((3)(2) ) 2

aB 

3 2



(2) 2  3(1) 1

((3)  16) ((3) 2  16) 2 aB  1.11 ft / s 2 2

PROBLEMA 5 (12.214): Si el camión viaja a una velocidad constante de vT  6 ft / s , Determinar la velocidad de la caja por algún ángulo  de la cuerda. La cuerda tiene una longitud de 100 ft y pasa por encima de una polea de tamaño insignificante en A. Consejo: Relacionar las coordenadas xT y xC y la longitud de la cuerda y tomar la derivada respecto al tiempo. Luego sustituir la relación trigonométrica entre xC y  .

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Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH Solución: Datos:

vT  6 ft / s l  100 ft

De la figura tenemos: ___

l  xT  CA xC  20ctg  ____

Por Pitágoras hallamos CA ____ 2

CA  20 2  x C2 ____

CA  20 2  x C2 ____

Reemplazamos el valor de CA

l  xT  202  x C2 …………………….. (I)

Derivamos la ecuación (I) en función del tiempo: d (l ) d ( xT ) d   ( 20 2  x C2 ) dt dt dt 

0  xT 

; l  100 ft  cte

 1 (202  x C2 ) 1/ 2 (2 xC x C )..........( II ) 2

Sabemos que: 

vT 

vC 

xT 6 ft / s 

x

C

Reemplazando los datos tendremos en la ecuación (II)

v

T

6 

(vC .ctg  ) 1  ctg 2

;



1(2vC .20ctg  ) 2 400  400ctg 2

2 2 Además: 1  ctn   csc 

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Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH Entonces: 6 

(vC .ctg  ) csc 2 

 ctg   vC    6  csc  

Finalmente:

vC  6 cos ft / s

CINÉMATICA DE CUERPO RÍGIDO: PROBLEMA 6 (16.10): Durante una ráfaga de viento, las palas del molino de viento tienen una aceleración angular de   (0.2 )rad / s 2 , 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:   (0.2 )rad / s 2

  5rad / s rP  2.5 ft

vP  ? Tenemos:

d  d Resolvemos la siguiente ecuación para obtener la velocidad angular después de dos revoluciones.

d  0.2d

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Integramos: 



4

d   0.2 0

  7.522rad / s Finalmente hallamos la velocidad del punto P. Sabemos que:

vP  rP

Reemplazamos los valores:

vP  7.522(2.5)

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: x

a  a cot  tan 

[1]

Derivando la ecuación 1 respecto al tiempo tenemos: dx d  a csc2  dt dt

[2]

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Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH Dado que la velocidad v0 se dirige hacia el x positivo, entonces: Además:

d w dt

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dx  v0 . dt

De la ecuación 2 tenemos: v0  a csc2  ( w) w

𝜔 Como:  

v0 v  0 sen 2 2 a csc  a

𝑣𝑜 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝑎

dw , de la expresión anterior tenemos: dt



v0 d (2sen cos  ) a dt

Como: 2sen cos  sen2 , y w 

[3]

d v0  sen2 , al sustituir estos valores en la dt a

ecuación 3 tenemos:



v0 v v  sen2 ( 0 sen2 )  ( 0 )2 sen2 sen2 a a a

𝜔

𝑣𝑜 𝑎

𝑠𝑒𝑛 𝜃𝑠𝑒𝑛 𝜃

PROBLEMA 8 (16.41): La manivela AB gira 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 .

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Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH Solución: Las coordenadas de posición, determinadas por su geometría, son: x  0.6cos   0.3cos 

...........

0.6sen  0.15  0.3sen ...........

1  2

Al igualar las ecuaciones 1 y 2 tenemos:

3

x  0.6cos   0.3 2sen  4sen2  0.75 Derivando la ecuación 3 respecto al tiempo tenemos: dx 0.15(2cos   4sen2 ) d  [0.6sen  ] dt 2sen  4sen2  0.75 dt

Como:

[4]

dx d  vC y  wAB , entonces de la ecuación 4 tenemos: dt dt

vC  [0.6sen 

0.15(2cos   4sen2 ) 2sen  4sen2  0.75

]wAB

[5]

En el instante   30 y wAB  5rad / s remplazando en 5 tenemos: vC  [0.6sen30 

0.15(2cos 30  4sen60) 2sen30  4sen2 30  0.75

𝑣𝑐

−

](5)=  3.00 m/s

𝑚/𝑠

Tomando la derivada de la ecuación 2, tenemos: 0.6cos 

Y como:

d d  0.3cos  dt dt 6

[6]

d d  wBC y  wAB , entonces en la ecuación 6 tenemos: dt dt

wBC  (

2cos  ) wAB cos 

[7]

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

2cos30º )(5) = 10.0 rad/s cos30º

𝜔𝐵𝐶

𝑟𝑎𝑑/𝑠

Nota: El signo negativo indica que vC se 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 constante v A . Determine la velocidad angular  y la aceleración angular  en función de su posición x

Solución: Relacionamos geométricamente x en función de 

r  xsen

x

Despejando x:

r ……………………….[1] sen

Derivamos la ecuacion 1 respecto del tiempo, tenemos: dx r cos d …………………[2]  dt rsen2dt

dx d  v A , tambien  dt dt De la geometria tenemos:

Sabemos que:

r sen  ; cos   x

x2  r

2

x

Sustituyendo los valores en la ecuacion [2]: dx r( x2  r 2 / x  v A  ( ) dt ( r / x) 2

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Ordenando, fialmente obtenemos la velocidad angular:

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

d 2x r  2 dt sen 2 a

d 2x 1  cos 2  d 2 d 2  [( )( )  cos  ] ………………….[3] dt 2 sen dt dt 2

Se sabe que a  También

0

d 2x  0 ; porque tiene una velocidad constante dt 2

d 2   ; sustituimos estos valores en la ecuacion [3]. dt 2

r 1  cos 2  2 [( )   cos  ] sen 2 sen

 (

1  cos 2  2 ) …………………………………………[4] sen cos 

r Finalmente sustituyendo ls valores, sen  , cos   x la ecuacion [4].

x2  r x

2

y   (

r x x2  r 2

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.

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)v A , en

Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH Solución: Las coordenadas de posición: Aplicando la ley de cosenos: s 2  6 2  6 2  2(6)(6) cos  s 2  (72  72 cos  )m 2

Tomando la derivada respecto al tiempo: ̇

− ̇

̇ Aquí, ̇ √

−

̇

−

̇ actúa en sentido negativo de s. Cuando θ=60°,

−

, así de la ecuación (1) tenemos: ̇

− 𝜃̈

𝜔

−

𝑟𝑎𝑑/𝑠

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°. ̈

− 𝛼

𝜃̈

− 𝑟𝑎𝑑/𝑠

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.

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Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH 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 vB, figura (b) es:

√ 𝑣𝐵

𝑓𝑡/𝑠

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Determinaremos la aceleración aplicando la ecuación de la aceleración relativa: ̇

(

/

−

−

/

)

( −

−

)

4

−

4

/

La magnitud de aB, figura (c) es:

√ 𝑎𝐵

4 4𝑓𝑡/𝑠

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:  AB  5krad / s

 AB  12krad / s 2 rC / A  2ift VC / A  (vC / A )i aC / A  (aC / A )i Sabemos que la velocidad y aceleracion en A es cero, es decir:

vA  0

aA  0 Primera Práctica de Dinámica (ICC - 244) - Grupo 12/Hibbeler

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Tenemos que:

vc  v A  xrC / A  vC / A

vc  0  (5k ) x(2i)  vC / Ai vc  vC / Ai  10 j ……………………………………….[1]

Pero tambien: vc  CD xrCD ……………………………………..[2] Igulanos as ecuaciones [1] y [2] vC / Ai  10 j  (CDk ) x(rCD ) rCD  2 cos 60o i  2sen60o j



vC / Ai  10 j  (CDk ) x 2 cos 60o i  2sen60o j



vC / Ai  10 j  1.732CDi  CD j ………………..[3]

Comparando la ecuacion [3] Tenemos que ;

Por otro lado: vC / A  1.732(10)  17.32 ft / s Calculamos la aceleración angular: 

aC  a A  x rC / A  xxrC / A   2x(vC / A )  aC / A

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

Pero sabemos también: 2 aC   CD xrC / D  CD xrCD ………………………………………………………………….[5] Igualamos las ecuaciones [4] y [5] 2 [(aC / A )  50]i  [10(vC / A )  24] j   CD xrC / D  CD xrCD Remplazamos los valores: [(aC / A )  50]i  [10(17.32)  24] j  ( CDk ) x(2 cos 60o i  2sen60o j )  (102 ) x(2 cos 60o i  2sen60o j ) Agrupando las ecuaciones [(aC / A )  50]i  [10(17.32)  24] j  (1.732 CD  100)i  ( CD  17.32) j ……………………………..[6] Primera Práctica de Dinámica (ICC - 244) - Grupo 12/Hibbeler

Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH Finalmente por comparación obtenemos la aceleración angular.  [1017.32  24]  ( CD  17.32)

*Por otro lado: [(aC / A )  50]i  (1.732 CD  100)i

[(aC / A )  50]  (1.73224  100)i aC / A  8.43 ft / s 2

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