DINÁMICA TRABAJO PARTE I

PROBLEMA 7

El yugo A se mueve hacia la derecha con una velocidad V = 2m/s y una

aceleración a = 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:

a). Hallar los vectores velocidad y aceleración

y=1 . 2⋅x2

dydt

=2. 4⋅x⋅dxdt v y=2. 4⋅x⋅vx

..…..(1)

d2 ydt 2

=2. 4⋅(( dxdt )2

+ d2 xdt 2

⋅x ) a y=2. 4⋅(vx2+ax⋅x ) ……..(2)

Reemplazamos datos:

x=−0 . 27

ax=0 . 6m /s2

vx=2m /s

En (1)

v y=2. 4⋅(−0 . 27 )⋅2

v y=−1. 296 V=2 i−1 .296 { j ¿En (2)

a y=2.4⋅(22+0 .6⋅(−0 .27 ))

a y=9 .2112 a=0 .6 i−9 .2112 { j¿b). Hallar la aceleración normal

an=v2

ρ ………..(3)

Cálculo del módulo de la velocidad

v=√v x2+v y2

v=√22+(−1 .296 )2

v=2 .3832m /s

Cálculo del radio de curvatura:

y=1 . 2⋅x2dydx

=2. 4⋅x d2 ydt 2

=2. 4

x=−0 .27

Reemplazamos los datos en la siguiente ecuación

ρ=(1+( dydx )

2)3/2

|d2 y

dx 2|

ρ=(1+ (2. 4⋅(−0. 27 ))2)3/2

|2.4|

ρ=0 .705

En la ecuación (3) reemplazamos los datos hallados

an=v2

ρ

an=(2 .3832 )2

0 .705

PROBLEMA 10

Una rueda de 600 mm de diámetro está girando a una velocidad de 2rad/s y está aumentando su velocidad angular a un ritmo de 3rad/s2. Esta avanza a lo largo de un tornillo que tiene un paso de rosca de 12 mm . ¿Cuál es la aceleración de los puntos situados en el borde en términos de sus coordenadas cilíndricas?

Datos:

D=600mm

r=300mm=0 .3m=cte

θ=ω=2 rad /s

θ=α=3 rad /s2

z=12mm

Solución:

a=( r−r θ2 )er+(r θ+2 r θ )eθ+ z ez

a=(−r θ2)er+(r θ)eθ+ z ez

a=((−300)⋅22)er+(0 . 3)(3 )eθ+ z ez

a=−1200er+900eθmm /s2

II PARTE

PROBLEMA 12.13

Los bloques A y B están inicialmente estacionarios ¿Qué distancia recorrerá A sobre B si A recorre 0.20 m respecto al terreno?

Datos:

M A=20Kg

MB=30Kg

F=500

SOLUCION:

Para el Bloque A

∑ F y=0

R1=20(9 . 81)(Cos10 )

R1=193 .2193

∑ F x=mA .a1 x

F+20( g)( Sen10)−f r 1=mA⋅a1 x

500+20 (9.81 )(Sen10 )−(0 . 4 )(193 . 2193)=20⋅a1 x

a1 x=22 . 84

Para el Bloque B

∑ F y=0

R1+30(9 . 81)(Cos10)−R2=0

193 .2193+30(9 . 81)(Cos10)=R2

R2=483 .0482

∑ F x=mB .ax2

f r 1−f r 2+30 (9 .81 )(Sen10 )=mB⋅ax2

(0 . 4 )(193 .2193 )−(0 .1 )(483 .0482 )+51.1047=30⋅ax 2

ax 2=2 . 6696

Integramos ax 2 y a1 x para deducir x en función de t

ax 2=2 . 6696 ax 1=22 . 84

d2 x2

dt2=2 .6696

d2 x1

dt 2=22. 84

d2 x2=2. 6696⋅dt 2 d2 x1=22. 84⋅dt 2

x2=2 .6696⋅t2

2x1=

22.84⋅t2

2

Tenemos que x1 y x2

x1+x2=0 .20m

22 .84⋅t2

2+ 2 .6696⋅t 2

2=0 .20

t=0 .1252

Reemplazamos t en x1 y x2

x2=2 .6696⋅( 0.1252)2

2 x2=0 .021

x1=22.84⋅(0 .1252)2

2 x1=0. 179

x1 es la distancia que recorre A sobre B

PROBLEMA 12.92

Un automóvil de 20kN de peso está moviendo a una velocidad V de 16m/s por una carretera que tiene un radio de curvatura vertical de 200m, tal como se muestra.En el instante mostrado, ¿Cuál es la máxima deceleración posible al frenar el vehículo si el coeficiente de rozamiento dinámico entre los neumáticos y la carretera es de 0.55?

DATOS:

W=20000 Nm=2038 . 74Kgud=0 .55

ρ=200mv=16m /sθ=15º

SOLUCIÓN:

∑ Fn=m⋅an∑ Fn=m⋅v

2

ρ

N−(20⋅103)(Cos15 º )=2038 .74 (162

200 )N=21928.099

∑ F t=m⋅at−W⋅Sen15−f r=m⋅at

−20000⋅Sen15−(0 .55 )(21928 . 099)=2038. 74⋅at

a t=−8 . 45m /s2

PROBLEMA 12.138

Un automóvil se está moviendo a una velocidad constante de 18 m/s por un tramo de carretera parte del cual (A→B) es parabólico y parte del cual (C→D) es circular con un radio de 3km. si el automóvil tiene un sistema de frenos con ABS y el coeficiente de rozamiento estático µ entre los neumáticos y el pavimento es de 0.6.¿Cuál será la máxima deceleración posible en la posición x = 2 km y en la posición x =10 km? el peso total del vehículo es de 12 kN. DATOS:

μs=0 .6

ρCD=3Km

v=18m /s=18⋅10−3Km/ s

W=12000N

m=1223 . 24

SOLUCIÓN:

a) Para el tramo AB, la curva y=0. 02 x2Km

Hallamos el ρAB

ρ=(1+( dydx )

2)3/2

|d2 y

dx 2|

Derivamos la ecuación

y=0. 02 x2

dydx

=0 .04 xPara x=2 Km

dydx

=0 .08

d2 ydx2

=0 . 04

ρ=(1+ (0.08 )2)3 /2

|0 . 04|

ρ=25. 2404 Km

Hallamos el θ

Tanθ=dydx

Tanθ=0 . 04 x

Tanθ=0 . 08

θ=4 .5739 º

∑ Fn=m⋅an

∑ Fn=m⋅v2

ρ

N−(W )(Cosθ )=m( (18⋅10−3 )2

25.24 )N−(12000)(Cos 4 .5739 )=1223 . 24( (18⋅10−3 )2

25.24 )N=11977 . 49 N

∑ F t=m⋅at

W⋅Senθ−f r=m⋅at

W⋅Senθ−μ⋅N=m⋅at

12000⋅Sen4 . 5739−(0 . 6)(11977 . 49)=1223. 24⋅at

a t=−5 .093m / s2

b) Para el tramo AB, la curva y=0. 02 x2Km

μs=0 .6

ρCD=3Km

N=W=12000

m=1223 . 24

an=9 .81m /s2

∑ F t=m⋅at−f r=m⋅a t

−μ⋅N=m⋅a t

−0 .6⋅12000=(1223 . 24 )⋅ata t=−5 .8860

PROBLEMA 3.27

TRABAJO Y ENERGIAPROBLEMA 3.40

PROBLEMA 3.49