Ejercicios Resueltos I Shames Grupo 06 2n1t5j

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTÓBAL DE HUAMANGA __________________________________ FACULTAD DE INGENIERÍA DE MINAS, GEOLOGÍA Y CIVIL

“Escuela de Formación Profesional De Ingeniería Civil” TRABAJO ENCARGADO Nº01 “DESARROLLO DE EJERCICIOS DE CINEMÁTICA DE PARTÍCULA Y CUERPO RÍGIDO” LIBRO MECÁNICA VECTORIAL DE DINÁMICA POR SHAMES IRVING 4ta Edición CURSO

: DINAMICA

SIGLA

: IC- 244

CICLO ACADÉMICO

: 2012-II

GRUPO

: N° 06 (SHAMES 4ta Edición)

DOCENTE

: Ingº Cristian CASTRO PEREZ.

INTEGRANTES

:-AGUILAR HUICHO, Edgar. -GARCIA RAMOS, Wilson Luis. -ORE MENDOZA, John. (MM) - SULCA SANTIAGO. Emerson.

FECHA

: Ayacucho, Junio del 2013

Ayacucho – Perú 2013

11.8. Las partículas Ay B están limitadas a moverse en la acanaladura circular de 1.5m de radio. Al mismo tiempo estas partículas deben estar también en una ranura con forma de parábola. La ranura se muestra en línea discontinua para el tiempo t = 0. Si la ranura se mueve hacia la derecha con una velocidad constante de 1m/s. ¿Cuál es la velocidad y la aceleración con las que se acercan las partículas entre si para t = 1s?

Solución

i) Para la partícula A: Como se mueve en la dirección x a la velocidad constante de 1m/s considerando que inicio en el origen de coordenadas.

X A V At XA

X A 1t

t

Pero

  V AX x Aiˆ V AX 1iˆ m s   a AX xAiˆ a AX 0

Además tenemos

y2

x y

1

t

 V AY

x

1 2

Como x = t

2

 V AY

y A ˆj

 a AY

y

 a AY

yA ˆj

1 12 ˆj t 2 1 32 ˆj t 4

Finalmente para t = 1s

 V AX

1iˆ m

 a AX

s

1 m II ) a ˆj AY s 2

I)  V AY

0 1 m ˆj s2 4

Conclusión:

VA

1

VA

1

VA

aA aA

1 2

2

1 4

5m 4 s

V

1.12 m

0

2

1 4

0.25 m

s 2

aA

1 16

s2

Rpta: La partícula A se acerca a B con una velocidad de 1.12m/s y con una aceleración de 0.25m/s2

ii) Para la partícula B: De la manera similar resolvemos para B.

XB

VB t

XB

XB

1t

t

Pero

  ˆ VBX x B i VBX 1iˆ m s   a BX xB iˆ a BX 0

Además tenemos

y2

x

y

x

1 2

Como x = t

1

y t 2  VBY y B ˆj

 a BY

 VBY  a BY

yB ˆj

1 12 t ˆj 2 1 32 t ˆj 4

Finalmente para t = 1s

 VBX

1iˆ m

I)  VBY

 a BX

s

1 m II ) a ˆj BY s 2

0 1 m ˆj s2 4

Conclusión:

VB

1

VB

1

aB aB

1 4

0

5m 4 s

V

1.12 m

VB

2

1 2

2

1 4

0.25 m

s 2

aB

1 16

s2

Rpta: Se ve que la partícula B se acerca con la misma velocidad y aceleración de la partícula A.

11.10. El yugo A se mueve hacia la derecha con una velocidad V = 2m/s y una aceleración = 0.6m/s2 cuando se encuentra en una posición d = 0.27m del eje y. Un pasador está limitado a moverse dentro de la ranura del yugo y esta forzada mediante un muelle a deslizar sobre una superficie parabólica. ¿Cuáles son los vectores velocidad y aceleración del pasador en el instante de interés? ¿Cuál es la aceleración normal a la superficie parabólica en la posición que se muestra?

Solución Por formula sabemos:

V px

x V py

y

a px

x a py

y

Por MRUV: Tenemos

x V0t x

2t

x

2t

1 2 at 2 1 (0.6)t 2 2 3 2 t .........................................( ) 10

Sabemos:

y y

1.2 x 2 1.2 2t

3 2 t 10

2

y

624 2 t 100

108 4 t 1000

V py

y

a py

y

624 108 3 t t ............................(I ) 50 250 624 324 2 t .............................(II ) 50 250

Luego para x=0.27m en (*)

3 2 t 0.27 10 3t 2 20t 2.7 0 t 0.13s x

V py V py a py a py

2t

2t

3 2 t 10 Resolviendo tenemos

624 108 (0.13) (0.13)3 50 250 1.623 ˆj m s 624 324 (0.13) 2 50 250 12.5 ˆj m 2 s

a) Finalmente los vectores velocidad y aceleración de p

 V  V

  Vx V y

 a  a

  ax a y

(2iˆ 1.623 ˆj ) m

s

(0.6iˆ 12.5 ˆj ) m

s2

b) Hallar la aceleración normal a la superficie parabólica en la posición que se muestra. Sabemos:

a2

a N2 aN

aT2 a aT

Pero : aT V

x 2

V V

2

y 2 2

6 t 10

624 t 50

108 3 t 250

2

1 17496t 5 67392t 3 4878450t 37500 125 2 2916t 6 16848t 4 2439225t 2 37500t 62500

V

Pero, t = 0.135

V 8.169 m

aT

s

8.169 m

s

Además:

0 .6 2

a aN

a

12.5 2 aT

aN

12.51 8.169

aN

4.341 m

s2

a

12.51 m

s

11.16. Se sopla el grano hacia un contenedor de tren abierto con una velocidad V0 de 6m/s ¿Cuáles deben ser las elevaciones máxima y mínima para asegurar que todo el grano cae en el tren? Omitir el rozamiento y el viento.

Solución CASO I: Para que todo el grano caiga a una distancia no menor de 4.5m, entonces hallaremos “d” mínimo. En el eje x:

dx t

Vx t

6

4.5 t

0.8s

En el eje y:

VF2 (X F 1 (9.8)(0.8) 2 2 d min 3.1m d

V02

2a ( X F

X 0 ) V0 t

X0) 1 2 at 2

CASO II: Para que todo el grano caiga a una distancia no mayor de 7.5m, entonces hallaremos “d” máximo.

En el eje x:

dx t

Vx t

7.5 6

dx Vx

t t

1 .3s

En el eje y:

VF2 (X F

V02

2a ( X F

X 0 ) V0 t

X0) 1 2 at 2

1 (9.8)(1.3) 2 2 d max 8.3m d

11.34. Una diversión de un parque de atracciones consiste en una cabina en la que el pasajero esta fijo en posición sentada. La cabina gira alrededor de A con una velocidad angular ω. La cabeza de una persona de altura media esta situada a 3m del eje de rotación en A. Se sabe que si la cabeza de una persona esta sometida a una aceleración de 3y/o mas en la dirección de su propio cuerpo en cualquier instante la persona se sentirá incomoda y posiblemente mareada. Por tanto. ¿Cuál es el máximo valor de ωen r/min para evitar estos efectos, utilizando un factor de seguridad de 3?

Solución

Sabemos: ds

d

 V V



V rad

seg

 a n

V

Se sabe también:

an

an



2 3( g ) 3(9.81) 3 2 3.1 rad s

Luego convirtiendo

3.1

rev

2

min

a

9.8

RPM

rad 1rev 60 s . . s 2 1 min

186 RPM 2( )

29.6 RPM max

. .

29.6 RPM

an

.

2

11.56. Una rueda esta girando en el instante t con una velocidad angular de ω = 5rad/s. En este instante, la rueda tiene también un ritmo de cambio de la velocidad angular de 2rad/s2. En este instante, un cuerpo B se esta moviendo a lo largo de un radio con una velocidad de 3m/s respecto al radio y esta aumentando esta velocidad a un ritmo de 1.6m/s 2. Estos datos están dados para cuando el radio, sobre el que se esta moviendo B, esta en posición vertical y para cuando B esta a 0.6m del centro de la rueda, como se muestra en el diagrama. ¿Cuales son la velocidad y la aceleración de B en este instante respecto al sistema de referencia fijo xyz?

Solución Datos: En el eje x:

V

3m s2

a 1.6 m s 2 0.6m 5 rad s



2 rad s

Haciendo coincidir el sistema de coordedanas fijo y móvil (XY-xy) de centro O y O´ Donde:

XY: Sistema fijo.

xy: Sistema móvil. Sabemos :

 a

 V

  R



 r



  R



(









) 2



 r

Hallando los valores: i) Movimiento del sistema móvil xyz

 R  R  R

0  0   0

5kˆ rad 2kˆ rad

s s2

ii) Movimiento de la partícula “p” respecto al sistema xyz



 

0.6 ˆj 3 ˆjm s

1.6 ˆjm s 2

iii) De las ecuaciones de movimiento relativo tenemos.

 V

 V  V iv)

3 ˆj

( 3 ˆj 3iˆ) m



 a







s

  R







(

)

0 (2kˆ 0.6 ˆj ) 5kˆ (5kˆ 0.6 ˆj )

1.6 ˆj 1.2iˆ

5kˆ ( 3iˆ)

 a 1.6 ˆj 1.2iˆ 15 ˆj 30iˆ  a



3 ˆj ( 3iˆ)

 a 1.6 ˆj

 a

   V R r 0 (5kˆ 0.6 ˆj )

(2.8iˆ 13.4 ˆj ) m

s2

30iˆ

2

 2(5kˆ

 r 3 ˆj )

11.68. Un eje roscado gira con una posición angular θ = 0.315t2rad. Una tuerca situada sobre el eje gira relativa al mismo son una velocidad angular de ω = 0.4t rad/s. Cuando t = 0, la tuerca esta a una distancia de 0.6m de A. ¿Cuales son la velocidad y la aceleración de la tuerca para t = 10s? el paso de rosca es de 5mm. Dar los resultados en las direcciones radial y transversal.

Solución

Datos:

0.315t 2 rad 0.4t rad t

0

r

0.6m

s

La tuerca esta a 0.6 de A. Para t = 10s =? Luego analizamos el movimiento del brazo para t = 10s Paso de rosca es de 5mm. Cuando se dice paso de rosca se entiende como una distancia avanzada a lo largo del tornillo durante una revolución completa. Luego convirtiendo θ a

rev

seg

0.4t rad

0.4t rad s 2

s

t RPS 5 5 m 1000 Avanza

Para

1RPS ( revolucioncompleta )

t RPS 5

t m 1000

d

Nos pide en direcciones radial y transversal (coordenadas polares) Tenemos

0.315t 2 rad 

0.63t rad



0.63 rad

r

r0

r

0.6

s

d t 1000 1 1000

r r

s

0

a) Velocidad de la tuerca es:

 V

 V  V

1 1000 1 1000

ˆr

0.6

ˆr

3.76 ˆ

b) La aceleración es:

 a

r ˆ t t 0.63t ˆ 1000

r ˆ r

(r r  2 ) ˆ r

10 s

(r 2r ) ˆ

 a

t 1000

0.6

 a

( 23.69) ˆ r

 a

23.69 ˆ r

(0.63t ) 2 ˆ r

0.6

t 1000

(0.63t ) 2

t 1000

(0.376 0.004) ˆ 0.372 ˆ

11.75. Un vehículo, en el cual una masa M de 0.5kg rota con una velocidad angular igual a 5rad/s, se mueve con una velocidad V dada como V =1.5senΩtm/s respecto al terreno, con t expresado en segundos. Cuando t= 1s, la barra AM está en la posición que se muestra, en ese instante. ¿Cuál es la fuerza dinámica ejercida por la masa M a lo largo del eje de la barra AM si Ω = 3rad/s?

Solución

5 rad



s

0

1m r

0

r

0  1.5sen t Dato: R

 a

 a  a

 a  a

O

O O

 a

O

O

0

A

r

 R

        aA O  ( ) 2 r     (   ) 2   R r 0

5kˆ (5kˆ 1iˆ)

 5kˆ (5kˆ 1iˆ) R   R 5kˆ (5 ˆj )

0

(0.63t ) ˆ

 a

O

Como:

 R

 R

 R Para:

 R  R

 25iˆ R

1.5sen t  1.5(  t cos t ) 1.5[ cos t ] 3 rad ; t 1s s 1.5[3 cos 3] 4.45iˆ m s

1.5(  t 1 ) cos t

 a O 4.45iˆ 25iˆ  a O 20.55iˆ m s Luego para hallar la fuerza dinámica analizamos desde un sistema móvil.

Donde F1 es la fuerza dinámica observada por el sistema “M” Haciendo DCL del cuerpo “ρ”

mg F1

tg 30º

ma s

mg tg 30º

mas Como:

m

0.5kg ; g

16.97 m

as

F1

s2

ma s

F1 0.5(16.97) F1 8.49 N

9.8 m

s2

mg 1/ 3 mg 3

11.81. Un tren se esta moviendo a una velocidad de 2.8m/s. que velocidad mínima deberá experimentar el automóvil A para evitar ser embestido por el tren? ¿Cuanto tardara en cruzar la vía del tren? utilizar solo un procedimiento multirreferencia.

Solución De acuerdo con ello fijamos los siguientes sistemas de referencia: xy: al tren. XY: al terreno. Esto se muestra. La velocidad dexy, y por lo tanto del tren, relativa a los ejes XY es decir R es

(2.8 cos 45º iˆ 2.8sen 45º ˆj ) m

s

La velocidad del automóvil relativa a los ejes XY es de

( VA cos 70º iˆ VA sen 70º ˆj ) m Podemos decir, entonces:

s

 VXY

  Vxy R y

Figura (a) Por tanto:

 ( VA cos 70º iˆ VA sen 70º ˆj ) Vxy (2.8 cos 45º iˆ 2.8sen 45º ˆj )  Vxy

( VA cos 70º 2.8 cos 45º )iˆ (VA sen 70º 2.8sen 45º ) ˆj.......(I )

Para que el automóvil pase rozando, el vector velocidad del automóvil respecto al tren Vxy, debe seguir un curso de forma que este vector forme un ángulo β 0 con el eje horizontal dado por la siguiente figura.

0

135º

0

135º Arctg

30 200

126.47 º.............(II )

Volvamos a la ecuación (I), para la vector velocidad relativa actual Vxy (Fig. (a) el ángulo β) igualamos con (II)

(Vxy ) y

Arctg

126.47º

(Vxy ) x

(VA sen 70º 2.8sen 45º ) ( VA cos 70º 2.8 cos 45)

tg (126.47º )

sen 45º cos 45º ;

Operando:

VA[sen 70º cos 70º tg (126.47º ) 2.8 cos 45º [1 tg (126.47º )] VA 9.77 m s Para hallar el tiempo.

V

dr dt

t

x

dt 0

1 dr................( ) V 0

200 Arcsen (65º )

Reemplazando datos:

t

220.67 9.77 t 22.6 s

x

x

220.67 m.....................(**)

t

1 x V

11.111. Se muestra una sección superior de un aspersor. El agua entra en el centro desde abajo y luego pasa por los pasajes del impulsor. El impulsor esta girando con una velocidad angular ω constante e igual a 8r/min. El agua abandona el impulsor con una velocidad relativa de 3m/s y formando un ángulo de 30º respecto a r. ¿cuales son la velocidad y la aceleración del agua respecto al terreno cuando esta abandona el impulsor? Dar los resultados en las direcciones radial, axial y transversal. Utilizar un solo sistema de referencia.

Solución

Movimiento del sistema móvil xyz respecto al sistema XYZ

 R  R

R 2

R

Sabemos ω =8r/min, transformando a rad/s

8

rev 2 1 min . . min 1rev 60 s

0.8 rad  R  R



0.2 ˆj

s

0.84 rad

0.21iˆ 

s

0

El movimiento de la particulaP respecto al sistema xyz(móvil) Como el punto P coincide con el sistema móvil tenemos:

   

0 ? ?

i)

 

ˆ Hallamos TˆyN

3 1 ˆj iˆ 2 2 3 1 ˆj iˆ 2 2

Tˆ Nˆ

 

Vrelat Tˆ aT Tˆ a N Nˆ

3 3

3 iˆ 2 3 iˆ 2

1 ˆj 2 3 m ˆj s 2 

Pero ρ = constante

aT Tˆ

ˆ aN N



0

Finalmente:

 V  V

3

 V

3 iˆ 2

3 ˆj 2



0.25 ˆj

 R





0.84kˆ 0

2.6iˆ 1.5 ˆj 0.25 ˆj  V 2.6iˆ 1.25 ˆj

Hallando aceleración:

 a

  R







(





) 2





Reemplazando tenemos

 a

2.31iˆ 4.37 ˆj

15.40. Se representa esquemáticamente el conjunto de pistón, biela y cigüeñal de un motor. El motor esta rodando a 3000r/min. En la posición que se muestra. ¿Cuál será la velocidad del pasador A relativa al bloque del motor y cual será la velocidad angular de la biela AB?

Solución

Nos pide:

VA

? ?

AB

Donde



AB

Además



0

Considerando que ωCB positivo en sentido anti horario. Por ley de senos

L sen (90

)

r sen L

sen 90 cos sen cos 90 L r cos sen

Lsen

r sen

r cos .............*

i) Hallando ωAB Pero ωAB = , lo cual derivamos (*)

L cos (  ) L  cos( ) 

r sen L cos

rsen ( ) r sen .................(i )

Luego como

Lsen

r cos

sen

r cos L

L2 (r cos )2

cos

Reemplazando en (i)

r sen



L L2

(r cos ) 2

Pero



0

Donde



r

0

sen

L L2 (r cos ) 2

Respuesta:

L r

225mm 75mm 3r min

0

Convirtiendo en m y en rad/s, si.

3

0

0

r 2 rad 1 min . . min 1r 60 s

0.314 rad

L

0.225m

r

0.075m

s

Reemplazando, tenemos velocidad angular de AB.

r



L L2

0

sen

(r cos ) 2 0.075 0.314 sen 30º



0.255 (0.255) 2



0.245 rad

s

(0.075os 30º ) 2

ii) Hallando velocidad del pasador A. Por ley de senos

r sen

m sen

rsen

msen

Derivando:

r sen

m  cos

m  cos rsen



msen r

sen

Además

L2 (r cos )2

cos

L2 ( r cos ) 2 msen r. r

m



r cos L

sen







L2

(r cos ) 2 r cos L

L  L2 (r cos ) 2 r cos

Para

L

0.225m

r

0.075m 30º



0.245 rad

s

Reemplazando tenemos



0.225 0.245 (0.225) 2 (0.075 cos 30º ) 2 0.075 cos 30º



0.183 rad

s

15.57. Hallar la velocidad y la aceleración del centro de A.

Solución

Datos:

 VB

3iˆ m

 aB

2iˆ m

 BA

 BA

s s

(0,2) (2 3 ,0)

( 2 3 , 2)

En el cuerpo rígido utilizamos la ecuación de movimiento plano. Además:



kˆ  kˆ

 Como la barra AB tiene un movimiento plano Entonces.

 VA

i)

 VA

3i

 VB



 BA

[ kˆ ( 2 3iˆ 2 ˆj ]    M

iˆ 0

M

M  VA  VA

ˆj kˆ 0 2 3 20

(2 iˆ 2

3i

3 ˆj )

2 iˆ 2

3 ˆj

(3 2 )iˆ 2

3 ˆj.........................(*)

Hallamos ω por CIR

VB RB

 VB



 RB

3 2 3 2

Luego en *

 VA  VA

6 2 3 2 6 2 3 2

3 iˆ 3

3 3 ˆj 3 2 3 3 ˆj 3 2

ii) Hallando la aceleración de A. Como la barra AB tiene un movimiento plano

 aA

 aA

2iˆ



 aB



BA



(



 BA

)

 ˆ 3 3 k [ 2 3iˆ 2 ˆj ] kˆ kˆ ( 2 3iˆ 2 ˆj )    2 3 2 23 2  M  N

 aA

3 ˆ k N 2 3 2

2iˆ M

Hallando M y N

iˆ 0

M

 2  iˆ

M

N

ˆj kˆ  0  2 3 20

iˆ 0

ˆj 0

2 3

N

 2 3 ˆj kˆ

3 2 3 2 20

6 6 3 ˆj iˆ 2 3 2 2 3 2  aA

2iˆ

 2  iˆ

 2 3 ˆj

3 6 6 3 ˆj kˆ iˆ 2 3 2 2 3 2 2 3 2  P

Hallando P

iˆ P

0

ˆj 0

6 6 3 2 3 2 2 3 2

kˆ 3 2 3 2 0

18 3 ˆ i (2 3 2)2

P

 aA  aA

18 ˆj 2 (2 3 2)

  2iˆ 2  iˆ 2 3 ˆj

2



2

18 3 ˆ i (2 3 2)2

18 3 iˆ 2 (2 3 2)

 2 3

18 ˆj 2 (2 3 2) 18 ˆj 2 (2 3 2)

?

Hallando Por falta de datos no se concluye el ejercicio

15.80. Una grúa se mueve hacia la derecha con una velocidad de 1.4m/s. la pluma OB, que tiene una longitud de 15m, se esta elevando con una velocidad angular ω2relativa a la cabina de 0.4rad/s, mientras que esta ultima esta girando con una velocidad angular ω1 de 0.2rad/s relativa a la base. ¿Cuál será la velocidad del pasador B relativa al terreno en el instante en el que OB forme un ángulo de 35º con el terreno? El eje de rotación de o de la pluma esta a 1m de distancia del eje de rotación A-A de la cabina, tal como se muestra en el diagrama.

Solución

0.2 rad

10

A

0.4 rad

s

s

Ubicando: sistema de referencias

20

10

2 A

20

0.2 0.4

20

0.6 rad

s

Como nos pide VB/Tierraprimero hallamos VB/0, pero eso hallamos en coordenadas esféricas. Por formula:

V V Tenemos datos

 

0.6 rad

10

0.2 rad

0

Además

r

s

0

 

20

15m

r

0

s

Vr

V

V

r r  r sen

Como :

r 0 r 9 r sen

Vr V V

2.46

V r2 V 2 V 2

VB 0

0 2 9 2 2.46 2

VB 0

9.33 rad

VB 0

s

Nos pide: VB/T

VB T

V0 T

VB 0

Por dato:

V0 T

V

VB T VB T

1.4 m

V0 T 1.4

s

r r

VB 0 9.33