DINAMICAIng. Civil

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTOBAL DEHUAMANGA

FACULTAD DE INGENIERIA DE MINAS, GEOLOGIA YCIVIL

ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DEINGENIERIA CIVIL

PRIMERA PRACTICA CALIFICADA

AsignaturaDINAMICA (IC - 244)

DocenteIng. Cristian Castro Perez

Alumno:SANCHEZ DEL CASTILLO, HUGUIER LEE

GARCIA GUTIERREZ JUAN CARLOS

Libro:DYNAMICS / Sixth Edition / J.L. Meriam L.G Kraige

Semestre Academico2012 – II

AYACUCHO – PERU2013

practica 1

DINAMICAIng. Civil

Problema 2/40

El cono que cae con una velocidad v0 choca y penetra en el bloque de materialde embalaje. Tras el choque la aceleracion del cono es a = g − c.y2, donde C es unaconstante positiva e Y es la distancia de penetracion. La profundidad de penetracionmaxima se observa que es ym, hallar la constante C.

Solucion:

Considerando el origen del eje Y en la superficie superior del bloque sin deformar,tenemos lo siguiente.

para y = 0, velocidad del cono v = v0

para y = ym, (maxima profundidad)velocidad del cono v = 0

[∫ vdv = ∫ ady]

0∫v0vdv =

ym∫0

(g − c.y2

)dy

[v3

2

]∣∣∣∣ 0v0

=

[g.y − c.y3

3

]∣∣∣∣ ym0−v

20

2= g.ym −

c.y3m3

despegando :

C =3(v20 + 2g.ym

)2ym3

practica 1

DINAMICAIng. Civil

Problema 2/41

La resistencia aerodinamica al movimiento de un automovil es casi proporcionalal cuadrado de su velocidad. La resistencia adicional por rozamiento es constante, porlo que su aceleracion cuando se mueve por inercia puede escribirse: a = −C1−C2V

2,dondeC1 yC2 son constantes dependientes de la configuracion mecanica del vehıculo.si este posee una velocidad inicialvo cuando se desembraga el motor , deducir laexpresion de la distancia D que corre desde ese momento hasta que se detiene.

Solucion:

Considerando que el movimiento del automovil cuando se desembraga el motores por inercia, con una velocidad inicial vo, el cual esta afectado por una aceleracion(debido a agentes externos) de la forma.

a = −C1 − C2V2

Si hacemos v = vo para x = 0, como condicion inicial.

[∫vdv =

∫adx

]⇒∫ v

v0

vdv

− (C1 + C2V 2)=

x∫0

dx

Integrando esta expresion obtenemos:

x =1

2C2ln

(C1 + C2V

20

C1 + C2V 2

)Cuando el automovil se detiene (v = 0)recorre una distancia x = D, reempla-

zando estos valores.

D =1

2C2ln

(1 +

C2V20

C1

)

practica 1

DINAMICAIng. Civil

Problema 2/59

El automovil A viajes a una velocidad constante de 65mi/hr. Cuando en la po-sicion mostrada al t = 0 de tiempo, automovil B tiene una velocidad de 25 mi/hr yacelera a una proporcion constante de0,1g a lo largo de su camino hasta que alcanceuna velocidad de 65 mi/hr despues de que viaja a esa constante acelere.

¿Cual es la posicion del sostener-estado de automovil UN con respecto al au-tomovil B?

Datos: mi = millas, ft=pies

Solucion:

vA = 65mi

hr= 65

(44

30

)ft

s

viB = 25mi

hr= 25

(44

30

)ft

s

vfB = 65mi

hr= 65

(44

30

)ft

s

aB = 0,1g = 3,22ft

s2

Primero determinamos la aceleracion de B

v = vo + at

65

(44

30

)= 25

(44

30

)+ 3,22t

practica 1

DINAMICAIng. Civil

Despejando y desarrollando: t = 18,22s

Distancia viajado por A en este tiempo.

d = v ∗ t→ dA = 65

(44

30

)∗ 18,22 = 1737ft

Desplazamiento mas alla de C:

sA = 1737− 300 = 1437ft

Distancia viajado por B en 18.22 s :

dB = vo.t+ 1/2.a.t2

dB = 25(44/30) ∗ 18,22 + 1/2 ∗ 3,22 ∗ 18,222

dB = 1202ft

Desplazamiento mas alla de C del movil B :

sB = 1202− π ∗ 300

2= 731ft

Entonces A esta delante de B por:

sA − sB = 1437− 731 = 706ft = 215,20m.RPTA

Por tanto A esta a 215.2 m con respecto de B.

Problema 2/65

La partıcula que P sigue la hendedura encorvada, de una porcion que se muestra.Su distancia medido en metros a lo largo de la hendedura se da por s = t2/4 , donde tes segundos. La partıcula esta en A cuando t = 2,00s y esta en ”B” cuando t = 2,20s.Determine la magnitud de la aceleracion media de ”p.entre .A 2”B.”Tambien expresela aceleracionaav como un del vector, usando los vectores unitarios i, j.

Datos:

Trayectoria s = t2/4

si P en A, entonces t = 2,00s

si P en B, entonces t = 2,20s

practica 1

DINAMICAIng. Civil

Solucion:

v = ds/dt = t/2

Para t = 2,00s→ vA = 22 = 1m/s

Parat = 2,20s→ vA = 2,22 = 1,1m/s

Del grafico: hallamos la variacion de la velocidad:

∆vx = vBx − vAx = 1,1 cos 30◦ − 1,0 cos 60◦ = 0,453m/s

∆vy = vBy − vAy = 1,1 sin 30◦ − 1,0 sin 60◦ = −0,316m/s

→ ∆v = 0,453i− 0,316jm/s

→ ∆v =

√0,4532 + 0,3162m/s

∆v = 0,552m/s

Sabemos que la aceleracion media:

am =v

t

respuestas

am = 0,552/0,20 = 2,76(m)/s2

−→am =0,453i− 0,316j

0,20= 2,26i− 1,58m/s2

practica 1

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Problema 2/109

la figura muestra dos caminos posibles para la negociacion de un giro no banca-rizada en una parte horizontal de una carrera en curso . la ruta AA sigue la lıneacentral de la carretera y tiene un radio de curvatura r = 85m, mientras caminoBB utiliza ancho de la carretera en una gran ventaja para aumentar el radio de lacurvatura de r = 200. Si los pilotos limitan sus velocidades en sus curvas de maneraque la aceleracion lateral no exceda de 0,8 g, determinar la velocidad maxima paracada ruta.

Datos:

Ruta AA, radio de curvatura R=85 m

Ruta BB, radio de curvatura R=200 m

Aceleracion lateral =aceleracion normal = (0,8g = 0,8 ∗ (9,81)m)/s2

Solucion:

Sabemos que la aceleracion normal

an =v2

R, despejandov =

√an ∗R

Para la ruta AA

vA =√an ∗R =

√0,8(9,81) ∗ 85 = 25,8m/srpta

Para la ruta BB :

vB =√an ∗R =

√0,8(9,81) ∗ 200 = 39,6m/srpta

Por tanto, la ruta BB ofrece una considerable ventaja.

Problema 2/177

El coche A es ascendente una rampa de aparcamiento-garaje en la forma de unahelice cilındrica de 24 pies radio de aumento de 10 pies para cada media vuelta. Enla posicion que se muestra el coche tiene una velocidad de 15mi/hr, que esta dis-minuyendo a razon de 2mi/hr por segundo. Determinar la r−,−θ, y z-componentesde la aceleracion de la cabina.

ans:

ar = −19,82ft/sec2

aθ = −2,91ft/sec2

ar = −0,386ft/sec2

practica 1

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Solucion:

Angulo de helice es :γ = tan−1 1024π = 7,55◦ ,

vθ = rθ

v = 15(52803600

)= 22ft/sec

vz = vsinγ = 22sin7,55◦ = 2,89ft/secvθ = vcosγ = 22.cos7,55◦ = 21,8ft/sec

De:

vθ = rθ θ = vθr = 21,8

24 = 0,909rad/sec

aθZ = 2

(5280

3600

)= 2,93ft/sec2

aθ = −2,93cos7,55◦ = −2,91ft/sec2

aZ = −2,93sin7,55◦ = −0,386ft/sec2

ar = r + rθ2 = 0− 24(0,9092

)= −19,82ft/sec2

practica 1

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Problema 2/251

En el tiempo t = 0, la partıcula P 1,8 − lb se le da una velocidad inicialv0 = 1ft/sec en la posicion θ = 0, y posteriormente se desliza a lo largo de latrayectoria circular de radio r = 1,5ft Debido a que el fluido viscoso y el efecto de laaceleracion de la gravedad, la aceleracion tangencial es at = g ∗ cosθ− k/mv, dondela constantek = 0,2lb − sec/ft es un parametro de arrastre. Determine y grafiquetanto θ Y θ y los valores correspondientes de t. Determine tambien la primera horaa la que θ = 900.

Ans:θmax = 110,4◦ t = 0,802secθmax = 3,79rad/sec t = 0,324secθ = 90◦ t = 0,526sec

Solucion:

at =dv

dt= gcosθ − k

mv

Con:v = rθ

d

dt(rθ) = gcosθ − k

m(rθ)

o:d2θ

dt2+k

m

dθ

dt− g

rcosθ = 0

θ +k

mθ − g

rcosθ = 0

Esta es una ecuacion diferencial no lineal, de segundo orden, por lo que unaintegracion numerica esta en orden. Para pasar a la forma de primer orden, dejamos

x1 = θ

x2 = θ

Entonces

practica 1

DINAMICAIng. Civil

{x1 = x2

x2 = − kmx2 + g

r cosx1

x1o = θo = 0

x2o = θo =vor

Los graficos a continuacion muestran θ y θ como funciones det.

θmax = 110,4◦@t = 0,802sec

θmax = 3,79rad/ sec @t = 0,324sec

θ = 90◦@t = 0,526sec

practica 1

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Problema 5/72

En el instante representado, la velocidad del punto A de la barra de 1, 2m es de3m/s hacia la derecha. Determinar el vB velocidad del punto B y elω la velocidadangular de la barra. El diametro de las ruedas pequenas finales puede ser despreciado.

Solucion:

β = sin−1 0,5− 0,5sin30◦

1,2

β = 12,02◦

vB = vA + vB/A = vA + ω × rB/A

vB (sin30◦i− cos30◦j) = 3i+ ωk × 1,2(−cosβi+ sinβj)

vB (sin30◦i− cos30◦j) = 3i+ ωk × 1,2(−cos12,02◦i+ sin12,02◦j)

vB (sin30◦i− cos30◦j) == 3i− 1,174ωj − 0,250ωi

i :1

2vB = 3− 0,250ω

j : −√

3

2vB = −1,174ω

vB = 4,38m

s;ω = 3,23rad/s

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Problema 2/180

Cada uno de los dos coches A y B se viaja con una velocidad constante del72km/h.Determine la velocidad y la aceleracion del coche A como se ve por un observadoren movimiento y rotando con el coche de B cuando los coches estan en las posicionesmostradas. Los ejes x−yse encuentran en el coche B. El bosquejo de ambos vectoresrelativos de movimiento.

Solucion:

|vA| = |vB| =72000

3600= 20m/s

vA = vB + ω × r + vrel

vA = 20 (−0,866i+ 0,5j)m/s

vB = 20im/s

ω =20

100(−k) = −0,2krad/s

ω × r = −0,2k × 50j = 10im/s

vrel = 20 (−0,866i+ 0,5j)− 20i− 10i

vrel = −47,3i+ 10jm/s

aA = aB + ω × r + ω × (ω × r) + 2ω × vrel + arel

practica 1

DINAMICAIng. Civil

0 =(20)2

100(−j) + 0− 0,2k × 10i− 2 (0,2k)× (−47,32i+ 10j) + arel

arel = −4i− 12,93jm/s2

practica 1