MECÁNICA VECTORIAL PARA INGENIEROS - Ingenieria · PDF filedinÁmica ic - 244 ingenierÍacivil unviersidad nacional de san cristÓbal de huamanga mecÁnica vectorial para ingenieros

DINÁMICAIC - 244

UNVIERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTÓBAL DE HUAMANGAINGENIERÍACIVIL

MECÁNICA VECTORIAL PARA INGENIEROS

SOLUCIONARIO DE EJERCICIOS

RESPONSABLES

GÓMEZ CHUCHÓN, ESTEBAN

CORONADO SAAVEDRA, JUAN CARLOS

DAS / KASSIMALI / SAMI

AYACUCHO - PERÚ

PRACTICA DOMICILIARIA

DE DINAMICA (IC-244)

Escuela de Formacion Profesional de Ingenierıa Civil

INGENIERÍA CIVILUNSCH

DINÁMICA IC - 241DINÁMICA IC - 241 INGENIERÍA CIVILUNSCH

DINÁMICA IC - 241DINÁMICA IC - 241

CINEMATICA DE LA PARTICULA

1. Si se mueve la banda transportadora del problema 1.71 a una velocidad de 20 pies/s,determine el intervalo de la altura h de la banda transportadora con la cual can los bloquesen la abertura. Ver Figura 1.

Figura 1

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SOLUCION

a) Determinaremos el intervalo de altura para la abertura.

b) Por caıda libre encontraremos 2 ecuaciones para h y ho.

y = Voto +1

2gt2o

c) Datos:

Vo = 0 pies/s

g = 32.18 pies/st =?

d) Para h

h = V1t1 +1

2gt21

h =1

2gt21

Entonces despejando t1:

t1 =

√2h

g(1)

e) Para ho

ho = Vot2 +1

2gt22

ho =1

2gt22

Entonces despejando t2

t2 =

√2hog

(2)

f ) Por MRU , para los dos casos.

x1 = Voxt1 (3)

g) Reemplazando 1 en 3 para despejar h.

x1 = Vox

√2h

g

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x21 = V 2ox

2h

g

h = [x1V 2ox

]2g

2

h = 4.87 pies

h) Tambien tenemos:

x2 = Voxt2 (4)

i) Reemplazamos 2 en 4 para despejarho.

x2 = Vox

√2hog

x22

= V 2ox

2hog

ho =g

2[x2Vox

]2

ho = 2.57 pies

∆H = h− ho

∆H = 4.87 − 2.57

∆H = 2.37 pies

2. Determine la altitud h y la velocidad vo de un avion que vuela hacia el oeste si un proyectildirigido que suelta desde el aire choca contra un barco que navega hacia el norte a velocidadconstante de 125 km/h, al llegar al punto B. Se muestra en la figura la posicion del barcoen el instante en que el avion suelta el proyectil. Ver Figura 2.

SOLUCION

a) Vct = R

b) t = 1 hora

c) Vct = 1.5 =⇒ t = 0.012 h

d) Por Pitagoras

r =√

2.52 + h2

e) Velocidad cartesiana del punto A (velocidadinicial)

Vxo = Vo cosαVyo = Vo sinα

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Figura 2

Vo cosαt = 2.5 (5)

Vy = Vo sinα− gt (6)

f ) Recordando

Vyot+1

2gt2 = h

Vo sinαt+1

2gt2 = h (7)

h = r sinϕ

2.5 = r cosϕ

g) Dividiendo los anteriores

h = 2.5sinϕ

cosϕ

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h) Derivando

h = 2.5(cos2 ϕ+ sin2 ϕ

cosϕ)

Vy = h =2.5

cos2 ϕ

Vy =2.5(2.52 + h2)

2.52

Vy = 2.52+h2

2.5

i) Reemplazando2.52+h2

2.5 = Vo sinα− gt

Vo = 2.52+h2

2.5 + gt

j ) Reemplazando

2.52+h2

2.5 + gt+1

2gt2 = h

0.0048h2 − h+ 0.321 = 0

h = 208.3 [km]

k) Reemplazando ahora el valor de h

Vo sinαt+ gt2 = 208.3

Vo cosαt = 2.5

l) Para t = 0.012h y g = 9.81

Vo sinα = 208.3

Vo cosα = 208.3

m) Dividiendo

tanα = 1

α = 45o

n) Reemplazando

Vo sin 45o = 208.3

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Vo = 294.58 [km

h]

3. Se esta siguiendo el movimiento de un avion por medio de un radar, como se ilustra. Sien un instante, θ = 0.04 rad/s, ¨0.002 rad/s2, r = 21000 pies, r = 1000 pies/s, r = −40pies/s2, determine las magnitudes de la velocidad y aceleracion del avion en ese instante.Ver Figura 3.

Figura 3

SOLUCION

a) En coordenadas polares - velocidad

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−→v = rer + rθeθ

−→v = 1000er + 21000(0.004)eθ

−→v = 1000er + 840eθ

v =√

(1000er) + (840eθ)2

v = 1305.99 [pies

s]

b) En coordenadas polares - aceleracion

−→a = (r − rθ2)er + (2rθ + rθ)eθ

−→a = (40− 2100(0.04)2)er + (2(1000)(0.04) + 21000(0.002))eθ

−→a = −40.034er + 122eθ

a =√−40.0342 + 1222

a = 128.4 [pies

s2]

4. El colların A se mueve a lo largo de una guıa circular de radio e al girar el brazo OB entorno a O. Deduzca las expresiones de las magnitudes de la velocidad y aceleracion delcolların A en funcion de θ, θ, θ, e. Ver Figura 4.

SOLUCION

a) Ubicamos el radio vector por Pitagoras en el triangulo 4 OC ′A

r2 = (e+ e cos θ)2 + (e sin 2θ)2

r2 = e2 + 2e2 cos 2θ + e2 cos2 2θ + e2 sin2 2θ

r2 = e2 + 2e2 cos 2θ + e2(sin2 2θ + cos2 2θ)

r2 = e2 + 2e2 cos 2θ, factorizando e2:

r2 = 2e2(1 + cos 2θ), por intenditdad trigonometrica:

r2 = 2e2(2 cos2 2θ)

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Figura 4

r =√

2e2(2 cos2 θ)

r = 2e cos θ [m]

b) Derivamos r

r = −2eθ sin θ

r = −2eθ sin θ − 2e cos θθ2

c) Calculando la velocidad y aceleracion (en coordenadas polares)

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−→v = ρee + ρθeθ

−→v = −2eθ sin θee + 2e cos θθeθ

v =√

4e2θ2 sin2 θ + 4e2θ2 cos2 θ

v =√

4e2θ2(sin2 θ + cos2 θ)

v = 2eθ [ms ]

d) La aceleracion es

−→a = (ρ− ρϕ2)er + (ρϕ+ 2ρϕ)eϕ

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−→a = [(−2e cos θθ2 − 2e sin θθ)− 2e cos θθ2]ee + [2e cos θθ + 2(−2e sin θθθ)]eθ

−→a = −(4e cos θθ2 + 2e sin θθ)ee + (2e cos θθ − 4e sin θθ2)eθ

a =√

[4e cos θθ2 + 2e sin θθ]2 + [2e cos θθ − 4e sin θθ2]2

a =√

16e2 cos2 θθ4 + 4e2 sin2 θθ2 + 16e cos θ sin θθ2θ + 4e2 cos2 θθ2 + 16e sin2 θθ4 − 16e sin θ cos θθ2θ

a =√

16e2θ4(cos2 θ + sin2 θ) + 4e2θ2(cos2 θ + sin2 θ)

a =√

16e2θ4 + 4e2θ2

a =√

4e2(4θ4 + θ2)

a = 2e√

4θ4 + θ2 [m

s2]

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CINEMATICA DE LOS CUERPOS RIGIDOS

5. El brazo AC gira en sentido de las manecillas del reloj a una velocidad de 200 rpm. Usandoel metodo del centro instantaneo de velocidad cero, determine la velocidad angular del brazoranurado BD para la posicion que se muestra. Ver Figura 5.

Figura 5

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SOLUCION

a) Como el sistema esta interrelacionado, las velocidades van a ser iguales, es decir:

VAC = VBD

b) Por el metodo del centro instantaneo de rotacion (C.I.R.)

VAC = ρ1ωAC ; ρ1 = 0VAC = 0ωAC

c) Ahora calculamos las velocidad angular (ωBD)

VBD = ρ2ωBD

d) Despejamos ωBD

ωBD =VBDρ2

e) Como: VAC = VBD = 0

ωBD0

ρ= 0

ωBD = 0 [ rads ]

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Figura 6

6. El colların A se mueve hacia la derecha a velocidad constante de 10 m/s en la forma en quese ilustra. En la posicion dada (θ45o). Determine a) la velocidad angular de la barra AB yb) la velocidad del punto B. Ver Figura 6.

SOLUCION

a) La velocidad VyA es igual a VxB

VxA = 10 m/s

VyA = VxB = 10 m/s

b) Por C.I.R.

VxA = ωA(d)

ωA =VxAd

= 103.5 = 2.86

ωA = 2.86 [rad

s]

7. La barra AB de la articulacion que se muestra en la figura tiene una velocidad angular enel sentido de las manecillas del reloj de 30 rad/s cuando θ = 60o. Determine las velocidadesangulares del elemento BC y la rueda en este instante. Ver Figura 7.

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Figura 7

SOLUCION

a) Analizando vectorialmente

Por inspeccion, las velocidades de los puntos B y C estan definidas por la rotacion deleslabon AB y la rueda alrededor de sus ejes fijos. Para llegar a la solucion, escribiremosla ecuacion cinematica apropiada para cada elemento.

b) Eslabon AB

vB

= ωAB× r

B

vB

= (−30k)× (0.2 cos 60oi+ 0.2 sin 60oj)

vB

= (5.2i− 3.0j) [ms ]

c) Eslabon BC

VC

= VB

+ ωBC× r

C/B

VCi = 5.2i− 3.0j + ω

BCk × (0.21i)

VCi = 5.20i+ (0.2ω

BC− 3.0)j

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VC

= 5.20 =⇒ 0 = 0.2ωBC− 3.0

ωBC

= 15 [rad

s]

d) Rueda

VC

= ωD× r

C

5.2i = (ωDk)× (−0.1j)

5.20 = 0.1ωD

ωD

= 52.00 [rad

s]

8. Se obliga a girar el brazo ranurado AOB alrededeor del punto O cuando se mueve el pernoA a lo largo del carril horizontal. Para la posicion que se muestra , establezca la relacionentre la velocidad vB del perno B y la velocidad vA del perno A. Ver Figura 8.

SOLUCION

a) Se sabe por definicion

vA = ω ×RavB = ω ×Rb

b) Radio de A - C.I.R.Ra = (a+ y) =⇒ Ra = (y + a)

c) Radio de B - C.I.R.Rb = (x− b) =⇒ Rb = (x− b)

d) Por teorıa sabemos

−→v A = −→ω ×−→Ra−→v A = −→ω × (y + a)

e) La velocidad angular es la misma para ambos

−→v B = −→ω ×−→R b−→v B = −→ω × (x− b)

f ) Haciendo relacion de velocidades

| −→v A || −→v B |

=| −→ω | ×(y + a)

| −→ω | ×(x− b)

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Figura 8

VAVB

= y+ax−b

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