Ejercicios resueltos hibbeler grupo 12 PDF

Preview

Summary

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SANCRISTÓBAL DE HUAMANGAFACULTAD DE INGENIERÍA DE MINAS, GEOLOGÍA YCIVILESCUELA DE FORMACIÓN PROFESIONAL DEINGENIERÍA CIVILDINÁMICA (ICC-244)PRIMERA PRÁCTICACINEMÁTICA DE PARTÍCULA Y CINEMÁTICA DE CUERPO RÍGIDO####### GRUPO 12Título: INGENIERÍA MECÁNICA: DINÁMICA Autor: R. Hi...

Description

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTÓBAL DE HUAMANGA FACULTAD DE INGENIERÍA DE MINAS, GEOLOGÍA Y CIVIL ESCUELA DE FORMACIÓN PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL

DINÁMICA (ICC-244) PRIMERA PRÁCTICA CINEMÁTICA DE PARTÍCULA Y CINEMÁTICA DE CUERPO RÍGIDO

GRUPO 12 Título: Autor: Edición: Docente:

INGENIERÍA MECÁNICA: DINÁMICA R.C. Hibbeler 12th Ing. Cristian Castro Pérez.

Alumnos:    

Ircañaupa Huamaní, Angel. Orellana Huamán, Miguel Angel. Sosa Lozano, Elvis Jhoel. Soto Medrano, Katherine Sheylla.

AYACUCHO - PERU 2013

Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH PRIMERA PRÁCTICA DE DÍNAMICA: CINEMÁTICA DE PARTÍCULA: PROBLEMA 1 (12.78): Las clavijas A y B están restringidas a moverse en las ranuras elípticas debido al movimiento del enlace ranurado. Si el pasador se mueve con una velocidad constante de 10 m/s, determinar la magnitud de la velocidad y la aceleración de la clavija A cuando x = 1 m. Solución: a) Hallamos la magnitud de la velocidad de la clavija A, para x = 1m. Reemplazamos x=1 en la ecuación de la trayectoria: x2  y2 1 4 (1) 2  y2  1 4 3 y m 2

Derivando la ecuación de la trayectoria con respecto al tiempo tenemos: 1  (2 xx  4 1  (xx  2 Como x  x  y entonces: 1 ( xvx )  2 yvy  0................(1) 2

Reemplazamos vx 10 m / s  x 1m en la ecuación (1).  3 1 (1)(10)  2   v y  0 2  2  vy   2.887m / s  2.887 m / s 

Finalmente determinamos la magnitud de la velocidad de la clavija: √

√ 𝑣

4𝑚/𝑠

Primera Práctica de Dinámica (ICC - 244)

- Grupo 12/Hibbeler

2013

Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH

2013

b) Hallamos la magnitud de la aceleración de la clavija A, para x = 1m. Obtenemos la segunda derivada de la ecuación de la trayectoria: 1  (x  2 1  (x  2 Como  x











y

entonces:

1 2 2 (v  xax )  2(v y  yay )  0.................(2) 2 x

Reemplazamos ax  0, x 1; y  3 ; vx  10  vy  2.887 en la ecuación (2). 2

  3  1 2 (10  0)  2 ( 2.887) 2   a y   0 2  2    ay  38.49m / s2  38.49 m / s2 

Finalmente determinamos la magnitud de la aceleración de la clavija: √

√ 𝑎

4 4 𝑚/𝑠

PROBLEMA 2 (12-80): La furgoneta se desplaza sobre la colina descrita por y  ( 1.5(103 ) x2  15) ft . Si tiene una velocidad constante de 75 ft/s, determine las componentes x e y de la velocidad y la aceleración de la furgoneta cuando x = 50ft.

Solución: a) Hallamos las componentes x e y de la velocidad de la furgoneta para x=50ft. Derivamos la ecuación de la trayectoria con respecto al tiempo: 

y   1.5(10 3 )x 2  15 y



vy   3(103 ) xvx

Primera Práctica de Dinámica (ICC - 244)

- Grupo 12/Hibbeler

Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH Para x=50ft tenemos: vy  3(103 )(50) vx ..............(1) 

La magnitud de la velocidad está dada por la siguiente ecuación:

 vx  2  vy  ..................(2) 2

v



Reemplazamos la ecuación (1) en (2) y v=75ft/s: 75 

 v x 2    0.15v x 2

vx  74.2 ft / s 



Reemplazamos vx  74.2 ft / s en la ecuación (1): vy  3(10 3)(50)( 74.2) vy  11.1 ft / s 

𝑣𝑦

𝑓𝑡/𝑠 ↑

b) Hallamos las componentes x e y de la aceleración de la furgoneta para x=50ft. Obtenemos la segunda derivada de la ecuación de la trayectoria: 





ay  3(10  3)( vx 2  xax)

Pero x  50 ft  vx  74.17 ft / s entonces tendremos:  ay  3(10 3 )  (74.17) 2  50ax  ay  (16.504  0.15 ax )..................(3)

De la figura (a) hallamos el ángulo  cuando x=50ft  dy   tan1  3(103 )x   tan1 ( 0.15)  8.531  50  x ft  dx  x50 ft

  tan1 

Por lo tanto, a partir del diagrama mostrado en la figura (a). ax cos(8.531 )  ay sen(8.531 )  0................(4) Resolviendo las ecuaciones (3) y (4) obtenemos:

Primera Práctica de Dinámica (ICC - 244)

- Grupo 12/Hibbeler

2013

Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH

2013

PROBLEMA 3 (12.83): El carro de la montaña rusa desciende por la trayectoria helicoidal a velocidad constante de modo que las ecuaciones paramétricas que definen su posición son x  csenkt , y  c cos kt , z  h  bt , donde c, h, b son constantes. Determine las magnitudes de su velocidad y aceleración. Solución: El vector posición está dado por el vector r, que tiene como componentes en los ejes x, y, z r=(x, y, z); Donde:

x  csenkt i y  c cos kt j

z  h  bt k

Derivamos las siguientes funciones para encontrar la velocidad en cada eje.

dx  ck cos kti dt dy vy  dt  cksenktj dz vz  dt  bk

v

x



Sabemos el módulo de la velocidad total está dada por:

V  v 2x  v2y  v2z Reemplazando obtenemos la velocidad:

V  (ck cos kt) 2  (cksenkt) 2  (b) 2

Derivando nuevamente la velocidad en función del tiempo encontraremos la aceleración:

dvx  ck 2senkti dt dv y   ck 2 cos ktj dt dv az  dtz  0

a x

a

y

Primera Práctica de Dinámica (ICC - 244)

- Grupo 12/Hibbeler

Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH Sabemos el módulo de la velocidad total está dada por:

a  a2x  a2y  a z2 Reemplazando obtenemos la aceleración:

a  (ck 2senkt ) 2  (ck 2 coskt ) 2  0

PROBLEMA 4 (12.211): El movimiento del collar en A lo controla un motor en B, de modo que cuando el collar está en s A  3 pies sube a 2 pies / s y su velocidad se reduce a 1 pies / s 2 . Determine la velocidad y aceleración de un punto en el cable a medida que se jala hacia el motor B en este instante. Solución: Datos:

s A  3 pies v A  2 pies / s a A  1pies / s 2 La longitud de la cuerda está dada por:

l  s B  S A2  4 2 Derivamos en función del tiempo:   1 0  s  (s A2  16) 1/ 2(2S A ) s ; l  cte. B 2 A 

Despejando obtenemos la velocidad de B en función de 

sA



VB  s B  ( sA2 16) 1 / 2 (S A ) s A Volvemos a derivar para obtener la aceleración: 







3  1 a B  sB  [( s A ) 2 ( s 2A 16) 1 / 2  S A sA (  )( s2A  16) 2 (2 s A s A )] 2

Primera Práctica de Dinámica (ICC - 244)

- Grupo 12/Hibbeler

2013

Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH

2013

Ordenando; 

aB 

(s A s

A)

2 

3

(s  16) 2 A



2

(s A)  s A s A 1 2

(s A  16) 2

2

Reemplazamos los datos obtenemos: 

VB  s

B



 ( sA2 16) 1/ 2 ( SA ) s

A

La velocidad: V B   (32  16) 1 / 2 (3)(2)

La aceleración: 

aB 

(s A s

A)

2 

3

(s A)  s A s A 1 2

(s A2  16) 2

aB 



2

(s A  16) 2

((3)( 2) ) 2 3



( 2) 2  3(1) 1

((3)2  16) 2 ((3)2  16) 2 aB  1.11 ft / s2

PROBLEMA 5 (12.214): Si el camión viaja a una velocidad constante de vT  6 ft / s , Determinar la velocidad de la caja por algún ángulo  de la cuerda. La cuerda tiene una longitud de 100 ft y pasa por encima de una polea de tamaño insignificante en A. Consejo: Relacionar las coordenadas xT y xC y la longitud de la cuerda y tomar la derivada respecto al tiempo. Luego sustituir la relación trigonométrica entre xC y  .

Primera Práctica de Dinámica (ICC - 244)

- Grupo 12/Hibbeler

Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH Solución: Datos:

vT  6 ft / s l  100 ft

De la figura tenemos: ___

l  xT  CA

xC  20ctg ____

Por Pitágoras hallamos CA ____

CA 2  202  x C2 ____

CA  202  x C2 ____

Reemplazamos el valor de CA

2 2 l  xT  20  x C …………………….. (I)

Derivamos la ecuación (I) en función del tiempo: d (l ) d (xT ) d   ( 202  x C2 ) dt dt dt 0



x

T

1  (20 2  xC2) 2

 1/ 2

; l  100 ft  cte



(2 xC x C)......... .( II)

Sabemos que: 

vT 

vC 

xT 6 ft / s 

x

C

Reemplazando los datos tendremos en la ecuación (II)

v

T

6

(vC .ctg  ) 1  ctg 2

;



1( 2vC .20ctg  ) 2 400  400 ctg 2

2 2 Además: 1  ctn   csc 

Primera Práctica de Dinámica (ICC - 244)

- Grupo 12/Hibbeler

2013

Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH Entonces: 6

(vC .ctg ) csc 2 

 ctg     vC  6   csc  

Finalmente:

vC  6 cos ft / s

CINÉMATICA DE CUERPO RÍGIDO: PROBLEMA 6 (16.10): Durante una ráfaga de viento, las palas del molino de viento tienen una aceleración angular de   (0.2 )rad / s 2 , donde  está en radianes. Si inicialmente las cuchillas tienen un angular velocidad de 5 rad/s, determinar la velocidad del punto P, que se encuentra en la punta de una de las cuchillas, justo después de que la cuchilla ha convertido dos revoluciones. Solución: Datos:   (0.2 )rad / s 2

  5rad / s rP  2.5 ft

vP  ? Tenemos:

d  d Resolvemos la siguiente ecuación para obtener la velocidad angular después de dos revoluciones.

d  0.2d Primera Práctica de Dinámica (ICC - 244)

- Grupo 12/Hibbeler

2013

Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH

2013

Integramos: 



4

d   0.2 0

  7.522rad / s Finalmente hallamos la velocidad del punto P. Sabemos que:

vP   rP

Reemplazamos los valores:

vP  7.522(2.5)

PROBLEMA 7 (16.38): El bloque se mueve hacia la izquierda con una velocidad constante v0 . Determine la velocidad angular y la aceleración angular de la barra como una función de  .

Solución: Las coordenadas de posición, determinadas por su geometría, son: x

a  a cot  tan 

[1]

Derivando la ecuación 1 respecto al tiempo tenemos: dx d   a csc 2  dt dt

Primera Práctica de Dinámica (ICC - 244)

[2]

- Grupo 12/Hibbeler

Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH Dado que la velocidad v0 se dirige hacia el x positivo, entonces: Además:

2013

dx  v0 . dt

d w dt

De la ecuación 2 tenemos:  v0   a csc2  ( w) w

𝜔 Como:  

v0 v  0 sen 2 2 a csc  a

𝑣𝑜 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝑎

dw , de la expresión anterior tenemos: dt

 

v0 d (2sen cos ) a dt

Como: 2sen cos   sen2 , y w 

[3]

d  v0 2  sen  , al sustituir estos valores en la dt a

ecuación 3 tenemos:

 

v0 v v  sen 2 ( 0 sen 2 )  ( 0 )2sen 2 sen 2 a a a

𝜔

𝑣𝑜 𝑎

𝑠𝑒𝑛 𝜃𝑠𝑒𝑛 𝜃

PROBLEMA 8 (16.41): La manivela AB gira con una velocidad angular constante de 5rad / s . Determine la velocidad del bloque C y la velocidad angular de la barra BC en el instante en que   30 .

Primera Práctica de Dinámica (ICC - 244)

- Grupo 12/Hibbeler

Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH Solución: Las coordenadas de posición, determinadas por su geometría, son: ...........

1 

0.6sen  0.15  0.3sen ...........

2 

x  0.6cos  0.3cos 

Al igualar las ecuaciones 1 y 2 tenemos:

3 

2 x  0.6 cos  0.3 2sen   4sen   0.75

Derivando la ecuación 3 respecto al tiempo tenemos: dx 0.15(2cos  4 sen2 ) d ]  [ 0.6sen  dt 2sen  4sen 2  0.75 dt

Como:

[4]

dx d  vC y  wAB , entonces de la ecuación 4 tenemos: dt dt

vC  [ 0.6sen 

0.15(2cos   4sen 2 ) 2sen  4sen 2  0.75

]wAB

[5]

En el instante   30 y w AB  5rad / s remplazando en 5 tenemos: v C  [ 0.6sen30 

0.15(2cos30  4 sen60) 2sen30  4sen2 30  0.75

𝑣𝑐

](5)=  3.00 m/s

− 𝑚/𝑠

Tomando la derivada de la ecuación 2, tenemos: 0.6cos 

Y como:

d d  0.3cos  dt dt 6

[6]

d d  wBC y  wAB , entonces en la ecuación 6 tenemos: dt dt

2cos  wBC  ( )w AB cos 

Primera Práctica de Dinámica (ICC - 244)

[7]

- Grupo 12/Hibbeler

2013

Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH

2013

En el instante   30 , y de la ecuación 2:   30 , obtenemos en 7: 2cos30º )(5) = 10.0 rad/s wBC  ( cos 30º

𝜔𝐵𝐶

𝑟𝑎𝑑/𝑠

Nota: El signo negativo indica que vC se dirige en la dirección opuesta del eje x positivo. PROBLEMA 9 (16.43): El extremo A de la barra se mueve a la izquierda a una velocidad constante vA . Determine la velocidad angular  y la aceleración angular  en función de su posición x

Solución: Relacionamos geométricamente x en función de 

r  xsen 

Despejando x:

x

r ……………………….[1] sen 

Derivamos la ecuacion 1 respecto del tiempo, tenemos: dx r cos d …………………[2]  dt rsen2 dt

d dx  vA , tambien  dt dt De la geometria tenemos:

Sabemos que:

sen 

r ; cos   x

x2  r

2

x

Sustituyendo los valores en la ecuacion [2]: dx r( x 2  r 2 / x  v A  ( ) dt (r / x )2

Primera Práctica de Dinámica (ICC - 244)

- Grupo 12/Hibbeler

Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH

2013

Ordenando, fialmente obtenemos la velocidad angular:

*Para obtener la aceleracion angular derivamos una vez más la ecuacion [2]

d2x r  2 dt sen2  a

d2x d 2 1 cos2  d 2  [( )( ) cos ] ………………….[3]   dt 2 sen  dt dt 2

Se sabe que a  También

0

d2x  0 ; porque tiene una velocidad constante dt 2

d 2   ; sustituimos estos valores en la ecuacion [3]. dt 2

r 1  cos 2  2 [( )    cos ] sen2 sen

 (

1  cos 2  2 ) …………………………………………[4] sen cos 

r Finalmente sustituyendo ls valores, sen  , cos   x la ecuacion [4].

x2  r x

2

y   (

r x x r2 2

PROBLEMA 10 (16.48): El hombre tira de la cuerda a una velocidad constante de 0.5m/s. Determine la velocidad angular y aceleración angular de la viga AB cuando θ=60. El haz rota alrededor de A. Despreciar el espesor de la viga y el tamaño de la polea.

Primera Práctica de Dinámica (ICC - 244)

- Grupo 12/Hibbeler

)vA , en

Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH Solución: Las coordenadas de posición: Aplicando la ley de cosenos: s 2  6 2  6 2  2(6)(6) cos  s 2  (72  72 cos  )m 2

Tomando la derivada respecto al tiempo: 󰇗

󰇗

󰇗 Aquí, 󰇗 − √ −

󰇗

− −

󰇗 actúa en sentido negativo de s. Cuando θ=60°,

, así de la ecuación (1) tenemos: 󰇗

− 𝜔 𝜃󰇘 −

𝑟𝑎𝑑/𝑠

El signo negativo indica que ω actúa en el sentido de giro contrario a s. De la derivada respecto al tiempo de la ecuación (1) tenemos: 󰇗 󰇗 Si 󰇗 es constante, 󰇘

(

󰇘

󰇗)

. Cuando θ=60°. −

󰇘 𝛼 𝜃󰇘

− 𝑟𝑎𝑑/𝑠

PROBLEMA 11 (16.138): El brazo de la grúa gira con velocidad angular y acelaración angular como se muestra en la figura. En ese mismo instante, el brazo se extiende con una velocidad constante de 0.5 ft/s, medido en relación con el brazo. Determine la magnitud de la velocidad y la aceleración en el punto B en ese instante.

Primera Práctica de Dinámica (ICC - 244)

- Grupo 12/Hibbeler

2013

Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH Solución: *El sistema de referencia rotacional xyz está unido a AB, y coincide con el sistema de referencia fijo XY en el instante considerado, figura (a).

Por lo tanto, el movimiento del sistema XY con respecto al sistema xyz es: − 󰇗

−

/

/

Para el movimiento del punto B respecto al sistema xyz, tenemos: /

/

Determinaremos la velocidad, aplicando la ecuación de velocidad relativa: /

− / La magnitud de vB, figura (b) es:

√ 𝑣𝐵

Primera Práctica de Dinámica (ICC - 244)

𝑓𝑡/𝑠

- Grupo 12/Hibbeler

2013

Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH

2013

Determinaremos la aceleración aplicando la ecuación de la aceleración relativa: 󰇗

/

−

( −

/)

(−

)

−

4

−

4

/

La magnitud de aB, figura (c) es:

√ 𝑎𝐵

4 4𝑓𝑡/𝑠

PROBLEMA 12 (16.143): En un instante dado, la barra AB tiene los movimientos angulares que se muestran. Determine la velocidad y aceleracion angulares de la barra CD en este instante.Hay un collarin en C. Solución: Datos: AB  5krad / s  AB  12krad / s 2 rC / A  2ift VC / A  (vC / A )i

aC / A  (aC / A )i Sabemos que la velocidad y aceleracion en A es cero, es decir:

vA  0

aA  0 Primera Práctica de Dinámica (ICC - 244)

- Grupo 12/Hibbeler

Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga – UNSCH

2013

Tenemos que:

v c  vA  xrC / A  vC/ A vc  0  (5k )x(2i)  vC / A i vc  vC / Ai  10 j ……………………………………….[1]

Pero tambien: vc   CD xrCD ……………………………………..[2] Igulanos as ecuaciones [1] y [2] vC / Ai  10 j  (CD k) x( rCD) rCD  2 cos 60o i  2sen 60o j





vC / A i  10 j  (CDk )x 2 cos 60o i  2sen60 o j vC / Ai 10 j  1.732CDi  CD j ………………..[3]

Comparando la ecuacion [3] Tenemos que ;

Por otro lado: vC / A  1.732(10)  17.32 ft / s Calculamos la aceleración angular: 

aC  a A  x rC / A  xxrC / A   2x (vC / A )  aC / A aC  0  (12k )x (2i )  ( 5k )x [( 5k )x 2i ]  2( 5k ) x[(vC /A )i] ( aC /A ) i aC  [(aC / A )  50]i  [10(vC / A )  24] j …………………………………….[4]