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