ejercicios-resueltos-kassimali

DINÁMICA INGENIERÍA CIVIL

IC - 244

UNVIERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTÓBAL DE HUAMANGA

MECÁNICA VECTORIAL PARA INGENIEROS DAS / KASSIMALI / SAMI

SOLUCIONARIO DE EJERCICIOS RESPONSABLES GÓMEZ CHUCHÓN, ESTEBAN CORONADO SAAVEDRA, JUAN CARLOS

AYACUCHO - PERÚ

´ PRACTICA DOMICILIARIA ´ DE DINAMICA (IC-244) Escuela de Formaci´on Profesional de Ingenier´ıa Civil

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´ CINEMATICA DE LA PART´ICULA 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 bloques en la abertura. Ver Figura 1.

Figura 1

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´ SOLUCION a) Determinaremos el intervalo de altura para la abertura. b) Por ca´ıda libre encontraremos 2 ecuaciones para h y ho . 1 y = Vo to + gt2o 2 c) Datos: Vo = 0 pies/s g = 32.18 pies/s t =? d ) Para h 1 h = V1 t1 + gt21 2 1 h = gt21 2 Entonces despejando t1 : s

2h g

(1)

2ho g

(2)

x1 = Vox t1

(3)

t1 = e) Para ho 1 ho = Vo t2 + gt22 2 1 2 ho = gt2 2 Entonces despejando t2 s t2 = f ) Por M RU , para los dos casos.

g) Reemplazando 1 en 3 para despejar h. r x1 = Vox

2h g

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2h g x1 2 g h=[ 2 ] Vox 2

2 x21 = Vox

h = 4.87 pies h) Tambi´en tenemos: x2 = Vox t2

(4)

i ) Reemplazamos 2 en 4 para despejarho . r x2 = Vox

2ho g

2ho g g x2 2 ] ho = [ 2 Vox 2 x22 = Vox

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 avi´on que vuela hacia el oeste si un proyectil dirigido que suelta desde el aire choca contra un barco que navega hacia el norte a velocidad constante de 125 km/h, al llegar al punto B. Se muestra en la figura la posici´on del barco en el instante en que el avi´ on suelta el proyectil. Ver Figura 2. ´ SOLUCION a) Vc t = R b) t = 1 hora c) Vc t = 1.5 =⇒ t = 0.012 h d ) Por Pit´ agoras p r = 2.52 + h2 e) Velocidad cartesiana del punto A (velocidadinicial) Vxo = Vo cos α Vyo = Vo sin α

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Figura 2

Vo cos αt = 2.5

(5)

Vy = Vo sin α − gt

(6)

1 Vo sin αt + gt2 = h 2

(7)

f ) Recordando 1 Vyo t + gt2 = h 2

h = r sin ϕ 2.5 = r cos ϕ g) Dividiendo los anteriores h = 2.5

sin ϕ cos ϕ

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h) Derivando cos2 ϕ + sin2 ϕ h˙ = 2.5( ) cos ϕ 2.5 Vy = h˙ = cos2 ϕ Vy =

2.5(2.52 + h2 ) 2.52

Vy =

2.52 +h2 2.5

i ) Reemplazando 2.52 +h2 2.5

Vo =

= Vo sin α − gt

2.52 +h2 2.5

+ gt

j ) Reemplazando 2.52 +h2 2.5

1 + gt + gt2 = h 2

0.0048h2 − h + 0.321 = 0

h = 208.3 [km] k ) Reemplazando ahora el valor de h Vo sin αt + gt2 = 208.3 Vo cos αt = 2.5 l ) Para t = 0.012h y g = 9.81 Vo sin α = 208.3 Vo cos α = 208.3 m) Dividiendo tan α = 1 α = 45o n) Reemplazando Vo sin 45o = 208.3

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Vo = 294.58 [

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km ] h

3. Se est´a siguiendo el movimiento de un avi´on por medio de un radar, como se ilustra. Si ¨ rad/s2 , r = 21000 pies, r˙ = 1000 pies/s, r¨ = −40 en un instante, θ˙ = 0.04 rad/s, 0.002 2 pies/s , determine las magnitudes de la velocidad y aceleraci´on del avi´on en ese instante. Ver Figura 3.

Figura 3

´ SOLUCION a) En coordenadas polares - velocidad

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→ − ˙ eθ v = rˆ ˙ er + rθˆ → − v = 1000ˆ er + 21000(0.004)ˆ eθ → − v = 1000ˆ er + 840ˆ eθ v=

p (1000ˆ er ) + (840ˆ eθ )2

v = 1305.99 [

pies ] s

b) En coordenadas polares - aceleraci´on → − ¨ eθ a = (¨ r − rθ˙2 )ˆ er + (2r˙ θ˙ + rθ)ˆ → − a = (40 − 2100(0.04)2 )ˆ er + (2(1000)(0.04) + 21000(0.002))ˆ eθ → − a = −40.034ˆ er + 122ˆ eθ a=

√

−40.0342 + 1222

a = 128.4 [

pies ] s2

4. El collar´ın A se mueve a lo largo de una gu´ıa circular de radio e al girar el brazo OB en torno a O. Deduzca las expresiones de las magnitudes de la velocidad y aceleraci´on del ˙ θ, ¨ e. Ver Figura 4. collar´ın A en funci´ on de θ, θ, ´ SOLUCION a) Ubicamos el radio vector por Pit´agoras en el tri´angulo 4 OC 0 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 trigonom´etrica: r2 = 2e2 (2 cos2 2θ)

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Figura 4

r=

p 2e2 (2 cos2 θ)

r = 2e cos θ [m] b) Derivamos r r˙ = −2eθ˙ sin θ r¨ = −2eθ¨ sin θ − 2e cos θθ˙2 c) Calculando la velocidad y aceleraci´on (en coordenadas polares)

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→ − ˙ eθ v = ρˆ ˙ ee + ρθˆ → − ˙eθ v = −2eθ˙ sin θˆ ee + 2e cos θθˆ v=

p 4e2 θ˙2 sin2 θ + 4e2 θ˙2 cos2 θ

v=

q 4e2 θ˙2 (sin2 θ + cos2 θ)

v = 2eθ˙ [ m s ] d ) La aceleraci´ on es → − a = (¨ ρ − ρϕ˙ 2 )ˆ er + (ρϕ¨ + 2ρ˙ ϕ)ˆ ˙ eϕ

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→ − ¨ − 2e cos θθ˙2 ]ˆ ˙ eθ a = [(−2e cos θθ˙2 − 2e sin θθ) ee + [2e cos θθ¨ + 2(−2e sin θθ˙θ)]ˆ → − ¨ ee + (2e cos θθ¨ − 4e sin θθ˙2 )ˆ a = −(4e cos θθ˙2 + 2e sin θθ)ˆ eθ a= a= a= a= a=

q p

¨ 2 + [2e cos θθ¨ − 4e sin θθ˙2 ]2 [4e cos θθ˙2 + 2e sin θθ]

16e2 cos2 θθ˙4 + 4e2 sin2 θθ¨2 + 16e cos θ sin θθ˙2 θ¨ + 4e2 cos2 θθ¨2 + 16e sin2 θθ˙4 − 16e sin θ cos θθ˙2 θ¨

q

16e2 θ˙4 (cos2 θ + sin2 θ) + 4e2 θ¨2 (cos2 θ + sin2 θ)

p

16e2 θ˙4 + 4e2 θ¨2

q

4e2 (4θ˙4 + θ¨2 )

p m a = 2e 4θ˙4 + θ¨2 [ 2 ] s

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´ CINEMATICA DE LOS CUERPOS R´IGIDOS 5. El brazo AC gira en sentido de las manecillas del reloj a una velocidad de 200 rpm. Usando el m´etodo del centro instant´aneo de velocidad cero, determine la velocidad angular del brazo ranurado BD para la posici´ on que se muestra. Ver Figura 5.

Figura 5

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´ SOLUCION a) Como el sistema est´ a interrelacionado, las velocidades van a ser iguales, es decir: VAC = VBD b) Por el m´etodo del centro instant´aneo de rotaci´on (C.I.R.) VAC = ρ1 ωAC ; ρ1 = 0 VAC = 0ωAC c) Ahora calculamos las velocidad angular (ωBD ) VBD = ρ2 ωBD d ) Despejamos ωBD VBD ρ2 e) Como: VAC = VBD = 0 ωBD =

ωBD

0 =0 ρ ωBD = 0 [ rad s ]

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Figura 6

6. El collar´ın A se mueve hacia la derecha a velocidad constante de 10 m/s en la forma en que se ilustra. En la posici´on dada (θ4 5o ). Determine a) la velocidad angular de la barra AB y b) 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) VxA ωA = = d

10 3.5

= 2.86

ωA = 2.86 [

rad ] s

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

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Figura 7

´ SOLUCION a) Analizando vectorialmente Por inspecci´on, las velocidades de los puntos B y C est´an definidas por la rotaci´on del eslab´on AB y la rueda alrededor de sus ejes fijos. Para llegar a la soluci´on, escribiremos la ecuaci´ on cinem´ atica apropiada para cada elemento. b) Eslab´ on AB vB = ωAB × rB ˆ × (0.2 cos 60oˆi + 0.2 sin 60o ˆj) vB = (−30k) vB = (5.2ˆi − 3.0ˆj) [ m s ] c) Eslab´ on BC VC = VB + ωBC × rC/B VC ˆi = 5.2ˆi − 3.0ˆj + ωBC kˆ × (0.21ˆi) VC ˆi = 5.20ˆi + (0.2ωBC − 3.0)ˆj

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VC = 5.20 =⇒ 0 = 0.2ωBC − 3.0

ωBC = 15 [

rad ] s

d ) Rueda VC = ωD × rC ˆ × (−0.1ˆj) 5.2ˆi = (ωD k) 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 perno A a lo largo del carril horizontal. Para la posici´on que se muestra , establezca la relaci´on entre la velocidad vB del perno B y la velocidad vA del perno A. Ver Figura 8. ´ SOLUCION a) Se sabe por definici´ on vA = ω × R a vB = 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 teor´ıa sabemos → − → − − vA=→ ω × Ra → − − vA=→ ω × (y + a) e) La velocidad angular es la misma para ambos → − → − − vB =→ ω × Rb → − − vB =→ ω × (x − b) f ) Haciendo relaci´ on de velocidades − − |→ vA| |→ ω | ×(y + a) = → − → − | vB | | ω | ×(x − b)

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Figura 8

VA = VB

y+a x−b

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