Ejercicios Resueltos Beer j Grupo 03 LATEX

7/18/2019 Ejercicios Resueltos Beer j Grupo 03 LATEX

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Universidad Nacional de San Cristobal deHuamanga

Facultad de Ingenierıa Minas, Geologıa y Civil

Escuela de Formacion Profesional de Ingeniera Civil

CURSO

DINAMICA (IC-244)

SOLUCION DE PROBLEMAS -CINEMATICA DE UNA PARTICULA Y

CUERPO RIGIDO

DOCENTE:

Ing. CASTRO PEREZ Cristian

ALUMNOS:

AYALA BIZARRO Rocky G.

CONTRERAS VENTURA Samir

VARGAS NAUPA Hilmar

ZARATE LAZO Dick F.

Ayacucho, 06 de Mayo de 2013



1 Solucion de Problemas

Contents

1.1 Cinematica de una Partıcula 2

Ejericio Nro 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

Ejericio Nro 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

Ejericio Nro 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

Ejericio Nro 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

Ejericio Nro 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

Ejericio Nro 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

Ejericio Nro 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

Ejericio Nro 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

Ejericio Nro 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.2 Cinematica de Cuerpo Rıgido 22

Ejericio Nro 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

Ejericio Nro 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

Ejericio Nro 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26



Solucion de Problemas

1.1 Cinematica de una Partıcula

Ejercicio 1.1 El automovil A esta estacionado en el carril de una autopista con

direccion norte, y el automovil B viaja a una velocidad constante de

96 km/h en el carril que va en direccion sur. En t=0, A empieza a

acelerara razon constante de aA, mientras que en t=5 s, B empieza a

frenar con desaceleracion constante de de magnitud aA/6. Si x =90m

y vA = vB, cuando los automoviles pasan no al otro, determine a) La

aceleracion aA. b) el momento en que los vehıculos pasan uno al lado

del otro. c) La distancia entre los automoviles en t=0.

A B

(v ) = 96 km/hB 0(v ) = 0 A 0

x

d

Solucion:Datos:

Para t=0 s:

aA =??

vA = 0

vB = 96 km/h

Para t=5 s:

aB = aA/6

vA = 5aAvB = 96km/h

(v ) = 96 km/hB 1(v ) = 5a A 1 A

90m

v = v A’ B’

t = 5+t1t = 5s

A

(v ) = 0 A 0

t = 0t = 5s

B

(v ) = 96 km/hB 0

t = 0

desacelera

90m

x

Transformando las unidades al SI

96 km/h −→ 800

3m/s

Ingenierıa Civil2




Para (5 + t1)s

Para el movil A

dA =

=0

(5 + t1)(vA)0 +aA(5 + t1)2

2

90 =aA(5 + t1)

2

2

aA =180

(5 + t1)2(1.1)

Despejamos aA

vA = (vA)0 + aA(5 + t1) (1.2)

vB = (vB)1

−aB(5 + t1) (1.3)

De las ecuaciones 1.2 y 1.3

vA = vB

=0 (vA)0 + aA(5 + t1) = (vB)1 − aB(5 + t1)

aA(5 + t1) =80

3− aA

6(5 + t1)

aA(5 + t1) +

aA

6 (5 + t1) =

80

3

(5 + t1))

aA +aA

6

=

80

3

(5 + t1)

7aA

¡ ¡ !2

6

=

80

¡ ¡ !1

3

aA =160

7(5 + t1)(1.4)

Factorizando (5 + t1)

Despejamos aA

Igualando las ecuaciones 1.1 y 1.4

160

7(t + 5)=

180

(t + 5)2

(5 + t1) = 7

180

160

(5 + t1) = 7.875

t1 = 2.785s (1.5)

Ingenierıa Civil3




Resolviendo las subpreguntas a, b y c:

a) Reemplazando en la ecuacion 1.1 La aceleracion sera:

aA =

180

(5 + t1)2

aA =180

(7.875)2

aA =180

62.016

aA = 2.90m/s2

b) el tiempo t = 5 + t1 es:

t = (5 + t1) = 7.875s

c) la distancia de los automoviles en t = 0

dt=0 = d + x

dt=0 = 90 + t1(vB)0− aB(t1)2

2+

80

3

dt=0 = 90 + 2.78580

3− aA(t1)2

6(2)+ 26.67

dt=0 = 90 + 74.27−2.9(2.785)2

6(2) + 26.67

dt=0 = 190.07

dt=0 = 190.27m

Ingenierıa Civil4




Ejercicio 1.2 El movimiento amortiguado de una particula que vibra se define medi-

ante el vector de posicion r = x1 [1− 1/(t + 1)] i + (y1e−πt/2cos(2πt))ˆ j,

donde t se expresa en segundos. Para x1 = 30in y y1 = 20in determine la

posicion, la velocidad y la aceleracion de la cuando a) t = 0 b) t = 1.5s

1.0

0.5

0

–0.5

–1.0

0.2 0.40.6

y /y / x 11

x

Solucion:

Se sabe que:

Tenemos la ecuacion de la posicion en funcion del tiempo

r = x1 1

−1

t + 1 i + (y1e−πt/2cos(2πt))ˆ j (1.6)

Derivando la posicion con respecto al tiempo tendremos la velocidad

dr

dt= v =

30

(t + 1)2i + 20.e−πt/2.

−π

2cos(2πt)− 2π sin(2πt)

ˆ j (1.7)

Derivando el vector velocidad con respecto al tiempo tendremos la aceleraci on

dv

dt = a = −60

(t + 1)3ˆ

i + 20π

2

.e−πt/2

.−15

4 cos(2πt)− 2sin(2πt)ˆ

j (1.8)

Resolviendo las subpreguntas a y b:

a) evaluando en t = 0 las ecuaciones 1.6, 1.7 y 1.8

Se sabe que: 1in = 0,0254 metros

Ingenierıa Civil5




La posicion en t = 0 es:

r = x1

1− 1

0 + 1

i + (y1e−π0/2cos(2π0))ˆ j

r = x1 [1

−1] i + (y1e0cos(0))ˆ j

r = x1 [0] i + (20)ˆ j

r = 20ˆ j

|r| = 20in

r = 0.508m (1.9)

La velocidad en t = 0 es:

drdt

= v = 30(0 + 1)2

i + 20.e−π0/2.−π2

cos(2π0)− 2π sin(2π0) ˆ j

v = 30i + 20.e0.

−π

2cos(0)− 2π sin(0)

ˆ j

v = 30i + 20.

π

2− 0

ˆ j

v = 30i + 20.

π

2

ˆ j

v = 30i + 10π ˆ j

|v

|= 302 + 102

|v| = 43.4in/s

|v| = 1.102m/s (1.10)

La aceleracion en t = 0 es:

dv

dt= a =

−60

(0 + 1)3i + 20π2.e−π0/2.

−15

4cos(2π0)− 2sin(2π0)

ˆ j

a = −60i + 20π2.e0.−15

4cos(0)− 2sin(0) ˆ j

a = −60i + 20π2.

−15

4(1)− 0

ˆ j

a = −60i− 75π2.ˆ j

|a| =

602 − (75π2)2

|a| = 742.6in/s2

|a| = 18.862m/s2 (1.11)

Ingenierıa Civil6




b) evaluando en t = 1.5s las ecuaciones 1.6, 1.7 y 1.8

Se sabe que: 1in = 0,0254 metros

La posicion en t = 1.5s es:

r = x1

1− 1

1.5 + 1

i + (y1e−π1.5/2cos(2π(1.5))) ˆ j

r = x1

1− 1

2.5

i + (y1e−0.75πcos(3π)) ˆ j

r = x1

1.5

2.5

i + (y1e−0.75π)ˆ j

r = 18i + 20e−0.75π ˆ j

|r| =

182 + (20e−0.75π)2

|r

|= 18.1in

|r| = 0.460m (1.12)

La velocidad en t = 1.5s es:

dr

dt= v =

30

(1.5 + 1)2i + 20.e−π1.5/2.

−π

2cos(2π(1.5)) − 2π sin(2π(1.5))

ˆ j

v =30

(2.5)3i + 20.e−0.75π.

−π

2cos(3π)− 2π sin(3π)

ˆ j

v = 4.8i + 20.e−0.75π

.π

2

ˆ j

v = 4.8i + 10π.e−0.75π ˆ j

|v| =

4.82 + (10π.e−0.75π)2

|v| = 5.65in/s

|v| = 0.154m/s (1.13)

La aceleracion en t = 1.5s es:

dvdt

= a = −60

(1.5 + 1)3i + 20π2.e−π1.5/2.

−154

cos(2π1.5)− 2sin(2π1.5)ˆ j

a = − 60

(2.5)3i + 20π2.e−0.75π.

−15

4cos(3π)− 2sin(3π)

ˆ j

a = −3.84i− 75π2.e−0.75π ˆ j

|a| =

3.842 + (75π2.e−0.75π)2

|a| = 70.3in/s2

|a| = 1.756m/s2 (1.14)

Ingenierıa Civil7




Ejercicio 1.3 El movimiento tridimensional de una partıcula se define mediante el

vector posicion r = (At cos t) i + (A√

t2 + 1)ˆ j + (Bt sin t)k donde r y t

se expresan en pies y segundos respectivamente. Demuestre que la curva

descrita por la partıcula se encuentra sobre la hiperboloide (y/A)2

−(x/A)2− (x/B)2 = 1 .Para A = 3 y B = 1, determine a) las magnitudes

de velocidad y aceleracion cuando t = 0. b) el valor de cero mas pequeno

de t para el cual los vectores de posicion y velocidad son perpendiculares

entre si. y

x z

2y

2 A

2 x 2 A

2z 2B

– – = 1

Solucion:

Se sabe que:

r = (At cost) i + (A

t2 + 1)ˆ j + (Bt sin t)k (1.15)

Donde:

x = At cos t ⇒ x2 = A2t2cos2t

y = A√

t2 + 1 ⇒ y2 = A2(t2 + 1)

z = Bt sin t

⇒z 2 = B2t2sin2t

Entonces:

x2

A2= t2cos2t

z 2

B2= t2sin2t

Sumando estas dos ecuaciones parametricas se tiene

x2

A2+

z 2

B2= t2 (1.16)

Ingenierıa Civil8




se sabe que t2 =

t2 =y2

A2− 1 (1.17)

Igualando las ecuaciones 1.16 y 1.17

x2

A2+

z 2

B2=

y2

A2− 1 (1.18)

Desarrollando la ecuacion 1.18 se tiene

y

A

2

−

x

A

2

−

z

B

2

= 1 (1.19)

Por lo tanto se concluye que la curva descrita por la partıcula se encuentra sobre el

hiperboloide de la ecuacion 1.19

a) Resolvemos la v y a Para A = 3, B = 1 y t = 0

v =dr

dt= A(cos t− t sin t)i +

At√ t2 + 1

ˆ j + B(sin t + t cost)k

vt=0 = A(cos0− 0sin0)i +A0√

02 + 1ˆ j + B(sin0 + 0cos0)k

vt=0 = A(1− 0)i +0

1ˆ j + B(0 + 0)k

vt=0 = Ai

vt=0= 3i|vt=0|= 3f t/s

|v| = 0.914m/s 1 (1.20)

a =dv

dt= A(−sin t− sin t− t cos t)i +

A√ t2 + 1

3/2 ˆ j + B(cost + cos t− t sin t)k

at=0 = A(−sin0− sin0− 0cos0)ˆi +

A√ 02 + 13/2 ˆ j + B(cos0 + cos0− 0sin0)

ˆk

at=0 = A(0)i +A

1ˆ j + B(2− 0)k

at=0 = Aˆ j + 2Bk

at=0= 3ˆ j + 2k

|at=0| =

32 + (2)2

|at=0|= 3.61f t/s2

|a| = 1.10m/s2 (1.21)

Ingenierıa Civil9




Ejercicio 1.4 Un elevador inicia desde el reposo y se mueve hacia arriba, acelerando

a razon de 4f t/t2 , hasta que alcanza una velocidad de 24f t/s, la cual

mantiene. Dos segundos despues que el elevador empieza a moverse,

un hombre que se encuentra a 40f t por encima de la posicion inicial

del elevador lanza una pelota hacia arriba con una velocidad de 64f t/s.

Determinar el momento en que la pelota golpea el elevador.

40ft

Fig. P11.74

Solucion:Datos:

vo = 0

a = 4f t/s2

t=

2s

El ascensor sube dos segundos antes de que el hombre lanza la pelota, por lo que la

distancia de separacion se ha reducido.

h1 =1

2.a.t2 (1.22)

h1 =1

¡ ¡ !1

2

.( ¡ ¡ !2

4).(2)2 = 8f t

∆h = 40− 8 = 32f t

Ingenierıa Civil10




Luego planteamos la ecuacion vectorial para los desplazamientos. V A/B V A/B

32 + h pelota = hascensor

vo = 64f t/s

a = g = 32f t/s2

8t +1

2(4)t2 = 32 + 64t− 1

2(32)t2

32 + 56t = 18t2

0 = 9t2− 28t− 16 Ecuacion de segundo grado, empleamos la formula general

t =28±

282 + (64)(9)

18

t = 3.6s

t =

−0.49s Tomamos en cuenta la solucion positiva

t = 3.6s (1.23)

El tiempo sera 3.6s despues del lanzamiento de la pelota.

El tiempo total sera de 5.6s despues de que empieza el movimiento del ascensor.

Nota: La velocidad constante lo adquiere el ascensor despues de un tiempo de 6s.or lo que

no influye en los calculos.

vf = vi + at24 = 0 + 4t

t = 6s (1.24)

Ingenierıa Civil11




Ejercicio 1.5 Los automoviles A y B estan separados por una distancia d = 60m y

viejan respectivamente con velocidades constantes de (vA)0

= 32 km/h

y (vB)0

= 24 km/h sobre un camino cubierto de hielo. si 45s despues

el conductor A aplica los frenos para evitar chocar con el carro B, pero

ambos chocan, determine a) la desaceleracion uniforme del carro A,

b) la velocidad relativa del automovil A con respecto al automovil B

cuando estos chocan.

A B

60 m

(v ) = 32 km/h A 0 (v ) = 24 km/hB 0

Solucion:

Bd d

Ad

de la figura se tiene

V B = 6.667m/s

V A = 8.889m/s

d = 60m

dB = 300

dA = 400− 1012.5aA

d = dA− dB

dB = V Bo

dA = V Ao − 1

2aAt2

reemplazando en d = dA − dB

60 = 400− 1012.5aa− 300−40 = −1012.5aA

aA = 0.0395m/s2

b)

determinamos la velocidad final de A

V fA = V oA + aAt

V fA = 6.667

−0.0396x45

V fA = 7.11m/s

Ingenierıa Civil12




en el momento del choque

V A/B = V A − V B

V A/B = 7.11− 6.667

V A/B = 0.444m/s

Ejercicio 1.6 En un automovil se empiezan a aplicar los frenos cuando la velocidad es

de 90f t/s en t = 0 ; el automovil se detiene en t = t1 con el registro

de aceleracion que se muestra en la figura. Si el area bajo la curva

a− t desde t = 0 hasta t = T es semiparabolica, utilice el metodo de

la seccion 11.8 para determinar la distancia recorrida por el automovil

antes de detenerse cuando a) T = 0.2s b) T = 0.8s.

Solucion:a)

Nos dice que de 0 a T es una semiparabola cuya

-Y

x

,t a

ecuacion es:

y − a = p(x− t)2

donde a representa la aceleracion y t el tiempo

Evaluemos esta ecuacion en el punto x = 0 ,

y = 0 de donde se obtiene la siguiente relacion

−a = pt2 (1.25)

en el vertice de la parabola a = −24f t

s2 y t = 0.2s , reemplazamos en (0.1)

−(−24) = p(0.2)2

p = 600

luego

Ingenierıa Civil13




a = −600t2

en el trayecto 0 a T = 0.2s

dv

dt= −600t2

v90

dv = 0.2o

−600t2dt

v − 90 = −600t3

3

0.2

0

v0.2 = 88.4f t/s

tenemos la velocidad en funcion del tiempo

dx

dt

= 90

−200t3

xx0

dx =

0.2

0

90− 200t3

dt

x− x0 = 90t− 50t40.20

d1 = x− x0 = 17.92f t

en el trayecto T = 0.2s a T = t1 aceleracion constante

a = −24f t

s2

dvdt

= −24

0

88.4

dv = t10.2

−24dt

0− 88.4 = −24t|t10.2

t1 = 3.88s

para hallar la distancia que recorre usemos la siguiente ecuacion

vdv = adx

v2

2

0

88.4

= −24d2

d2 = 162.803f t

por lo tanto la distancia total recorrida es Dt = d1 + d2

Dt = 180.723f t

el tiempo que duro en detenerse es t = 0.2 + t1

t = 4.08s

Ingenierıa Civil14




b)

en el vertice de la parabola a = −24f t

s2 y t = 0.8s , reemplazamos en (0.1)

−(−24) = p(0.8)2

p = 37.5

luego

a = −37.5t2

en el trayecto 0 a T = 0.8s

dv

dt= −37.5t2

v90

dv = 0.80

−37.5t2dt

v − 90 = −37.5t3

3

0.8

0

v0.8 = 83.6 f t/s

tenemos la velocidad en funcion del tiempo

v = 90− 12.5t

3

dx

dt= 90− 12.5t3

xx0

dx = 0.80

90− 12.5t3

dt

d1 = 90t− 12.5t4

4

0.8

0

d1

=70.72

f t

en el trayecto T = 0.8s a T = t1 aceleracion constante

0

83.6

dv =

0

0.8

−24dt

0− 83.6 = −24t|t10.8

t1 = 4.28

Ingenierıa Civil15




para hallar la distancia que recorre usemos la siguiente ecuacion

vdv =

adx

083.6 vdv = −24dt

v2

2

0

83.6

= −24d2

d2 = 145.603f t

por lo tanto la distancia total recorrida es Dt = d1 + d2

Dt = 216.323f t

el tiempo que duro en detenerse es t = 0.8 + t1

t = 5.08s

Ejercicio 1.7 El brazo AB de 5m de largo se usa para proporcionar una plataforma ele-

vada a trabajadores de la construccion. En la posicion que se muestra, el

brazo AB se esta elevando a velocidad constante de dθ/dt = 0.25rad/s

en forma simultanea, la unidad se esta girando en sentido contrario al

de las manecillas del reloj alrededor del eje Y a velocidad constanteω1 = 0.15rad/s . Si θ = 20◦ , determine la velocidad y la aceleracion

del punto B.

θ

Solucion:

Ingenierıa Civil16




datos del problema

θ = 20◦

θ = 0.15k

−→ω1 = 0.15ˆ j

de la figura se tiene

r

0r

−→r = −→r0 + −→ρ−→ρ = −5cos(20)i + 5sen(20) j

ρ = θxρ

ρ = −θkx (−5cos(20)i + 5sen(20) j)

ρ = 4.698i + 1.175 j

para ρ

ρ = −θkx−θkx (−5cos(20)i + 5sen(20) j)

ρ = 5θ2 cos(20)i− 5θ2sen(20) j

ρ = 0.294i− 0.107 j (1.26)

para r0

r0 = 0.8i + yj

r0 = ωxr0

r0 = ω1 jx (0.8i + yj )

r0 = −0.12k

r0 = ω1 jxr0

r0 = ω1 jx (−0.12k)

r0 = −0.018i (1.27)

utilicemos las formulas de movimiento relativo

velocidad

r = r0 + ρ + ωxρ

Ingenierıa Civil17




rB = 1.175 j + 0.428i− 0.12k + 0.15 jx (−3.214i + 1.1710 j)

rB = 0.428i + 1.175 j + 0.585k

vB = 1.381 m/s (1.28)

aceleracion

r = r0 + ωxρ + ωx (ωxρ) + 2ωxρ

rB = 0.294i−0.107 j−0.018i + 0.15 jx [0.15 jx (−4.698i + 1.710 j)] + 0.3 jx (1.175 j + 0.428i)

rB = 0.294i− 0.107 j − 0.018i + 0.106i +−0.128k

rB = 0.382i− 0.107 j − 0.128k

aB = 0.417 m/s2 (1.29)

Ejercicio 1.8 El movimiento de la corredora Ase define mediante la relaci on X=20sen

(kt) donde X y t se expresan en pulgadas y segundos, respectivamente, y

k es constante. Sabiendo sabiendo que K=10rad/s, determine la posicion

.la velocidad y la aceleracion de la corredera A cuando t=0,05s.

Solucion:La ecuacion de la posicion es:

X = 20sen(kt) (1.30)

sabemos que:

k = 10rad/s

Reemplazando el valor “k” en 1.30 tenemos:

X A = 20sen(10t)

sabemos:

Ingenierıa Civil18




Calculamos la velocidad “v” y la aceleracion “a”:

V =∂x

∂t

a =∂V

∂t

V =∂x

∂t=

∂

∂t(20sen(10t))

V = 200cos(10t)

a =∂V

∂t=

∂

∂t(200cos(10t))

a = −2000sen(10t)

para t = 0.05s

X A = 20sen(10t)

X 0.05 = 20sen(10(0.05)) = 9.59in (1.31)

lavelocidad

V A = 200cos(10t)

V 0.05 = 200cos(10(0.05)) = 175.52in/s (1.32)

la aceleracion:

aA = −2000sen(10t)

a0.05 = −2000sen(10(0.05)) = −958.85in/s2 (1.33)

Ingenierıa Civil19




Ejercicio 1.9 El movimiento de la partıcula P sobre la trayectoria elıptica que se define

mediante las ecuaciones X=(2cos t-1)/(2- cos t) y Y=1.5sen t/(2- cos t).

Donde x y y cae expresan en pies y t en segundos. Determine el radio

de curvatura de la trayectoria elıptica cuando a) t=0

Solucion:Sabemos que:

r→ = xi + yj (1.34)

Como nos pide determinar el radio de curvatura emplearemos la siguiente formula:

ρ =r→xr→

Tenemos:

r→

=2cos(π.t)− 1

2− cos(π.t)i +

(1.5)sen(π.t)

2− cos(π.t)

Para lo cual calcularemos la primera y segunda derivada de la posicion:

r→ =∂

∂tr→

r→ =−2πsen(π.t)(2− cos(π.t)) − (2cos(π.t)− 1)(πsen(π.t))

(2− cos(π.t))2i +

1.5π cos(π.t)(−1.5sen(π.t)πsen(π.t)

(2− cos(π.t))2

j

r→ =∂

∂tr→

r→ =3π.(2− cos(π.t))

−2π.cos(t) + π + π.sen2(π.t)

(2− cos(π.t))

4i +

3π2.sen(π.t).(cos(π.t)− 2)(1 + cos(π.t))

(2− cos(π.t))4j

a) evaluando en t = 0

Ingenierıa Civil20




r→t=0 =

−2πsen(0)(2− cos(0)) − (2cos(0)− 1)(πsen(0))

(2− cos(0))2

i +

1.5π cos(0)(−1.5sen(0)πsen(0)

(2− cos(0))2j

r→t=0 = 0i + (3π − 1.5π)

= 1.5πj

r→t=0 =

3π(2− cos(0))−2π.cos(0) + π + π.sen2(0)

(2− cos(0))

4i +

3π2.sen(0).(cos(0)− 2)(1 + cos(0))

(2− cos(0))4j

de donde tenemos:

r→t=0xr→

t=0 =

i j k

0 1.5π 0

−3π 0 0

r→t=0xr→

t=0 = 4.5πk

ρ =r→

t=0xr→t=0

ρ = 4.5π3 (1.35)

b) evaluando: t = 1/3procediendo del mismo modo tenemos:

r→t=1/3 = 4.70i− 1.18 j

r→t=1/3 = −2.45i− 11.40 j

ρ =r→

t=1/3xr→t=1/3

ρ = |oi + oj − 56.471k|

ρ = 1.82π3 (1.36)

c) evaluando t = 1 tenemos

r→t=1 = 0i + 1.57 j

r→t=1 = −8.84 ∗ 10−2i + 0 j

ρ =r→

t=1xr→t=1

ρ = |oi + oj + 0.1387k|ρ = 0.014π3

ρ = 0.014π3 (1.37)

Ingenierıa Civil21




1.2 Cinematica de Cuerpo Rıgido

Ejercicio 1.10 Unas ruedas pequenas estan unidas a los extremos de la barra AB y giran

a lo largo de dos superficies. Si en el instante mostrado la velocidad V A

de la rueda A es de 4.5f t/s a la derecha, y la velocidad relativa V B/A

de la rueda B respecto a las rueda de A es perpendicular a la barra AB,

determine a) la velocidad relativa V B/A. b) la velocidad V B de la rueda

B.

Solucion:Empleando la ley de cosenos del triangulo mostrado tenemos:

X 2 + Y 2 − 2XY cos θ(120) = 2.42 (2.38)

Evaluando para X = 1.5 ft resulta que:

2.42 = 52 + Y 2 + 5Y

0 = 2(Y )2 + 3Y − 7.02 empleamos la formula general

Y = 5.0722f t

subpregunta b)

Y ahora en la ecuacion

X 2 + Y 2 + XY = 5.76 (2.39)

Derivando respecto a ”t” y evaluando para

.X = 4.5f t/s y X = 1.5f ty = 5.0722f t

Ingenierıa Civil22




tenemos:

2X .

X +2Y .

Y +.

X Y +.

Y X = 0.

X (2X + Y ) +.

Y (2Y + X ) = 0

⇒ 4.5(2x1.5 + 5.0722) +

.

Y (2x5.0722 + 1.5) = 0.

Y = 3.120f t/s

V B = 3.120f t/s

subpregunta a)

V B/A =

V B −

V A

V B/A = 3.120(cos60,−sin60)− (1.5,0)

V B/A = (0.793− 1.5,1.586√

3/2)

V B/A = (−0.793,1.374)

V B/A =

(0.793)2

+ (1.374)2

(2.40)

V B/A = 1.545m/s

Ingenierıa Civil23




Ejercicio 1.11 Dos varillas AB y DE de 20 in se unen como se indica. En el punto D es

el punto medio de la varilla AB y en el instante indicado la varilla DE

esta en posicion horizontal. si la velocidad del punto A es 1ft/s hacia

abajo, a)determine la velocidad angular de la varilla ”DE”, b)determinart

la velocidad del punto “E”.

Solucion:parte a)

De la figura se save que:

AB = DE = 20in

vA = 1f t/s ↓AD = BD = 10in

Ingenierıa Civil24




Ubicamos los centros instantaneos de rotacion C 1 Y C 2

y mpleando la formula de la velocidad angular de los cuerpos rıgidos tenemos

ωAB =vA

AC 1

ωAB =vD

DC 1

vD =vA.DC 1

AC 1

vD =(1f t/s)(10in)

10√

3in

vD =1√

3f t/s

Ahora hallamos la velocidad angular de la barra DE sabiendo que:

ωDE = vDDC 2

ωDE =vD

DC 1 + C 1C 2

ωDE =

1√ 3

f t/s

10in + 10(√

3− 1)in

ωDE =

1√ 3

f t/s

10√

3in

ωDE =1f t

30s

.1

(3.281ft39.37in)in

convirtiendo las unidades

ωDE =39.37

30(3.281)

1

s

ωDE = 0.4rad

s

parte b)

utilizando los resultados de la parte a) hallamos la velocidad del punto E

vE = ωDE .EC 2

⇒ vE = (0.4rad

s)(10in)

vE = 4in/s

vE = 4in

sx(

3.281f t

39.37in)convirtiendo las unidades

vE = 0.333f t/s

Utilizando la Ecuacion

V B/A = (0.793− 1.5,1.586√ 3/2)

Ingenierıa Civil25




Ejercicio 1.12 La varilla acodada ABCD gira con velocidad angular constante de 75rad/s

alrededor de una lınea que une a los puntos A y D. si en el instante

considerado la velocidad de la esquina C va hacia arriba, determine

velocidad y aceleracion para la esquina B.

Solucion:Convertimos “mm” a “m”

CN = 0.2m

DC = 0.09m

N A = 0.12m

Calculamos DA y DN

DA = 0.092

+ 0.22

+ 0.122

= 0.25mDN =

0.092 + 0.22 = 0.219m

Calculamos las componentes de la velocidad angular “W” en el punto “D”:

−→W = (W i + W j + W k)

Sabemos: W = 75rad/s

W x = W cos α.sin β

W x = W DN

DA ∗CN

DN W x = 75.

0.219

0.25.

0.2

0.219

Ingenierıa Civil26




W x = 60irad

s← (2.41)

W y = W sin α

W y = W N A

DA

W y = 75.0.12

0.25

W y = 36 jrad

s↑ (2.42)

W z = W cosα.cos β

W z = W DN DA

. DC DN

W z = 75.0.219

0.25.

0.09

0.219

W z = 14.795krad

s (2.43)

Entonces la velocidad en el punto “D” sera:

−→W = (

−60i + 36 j + 14.795k)

rad

s

(2.44)

Calculamos la velocidad V en el punto “B”:

Sabemos:−→V B =

−→W xr−−→

DB

Tenemos: r−−→DB

= (0;0.12;0.09)m

−→V B =

−→W xr−−→

DB

−→V B =−

i j k

60 36 14.795

0 0.12 0.09

−→V B = (1.465i + 5.4 j − 7.2k)m/s

De donde tenemos:

−→V B =

−→W xr−−→

DB= (1.465i + 5.4 j − 7.2k)m/s (2.45)

−→a B = −→W x−→V B = (−339.093i− 410.331 j − 376.726k)m/s2 (2.46)

Ejercicios Resueltos Beer j Grupo 03 LATEX

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