Ejercicios Resueltos HIBBELER – Grupo 04

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN
CRISTOBAL DE HUAMANGA
Departamento Académico de Ingenierı́a de Minas y Civil
FACULTAD DE INGENIERÍA DE MINAS
GEOLOGÍA Y CIVIL
ESCUELA DE FORMACIÓN PROFESIONAL DE INGENIERÍA
CIVIL
TRABAJO N°01
RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS SELECCIONADOS DEL
LIBRO MECÁNICA VECTORIAL PARA INGENIEROS DINÁMICA R.C.HIBBELER 10ma EDICIÓN
ASIGNATURA : DINAMICA (IC-244)
ALUMNOS :
ARROYO OSORIO, Jose Alberto
BARRIENTOS RAMIREZ, Hennry
GARCIA SAEZ,Edwin Carlos
LUQUE MENDEZ, Yoel
DOCENTE: Ing. Cristian CASTRO PEREZ
Ayacucho- Peru
2013
RESUMEN
El presente trabajo contiene la resolución de los principales problemas seleccionados referidos a
cinemática de una partı́cula y cinemática de un cuerpo rı́gido del libro Mecánica Vectorial para
Ingenieros DINÁMICA Décima Edición del autor R.C.Hibbeler.
Índice
1. Problemas de Cinemática de una partı́cula
4
1.1. Movimiento de un proyectil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
1.2. Movimiento Curvilı́neo: componentes normal y tangencial . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.3. Movimiento Curvilı́neo: componentes cilı́ndricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
1.4. Movimiento Relativo: ejes en traslación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.5. Ecuaciones de Movimiento : Coordenadas rectangulares . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2. Problemas de Cinemática de un Cuerpo Rı́gido
17
2.1. Movimiento Absoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.2. Movimiento Relativo: Aceleración . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.3. Movimiento Relativo: Ejes en rotación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
Universidad Nacional
De San Cristobal
De Huamanga
1 Problemas de Cinemática de una partı́cula
1. Problemas de Cinemática de una partı́cula
1.1. Movimiento de un proyectil
PROBLEMA 01:
Un carro viajando a lo largo de las posiciones rectas del camino tiene las velocidades indicadas
en la figura cuando llega a los puntos A,B y C. Si le toma 3s ir de A a B, y luego 5 s ir de B a C,
determine la aceleración promedio entre los puntos A y B; y entre A y C.
solución
Datos:
tAB = 3s
tBC = 5s
vA = 20m/s
vB = 30m/s
vC = 40m/s
θ = 45◦
Cuando se analiza el movimiento entre dos puntos, hallamos los componentes de la velocidad:
→
−
v A(x) = 20îm/s
→
−
ˆ
v A(y) = 0jm/s
→
−
v B(x) = 30cos45îm/s = 21,2132îm/s
→
−
ˆ
ˆ
v B(y) = 30sen45jm/s
= 21,2132jm/s
→
−
v C(x ) = 40îm/s
→
−
ˆ
v C(y) = 0jm/s
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≺4
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1.2 Movimiento Curvilı́neo: componentes normal y tangencial
Como:
→
−
−̇
a =→
v
dv
dt
Zt
Zv
a dt =
dv
a=
to
a=
vo
(v − vo )
............(a)
(t − to )
tramo AB:
ˆ − (20î + 0j))m/s
ˆ
((21,2132î + 21,2132j)
→
−
a AB =
3s
→
−
2
ˆ
a AB = (0,4044î + 7,071j)m/s
tramo AC:
ˆ − (20î + 0j))m/s
ˆ
((40î + 0j)
→
−
a AC =
8s
→
−
a AC = 2,5îm/s2
1.2. Movimiento Curvilı́neo: componentes normal y tangencial
PROBLEMA 02:
Un tren esta viajando con rapidez constante de 14m/s por la trayectoria curva. Determine la magnitud de la aceleración del tren frente del tren B , en el instante en que alcanza el punto A ( y=0).
solución
Pide hallar la magnitud de la aceleración en el punto A. Por definición la velocidad siempre esta
dirigida tangencialmente a la trayectoria. Como:
y
x = 10e 15
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1.2 Movimiento Curvilı́neo: componentes normal y tangencial
Entonces:
y
x
= ln(e 15 )
10
y
x
= ln
15
10
x
y = 15 ∗ ln
10
dy 15
=
dx
x
ln
d2y
15
=− 2
2
dx
x
La aceleración es determinada a partir de:
2
v
→
−
a = v̇ut + un
ρ
Sin embargo; primero es necesario determinar el radio curvatura de la trayectoria en A. Como:
d 2 y −15
= 2 ;y
dx2
x
dy 15
=
dx
x
en el punto , x =10, el radio de curvatura:
dy
ρ=
ρ=
[1 + ( dx )2 ]3/2
d2y
dx2
2 3/2
[1 + ( 15
10 ) ]
−15
102
ρ = 39,06m
Como:
at = v̇
at =
dv
dt
at = 0, puestoque : v = 14m/s
Entonces:
an =
an =
v2
ρ
142
39,06
an = 5,02m/s2
q
p
2
2
a = at + an = (0)2 + (5,02)2
a = 5,02m/s2
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1.2 Movimiento Curvilı́neo: componentes normal y tangencial
PROBLEMA 03:
El carro de carreras tiene una rapidez inicial vA = 15m/s en A. Si mientras recorre la pista circular
el carro aumenta si rapidez a razón de at = (0,4s)m/s2 , donde s esta en metros, determine el tiempo
necesario para que viaje 20m. Tome ρ = 150m.
solución
Primero es necesario formular a y v para ser evaluadas a s = 20m , entonces:
at = v̇ = 0,4s
dv
dt
dv ds
.
ds dt
dv
v
ds
v̇ =
Ahora:
dv
v
ds
at =
at.ds = v.dv
Reemplazando:
Z
s
Z
v
0,4s ds =
so
v dv
vo
0,4.s2
2
0,4s2
2
!s
=
0
=
0,2s2 =
v2
2
v2
2
−
!v
15
152
2
v 2 − 225
2
v 2 = 0,4s2 + 225
p
v = 0,4s2 + 225 = ṡ
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1.3 Movimiento Curvilı́neo: componentes cilı́ndricos
El tiempo necesario para que el carro viaje puede ser determinado observando que la posición
cambia, tenemos:
ds
dt
ds
dt =
v
v=
Reemplazando:
Z
s
√
0,4s2 + 225
0
Z
s
0
Z
s
√
0
t
Z
1
ds =
dt
0
ds
=t
√
0,4s2 + 225
ds
s2 + 562,5
= 0,63246t
s
p
ln s + s2 + 562,5 = 0,63246t
0
p
ln(s + s2 + 562,5) − ln(23,717) = 0,63246t
√
ln(s + s2 + 562,5) − ln(23,717)
t=
0,63246
El tiempo necesario para que viaje 20 m es por tanto.
t = 1,21s
1.3. Movimiento Curvilı́neo: componentes cilı́ndricos
PROBLEMA 04:
Un automobil esta viajando por la curva circular de radio r=300 pies. En el instante mostrado,
su razón angular de rotación es θ . = 0,4rad/s, la cual esta creciendo a razón de θ .. = 0,2rad/s.
Determine la magnitud de la velocidad y la aceleración del automobil en ese instante.
solución
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1.3 Movimiento Curvilı́neo: componentes cilı́ndricos
Sabemos que la velocidad:
vr = ṙ = 0
vθ = r θ̇ = 300(0,4) = 120pies/s
Entonces la magnitud de la velocidad es:
p
p
v = vr 2 + vθ 2 = 02 + 1202
v = 120 pies/s
Ahora la aceleración:
2
ar = r̈ − r θ̇ = 0 − 300(0,4)2 = −48,0pies/s2
aθ = r θ̈ + 2ṙθ .2 = 300(0,2) + 2(0)(0,4) = 60pies/s2
Ahora la magnitud de la aceleración:
q
p
2
2
a = ar + aθ = −48,02 + 602
a = 76,8pies/s2
PROBLEMA 05:
En el instante mostrado el rociador de agua esta girando con rapidez angular ,θ̇ = 2rad/s y aceleración angular θ̈ = 3rad/s2 . Si la tobera se halla en el plano vertical y el agua fluye por ella a razón
constante de 3m/s. determine las magnitudes de la velocidad y la aceleración de una partı́cula de
agua cuando esta sale por el extremo abierto; r = 0,2m.
solución
r = 0,2
ṙ = 0
r̈ = 0
hallando velocidad radial:
vr = ṙ
vr = 3m/s
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1.3 Movimiento Curvilı́neo: componentes cilı́ndricos
hallando velocidad angular:
vθ = r θ̇ 2 = 2 , θ̈ = 3
vθ = (0,2)(2)
vθ = 0,4 m/s
Hallando la magnitud de la velocidad:
q
v=
vr2 + vθ2
p
v = 32 + 0,42
v = 3,03 m/s
hallando aceleración radial:
ar = r̈ − r θ̇ 2 − r θ̇ 2 sen2 θ
| {z }
0
ar = r̈ − r θ̇ 2
ar = 0 − (0,2)(2)2
ar = −0,80 m/s2
Hallando aceleración zenital o colatitud:
aθ = r θ̈ − r − 2ṙ θ̇ − r φ̇2 senθcosθ
|
{z
}
0
aθ = r θ̈ − r − 2ṙ θ̇
aθ = (0,2)(3) + (2)(3)(2)
aθ = 12,6 m/s2
PROBLEMA 06:
un automobil esta viajando a lo largo de una pista de estacionamiento por una rampa cilı́ndrica
espiral con rapidez constante de v=1.5m/s. si la rampa desciende una distancia 12m en cada revolución completa. θ = 2πrad, determine la magnitud de la aceleración del automobil al moverse
por la rampa, r=10m. Sugerencia para parte de la solución advierte que en cualquier punto la
tangente a la rampa esta a un angulo de φ = tan−1 (12/[2π(10)]) = 10,81◦ ,desde la horizontal. Use
esto para determinar las componentes de velocidad vθ y vz .que a su vez se usan para determinar
θ̇ y ż.
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1.3 Movimiento Curvilı́neo: componentes cilı́ndricos
solución
Analizando en la formula:
ar = θ̈ − r θ̇ 2 − r θ̇ 2 sin2 θ
| {z }
0
ar = θ̈ − r θ̇
2
reemplazando en la formula tenemos:
vθ = rθ̇
con r = 10, ṙ = 0, r̈ = 0
vθ
r
1,473
θ̇ =
10
θ̇ =
θ̇ = 0,1473
Hallando aceleración radial:
ar = θ̈ − rθ 2
ar = 0 − (10)(0,1473)2
ar = −0,217 m/s2
Hallando la aceleración Zenital o Colatitud:
aθ = r θ̈ − r − 2ṙ θ̇ − rφ2 senθcosθ
|
{z
}
0
aθ = r θ̈ − r − 2ṙ θ̇
aθ = 10(0) − r − 2(0)(0,1473)
aθ = 0 m/s2
Hallando la aceleración Zenital:
aϕ = 2ṙ ϕ̇senθ + 2r θ̇ϕcosθ + r ϕ̈senθ
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1.3 Movimiento Curvilı́neo: componentes cilı́ndricos
aϕ = 0m/s2
ϕ = arctan
12
2π(10)
ϕ = 10,81◦
v = 1,5 m/s
vr = ṙ
vr = 0
Por formula tenemos que:
v~ = ṙ + r θ̇ + r ϕ̇senθ
vθ = 1,5cos(10,81)
vθ = 1,473 m/s
vϕ = −1,5sen(10,81)
vϕ = −0,2814 m/s
PROBLEMA 07:
el doble collar C esta conectado mediante un pasador de manera tal que un collar se desliza
sobre una barra fija y el otro sobre una barra giratoria AB, si la velocidad angular de AB esta
2
dada por θ̇ = (e0,5t ), donde et esta en segundos y la trayectoria definida por la barra fija es r =
0,4senθ + 0,2m, determine las componentes radial y transversal de la velocidad y la aceleración
del collar cuando t=1s, cuando t=0, θ = 0. Use la regla de simpson para determinar θen, t = 1s.
solución
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1.3 Movimiento Curvilı́neo: componentes cilı́ndricos
2
θ̇ = e0,5t ⇒ θ̇ = 1,649
rad
s
2
θ̈ = e0,5t ⇒ θ̈ = 1,649
rad
s
t=1
t=1
Hallando θ :
Z
1
θ=
2
e0,5t dt
0
θ = 1,195rad/s
θ = 68,47◦
la trayectoria de la barra fija es:
r = 0,4sinθ + 0,2........(1)
derivando para hallar la velocidad:
ṙ = 0,4cos(θ)(θ̇)........(2)
derivando para hallar la aceleración:
r̈ = −0,4sen(θ̇)(θ̈)2 + 0,4cos(θ)(θ̈)........(3)
reemplazando el ángulo en las ecuaciones tendremos los siguientes resultados:
r = 0,4sinθ + 0,2........(1)
r = 0,4sin(68,47) + 0,2
r = 0,5721
ṙ = 0,4cos(θ)(θ̇)........(2)
ṙ = 0,4cos(68,47)(1,649)
ṙ = 0,2424
r̈ = −0,4sin(θ̇)(θ̈)2 + 0,4cos(θ)(θ̈)........(3)
r̈ = −0,4sin(68,47)(1,649)2 + 0,4cos(68,47)(1,649)
r̈ = −0,7694m/s2
Hallando velocidad radial:
vr = ṙ
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1.4 Movimiento Relativo: ejes en traslación
vr = 0,242 m/s
vθ = rθ̇
vθ = 943 m/s
aθ = rθ̈ + 2ṙθ̈
aθ = (0,572)(1,649) + 2(0,242)(1,649)
aθ = 1,74 m/s2
1.4. Movimiento Relativo: ejes en traslación
PROBLEMA 08:
La arena cae del reposo 0.5m verticalmente sobre un canalón. Si entonces se desliza con velocidad
vc = 2m/s por el canalón, determine la velocidad relativa de la arena justo al caer sobre el canalón
en el punto A con respecto a la arena que se desliza hacia abajo por el canalón. Este forma un
angulo de 40° con la horizontal.
solución
Datos:
h = 0,5m
vc = 2m/s
Calculamos la velocidad en el punto A; pero como se trata de un movimiento vertical que ademas
parte del reposo la vo = 0. Asiendo uso dela siguiente ecuación:
vA 2 = v0 2 + 2gh
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1.5 Ecuaciones de Movimiento : Coordenadas rectangulares
vA 2 = 2(9,81)(0,5)
vA = −3,1321m/s
Expresando vectorialmente :
→
−
ˆ
v A = −3,1321j........(α)
Calculamos la velocidad relativaVA/C para lo cual sabemos por definición que:
→
−
−
−
v A =→
v C +→
v A/C ...............(1)
Expresando vectorialmente:
→
−
−
−
v C =→
v C(x),î + →
v C(y)j
→
−
ˆ
v C = 2cos40î − 2sen40j..............(β)
y;
→
−
−
−
v A/C = →
v A/C(x)î + →
v A/C(y)jˆ...........(θ)
Sustituyendo (α); (β)y(θ)en(1) :
−
−
−3,1321jˆ = 2cos40i − 2sen40jˆ + →
v A/C(x)i + →
v A/C(y)jˆ
ordenado y luego comparando termina:
−
−
−2cos40î + (2sen40 − 3,1321)jˆ = →
v A/C(x)î + →
v A/C(y)jˆ
→
−
v A/C(x)î = −2cos40 = −1,5321
→
−
v A/C(y)jˆ = 2sen40 − 3,1321 = −1,8465
Calculamos:
q
→
−
2
2
v A/C = vA/C(x)
+ vA/C(y)
q
→
−
v A/C = −1,53212 + −1,84652
→
−
v A/C = 2,4 m/s
1.5. Ecuaciones de Movimiento : Coordenadas rectangulares
PROBLEMA 09:
El vagón de mina de 400kg es levantado por el plano inclinado usando el cable y el motor M. Por
un corto tiempo la fuerza en el cable es F = (3200t 2 )N . donde t esta en segundos. Si el vagon tiene
velocidad inicial v1 = 2m/s en s=0 y t= 0, determine la distancia que se mueve hacia arriba por el
plano cuando t=2s.
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1.5 Ecuaciones de Movimiento : Coordenadas rectangulares
solución
Datos:
mcarro = 400kg
Fcable = 3200t 2 N
v1 = 0m/s
t1 = 0s
t2 = 2s
v2 =?m/s
Considerando el eje de referencia en el plano donde el carrito realiza movimiento. Calculamos la
aceleración para la cual hacemos uso la segunda ley de newton.
X
Fx = mcar ax
3200t 2 − 400(9,81)senθ = 400a
Sustituyendo senθ =
8
17
;luego despejando se tiene:
8
3200t 2 − 400(9,81) 17
=a
400
a = 8t 2 − 4,616...........(1)
Calculamos la velocidad, por definición se sabe que:
a=
dv
dt
dv = adt.............(β)
Sustituyendo (1) en (β):
dv = (8t 2 − 4,616)dt
integrando:
Z
v2
Z
t2
dv =
v1
(8t 2 − 4,616) dt
t1
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2 Problemas de Cinemática de un Cuerpo Rı́gido
Z
v
Z
t
dv =
0
(8t 2 − 4,616) dt
0
8t 3
− 4,616t
v=
3
!t
+2
0
v = 2,667t 3 − 4,616t + 2..............(θ)
Calculando el espacio recorrido: t = 2s:
v=
dx
dt
dx = vdt.................(δ)
Sustituyendo (θ)en (δ) e integrando:
Z
x
Z
2
ds =
0
(2,667t 3 − 4,616t + 2) dt
0
x = 5,93 m
2. Problemas de Cinemática de un Cuerpo Rı́gido
2.1. Movimiento Absoluto
PROBLEMA 10:
La placa inclinada se mueve hacia la izquierda con velocidad constante v. Determine la velocidad
angular y la aceleración angular de la barra esbelta de longitud l. La barra pivotea en el escalón
localizado en C al deslizarse sobre la placa.
solución
calculamos el desplazamiento en x, hacemos uso de la ley d senos:
1
x
=
sen(φ − θ) sen(180 − φ)
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2.1 Movimiento Absoluto
Despejando por trigonometria se sabe sen(180 − φ) = sinφ
xsenφ = sen(φ − θ)......................(1)
calculamos la velocidad, por teorı́a v = ẋ derivando(1):
ẋsenφ = −cos(φ − θ).θ̇......................(2)
Por teorı́a se sabe que θ̇ = w luego despejando:
ẋsenφ = −cos(φ − θ).w......................(2)
w=−
w=−
ẋsenφ
cos(φ − θ)
vsenφ
rad/s..........(3)
cos(φ − θ)
vsenφ
w = − cos(φ−θ) rad/s
calculamos la aceleración angular. por teorı́a se sabe que α = θ̈ para lo cual derivamos(2):
ẍsenφ = −cos(φ − θ).θ̈ − sen(φ − θ)(θ̇)2
0 = −cos(φ − θ).α − sen(φ − θ)w2
α=−
sen(φ − θ)w2
.........(4)
cos(φ − θ)
sustituyendo (3) en (4):
α=−
sen(φ − θ)
vsenφ 2
.(−
)
cos(φ − θ) cos(φ − θ)
α=−
v 2 (senφ)2 sen(φ−θ)
rad/s2
1.(cos(φ−θ))3
PROBLEMA 11:
Los pasadores ubicados en A y B, están confinados para moverse en las guı́as vertical y horizontal.
Si el brazo ranurado ocasiona que A se mueva hacia abajo a VA , determine la velocidad de B en el
instante mostrado.
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2.2 Movimiento Relativo: Aceleración
solución
Hallando el vector posición de A y B:
→
−r = −d î − y jˆ
A
→
−r = xî − hjˆ
B
Derivando tenemos las velocidades:
→
−
v A = −ẏ = −vA jˆ
→
−
v B = −ẋ = −vB jˆ
de donde tenemos:
ẏ = vA
y
ẋ = vB
por otro lado:
tanθ =
h d
=
x y
h
x = ( )y
d
derivando tenemos:
h
ẋ = ( )ẏ
d
vB = ( dh )vA
2.2. Movimiento Relativo: Aceleración
PROBLEMA 12:
En el instante dado el miembro AB tiene los movimientos angulares mostrados. Determine la
velocidad y la aceleración del bloque deslizable C en ese instante.
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2.2 Movimiento Relativo: Aceleración
solución
Datos:
ω = 3rad/s
ω̇ = 2rad/s
Calculemos velocidad en ”B”:
vB = ω.R = 3,7 = 21pulg/s
Calculemos velocidad en ”C”:
−
−→ →
− −−−→
v−→
C = vB + ω × rC/B
4
3ˆ
ˆ
vC [ î − j]
= −21î + ωk̂ × (−5î − 12j)
5
5
igualando vectores coordenados:
−0,8vC = −21 + 12ω
−0,6vC = −5ω
resolviendo el sistema tenemos:
ω = 1,125rad/s
vC = 9,38pulg/s
por otro lado tenemos:
(aB )n = ω2 .R = 32 7 = 63pulg/s
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De San Cristobal
De Huamanga
2.3 Movimiento Relativo: Ejes en rotación
(aB )t = 2,7 = 14pulg/s
luego
a~C = a~B + α
~ × rC/B
~ − ω2 rC/B
~
reemplazando los valores, tenemos:
4
3
ˆ − 1,1252 (−5î − 12j)
ˆ
−aC ( î − aC ( jˆ = −14î − 63jˆ + α k̂ × (−5î − 12j)
5
5
igualando los vectores coordenados tenemos:
−0,8aC = −14 + 12α + 6,33
−0,6aC = −63 − 5α + 15,19
resolviendo tenemos
aC = 54,7pulg/s2
α = −3,00 rad/s
2.3. Movimiento Relativo: Ejes en rotación
PROBLEMA 13:
La bola B de tamaño insignificante rueda a través del tubo de manera que en el instante mostrado
tiene velocidad de 5pies/s y aceleración de 3pies/s2 ,medidas con respecto al tubo, Si el tubo tiene
velocidad angular de ω = 3rad/s , y aceleración angular de α = 5rad/s en este mismo instante,
determine la velocidad y aceleración de la pelota.
solución
Datos:
v0 = 0
a0 = 0
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2.3 Movimiento Relativo: Ejes en rotación
ω
~ = 3k̂rad/s
ω
~˙ = 5k̂rad/s
v~B/0 = 5îpies/s
~
aB/0 = 3îpies/s2
Utilizando las ecuaciones de la cinemática:
v~B = v~0 + ω
~ × ~rB/o + (~
vB/0 )rel ......(1)
~
aB = ~
a0 + ω
~˙ × ~rB/0 + ω
~ × (ω
~ × ~rB/0 ) + 2 · ω
~ × v~B/0 + ~
aB/0 ......(2)
reemplazando los datos en la ecuación (1) ,tenemos:
v~B = 0 + 3k̂ × 2î + 5î
realizando las operaciones tenemos
ˆ
v~B = (5î + 6j)pies/s
vB = 7, 81 pies/s
análogamente reemplazando en la ecuación (2) ,tenemos:
~
aB = 0 + 5k̂ × 2î + 3k̂ × (3k̂ × 2î) + 2,3k̂ × 5î + 3î
realizando las operaciones se tiene:
2
ˆ
~
aB = (−15î + 40j)pies/s
aB = 42, 72pies/s2
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