• Author / Uploaded
• Entretuymilmares Aragon

Citation preview

PRIMERA SEMANA I

PROBLEMAS DE CINEMÁTICA DE PARTÍCULA EN:

- coordenadas cartesianas. 1.1. Las ecuaciones del movimiento de una partícula son: x = 4 t2 + 3t, y = -t3 + t y z = t4. Determine: a) las proyecciones (x, y, z) de la velocidad y la aceleración para t = 2s, b) los cosenos directores de la tangente a la trayectoria y la rapidez de la partícula para t = 2 s.1 Solución: a) Cálculo de la velocidad y la aceleración:        r t   xt i  y t  j  z t k  4t 2  3t i   t 3  t j  t 4 k    2   r t  2  22i  6 j  16k .  r  22 2   6  16 2  27.86.m         v  r  x i  yj  zk  8t  3i   3t 2  1 j  4t 3 k    2   v t  2  19i  11 j  32k .  v  19 2   11  32 2  38.8.m / s         a  r  xi  yj  zk  8i   6t  j  12t 2 k    2   a t  2  8i  12 j  48k .  v  8 2   12  48 2  50.12.m / s 2 b) Cálculo de los cosenos directores de tangente a la trayectoria son.         v.t  v x i  v y j  v z k .  38.8.t  19i  11 j  32k



 



  

  





    19  11  32   t  i j k  0.4899i  0.2835 j  0.8247k 38.8 38.8 38.8         t  cos x i  cos y  j  cos z k  0.4899i  0.2835 j  0.8247k   x  60.67.   y  106.47.   z  34.44 1.2. La barra rígida R se mueve de manera que sus extremos A y B permanecen en contacto con las superficies. Si en el instante mostrado, la velocidad de A es 0.5 pie/s constante hacia la derecha, calcule la velocidad y aceleración de B en el instante mostrado.

Fig Probl.1.2

Solución 1

Arthur P. Boressi-Richardt J. Schmidt. Ing. Mec. Dinámica, Thomson Learning, 2001, p 94

Planteando la ecuación de la barra R y del punto B en función de las coordenadas cartesianas: 2 2 2 l 2  y B2  x B  x A  ...  ...10  y B2  x B   6   x B  3.84 ... 2 2 2  r 2  5  y B   x B2 ....  ....5  5  y B   x B2  y B  1.79

2x B  x A x B  x A   2 y B y B  0 3.84  6x B  0.5  1.79 y B  0 x B  0.41  ... 2 x B x B  25  y B  .  y B   0   3.84 x B  5  1.79 y B   0  y B  0.49

x B  x A 2  x B  x A xB  xA   y B2  y B yB 2 x B2  x B xB   y B   5  y B  .  yB   0

 0  xB  0.04 ....   yB  0.08

1.3. La bajada de la figura tiene forma parabólica, es decir: f(x) = x2 - 6x + 9 (m). Una bolita que rueda descendiendo esa bajada pasa por el punto A (x0 = 5 m) con una rapidez de 4 m/s, que aumenta a razón de 5 m/s2. Calcular: a) Las componentes normal y tangencial de la aceleración de la bola cuando pasa por el punto A. b) El ángulo que forman en el punto A los vectores velocidad y aceleración de la bola.

Fig. Probl.1.3 2

Solución: a) Cálculo de la aceleración: Como datos tenemos: x = 5m, v = 4.m/s y at = 5.m/s2. y  x 2  6x  9 dy  2 x  6  25  6  4.  tg  4    75.964 dx d2y 2 dx 2

  dy  2  1       dx       d2y dx 2

2

Ibid,. p.52

3/ 2

1  4  

2 3/ 2

2

 35.05.m

42        a  at et  a n en  5et  en  5et  0.46en  a  5.02.m / s 2 35.05 b) Cálculo del ángulo entre la velocidad y la aceleración:

    . 5et  0.46en  v .a 4et   v .a  v.a. cos ..  cos     0.996. v.a 4 x5.02    5.12 1.4. La barra AB gira alrededor del pasador A. Cuando el ángulo α = π/6 rad éste tiene una velocidad angular de    .rad / s y una de aceleración horizontal de   0.3 .rad / s 2 . Una ranura en la barra obliga al pasador C a moverse dentro de la misma mientras que un muelle lo obliga a resbalar por una superficie parabólica. ¿Cuáles son los vectores velocidad y aceleración en coordenadas tangencial y normal en el instante de interés? d = 0.2 m, l = 0.4 m.

Fig Probl.1.4 3

Solución: Primero se determina la velocidad y aceleración en coordenadas cartesianas: y  1.2 x 2 dy dy  2.4 x  0.48  tg   0.48.    25.64 dx dx d2y  2.4 dx 2

  

  dy  2  1       dx  

3/ 2

d2y dx 2 y  2.4 x.x  2.40.2 x  0.48 x

1  0.48  

2 3/ 2

2.4

 0.569.m

2 y  2.4 x  2.4 x.x          v  rer  e  x i  y j ..  rer  0.4 e  x i  0.48 xj

3

Irving H. Shames, Mecánica para Ingenieros: Dinámica, Prentice Hall, 1999. p.506

Pasando..de..coordenadas.. polares ..a..cartesianas :  i : .......x  r.sen30   0.4  cos30 .. x  2.01.m / s   j : 0.48 x  r. cos30   0.4 .sen30   r  1.84.m / s      a  rˆ  r 2 er  2r  re  xi  yj   2    r  0.4  er  21.84    0.40.3 e  xi  9.7  0.48x j





y  2.42.01  2.40.2x  9.7  0.48x  i : ................x  r  3.948sen30   11.938 cos30 ..  x  26.818.m / s 2   j : .9.7  0.48x  r  3.948 cos30   11.938sen30 .. r  36.906.m / s 2 Pasando..de..coordenadas..cartesianas..a.. tan gencial  normal :      a  26.818i  22.573 j  at et  a n en  e : ..at  x cos   ysen  26.818. cos25.64  22.573.sen25.64  33.945.m / s 2  en : ..a n  y cos   xsen  22.573. cos25.64  26.818.sen25.64  8.746.m / s 2 2

verificación : ...a n 

v2





2.01

2

 0.482.01 0.569

2

  8.736.m / s

2

1.5. La rosa de 4 folios de la figura tiene la ecuación r = 3sen2θ (en pies). Una partícula P parte del origen y viaja sobre la trayectoria indicada con   1 / 6 rad/s = constante. Cuando P se encuentre en el punto mas alto del primer cuadrante, encuentre: a) La velocidad (rapidez) de P, b) La aceleración de P.

Fig Probl.1.5

Solución: En la parte más alta del 1er cuadrante la velocidad vertical es cero, y  0 : 1 Aplicando la propiedad: sen .sen  cos     cos    2 3 y  rsen  3sen 2 sen  cos   cos 3  2 3 3 y   sen .  sen3 .3    sen  3sen3 ...  ...sen3  3sen  4 sen 3 2 2 3 y  sen  3 3sen  4 sen 3  3 5sen  6 sen 3  0 2  ..  ...5sen  6 sen 3  0









si... y  sen ....  5 y  6 y 3  0...  ... y1, 2    ...  ...sen 

30 ...  ...  65.91 6



30 ,... y 3  0 6

x  r cos   3sen 2 . cos  x  3cos 2 .2  cos   sen 2 .sen   3cos 2 cos   sen 2sen  1 x  3  0.667 0.408  0.7450.913  0.476. pies / s 6 x  3 sen 2 .2. cos   cos 2 .sen .  cos 2 .2.sen  sen 2 . cos  .

1 2 x  9 sen 2 . cos   cos 2 .sen   9  6   v  0.476e

2

0.7450.408   0.6670.913  0.076 pies / s 2

 0.4762   a  0.076i  j



1.7. Una partícula se mueve en una trayectoria plana, con ecuaciones paramétricas de su movimiento x = 4sen10t e y = 2cos10t. Determinar: a) La ecuación cartesiana de su trayectoria, graficarla en el plano cartesiano, b) El punto hacia donde está dirigida su aceleración en cada instante, c) La aceleración máxima y mínima, indicando las posiciones donde ocurre y las componentes tangencial y normal de la aceleración en dichos instantes. Solución: a) la ecuación de su trayectoria será:

x  ... ...sen 2 10t  cos 2 10t  1 2 2 4   ... x  y  1 y 42 22 cos10t  ... 2  sen10t 

b) cálculo de la aceleración:

x  4.sen10t...  ...x  40. cos 10t...  ...x  400.sen10t y  2. cos10t...  ... y  20.sen10t...  ...y  200. cos 10t     a t   r  400.sen10t.i  200. cos10t. j La aceleración siempre va dirigida al centro de la elipse. c) será máximo para t 

 20

,.. y..

3 20

Será mínimo para t  0,...

 10

  2  1     v  40.c0s10t.i  20.sen10t. j  20 5.t ...  ...t  .i  .j 5 5    2  1    at  a.t   400.sen10t.i  200 cos10t. j . i j 5   5 - coordenadas tangencial normal

1.8. El automóvil de la figura lleva una velocidad de 100 km/h que aumenta a razón de 5 m/s 2 en el instante que se indica Si, en el punto mas bajo del camino, el radio de curvatura es de 80 m, determinar la aceleración (en módulo dirección y sentido) del automóvil.

Fig. Probl.1.8 4 Solución: En el punto mas bajo las componentes de la aceleración serán:

km km 1000m 1h m  100 . .  27.78 h h 1km 3600s s    v  v.e  27.78e

v  100

2

2

v  27.78    a  at et  en  5et  en  5et  9.65en R 80 a

52  9.652  an  at

 a  tg 1 

 10.87.m / s 2

 9.65    tg 1    62.61  5  

- coordenadas polares 1.9. En cierto instante de su movimiento, una partícula posee las siguientes componentes de su posición, velocidad y aceleración respecto a un sistema fijo en coordenadas cartesianas: x = 8m, y = 6m x  24m / s , y  7m / s , x  5m / s 2 e y  12m / s 2 . Ilustrando con esquemas, calcular los valores de las componentes r ,  , r y  que corresponden al movimiento de la partícula. Asimismo, calcular el radio de curvatura (  ) de la trayectoria en dicho instante 5. Solución: Cálculo del módulo y sentido del vector de posición, velocidad y la aceleración de la partícula:

 y 8 r  x 2  y 2  8 2  6 2  10 ;  r  arctg    arctg    36,87  x 6

 vy 2 v  x 2  y 2  24 2   7   25 ;  v  arctg  vx

4 5

 24     arctg   16,26  7   

William F. Riley, Leroy D. Sturges, Ing. Mec. DINAMICA, , Ed. Reverté SA, 1996, p.51 1ra Práctica Calificada 2012-B

 52  12 2

a  x2  y 2 

 ay  13  a  arctg  ax

 12     arctg   67,38  5 

Cálculo de las componentes radial y angular de la velocidad y la aceleración de la partícula:





v r  r  v. cos r   v   25. cos 36,87   16.26   15m / s





v  r.  v.sen r   v   25.sen 36,87   16.26   20.  . 



v 20 rad  2 r 10 s



a r  r  r 2  a. cos180   r   v   13. cos 75.75   3.2 ..  .r  a r  r  3.2  102  43.2m / s 2

2

2





a  2r.  r.  a..sen180   r   v   13.sen 75.75   12.6 a  2r. 12.6  2152 rad .  .     4.74 2 r 10 s Cálculo del radio de curvatura:

a n  a.sen a   t   13.sen51.12  10.12.  . 

v2 25 2   61.76m a n 10.12

1.10. La barra OC gira con velocidad angular constante de 2 rad/s en el plano de la figura alrededor del punto O. La cuenta B se desliza a lo largo de la barra, y está restringida a viajar sobre la guía circular. Obtenga expresiones para la rapidez, la aceleración centrípeta, y la aceleración tangencial de la cuenta en términos del ángulo θ.

Fig. Probl.1.10 6

Solución: La ecuación del vector de posición rOB es:

rOB  2R. cos 

rOB  2Rsen  .  28.sen  . 2  32.sen rOB  32. cos  .  32.sen .  64. cos 

    / 2     0  .  

    0

Determinación de velocidad y aceleración:

6

Arthur P. Boresi-Richardt J. Schmidt. Ing. Mec. Dinámica, Thomson Learning, 2001, p 108

       v  rer  re  32sener  216 cos   2e  32sener  32 cos e  v   32sen   32 cos    32 2 .in / s 2      a  rˆ  r 2 er  2r  re   64 cos   16 cos   2 er  2 32sen  .  2  0e 2 2    a  128 cos  .er  128sene .  a   128 cos    128sen   128 2 .in / s 2 2



2







1.11. Los collarines mostrados se conectan con un pin en B, y se mueven juntos sobre la cardioide cuyo perfil viene dado por la ecuación: r = 0,2(1 + cosθ) m, debido a la rotación de la barra OA, la cual gira a la velocidad angular constante   3rad / s . Calcular, en el punto más alto de la cardioide: a) La velocidad., b) La aceleración.

Fig. Probl.1.11

7

Solución: En al punto mas alto de la cardioide la velocidad vertical debe ser nulo. y  r.sen  0.21  cos .sen y  0.2(cos   sen 2  cos 2  ).  0.2. cos   1  cos 2   cos 2   0









 .  .2. cos   cos   1  0.  .  60 r  0.21  cos    0.21  0.5  0.3 2

 3 3  0.52 r  0.2sen .  0.2   2  2 2 r  0.2 cos  .  0.2sen .  0.20.53  0  0.9 2 2        v  rer  re  0.52er  0.33e  0.52er  0.9e  v   0.52  0.9  1.04.m / s 2      a  rˆ  r 2 er  2r  re   0.9  0.33 er  2 0.52.3  0e 2 2    a  3.6er  3.12e .  a   3.6   3.12  4.76.m / s 2









1.12. El perno A se desliza a lo largo de la guía vertical fija al girar el brazo OB en torno al centro O. Si   0.7rad / s .y   0.3.rad / s 2 cuando   60 , determine la velocidad y la aceleración del perno A en este instante. Tome d = 150 pulg.

Fig. Probl.1.12 8

7

Práctica Calificada 2013-B

Solución: Como el perno tiene desplazamiento vertical, la velocidad y la aceleración horizontal será nulo: x 150 x  r.sen .......  ...r    100 3 sen 3/2 r. cos  . 100 3 0.50.7  x  r.sen  r. cos  .  0.  r     70. pu lg/ s sen 3/2 r.sen . 2  2r. cos  .  r. cos  . 2 x  r.sen  2r. cos  .  r.sen .  r. cos  .  0  r  sen 2 100 3 3 / 2 0.7   2 700.50.7   100 3 0.5 0.3  ..  .r   171.45 3/2 Cálculo de velocidad y aceleración: 2 2        v  rer  re  70er  100 3 0.7 e  70er  70 3e  v   70  70 3  140 pu lg/ s 2      a  rˆ  r 2 er  2r  re  171.45  100 3 0.7  er  2 700.7   100 3  0.3 e 2 2    a  86.58.6er  149.96e .  a   3.6   3.12  173.16. pu lg/ s 2







 





Braja M. Das, Aslam Kassimali, Sedat Sami. Mec. para Ing.: Dinámica. Ed Limusa S.A. 1999, p 76 8

