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UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTÓBAL DE HUAMANGA

2013

ESCUELA DE FORMACIÓN PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL

TEMA: CINEMATICA DE PARTICULAS Y CUERPOS RIGIDOS RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS DE INGENIEROS DINÁMICA (T.C. HUANG) CURSO: DINAMICA (IC – 244) ESTUDIANTES: ESCALANTE BORDA, Wirson VELAZQUE VELAZQUE, Yimi

MECÁNICA

PARA

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE MECÁNICA PARA INGENIEROS DE T.C. HUANG - DINAMICA 6-48 La trayectoria de un proyectil esta descrita por la ecuación de la parábola

y

g  (tan  0 ) x En donde v0 es la velocidad inicial y 0 es el ángulo 2v0 (cos 0 ) 2 2

de inclinación con respecto a la horizontal, cuando X=Y=0. Deducir las ecuaciones para la altura máxima y la distancia horizontal máxima. Y vy

vx v0

hmax dy

0

X dx d Dmax

Como todos los componentes del movimiento se expresan directamente en función de las coordenadas horizontal y vertical emplearemos un sistema rectangular x-y asumiendo que no se considerara la resistencia del aire a x  0 y a y   g se tiene la siguiente:

d x  v x dt Integrando tenemos lado a lado

x 

t

v

0

cos 0 dt

0

t

x  v0 cos 0  dt 0

x  v0 cos 0 t

dv y  a y dt

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UNSCH

Aplicamos la integral ambos lados se tiene:



v

v0 sen 0

vy

dvy 

t

 ( g )dt 0

v

v0 sen 0

  gt

t

0

v y  v0 sen 0   gt v y  v0 sen 0  gt d y  v y dt

Integrando se tiene

 d y   (v0 sen0  gt)dt t

0

gt 2 t y  (v0 sen 0t  ) 2 0 gt 2 y  v0 sen 0t  2 Cuando se encuentra en B cuando v y  0 , lo cual ocurre para:

v y  v0 sen 0  gt , pero se sabe en el punto B v y  0

v y  v0 sen 0  gt 0  v0 sen 0  gt v sen 0 t  0 g Sustituyendo este valor del tiempo en la expresión de:

gt 2 se tiene la altura máxima y  v0 sen0t  2

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UNSCH

hmax hmax

2  v0 sen 0  g  v0 sen 2 0     v0 sen 0   g g2   2   2 2 v0 sen 2 0 1  v0 sen 2 0      g 2 g 

v0 sen 2 0  2g 2

hmax

La distancia horizontal máxima:

 v sen 0 d  v0 cos 0  0 g 

  

Para obtener la distancia horizontal máxima multiplicamos por dos se tendría:

Dmax  2d Dmax Dmax

2   v0 sen 0    v0 cos 0 sen 0      2  2 v0 cos 0   g g       2 * (2v0 2 cos 0 sen 0 )      2 * ( g )  

2v sen 2  0 2g 2

Dmax

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6-122 una partícula P se mueve con una aceleración relativa constante a0 , de A hacia B, en la ranura AB de un disco giratorio. En el instante considerado, la partícula está en B con una rapidez v0 a lo largo de AB, y el disco está girando con una rapidez angular  en el sentido de las mansillas del reloj y una aceleración angular  en sentido contrario al de las mansillas del reloj(fig. P6122). Determinar la velocidad de P. Si h=3m , R=5m , v0 =10m/s , a0 = 3m/s2 ,  =15rad/s ,  =3rad/s2.

y h

SOLUCION:

A R

h Ω x

α B z

Movimiento en coordenadas: x y z

̂ ̇

Movimiento de la partícula P respecto de coordenadas: x y z

√ ̂

̂ ̇

̇

̂

̂

̈ ̈

̂

CALCULAMOS LA VELOCIDAD DE P:

̇

̇

INGENIERÍA CIVIL

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UNSCH

(  ̂) ( ̂ ̂

 ̂

̂

√

( √

√

̂)

̂

) ̂

 )̂

(

Reemplazando con los datos tenemos: √

(

(

) ̂

̂

)̂

̂

CALCULAMOS LA ACELERACION DE P:

̈ ̈

( ̂) ( ̂ ̂

( ̇ √

)

(  ̂) *(  ̂) ( ̂

̂)

̂

̂

( √

) ̂

(  ̂) ( 

̂

̂

( √

) ̂

(





) ̂

( √

̇

) ̂

̂

√

( √

̂)+



̂)

) ̂

 √

(

√



̂

̂

) ̂

Reemplazando con los datos tenemos: ( √

̂

) ̂

√

(

) ̂

̂

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(  ̂) (

̂)

6-124 Una partícula p

se mueve con una velocidad

relativa v0 a lo largo de una

periferia de un disco de radio R , mientras que el disco está girando con una velocidad angular uniforme  en sentido contrario .Hallar la velocidad y la aceleración de la partícula cuando v0  ct , teniendo c una constante. La posición de la particula en el instante considerado se indica en la (fig.p6-124). SOLUCIÓN y P

̂

̂

V0

R

x z Ω

Del dato tenemos:

( )

( )

̂

( ) ̇

̂

̂

Movimiento en coordenadas: x y z

̂

̈

INGENIERÍA CIVIL

̂

̇ ̇

̈

̂

Movimiento de la partícula P respecto de coordenadas: x y z

̂ ̇

( )

̂

̂ ̂

DINAMICA

( )

̂ ̂

UNSCH

CALCULAMOS LA VELOCIDAD DE P:

̇ ̇ ̂

̂

̂

̂

̂

( ̂) (

̂) ̂

̂

(

)̂

(

)̂

CALCULAMOS LA ACELERACION DE P:

̈ ̈

(

̂) ̂

( ̂) [

̂

( )

̂)

( ̂

̂)

( )

( )

̇ ̂)] ̂

̂]

̂

̂

)

( ̂) [ ̂ (

̂

̂

(

(

( ̇

( ̂) (

̂

̂

̂

̂

̂

̂) ̂

̂

( ̂

̂) ̂

̂

INGENIERÍA CIVIL

) ̂

(

DINAMICA

̂)

̂

(

( )

̂

̂

̂

( )

̂

̂

) ̂

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7-52.una rueda que rueda y desliza en el plano xy tiene su centro C localizado en: , , en donde y se miden en cm y t se mide en segundos.(fig.P752). El desplazamiento angular de un radio de la rueda, medido a partir de una recta vertical de referencia es:

En donde esta en radianes y se mide en el sentido de las manecillas. La barra ABestá unida a la rueda en A y su extremo B se mueve a lo largo del eje x. (a) Determinar la velocidad y la aceleración de B, cuando A coincide con el extremo derecho de un diámetro horizontal, para t=1s. (b) hallar los centros instantáneos de velocidad cero para el disco y la barra, en ese instante. y

3cm 10cm

A

C

B

O

x

Fig. P7-52 SOLUCION: (a) y

P

3cm 10cm

A

C

Q B

O Fig. P7-52

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UNSCH

x

DEL DATO TENEMOS:

̇

̈ ̇

̈

Como vectores:

̂ ̂ ̇

̂ ̈ ̂

̇

Calculo de la velocidad de A:

̇

̇

̇ ̂

̂)

( ̂

̂

̂

Calculo de la aceleración de A:

̈

̈

( ̇

̂

̂)

(

̂

̇ ̈

̂

(

̂

(

̂) [

)̂ ̂

(

)

) (

̂ ) [(

̂)

̂]

̂]

Calculo de la velocidad de B:

̇ ̂

̂ ( De modo que

̂

̂) (

( ) ̂

(

̂,

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̂

̇

)̂ )̂

( )

ʌ DINAMICA

( ) UNSCH

, reemplazando en (1), tenemos:

Luego de ( ):

) ̂

(

( ) y para

,

De la figura:

⁄ ̂

⁄ ̂

(

)

Calculo de la aceleración de B:

̇ ̂

̇

(

)̂

(

( )

̂) (

( ̇ ̂

̂

̂)

(

̂ ) [(

(

̂) [

(

)̂ ̂

̇ ̂

̇ ̂

(

)̂ ̂

̇ ̂

̇ ̂

̇

(

)̂

̂) (

̂ )] ̂]

̂ ̂

̇

(

̂

̂ )̂

( )

̂,

De modo que : 

̇

Luego de ( ):

)

̇

ʌ

, reemplazando en (2), tenemos: ) ̂

(

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( ) ̇

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UNSCH

[

(

[

)

̂ ̂

]

(

)

⁄ (

⁄

)

SOLUCION: (b) Para cualquier punto P para el disco: ̇ ̂ ̂

̂) ( ̂

(

̂) ̂

)̂

(

Para: v=0 , t=1s   Por tanto el centro instantáneo del disco es:

(

)

(

̂) ( ̂

Para cualquier punto Q para la barra:

̂

̂ ) ̂

(

̂) )̂

(

Para: v=0 , t=1s  

 

Por tanto el centro instantáneo del disco es: INGENIERÍA CIVIL

(

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) UNSCH

] ̂

7-62. un mecanismo plano consiste de una rueda y una barra. La rueda O tiene una ranura radial recta y efectúa rotaciones oscilatorias alrededor de O. la abarra AB gira alrededor de A. en su extremo B tiene una corredera que está restringida a moverse en la ranura de la rueda. En la posición indicada en la fig.P7-62, la rueda tuene la velocidad angular y aceleración angular siguientes: ⁄

Determinar: (a) la velocidad angular y la aceleración angular de la barra AB, y (b) la velocidad y aceleración del extremo B.

y

41cm B

A

O

60º

x

z

Solución Como datos tenemos:

  wOB  4k   0 0B

   rB  41 cos i  41sen j A     i  41sen j rB  41senctg 60 o

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Donde la velocidad en B

   vB  v A  ( wAB xrB ) A

    vB  wAB k x(41cos i  41sen j )    vB  41wAB sen i  41wAB cos j ..................(1)



    a B  a A   AB x rB  wAB x( wAB xrB ) A

A

       a B   AB k x(41cos i  41sen j )  wAB k x(41wAB cos j  41wAB sen i )





      a B  41 AB sen i  41 AB cos j  41w2 AB cos i  41w2 AB sen j



    a B  (41 AB sen  41w2 AB cos )i  (41 AB cos  41w2 AB sen ) j ...................(2)



 v B  v0  wOB xrB

O

   v B  4k x(41sen .ctg 60i  41sen j )





  v B  4 x 41sen i  4 x 41sen .ctg 60 j ..................................(3)

igulando (1) y (3)  41wAB sen  4 x 41sen   wAB  4 ; wAB  4k Rpta

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

    a B   0   OB xrB  wOB x( wOB xrB ) O

O

   a B  4k x(4 x 41sen i  4 x 41sen .ctg 60 j )





  a B  16 x 41sen .ctg 60i  16 x 41sen j ............................(4)

igulando (2) y (4)  41 AB sen  41w2 AB cos  16 x 41sen .ctg 60

 AB sen  16 cos  16 sen .ctg 60  AB  16(ctg 60  ctg )  61.87 



 AB  61.87 k

resolviend o cada ecuacion setiene que 

  v B  (164 sen i  164 cos j )cm / s



v B  231 .93cm / s

la celeracion de igual 



forma de la ecuacion anterior

 B  (83.13i  144 j )cm / s 2

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;

 B  166.27cm / s

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7-72. En el instante considerado, un furgón de ferrocarril está viajando a razón de 90 ⁄ y acelera a razón de 100

(tangencialmente) sobre una curva de 1.5

⁄

de radio (fig.P7-72). Un péndulo instalado en el furgón se mece alrededor de un eje horizontal que es paralelo al eje longitudinal del furgón, con una rapidez angular ⁄ , y una aceleración angular , relativas al furgón. La ⁄ péndula es un disco circular con centro en B, siendo OB de 40cm. El péndulo OB forma un ángulo con la vertical. Determinar: (a) la velocidad angular y la aceleración angular del péndulo, y (b) la velocidad y la aceleración de la péndula B.

O

B

1.5 km

fig.P7-72

y

R=1.5km

O

A

x

B

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Datos

vo  90km / h  25m / s ao t  100 m / s   w2  k rad / s   2  2k rad / s 2

ao n

v2 A  R

 v o  25m / s    a o  100i  0.42 j

Se tiene que la velocidad en B

    vB  vo    woB x rB   o        vB  25i m / s  k x 0.4 cos i  0.4sen j      vB  25 m / s j  0.4 cos j  0.4sen i    vB  0.4sen i  (25  0.4 cos ) j m / s

La aceleración en B es:

       a B  ao   oB xr B  woB x(woB xr B ) o

o

        aB  0.42i  100 j  2k x(0.40 cos i  0.40sen j )  k x(0.4 cos i  0.4sen j )       a B  0.42i  100 j  0.8 cos i  0.8sen j  0.40 cos i  0.4sen j    aB  (0.42i  0.8sen  0.4 cos )i  (100  0.8 cos  04sen ) j m / s 2 INGENIERÍA CIVIL

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