UNIVERSIDAD NONAL DEL ALTIPLANO - PUNO

FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL Y ARQUITECTURAESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL

CURSO: DINAMICA “B”

TEMA ºCINETICA Y CINEMATICA DE PARTICULAS

DOCENTE º

PRESENTADO POR ºCALLATA ENRIQUEZ, Lener Wilver

IV SEMESTRE

PUNO - 2014

Ing. DARWIN QUENTA

CODIGO: 120018

RESOLUCION DE PROBLEMAS DE DINAMICA

PROBLEMA N° 2.1. Una partícula se mueve sobre la curva Y=h tan kx , z=0, donde h y k son constantes, Si y= y0 es una constante, halla la aceleración de la partícula.

SOLUCION:

Y=h tan kx

Derivando la ecuación dada se obtiene:

y=hk (sec2 (kx ) ) x ….(1)

Y despejando la velocidad en el eje x.

x= y

hk sec2 (kx )…..(2)

Derivando la ecuación (2) tenemos:

x=−2 y0cos (kx ) sen (kx )kx

hk

Como sabemos que la velocidad en el eje y es constante entonces la aceleración es cero en esa dirección por lo tanto la aceleración es:

a= x=−2 y0

2cos3(kx )sen(kx)h2 k

PROBLEMA N° 2.3. El movimiento de una partícula está dado por las

ecuaciones:x=vot cos∝ , y=vo t sen∝−12¿2 .Hallar:

a) La trayectoria de la partícula.

b) Las coordenadas del punto más alto de la trayectoria.

c) x y ycuando la particula cruza el eje x

SOLUCION:

x=vot cos∝ ,……..(1)

y=vo t sen∝−12

¿2…….(2)

Despejando t en la ecuación (1) y reemplazando t en la ecuación (2)

t= xvo cos∝

y=vox

vo cos∝sen∝−1

2g ( xvo cos∝

)2

y=x tan∝− 1g x2

2vo2 cos2∝

PROBLEMA 2.10. Una partícula se mueve sobre la trayectoria y=ex2

con una

componente x constante de velocidad vo.

a) Hallar la velocidad y la aceleración de la partícula en el punto P(1 ,1/e).las unidades están en metros y segundos.

b) Recordando que la curvatura es cero en un punto de inflexión, deducir las coordenadas de los puntos de inflexión de y=ex

2

a partir de consideraciones cinemáticas.

SOLUCION:

Parte a: De la ecuación general de la trayectoria tendremos:

y=ex2

……………………. (1)

Derivando respecto al tiempo se obtiene: la velocidad en y:

y=dydt

=−2 x .e− x2 dxdt

………………….. (2)

Derivando respecto al tiempo se obtiene la aceleración en y :

y=d2 ydt2

= ddt (2 x . e−x2 dx

dt )=−2[e− x2( dxdt )2

−2x2 e−x2( dxdt )2

+2x e−x2 d2 xdt 2 ]…………(3)

Como la velocidad es constante en x que es igual v0=dxdt

: entonces la

aceleración en x; d2 xdt2

=0 por lo tanto reemplazando estos valores en (3)

obtendremos:

y=d2 ydt2

=−2 [e−x2 (v0 )2−2x2 e−x2 (v0 )2 ]……………………………(4)

Finalmente como nos pide la aceleración en el punto P(1,1/e) reemplazando en (4) tendremos que:

y=d2 ydt2

=2e−1 (v0 )2

Parte b: se sabe que el punto de inflexión ocurre cuando la segunda derivada es igual a cero y haciendo las consideraciones cinemáticas será donde la aceleración en el eje “y” sea nula.

Por tanto en nuestra ecuación anterior: (3)

y=d2 ydt2

= ddt (2 x . e−x2 dx

dt )=−2[e− x2( dxdt )2

−2x2 e−x2( dxdt )2

+2x e−x2 d2 xdt 2 ]………(3)

De donde y=d2 ydt2

=0 y como la velocidad en x es constantev0=dxdt

entonces la

aceleración en el eje x será también nula: remplazando esto en (3) tendremos:

y=d2 ydt2

=0=−2 [e−x2 (v0 )2−2x2 e−x2 (v0 )2+2 xe− x2 (0 ) ]

0=−2 [e− x2 (v 0 )2−2x2 e−x2 (v0 )2]

0=−2e−x2 (v0 )2 [1−2 x2 ]

0=[1−2 x2 ]

x=±√ 12Reemplazando en la ecuación obtendremos el punto y de la inflexión:

y=e−x2=e−(±√ 12 )

2

=e−12

Finalmente nuestro punto de inflexión será :

P=(±√ 12 , e−12 )

PROBLEMA 2.19. El movimiento de una partícula está dado por las ecuaciones

x=at y y=bt−g t 2

2. Hallar x y y=bt−g t 2

2 y la componente normal de la

aceleración en este punto.

SOLUCION:

x=at………. (1) y=bt−g t 2

2…………………… (2)

De la ecuación del problema que nos da, derivamos respecto al tiempo las ecuaciones (1) y (2) obtendremos la velocidad en sus respectivas direcciones:

dxdt

= x=a………… (3 ) y dydt

= y=b−¿………………… (4)

Además conocemos que:

v=√ x2+ y2………………………… (5)

Remplazando de (3) y (4) en (5) se tiene:

v=√a2+(b−¿ )2…………………….. (6)

Aceleración tangencial: a t=dvdt

; por lo tanto derivando la ecuación (6)

respecto al tiempo ya conoceremos la aceleración normal:

a t=dvdt

= ddt

(√a2+ (b−¿ )2)= ddt

(√a2+b2+g2 . t 2−2gbt )

a t=12 ( 2 g2 t−2bg

(√a2+b2+g2 . t2−2 gbt ) )= g2t−bg

√a2+(b−¿ )2 ………… (7)

si x=a .t ;entonces t= xa

y remplazando esto en (7) obtendremos:

a t=g(g xa−b)

√a2+(b−g xa )2

Aceleración tangencial: a t=v2

ρ; donde ρ es el radio de curvatura:

ρ=|1+( dydx )

2|32

|d2 ydx2 |Como x=at ;entonces t=

xareemplazandoen laecuacion (2 ) tendremos :

y=bxa−g2x2

a2……………….. (8)

Derivando (8) tendremos: dydx

=ba−gx

a2…………. (9)

Derivando (9) tendremos: d2 yd2 x

=−ga2

……………….. (10)

Remplazando en la formula tendremos:

ρ=|1+( ba−gx

a2 )2|32

|−g

a2 |=

(a2+ (b−¿ )2 )32

ag………………. (11)

Finalmente remplazando en la fórmula de aceleración normal tendremos:

a t=v2

ρ=

(√a2+ (b−¿ )2)2

(a2+ (b−¿ )2 )32

ag

a t=ga

√a2+(b−¿ )2

PROBLEMA 2.20. Una partícula se mueve sobre la trayectoria y=A−B x2. En x=a la rapidez de la partícula es v. Hallar x , y y la componente normal de la aceleración en ese punto.

SOLUCIÓN:

y=A−B x2, si x=a entonces integrando la ecuación obtendremos la velocidad:

y=−2Bx . x…………………………………….(1)

Remplazando: x=a ; además v=√ x2+ y2…………………… (2)

y=−2aBx…………………………………. (3)

Remplazando (3) en (2)

v=√ x2+4a2 .B2 . x2=√ x2(1+4a2 .B2¿)¿

v2= x2(1+4a2 .B2)………………………. (4)

Resolviendo (4)

x= v

√1+4a2 . B2

Reemplazando x en (3)

˙y=¿ −2aBv

√1+4 a2 .B2¿

Hallando la componente normal:

an=v2

ρ…………(5), donde ρ=

[1+( dydx )2]32

|d2 ydx2 | ………. (6);

d2 ydx2

=−2 B;

dydx

=−2Bx

Reemplazando valores obtenemos: ρ=(1+4a2. b2 )

32

2ab; remplazando en la ecuación

(5) tenemos:

an=

2aBv2

(1+4a2 .b2 )32

PROBLEMA 2.21. Una partícula se mueve sobre una trayectoria circular

x2+ y2=r2 de manera que la distancia medida a lo largo de la trayectoria desde el

punto fijo (r ,0) es s=c t 2. Hallarx , yy las componentes normal y tangencial de la aceleración de la partícula.

SOLUCION:

De dato tenemos; x2+ y2=r2; por lo tanto; r=r cosθ i+rsin θ j……………….. (1)

Además: v= x i+ y j………….. (2); v=r=rsin θ θ i+r cosθ θ j……………………… (3)

Ahora por definición:

s=rθ=c t 2;θ= c t 2

r………… (3) Por lo tanto derivando tenemos:

θ=2ctr

……………………………. (5)

Reemplazando (4) y (5) en (3):

v=r=−2ct sin( c t2r ) i+2ct cos ( c t 2r ) j……………………. (6)

Entonces tenemos:

x=−2ct sin( c t 2r ); y=2ct cos( c t2r )Componentes normal y tangencial de la aceleración:

Sabemos que: a t= s ;an=s2

ρ…………………………….. (7)

s=c t 2; s=2ct ; s=2c y ρ=r…………………….. (8)

Reemplazando los obtenidos en las expresiones (8) en la expresión (7):

a t=2c

PROBLEMA 2.11. El centro de un rodillo se mueve hacia la izquierda con una velocidad lineal constante v# . Una barra AB se apoya sobre el rodillo y pivota alrededor del punto A. determine la velocidad y la aceleración del punto B como una función de O.

SOLUCION:

por teoria conocemos que vc=R+w∗ρ………………….. (1)

donde:R=−vu i

w=0k………………………… (2)

ρ=−r sin θi+r cosθ j…………………… (3)

operando: wx𝜌=[ i j k0 0 0

−sin θ rcos θ 0]entonces: vc=vui

por tanto la velocidad en el punto B sera:

vB=r er+r θ eθ……………….. (4)

Donde :

er=cosθ i+sin θ j

eθ=−sin θ i+cosθ j

Donde tambien: r=L; r=0; θ=?

Para calcular θ ,relacionamos la componente tangencial de C.

r1 θ=vo sin θ ;donder1=r cot (θ2 )Despejando θ=

vorsin θ tan( θ2 ); pero sin θ=2sin( θ2 )cos (θ2 )

Simplificando la expresión tendremos:

θ=2v orsin2( θ2 )…………………… (5)

Remplazando estos datos en la ecuación (4) obtendremos:

vB=0er+2Lvorsin2( θ2 )eθ

vB=0er+2Lvorsin2( θ2 ) (−sinθ i+cosθ j )

Finalmente la velocidad en B será:

vB=−4Lvorsin3( θ2 )cos ( θ2 ) i+2

Lvorsin2( θ2 )cosθ j

Ahora calculando la aceleracion en B:

aB= ( r−r θ ) er+(2 r θ+r θ ) eθ…………………. (6)

Donde:

r=L; r=0 ; r=0 ; θ=2vorsin2( θ2 ); θ=?

Para cual derivaremos nuevamente :

θ=2Lvor22sin( θ2 )cos ( θ2 ) θ……………….. (7)

Remplazando θen la ecuacion (7) obtendremos:

θ=4Lvor 2sin3( θ2 )cos ( θ2 ) θ…………………. (8)

Remplazando estos datos en la ecuacion (6)

aB=(0−L(2 Lvor sin2(θ2 ))2

)er+(2 (0 )˙

(2 Lvor sin2( θ2 ))+L(4 Lvor2 sin3( θ2 )cos ( θ2 )))eθPROBLEMA 2.15. El aparato que se muestra se utiliza para comprimir aire. La manivela gira en sentido de las manecillas del reloj a 150 rpm. La carrera es de 60 cm. Determinar la aceleración del embolo cuando x=10cm.

SOLUCION:

De los datos tenemos: w=θ=150rpm, como nos dice que gira en sentido de las manecillas del reloj entonces; w=θ=-150rpm…….. (1)

Convirtiendo la expresión (1) tenemos;

θ=−150( revmin )∗( 2πrad1rev )∗( 1min60 seg )Entonces tenemos: θ=−5π rad

seg………………………….. (2)

De la figura se observa que: a A=aBdonde a=w2R……………. (3)

Como la aceleración en A esta definido como: a A=−( θ2 )R sin θ………… (4)

a A=−25 π2 (30 ) sinθ j…………………….donde sin θ=13

Finalmente tendremos la aceleración en B es:

aB=−250π2 i cms2

PROBLEMA 2.25. Un pequeño anillo M esta colocado sobre un aro de alambre de radio r. una varilla OA pasa por el anillo y gira alrededor del punto O sobre el aro con velocidad angular θ=w.

a) Si θ=wes una constante hallar la velocidad y aceleración de M.b) Si m se mueve con una rapidez constante s, hallar θ,θ .

A

M

O

SOLUCION:

De la figura por semejanza tendremos que: r1 es el vector posicion :

r1 sin θ=r sin 2θ de donde: r1=2 rcosθ……… (1)

Derivando la expresion (1) tendremos:

r1=−2r sinθ θ=−2r sinθw…………………. (2)

r1=−2r cosθ θ2−2 rsin θ θ=−2 r cosθw2

para la velocidad por formula tendremos:

v=r er+r θ eθ

v=−2 r sinθ wer+2 rcosθweθ=2 r w (−sin θer+cosθeθ )

Para la aceleracion por formula tendremos:

a=( r−r θ2 )er+ (2 r θ+r θ ) eθ

θ

a=(−2 rwcos θw2−2rcosθ w2 )er+ (2 (−2r sin θw )w+2rcosθ (0 ) )eθ

a=−4 r w2 (cosθer+sinθeθ )

PROBLEMA 2.27. Una partícula se mueve con una trayectoria r=bsin 2θ. Hallar la velocidad y aceleración de la partícula en coordenadas polares.

SOLUCION:

Por formula conocemos la velocidad y la aceleración:

v=r er+r θ eθ………………………………………… (1)

a=( r−r θ2 )er+ (2 r θ+r θ ) eθ……………… (2)

De la ecuacion de la trayectoria: r=bsin 2θ……………….. (3)

Derivando (3) tendremos:

r=2b cos2θ θ……………… (4)

Derivando (4) tendremos:

r=−2b sin 2θ θ2+2bcos2θ θ

Remplazando en la fórmula de la velocidad (1):

v=2bcos2θ θ er+2b sin2θ θ eθ

v=2b θ (cos2θer+sin 2θ eθ )

Remplazando en la fórmula de la aceleración (2):

a=( r−r θ2 )er+ (2 r θ+r θ ) eθ

a=(−2b sin 2θ θ2+2bcos2θ θ−b sin 2θ θ2 )er+(2 (2 )bcos2θ θ θ+b sin 2θ θ )eθ

a=(2bcos2θ θ−3b sin2θ θ2 )er+(4bcos2θ θ2+b sin 2θ θ )eθ

PROBLEMA 2.70. Una partícula P está obligada a moverse sobre la cardiode r=a(1+cosθ) mediante el brazo ranurado OA, que gira con una velocidad angular constante ∅=bk, al mismo tiempo la cardiode gira con una velocidad angular ψ=ck

. Hallar la velocidad y aceleración de P cuando t=3seg. Se supone que a=15cm,

b=π9radseg

,c=−π18

radseg

. En t=0 la cardiode esta en una posición tal que ∅=θ=0.

SOLUCION:

COORDENADAS RECTANGULARES

PROBLEMA 1. Las partículas A y B están limitadas a moverse en la acanaladura circular de 1.5m de radio. Al mismo tiempo, estas partículas deben estar bien en una ranura con forma de parábola. La ranura se muestra en línea discontinua para el tiempo t=0. Si la ranura se mueve hacia la derecha con una velocidad constante de 1m/s, ¿Cuál es la velocidad y la aceleración con las que se acercan las partículas entre sí para t=1s?

SOLUCIÓN:

Para la partícula A: como se mueve en dirección x a la velocidad constante de 1m/s considerando que inicio en el origen de coordenadas.

xa=va t→xa=1t …………….(1a)

derivando (1a)tenemos : v xa= xa→vxa=1i m /s……………… ..(2a)

derivando (2a)tenemos ;aax= xa i→aax=0………………….. (3a)

Además tenemos:

x+ y2→ y=x12……………… ..como x=t

tendremos : y=t12………………… ..(4a)

derivando (4a )obtenemos lavelocidad : vay=− ya j→vay=−12t−12 j…………… (5a )

derivando (5a )obtendremos la aceleracion : aay=− ya j→aay=14t−32 …………(6a)

Para t=1s remplazando a todas las expresiones tendremos:

vxa=1ims

( y ) vay=−0.5 j ms……………….(7a)

aax=0 im

s2( y )aay=0.25 j

m

s2………………… (8a)

Finalmente:

va=√12+0.52=1.12m /s

aa=√0+0.252=0.25 ms2

Para la partícula B: de manera similar resolveremos para la partícula B.

xb=vb t→xb=1t …………….(1b)

derivando (1b) tenemos : v xb= xb→vxb=1i m /s……………… ..(2b)

derivando (2b)tenemos ;abx= xbi→abx=0…………………..(3b)

Además tenemos:

x+ y2→ y=x12……………… ..comox=t

tendremos : y=t12………………… ..(4b)

derivando (4b )obtenemos lavelocidad : vby=− yb j→ vby=−12t−12 j…………… (5b )

derivando (5b )obtendremos la aceleracion : aby=− yb j→aby=14t−32 ………… (6b)

Para t=1s remplazando a todas las expresiones tendremos:

vbx=1 ims

( y ) vby=−0.5 j ms……………….(7b)

abx=0im

s2( y )aby=0.25 j

m

s2………………… (8b)

Finalmente:

vb=√12+0.52=1.12m /s

ab=√0+0.252=0.25 ms2

PROBLEMA 2. Se sopla el grano hacia un contenedor de tren abierto con una velocidad vo de 6m/s. ¿Cuáles deben ser las elevaciones “d” máxima y mínima para asegurar que todo el grano cae en el tren? Omitir el rozamiento y el viento.

SOLUCIÓN:

Caso I: para que todo el grano caiga a una distancia no menor a 4.5 entonces hallaremos “d” mínimo

En el eje x:

vx=dxt→6=4.5

t

→t=0.8 s

En el eje y:

por las formulas básicas que conocemos.

v2f=v2o±2a ( y f− yo )

( y f− yo )=v0t ±12a t 2

dmin=12

(9.81 ) (0.8 )2=3.1m

Caso II: para que todo el grano caiga a una distancia no mayor a 7.5 entonces hallaremos “d” máximo.

En el eje x:

vx=dxt→6=7.5

t

→t=1.3 s

En el eje y:

por las formulas básicas que conocemos.

v2f=v2o±2a ( y f− yo )

( y f− yo )=v0t ±12a t 2

dmin=12

(9.81 ) (1.3 )2=8.3m

PROBLEMA 3. Una partícula P se mueve con una velocidad constante V a lo largo de la curva y=10 ln x (m) ¿en qué posición x tiene la partícula su máxima aceleración? Cuál es el valor de esta aceleración si V=1m/s.

SOLUCIÓN:

De la ecuación de la curva:

y=10 ln x (m)…………………………. (1)

Derivando la ecuación (1) respecto al tiempo obtendremos la velocidad:

dydt

=10xdxdt……………………….(2)

Derivando la ecuación (2) respecto al tiempo obtendremos la aceleración:

d2 ydt 2

=−10x2 ( dxdt )

2

+ 10xd2 xdt 2

……………………… (3 )

Pero en el enunciado nos dice que:

d2 ydt 2

=maxima=gravedad ; dxdt

=1ms;d2 xdt 2

=0 ; x=?

Remplazando estos datos en (3) tendremos:

9.81=−10x2

(1 )2+ 10x0

x=±√ 109.81

Remplazando en la ecuación (1)

y=10 ln(±√ 109.81 )

Finalmente el punto será: P ¿ [±√ 109.81

,10 ln(±√ 109.81 )]

PROBLEMA 4. Se muestra un cañón de largo alcance para el cual la velocidad de disparo es de 1000m/s. si se desprecia el rozamiento. ¿A qué posición x , y golpeara el proyectil al terreno?

SOLUCIÓN:

En el eje y:

la aceleracionenel eje y estaradado por la aceleracion de la gravedad :

a y=−g…………………………….. (1)

integrandola expresion (1 )obtendremos la velocidad :

v y=−¿+c1=vo sin 45oPara un t=0; entonces c1=vo sin 45

o

v y=−¿+vo sin 45o……………….. (2)

Integrando la expresión (2) obtendremos la posición:

y=−g t 2

2+v osin 45

o t+c2 Para un t=0; y=0 entonces c2=0

y=−g t 2

2+v osin 45

o t…………………………………… (3)

En el eje x:

vemosque la aceleraciones nula y lavelocidad es constante encualquier punto:

ax=0

vx=vo cos45o…………………………….. (4)

Integrando la ecuación (4) obtendremos la posición:

x=vo cos45ot+c3; Para un t=o; entonces c3=0

x=vo cos45ot…………………………(5)

Finalmente igualando las expresiones (3), (5) y la ecuación e la gráfica obtendremos tiempo:

x=vo cos45ot…………………………(5)

y=−g t 2

2+v osin 45

o t…………………………………… (3)

y=10−6 x2…………………. (Ecuación de la gráfica)

De donde: t=130.94s

Remplazando en 5 y 3 tendremos la posición que esta va a golpear el terreno:

x =1000(cos 45o ) (130.94 )=92588.5619m=92.588km

y=−9.81 (130.94 )2

2+1000 (sin 450 ) (130.94 )=8490.9458m=8.4909km

PROBLEMA 6. Al pasar por una boquilla un chorro de agua tiene una velocidad de 20m/s. ¿cuál será su velocidad en ese punto? No incluir el rozamiento.

SOLUCIÓN:

En la ecuación de la curva: y=0.05x2

……………………….. (α)

En el eje Y:

Por definición en el eje Y conocemos la aceleración es igual a la gravedad:

a y=−g…………………. (1)

Integrando la ecuación (1) obtendremos la velocidad:

v y=−¿+c1=v0 sinθ……paraun t=0 ;c1=v0 sinθ

v y=−¿+v0 sinθ………….. (2)

Integrando la ecuación (2) obtendremos la posición Y:

y=−g t 2

2+v 0sin θ t+c2……… parat=0 ; y=0entonces c2=0

y=−g t 2

2+v 0sin θ t…………. (3)

En el eje X:

La velocidad será constante y la aceleración nula:

vx=cte=v0 cosθ…………………. (4)

Integrando la ecuación (4) obtendremos la posición X:

x=v0cos θ t+c3……… parat=0 ;c3=0

x=v0cos θ t…………………. (5)

De la ecuación (α), (3) y (5) obtendremos el tiempo t=?

y=0.05x2……………………….. (α)

y=−g t 2

2+v 0sin θ t…………. (3)

x=v0cos θ t…………………. (5)

Donde : v0=20ms;θ=600

Remplazando estos valores: t=0.58110

Para hallar las velocidades reemplazamos en las ecuaciones de las velocidades (2) y (4):

Conociendo que v0=20ms;θ=600; t=0.58110

v y=−¿+v0 sinθ=−9.81 (0.58110 )+20sin 600=11.61991 ms

vx=v0cos θ=20cos 600=10 m

s

Finalmente conocemos: v=√v y2+v x2remplazando los valores tendremos:

v=√11.619912+102

v=15.330ms

COORDENADAS NORMAL Y TANGENCIAL

PROBLEMA 7. El yuyo A se mueve hacia la derecha con una velocidad v=2m /s y

una aceleración a=0.60m

s2 cuando se encuentra en una posición d=0.27m del eje

y.un pasador está limitada a dentro de la ranura del yuyo y esta forzado mediante un resorte a deslizar sobre una superficie parabólica. ¿Cuáles son los vectores velocidad y aceleración normal a la superficie parabólica en la posición que se muestra?

SOLUCIÓN:

De la ecuación de la trayectoria tenemos:

y=1.2 x2……………………….. (1)

Derivando la expresión (1) obtendremos la velocidad en Y:

y=2.4 x x ……… (2 ) pero x=0.27 ; x=2

y=1.296 ms

v=2 i+1.296 jEntonces: v=√ x2+ y2

v=2.3831ms

Para la aceleración NORMAL por formula conocemos:

an=v2

ρ……………… (3 )donde ρ esradio de curvatura

ρ=[1+( dydx )

2]32

|d2 ydx2 |…………….. (4)

donde :dydx

=2.4 x; d2 ydx2

=2.4;x=0.27m

remplazandoestos valores en (4 )obtendremoos : ρ=0.70498m

Finalmente en la ecuación (3):

an=v2

ρ=

(2.3831m /s )0.70498m

2

an=8.05578m /s2

COORDENADAS POLARES Y CILINDRICAS

PROBLEMA 10. Una rueda de 600mm de diámetro está girando a una velocidad de 2rad/s y está aumentando su velocidad angular a un ritmo de 3rad / s2 . Esta avanza a lo largo de un tornillo que tiene un paso de rosca de 12mm. ¿Cuál es la aceleración de los puntos situados en el borde en términos de sus coordenadas cilíndricas?

SOLUCION:

DATOS:

D¿600mm

R = r =300 mm

θ=2rad /s

θ=3 rad /s2

H¿12mm

a=(r−r θ2 )er+(2 r θ+r θ ) eθ+ z ez

ar=(r−r θ2)

ar=(r−r θ2)

ar=¿

ar=−1200

aθ=(2 r θ+r θ )

aθ=[ (2 ) (0 ) (2 )+(300 ) (3 )]

aθ=900

PROBLEMA 11. Se muestra un simple aspersor de jardín. El agua entra en la base y sale por el extremo a una velocidad de 3 m/s respecto al rotor del aspersor. Además, esta sale dirigida hacia arriba formando un ángulo de 60˚ como se muestra en el diagrama. El rotor tiene una velocidad angular de 2 rad/s. tomando referencia el terreno. ¿Cuáles son las componentes axial, transversal y radial de la velocidad y la aceleración del agua al salir del roto?

SOLUCIÓN:

Orientación de los vectores unitarios e identificación de los parámetros que definen el movimiento:

ρ=0.3m; ρ=3cos600=1.5m/ s; ρ=0

θ=w=2 rad /s; θ=0

z=3sin 60=2.6m /s ; z=−9.81m /s2

Cálculo de la velocidad de la partícula del agua que está saliendo:

v p= ρ eρ+ρ θ eθ+ z ez

Reemplazando valores:

v p=1.5eρ+0.3 (2 ) eθ+2.6 ez

v p=(1.5eρ+0.6 eθ+2.6e z )ms

Cálculo de la aceleración de la partícula del agua que está saliendo:

a p=−ρ θ2 eρ+2 ρ θ eθ+ z ez

Remplazando valore:

a p=−0.3 (2 )2 eρ+2 (1.5 )2eθ−9.81ez

a p=(−1.2eρ+6eθ−9.81e z )m

s2

PROBLEMA 12. Una rueda está girando en el instante t con una velocidad angular de w=5 rad / s. En este instante, la rueda tiene también un ritmo de cambio de la velocidad angular de 2 rad /s2 En este instante, un cuerpo B se está moviendo a lo largo de un radio con una velocidad de 3m/s respecto al radio y está aumentando esta velocidad a un ritmo de 1.6m /s2. Estos datos están dados para cuando el radio, sobre el que se está moviendo B, está en posición vertical y para cuando B está a 0.6m del centro de la rueda, como se muestra en el diagrama. ¿Cuáles son la velocidad y la aceleración de B en este instante respecto al sistema de referencia fijo xyz?

SOLUCION:

En el eje x de los datos que conocemos:

v=3ms; a=1.6 m

s2; ρ=0.6m;w=5 rad

S; w=2 rad / s2

Haciendo coincidir el sistema de coordenados fijo y movil (XY-xy)de centro O y O I donde XY:sistema fijo, xy sistema movil.

Sabemos:

V= ρ+ R+w⨯ ρ…………………… (1)

a= ρ+ R+ w⨯ ρ+w⨯ (w⨯ ρ )+2w⨯ ρ……………………… (2)

Hallando valores:

Movimiento del sistema movil xyz:

R=R=R=0 ;w=5k rads;w=2k rad /s2

Movimiento de la particula P respecto al sistema xyz:

ρ=0.6 jm ; ρ=−3 j ms; ρ=1.6 jm /s2

De las ecuaciones de movimiento relativo tenemos:

V= ρ+ R+w⨯ ρ

V=−3 j+0+(5k⨯0.6 j )

V= (−3 j−3 i )m/ s

a= ρ+ R+ w⨯ ρ+w⨯ (w⨯ ρ )+2w⨯ ρ

a=1.6 j+0+ (2k⨯ 0.6 j )+5k⨯ (5k⨯0.6 j )+2 (5k⨯−3 j )

a=1.6 j−1.2i+5k⨯ (−3 i )+30i

a=(2.8 i−13.4 j ) ms2

PROBLEMA.12.11. De repente se aplica una fuerza F de 5 kN sobre una masa A. Cuál es la velocidad de A después de que ésta haya recorrido 0.10 m?. La masa B es un bloquetriangular de espesor uniforme.

MB = 100 kg

BMA = 20kg

µd =0.30C F = 5 kN

F A

6 m 6 m

SOLUCION:

Los D.C.L. para cada partícula:

Hallando las respectivas reacciones:

∑MC=O;981 (8 )−FN 1 ( x )=0

FN 1=7848x

…………. (1)

Por lo tanto: remplazando (1)

f r1=u FN 1=2354.4x

………………… (2)

Calculo de la velocidad:

∑ F x=ma

F−f r1=¿m dvdt

=mdvdt

dxdx

=mvdvdx

Remplazando valores:

5000−2354.4x

=mv dvdx

∫0

6.1

(5000−2354.4x )dx=m∫0

v

vdv

461.0834=20 v2

2

v=6.790 ms

PROBLEMA.12.13. Los bloques A y B están inicialmente estacionarios ¿Qué distancia recorrerá A sobre B si A recorre 0.20 m respecto al terreno?

SOLUCION:

∑ F x=ma1

mag sin100+F−f r=ma1

20∗9.81∗sin100+500−77.28=20a1

a1=22.83m

s2

Sabemos que: f r=uN=0.4N

Además:

∑ F y=0; N−magcos 100=0

N−20∗9.81cos100=0 ; N=193.21

Entonces: f r=77.28

Respecto al bloque A: ∑ F=ma2

mbg sin100+ f r+ f r1=ma2

80∗9.81sin 100+77.28+48.30=80a2

a2=260m

s2

Entonces: f r1=uN=(ma+mb )g cos10 °=48.30

Luego: a1=a2+ar

ar=20.17m

s2

a=dvdt

a∫dt=∫ dv

at=v=drdt

a∫0

t

tdt=∫0

r

dr

a t2

2=r ;entonces

(2.66 ) t 2

2=0.2m;t=0.375 s

sabemos :(20.17 )t 2

2=r parat=0.375 s

r=1.38m

PROBLEMA.12.16. Se aplica una fuerza de 10 kN sobre un cuerpo B cuya masa es de 15 kg. El cuerpo A tiene una masa de 20 kg. ¿Cuál es la velocidad de B después de recorrer 3m? Tomar uA=0.28. El centro de masas del cuerpo A

esta en su centro geométrico

A1.70 m

B 10 kN

3 m 3 m

SOLUCION:

Los D.C.L. para cada partícula:

Hallando las respectivas reacciones:

∑M o=O;Rx−M A g (3 )+uA R (1.70 )=0

R= 588.6( x+0.476 )…………. (1)

Por lo tanto: remplazando (1)

f r1=u R= 588.6( x+0.476 )

(0.25 )………………… (2)

Calculo de la velocidad: POR LA SEGUNDA LEY DE NEWTON:

∑ F x=ma

F−f r1=¿m dvdt

=mdvdt

dxdx

=mvdvdx

Remplazando valores:

10000− 588.6( x+0.476 )

(0.25 )=mvdvdx

∫0

6

(10000− 588.6( x+0.476 )

(0.25 ))dx=m∫0

v

vdv

v=63.14 ms

PROBLEMA.12.38.

Una cuña de madera cuya densidad es de 600 kg/m3 se introduce dentro del agua mediante una fuerza de 650 N. La cuña tiene 0.60 m de ancho.a. ¿Cuál es la profundidad d?b. después de quitar la fuerza de 650N. ¿Cuál será la velocidad de la cuña después de recorrer 0.15m suponiendo que ésta no gira al elevarse?

SOLUCION:

a) Realizamos el D.C.L de la cuña:

Donde:

W : Peso de la cuñaρ : Densidad de la cuña (ρ = 600 kg/m3)g : Gravedad ( g = 9.81 m/s2)V : Volumen total de la cuña

Fb : Fuerza de flotación o empuje del agua

En el eje y: Σ Fy = 0 ; (El sistema se encuentra en

equilibrio)650 + W – Fb = 0

Fb = 650 + W Fb = 650 + ρ g V ... (1)

Seguidamente, hallamos el volumen total de la cuña:V = (0.9) (0.60) (0.45) (cot 30 °) / 2

V = 0.21 m3

Luego, reemplazamos valores en la ecuación (1):Fb = 650 + (600) (9.81) (0.21)

Fb = 650 + 1236.06 ; W = 1236.06 NFb = 1886.06 N

Por otro lado, la fuerza de flotación también es igual a la siguiente ecuación:Fb = ρagua g Vs ... (2)

Donde: ρagua : Densidad de agua (ρagua = 1 000 kg/m3) g : Gravedad ( g = 9.81 m/s2) Vs : Volumen de la parte sumergida en agua de la cuña

Entonces, sustituimos valores en la ecuación (2):Fb = 1886.06 = (1000) (9.81) Vs

1886.06 = 9810 Vs

Vs = 0.192 m3 ... (3) Pero el volumen sumergido según el gráfico planteado en el problema es igual a:

Vs = 2 (0.60) d2 tan30 ° / 2Vs = (0.60) d2 tan30 °

Vs = (0.346) d2 ... (4) Finalmente, igualando las ecuaciones (3) y (4) obtenemos:

Vs = (0.346) d2 = 0.192 d2 = 0.555

d = 0.745 b) Realizamos el D.C.L de la cuña pero con ausencia de la fuerza de 650 N:

En el eje y, se cumplirá la segunda ley de Newton:

W – Fb = m a W – ρagua g Vs = (ρV) a ; m = ρV

Dónde: W : Peso de la cuña

ρagua : Densidad de agua (ρagua = 1 000 kg/m3) g : Gravedad ( g = 9.81 m/s2) Vs: Volumen de la parte sumergida en agua de la cuña

m : Masa de la cuña a : Aceleración de la cuña ρ : Densidad de la cuña (ρ = 600 kg/m3)

V : Volumen total de la cuña Sustituyendo valores en la ecuación anterior:

W – ρagua g Vs = (ρV) a1236.06 – (1000) (9.81) Vs = (600) (0.21) a

126 a = 1236.06 – 9810 Vs

a = 9.81 –77.86 Vs ... (5) A continuación, hallamos el volumen sumergido de la cuña en función de “y”, según la gráfica:

Vs = 2 (0.60) y2 tan30 ° / 2

Vs = √35

y2 ... (6)

Luego, reemplazamos la ecuación (6) en (5):

a = 9.81 –77.86 (√35

y2)

a = 9.81 – 26.97 y2

Pero sabemos que:

a = dvdt

dydy

= v dvdy

Entonces, igualando ecuaciones:

v dvdy

= 9.81 – 26.97 y2

v dv = [9.81 – 26.97 y2]dy Integrando y evaluando:

∫0

v

v dv= ∫d

d−0.15

[9.81 –26.97 y2]dy ; d = 0.745 m.

v2

2 = ∫

0.745

0.595

[9.81 – 26.97 y2]dy

v2

2 = [9.81(0.595)– 26.97

(0.595)3

3

] - [9.81(0.745)– 26.97(0.745)3

3

]

Por lo tanto, la velocidad de la cuña cuando haya recorrido 0.15 m. a partir de su punto de partida, será:

v2

2 = 3.943 - 3.591

v2

2 = 0.352

v2 = 0.704 v = 0.839 m/s

PROBLEMA.12.30 El bloque B de 500 N de peso descansa sobre el bloque A, el cual pesa 300 N. El coeficiente de rozamiento dinámico entre las superficies de contacto es de 0.4. En la pared C hay unos anillos cuyos rozamientos se puede despreciar ¿Cuál será la aceleración del cuerpo ACuando se aplica una fuerza F de 5Kn?

SOLUCION:Ubicamos los ejes coordenados x e y:

Realizamos el D.C.L del bloque B:

En el eje y, se cumplirá la segunda ley de Newton:Σ Fy = m a

NB cos20 ° - WB - µ NB sen 20° = mB aB

NB cos20 ° - WB - µ NB sen 20° = W B

9.81 aB

NB cos20 ° - 500 – (0.4) NB sen 20° = 5009.81

aB

[cos20 ° - (0.4) sen 20°] NB - 500 = 5009.81

aB

NB = 5009.81

aB+500

[cos20 °−(0.4)sen 20° ] NB = 63.48 aB+ 622.75 … (1) También realizamos el D.C.L del bloque A:

En el eje x, se cumplirá la segunda ley de

Newton:Σ Fx = m a

F - µ NB cos20 ° - NB sen 20° = mA a A = W A

9.81 a A

5000 – (0.4) NB cos20 ° - NB sen 20° = 3009.81

a A

5000 – [(0.4) cos20 ° + sen 20°] NB = 3009.81

a A

[(0.4) cos20 ° + sen 20°] NB = 5000 – 3009.81

a A

NB = 5000 –

3009.81

aA

[(0.4)cos 20°+sen20 ° ]NB = 6964.79 – 42.60 a A … (2)

Igualando las ecuaciones (1) y (2):NB = 63.48 aB+ 622.75 = 6964.79 – 42.60 a A

a A = 148.87 – 1.49 aB …(3)

Para conocer la aceleración del bloque A debemos conocer antes la aceleración

del bloque B, para elloanalizamos la siguiente grafica cuando el bloque A se desplaza cierta distancia y por consiguiente el bloque B:

Del grafico se concluye:yx

= tan 20°

y = x tan 20° …(4) Realizando una primera y luego una segunda derivada de la ecuación (4) con

respecto al tiempo, obtenemos:a y = ax tan 20°

aB = a A tan 20° … (5)

Reemplazamos la ecuación (5) en (3) y obtenemos la aceleración de A:a A = 148.87 – 1.49 aB

a A = 148.87 – 1.49 (a A tan 20°)a A = 96.67 m/s2

PROBLEMA.12.37 La masa B se apoya sobre unos pequeños rodillos y baja por un plano inclinado. Está conectada a un resorte lineal. El cual en la posición que se muestra está estirado a partir de su configuración sin deformar de 2 m hasta 5m. ¿Cuál será la velocidad de B después de recorrer 1m? utilizar la ley de Newton asi como el eje de coordenadas x mostrado en el diagrama.

PROBLEMA.12.132. Se ejerce una fuerza F de 2 kN sobre un cuerpo C. Si para todas las superficies de contacto µd = 0.2.¿Cuál será la velocidad de C

después de recorrer 1 m? Cuando se aplica la fuerza. El cuerpo C está

inicialmente estacionario y en la posición que se muestra. Resolver utilizando la ley de Newton. Las masas de los tres cuerpos involucrados son las siguientes:MA = 100 kg MB = 80 kg MC = 50 kg

FA

30ºC

3 m 3 m

B

PROBLEMA.12.92. Un automóvil de 20kN de peso está moviendo a una velocidad V de 16m/s por una carretera que tiene un radio de curvatura vertical de 200m, tal como se muestra. En el instante mostrado, ¿Cuál es la máxima deceleración posible al frenar el vehículosi el coeficiente de rozamiento dinámico entre los neumáticos y la carretera es de 0.55?

PROBLEMA.12.97. Una varilla circular EB gira con una velocidad angular constante de 50 Rev. /min. Un cojinete de 1 kg de masa desliza sobre la varilla circular. ¿Para qué posición θ Permanecerá el cojinete A estacionario respecto a la varilla EB

si no hay rozamiento?

PROBLEMA.12.120 Un esquiador está bajando por una colina a una velocidad de 14m/s mientras está en la posición que se muestra. Si el esquiador pesa 800N ¿Qué fuerza total ejercen sus esquís sobre la superficie de la nieve? Suponer que el coeficiente de rozamiento es de 0.1. La colina se puede considerar como una superficie parabólica.

y

6 m

x15 m

SOLUCIÓN:

De la ecuación de la trayectoria hallamos el valor de k:

y=k x2

6=k (25 )2

k= 275

Por formula conocemos que:

Fn=mv2

ρ…………. (1 )donde : ρes radio decurvatura

ρ=|1+( dydx )

2|32

|d2 ydx2 | …………(2)

De donde: dydx

= 475

x ;d2 ydx2

= 475

y además para x=15

Remplazando estos valores en la expresión (2) nos da que:

ρ=39.3841m

Remplazando en (1)

Fn=405.89N

Determinando el ángulo θ para lo cual conocemos que la derivada es igual a ala tanθ:

tanθ=dydx

=4 x75

…………………para : x=15

θ=tan−1( 4∗1575 )=38.660Determinando normal donde la partícula se encuentra estática:

∑ F N=0 ;

Fn+800cos38.66=N

N=1030.58

Por la segunda ley de newton:

∑ Fet=ma

F t−f r=mat

800sin θ−uN=81.55 at

800sin θ−0.1 (1030.58 )=81.55a t

a t=4.87m

s2

Determinando la fuerza total:

R=√F r2+N2

R=1035.72

PROBLEMA.12.138. Un automóvil se está moviendo a una velocidad constante de 18 m/s por un tramo de carretera parte del cual (A→B) es parabólico y parte del cual (C→D) es circular con un radio de 3km. si el automóvil tiene un sistema de frenos con ABS y el coeficiente de rozamiento estático µs entre los neumáticos y el pavimento es de 0.6. ¿Cuál será la

máxima deceleración posible en la posición x = 2 km y en la posición x =

10 km? el peso total del vehículo es de 12 kN.

yX medido en

km

Y = 0.02x2

km

Cima de la colina

A

2 km

C D

Bx

10 km

PROBLEMA.12.139 Una masa de 3 kg se está moviendo a lo largo de una

varilla vertical parabólica cuya ecuación es y = 3.4x2. Un resorte lineal con K = 550N/m está conectado a la masa y no presenta deformación cuando la masa está en su posición más baja teniendo en ese momento una longitud lo = 1 m.

cuando la directriz del resorte está a 30º de la vertical, como se muestra en el diagrama, la masa se está moviendo a 2.8 m/s. En ese instante.

¿Cuál es la componente de la fuerza sobre la varilla en la dirección perpendicular a la misma?

SOLUCION:

DATOS:

k=550N /m; m=3kg v=2.8m /s

En la ecuación:

1−L f cos30 °=3.4 Lf ( sin30 ° )2

Lf=0.689m

∆ x=1−0.689=0.3111m

Hallando radio de curvatura:

ρ=|1+( dydx )

2|32

|d2 ydx2 |=

|1+ (2∗3.4 x )2|32

|2∗3.4|

Para: x=0.3445 ρ=2.43m

ADEMAS:

∑ F N=mac

FN=3( 2.82.43 )2

=9.679m

Además para conocer el ángulo:

tanθ=dydx

=6.8 x

para x=0.3445m

θ=tan−1 (6.8∗0.3445 )=66.88 °

Por lo tanto:

∑ F N=N−mg cosθ−F R cos (66.88 °−30 ° )=−9.679N

Donde:

FR=∆ x (k )=0.3111∗550=171.105N

Reemplazando:

N=115.63 N

PROBLEMA.3.24 Una partícula de masa m se mueve en un canal cilíndrico, partiendo del reposo enθ = 0º. Determinar la fuerza normal sobre la partícula como una función de θ.

0θ

r

m

PROBLEMA.3.27. EL bloque situado sobre la mesa giratoria pesa 1 kg a 60 cm del centro. La masa giratoria tiene una aceleración angular de 1 rad/s2. El coeficiente de rozamiento es 0.45. Determinar la velocidad angular para que el bloque comience a deslizar.

A

ω

α

SOLUCION:

r=0.6mus=0.45ω=1 rad /s

ω=¿

∑FT=ma t aT=r ω

∑FN=maN aN=r ω2

Entonces la fuerza máxima será:

Fmax=uN……………………………………………………………(1) N=mg

Fmax=m√at2+aN2…………………………………………………(2)

u2g2−r2 ω2=r2ω4

ω2=1r√u2g2−r2ω2

ω2=7.29Por lo tanto la velocidad angular será:

ω=2.7 rad /s

PROBLEMA.3.35 Este aparato se utiliza para comprimir aire. La manivela gira a 150 rpm en el sentido de las manecillas del reloj. La carrera es de 45 cm. El embolo pesa 40 kg y tiene 25 cm de diámetro. La varilla del embolo pesa 20 kg. Determinar la fuerza del pasador de la manivela sobre el sistema del embolo cuando x = 7.5cm, la presión del aire es 4 kg/cm2 en ese instante.

PROBLEMA 3.30. De un cañón de juguete se dispara una esfera de 4 libras, como se ilustra. El mecanismo de disparo es un resorte comprimido con un módulo de 30

lb/pulg. Determine el alcance del cañón si se comprime el resorte 6 pulgadas y la superficie interior del cañón es lisa. El cañón está inclinado 30° sobre la horizontal.

SOLUCION:

PROBLEMA 3.40. Se lanza un avión de 10000 lb desde una catapulta. El resorte de la catapulta (ks= 150 lb/pulg) se comprime inicialmente 10 pies y luego se suelta. Durante el lanzamiento el motor del avión ejerce horizontal constante F=2000 lb. Suponiendo despreciable la fricción, determine la velocidad de despegue del avión en el instante en que llega el resorte a su posición no deformada.

SOLUCION:

PROBLEMA 3.41. Dos esferas de 5 Kg pivotean en el plano vertical alrededor de dos pernos O1 y O2 como se muestra. Las varillas que soportan a las esferas son de masa despreciable y están eslabonadas entre si por un resorte K=200N/m, longitud sin deformar=0.20m. si las esferas se sueltan del reposo cuando θ=45°. Determine la velocidad de cada esfera cuando θ=90°.

SOLUCION:

PROBLEMA 3.44. Una bola de demolición con masa m está suspendida de la pluma de una grúa como se ilustra. si la grúa se está moviendo a una velocidad v antes de llevarla súbitamente al reposo, determine el ángulo máximo θ al cual va a oscilar el cable.

SOLUCION:

PROBLEMA 3.49. Resuelva el problema 3.48 cuando la barra esta en la posición vertical y el resorte inferior (k1=3 lb/pie) esta comprimida inicialmente 5 pulg. El resorte superior (k2=2 lb/pie) esta inicialmente sin deformar.

SOLUCION: