Solucionario DINÁMICA CAP-02 Harry Nara

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL ALTIPLANO - PUNO

FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL Y ARQUITECTURA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL

DINÁMICA RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS – SEGUNDA PARTE

PRESENTADO POR:

HUMPIRI PARI Vladimir Humberto CÓDIGO: 083684 DOCENTE:

ING. QUENTA FLORES DARWIN

PUNO, ENERO DEL 2014

CAPÍTULO 2: CINEMÁTICA

EJERCICIO

DINÁMICA

2.51

El disco grande A de radio a está girando con velocidad angular constante w1 alrededor del punto O y en el sentido que se muestra. El disco pequeño del radio b está unido al disco grande en C y está girando con velocidad angular constante w2 relativa a A y con el sentido que se muestra. Obtener la aceleración del punto P sobre el disco pequeño en este instante. y

SOLUCIÓN:

P 2

b

C

d a

Velocidad del punto C:

v c = v o + ωoc × r c / o i

j

x

O

A

1

k

v c = 0 + 0 0 ω1 = −(ω1.d )i , ENTONCES: 0 d 0 v c = −ω1di Aceleración del punto C:

a c = a o + α oc × r c / o − (ωoc ) 2 ir c / o a c = 0 − ω12 (d ) j a c = −ω12 d j Aceleración del punto P:

a P = a C + α CP × r P / C − (ωCP ) 2 i r P / C a c = −ω12 d j + 0 − (ω2 − ω1 ) 2 (b) j a c = −[ω12 d + (ω2 − ω1 ) 2 b] j

ESTUDIANTE: HUMPIRI PARI VLADIMIR HUMBERTO

…RESPUESTA

ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL/UNA-PUNO 1


EJERCICIO

DINÁMICA

2.53

Un disco de radio r metros parte del reposo y gira en torno a su vez, se ve la singular constante de n rad/min². Un. Se mueven la dirección opuesta a lo largo de la circunferencia del disco con una velocidad constante u m/min relativa lista. Hallar la magnitud de la velocidad de la aceleración del punto.

a

SOLUCIÓN:

O

v P P'

Velocidad angular de P relativa al disco:

ω=

u rad / min r

Velocidad en un extremo del disco (P’):

α = n rad / min ² v = −u rad / min

vP ' = nrti ;

vP = ?

vP = (nrt − u )i ;

αP = ?

Aceleración del punto P relativo al disco:

si

vP / O = −ui ;

Entonces :

Por lo tanto : vP = nrt − u

a p / o = ɺɺ r − r θɺ ² a p / o = −r θɺ ² u a p / o = −r ( )² r u² a p /o = − j r Aceleración del punto P:

a P = a O + α CO × r P /O − (ωCO )2 ir P /O + a p / o i j a P = 2nut j + 0 0 0 −r

k u² n − (nt )²(r) j − j r 0

u² j r u² a P = nri + (2nut − n ²t ² r − ) j ; Por lo tanto : r u² a P = n ² r ² + (2nut − n ²t ² r − )² …RESPUESTA r a P = 2nut j + nri − n ²t ² r j −




EJERCICIO

DINÁMICA

2.55

Un punto se mueve con rapidez un informe s' a lo largo de un acuerdo de un disco. El disco girando una velocidad constante w alrededor de su eje. Hallar la magnitud de la velocidad y de la aceleración del punto. La distancia más corta del. El centro del disco es h y el radio del disco es b. En t=0, el punto está en el borde del disco y la cuerda es paralela al eje Xo.

Yo

SOLUCIÓN: b

Supongamos que el punto se encuentra en el instante, en el cual suposiciones comunes se muestren la figura del costado:

h A C

Xo

v D = vC + ωCD × r C / A v D = ωk × (b) j v D = −ω(b)i ;

Luego :

v D = −ωbi Velocidad en el punto A:

v A = vO + ωOA × r A/O + v A/ O ɺ v A = −ωbi + ωk × (− h) j + si ɺ v A = −ωbi + ωhi + si v A = [ω(h − b) + sɺ]i Aceleración del punto A:

a A = a O + α AO × r A/O − (ω AO ) 2 ir A/O + aA/O a A = 0 + 0 − (ω)².(− r ) j + 0 a A = ω² h j

…RESPUESTA




EJERCICIO

DINÁMICA

2.65

Hallar la velocidad de A y C, la aceleración absoluta de A y la aceleración angular de AC. Sí la velocidad angular de la barra OB es igual a 4 rad/s en el sentido de las manecillas del reloj y es constante.

SOLUCIÓN:

1. Velocidad del punto B:

v B = v O + ωOB × r B/ O rad v B = 0 + (−4 ) k × (− 3 i + j ) m s v B = (4 3 j + 4i )m / s 2. Aceleración del punto B:

a B = a O + αOB × r B/O − (ωOB ) 2 ir B/O + aB/O rad )².(− 3 i + j ) m s a B = (16 3 i − 16 j ) m/ s ² a B = 0 + 0 − (−4

3. Velocidad del punto A:

v A = v B + ωBA × r B / A v A = (4 3 j + 4i ) + ωBA k × (− 3 i − j ) v A = (4 3 j + 4i ) + ( −ωBA 3) j + ωBA i v A = (4 + ωBA )i + (4 3 − 3ωBA ) j




DINÁMICA

Se observa que el punto A está restringido a moverse solamente en la dirección “x”. Por lo tanto:

4 3 − 3ωBA = 0 Luego : Por lo tanto :

v A = 8i

ωBA = 4k

rad s

m s

…RESPUESTA

4. Aceleración del punto A:

a A = a B + α BA × r A/ B − (ωBA ) 2 ir A/ B + a A/ B a A = (16 3i − 16 j ) + α BA k × (− 3i − j ) − (4)²(− 3 i − j ) + 0 a A = (16 3i − 16 j ) − 3α BA j + α BA i + (16 3 i + 16 j ) a A = (32 3 + α BA )i + (− 3α BA ) j Se observa que el punto A está restringido a moverse solamente en la dirección “x”. Por lo tanto:

− 3α BA = 0 →

α BA = 0k

pero : α BA = α AC ; Finalmente :

rad s²

entonces : α AC = 0k

a A = 32 3 i

m s²

rad s²

…RESPUESTA

…RESPUESTA

5. Velocidad del punto C:

v C = v B + ωBC × r B /C v C = (4 3 j + 4i ) + 4k × ( 3 i + j ) v C = (4 3 j + 4i ) + 4 3 j − 4i m vC = 8 3 j s


…RESPUESTA



EJERCICIO

DINÁMICA

2.67

El sistema que se muestra está articulado en A. Las barras AB y BC son de 45 y 60 cm respectivamente. Hallar la aceleración del punto B y la velocidad angular de AB para el instante que se muestra. El bloque C tiene una velocidad de 90cm/s hacia la derecha y una aceleración de 1.2 m/s² hacia la izquierda en este instante.

SOLUCIÓN:


v B = vC + ωCB × r B /C v B = 0.9i + ωCB k × (−0.30i + 0.30 3 j ) v B = 0.9i + (−0.30ωCB j − 0.30 3i ) 2. Aceleración del punto B:

a B = a C + αCB × r B/C − (ωCB ) 2 ir B/C a B = −1.2i + αCB k × (−0.30i + 0.30 3 j ) − (ωCB ) 2 (−0.30i + 0.30 3 j ) a B = −1.2i − 0.30αCB j − αCB 0.30 3i + 0.30ωCB ²i − 0.30 3ωCB ² j 3. Velocidad del punto A:

v A = v B + ωBA × r B / A v A = (4 3 j + 4i ) + ωBA k × (−0.225 3i − 0.225 j ) v A = (0.9 − 0.3 3ωCB + 0.225ωBA )i + (−0.3ωCB − 0.225 3ωBA ) j Se observa que el punto A no tiene desplazamiento, por esto las componentes cartesianas de su velocidad son cero, entonces:

0.3 3ωCB − 0.225ωBA = 0.9   0.3ωCB + 0.225 3ωBA = 0


rad  ωCB = 1.3k s   ω = −1k rad  BA s



DINÁMICA


a A = a B + α BA × r A/ B − (ωBA ) 2 ir A/ B + a A/ B a A = [−1.2i − 0.30α CB j − α CB 0.30 3 i + 0.30ωCB ²i − 0.30 3ωCB ² j ] + α BA k × (−0.225 3i − 0.225 j ) − (−1)²(−0.225 3 i − 0.225 j ) a A = (−1.2 − 0.3 3αCB + 0.3ωCB ² + 0.225α BA + 0.225 3)i + (−0.3α CB − 0.3 3ωCB ² − 0.225 3α BA + 0.225) j Se observa que el punto A no tiene desplazamiento, por esto las componentes cartesianas de su aceleración son cero, entonces:

−0.3 3α CB + 0.225α BA = 0.303   −0.3α CB − 0.225 3α BA = 0.653

rad  α CB = −0.98k s ²  α = −0.92k rad  BA s²

Reemplazando este último resultado en lo obtenido en el ítem 2:

a B = −1.2i − 0.30(−0.98) j − 0.30 3(−0.98)i + 0.30(1.3)²i − 0.30 3(1.3)² j a B = [−0.148i − 0.584 j ]

m s²

…RESPUESTA




EJERCICIO

DINÁMICA

2.69

Los dos discos A y B se mantienen en contacto en el punto E debido al brazo OC, tiene una velocidad angular constante, en el sentido de las manecillas del reloj, de 2 rad/s. Hallar la aceleración del punto D que está en la parte inferior del disco B, en la posición que se muestra.

SOLUCIÓN:

1. Velocidad del punto C:

v C = v O + ωOC × r C/O v c = 0 + (−2)k × (−0.9) j v c = 1.8 j

m s

2. La velocidad del punto E es cero; por lo tanto:

v C = v E + ωEC × r C/ E v C = 0 − ωk × (− r )i v C = (4 3 j + 4i ) + 4 3 j − 4i m v C = 1.8 j s 3. También se puede plantear que:

v C = ωr j; entonces : ωr = 1.8 Luego : ω = 6

m , r = 0.3m; s

rad s

4. Aceleración del punto D:

a D = −(ωDC ) 2 ir D / E − (ω AO ) 2 ir B/O a D = −(6)²(−0.3) j − (2)²(−0.9)i a D = 3.6i + 10.8 j

…RESPUESTA




EJERCICIO

DINÁMICA

2.71

El rodillo en C se mueve en una guía práctica. El eslabón AB tiene una velocidad angular, en el sentido de las manecillas del reloj, de 1 rad/s, y una aceleración gulag de igual sentido de 1.2 rad/s². Hallar la aceleración del rodillo.

SOLUCIÓN:


v B = v A + ω AB × r B / A v B = 0 − k × (1.5 j ) v B = 1.5i 2. Aceleración del punto B:

a B = a A + α AB × r B/A − (ω AB ) 2 ir B/ A a B = 0 − 1.2k × (1.5 j ) − (1) 2 (1.5 j ) a B = 1.8i − 1.5 j 3. Velocidad del punto C:

v C = v B + ωBC × r C / B v C = 1.5i + ωBC k × (3.6i − 1.5 j ) v C = 1.5i + 3.6ωBC j + 1.5ωBC i Se observa de la figura que la componente ‘i’ de la velocidad del punto D, es nula, entonces:

ωBc = −1k

rad ; Por lo tanto: v c = (−3.6 j ) m / s s …RESPUESTA




DINÁMICA

4. Aceleración del punto C:

a C = a B + α BC × r C /B − (ωBC ) 2 ir C / B a C = 1.8i − 1.5 j + α BC k × (3.6i − 1.5 j ) − (1)²(3.6i − 1.5 j ) a C = (1.8 + 1.5α BC − 3.6)i + 3.6α BC j Se observa de la figura que la componente ‘i’ de la aceleración del punto D, es nula, entonces:

1.8 + 1.5α BC − 3.6 = 0 ; Por lo tanto: α BC = 1.2k

rad s²

Luego la aceleración del punto C es:

a C = 3.6* (1.2 a C = 4.32 j

rad )j s²

m s²

…RESPUESTA




EJERCICIO

DINÁMICA

2.73

En el sistema de eslabones que se muestra, la barra AB tiene una velocidad angular en el sentido de las manecillas del reloj. Determinar la velocidad angular de la barra DC. Las longitudes de los miembros son l, m, n.

SOLUCIÓN:

1. Velocidad del punto B: v B = v A + ωAB × r B / A v B = 0 − ωk × (n j ) v B = ωni 2. Velocidad del punto C:

v C = v B + ωBC × r C / B v C = ωni + ωBC k × (− mi ) v C = ωni − mωBC j 3. Velocidad del punto D:

v D = v C + ωCD × r D /C v D = ωni + ωBC k × (− mi) 2 2 li + l j) 2 2 2 2 j− ωCD l j − ωCD li 2 2

v D = ωni − mωBC j + ωCD k × (− v D = ωni − mωBC

4. Dado que el punto D no tiene desplazamiento, entonces:

 2 ωCD l = 0 ωn −  2  mω + 2 ω l = 0 CD  BC 2

ωn  k  ωBC = − m …RESPUESTA  ωCD = 2ωn k …RESPUESTA l 




EJERCICIO

DINÁMICA

2.77

El sistema cuadrado de eslabones que se muestra opera a los dos émbolos E y F y el sistema tiene una velocidad angular de 10 rad/s en el sentido de las manecillas del reloj. Determina la velocidad de D, E y F.

SOLUCIÓN:

1. La velocidad del punto D es:

vD = (−10)k × (0.2 2) j vD = 2.82i

m s

2. De la misma manera para el punto F:

vF = −2.82 j

m s

3. En la posición mostrada los puntos D y E tienen la misma magnitud de velocidad, entonces:

vD = vE = 2.82i

m s

…RESPUESTA




EJERCICIO

DINÁMICA

2.79

Un cable está enrollado en el cubo interior de una rueda y sentida hacia la derecha con una velocidad constante de 0.5 m/s. Sí la rueda no desliza, determina la velocidad y aceleración del punto A. ¿Hacia dónde rodará a la rueda?. Explique por qué.

SOLUCIÓN:

1. Velocidad del punto O: vO = vC + ωCO × r O / C 0.5 v B = 0.5i + k × ( r1 j ) r1 v B = 0.5i + 0.5i m v B = 1i s

2. Velocidad del punto A:

vA = i +

−0.5k ( −r2 + 2r1 ) j (r2 − r1 )

vA =

r2 − r1 − 0.5r2 + r1 i ( r2 − r1 )

vA =

0.5r2 m i (r2 − r1 ) s

…RESPUESTA


a A = −ω² × r A/ O aA = ( aA =

−0.5 m )²ir2 j ; entonces : r2 − r1 s²

−0.25 r2 m ir2 j (r2 − r1 )² s²

…RESPUESTA




EJERCICIO

DINÁMICA

2.81

Localizar en el engranaje el centro instantáneo de velocidad cero.

SOLUCIÓN:

1. Gráficamente podemos representar de la siguiente manera:

Yo O

4r

l

r

2r

P

Xo

Se observa que:

l =4j

…RESPUESTA




DINÁMICA

EJERCICIO

2.83

La rueda B está probando sobre si hubo sin deslizamiento de tal forma que el punto a tiene la velocidad v que se muestra. Los cables C1 yC2 y de sensibles y demás el despreciable están rodeados, como puede verse, de manera que no inversa entre las pobres y los cables. Determina la velocidad de O que es el centro de la rueda D.

SOLUCIÓN:

1. Anteriormente se pudo ver que la velocidad en el punto de contacto es siempre nula, y con el dato que se da, gráficamente podemos representar la magnitud de las velocidades de la siguiente manera: A

V V/2

2.40m

B

1.20m

V/2

V/2

V/4

D

V/2

0.60m 0.30m 0.30m 0.60m

Nótese que las velocidades de los puntos son proporcionales en la línea de color verde.

Se observa que:

vD = v / 4 j


…RESPUESTA



EJERCICIO

DINÁMICA

2.85

La velocidad angular del eslabón AB es de 2 rad/s en el sentido de las manecillas del reloj y está aumentando a razón de 4 rad/s². Determinado la velocidad angular de CD y la aceleración angular de BC. Sugestión: Primero resolver el problema de la velocidad empleando el método del centro instantáneo.

SOLUCIÓN:

1. Velocidad del punto B: v B = v A + ωAB × r B /A v B = 0 + (−2)k × (−0.9 j ) v B = −1.8i 2. Aceleración del punto B:

a A = a B + α BA × r A/ B − (ωBA ) 2 ir A/ B + a A/ B a A = 0 + ( −4)k × (−0.9) j − (2)²(−0.9) j + 0 a A = −3.6i + 3.6 j 3. Velocidad del punto C:

v C = v B + ωBC × r C / B v C = −1.8i + ωBC k × (−1.2i + 0.9 j ) v C = −1.8i − 1.2ωBC j − 0.9ωBC i v C = (−1.8 − 0.9ωBC )i − 1.2ωBC j 4. Aceleración del punto C:

a C = a B + α BC × r C / B − (ωBC ) 2 ir C / B a C = −3.6i + 3.6 j + α BC k × (−1.2i + 0.9 j ) − (ωBC )²(−1.2i + 0.9 j ) a C = (−3.6 − 0.9α BC + 1.2ωBC ²)i + (3.6 − 1.2α BC − 0.9ωBC ²) j




DINÁMICA

5. Velocidad del punto D:

v D = v C + ωCD × r D /C v D = [(−1.8 − 0.9ωBC )i − 1.2ωBC j ] + ωCD k × (−0.6i − 0.45 j ) v D = ( −1.8 − 0.9ωBC + 0.45ωCD )i + (−1.2ωBC − 0.6ωCD ) j 6. Dado que el punto D no tiene desplazamiento, entonces:

−0.9ωBC + 0.45ωCD = 1.8  1.2ωBC + 0.6ωCD = 0

rad  ωBC = −1k s   ωCD = 2k rad  s

…RESPUESTA

7. Aceleración del punto D:

a D = a D + αCD × r D / C − (ωCD ) 2 ir D / C a D = (−3.6 − 0.9α BC + 1.2ωBC ²)i + (3.6 − 1.2α BC − 0.9ωBC ²) j + αCD k × (−0.6i + 0.45 j ) − (2)2 (−0.6i + 0.45 j ) a D = (−3.6 − 0.9α BC + 1.2(−1)² + 0.45αCD + 2.4)i + (3.6 − 1.2α BC − 0.9(−1)² − 0.6αCD + 1.8) j 8. Dado que el punto D no tiene desplazamiento, entonces:

rad   α BC = 1.875k s  α CD = 3.750k rad  s

−0.9α BC + 0.45α CD = 1.8  1.2α BC + 0.6α CD l = 4.5


…RESPUESTA



EJERCICIO

DINÁMICA

2.87

El engrane de los pedales para una cadena de bicicleta tiene 26 dientes y el engrane de la rueda, más pequeño, tiene nueve dientes. Sí la rueda tiene un diámetro de 70 centímetros, hallar la velocidad de la bicicleta cuando los pedales se hacen girar a una revolución por segundo.

r=0.70m

SOLUCIÓN:

1. Según los datos podemos hacer lo siguiente:

ω pedal = 26r

rev s

2. Y ahora la velocidad angular de la rueda es:

26r rev 9r s rev = 2.9 s

ωrueda = ωrueda

3. Finalmente la velocidad de la bicicleta es:

vbicicleta = 2.9

rev * 2π(r ); reemplazando el valor del radio de la rueda de la s

bicicleta obtenemos la velocidad de la bicicleta:

vbicicleta = 6.4

m s …RESPUESTA




EJERCICIO

DINÁMICA

2.89

La rueda de 1.20 metros de diámetro gira alrededor del eje fijo A a una velocidad angular, en el sentido de las manecillas del reloj, de 20 radianes por segundo que está decreciendo razón de 5 rad/s². En la posición que se muestra DC es horizontal y BC es vertical. Determinar las velocidades angulares absolutas de estos dos eslabones cuando se halla en esa posición.

SOLUCIÓN: 1. Velocidad del punto B:

v B = v A + ω AB × r B / A v B = 0 + (−20)k × (0.3 2 i + 0.3 2 j ) v B = −6 2 j + 6 2 i 2. Velocidad del punto C:

v C = v B + ωBC × r C/A v C = −6 2 j + 6 2 i + (ωBC )k × (1.5 j ) v C = (6 2 − 1.5ωBC )i − 6 2 j 3. Velocidad del punto D:

v D = v C + ωCD × r D /C v D = [(6 2 − 1.5ωBC )i − 6 2 j ] + (ωCD )k × (1.5i ) v D = (6 2 − 1.5ωBC )i + (1.56ωCD − 2) j Pero el punto D no tiene desplazamiento, entonces, planteamos que las componentes cartesianas de su velocidad son cero, entonces:

6 2 − 1.5ωBC = 0.9   1.56ωCD − 2 = 0

rad  ω = 5.657 k BC  s  ω = 5.657 k rad  CD s


…RESPUESTA

…RESPUESTA



EJERCICIO

DINÁMICA

2.91

La placa rectangular es " móvil", y según se muestra, sus extremos están en contacto con el suelo y el plano inclinado. Sí la aceleración de A es 7.5 m/s² hacia la derecha y la velocidad angular del lado CD es cero, determina la aceleración angular del lado AB.

SOLUCIÓN:

1. Por la geometría de la placa podemos afirmar que: |AO| = |OB| 2. Velocidad del punto B:

v B = v A + ω AB × r B / A v B = v A + 0k × (−1.5i + 1.5 j );además : ωCD = ωAB vB = v A 3. Aceleración del punto B:

a B = a A + α AB × r B/A − (ω AB ) 2 ir B/A + aB/A a B = 7.5i + (α AB )k × (−1.5i + 1.5 j ) − 0 4. La velocidad del punto B, se puede descomponer en sus componentes cartesianas, y con esto la expresión anterior se puede escribir así:

0.5aB i − 0.5 3 j = 7.5i + (α AB )k × (−1.5i + 1.5 j ) 0.5aB i − 0.5 3 j = (7.5 − 1.5α AB )i − 1.5 3α AB j Desarrollando, obtenemos:

m  a = 7.5 (ց 60°) B  s   α = 2.5k rad  AB s²

 0.5aB + 1.5α AB = 7.5  0.5 3aB − 1.5 3α AB = 0


…RESPUESTA


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