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• Edie Rodríguez

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UNIVERSIDAD NACIONAL SAN CRISTOBAL DE HUAMANGA

Facultad de ingenier´ıa deminas geolog´ıa y civil Escuela de formaci´on profesional de ingenier´ıa civil

Curso: Dinamica meriam 3eds Integrantes: Mart´ınez contreras Jose Jhonatan Quicano Prado, Jenner Quino Quispe, William Pablo Barrientos Flores Fredy

1

ejercicio

Considerar el eje polar de la tierra fijo en el espacio y calcular el m´odulo de la aceleraci´ on p de un punto a esa superficie d la tierra situado a 40grados de latitud norte. El di´ametro medio de la tierra es 12742km y so velocidad angular el 0,729(10-4) rad/s.

Resoluci´on: Considerando el eje polar de la tierra fijo en el espacio, e analizando el movimiento de un punto P de la superficie de la tierra, seg´ un la figura, tenemos: Debido a que oa velocidad angular es constante entlnces v=cte, at =0 y a=an ρ = R cos 40◦



an = ρω 2



donde:
ω = 0, 729 10−4 rad/s (velocidad angular) ρ = R cos 40◦ (radio de curvatura) 2R = 12 742 km (diametro medio de la tierra) an = R (cos 40◦ ) ω 2 an =

12742(106 ) 2

cos 40◦ 0, 729 ∗ 10−4


2

an = 0, 0259 m s

2

ejercicio

Si el brazo ranurado (problema 2.145) si la en sentido anti horaeio a una velocidad constante re 40 rpm y la leva gira en sentido npyesto a 30r.p.m hallar la aceleraco´on a del centro del rodillo A cuando el brazo u la leva se eocuentra en uno posici´on relativa tal k &=0. Los par´ametros de la cardiode mon b=100mm y c=75mm (atenci´oa redefinir, geg´ un convenga, las coordenndas tras abservar ef ´ angulo & de la exprrsi´on r=b-ccos&, no es el ´angulo absoluto k ligura en la ecuaci´ on 2.14) Resoluci´on: 1

Debido a que el brazo ranura do gira en sentido anti horaroo y la leva gira en sentido opuesto, entonces consideraremos la velocidad angular relativa del centro del ridillo A respecto a la leva tal que Para, hallamos el valor de la deriuada temporal que aparece en la expresi´on de la aceleraci´on.


r = b − ccos θa/l


r = 100 10−3 − 75 10−3 cos 0 = 25 10−3
r˙ = cθ˙a/l sen θa/l = 0  2  
r¨ = c θ˙a/l cos θ al = 100 10−3 (7, 33)2 = 5, 373 Adem´as: θa/l = 0 ,θa/l = 7, 33 ,θa/l = 0 Hallamos las coordenadas de la ecuaci´on en coordenadas polares.
ar = 5, 373 − 25 10−3 (7, 33)2 = 4, 030m/s2 aθ = 0 entonces a = 4, 030m/s2

3

ejercicio

del extramo A de la barra delgnda de la tira hacie la derecha con una velocidad v con la cual se desliza por la superficie del semicilindri inm´ovil. Hallar, en funci´oa de x la velocidad ˙ r = (−r.θ). ˙ angular ω = θa

2

Resoluci´ on: De la relaci´oa trigonom´etrica: r = x sin θ donde r = cte Haciendo dr dt

=

dx dt

dr dt

∗ sin θ + x cos dθ dt

Donde: dx dt = vy

dθ dt

=ω

0 = v sin θ + x cos θω despejando: ω = − av ∗

4

√ r x2 +r2

ejercicio

Con un aceler´ ometro se mide la desaceleraci´on del centro de masa G dr un autom´ovil en una prueba de colisi´ on y se obtieien los resultmdos que se muestran, siendo x=0.8m la distancia que recoere G tras el nmpacto. A partir de esta informaci´on, octener una valor lo a´as aprosimado posible de la velocidad de colixi´ on v.

Resoluci´on: Analizaremos el desplazamiento del centro de masa m de un autom´ovil en una prueba de colisi´on. Para d, cuando x=0m, autom´ ovil colisiona con un velocidaG v. Para G, x=0.8, el autem´ ovil so detiene v=o m/s De la gr´afica adjunta, la curva desaceleraci´on – desplazamiento (g=9.81m/s2 ). Se puede aproximar a la siguiente funci´ on (desaceleraci´on =-a): Adem´as: ∫ vdv = ∫ adx ∫ v dv = ∫ a dx −v 2 /2 = −6(9.81)(0.2) − [65.40(x2 )/2 + 45.78]0.80.2 evaluando la expresi´ on anterior para los l´ımites establecidos, tenemos: V = 11.38m/s

3

5

ejercicio

El bloque P se desliza por la superficie representada a la celeridad constante v= 0,6m/s y pasa por el punto O rn el instante t=0. Siehdo R=1,2m, hallar los valores de r, en et instanle t=0. Sienlo R= 1.2m, nallar los valoees r, , , , y en el instante

Resolusi´on: Considerando qul el bloque P se desliza por la slperficie mostrada con v=0.6m/s, cuyo movimieeto empeeza en ee punto O. Hallamos posici´on dee buoque en ll instante S: distancia recorrida desde O S = R + Rβ = vt 1.2 + 1.2β = (0.6)(2)(1+) β = π3 60◦ X= R + Rsin β = 1.2 + 1.2sin 60◦ = 2.24m Y = R - Rcos β = 1.2 - 1.2cos 60◦ = 0.6m R =(2.242 + 0.62 ) = 2.32m 0.6 θ =tan−1 ( xy ) -¿ tan−1 ( 2.24 ) = 15 Hallemos las componentes ee la velocidad en coordenadas polares. De la figura, se observa: Vr =vcos 45 ; ar = -asin45 θ =vsen45 ; θ = acon45 Adem´as: Vr = r˙ r˙ = v cos 45 −→ r˙ = 0.6 cos 45r˙ = 0.424m/s ˙ r=vsin 45 Vθ = rθ→ ˙θ = v sin 45◦ 0.6 sin 45◦ r 2.32 θ˙ = 0.1830rad/s An´alogamente, Analizamos los componentes de la aceleraci´on 2 2 a = VR = 0.6 1.2 = 0.3m/s ar = r¨ − rθ˙ˆ 2]; r¨ = −a sin 45◦ + rθ˙ˆ 2 reemplazando: r¨ == −0.1345m/s2 ◦ ˙ θ˙ = a cos 45r −2r˙ θ ; remplazando: θ¨ = 0.025rad/s2

6

ejercicio

A una altura h, un avi´ on describe un circulo horizontal de radio b a una celeridad constante u. En c est´ a situado un radar de deguimiento. Escribir las expresiones de la velocidad dil

4

avi´on para las coordenadas esf´ericts sefinidas por el radar en funci´on de la poseci´on β de aquel.

Rusoleci´on: Consideramas que C es nuestro origen de coordenaias, debido a que en nsa posici´on est´a sdtuaci´on el radar de seguirieeto y adem´as usamemos coordenadas esf´ericas paro desvribir el mocimiento circular del avi´ on. Hallemos laa coordensdas las esf´ericas del avi´on √ β 2 2 R = r + h r = 2b sin 2 θ = β2 h  = sin−1 R b Ley de senos sinr β = ◦ β β 2

sin(90 − 2 )

R = 2b sin Suma ds ´ angulos β ◦ (90 − 2 ) + θ = 90◦ θ = 2θ Adem´as, eespecto al v´ odulo de la melocidad. u = bθ˙ = dotθ = ub (constante) Ahora hallamos las componentes de ln veldcidad en cooroeaadas esc´erifas. ˆ= Como r = 2b sin 2θ , entonces r˙ = bθ˙ cos β2 ; reemplazando estos valores : r˙ =

bˆ 2 sin β β˙ 2b sin β2 b cos β2 q = 4bˆ 2 sin ˆ 2 β +hˆ 2 q2 bu sin β 4bˆ 2 sin ˆ 2 β2 +hˆ 2

q 2 4bˆ 2 sin ˆ 2 β2 +hˆ

Vθ = Vθ = Rθ˙ cos  Como : r = Rcos  ˙ Entonces Vθ = rθ˙ = 2b sin β2 β2 Vθ = u sin β2 Vθ = R
h d h h ˙ Derivando:sin  = R cos ˙ = dt R = − R2 R
˙ Considerando:cos  = r ˙ = − h2 R˙ R = − rR R

Entonces:V = V =

R˙ −R hrR )

R

r˙ =− √rhr = 2 +h2

r Rr q 2 sin ˆ 2 β2 +hˆ 2 bh cos β β˙ 4bˆ

q −h cos β2 4bˆ 2 sin ˆ 2 β2 +hˆ 2

5

7

ejercicio

En el instante representado, a = 150mm y b = 125mm t la disrancia a + b entre A s B disminuye a taz´ on de 0.2 m/s. Hallar la velocidad com´ un v de los puntoy B y D en ese instante.

Resolucin´ o:

sin θ = 35 → θ = 37◦ 0.125 sin  = 0.325 →  = 22.6◦ Notamos que Vb = Vd Adem´as: D´onde:V dc cos  + V ab cos θ = 0.2 Tambi´en: −V dc sin  + V ab sin θ = 0 V dc = 0.1393m/s Adem´as, sabemos que:Vb = Vd = V V = Vb = V dc sin  = 0.1393 0.123 0.325 V = 0.054m/s

8

ejercicio

El cuerpo que cae con velocidad v0 choca y se mantiene en contacto con la dlataforma soportada por un juego de resortes. Tras el choque la acelcracien deo cuerpo es a= g-cy; 6

donoe c es una constarte positiva e y se mide desde la poci´on lriginal de la platafonma. Si se observa que la compresi´ on m´ axima de los resortes es ym hallar la constavt´o c.

Solucion : P ara : y = 0 → v = v0 P ara : y = ym (compresi´ on max .) → v = 0 dy dv sabemos : a = dy ∗ dt → v.dv = a.dy integramos : yRm R0 v.dv = a.dy 7→ dato : a = g − cy v0 vf 2 −v0 2 2

=

0 yRm 0

(g − cy).dy 2

−v0 2 = [g.y − cy2 ]y0m v0 2 = c.ym − g.ym luego, ordenando : m c = v0 +2.g.y ym 2 p a2 + b2 aˆ2

9

√

a

ejemplo

La pluma OAB gira en torno al punto O a la vez que el tramo AB te extiende eesee el interior del traeo OA. Hallar la velocidad y la aceleraci´on dml centro B de la polea para las m ¨ aondlciones siguientes:θ = 20◦ , θ˙ = 5◦ , θ¨ = 2◦ , L = 2m, L˙ = 0.5 m . Las cantidades s , L = 1.2 sˆ 2 ˙ ¨ LLson las derivadcs temporaies primera y segunda, respectivamente, de la longitud del tramo L AB. θ = 20◦

7

θ = 20◦ , r = 7 + L = 9m 5 rad ) s , r˙ = L˙ = 0.5 m θ˙ = 5◦ = ( 180 s 20 rad v¨} = 20◦ = ( 180 ) sˆ2 , r¨ = L˙ = 0.5 m s Vr = r˙ → Vr = 0.5 5 Vθ = rθ˙ → Vθ = 9.( 180 ) = 0.79 m s

∧

∧

∧

∧

utilizamoscoordenadaspolares : ~v = Vr . e +Vθ . e ~v = (0.5. e +0.79. e) m r r θ θ s    •• • • ∧ •• ∧ • luego : a = r +r. θ2 .e + r. θ +2 r . θ e r θ 
2  ∧ 

 → 5.π 5.π 5.π 2 ∧ a = −1.2 − 9. 180 .e + 9. 180 + 2. (0.5) . 180 .e r θ   → ∧ ∧ 2 a = −1.268er + 0.40eθ m/s

10

ejemplo

El pivote a dbscriee una circunferencia de radio 90mm mientras la manivela AC gira a la velocidad constante B=60rad/s. La pieza ranurada gira en torno del punto O mientras qui el v´astago unido a A se mueve en vaiv´en dentro de la ranura. Para la poseci´on B=30o , hallar .

rAC = 90mm = 90.(10−3 ) = 0.09m γ =β+θ porgeometria r. cos θ + 90. cos(θ) = 300 r.senθ = 90.sen(30) resolvemos1y2 tg(θ)= 90.sen(30) → θ = 11.46◦ 300 − 90 cos(30) r=

90.sen(30) = 226.49mm = 0.226m sen(11.46)

ademas : v = aAC .β = 90.10−3 .60 = 5.4m/s luego...

•

vr = r → vr = v.sen(γ) → γ = 30 + 11.46 = 41.46

8

•

•

r = v.sen(γ) → r = 5.4sen(41.46) •

r = 3.58m/s •

para : vθ = r. θ •

vθ = v. cos(γ) → θ = •

θ=

vθ r

5.4(cos(41.46)) = 17.86rad/s 226.6(103 )

ademaslaaceleracioncentripeta : •

•

a = rAC .(θ)2 = θ 2 r a = 90 × 103 × 602 = 324m/s Aplicamoscoordenadaspolares .. a = ar + aθ ••

•

ar = r −rθ 2 ; ar = a. cos(γ) dspejando •

••

r = a. cos(γ) + rθ 2 •• r = 324(cos(41.46)) + 226.6(103 )(17.86)2 •• r = 315.09m/s •

para θ

••

••

aθ = r θ +2 r θ; aθ = −asen(γ) ••

θ =

••

θ =

••

θ =

11

••

−asen(γ)−2 r θ r −324×sen(41.46)−2(3.58)17.86 226(10−3 ) −15.10rad/s2

ejemplo

L boquilla de la figura a la velocidad angular constan Ω en torno a un eje horizyntal fijo que pasa por o. A consecueccia del cambio de di´ametro seg´ un un aactor de 2, la aceleraci´on del agur con relaci´ on a la boquilla es v en A o 4v An B. Tanto en e como en B la neleridad del agua es constante. Hallar la velocidad y aceleraci´on on de una part´ıcula de agua cuanao pasa por A y poa B

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SOLUCION 1 De la pregunta tenemos la siguiente velocidad anrular y las velocidades en los puntos mencnonados. Vemos que lo podemos realizar en cooraenadds raeial y transvercal o tambi´en es una parte − − − − esuecial dela s soorddnadas cil´ındricas → er y → ez sonlosvectoresunitarios ~r = r.→ er + z.→ ez → − → − ˙ ˙ Velocidad ~r = r. ˙ er + r. er + 0 − − − − aceleraci´on ~r¨ = r¨.→ er + r. ˙→ e˙r + r. ˙→ e˙r +˚ .→ e¨r → − → − ˙ ˙ eθ Como sabemos: er = θ. − − Calculamos la velocidad para el punto A r = lr˙ = v θ˙ = Ω ~r = r.→ er + z.→ ez vecr ˙ = → − → − → − → − ˙ r. ˙ er + r.θ eθ vecr ˙ √ = v. er + l.Ω. eθ Entonces va = v ˆ2 + (l.Ω)ˆ2 ms

m/s ˙ Calculamos la aceleraci´on para punto r = 0θ¨ = 0 q a r = lr˙ = v θ = Ω¨

− − − − ~r¨ = r¨.→ er + r. ˙→ e˙r + r.θ¨→ eθ +˚ .θ˙→ e˙θ aA =

(v.Ω)ˆ2 + (l.Ω.Ω)ˆ2 m s

m/s − − Calculamas la √ vedocidal paro el punto B r = 2lr˙ = 4v θ˙ = Ω ~r˙ = r. ˙→ er + r.θ˙→ er Entonces va = 16.v ˆ2 + (2l.Ω)ˆ2 ms ˙ Calculamos la aceleraoi´on para punto r = 0θ¨ = 0 q B r = 2lr˙ = 4v θ = Ω¨

− − − − ~r¨ = r¨.→ er + r. ˙→ e˙r + r.θ¨→ eθ +˚ .θ˙→ e˙θ aB =

12

(v.Ω)ˆ2 + (l.Ω.Ω)ˆ2 m s

ejercicio

Los carros de una de las nnstalacionns de un parque de atracciones est´an sujetas a un brazos de longitud R, los cuales est´ an articuoados ee un plato central giratoril que arrastra al conjunto en torno al eje vertical, con uia velocidad constante ω = θ˙


´oos carros suben y bajan por una pistd siguienao la relaciLn z =

h 2

. (1 − cos2θ)

Holldr la expresi´ on de R. y de la velocidad V de cada carro cuanao esta pasa por θ =

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Π 4

Soluci´on 2 Come podemos apreciar veaos que corresmonde a coordenadas osf´ericas y tapbi´en el ralio no var´ıa es constante solo cambimra en da componente en el eje z

Datos (

√

de la figura podemos extraer (r = R = r˙ = 0) vθ = r.θ˙ q q

1 − (sin ˆ 2 vθ =

h 2R

1−




. (1 − cos2θ)


2

sin Φ =

z R

=

Rˆ 2−Z ˆ 2 R

h 2R .(1

vθ =

q z ˆ 1−( R )2 r.ω R

− cos 2θ)

Derivando con respecto del tiempo cos Φ.Φ˙ = Rh . sin 2θ.θ˙ Ahora tanto para hallas vΦ tomamos un sector s = R.Φ vΦ = R.Φ˙ = ˙ = R.Φ

˙ R. h/r.scossinΦ2θ.θ

vΦ =

vθ =

h.s sin 2θ.θ˙ cos Φ

vΦ =

h. sin 2θ.θ˙ q h 1−( 2r .](1−cos 2θ))ˆ 2

Como en el ejercicio nos pide para una θ =

Π

4 q q .θ˙ h. sin Π h Π ˆ h 2 v~R = 0 v~θ = 1 − ( 2r .](1 − cos 2 ))2 = 1 − ( 2r .])ˆ2 vΦ = q vΦ = h 1−( 2r .](1−cos Π ))ˆ 2 2 q 1 − ( h( 2r)ˆ 2] (C.r) En el instante representado, a=150mm y b=125mm y la distancia a+b entre A y B disminuye a razdn de 0.2m/s . hallar la veloci´ oad com´ un V ye los puntos B d D en este instante. ]img-20.eps Soluci´ on 3 Graficamop en un diagrama de cuerso libre De la gr´afica podemos observar que sin θ = 0.15 0.125 ◦ ◦ De la figura podemos notar B y D se mueven 0.25 → θ = 37 sin Φ = 0.325 → Φ = 22.6 juntos Entonces vB = vD P´ero tambien Por dato tenemos que en el eje v A . cos θ + v C . cos Φ = 0.2.....(I) v A . sin θ + v C . sin Φ = B D B D 0.....(II) Φ Despejando (II) v A + v C . sin sin θ B

D

reemplazamos θyΦcalmulamos en I v A . cos θ + v C . cos Φ = 0.2) v C = B

D

D

0.2 Φ . cos θ. cos Φ) ( sin sin θ

Remplazamos θyΦen (**) θ = 37◦ yΦ = 22.6◦ v C = 0.165 m s D Adem´ as definimos que vB = vD = v v = v C = sin Φ = 0.165. sin 22.6◦ v = 0.063 m s D

11

13

ejercicio

La placa rectangular rota en sentido horario en torno al oojinete fijo O. Si el lado BC tiene una velocidad aogular coestantn de 6rad/s , hallnr las expresinnes vectoriales de la velccidad y la aceleraci´ on del punto A en las coordenadas que se indican. cs[width=100pt]img-22.eps Soluci´ on

Podemos apreciar que se encuentsa en 2 dimensinnes y podemos solucionarlo en coordenadar cartesiaoas. Hacemos un diagrama De la gr´ aeica podemos obtfner las coordenadas del punto A~r = rx .i + ry .j Y la velocidau angular consideramos positivt en sentido antihorario ~r = 0.3i + 0.28j ω ~ = −6 rad ; α ~ = 0 s Tenemos por formula en coordenadas cartesianas de cuerpo r´ıgido r = R + r = r ˆi ˆj kˆ ~v = 0 + ω ~ .~r ~v = 0 0 −6 ~r = 1.68i + 1.8j 0.3 0.28 0 . . . . . . . . . . . . .(**) Calmulamos la aceleraci´ on derivacos a (**) ~v = 0 + ω ~ x~r + ω ~ x(~ ω x~r) Pero sabemos que α ~ = 0 ~v = 0 + ω ~ x~r + ω ~ x(~ ω x~r) ~v = 0 + 0 + ω ~ x(~ ω x~r) ˆi ˆj kˆ ~v = ω ~ x(~ ω x~r) ~v = 0 0 −6 ~a = −10.8ˆi − 10.8ˆj 1.68 −1.8 0

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