solucionario de 2da practica de dinamica
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Solucionario de 2da Practica de DinamicaTRANSCRIPT
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UNIVESIDAD JOSE CARLOS MARIATEGUI ING .CIVIL
1. Una partícula ocupa inicialmente la posición (2, 4, 6) y en todo instante tiene como componente de su velocidad en el eje x; v = 6t (m/seg). Si la hodógrafa tiene por ecuación: x−4= y−3= z . Hallar:
a) Su posición cuando y=10m / s.b) La aceleración tangencial y normal para t = 2seg.c) El radio de curvatura para este instante dado.
Solución “a)”:
Ecuación de la hodógrafa: x−4= y−3= z
Posición inicial:
Pi=(2 ,4 ,6 )
Componente de velocidad:
V=6 t
Calculando las coordenadas ( x , y , z ):
x=6 t
dxdt
=6 t
dx=6 t dt
x=∫2
t6 t2
2
x=3 t 2−12
x−4= y−3
6 t−4= y−3
6 t−1= y
y=6 t−1
dydt
=6 t−1
y=6 t 2
2−t
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y=∫4
t
3 t 2−t
y=3 t 2−t−44
x−4= z
6 t−4= z
dzdt
=6 t−4
z=∫6
t
3 t 2−4 t
z=3 t 2−4 t−84
Cuando y=10m / seg :
x−4= y−3
6 t−4=10−3
t=10−3+46
t=116
⟹Cuando t=116
x=3 t 2−12⟹ x=−1.95
y=3 t 2−t−44⟹ y=−35.78
z=3 t 2−4 t−84⟹ z=−81.27
Solución “b)”:
v=(3 t 2−12 ) i+(3 t 2−t−44 ) j+(3 t 2−4 t−84 ) k
v=6 t i+(6 t−1 ) j+(6 t−4 ) k
v2=12 i+11 j+8 k
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|v|=18.14m /s
a2=6 i+6 j+6 k
|a|=10.39m / s2
1ρ=
|v ×a|v3
1ρ=
| i j k12 11 86 6 6|
(18.14 )3
1ρ=
|12 i−24 j+36 k|(18.14 )3
1ρ= 30.595969.14
1ρ=5.12×10−3
⟹
AT=10.39m /s2
AN= (18.14 )2 ⋅5.12×10−3
AN=1.69m / s2
Solución “c)”:
1ρ=5.12×10−3
⟹ ρ=195.13
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2.- La varilla telescópica mostrada en la figura mueve el pasador a lo largo de
la trayectoria fija que tiene por ecuación: y=23
x2. En el instante x = 10cm, se
sabe que la velocidad y aceleración del pasador son: 5 i+20 j (cm/s) y 20 i−50 j (cm/s2) respectivamente. ¿Calcular la aceleración angular de la varilla en ese instante?
v=5 i+20 j
a=20 i−50 j
|v| = 20.62 = x
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|a| = 53.85 = x
x=ρ . senθ
x=ρ .cosθ . θ
θ= xρcosθ
θ=20.62ρ
. sec θ tgθ . θ
θ=20.62ρ
. sec θ tgθ .20.62
ρ. secθ
θ=425.18ρ2
. sec 2θ tgθ
Para θ=a x=ρ senθ
xρ=senθ
θ=arc sec10ρ
………………..… ( I )
Hallando ρ
1ρ=
d2 yd x2
¿¿
y=23
x2
dydx
=43
x
d2 yd x2
=43
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θ=20.62ρ
. sec θ
θ=425.18ρ2
. sec 2(θ). tg(θ)
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1ρ=
43¿¿
Para x = 10 cm
1ρ=5.58 x10−4
θ=arc sen(10 .5,58 x10−4)
θ=0.32º
θ=425.18¿ x10−4 ¿2 . sec 2 (0.32º ) . tg0.32
RPT:
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θ=7.39x 10−7
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3) Una partícula inicia su movimiento en el punto O, con la luz horaria S=3t; (S en cm) y (t en seg) sobre la circunferencia de radio OB=15cm, que está conectada en el plano
R el cual gira en torno al eje OZZ, con una velocidad angular θ=1RPM .Hallar la
velocidad y aceleración de la partícula para t=2 seg .Para t=0 ;θ=0
1RPM ( 2 π1RPM )( 1min60 seg )=0.11rad
s
S=3t
ω=1RPM=0 .11rads
OB=15cm
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S=αR⇒α= SOB
=3 t15
=0 .2 t
ρ=OB−OBCosαρ=15−15Cos(0 .2t )ρ=15Sen(0 .2 t )(0.2 )ρ=15Cos (0 .2 t )(0 .2 )2
t=2 segρ=0 .00037ρ=0 .0209ρ=0 .59
φ=0 .11φ=0
Z=OBSenαZ=15Sen (0.2 t )=0 .1047Z=15Cos(0 .2 t )(0 .2)=2 .99Z=−15Sen (0 .2 t )(0 .2 )2=−0 .00042
V= ρeρ+ ρφ e
φ+ Z e
Z
V=0.0209 eρ+0 .00037 (0 .11 )e
φ+2.99e
Z
|V|=√ (0 .0209 )2+(0 .0000407 )2+ (2.99 )2
|V|=2 .99m / s
a=( ρ− ρ φ2 )eρ+( ρ φ+2 ρ φ )e
φ+ Z e
Z
a=[0 .0209−0 .209 (0 ) ]eρ+ [0.00037 (0 )+2 (0 .0209 ) (0 .11 ) ]e
φ−0 .00042e
Z
a=0 .0209eρ+0.00454 e
φ−0 .00042e
Z⇒|a|=√(0 .0209 )2+ (0.00454 )2+(−0 .00042 )2
|a|=0.02m /s2
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4.- una barra OA de 2m se está elevando con velocidad angular de 0.8 rads /seg Y aceleración angular de 2 rads /seg2, como se indica en la figura, al mismo tiempo gira alrededor del eje z Con velocidad angular de 2 RPM y aceleración angular de 4 rads /seg2. en el extremo a se encuentra una esfera fija a ella que se está alojando a razón de 20cm / se g.calcular la aceleración de a para α=30°
DATOS OBTENIDOS DEL GRAFICO:
∅=2 RPM=0.2rads
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20m/s
a=30º
0.8 rads/s
2 rads/s2
4 rads/s2
2 RPM
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∅=2 RPM=−4 rads / seg2
θ=−0.8 rads /seg
θ=2rads / seg2
r=2
r=0.2
r=0
CALCULAMOS LA ACELERACION:
a=( r−r θ2−r ∅ 2 sen2θ) er + (r θ+2 r θ−r ∅ 2 senθ . cosθ)eθ
+(r ∅ senθ+2 r ∅ senθ+2r θ ∅ cosθ¿ e∅
a=(0−2 (−0.8 )2−2(0.2)2 sen260) er + (2(2)+2(0.2)(−0.8)−2 (0.2 )2 sen60. cos 60)eθ+(2 (−4 ) sen60+2 (0.2 ) (0.2 ) sen60+2 (2 ) (−0.8 ) (0.2 ) cos60¿ e∅
a=(−1.28−0.060) er + (4−0.32−0.035)eθ+(−6.93+0.070−0.32¿ e∅
a=(−1.34) er + (3.645)eθ+(−7.18¿ e∅
|a|=√(−1.34)2+¿¿
|a|=√1.7956+13.29+51.55
|a|=8.16m /s2
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