ejercicios Resueltos - Dinámica Hibbeler

May 7, 2019 | Author: Estrella Quispe Meneses | Category: Velocity, Acceleration, Kinematics, Motion (Physics), Dynamics (Mechanics)
Share Embed Donate


Short Description

ejercicios Resueltos Hibbeler...

Description

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTÓBAL DE HUAMANGA FACULTAD DE INGENIERÍA DE MINAS, GEOLOGÍA Y CIVIL ESCUELA DE FORMACIÓN PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL

DINÁMICA (ICC-244) PRIMERA PRÁCTICA CINEMÁTICA DE PARTÍCULA Y CINEMÁTICA DE CUERPO RÍGIDO

GRUPO 12 Título:  Autor: Edición:

Docente:

INGENIERÍA MECÁNICA: DINÁMICA R.C. Hibbeler 12th Ing. Cristian Castro Pérez.

 Alumnos:    

Ircañaupa Huamaní, Angel. Orellana Huamán, Miguel Angel. Sosa Lozano, Elvis Jhoel. Soto Medrano, Katherine Sheylla.

 AYACUCHO - PERU 2013

PRIMERA PRÁCTICA DE DÍNAMICA: CINEMÁTICA DE PARTÍCULA: PROBLEMA 1 (12.78):  Las clavijas A y B están restringidas a moverse en las ranuras elípticas debido al movimiento del enlace ranurado. Si el pasador se mueve con una  velocidad constante de 10 m/s, determinar la magnitud de la velocidad y la aceleración de la clavija A cuando x = 1 m. Solución:

a) Hallamos la magnitud de la velocidad de la clavija A, para x = 1m. Reemplazamos x=1 en la ecuación de la trayectoria:  x

2 

4

(1)2 4  y 

 y



2



 y 2

3 2

1



1

m

Derivando la ecuación de la trayectoria con respecto al tiempo tenemos: 1 4 1 2

(2 xx)  2 yy  0 ( xx)  2 yy  0

Como  x  v x , y  v y entonces: 1 2

( xvx )  2 yvy  0................(1)

Reemplazamos v x  10m / s  x  1m  en la ecuación (1).  3  v y  0  2  2  v y  2.887m / s  2.887m / s  1

(1)(10)  2 

Finalmente determinamos la magnitud de la velocidad de la clavija:

          4/

b) Hallamos la magnitud de la aceleración de la clavija A, para x = 1m. Obtenemos la segunda derivada de la ecuación de la trayectoria: 1 2 1 2

( xx  xx)  2( yy  yy)  0 ( x  xx)  2( y  yy)  0 2

2

Como  x  a x , y  a y entonces: 1 2

Reemplazamos

(vx 2  xax )  2(vy 2  yay )  0.................(2)

3

a x  0, x  1; y 

2

; vx  10  v y  2.887 en la ecuación (2).

  3  2 (10  0)  2 (2.887)    2  a y   0 2    

1

2

a y  38.49m / s  38.49m / s  2

2

Finalmente determinamos la magnitud de la aceleración de la clavija:

        4  4/ PROBLEMA 2 (12-80):  La furgoneta se desplaza sobre la colina descrita por  y  (1.5(103 ) x2  15) ft  . Si tiene una velocidad constante de 75 ft/s, determine las componentes x e y de la velocidad y la aceleración de la furgoneta cuando x = 50ft.

Solución:

a) Hallamos las componentes x e y de la velocidad de la furgoneta para x=50ft. Derivamos la ecuación de la trayectoria con respecto al tiempo: 3

 y  1.5(10 ) x  15 2

3

 y  3(10 ) xx 3

v y  3(10 ) xvx

Para x=50ft tenemos: 

v y  3(10 3 )(50)vx ..............(1) 

La magnitud de la velocidad está dada por la siguiente ecuación:

 v x    vy 

v



2

2

..................(2)

Reemplazamos la ecuación (1) en (2) y v=75ft/s: 75 

2

 v x    0.15vx 

2

v x  74.2 ft / s 



Reemplazamos v x  74.2 ft / s  en la ecuación (1): 

3 v y  3(10 )(50)(74.2)

v y  11.1 ft / s 



 / ↑

b) Hallamos las componentes x e y de la aceleración de la furgoneta para x=50ft. Obtenemos la segunda derivada de la ecuación de la trayectoria: 3

 y  3(10 )( xx  xx) 3 2 a y  3(10 )(vx  xax )

Pero  x  50 ft  v x  74.17 ft / s entonces tendremos: 

3 2 a y  3(10 ) (74.17)  50ax 

a y  (16.504  0.15ax )..................(3)

De la figura (a) hallamos el ángulo    cuando x=50ft  dy   tan 1 3(103 ) x   tan 1 ( 0.15)  8.531   x 50 ft   dx   x50 ft 

   tan 1 

Por lo tanto, a partir del diagrama mostrado en la figura (a). a x cos(8.531)  ay sen(8.531)  0................(4)

Resolviendo las ecuaciones (3) y (4) obtenemos:

PROBLEMA 3 (12.83): El carro de la montaña rusa desciende por la trayectoria helicoidal a velocidad constante de modo que las ecuaciones paramétricas que definen su posición son  x  csenkt ,  y  c cos kt  ,  z   h  bt , donde c, h, b son constantes. Determine las magnitudes de su velocidad y aceleración. Solución:

El vector posición está dado por el vector r, que tiene como componentes en los ejes x, y, z r=(x, y, z); Donde:  x  csenkt i

 y  c cos kt j

 z   h  bt k 

Derivamos las siguientes funciones para encontrar la  velocidad en cada eje.

v



v



v



 x

 y

 z 

dx dt  dy dt  dz  dt 

 ck cos kti  cksenktj  bk 

Sabemos el módulo de la velocidad total está dada por: 2 2 2 V   v x  v y  v z 

Reemplazando obtenemos la velocidad: 2 2 2 V   (ck cos kt )  (cksenkt )  (b)

Derivando nuevamente la velocidad en función del tiempo encontraremos la aceleración:

a x 

a y 

dv x dt  dv y dt 

 ck 2 senkti

 ck 2 cos ktj

a z  

dv z  dt 

0

Sabemos el módulo de la velocidad total está dada por: a  a x2  a y2  a z 2

Reemplazando obtenemos la aceleración: a  (ck   senkt )  (ck  cos kt )  0 2

2

2

2

PROBLEMA 4 (12.211): El movimiento del collar en A lo controla un motor en B, de modo que cuando el collar está en  s A  3 pies   sube a 2  pies / s  y su velocidad se reduce a 1  pies / s 2  .

Determine la velocidad y aceleración de un punto en el cable a medida que se jala hacia el motor B en este instante. Solución: Datos:  s A



3 pies

v A



2 pies / s

a A



1 pies / s 2

La longitud de la cuerda está dada por: 2 2 l    s B  S A  4

Derivamos en función del tiempo: 

0  s  B



1 2



( s A2  16)

1/ 2



; l   cte.

(2S A ) s  A



Despejando obtenemos la velocidad de B en función de  s A 

V  B

 s B





2  A 

( s

 

16)

1/ 2



( S A ) s  A

 Volvemos a derivar para obtener la aceleración: 

a B

 s B







[( s ) ( s  A

 

2

2  A 

16)

1/ 2





1

S  A s ( )( s  A 2

2  A 



3



16) 2 (2 s A s )]  A

Ordenando; 

a B



( s A s )  A

2 3



2

( s A)  s A s  A  1

2

( s A2  16) 2

( s A  16) 2

Reemplazamos los datos obtenemos: 

V  B



 s B



2  A 

( s

 

16)

1/ 2



( S A ) s  A

La velocidad: V  B  (3  16) 2

1/ 2

(3)(2)

La aceleración: 

a B



( s A s )  A

3 2  A 

( s

a B



2



2

( s A)  s A s  A  1

2

16) 2

( s A  16) 2

((3)(2) ) 2 3

((3) 2  16) 2



(2)

2



3(1) 1

((3) 2  16) 2

a B  1.11  ft / s

2

PROBLEMA 5 (12.214): Si el camión viaja a una velocidad constante de vT   6 ft / s , Determinar la velocidad de la caja por algún ángulo   de la cuerda. La cuerda tiene una longitud de 100  ft y pasa por encima de una polea de tamaño insignificante en A. Consejo: Relacionar las coordenadas  xT  y  xC  y la longitud de la cuerda y tomar la derivada respecto al tiempo. Luego sustituir la relación trigonométrica entre  xC   y   .

Solución:

Datos: vT   6  ft / s l   100  ft 

De la figura tenemos:  __ _ 

l    xT   CA

 xC   20ctg    __ __ 

Por Pitágoras hallamos CA  __ __  2

CA  202  x C 2  ___ _ 

CA 

2 2 20  x C 

 __ __ 

Reemplazamos el valor de CA

l    xT   202  x C 2 …………………….. (I)

Derivamos la ecuación (I) en función del tiempo: d (l ) dt 

d ( xT  )



dt 



0  xT  

1 2



d  dt 

2 1/ 2 C 

(20  x ) 2

; l   100  ft   cte

( 202  x C 2 ) 

(2 xC   xC )......... .( II )

Sabemos que: 

vT  

xT  6  ft / s 

vC  

x



Reemplazando los datos tendremos en la ecuación (II)

v



6 

(vC .ctg  ) 1  ctg 2 

;



1(2vC .20ctg  ) 2 400  400ctg    2

Además: 1  ctn   csc 2

2

 

Entonces: 6 

(vC .ctg  ) 2

csc  

 ctg      6  csc   

vC 

Finalmente: vC   6 cos     ft / s

CINÉMATICA DE CUERPO RÍGIDO: PROBLEMA 6 (16.10): Durante una ráfaga de viento, las palas del molino de viento tienen una aceleración angular de   (0.2 )rad / s 2 , donde     está en radianes. Si inicialmente las cuchillas tienen un angular  velocidad de 5 rad/s, determinar la velocidad del punto P, que se encuentra en la punta de una de las cuchillas, justo después de que la cuchilla ha convertido dos revoluciones. Solución:

Datos:   (0.2 )rad / s 2    5rad / s r  P   2.5  ft 

v P   ?  Tenemos:  d     d  

Resolvemos la siguiente ecuación para obtener la velocidad angular después de dos revoluciones.  d    0.2 d  

Integramos:  



 d   



4 

0

0.2 

   7.522rad / s

Finalmente hallamos la velocidad del punto P. Sabemos que:

v P    r  P 

Reemplazamos los valores:

v P   7.522(2.5)

PROBLEMA 7 (16.38): El bloque se mueve hacia la izquierda con una velocidad constante v0 . Determine la velocidad angular y la aceleración angular de la barra como una función de   .

Solución:

Las coordenadas de posición, determinadas por su geometría, son:  x 

a tan 

 a cot  

[1]

Derivando la ecuación 1 respecto al tiempo tenemos: dx dt

 a csc2  

d   dt  

[2]

Dado que la velocidad v0  se dirige hacia el  x  positivo, entonces:  Además:

d   dt 

dx dt 

 v0 .

w

De la ecuación 2 tenemos: v0  a csc2  (w) v0

w

2

a csc  



Como:   

dw dt 



v0 a

2

sen  



  

, de la expresión anterior tenemos: 

v0 a

(2 sen cos  )

Como: 2 sen cos  sen2  , y w 

d   dt



v0 a

d  

[3]

dt 

sen2  , al sustituir estos valores en la

ecuación 3 tenemos: 

v0 a

  sen2 (



v0 a

sen 2 )  (



v0 a

)2 sen2 sen2

 



    

PROBLEMA 8 (16.41): La manivela AB gira con una velocidad angular constante de 5rad / s . Determine la velocidad del bloque C   y la velocidad angular de la barra BC en el instante en que    30 .

Solución:

Las coordenadas de posición, determinadas por su geometría, son:  x  0.6 cos   0.3 cos  

...........

0.6 sen  0.15  0.3sen  ...........

1  2

 Al igualar las ecuaciones 1 y 2 tenemos:  x  0.6cos  0.3 2sen  4sen    0.75

3

2

Derivando la ecuación 3 respecto al tiempo tenemos: dx dt

Como:

dx dt 

 vC   y

0.15(2cos   4sen2 ) d    ] 2 2 sen  4sen    0.75 dt

 [0.6 sen  

d   dt 

 

[4]

 w AB , entonces de la ecuación 4 tenemos:

vC  [0.6sen  

0.15(2cos   4 sen2 ) 2 sen  4sen    0.75 2

]wAB

[5]

En el instante    30  y w AB  5rad / s  remplazando en 5 tenemos: vC   [0.6sen30 

0.15(2cos30  4 sen60) 2 sen30  4sen 30  0.75 2



](5)=  3.00 m/s

 −/

 Tomando la derivada de la ecuación 2, tenemos: 0.6cos 

 Y como:

d   dt 

 w BC   y

d   dt 

d dt

 0.3cos  

d  

[6]

dt 6  

 w AB , entonces en la ecuación 6 tenemos: w BC  (

2cos   cos  

)wAB

[7]

En el instante    30 , y de la ecuación 2:    30 , obtenemos en 7: w BC   (

2cos30º cos30º



)(5) = 10.0 rad/s

 /

Nota: El signo negativo indica que vC  se dirige en la dirección opuesta del eje x positivo. PROBLEMA 9 (16.43): El extremo A de la barra se mueve a la izquierda a una velocidad constante v A . Determine la velocidad angular   y la aceleración angular    en función de su posición x

Solución:

Relacionamos geométricamente x en función de  

r    xsen 

r    ……………………….[1]  sen 

 x 

Despejando x:

Derivamos la ecuacion 1 respecto del tiempo, tenemos: dx dt 

Sabemos que:

dx dt 



 v A , tambien

De la geometria tenemos:  sen  

r   x

2

; cos   

 x 2  r   x

Sustituyendo los valores en la ecuacion [2]: dx dt 

 v A  (

r (  x 2  r 2 /  x (r  /  x)

2

) 

r cos  d    2 …………………[2] rsen  dt  d   dt 

  

Ordenando, fialmente obtenemos la velocidad angular:

*Para obtener la aceleracion angular derivamos una vez más la ecuacion [2] 2

d   x dt 2





 sen2 

1  cos   d   2 d    a  2  [( )( )  cos   2 ] ………………….[3] dt   sen  dt  dt  2

2

d   x

2

2

Se sabe que a 

d   x 2

dt 

 0 ; porque tiene una velocidad constante

2

 También

d    2

dt 

   ; sustituimos estos valores en la ecuacion [3].

1  cos   2 0 [( )     cos  ] 2  sen    sen  2



1  cos   2   )  …………………………………………[4]    (  sen  cos   2

2



 x  r 

 x

 x

Finalmente sustituyendo ls valores,  sen   , cos    la ecuacion [4].

PROBLEMA 10 (16.48): El hombre tira de la cuerda a una velocidad constante de 0.5m/s. Determine la velocidad angular y aceleración angular de la viga AB cuando θ=60. El haz rota alrededor de A. Despreciar el espesor de la viga y el tamaño de la polea.

2

 y

 

 (  x  x

r  2

2

 r 

)v A , en

Solución:

Las coordenadas de posición: Aplicando la ley de cosenos:  s 2  6 2  6 2  2(6)(6) cos   s 2  (72  72 cos )m 2

 Tomando la derivada respecto al tiempo:

̇  −− ̇  ̇ ̇  ̇ −   ̇ actúa en sentido negativo de s. Cuando   √  −, así de la ecuación (1) tenemos: −  ̇   ̈ −/ 

 Aquí,

θ=60°,

El signo negativo indica que ω actúa en el sentido de giro contrario a s. De la derivada respecto al tiempo de la ecuación (1) tenemos:

̇  ̇  ( ̈  ̇ )  Si ̇ es constante, ̈  . Cuando =60°.  −  ̈ −   ̈ /  θ

PROBLEMA 11 (16.138): El brazo de la grúa gira con velocidad angular y acelaración angular como se muestra en la figura. En ese mismo instante, el brazo se extiende con una velocidad constante de 0.5 ft/s, medido en relación con el brazo. Determine la magnitud de la velocidad y la aceleración en el punto B en ese instante.

Solución:

*El sistema de referencia rotacional xyz está unido a AB, y coincide con el sistema de referencia fijo XY en el instante considerado, figura (a).

Por lo tanto, el movimiento del sistema XY con respecto al sistema xyz es:

       −/  ̇    −/ Para el movimiento del punto B respecto al sistema xyz, tenemos:

/      /     Determinaremos la velocidad, aplicando la ecuación de velocidad relativa:

    /     −       / La magnitud de v B, figura (b) es:

       / 

Determinaremos la aceleración aplicando la ecuación de la aceleración relativa:

   ̇  /  (  /)     −−(−)−4

  −4 /

La magnitud de aB, figura (c) es:

    4  4 /  

PROBLEMA 12 (16.143): En un instante dado, la barra AB tiene los movimientos angulares que se muestran. Determine la velocidad y aceleracion angulares de la barra CD en este instante.Hay un collarin en C. Solución:

Datos:   AB  5krad / s   AB  12krad / s 2 r C /  A  2ift  V C / A  (vC / A )i aC /  A  (aC / A )i

Sabemos que la velocidad y aceleracion en  A es cero, es decir: v A  0

a A  0

 Tenemos que: vc  v A    xr C / A  vC / A vc  0  (5k ) x(2i)  vC / Ai vc  vC / Ai   10  j ……………………………………….[1]

Pero tambien: vc   CD xr CD ……………………………………..[2]

Igulanos as ecuaciones [1] y [2] vC / Ai  10  j  ( CDk ) x(r CD ) r CD  2 cos 60o i  2 sen60o  j



vC / Ai  10  j  ( CDk ) x 2 cos 60o i  2 sen60o  j



   CDi   CD  j ………………..[3] vC / Ai  10  j  1.732

Comparando la ecuacion [3]  Tenemos que ;

Por otro lado: vC / A  1.732(10)  17.32  ft / s

Calculamos la aceleración angular: 

aC   a A    x r C /  A    x  xr C / A   2  x(vC / A )  aC / A

aC   0  (12k ) x(2i)  (5k ) x[(5k ) x2i ]  2(5k ) x[(vC / A )i]  (aC / A )i aC   [(aC / A )  50]i   [10(vC / A )  24]  j …………………………………….[4]

Pero sabemos también: aC    CD xr C / D   CD xr CD 2

………………………………………………………………….[5]

Igualamos las ecuaciones [4] y [5] [(aC / A )  50]i  [10(vC / A )  24]  j   CD xr C / D   CD xr CD 2

Remplazamos los valores: [(aC / A )  50]i  [10(17.32)  24]  j  ( CDk ) x(2 cos 60o i  2 sen60o  j )  (102 ) x(2 cos 60o i  2se

 Agrupando las ecuaciones [(aC / A )  50]i  [10(17.32)  24]  j  (1.732 CD  100)i  ( CD  17.32)  j

……………………………..[6]

Finalmente por comparación obtenemos la aceleración angular.  [1017.32  24]  ( CD  17.32)

*Por otro lado: [(aC / A )  50]i  (1.732 CD 100)i [(aC / A )  50]  (1.73224  100)i aC /  A  8.43  ft / s 2

View more...

Comments

Copyright ©2017 KUPDF Inc.
SUPPORT KUPDF