Ejercicios Resueltos Kassimali Grupo 10

Universidad Nacional de San Cristobal de Huamanga

Facultad de Ingenierıa de Minas, Geologıa y Civil

Escuela de Formacion Profesional de Ingenierıa Civil

Ejercicios de Dinamica Trabajo 2

Asignatura

Dinamica

Docente

Ing. Cristian Castro Perez

Alumnos

Ataucusi Choquecahua, Klever

Bellido Arango, Miguel

De la Cruz Quispe, Giovanni

Marcelo Gamboa, Russel

Semestre Academico

2012 – II

Universidad Nacional deSan Cristobal de Huamanga

EFP. de Ingenierıa Civil

1.121 El colların A se mueve a lo largo de una guıa circular de radio e al girar el brazo OB

en torno a O. Deduzca las expresiones para las magnitudes de la velocidad y la aceleracion

del colların A en funcion de θ, θ, θ y e.

Solucion

cos θ = r2e

r = 2e · cosθ r = −2e · senθ · θr = −2e · cosθ · θ2

Las ecuaciones de velocidad y aceleracion en un movimiento polar:

a)−→v = (r)er + (rθ)eθ

−→v = (−2e · sin θ · θ)er + (2e · cosθ · θ)eθ

v =

√(−2e · sinθ · θ)2 + (2e · cos θ · θ)2 = 2eθ

b)

2



−→a = (r− rθ2)er + (rθ + 2θr)eθ

−→a = (−2e · cos θ · θ2 − 2e · cos θ · θ2)er + (2e · cosθ · θ + 2θ · (−2e) · senθ · θ)eθ

a =

√(−4e · cos θ · θ2)2 + (2e · cos θ · θ + 2θ · (− 2e) · senθ · θ)2

a = 2e√

4 ∗ θ4 + θ2∗ cos θ2 − 2sen2θ∗θ2∗θ

1.126 El movimiento de una partıcula A a lo largo de una helice cilındrica se describe

por la ecuaciones z = ht/n y θ = 2Π ∗ t/n, en las cuales n es una constante. Deduzca las

expresiones para las magnitudes de la velocidad y la aceleracion.

Solucion

z =h · t

nz =

h

nz = 0 ; θ =

2∏·t

nθ =

2∏nθ = 0 ; r = R r = 0 r = 0

Las ecuaciones de velocidad y aceleracion en un movimiento polar

a)

−→v = (r)er + (rθ)eθ + zek

−→v = 2∏

·Rn eθ + h

nek

v =

√(2

∏R)2·h2n2

= (2∏

R)·hn

b)

−→a = (r− rθ2)er + (rθ + 2θr)eθ + zek

−→a = (0− R · (2∏n )2)er

a = 4∏2·Rn2

3



1.139 Las motocicletas A y B se estan moviendo a lo largo de dos pistas circulares a

velocidades constantes de 30 y 50 mph, respectivamente, como se muestra. Determine la

velocidad y la aceleracion de la motocicleta B con relacion a la motocicleta A.

Datos

VA = 30mph R2 = 1mi

VB = 50mph R1 = 1,5mi

Incognitas

−−−→VB/A

=???

−−−→aB/A=???

Solucion

−→VA = (VACos30) i+(VASen30) j−→VA = (30Cos30) i+(30Sen30) j−→VA = (26 i+15 j)mph−→VB = (VBCos40) i+(VBSen40) j−→VB = (50Cos40) i+(50Sen40) j−→VB = (38,3 i+32,1 j)mph

Del movimiento relativo tenemos:

4



−−−→rB/A= −→rB −−→rA

Derivando una vez con respecto al tiempo

−−−→VB/A

=−→VB −

−→VA

Donde:

−−−→VB/A

= −−−→rB/A−→VB = −→rB−→VA = −→rA

Entonces

−−−→VB/A

= (38,3 i+32,1 j)mph− (26 i+15 j)mph

−−−→VB/A

= (12,3 i+17,1 j)mph

Derivando nuevamente con respecto al tiempo

−−−→aB/A= −→aB −−→aA

−→aB = aBt t+aBn n

−→aA = aAt t+aAn n

Como las velocidades son constantes

aBt = 0

aAt = 0

aBn =V 2BR1

aBn = 502

1,5 = 1666,6mph2

aAn =V 2AR2

aAn = 302

1 = 900mph2

Y en coordenadas cartesianas tenemos

aAt n = (900Sen30) i+(900Cos30) j

aAt n = (450 + 779,4 j)mph2

aBt n = (1666,6Sen30) i+(1666,6Cos30) j

aBt n = (1071,3 i+1276,7 j)mph2

Ası tenemos la aceleracion en coordenas rectangulares

5



−−−→aB/A= (1071,3 i+1276,7 j)mph2 − (450 i+779,4 j)mph2

−−−→aB/A= (621,3 i+497,3 j)mph2

1.148 El bloque A se esta moviendo hacia abajo con una velocidad de 7 m/s, la cual

esta aumentando a un regimen de 2m/s, mientras el bloque C se esta moviendo hacia arriba

con una velocidad de 9m/s, la cual esta decreciendo a un regimen de 3m/s2. Determine

la velocidad y aceleracion del bloque B en ese instante.

Solucion

Datos

VA = SA = −2 (m/s)haciaabajo(−)(↓)

aA = SA = −2(m/s2

)haciaabajo(−)(↓)

VC = SC = 9 (m/s)haciaarriba(+)(↑)

aC = SC = −2(m/s2

)haciaabajo(−)(↓)

6



SA + SB − SD + π.R = L1

SA + SB − SD + π.R = L1 = C1

SD = SA + SB − C1 (1)

(SC − SD) + (SB − SD) + π.R = L2

SC + SB − 2SD = L2 −+π.R = C2

SC + SB − 2SD = C2 (2)

Reemplazando (1) en (2):

SC + SB − 2SA − 2SB − 2C1 = C2

SC − SB − 2SA = C2 + 2C1 (3)

Derivando (3) con respecto al tiempo para obtener las velocidades:

SC − SB − 2SA = 0

SC − SB − 2SA = 0 (4)

9− SB − 2(−2) = 0

SB = 13(m/s)(↑)B se mueve hacia arriba con 13(m/s) de velocidad.

Derivando (4) con respecto al tiempo obtenemos la aceleracion

SC − SB − 2SA = 0

−3− SB − 2(−2) = 0

SB = 1(m/s2

)(↑)

la velocidad B crece a un regimen de 1m/s2

1.78 Si se mueve la banda transportadora del problema 1.71 a una velocidad de 20pies/s,

determine el intervalo de altura h de la banda transportadora con la cual caen los bloques

7



en la abertura.

Datos

Para la velocidad

V ox = 20pies/s V oy = 0

Para las posiciones

xo = o; yo = h

x = 9,5pies; y = 0

Solucion

savemosque : v = dydt

entonces :b∫ady =

t∫0vdt

y = y0 + voyt− 12gt

2 (1)

Reemplazando el tiempo en la ecuacion (1)

x−x0vox

= t

Entonces y = yo + voy

(x−xovox

)− 1

2(x−xo)2vox2 (2)

Reemplazando datos en la ecuacion 2

0 = h+ 0×(9,5−020

)− 1

2 ×(9,5−0)2

202

porlotanto : h = 3,633pies

8



1.83 Determine la altitud h y la velocidad V0 de un avion que vuela hacia el este si

un proyectil dirigido que suelta desde el aire choca contra un barco que navega hacia el

norte a velocidad constante de 125Km/h, al llegar al punto B. Se muestra en la figura la

posicion del barco en el instante en que el avion suelta el proyectil.

Datos

Vb = 125Km/h

z = 1,5km

x = 2,5km

Solucion Como la velocidad del barco es constante el movimiento es uniforme entonces

Vb = z/t

Despejando el tiempo ”t”que demora en llegar al punto B

t = Vbz

t = 1,5125 = 0,012h

Ahora como el movimiento q hace el proyectil es un movimiento parabolico el cual la

velocidad en el eje es constante es decir

Vo = x/t

Vo = 2,50,012 = 208,3Km/h

Como el avion se dirige hacia el este la velocidad del avion es−→Vo = 208,3 iKm/h

Ya que el avion solo le proporciona velocidad horizontal mas no vertical la velocidad

inicial vertical del proyectil es igual a cero (Vyo = 0) y con esto hallamos la altura h

9



h = Vyot+ 12gt

2

Reemplazando datos tenemos

h = 0 · 0,012 + 12 · 9,81 · 0,0122 = 1,83Km

1.90 Un auto de carreras se esta moviendo a velocidad constante de 45 mph sobre una

pista en forma de S, formada por dos semicırculos de 800 pies y 600 pies de radio, como

se muestra. Determine la aceleracion del auto en las posiciones B, C y D.

Datos

V = 45mph = cte

R1 = 800pies;R2 = 600pies

Nos pide la aceleracion en los puntos B,C y D

aB =?; aC =?; aD =?

Empezamos del punto ”A”hasta el instante en que ingresa el vehıculo a la semi cir-

cunferencia. Sabemos que la velocidad es constante,entonces:

El espacio que va recorrer el movil es 400 pies d=400 pies (es la distancia recorrida)

Hallamos el tiempo

10



d = vt

400 = 45 (1,467) t, 1mph = 1,467pies/s

t = 6,059s

Sabemos por MOVIMIENTO CURVILINEO,que las coordenas tangenciales y norma-

les es:

Y como nos pide la aceleracion,las formulas a usarse seran:

Aceleracion tangencial y normal

at = v; an = v2

ρ = s2

ρ

pero : s = v; v = 66,015piess (por dato del problema)

v = dsdt

vt∫todt =

s∫sods

v (t− t0) = s− s0; s0 = 0(desde que inicia la semi circunferencia)

Reemplazando el valor de ”t0”

v(t− 6,059) = s

s = 66,015t−−66,015× 6,059 (2)

de la ecuacion (2),derivamos respecto al tiempo.

s = 66,015 + 0 (3)

s = 0 (4)

Sabemos que la aceleracion tangencial es igual a:

at = v = s; comos = 0

at = 0

y la aceleracion normal es igual a:

an = v2

ρ = s2

ρ

an = 66,0152

800 = 5,447pies/s2

Por lo tanto la aceleracion en el punto ”B”sera:

aB =√a2n + a2t = 5,447pies/s2

De esto deducimos que si cumple con estas condiciones,de que:

R = cte. y la v = cte.

La aceleracion el cualquier punto sera:

~a = − s2

ρ × en + 0× et

Para la aceleracion en el punto ”C”

reemplazando en la ecuacion: ~a = − s2

ρ × en + 0× et−→ac = −66,0152

600 × en + 0× et(vectorial)

ac = 7,263pies/s2

11



Para el punto ”D”

Sabemos que el radio de curvatura tiende al infinito,y que la velocidad es constante

entonces

La aceleracion en ese punto es igual a cero.

Demostracion

v = dsdt = cte

d2sdt2

= a = 0

por lo tanto la aceleracion en el punto ”D”es igual a cero.

6.25 El ciguenal AB gira en el sentido de las manecillas del reloj a una velocidad angular

constante de wAB = 25rad/s. para la posicion angular de θ = 30◦, determine: a) La

velocidad del piston C, y b) velocidad angular de la biela BC.

Solucion

a)

−→vb = −−→wABx−→rb−→vb = (−25k)× (5cos30i + 5sen30j)

−→vb = 62,5i− 108,25

b)

−→vc = −→vb +−−→wBCx−−→rC/B−→vc = 62,5i− 108,25 + (−wk) × (6.67i− 4.95j)

−vcj = 62,5i− 108,25− 6.67wj− 4.95wi

12



Igualamos las coordenadas i y j

62.5− 4.95w = 0

W = 12.62

−vc = −0.67w − 0.67w

−vc = −108,25− 0.67 · (12.62)

vc = 116.7

6.28 El area sombreada se mueve en el plano XY en un instante dado, las velocidades e os

puntos A y B se dan como ~VA = 4i+3j(pies/s) y ~VB = −3i−4j(pies/s), respectivamnente.

Determine en el instante que se propone para consideracion, a) la velocidad angular de la

placa b) la velocidad del punto ”C”

Solucion

Datos

13



~VA = 4i+ 3j(pies/s)

~VB = −3i− 4j(pies/s)

PARA C:

~ρC = xi+ yj

~rC = ~R+ ~ρC

~VC =+

~R ~ω × ~ρC + ~VOA

~VC = ~VO + ~ω × ~ρC + ~VrelC (1)

PARA B:

~ρB = yj

~rB = ~R+ ~ρB

~VB =+

~R ~ω × ~ρB + ~VOB

~VB = ~VO + ~ω × ~ρB + ~VrelB (2)

PARA A:

~ρA = xi

~rA = ~R+ ~ρA

~VA =+

~R ~ω × ~ρA + ~VOA

~VA = ~VO + ~ω × ~ρA + ~VrelA (3)

De las ecuaciones (2) y (3) restandolas tenemos

~VA − ~VB = ~ω × ~ρA − ~ω × ~ρC (4)

14



Como el punto o′

solo se mueve con respecto origen entonces

~VrelA = ~VrelB = ~VrelC = 0(pies/s)

Resolviendo la ecuacion (4)

4i+ 3j − (−3i− 4j) = ~ω × (~ρA − ~ρC)

Sabemos que ~ω = Zk ya que esta solo en el eje z por ser velocidad angular de la placa

su direccion es perpendicular a la placa que esta en el plano xy

7i+ 7j =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i j k

0 0 ωz

x −y 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣7i+ 7j = y.ωzi+ x.ωzj

Del grafico tenemos que x = y = 10, reemplazando

ωz = 0,7

Por tanto la velocidad angular de la placa sera:

~ω = 0,7k rad/s

Para hallar c, de las ecuaciones (1) y (2) restandolas tenemos:

~VC − ~VB = ~ω × (~ρC − ~ρB)

~VC − ~VB =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i j k

0 0 ωz

x 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −xωzj

~VC = ~VB − 10 (0,7) j (5)

~VC = −3i− 4j − 10(0,7)j

~VC = −3i− 11j(pies/s)

~VC = −3i− 11j(pies/s)

6.35 Un cilindro hidraulico acciona el mecanismo de un camion de volteo. El mecanismo

le imparte una velocidad angular wAC al eslabon AC, como se indica. En la posicion dada,

determine la velocidad angular de la cama del camion si wAC = 0,02rad/s en el sentido

de las manecillas del reloj.

15



Datos

ωAC = 0,02

ωDB =?

Donde

16



~VB = ~VA + ~VBA (1)

~rA = ~rB + ~rBA

~rA = −0,5i+ 0,4j

~rB = −0,3i+ 0,55j

~rC = −0,15j

Donde

~rBA = ~rA − ~rB = 0,2i+ 0,15j

~VBA = (~ωBAk)× (~rBA)

~VBA = (~ωBAk)× (0,2i+ 0,15j)

~VBA =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i j k

0 0 ωBA

x 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −0,15ωBAi+ 0,2ωBAj

~VBA == −0,15ωBAi+ 0,2ωBAj (2)

Tambien

~rCA = ~rA − ~rC = −0,35i+ 0,4j

~VA = (~ωCAk)× (~rCA)

~VA = (~ωCAk)× (−0,35i+ 0,4j)

~VA =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i j k

0 0 0,02

−0,35 0,4 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −0,8i100 + 0,4j

100

~VA = −0,8i100 + 0,4j

100 (3)

Para la velocidad de B tenemos:

~rDB = ~rA − ~rC = −0,3i+ 0,55j

~VB = (~ωCAk)× (~rCA)

~VB = (~ωCAk)× (−0,3i+ 0,55j)

~VB =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i j k

0 0 ωDB

−0,3 0,55 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −0,55i− 0,3j

~VA = −0,55i− 0,3j (4)

Reemplazando (4),(3),(2) en (1):

~VB = ~VA + ~VBA

−0,55ωDBi− 0,3ωDBj = −0,8i100 + 0,4j

100 + (−0,15ωBAi+ 0,2ωBAj)

−0,55ωDBi− 0,3ωDBj = (−0,8−15ωBA)i100 + (−0,7+20ωBA)j

100

Igualando miembro a miembro:

17



−0,55ωDB = (−0,8−15ωBA)100

15ωBA − 55ωDB = −0,8 . . . . . . (i)

−0,3ωDB = (−0,7+20ωBA)100

20ωBA − 0,3ωDB = −0,7 . . . . . . (ii)

Resolviendo las ecuaciones (i) y (ii) tenemos:

ωDB = 8,4615(10−3)rad/s

6.49 El brazo ACgira en el sentido de las manecillas del reloj a una velocidad de 200

rpm. Usando el metodo del centro instantaneo de velocidad cero, determine la velocidad

angular del brazo ranuradoBD para la posicion que se muestra.

Solucion

v = ωρ; ρ1 = 2pies

vAC = ωρ1; vAC = (200rpm)(2pies)

En el punto C

aNc = 0; aTc = αρ

Sabemos que: α = ω = θ

Del movimiento relativo

~aC = ~aA + ~aNA/C+ ~aTA/C

;~aA = ω2ρ

~aNA/C= ω2ρ1

para la seccion BC, por el sentido de las barras de direccion,la velocidad sera:

18



~aBC = −−→αBCρ = ~aNA/C+ ~aA

~aBCρ1 = ω2ρ+ ω2ρ; ρ1 = 1pie

aBC = 2ω2ρρ1

= ω = dωdt

t∫t0ωdt =

ω∫ω0

dω; 2ω2ρρ1

t∫t0dt =

ω∫ω0

dω

Para un tiempo to = 0, ω0 = 0 por dato del problema sabemos que la = 200rpm, este

es en 1 minuto entoces nuestros limites seran ω =? ; t = 1min = 60s

2ω2ρρ1× t = ωBC

ωBC = 2×2002×21 × 1 = 16× 104rpm

6.63 En un instante dado, un colların C se desliza a lo largo de una barra horizontal que

esta girando en sentido contrario al de las manecillas del reloj a una velocidad angular w =

10rad/s y con una desaceleracion angular α = 20radd/s2, como se ilustra. A una distancia

de 5m del eje de rotacion, el colların tiene una velocidad de 10m/s y una desaceleracion de

4m/s2 con relacion a la barra. Determine la velocidad y la aceleracion lineales absolutas

del colların en el instante que se muestra.

Datos Movimiento del sistema de referencia

19



Vo = 0

ao = 0

~w = (+10j) rad/s

~α = (−20j) rad/sMovimiento del colların C−→rc/o

= +5im

−−→Vc/o

= +10im/s

−−→ac/o= −4im/s

Incognitas:−→VC =???

−→aC =???

Solucion Hallamos la velocidad del colların C−→VC =

−→Vo + ~wx−−−→rC/O

+

(−−→VC/o

)rel

−→VC = 0 + (10j)x (5i) + 10j−→VC = 10i− 50k

Hallamos la aceleracion del colların C−→ac = −→ao +~wx−→rc/o

+ ~wx(~wx−→rc/o

)+ 2~wx−−→ac/o

+ (−−→ac/o)rel

−→ac = 0 + (−20j)x (5i) + 10jx (10jx5i) + 2 (10jx10i)− 4i

−→ac = 100k − 500i− 200k − 4i

−→ac = −504i− 100k

20

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