El documento presenta la resolución de varios ejercicios de dinámica. En el primer ejercicio se calcula el vector aceleración para el pasador B. En el segundo ejercicio se calculan la velocidad y aceleración de un pasador que se mueve dentro de una ranura sobre una superficie parabólica. En el tercer ejercicio se calcula la componente radial de la velocidad y la aceleración normal de un peso que se mueve sobre un tambor de diámetro variable.

1. FACULTAD DE INGIENERÍA CIVIL
ESCUELA ACADÉMICO PROFESIONAL DE
INGENIERÍA CIVIL
Docente:
- VÍCTOR MANUEL MENACHO LÓPEZ
Curso:
- Dinámica
Integrantes:
- Castro Quezada Frankcis 131.0904.462
- Jara Obispo Marco 131.0904.469
- Gomero Trejo Grimaldo 131.0904.466
- Medina Maguiña Marco 122.0904.366
- Oncoy Rosario Eber 131.0904.491
- Salas Castillo Rover 131.0904.493
Huaraz, 10 de Mayo del 2016
RESOLUCION DE EJERCICIOS
DE DINÁMICA – IRVING
SHAMES

2. Dinámica
2
11.7. ¿Cuál es el vector aceleración para el pasador B si el yugo C tiene una
aceleración de 3 m/s en el instante de interés? Del ejemplo 11.1 1.5x m
SOLUCIÓN:
 La ecuación de la trayectoria elíptica es:
2 2
2 2
1
3 2
x y
  ……………………1
 Derivando la ecuación “1” respecto al tiempo:
2 2
0
3 2
xx yy
  …………………….2
 De los datos tenemos:
2
3 /x m s , 2 / sx m en el instante dado , 1.5x m
 Remplazando en 1:
2 2
2 2
1.5
1
3 2
y
 

3. Dinámica
3
1.732y m
 Remplazando en 2:
    
2 2
1.5 2 1.732
0
3 2
y
 
0.77 /y m s
 Derivando la ecuación “2” respecto al tiempo:
2 2
2 2
0
3 2
xx x yy y 
  …………………….. 3
 Remplazando valores en la ecuación “3”:
        
2 2
2 2
1.5 3 2 1.732 0.77
0
3 2
y  
 
2
2.52 /y m s 
 Por lo tanto:
  2
3 2.52 /Ba i j m s 

4. Dinámica
4
11.10. El yugo A se mueve hacia la derecha con una velocidad V = 2m/s y una aceleración
𝑉̇ = 0.6m/s2
cuando se encuentra en una posición d = 0.27m del eje y. Un pasador
está limitado a moverse dentro de la ranura del yugo y esta forzada mediante un
muelle a deslizar sobre una superficie parabólica. ¿Cuáles son los vectores
velocidad y aceleración del pasador en el instante de interés? ¿Cuál es la
aceleración normal a la superficie parabólica en la posición que se muestra?
SOLUCIÓN:
i. De la ecuación de la curva: 𝑦 = 1.2𝑥2
⋯ ⋯ ⋯ (1)
Entonces derivaremos la ecuación (1) respecto al tiempo:
𝑦 = 1.2𝑥2
𝑦̇ = 2.4 𝑥𝑥̇ ⋯ ⋯ ⋯ (2)
𝑦̈ = 2.4 𝑥̇2
+ 2.4 𝑥𝑥̈ ⋯ ⋯ ⋯ (3)
ii. Pero se sabe que :
𝑥 = −0.27 𝑚
𝑥̇ = 2 𝑚
𝑠⁄
𝑥̈ = 0.6 𝑚
𝑠2⁄
iii. Entonces utilizamos los valores dados en ii. En las ecuaciones (2) y (3), ahora se
obtiene lo siguiente:

5. Dinámica
5
𝑦̇ = 2.4(−0.27)(2) = −1.296 𝑚
𝑠⁄ ⋯ ⋯ ⋯ (4)
𝑦̈ = 2.4 (2)2
+ 2.4(−0.27)(0.6) = 9.2112 𝑚
𝑠2⁄ ⋯ ⋯ ⋯ (5)
iv. Por coordenadas naturales:
𝑎⃗ = 𝑉̇ 𝑒⃗𝑡 +
𝑉2
𝜌
𝑒⃗ 𝑛 ⋯ ⋯ ⋯ (6)
Entonces calculamos:
1
𝜌
= |
𝑥̇ 𝑦̈ − 𝑦𝑥̈̇
(𝑥̇2 + 𝑦̇2)3 2⁄
|
1
𝜌
= |
2 × 9.2112 + 1.296 × 0.6
(22 + 1.2962)3 2⁄
| = 1.4185
∴ 𝜌 = 0.7049𝑚 ⋯ ⋯ ⋯ (7)
v. Por coordenadas cartesianas se tiene lo siguiente:
𝑉⃗⃗ = 2𝑖⃗ + 𝑦̇ 𝑗⃗ = 2𝑖⃗ − 1.296𝑗⃗
333
⇒ ‖𝑉⃗⃗‖ = 2.3831 𝑚
𝑠 ⋯ ⋯ ⋯⁄ (8)
𝑎⃗ = 0.6𝑖⃗ + 𝑦̈ 𝑗⃗ = 0.6𝑖⃗ + 9.2112𝑗⃗
333
⇒ ‖𝑎⃗‖ = 9.2307 𝑚
𝑠2⁄ ⋯ ⋯ ⋯ (9)
vi. Por último la aceleración normal (𝑎 𝑁 =
𝑉2
𝜌
) reemplazando los valores de (7 y (8) en
(6) se obtiene que:
𝑎 𝑁 =
𝑉2
𝜌
=
2.38312
0.7049
∴ 𝑎 𝑁 = 8.0566 𝑚
𝑠2⁄

6. Dinámica
6
11.70. Un tambor de diámetro variable gira impulsado por un motor a una velocidad
angular constante 𝜔 de 10 r/min. Una cuerda de diámetro d igual a 12mm esta
enrollado al tambor y sostiene un pesoW.se desea que la velocidad del movimiento
hacia arriba del peso esté dada por:
Donde para t=0 la cuerda esta justo comenzando a enrollarse sobre el tambor con
Z=0. ¿Cuál debe de ser el radio 𝑟⃗ del tambor en función de Z para que esto se
cumpla? ¿Cuáles con las componentes de la velocidad 𝑦̇ y 𝑧̇ para el peso W cuando
t =100s?
SOLUCIÓN:
1.-orientacion de los vectores unitarios que definen la coordenada cilíndrica en
un punto inmediato de contacto de la cuerda que une el peso W con el tambor
ver la figura e identificando de los parámetros que definen el movimiento .
r=? ∅̇ = 𝜔 = 10 ∗
𝜋
30
= 1.0472 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝑟̇ =?
Z=?
𝑍̇ =
𝑑𝑖𝑎𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 × 𝜔
2𝜋

7. Dinámica
7
𝑍̇ = 0.012 ×
𝜔
2𝜋
= 2 × 10−3
𝑚
𝑠
2.- De la velocidad de P
𝑉𝑝
̅ = 𝑟̇ 𝑒 𝑟̅ +𝑟∅̇ 𝑒∅̅̅̅+ 𝑍̇ 𝑒 𝑧̅
En donde
𝑟∅̇ = 𝑋̇ = 0.12+
𝑡2
26∗103
r= 0.1146+
𝑡2
27227.2
m…………………(1)
También la velocidad 𝑍̇ es
𝑍̇ =
𝑑𝑧
𝑑𝑡
= 2 ∗ 10−3 𝑚
𝑠
Separando variables e integrando
∫ 𝑑𝑧 = ∫ 2 ∗ 10−3
𝑑𝑡 → 𝑧 = 2 ∗ 10−3
𝑡 → 𝑡 =
𝑧
2 ∗ 10−3
𝑡
0
𝑧
0
… … … … … … . (2)
Reemplazar ecua.2 en ecua .1
r = y = 0.1146 +
𝑧2
(2∗10−3)2
*
1
27227.2
→
r=0.1146 +9.182*𝑧2
m ……………………….Rpta.
3.- cálculo de la componente radial de la velocidad de peso (𝑦̇)
Para 𝑍̇ = 2 ∗ 10−3 𝑚
𝑠
=2
𝑚𝑚
𝑠
y
z=2 ∗ 10−3
∗ 100
Z=0.2m
Si 𝑦̇ = 𝑟̇ =9.182*2* Z *𝑍̇
Luego
𝑦̇ = 𝑟̇ =9.182*2*0.2*2 ∗ 10−3
=7.3456*10−3 𝑚
𝑠
→ 𝑦̇ =7.346
𝑚
𝑠
………………………….Rpta.

8. Dinámica
8
11.93. Un destructor que navega en aguas en marejada mantiene la siguiente aceleración
traslacional respecto al sistema inercial XYZ mientras está disparando su batería
de fuego principal en el plano YZ: 𝑎⃗ = 5𝑗⃗ + 2𝑘⃗⃗ 𝑚
𝑠2⁄ . ¿Cuál debe de ser
𝜔1 𝑦 𝜔1̇ del cañón respecto al barco de forma que en el extremo A del cañón
tenga una aceleración nula respecto a XYZ?
SOLUCIÓN:
 Marco móvil elemento AB
 Punto base B
 Punto de referencia O
 2
5 3a j km s  =
..
R
 3 30 3cos30o o
sen j k 

.
 =velocidad de A respecto a  = 0

..
 =aceleración de A respecto a  = 0
 Aa

= 0
Usando la fórmula de la aceleración para a marcos móviles:

9. Dinámica
9
.. . ..
( ) 2Aa R x x x x         
   
   

    
.
1 1 10 5 2 ( (3 30 3cos30 )) ( ( (3 30 3cos30 ))o o o o
j k ix sen j k ix ix sen j k          
. .
2 2
1 11 10 5 2 ( 3cos30 3 30 )j ( 3 30 3cos30 )o o o o
i oj j k sen sen k          
Obtenemos:

.
2
1 15 3cos30 3 30 0o o
sen   

.
2
1 12 3 30 3cos30 0o o
sen   
Resolviendo el sistema de ecuaciones:
1 1.19rad
s
  y
.
1 21.11rad
s
  
15.72. Una partícula gira sobre una plataforma con una velocidad angular constante de
10 rad/s, mientras que la plataforma gira con una velocidad angular constante de
50rad/s alrededor del eje A-A. ¿Cuál será la velocidad de la partícula P en el
instante en el que la plataforma este en el plano XY y el radio vector dela partícula
forma un ángulo de 30°con el eje Y como se muestra?

10. Dinámica
10
SOLUCIÓN:
1) Por coordenadas esféricas, identificamos los parámetros que definen los movimientos:
2) Calculo de la velocidad por coordenadas esféricas:
( )
p r
r r sen rv u u u 
  
  
  
pv = 0.6 x 10 x 𝑢Ɵ̅̅̅̅ +0.6 x 50 x sen (30) x 𝑢Ø̅̅̅
pv = 6 x 𝑢Ɵ̅̅̅ + 15 x 𝑢Ø̅̅̅
16.1554p
m
sv 
0.6r  30  50
rad
s



0r

 10
rad
s


 0


0r

 0



11. Dinámica
11
15.81. El brazo principal AC de una pala mecanica giracon una velocidad angular 𝜔1 de
0.3 rad/srelativa a la cabina. El brazo EDgira con una velociadad angular 𝜔2 de
0.4 rad/s relativa al brazo AC. La cabina gira alrededor del eje A-Acon una
velociadad angular 𝜔3 de 0.15 rad/srelativas a las orugas que permanecen
estacionarias. ¿Cuál sera la velocidaddel punto D, en el centro de la pala, en el
instante de interes que se muestra en el diagrama? AB tiene una longitudde 5m y
BD tiene una longitud de 4m.
N=ED marco móvil principal (B punto base)
R=AC (A punto base)
M=cabina fijo en tierra (Marco móvil principal o base)
O=Punto de origen de M
𝜌̅ 𝐷/𝑁 = 2√2𝑖 − 2√2𝑗
𝜌̅ 𝐵/𝑅 = 2.5√3𝑖 + 2.5𝑗
𝑉𝐷/𝑇 = 𝑉𝐵/𝑇 + 𝜔 𝑁/𝑇 × 𝜌̅ 𝐷/𝑁 + 𝑉𝐷/𝑁 ………………………(#)
𝜔 𝑁/𝑇 = 𝜔 𝑁/𝑅 + 𝜔 𝑅/𝑀 + 𝜔 𝑀/𝑇
𝜔 𝑁/𝑇 = 𝑂. 3𝑘 + 0.4𝑘 + 0.15𝑗 = 0.7𝑘+ 0.15j
𝑉𝐵/𝑇 = 𝑉𝐴/𝑇 + 𝜔 𝑅/𝑇 × 𝜌̅ 𝐵/𝑅 + 𝑉𝐵/𝑅 ……………….....(1)
𝜔 𝑅/𝑇 = 𝜔 𝑅/𝑀 + 𝜔 𝑀/𝑇 = 0.3𝑘 + 0.15𝑗 ……………..(2)

12. Dinámica
12
𝑉𝐴/𝑇 = 𝑉𝑂/𝑇 + 𝜔 𝑀/𝑇 × 𝜌̅ 𝐴/𝑀 + 𝑉𝐴/𝑀
𝑉𝐴/𝑇 = 0.15𝑗 × 2𝑖 = −0.3𝑘 ……………………………...(3)
Remplazamos (2) y (3) en (1)
𝑉𝐵/𝑇 = −𝑂. 3𝑘 + (0.15𝑗 + 0.3𝑘) × 2.5√3𝑖 + 2.5𝑗
𝑉𝐵/𝑇 = −0.3𝑘 − 0.75𝑖 + 1.3𝑗 − 0.649𝑘
𝑉𝐵/𝑇 = −0.75𝑖 + 1.3𝑗 − 0.949𝑘
Remplazamos en #
𝑉𝐷/𝑇 = −0.75𝑖 + 1.3𝑗 − 0.949𝑘+(0.7𝑘+ 0.15j)× (2√2𝑖 + 2√2𝑗)
𝑉𝐷/𝑇 = −0.75𝑖 + 1.3𝑗 − 0.949𝑘 + 1.98𝑖 + 1.98𝑗 − 0.424𝑘
𝑉𝐷/𝑇 = 1.23𝑖 + 3.28𝑗 − 1.375𝑘