Universidad Nacional de San Crist ´ obal de Huamanga Facultad de Ingenier ´ ıa Minas, Geolog ´ ıa y Civil Escuela de Formaci ´ on Profesional de Ingeniera Civil CURSO DIN ´ AMICA - (IC-244) PR ´ ACTICA CALIFICADA N°02 SOLUCI ´ ON DE PROBLEMAS - CIN ´ ETICA DE UNA PART ´ ICULA Y CUERPO R ´ IGIDO Shames Irving - Ingenier´ ıa Mec´ anica Din´ amica ALUMNOS: C ´ ARDENAS HUAM ´ AN, Royer J. GAMBOA SANTANA Hedber VERDE CARBAJAL, Jenchluis R. TENORIO CHUCH ´ ON, Wilian Profesor: Ing. CASTRO PEREZ,Cristian Ayacucho - Per ´ u 2013
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Universidad Nacional de San Cristobal deHuamanga
Facultad de Ingenierıa Minas, Geologıa y Civil
Escuela de Formacion Profesional de Ingeniera Civil
CURSODINAMICA - (IC-244)
PRACTICA CALIFICADA N°02
SOLUCION DE PROBLEMAS - CINETICA DEUNA PARTICULA Y CUERPO RIGIDO
(Leyes de Newton)En la figura 12.59 se muestran dos cuerpos A y B, cuyas masas son 50 y 30 lbm,respectivamente. Los cables son inextensibles. Despreciar la inercia del cable y de laspoleas en C y D. ¿Cual es la rapidez del bloque B un segundo despues de que elsistema de que el sistema se abandona desde el reposo? El coeficiente de rozamientopara la superficie en contacto con el cuerpo A. es 0.3.Sugerencia : De los estudios de fısica anteriores, recordar que la polea D esta girandoinstantaneamente con respecto al punto a, y por lo tanto, la rapidez del punto c es eldoble que la del punto b.
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SolucionFr = µNN = 50gg = 32.2µ= 0.3Fr = 15g
Bloque A: ∑Fx =mAaA−T + 15g = 50aA
Bloque B
+ ↓∑Fy =mBaB30g− 2T = 30aB
Por cinematica se sabe que:
SA + 2SB = LVA = −2VBaA = −2aB
Resolviendo las ecuaciones:
−T+15g50 = 30g−2T
30
−3T + 45(g) = 150g− 10T
T = 105(32.2)7
T = 483N
→ aA = 0 aB = 0
∴ VB = 0
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2PROBLEMAS DE TEOREMAS DE TRABAJO Y ENERGIA
EN UNA PARTICULA
2.1 Problema 54
(Teoremas de trabajo y Energıa)Los pesos A y B (ambos de 60 Kg) estan restringidos a moverse dentro de ranuras sinrozamiento. Estan unidos por medio de una barra ligera de 40 cm de longitud y el pesoB esta conectado a dos resortes de constante K=1Kg/cm. cuando la barra esta verticallos resortes estan sin estirar. ¿cual es la velocidad de B cuando asciende 3 cm ?
Solucion
En este caso se usara el procedimiento para sistemas de partıculas, esto eliminara lanecesidad de calcular el trabajo de la barra sobre cada masa que serıa necesario si sehubiese escogido trabajar con cada masa por separado .para el procedimiento de lossistemas de partıculas, este trabajo es interno entre los solidos rıgidos. Proporcionandoun resultado nulo como consecuencia de la tercera ley de newton aplicada al caso deuniones idealmente articuladas. En este problema solo estan presentes fuerzas conservativas(gravitatoria) y fuerzas de resortes por eso la primera ecuacion energetica degenera laconservacion.
Este problema corresponde a equilibrio inestable en el que cualquier pequeno movimientoB a partir de su posicion central, hacia la derecha o hacia la izquierda hace que A comiencea acelerar hacia abajo.
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De la energıa mecanica .mostramos en el sistema una configuracion en la que la masa deA Ha descendido una distancia de 3cm entonces para el caso inicial y final Y utilizandolas referencias mostradas en la figura podemos decir que:
observando el triangulo sombreado de la figura y utilizando el teorema de Pitagorastenemos:
l2A + γ2 = 0.42
Derivando respecto al tiempo obtenemos:
2lAlA − 2γγ = 0
vemos que:lA = vA
γ = vB
a partir de la ecuacion precedente vemos entonces que:
vB =−lAγvA
Ahora volviendo a la figura podemos calcular γ para este caso viendo que A ha descendidouna distancia de 0.03m y haciendo por tanto lA = 0.4− 0.03 = 0.37m vamos a continuaciona la ecuacion (b) para obtener γ De esta forma:
(0.37)2 + γ2 = 0.42
γ = 0.0231
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Sustituyendo las ecuaciones γ y vA en funcion de vB en la primera ecuacion (conservandola energıa mecanica) obtenemos:
12(60v2
A
)+
12(60v2
B
)+ [60 (9.81) (0.4− 0.03)− 60 (9.8) (0.4)] +
[21
2 (9.81) (0.0231)2]= 0
30v2A + 30v2
B + [217.56− 253.2] + [0.0052] = 0
30v2A + 30v2
B − 17.63 = 02 (0.4)vA = −2 (0.0231)vB
vA = −0.058vBreemplazaremosenlaecuacionanterior
30(0.058vB)2 + 30v2
B − 17.63 = 0
vB = −0.77m/s
vA = 0.045m/sRESPUESTA:
vB = −0.77m/svA = 0.045m/s
2.2 Problema 59
(Teoremas de trabajo y Energıa)El cuerpo A que se muestra en la figura 13.58 pesa 4kg. y puede deslizar a lo largo dela barra fija BB. Cuando el resorte que esta conectado entre el punto C y la masa Aesta sin estirar, tiene 75cm. de longitud. Si el cuerpo se abandona desde el reposo enla configuracion que se muestra, ¿Cual es su rapidez cuando llega al eje y? Suponerque sobre A esta aplicada una fuerza constantede rozamiento de 0.125kg. y que laconstante K del resorte es de 0.25kg/cm.
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Solucion
WA = 4kgFr = 0.125kgk = 0.25kg/cmxo = 0.5
√3mxF = 0.5m
mA = WAg = 4
9.81 = 0.408Sres = 0.5mxc = xo − xF
xc = 0.5√
3− 0.5 = 0.366m
wF NC (Trabajo de Fuerzas No Conservativas)
→ wF NC = Fr · d
por el metodo de conservacion de energıa
T1 + Vg1 + Ve1 = T1 + Vg1 + Ve1 +wF NC1
12mvo
2 +mgho +12kxo
2 = 12mvA
2 +mghB + 12kxc
2 + Fr · S
0 + 4 · 0.75 + 0 = 120.408vA
2 + 4 · 0.5 + 120.25(0.366)2 + 0.125 · 0.5
vA2 = (3− 2.079) · 2
0.408 = 4.514
vA = 2.125m/s
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3PROBLEMAS DE IMPULSO Y CANTIDAD DE
MOVIMIENTO EN UNA PARTICULA
3.1 Problema 11
(Cantidad de Movimiento)En la la figura 13.31 se muestra un bloque de 20kg. sobre una superficie inclinada. Sise abandona el bloque desde el reposo en la posicion que de muestra, ¿Cual sera lacompresion del resorte? La constante del resorte es de 20kg/cm y el coeficiente derozamiento entre el bloque y el plano inclinado es de 0.3.
(Cantidad de Movimiento)Un canon que pesa 1000kg tiene un mecanismo amortiguador del retroceso con k =250Kg/cm y dispara proyectiles de 5kg con rapidez inicial de 800m/s y un Angulode proyeccion de 50ř,suponiendo que la velocidad de retroceso del canon se obtengainstantaneamente, determinar la maxima comprension del resorte.
Solucion
El disparo del canon tiene lugar durante un intervalo de tiempo muy corto. La fuerzasobre el proyectil y la fuerza sobre el canon debido a la explosion son fuerzas impulsivas.Como resultado, se puede considerar que el canon alcanza una velocidad de retroceso deforma instantanea sin haberse movido apreciablemente. El impulso total sobre el canonmas el proyectil debido al proceso de disparo es nulo. Como inmediatamente antes deldisparo la cantidad de movimiento del canon mas el proyectil es nula, esta cantidad demovimiento debe ser tambien nula inmediatamente despues del disparo ,podemos decirpara la direccion x:
(MVx)canon + (MVx)proyectil = 0
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Utilizando vc para la velocidad del canon en la direccion del eje x− y vp = vc + 800sen50řpara la velocidad del proyectil en la misma direccion obtenemos:
100vc + 5 [800cos50◦ + vc] = 0
despejando vc obtenemos:vc = −2.55
Utilizando para la velocidad del canon en la direccion del eje x y para la velocidad delproyectil en la misma direccion obtenemos Despues de esta accion inicial impulsiva, queresulta en un aumento instantaneo de la velocidad del canon, el movimiento del mismoesta impedido por el muelle. Ahora, para esta fase del movimiento del canon podemosutilizar la conservacion de la energıa mecanica. Denotando con x la maxima comprensiondel resorte, podemos decir:
12 (1000) (−2.55)2 =
12(25 ∗ 103
)x2
x2 = 0.2601x= 0.51m
RESPUESTA:La maxima comprension del resorte sera: X = 0.51m
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4 PROBLEMAS DE SISTEMAS DE PARTICULAS
4.1 Problema 16
(sistema de partıculas)El bloque A pesa 60 lb y el bloque B 10lb. Determine la rapidez del bloque A despuesde que se mueve 5 pies hacia abajo por el plano, partiendo del reposo. Desprecie lafriccion y la masa de la cuerda y poleas.
Solucion
Tenemos:2SA + SB = L
Luego:2∆SA + ∆SB = 0
Derivando respecto al tiempo:2vA + vB = 0
Ademas: Por principio de conservacion de energıa de A- tenemos:
T1 + V1 = T1 + V2
12mAv
2A1 +
12mBv
2B1 +mAghA1 +mB1ghB1 =
12mAv
2A2 +
12mBv
2B2 +mAghA2 +mB2ghB2(1)
Posicion 1: Sistema A-B en reposo: Posicion 2: sistema A-B en movimiento: Los quetrabajan son los pesos en el sistema, el trabajo de la tension es nulo. Como:
−2vA2 = vB2 − 2∆SA = ∆SB
Si:∆SA = 5pies
Entonces:∆SB = −10pies
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De Estos datos en tenemos: remplazando en 1
0 + 60(
35
)5− 10.10 = 1
2
(60
32.2
)v2
A + 12
(60
32.2
)(2v2
A)
vA = 7.177743375pies/s
4.2 Problema 51
(choques perfectamente plasticos)En la figura 14.60, se supone un choque perfectamente plastico, cuando el cuerpo quepesa 5kg cae desde una altura de 4metros sobre la placa que pesa 2kg. Esta placa estamontada sobre un resorte con constante de restitucion k = 2kg/cm. Despreciando lamasa del resorte y el rozamiento, determinar la maxima deflexion despues del choque.
Solucion
WA = 5kgWP = 2kgk = 2kg/cm= 200kg/m
choque perfectamente Plastico:
e : coeficientederestitución→ e= 0
conservacion de Energıa(tramo1)
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se toma en cuenta que el bloque A pasa de una posicion (1) a otra (2)
T1 + Vg1 = T2 + Vg2
12mvA1
2 +mgh1 =12mvA2
2 +mgh2
0 + 5 · 9.81 · 4 = 125vA2
2 + 0
vA22 = (196.2) · 2
5 = 78.48vA2 = 8.86m/s
conservacion de Momento Lineal(tramo2)De los pesos A y P, entonces el momento lineal se conserva a lo largo del eje y∑
conservacion de Energıa(tramo3)Para la maxima compresion se procede cuando P se detiene momentaneamente
T3 + Vg3 + Ve3 = T4 + Vg4 + Ve4
12mvP 3
2 +mgh3 + 12kxo
2 = 12mvP 4
2 +mgh4 +12k(δmax)2
122 · (6.327)2 + 2 · 9.81 · δmax + 0 = 0 + 0 + 1
2200(δmax)2
100(δmax)2 − 19.62 · δmax − 40.031 = 0
δmax = 0.74m.
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4.3 Problema 76
(choques perfectamente plasticos)Como se muestra en la fig.12.67, se dispara un proyectil con un angulo de 60◦. A quealtura y chocara el proyectil contra la colina, cuya ecuacion se estima como y= 10−6x2?Despreciar el rozamiento y tomar la velocidad inicial del proyectil de 900m/s
(centro de masa - inercia)Un cilindro uniforme con un metro de diametro y 50Kg de peso, rueda sin deslizarhacia debajo de una superficie inclinada 30°, como se muestra en la figura 13.78 ¿Cuales la rapidez de su centro cuando ha recorrido 10 metrosExaminaremos el movimiento de un cuerpo (un aro, un cilindro o una esfera) que ruedaa lo largo de un plano inclinado.
Solucion Las fuerzas que actuan sobre el cuerpo son:
a. el peso
b. la reaccion del plano inclinado
b. la fuerza de rozamiento en el punto de contacto entre la rueda y el plano.
Descomponemos el peso en una fuerza a lo largo del plano y otra perpendicular al plano
inclinado. Las ecuaciones del movimiento son las siguientes:
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Movimiento de traslacion del c.m.
mg sinθ− Fr =macMovimiento de rotacion alrededor de un eje que pasa por el c.m.
Fr.R= Ic.α
Relacion entre el movimiento de traslacion y rotacion (cilindro sin deslizar)
ac = αR
Si conocemos el angulo de inclinacion ? y el momento de inercia Ic del cuerpo que rueda,
calculamos ac y el valor de la fuerza de rozamiento Fr.
Icilindro =12
.m.R2
Expresamos el momento de inercia
Ic= k.mR2
donde K es un factor geometrico de 1/2 para el cilindro.
ac =g.senθ1 + k
Fr = kmg.senθ
1 + k
Si deseamos calcular la velocidad del cuerpo despues de haber recorrido una longitud x a lo
largo del plano inclinado, partiendo del reposo, empleamos las ecuaciones del movimiento
rectilıneo uniformemente acelerado
x=12
.acx2
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x= act
La velocidad final vc del c. m. del cuerpo al llegar al final del plano inclinado es:
v2c = 2.ac.x=
2gsenθ1 + k
x=2gh
1 + k
Siendo h la altura de partida del cuerpo referida a la posicion final:
h= x.senθ
Remplazando los datos del problema:
v2c =
2.(9.81).(sen30)1 + 1/2
= 6.54
vc = 2.58m/s
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5 PROBLEMAS CINETICA DE CUERPO RIGIDO
5.1 Problema 81
(Leyes de newton)
En la figura 17.102 se muestra un motor electrico D que im-pulsa a los engranes C,B y a la cremallera A. Los diametrosde los engranes C y B son 15cmy40cm, respectivamente. Lamasa de A es de 400Kg. La masa y el radio de giro de la ar-madura del motor y del engrane C son 50Kgy20cm, respec-tivamente. La masa de B es de 20Kg. Si el motor desarrollaun par constante de 10m−Kg. ¿Que distancia recorrera lacremallera A en 2 segundos?Despreciar la inercia de las pequenas ruedas que estanabajo de A.
La longitud de arco de B es igual a la distancia que recorre A
DA = 12abt
2
DA = 0.722m= 72.2cm......(Rta)
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5.2 Problema 107
(Leyes de newton)
En un instante dado, el extremo superior A de la barra tiene lavelocidad y la aceleracion mostradas. Determine la aceleracionde la barra en ese instante.
Un cilindro escalonado (fig.18.60) se suelta desde la config-uracion de reposo donde el resorte esta estirado 25cm. Sobreel cilindro actua una fuerza constante de 40Kg manteniendouna direccion fija en todo tiempo. El cilindro pesa 98Kg y suradio de giro es de 1.5metros, ¿Cual es la rapidez de O de-spues de que ha recorrido un metro? La constante del resortees 35Kg/m
Una esfera maciza homogenea que pesa 50N rueda sin desliza-miento hacia abajo por un plano inclinado de 28ř respectoa la horizontal. Segun indica la figura. Determinar la acel-eracion del centro de masa de la esfera y le mınimo valorque puede tomar el coeficiente de rozamiento para evitar eldeslizamiento.
Solucion
Usar las coordenadas a lo largo de la superficie normal, la ecuaciondel movimiento sera.∑
Fn =N − 10cos280 = 0∑Fn = 10sen280− F = 10
32.2100aG∑MG =
( 312)F = IGα
Puesto que el centro de masa de la esfera no tiene movimientonormal en la superficie.
IG =2
5
1032.2
312
2= 0.007764slug.ft2
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Ya que la esfera desliza al y es:
aG = 3
12
αDe las ecuaciones tenemos:
F = 4.69472− 0.310056aG = 1.2422aGaG = 10.80ft/s2
F = 1.3413lbN = 8.8295lbumin = F/N = 0.152.
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7PROBLEMAS IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO
EN UN CUERPO RIGIDO
7.1 Problema 65
(impulso y cantidad de movimiento)
La mitad de un cilindro de masa y radio se suelta desde elreposo en la posicion indicada. Si el medio cilindro rueda sindeslizarse, determine a) su velocidad angular despues de habergirado 90ř , b) la reaccion en la superficie horizontal en elmismo instante. (Sugerencia: Advierta GO = 4r
3π y que, medi-
ante el teorema de ejes paralelos,I = 12mr
2−m(GO)2
Solucion Posicion 1
t1 = 0v1 = 0
Posicion 2
v2 = −mg(OG) = −4
3πmgr
Momento de Inercia:
I = I0−m(OG)2
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I =12mr2−m
43π
2= 0.319873mr2
Dela cinematica: El punto C es el centro instantaneo:
v = vG = bw2 =mr− 4
3π
w2 = 0.57559rw2
De la energıa cinetica:
T2 =12mv
2 + 12Iw
2 = 12m(0.57559rw2)2 + 1
2(0.319873)mr2w22
= 0.32559mr2w22
a) Conservacion de la energıa:
T1 + V1 = T2 + V2
0 + 0 = (0.319873)mr2w22− 43πmgr
w22 = 1.3035gr
w2 = 1.142√√√√gr
Cinematica: Traslacion + rotacion respecto a O = movimientocircular
b) Aceleracion de C. Componente X
a0− rα= Oa0 = rα
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c) Aceleracion de G. Componente X
ax = a0(OG)α= bα→
Componentes Y:
ay = (OG)w22 =
43πrw2
2 ↑
+ |←∑Mc =
∑(Mc)eff
0 = bmax+ Iαff = 0,ax = 0∑Fx= max:Rx= maxRx= 0+ ↓ ∑Fy= may : Ry−mg = m
( 4r3π
)w2= 0
Ry= mg + m( 4r
3π)
1.3035gr= 0Ry= 1.533mgRy= 1.533mg ↑
7.2 Problema 107
(impulso y cantidad de movimiento)
Un cilindro uniforme de 1metro de radio, rueda sin deslizarhacia abajo de una superficie inclinada 30◦ como se muestraen la figura 14.95, si el peso del cilindro es de 40Kg, ¿Cual esla aceleracion angular?
