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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
7/18/2019 Ejercicios Resueltos Beer j Grupo 03 LATEX
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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
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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
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Solucion de Problemas
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
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Solucion de Problemas
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
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Solucion de Problemas
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
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Solucion de Problemas
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
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Solucion de Problemas
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
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Solucion de Problemas
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
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Solucion de Problemas
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
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Solucion de Problemas
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
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Solucion de Problemas
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
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Solucion de Problemas
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
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Solucion de Problemas
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
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Solucion de Problemas
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
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Solucion de Problemas
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
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Solucion de Problemas
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:
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Solucion de Problemas
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
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Solucion de Problemas
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:
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Solucion de Problemas
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)
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Solucion de Problemas
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
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Solucion de Problemas
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)
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Solucion de Problemas
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
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Solucion de Problemas
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
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Solucion de Problemas
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
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Solucion de Problemas
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)
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Solucion de Problemas
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
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Solucion de Problemas
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)
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