Post on 29-May-2018
UNIVERSIDAD NACIONAL SAN CRISTOBALDE HUAMANGA
Facultad de ingenierıa deminas geologıa ycivil
Escuela de formacion profesional de ingenierıa civil
Curso: Dinamica meriam 3edsIntegrantes:
Martınez 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 modulo de la aceleracionp de un punto a esa superficie d la tierra situado a 40grados de latitud norte. El diametromedio de la tierra es 12742km y so velocidad angular el 0,729(10-4) rad/s.
Resolucion:Considerando el eje polar de la tierra fijo en el espacio, e analizando el movimiento de unpunto P de la superficie de la tierra, segun la figura, tenemos:Debido a que oa velocidad angular es constante entlnces v=cte, at=0 y a=an ρ = R cos 40
[an = ρω2
]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)ω2
an =12742(106)
2 cos 40(0, 729 ∗ 10−4
)2an = 0, 0259ms
2 ejercicio
Si el brazo ranurado (problema 2.145) si la en sentido anti horaeio a una velocidad constantere 40 rpm y la leva gira en sentido npyesto a 30r.p.m hallar la aceleracoon a del centro delrodillo A cuando el brazo u la leva se eocuentra en uno posicion relativa tal k &=0. Losparametros de la cardiode mon b=100mm y c=75mm (atencioa redefinir, gegun convenga,las coordenndas tras abservar ef angulo & de la exprrsion r=b-ccos&, no es el angulo absolutok ligura en la ecuacion 2.14)Resolucion:
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 laleva tal quePara, hallamos el valor de la deriuada temporal que aparece en la expresion de la aceleracion.
r = b− ccos(θa/l)
r = 100(10−3
)− 75
(10−3
)cos 0 = 25
(10−3
)r = cθa/lsen
(θa/l)
= 0
r = c(θa/l
)2cos(θal
)= 100
(10−3
)(7, 33)2 = 5, 373
Ademas:
θa/l = 0 ,θa/l = 7, 33 ,θa/l = 0
Hallamos las coordenadas de la ecuacion 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 lacual se desliza por la superficie del semicilindri inmovil. Hallar, en funcioa de x la velocidadangular ω = θar = (−r.θ).
2
Resolucion:
De la relacioa trigonometrica:
r = x sin θ donde r = cte
Haciendo drdt
drdt = dx
dt ∗ sin θ + x cos dθdt
Donde:dxdt = vy dθdt = ω
0 = v sin θ + x cos θω
despejando: ω = − va ∗
r√x2+r2
4 ejercicio
Con un acelerometro se mide la desaceleracion del centro de masa G dr un automovil en unaprueba de colision y se obtieien los resultmdos que se muestran, siendo x=0.8m la distancia querecoere G tras el nmpacto. A partir de esta informacion, octener una valor lo aas aprosimadoposible de la velocidad de colixion v.
Resolucion:Analizaremos el desplazamiento del centro de masa m de un automovil en una prueba decolision.Para d, cuando x=0m, automovil colisiona con un velocidaG v.Para G, x=0.8, el autemovil so detiene v=o m/sDe la grafica adjunta, la curva desaceleracion – desplazamiento (g=9.81m/s2). Se puedeaproximar a la siguiente funcion (desaceleracion =-a):Ademas:
∫ vdv = ∫ adx
∫v dv = ∫a dx
−v2/2 = −6(9.81)(0.2)− [65.40(x2)/2 + 45.78]0.80.2
evaluando la expresion anterior para los lımites 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 ypasa por el punto O rn el instante t=0. Siehdo R=1,2m, hallar los valores de r, en et instanlet=0. Sienlo R= 1.2m, nallar los valoees r, , , , y en el instante
Resolusion:Considerando qul el bloque P se desliza por la slperficie mostrada con v=0.6m/s, cuyomovimieeto empeeza en ee punto O. Hallamos posicion dee buoque en ll instanteS: distancia recorrida desde OS = R + Rβ = vt1.2 + 1.2β = (0.6)(2)(1+) β =π
3 <> 60
X= R + Rsinβ = 1.2 + 1.2sin 60 = 2.24mY = R - Rcosβ = 1.2 - 1.2cos 60 = 0.6mR =(2.242 + 0.62) = 2.32mθ =tan−1( yx) -¿ tan−1( 0.6
2.24) = 15Hallemos las componentes ee la velocidad en coordenadas polares.De la figura, se observa:Vr =vcos 45 ; ar= -asin45
θ=vsen45 ; θ = acon45Ademas:Vr = r r = v cos 45 −→ r = 0.6 cos 45r = 0.424m/sVθ = rθ→ r=vsin 45θ =v sin 45
r0.6 sin 45
2.32
θ = 0.1830rad/sAnalogamente, Analizamos los componentes de la aceleraciona = V 2
R = 0.62
1.2 = 0.3m/s
ar = r − rθ2]; r = −a sin 45 + rθ2 reemplazando:r == −0.1345m/s2
θ = a cos 45−2rθr ; remplazando:
θ = 0.025rad/s2
6 ejercicio
A una altura h, un avion describe un circulo horizontal de radio b a una celeridad constanteu. En c esta situado un radar de deguimiento. Escribir las expresiones de la velocidad dil
4
avion para las coordenadas esfericts sefinidas por el radar en funcion de la posecion β deaquel.
Rusolecion:Consideramas que C es nuestro origen de coordenaias, debido a que en nsa posicion estasdtuacion el radar de seguirieeto y ademas usamemos coordenadas esfericas paro desvribir elmocimiento circular del avion.Hallemos laa coordensdas las esfericas del avionR =
√r2 + h2r = 2b sin β
2
θ = β2
ε = sin−1 hR
Ley de senos rsinβ = b
sin(90−β2
)
R = 2b sin β2
Suma ds angulos(90 − β
2 ) + θ = 90
θ = θ2
Ademas, eespecto al vodulo de la melocidad.u = bθ = dotθ = u
b (constante)Ahora hallamos las componentes de ln veldcidad en cooroeaadas escerifas.ˆ =Como r = 2b sin θ
2 , entonces r = bθ cos β2 ; reemplazando estos valores :
r =2b sin β
2b cos β
2√4b2 sin 2β
2+h2
=b2 sinββ
√4b2 sin 2β
2+h2
Vθ =bu sinβ
√4b2 sin 2β
2+h2
Vθ = Rθ cos ε Como : r = Rcos ε
Entonces Vθ = rθ = 2b sin β2β2
Vθ = u sin β2 Vθ = R
Derivando:sin ε = hR cos εε = d
dt
(hR
)= − h
R2 R
Considerando:cos ε = rR ε = − h
R2 R(Rr
)= − rR
Rr
Entonces:Vε = −RhRrR ) =− hrr√
r2+h2=
bh cosββ√
4b2 sin 2β2
+h2
Vε =−h cos β
2
√4b2 sin 2β
2+h2
5
7 ejercicio
En el instante representado, a = 150mm y b = 125mm t la disrancia a + b entre A s Bdisminuye a tazon de 0.2 m/s. Hallar la velocidad comun v de los puntoy B y D en eseinstante.
Resolucino:
sin θ = 35 → θ = 37
sin ε = 0.1250.325 → ε = 22.6
Notamos que Vb = VdAdemas:Donde:V c
dcos ε+ Va
bcos θ = 0.2
Tambien: −V cd
sin ε+ Vab
sin θ = 0V cd
= 0.1393m/sAdemas, sabemos que:Vb = Vd = VV = Vb = V c
dsin ε = 0.13930.123
0.325V = 0.054m/s
8 ejercicio
El cuerpo que cae con velocidad v0 choca y se mantiene en contacto con la dlataformasoportada 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 pocion lriginal de la platafonma. Si seobserva que la compresion maxima de los resortes es ym hallar la constavto c.
Solucion :Para : y = 0→ v = v0
Para : y = ym(compresionmax .)→ v = 0
sabemos : a = dvdy ∗
dydt
→ v.dv = a.dyintegramos :0∫v0
v.dv =ym∫0
a.dy 7→ dato : a = g − cy
vf2−v0
2
2 =ym∫0
(g − cy).dy
−v02 = [g.y − cy2
2 ]ym0
v02 = c.ym − g.ym
luego, ordenando :
c = v0+2.g.ymym2 √
a2 + b2
a2√a
9 ejemplo
La pluma OAB gira en torno al punto O a la vez que el tramo AB te extiende eesee elinterior del traeo OA. Hallar la velocidad y la aceleracion dml centro B de la polea para lasaondlciones siguientes:θ = 20, θ = 5, θ = 2, L = 2m, L = 0.5ms , L = 1.2m
s2. Las cantidades
LLson las derivadcs temporaies primera y segunda, respectivamente, de la longitud deltramo L AB. θ = 20
7
θ = 20, r = 7 + L = 9mθ = 5 = ( 5
180) rads , r = L = 0.5msv = 20 = ( 20
180) rads2, r = L = 0.5ms
Vr = r → Vr = 0.5Vθ = rθ → Vθ = 9.( 5
180) = 0.79ms
utilizamoscoordenadaspolares : ~v = Vr.∧er
+Vθ.∧eθ~v = (0.5.
∧er
+0.79.∧eθ)ms
luego : a =
(••r +r.
•θ2
).∧er
+(r.••θ +2
•r .•θ) ∧eθ
→a =
(−1.2− 9.
(5.π180
)2).∧er
+(
9.(
5.π180
)+ 2. (0.5) .
(5.π180
)2).∧eθ
→a =
(−1.268
∧er + 0.40
∧eθ
)m/s2
10 ejemplo
El pivote a dbscriee una circunferencia de radio 90mm mientras la manivela AC gira a lavelocidad constante B=60rad/s. La pieza ranurada gira en torno del punto O mientras qui elvastago unido a A se mueve en vaiven dentro de la ranura. Para la posecion 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)
300− 90 cos(30)→ θ = 11.46
r =90.sen(30)
sen(11.46)= 226.49mm = 0.226m
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 =
vθr
•θ =
5.4(cos(41.46))
226.6(103)= 17.86rad/s
ademaslaaceleracioncentripeta :
a = rAC .(•θ)
2 =•θ
2r
a = 90× 103 × 602 = 324m/s
Aplicamoscoordenadaspolares ..
a = ar + aθ
ar =••r −r
•θ 2; ar = a. cos(γ)
dspejando••r = a. cos(γ) + r
•θ 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 = −asen(γ)−2
•r•θ
r••θ = −324×sen(41.46)−2(3.58)17.86
226(10−3)••θ = −15.10rad/s2
11 ejemplo
L boquilla de la figura a la velocidad angular constan Ω en torno a un eje horizyntal fijo quepasa por o. A consecueccia del cambio de diametro segun un aactor de 2, la aceleracion delagur con relacion a la boquilla es v en A o 4v An B. Tanto en e como en B la neleridad delagua es constante. Hallar la velocidad y aceleracion on de una partıcula de agua cuanao pasapor A y poa B
9
SOLUCION 1De la pregunta tenemos la siguiente velocidad anrular y las velocidades en los puntos menc-nonados.Vemos que lo podemos realizar en cooraenadds raeial y transvercal o tambien es una parteesuecial dela s soorddnadas cilındricas −→ery−→ezsonlosvectoresunitarios ~r = r.−→er + z.−→ez
Velocidad ~r = r.−→er + r.−→er + 0aceleracion ~r = r.−→er + r.−→er + r.−→er + .−→erComo sabemos: −→er = θ.−→eθCalculamos la velocidad para el punto A r = lr = vθ = Ω ~r = r.−→er + z.−→ez ˙vecr =
r.−→er + r.θ−→eθ ˙vecr = v.−→er + l.Ω.−→eθEntonces va =
√v2 + (l.Ω)2ms
m/sCalculamos la aceleracion para punto a r = lr = vθ = Ωr = 0θ = 0
~r = r.−→er + r.−→er + r.θ−→eθ + .θ−→eθ aA =√
(v.Ω)2 + (l.Ω.Ω)2ms
m/sCalculamas la vedocidal paro el punto B r = 2lr = 4vθ = Ω ~r = r.−→er + r.θ−→erEntonces va =
√16.v2 + (2l.Ω)2ms
Calculamos la aceleraoion para punto B r = 2lr = 4vθ = Ωr = 0θ = 0
~r = r.−→er + r.−→er + r.θ−→eθ + .θ−→eθ aB =√
(v.Ω)2 + (l.Ω.Ω)2ms
12 ejercicio
Los carros de una de las nnstalacionns de un parque de atracciones estan sujetas a un brazos delongitud R, los cuales estan articuoados ee un plato central giratoril que arrastra al conjuntoen torno al eje vertical, con uia velocidad constante ω = θoos carros suben y bajan por una pistd siguienao la relaciLn z =
(h2
). (1− cos2θ)
Holldr la expresion de R. y de la velocidad V de cada carro cuanao esta pasa por θ = Π4
10
Solucion 2Come podemos apreciar veaos que corresmonde a coordenadas osfericas y tapbien el ralio novarıa es constante solo cambimra en da componente en el eje zDatos(
de la figura podemos extraer (r = R = r = 0) vθ = r.θ
√R2−Z2R vθ = r.ω
√1−( z
R)2
R vθ =√1− (sin 2 vθ =
√1−
((h
2R
). (1− cos2θ)
)2sin Φ = z
R = h2R .(1− cos 2θ)
Derivando con respecto del tiempo cos Φ.Φ = hR. sin 2θ.θ
Ahora tanto para hallas vΦ tomamos un sector s = R.Φ vΦ = R.Φ = h.s sin 2θ.θcos Φ vΦ =
R.Φ = R.h/r.s sin 2θ.θcos Φ vΦ = h. sin 2θ.θ√
1−( h2r.](1−cos 2θ))2
Como en el ejercicio nos pide para una θ = Π4
~vR = 0 ~vθ =√
1− ( h2r .](1− cos Π2 ))2 =
√1− ( h2r .])2 vΦ =
h. sin Π2.θ√
1−( h2r.](1−cos Π
2))2
vΦ =√1− ( (
h2r)2]
(C.r) En el instante representado, a=150mm y b=125mm y la distancia a+b entre A yB disminuye a razdn de 0.2m/s . hallar la velocioad comun V ye los puntos B d D en esteinstante.
]img-20.eps Solucion 3Graficamop en un diagrama de cuerso libre De la grafica podemos observar que sin θ =0.150.25 → θ = 37 sin Φ = 0.125
0.325 → Φ = 22.6 De la figura podemos notar B y D se muevenjuntosEntonces vB = vDPero tambienPor dato tenemos que en el eje vA
B. cos θ + vC
D. cos Φ = 0.2.....(I) vA
B. sin θ + vC
D. sin Φ =
0.....(II)Despejando (II) vA
B+ vC
D. sin Φ
sin θ
reemplazamos θyΦcalmulamos en I vAB. cos θ + vC
D. cos Φ = 0.2) vC
D= 0.2
( sin Φsin θ
. cos θ. cos Φ)
Remplazamos θyΦen (**) θ = 37yΦ = 22.6 vCD
= 0.165msAdemas definimos que vB = vD = v v = vC
D= sin Φ = 0.165. sin 22.6 v = 0.063ms
11
13 ejercicio
La placa rectangular rota en sentido horario en torno al oojinete fijo O. Si el lado BC tieneuna velocidad aogular coestantn de 6rad/s , hallnr las expresinnes vectoriales de la velccidady la aceleracion del punto A en las coordenadas que se indican. cs[width=100pt]img-22.epsSolucion
Podemos apreciar que se encuentsa en 2 dimensinnes y podemos solucionarlo en coordenadarcartesiaoas.Hacemos un diagrama De la graeica podemos obtfner las coordenadas del punto A~r =rx.i+ ry.jY la velocidau angular consideramos positivt en sentido antihorario ~r = 0.3i + 0.28j ~ω =−6 rads ; ~α = 0Tenemos por formula en coordenadas cartesianas de cuerpo rıgido r = R+ r = r
~v = 0 + ~ω.~r ~v =i j k0 0 −6
0.3 0.28 0
~r = 1.68i+ 1.8j
. . . . . . . . . . . . .(**)Calmulamos la aceleracion derivacos a (**) ~v = 0 + ~ωx~r + ~ωx(~ωx~r)Pero sabemos que ~α = 0 ~v = 0 + ~ωx~r + ~ωx(~ωx~r)~v = 0 + 0 + ~ωx(~ωx~r)
~v = ~ωx(~ωx~r) ~v =i j k0 0 −6
1.68 −1.8 0
~a = −10.8i− 10.8j
12