FACULTAD DE INGIENERÍA CIVIL

ESCUELA ACADÉMICO PROFESIONAL DE

INGENIERÍA CIVIL

Docente:

- VÍCTOR MANUEL MENACHO LÓPEZ

Curso:

- Dinámica

Integrantes:

- Castro Quezada Frankcis 131.0904.462

- Jara Obispo Marco 131.0904.469

- Gomero Trejo Grimaldo 131.0904.466

- Medina Maguiña Marco 122.0904.366

- Oncoy Rosario Eber 131.0904.491

- Salas Castillo Rover 131.0904.493

Huaraz, 10 de Mayo del 2016

RESOLUCION DE EJERCICIOS

DE DINÁMICA – IRVING

SHAMES

Dinámica

2

11.7. ¿Cuál es el vector aceleración para el pasador B si el yugo C tiene una

aceleración de 3 m/s en el instante de interés? Del ejemplo 11.1 1.5x m

SOLUCIÓN:

La ecuación de la trayectoria elíptica es:

2 2

2 21

3 2

x y ……………………1

Derivando la ecuación “1” respecto al tiempo:

2 20

3 2

xx yy

…………………….2

De los datos tenemos:

23 /x m s , 2 / sx m en el instante dado , 1.5x m

Remplazando en 1:

2 2

2 2

1.51

3 2

y

Dinámica

3

1.732y m

Remplazando en 2:

2 2

1.5 2 1.7320

3 2

y

0.77 /y m s

Derivando la ecuación “2” respecto al tiempo:

2 2

2 20

3 2

xx x yy y …………………….. 3

Remplazando valores en la ecuación “3”:

2 2

2 2

1.5 3 2 1.732 0.770

3 2

y

22.52 /y m s

Por lo tanto:

23 2.52 /Ba i j m s

Dinámica

4

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:

i. De la ecuación de la curva: 𝑦 = 1.2𝑥2⋯⋯⋯(1)

Entonces derivaremos la ecuación (1) respecto al tiempo:

𝑦 = 1.2𝑥2

�̇� = 2.4 𝑥�̇� ⋯⋯⋯(2)

�̈� = 2.4 �̇�2 + 2.4 𝑥�̈� ⋯⋯⋯(3)

ii. Pero se sabe que :

𝑥 = −0.27 𝑚

�̇� = 2 𝑚 𝑠⁄

�̈� = 0.6 𝑚 𝑠2⁄

iii. Entonces utilizamos los valores dados en ii. En las ecuaciones (2) y (3), ahora se

obtiene lo siguiente:

Dinámica

5

�̇� = 2.4(−0.27)(2) = −1.296 𝑚 𝑠⁄ ⋯⋯⋯(4)

�̈� = 2.4 (2)2 + 2.4(−0.27)(0.6) = 9.2112 𝑚 𝑠2⁄ ⋯⋯⋯(5)

iv. Por coordenadas naturales:

�⃗� = �̇�𝑒𝑡 +𝑉2

𝜌𝑒𝑛⋯⋯⋯(6)

Entonces calculamos:

1

𝜌= |

�̇��̈� − 𝑦�̇̈�

(�̇�2 + �̇�2)3 2⁄|

1

𝜌= |2 × 9.2112 + 1.296 × 0.6

(22 + 1.2962)3 2⁄| = 1.4185

∴ 𝜌 = 0.7049𝑚⋯⋯⋯(7)

v. Por coordenadas cartesianas se tiene lo siguiente:

�⃗⃗� = 2𝑖 + �̇�𝑗 = 2𝑖 − 1.296𝑗

333⇒ ‖�⃗⃗�‖ = 2.3831 𝑚 𝑠⋯⋯⋯⁄ (8)

�⃗� = 0.6𝑖 + �̈�𝑗 = 0.6𝑖 + 9.2112𝑗

333⇒ ‖�⃗�‖ = 9.2307 𝑚 𝑠2⁄ ⋯⋯⋯(9)

vi. Por último la aceleración normal (𝑎𝑁 =𝑉2

𝜌) reemplazando los valores de (7 y (8) en

(6) se obtiene que:

𝑎𝑁 =𝑉2

𝜌=2.38312

0.7049

∴ 𝑎𝑁 = 8.0566𝑚𝑠2⁄

Dinámica

6

11.70. Un tambor de diámetro variable gira impulsado por un motor a una velocidad

angular constante 𝜔 de 10 r/min. Una cuerda de diámetro d igual a 12mm esta

enrollado al tambor y sostiene un pesoW.se desea que la velocidad del movimiento

hacia arriba del peso esté dada por:

Donde para t=0 la cuerda esta justo comenzando a enrollarse sobre el tambor con

Z=0. ¿Cuál debe de ser el radio 𝑟 del tambor en función de Z para que esto se

cumpla? ¿Cuáles con las componentes de la velocidad �̇� y �̇� para el peso W cuando

t =100s?

SOLUCIÓN:

1.-orientacion de los vectores unitarios que definen la coordenada cilíndrica en

un punto inmediato de contacto de la cuerda que une el peso W con el tambor

ver la figura e identificando de los parámetros que definen el movimiento .

r=? ∅̇ = 𝜔 = 10 ∗𝜋

30= 1.0472 𝑟𝑎𝑑/𝑠

�̇� =?

Z=?

�̇� =𝑑𝑖𝑎𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 × 𝜔

2𝜋

Dinámica

7

�̇� = 0.012 ×𝜔

2𝜋= 2 × 10−3

𝑚

𝑠

2.- De la velocidad de P

𝑉�̅� = �̇� 𝑒�̅�+𝑟∅̇𝑒∅̅̅̅+ �̇�𝑒�̅�

En donde

𝑟∅̇= �̇�= 0.12+𝑡2

26∗103

r= 0.1146+𝑡2

27227.2 m…………………(1)

También la velocidad �̇� es

�̇� =𝑑𝑧

𝑑𝑡= 2 ∗ 10−3

𝑚

𝑠

Separando variables e integrando

∫ 𝑑𝑧 = ∫ 2 ∗ 10−3𝑑𝑡 → 𝑧 = 2 ∗ 10−3𝑡 → 𝑡 =𝑧

2 ∗ 10−3

𝑡

0

𝑧

0

……………… . (2)

Reemplazar ecua.2 en ecua .1

r = y = 0.1146 +𝑧2

(2∗10−3)2*

1

27227.2→

r=0.1146 +9.182*𝑧2 m ……………………….Rpta.

3.- cálculo de la componente radial de la velocidad de peso (�̇�)

Para �̇� = 2 ∗ 10−3 𝑚

𝑠 =2

𝑚𝑚

𝑠 y

z=2 ∗ 10−3 ∗ 100

Z=0.2m

Si �̇� = �̇� =9.182*2* Z *�̇�

Luego

�̇� = �̇� =9.182*2*0.2*2 ∗ 10−3=7.3456*10−3 𝑚

𝑠

→ �̇� =7.346 𝑚

𝑠 ………………………….Rpta.

Dinámica

8

11.93. Un destructor que navega en aguas en marejada mantiene la siguiente aceleración

traslacional respecto al sistema inercial XYZ mientras está disparando su batería

de fuego principal en el plano YZ: �⃗� = 5𝑗 + 2�⃗⃗� 𝑚 𝑠2⁄ . ¿Cuál debe de ser

𝜔1 𝑦 𝜔1̇ del cañón respecto al barco de forma que en el extremo A del cañón

tenga una aceleración nula respecto a XYZ?

SOLUCIÓN:

Marco móvil elemento AB

Punto base B

Punto de referencia O

25 3a j km s =..

R

3 30 3cos30o osen j k

.

=velocidad de A respecto a = 0

. .

=aceleración de A respecto a = 0

Aa

= 0

Usando la fórmula de la aceleración para a marcos móviles:

Dinámica

9

.. . ..

( ) 2Aa R x x x x

.

1 1 10 5 2 ( (3 30 3cos30 )) ( ( (3 30 3cos30 ))o o o oj k ix sen j k ix ix sen j k

. .2 2

1 11 10 5 2 ( 3cos30 3 30 ) j ( 3 30 3cos30 )o o o oi oj j k sen sen k

Obtenemos:

.

21 15 3cos30 3 30 0o osen

.

21 12 3 30 3cos30 0o osen

Resolviendo el sistema de ecuaciones:

1 1.19rads

y .

1 21.11rads

15.72. Una partícula gira sobre una plataforma con una velocidad angular constante de

10 rad/s, mientras que la plataforma gira con una velocidad angular constante de

50rad/s alrededor del eje A-A. ¿Cuál será la velocidad de la partícula P en el

instante en el que la plataforma este en el plano XY y el radio vector dela partícula

forma un ángulo de 30°con el eje Y como se muestra?

Dinámica

10

SOLUCIÓN:

1) Por coordenadas esféricas, identificamos los parámetros que definen los movimientos:

2) Calculo de la velocidad por coordenadas esféricas:

( )p r

r r sen rv u u u

pv = 0.6 x 10 x 𝑢Ɵ̅̅ ̅̅ +0.6 x 50 x sen (30) x 𝑢Ø̅̅ ̅

pv = 6 x 𝑢Ɵ̅̅ ̅ + 15 x 𝑢Ø̅̅ ̅

16.1554p

msv

0.6r 30

50rad

s

0r

10rad

s

0

0r

0

Dinámica

11

15.81. El brazo principal AC de una pala mecanica giracon una velocidad angular 𝜔1 de

0.3 rad/srelativa a la cabina. El brazo EDgira con una velociadad angular 𝜔2 de

0.4 rad/s relativa al brazo AC. La cabina gira alrededor del eje A-Acon una

velociadad angular 𝜔3 de 0.15 rad/srelativas a las orugas que permanecen

estacionarias. ¿Cuál sera la velocidaddel punto D, en el centro de la pala, en el

instante de interes que se muestra en el diagrama? AB tiene una longitudde 5m y

BD tiene una longitud de 4m.

N=ED marco móvil principal (B punto base)

R=AC (A punto base)

M=cabina fijo en tierra (Marco móvil principal o base)

O=Punto de origen de M

�̅�𝐷/𝑁 = 2√2𝑖 − 2√2𝑗

�̅�𝐵/𝑅 = 2.5√3𝑖 + 2.5𝑗

𝑉𝐷/𝑇 = 𝑉𝐵/𝑇 + 𝜔𝑁/𝑇 × �̅�𝐷/𝑁 + 𝑉𝐷/𝑁 ………………………(#)

𝜔𝑁/𝑇 = 𝜔𝑁/𝑅 + 𝜔𝑅/𝑀 + 𝜔𝑀/𝑇

𝜔𝑁/𝑇 = 𝑂. 3𝑘 + 0.4𝑘 + 0.15𝑗 = 0.7𝑘+ 0.15j

𝑉𝐵/𝑇 = 𝑉𝐴/𝑇 + 𝜔𝑅/𝑇 × �̅�𝐵/𝑅 + 𝑉𝐵/𝑅 ……………….....(1)

𝜔𝑅/𝑇 = 𝜔𝑅/𝑀 + 𝜔𝑀/𝑇 = 0.3𝑘 + 0.15𝑗 ……………..(2)

Dinámica

12

𝑉𝐴/𝑇 = 𝑉𝑂/𝑇 + 𝜔𝑀/𝑇 × �̅�𝐴/𝑀 + 𝑉𝐴/𝑀

𝑉𝐴/𝑇 = 0.15𝑗 × 2𝑖 = −0.3𝑘 ……………………………...(3)

Remplazamos (2) y (3) en (1)

𝑉𝐵/𝑇 = −𝑂. 3𝑘 + (0.15𝑗 + 0.3𝑘) × 2.5√3𝑖 + 2.5𝑗

𝑉𝐵/𝑇 = −0.3𝑘 − 0.75𝑖 + 1.3𝑗 − 0.649𝑘

𝑉𝐵/𝑇 = −0.75𝑖 + 1.3𝑗 − 0.949𝑘

Remplazamos en #

𝑉𝐷/𝑇 = −0.75𝑖 + 1.3𝑗 − 0.949𝑘+(0.7𝑘+ 0.15j)× (2√2𝑖 + 2√2𝑗)

𝑉𝐷/𝑇 = −0.75𝑖 + 1.3𝑗 − 0.949𝑘 + 1.98𝑖 + 1.98𝑗 − 0.424𝑘

𝑉𝐷/𝑇 = 1.23𝑖 + 3.28𝑗 − 1.375𝑘