Grupo 5 Irving Shames

´ bal de Universidad Nacional de San Cristobal o Huamanga Facultad de Ingenier´ıa Minas, Geolog´ıa y Civil ´ n Profesional de Ingeniera Civil Escuela de Formaci on o

CURSO ´ DINAMICA - (IC-244)

´ PRACTICA CALIFICADA N 02 °

´ DE PROBLEMAS - CINETICA ´ SOLUCION DE UNA PARTÍCULA Y CUERPO RÍGIDO Sham Sh ames es Ir Irvi ving ng - In Inge geni nier er´ ´ıa Mec´ Mec´ anica anic a Din´ Din´ amic amica a ALUMNOS: ´ ´ Royer J. CARDENAS HUAMAN, GAMBOA SANTANA Hedber VERDE CARBAJAL, Jenchluis Jenchluis R. ´ Wilian TENORIO CHUCHON,

´ Ayacucho - Peru 2013

Profesor:

Ing. CASTRO PEREZ,Cristian

Índice General Índice General

Cap´ıtulo 1

´ PROBLEMAS DE CINETICA DE UNA PARTÍCULA 1.1. Problema 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.2. Problema 40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

Cap´ıtulo 2

PROBLEMAS DE TEOREMAS DE TRABAJO Y ENERGÍA EN UNA PARTÍCULA 2.1. Problema 54 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

2.2. Problema 59 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

Cap´ıtulo 3

PROBLEMAS DE IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO EN UNA PARTÍCULA 3.1. Problema 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

3.2. Problema 42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

Cap´ıtulo 4

PROBLEMAS DE SISTEMAS DE PARTÍCULAS 4.1. Problema 16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

4.2. Problema 51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

4.3. Problema 76 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

4.4. Problema 84 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

Ingenier Ingen ier´´ıa Civil - UNSCH

ii

Índice General Índice General

Cap´ıtulo 1

´ PROBLEMAS DE CINETICA DE UNA PARTÍCULA 1.1. Problema 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.2. Problema 40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

Cap´ıtulo 2

PROBLEMAS DE TEOREMAS DE TRABAJO Y ENERGÍA EN UNA PARTÍCULA 2.1. Problema 54 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

2.2. Problema 59 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

Cap´ıtulo 3

PROBLEMAS DE IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO EN UNA PARTÍCULA 3.1. Problema 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

3.2. Problema 42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

Cap´ıtulo 4

PROBLEMAS DE SISTEMAS DE PARTÍCULAS 4.1. Problema 16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

4.2. Problema 51 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

4.3. Problema 76 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

4.4. Problema 84 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17


ii

´ DINAMICA (IC - 244)

actica Calificada 2da Pr´

Cap´ıtulo 5

´ PROBLEMAS CINETICA DE CUERPO RÍGIDO 5.1. Problema 81 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

5.2. Problema 107 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

Cap´ıtulo 6

PROBLEMAS TEOREMAS DE TRABAJO Y ENERGÍA EN UN CUERPO RÍGIDO 6.1. Problema 55 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

6.2. Problema 107 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26

Cap´ıtulo 7

PROBLEMAS IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO EN UN CUERPO RÍGIDO 7.1. Problema 65 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

7.2. Problema 107 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30


iii

1

´ PROBLEMAS DE CINETICA DE UNA PARTÍCULA

1.1

Problema 15

(leyes de newton conservaci´ on de energ´ıa) El Cuerpo A que pesa 4Kg se suelta desde el reposo sobre una superficie circular sin rozamiento y después se mueve sobre una superficie horizontal CD, cuyo coeficiente de rozamiento es 0.2. en el punto C está colocado un resorte con constate de restitución K=1Kg/cm. ¿cuánto se comprimir´ a el resorte?

Soluci´ on

Apliquemos el principio de conservaci´ on de la energ´ıa para la regi´ on AD ∆K + ∆U g

=0

 1 mv − 0 + 0 − mgR = 0 2  1 mv = mgR ...... 1 2

2

2 D

para la region BD: ∆U e

+ ∆K = W f = f d

−

 1 kX − 0 + 0 − 1 mX  = −umg(L + X ).......(2)..de(1)y(2) 2

2

Ingenier´ıa Civil - UNSCH

2

2 b

1


actica Calificada 2da Pr´ K 2 X + umgX + mg (uL 2

− R) = 0

reemplazando valores se halla: K = 1

Kg Kg m cm N .(9.81 2 ).(100 =1 ) = 981 cm cm s m m u = 0.2 L = 12 R=8

981 2

.X 2 + (0.2).(4).(9.81).X + (4)( 9.81 )[( 0.2)( 12)

− (8)] = 0

X = 0.66m

1.2

Problema 40

(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 las poleas en C y D. ¿Cuál es la rapidez del bloque B un segundo después de que el sistema de que el sistema se abandona desde el reposo? El coeficiente de rozamiento para la superficie en contacto con el cuerpo A. es 0.3. Sugerencia : De los estudios de f´ısica anteriores, recordar que la polea D ésta girando instantáneamente con respecto al punto a, y por lo tanto, la rapidez del punto c es el doble que la del punto b.


2


actica Calificada 2da Pr´ Soluci´ on

F r = µN N = 50gg = 32.2 µ= 0.3 F r = 15g

Bloque A:

 F = m

A aA

x

−T + 15g = 50aA Bloque B

+

↓  F y = mB aB 30g − 2T = 30aB Por cinem´ atica se sabe que: S A + 2S B = L V A = 2V B aA = 2aB

− −

Resolviendo las ecuaciones: T +15g 50

−

=

30g −2T 30

−3T + 45(g) = 150g − 10T T =

105(32.2) 7

T = 483N

→ aA = 0 ∴


aB = 0 V B = 0

3

2

PROBLEMAS DE TEOREMAS DE TRABAJO Y ENERGÍA EN UNA PARTÍCULA

2.1

Problema 54

(Teoremas de trabajo y Energ´ıa) Los pesos A y B (ambos de 60 Kg) están restringidos a moverse dentro de ranuras sin rozamiento. Están unidos por medio de una barra ligera de 40 cm de longitud y el peso B está conectado a dos resortes de constante K=1Kg/cm. cuando la barra esta vertical los resortes est´ an sin estirar. ¿cuál es la velocidad de B cuando asciende 3 cm ?

Soluci´ on

En este caso se usara el procedimiento para sistemas de part´ıculas, esto eliminara la necesidad de calcular el trabajo de la barra sobre cada masa que ser´ıa necesario si se hubiese escogido trabajar con cada masa por separado .para el procedimiento de los sistemas de part´ıculas, este trabajo es interno entre los s´ olidos r´ıgidos. Proporcionando un resultado nulo como consecuencia de la tercera ley de newton aplicada al caso de uniones idealmente articuladas. En este problema solo están presentes fuerzas conservativas (gravitatoria) y fuerzas de resortes por eso la primera ecuación energética degenera la conservación. Este problema corresponde a equilibrio inestable en el que cualquier pequeño movimiento B a partir de su posición central, hacia la derecha o hacia la izquierda hace que A comience a acelerar hacia abajo.


4



De la energ´ıa mecánica .mostramos en el sistema una configuración en la que la masa de A Ha descendido una distancia de 3cm entonces para el caso inicial y final Y utilizando las referencias mostradas en la figura podemos decir que: ∆(

1 M A V A2 2

− 0) + ( 12 M B V B − 0) + [M A.g(0.4 − 0.03) − M A.g.(0.4)] + [2. 12 .(9.81)(γ ) − 0] = 0 2

2

Tenemos aqu´ı tres inc´ ognitas: V A , V B , γ

observando el tri´ angulo sombreado de la figura y utilizando el teorema de Pit´ agoras tenemos: 2 lA + γ 2 = 0.42 Derivando respecto al tiempo obtenemos: 2lA l˙A

vemos que:

− 2γ γ ˙ = 0

l˙A = vA ˙ = vB γ

a partir de la ecuación precedente vemos entonces que: vB =

−lA vA γ

Ahora volviendo a la figura podemos calcular γ para este caso viendo que A ha descendido una distancia de 0.03m y haciendo por tanto lA = 0.4 0.03 = 0.37m vamos a continuación a la ecuación (b) para obtener γ De esta forma:

−

(0.37 )2 + γ 2 = 0.42 γ = 0.0231


5



Sustituyendo las ecuaciones γ y vA en funcion de vB en la primera ecuación (conservando la energ´ıa mec´ anica) obtenemos: 1 2

60v  + 1 60v  + [60 (9.81) (0.4 − 0.03) − 60 (9.8) (0.4)] + 2 1 (9.81) (0.0231)  = 0 2 A

2

2

2 B

2

2 2 30vA + 30vB + [217.56

− 253.2] + [0.0052 ] = 0 30vA + 30vB − 17.63 = 0 2 (0.4) vA = −2 (0.0231 ) vB 2

vA =

2

−0.058vB reemplazaremosenlaecuacionanterior 30(0.058vB ) + 30vB − 17.63 = 0 vB = −0.77 m/s 2

2

vA = 0.045 m/s

RESPUESTA: vB = 0.77m/s vA = 0.045m/s

−

2.2

Problema 59

(Teoremas de trabajo y Energ´ıa) El cuerpo A que se muestra en la figura 13.58 pesa 4kg . y puede deslizar a lo largo de la barra fija BB . Cuando el resorte que esta conectado entre el punto C y la masa A ésta sin estirar, tiene 75cm. de longitud. Si el cuerpo se abandona desde el reposo en la configuraci´ on que se muestra, ¿Cuál es su rapidez cuando llega al eje y? Suponer que sobre A esta aplicada una fuerza constantede rozamiento de 0.125kg . y que la constante K del resorte es de 0.25kg /cm.


6


actica Calificada 2da Pr´ Soluci´ on

W A = 4kgF r = 0.125kgk = 0.25 kg /cm xo = 0.5 3 mxF = 0.5 m 4 mA = W gA = 9.81 = 0.408 S res = 0.5mxc = xo xF xc = 0.5 3 0.5 = 0.366 m

√

−

√ −

wF N C (Trabajo de Fuerzas No Conservativas)

→ wF N C = F r · d por el método de conservaci´ on de energ´ıa T1 + V g1 + V e1 = T1 + V g 1 + V e1 + wF N C 1 1 mvo 2 2

+ mgho + 12 kxo 2 = 12 mvA 2 + mghB + 12 kxc 2 + F r S

·

0 + 4 0.75 + 0 = 12 0.408vA 2 + 4 0.5 + 12 0.25 (0.366)2 + 0.125 0.5

·

vA 2 = ( 3

·

− 2.079) ·

2 0.408

·

= 4.514

vA = 2.125m/s


7

3

PROBLEMAS DE IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO EN UNA PARTÍCULA

3.1

Problema 11

(Cantidad de Movimiento) En la la figura 13.31 se muestra un bloque de 20kg . sobre una superficie inclinada. Si se abandona el bloque desde el reposo en la posición que de muestra, ¿Cu´ al será la compresión del resorte? La constante del resorte es de 20kg /cm y el coeficiente de rozamiento entre el bloque y el plano inclinado es de 0.3.

Soluci´ on

mA = 20kgvo = 0 k = 20kg /cm = 2000kg /mµ = 0.3 N = 20cos30 = 17.321 N F r = µ N = 0.3 17.321 = 5.20 ◦

·

·

conservación de Energ´ıa(tramo 1) wF N C (trabajo de fuerzas no conservativas ) wF N C = F r d

→


·

8



T1 + V g 1 = T2 + V g 2 + wF N C 1 1 mvA1 2 2

+ mgh1 = 12 mvA2 2 + mgh2 + F r S

·

0 + 20 9.81 2.5 = 12 20vA2 2 + 0 + 5.20 5

·

·

vA 2 = ( 464.5)

·

·

2 20

= 46.45

vA = 6.815m/s

conservación de Energ´ıa(tramo2) T2 + V g 2 + V e2 = T3 + V g3 + V e3 + wF N C 2 1 mvA2 2 2

+ mgh2 + 12 kxo 2 = 12 mvA3 2 + mgh3 + 12 k (δ max )2 + F r S

·

1 20 2

· 46.45 + 20 · 9.81 · (δ sen30 ) + 0 = 0 + 0 + 1000 (δ ) − 92.9 · δ − 464.5 = 0 max

max

2

◦

max

δ max = 0.73m.


9

1 2000 (δ max )2 2

+ 5.20 δ max

·



3.2

Problema 42

(Cantidad de Movimiento) Un ca˜ noń 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 Angulo de proyección de 50ř,suponiendo que la velocidad de retroceso del ca˜ noń se obtenga instant´ aneamente, determinar la m´ axima comprensi´ on del resorte.

Soluci´ on

El disparo del ca˜ nón tiene lugar durante un intervalo de tiempo muy corto. La fuerza sobre el proyectil y la fuerza sobre el cañón debido a la explosión son fuerzas impulsivas. Como resultado, se puede considerar que el cañón alcanza una velocidad de retroceso de forma instantánea sin haberse movido apreciablemente. El impulso total sobre el ca˜ noń mas el proyectil debido al proceso de disparo es nulo. Como inmediatamente antes del disparo la cantidad de movimiento del ca˜ noń mas el proyectil es nula, esta cantidad de movimiento debe ser tambi´ en nula inmediatamente después del disparo ,podemos decir para la direcci´ on x:

(M V x )canon + (M V x ) proyectil = 0


10



Utilizando vc para la velocidad del cañoń en la dirección del eje x y v p = vc + 800sen50ř para la velocidad del proyectil en la misma direcci´ on obtenemos:

−

100vc + 5 [800cos50 + vc ] = 0 ◦

despejando vc obtenemos:

vc =

−2.55

Utilizando para la velocidad del ca˜ noń en la dirección del eje x y para la velocidad del proyectil en la misma dirección obtenemos Después de esta acción inicial impulsiva, que resulta en un aumento instant´ aneo de la velocidad del ca˜ noń, el movimiento del mismo está impedido por el muelle. Ahora, para esta fase del movimiento del ca˜ noń podemos utilizar la conservación de la energ´ıa mecánica. Denotando con x la máxima comprensión del resorte, podemos decir: 1 1 (1000 ) ( 2.55 )2 = 25 103 x2 2 2

 ∗ 

−

x2 = 0.2601 x = 0.51m

RESPUESTA: La máxima comprensi´ on del resorte ser´ a: X = 0.51m


11

4

PROBLEMAS DE SISTEMAS DE PARTÍCULAS

4.1

Problema 16

(sistema de part´ıculas) El bloque A pesa 60 lb y el bloque B 10lb. Determine la rapidez del bloque A después de que se mueve 5 pies hacia abajo por el plano, partiendo del reposo. Desprecie la fricción y la masa de la cuerda y poleas.

Soluci´ on

Tenemos: 2S A + S B = L

Luego: 2∆S A + ∆S B = 0

Derivando respecto al tiempo: 2vA + vB = 0

Además: Por principio de conservación de energ´ıa de A- tenemos: T1 + V 1 = T 1 + V 2 1

1 1 1 2 2 2 2 m A vA 1 + mB vB 1 + mA gh A1 + mB 1 gh B 1 = mA vA2 + mB vB 2 + mA gh A2 + mB 2 gh B 2 (1) 2 2 2 2

Posici´ on 1: Sistema A-B en reposo: Posición 2: sistema A-B en movimiento: Los que trabajan son los pesos en el sistema, el trabajo de la tensi´ on es nulo. Como:

−2vA

2

= vB 2

− 2∆S A = ∆S B

Si: ∆S A

= 5 pies

Entonces: ∆S B


= 10 pies

−

12


actica Calificada 2da Pr´ De Estos datos en tenemos: remplazando en 1

    v 0 + 60 5 − 10.10 = 3 5

1 2

60 32.2

2 A

+

1 2

  (2 v 60 32.2

2 A)

vA = 7.177743375 pies/s

4.2

Problema 51

(choques perfectamente pl´ asticos) En la figura 14.60, se supone un choque perfectamente plástico, cuando el cuerpo que pesa 5kg cae desde una altura de 4metros sobre la placa que pesa 2kg . Esta placa esta montada sobre un resorte con constante de restitución k = 2kg /cm. Despreciando la masa del resorte y el rozamiento, determinar la máxima deflexión después del choque.

Soluci´ on

W A = 5kgW P = 2kg k = 2kg /cm = 200kg /m

choque perfectamente Pl´ astico: e : coeficientederestitución e=0

→ conservación de Energ´ıa(tramo1)


13



se toma en cuenta que el bloque A pasa de una posición (1) a otra (2) T1 + V g 1 = T2 + V g2 1 mvA1 2 2

+ mgh1 = 12 mvA2 2 + mgh2

0 + 5 9.81 4 = 12 5vA2 2 + 0

·

·

vA2 2 = ( 196.2) vA2 = 8.86m/s

·

2 5

= 78.48

conservación de Momento Lineal(tramo2) De los pesos A y P, entonces el momento lineal se conserva a lo largo del eje y

m v

i i (antesdelchoque)

=

m v

i i (despuésdelchoque)

mA vA2 + mP vP 2 = mA vA3 + mP vP 3 5 8.86 + 0 = 5vA3 + 2vP 3

·

PorserChoqueperfectamenteelastico

→e=0

e = vvP 3 vvA3 = 0 P 2 A2 vP 3 = vA3 − −

Entonces:

44.29 = 5vP 3 + 2vP 3 vA3 = vP 3 = 6.327m/s

conservación de Energ´ıa(tramo3) Para la máxima compresi´ on se procede cuando P se detiene moment´ aneamente T3 + V g 3 + V e3 = T4 + V g 4 + V e4 1 mvP 3 2 2 1 2 2

+ mgh3 + 12 kx o 2 = 12 mvP 4 2 + mgh4 + 12 k (δ max )2

· (6.327)

100(δ max )2

2

+ 2 9.81 δ max + 0 = 0 + 0 + 12 200(δ max )2

·

·

− 19.62 · δ − 40.031 = 0 max

δ max = 0.74m.


14



4.3

Problema 76

(choques perfectamente pl´ asticos) Como se muestra en la f ig .12.67, se dispara un proyectil con un angulo de 60 . A que altura y chocara el proyectil contra la colina, cuya ecuación se estima como y = 10 6 x2 ? Despreciar el rozamiento y tomar la velocidad inicial del proyectil de 900m/s ◦

−

Soluci´ on ∆E ◦ = ∆E f 1 mv◦y 2 + mgh ◦ = 12 mvf y 2 + mgh f 2 1 (v sin60)2 = 12 vf y 2 + gy 2 ◦ v◦2 sin602 = vf y 2 + 2gy .......................(1)

En el horizontal:

v cos60 t = x x ..................................(2) t = v cos60 vf y = v sin60 gt gx vf y = v sin60 v cos60 ....................(3)

∗

◦

◦

◦ ◦


− −

◦

15


actica Calificada 2da Pr´ Reemplazando (3) en (1) v

2 ◦

sin602 = ( v sin60

y = tan(60)x 2

◦

−

−

2

gx )2 v cos60

+ 2gy ...................(4)

◦

gx 2 2(v cos60) ◦

x = 1732050.808 x 24.222 x2 x = 68672.223,este reemplazando en (4)

−

y = 4715.874


16



4.4

Problema 84

(centro de masa - inercia) Un cilindro uniforme con un metro de di´ ametro y 50Kg de peso, rueda sin deslizar hacia debajo de una superficie inclinada 30 , como se muestra en la figura 13.78 ¿Cuál es la rapidez de su centro cuando ha recorrido 10 metros Examinaremos el movimiento de un cuerpo (un aro, un cilindro o una esfera) que rueda a lo largo de un plano inclinado. °

Soluci´ on

Las fuerzas que act´ uan sobre el cuerpo son:

a. el peso b. la reacción 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:


17


actica Calificada 2da Pr´ Movimiento de traslaci´ on del c.m.

mg sin θ

− F r = mac

Movimiento de rotaci´ on alrededor de un eje que pasa por el c.m.

F r .R = I c.α Relación entre el movimiento de traslaci´ on y rotación (cilindro sin deslizar)

ac = αR Si conocemos el ańgulo de inclinación ? y el momento de inercia Ic del cuerpo que rueda, calculamos ac y el valor de la fuerza de rozamiento Fr.

I cilindro

1 = .m.R2 2

Expresamos el momento de inercia

Ic = k.mR2 donde K es un factor geométrico de 1/2 para el cilindro.

ac =

g .senθ 1+k

mg .senθ F r = k 1+k Si deseamos calcular la velocidad del cuerpo después de haber recorrido una longitud x a lo largo del plano inclinado, partiendo del reposo, empleamos las ecuaciones del movimiento rectil´ıneo uniformemente acelerado

1 x = .acx2 2 Ingenier´ıa Civil - UNSCH

18



x = act La velocidad final vc del c. m. del cuerpo al llegar al final del plano inclinado es:

vc2

2gsenθ 2gh = 2.ac.x = x= 1+k 1+k

Siendo h la altura de partida del cuerpo referida a la posici´ on final:

h = x.senθ Remplazando los datos del problema:

vc2

2.(9.81).(sen30) = = 6.54 1 + 1/2

vc = 2.58m/s


19

5

´ PROBLEMAS CINETICA DE CUERPO RÍGIDO

5.1

Problema 81

(Leyes de newton)

En la figura 17.102 se muestra un motor eléctrico D que impulsa a los engranes C , B y a la cremallera A. Los diámetros de los engranes C y B son 15cmy40cm, respectivamente. La masa de A es de 400Kg . La masa y el radio de giro de la armadura del motor y del engrane C son 50Kgy 20cm, respectivamente. La masa de B es de 20Kg . Si el motor desarrolla un par constante de 10m Kg . ¿Qué distancia recorrera la cremallera A en 2 segundos?

−

Despreciar la inercia de las pequenas ruedas que estan abajo de A.

Soluci´ on

Datos : Dc = 15cm Rc = 0.075m Db = 40cm Rb = 0.2m ma = 200Kg ,mc = 50Kg ,mb = 20Kg M = 10m Kg rg = 20cm = 0.2m t = 2s

→ → −


20



Momento en el punto B

= I B αB M F (rb ) = 14 mbr2αb 10 0.2F = 14 (20)( 0.2)2αb F + αb = 50................(1)

∗

 M

B

− −

Momento en el punto C C = I C

 M

∗ αC 2

F (rc ) = mc (rgc ) αc F (0.075) = 50(0.2)2 αc F = 80 α ...................(2) 3 c

Sabemos que :

rcαc = rbαb αc = 83 αb...................(3) De(1), (2)y (3) αb = 1.807rad s2

La aceleración tangencial es: ab = αb rb  ab = 0.361m s2

∗

La longitud de arco de B es igual a la distancia que recorre A DA = 12 ab t2 DA = 0.722m = 72.2cm......(Rta)


21



5.2

Problema 107

(Leyes de newton)

En un instante dado, el extremo superior A de la barra tiene la velocidad y la aceleración mostradas. Determine la aceleración de la barra en ese instante.


22



Soluci´ on

w = 55 = 1.00rad /s aB = aA + aA/B (+ )aB = 0 10sen600 + α(10) cos600 (+ )0 = 7 + 10cos600 + α(10)sen600 α = 0.3321rad /s2 = 0.332rad /s2 aB = 7.875f t/s2 aB = aA w2rB /A + αxrB /A aBi = 7 j (1)2 (10cos300i 10sen300 j ) + ( αk )x(10cos300i + aB = 10cos300 + α(10sen300 ) + 0 = 7 + 10sen300 + α(10cos300 ) α = 0.3321rad /s2 = 0.332rad /s2 aB = 7875f t/s2 = 7.88f t/s2

→ − ↑ − − ← − − − → − ↑ − − −


−

←

23

− 10s

6

PROBLEMAS TEOREMAS DE TRABAJO Y ENERGÍA EN UN CUERPO RÍGIDO

6.1

Problema 55

(conservaci´ on de energ´ıa)

Un cilindro escalonado (f ig .18.60) se suelta desde la configuración de reposo donde el resorte esta estirado 25cm. Sobre el cilindro actúa una fuerza constante de 40Kg manteniendo una dirección fija en todo tiempo. El cilindro pesa 98Kg y su radio de giro es de 1.5metros, ¿Cuál es la rapidez de O después de que ha recorrido un metro? La constante del resorte es 35Kg /m

Soluci´ on

Datos : v◦ = 0 s = 25cm = 0.25m F = 40Kg = 392.4N m = 98Kg RG = 1.5myK = 35Kg/m = 343.35N /m Ingenier´ıa Civil - UNSCH

24



Sea : x la distancia desplazada x = d = 1m y respecto al centro θ = 20◦y sin20◦ = 0.342

Analizamos: DeltaE P = mg ∆h = mgx sin(θ ), reemplazandovalores : DeltaE P = 328.8X ......................................... (1)

− 12 K (X 22 − X 12) DeltaE P E = − 12 (343.35)((0.25 − 3X )2 − (0.25)2 ) DeltaE P E = −2317.6125X 2 + 257.5125X .................... (2) DeltaE P E =

DeltaE C = 12 mv 2 + 12 Iω2 DeltaE C = 12 (98)v 2 + 12 (98)( 1.5)2 ( V 2 )2 DeltaE C = 76.56V 2........................................ (3)

Ahora para el sistema: Wneto = ∆E C + ∆E P E + ∆E P 0 = 76.56V 2 2317.6125X 2 + 257.5125X + 328.8X V 2 = 30.76X 2 7.66X ParaX = 1,donde pide el ejercicio

−

−

V 2 = 30.76 7.66 V 2 = 22.61 V = 4.75m/s

−


25



6.2

Problema 107

(conservaci´ on de energ´ıa)

Una esfera maciza homogénea que pesa 50N rueda sin deslizamiento hacia abajo por un plano inclinado de 28ř respecto a la horizontal. Según indica la figura. Determinar la aceleración del centro de masa de la esfera y le m´ınimo valor que puede tomar el coeficiente de rozamiento para evitar el deslizamiento.

Soluci´ on

Usar las coordenadas a lo largo de la superficie normal, la ecuación del movimiento será.

 F = N − 10cos280 = 0  F n = 10sen280 − F = 10 100a  M n =  3  F = I α 32.2 G G

12

G

Puesto que el centro de masa de la esfera no tiene movimiento normal en la superficie. 10  3 2 = 0.007764slug.f t2 5 32.2 12

2 I G =   Ingenier´ıa Civil - UNSCH

 

26



Ya que la esfera desliza al y es:

3 aG =   α 12

De las ecuaciones tenemos: F = 4.69472 0.310056aG = 1.2422aG aG = 10.80ft/s2 F = 1.3413lb N = 8.8295lb umin = F /N = 0.152.

−


27

7

PROBLEMAS IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO EN UN CUERPO RÍGIDO

7.1

Problema 65

(impulso y cantidad de movimiento)

La mitad de un cilindro de masa y radio se suelta desde el reposo en la posición indicada. Si el medio cilindro rueda sin deslizarse, determine a) su velocidad angular después de haber girado 90ř , b) la reacción en la superficie horizontal en el mismo instante. (Sugerencia: Advierta GO = 34πr y que, mediante el teorema de ejes paralelos,I = 12 mr2 m(GO )2

−

Soluci´ on

Posición 1 t1 = 0v1 = 0

Posición 2 v2 =

4

−mg(OG) = − 3π mgr

Momento de Inercia: I = I 0 Ingenier´ıa Civil - UNSCH

− m(OG)2 28



1 I = mr2 2

 4 2 − m  = 0.319873mr2 3π

Dela cinemática: El punto C es el centro instantáneo:

 v = vG = bw2 = m r −

4  w2 = 0.57559rw2 3π



De la energ´ıa cinética: T 2 = 12 mv 2 + 12 Iw2 = 12 m(0.57559rw2 )2 + 12 (0.319873)mr2w2 2

= 0.32559mr2w22 a) Conservación de la energ´ıa: T 1 + V 1 = T 2 + V 2 0 + 0 = ( 0.319873)mr2w22 w22 = 1.3035 gr

− 34π mgr

  g w2 = 1.142 r

Cinemática: Traslación + rotación respectó a O = movimiento circular b) Aceleración de C. Componente X a0 Ingenier´ıa Civil - UNSCH

− rα = Oa0 = rα 29



c) Aceleración de G. Componente X a¯ x = a0 (OG )α = bα

→

Componentes Y: a¯ y =

(OG )w22

4 = rw22 3π

↑

+ M c = (M c )ef f ¯ 0 = bma¯ x + Iα ff = 0,a¯ x = 0  F = m¯a :R = m¯a R = 0 x x x x x  4r  2  + Fy = m¯ ay : Ry mg = m 3π w = 0 Ry = mg + m 34πr 1.3035 gr = 0 Ry = 1.533mg Ry = 1.533mg

 | ←



↓

−

↑

7.2

Problema 107

(impulso y cantidad de movimiento)

Un cilindro uniforme de 1metro de radio, rueda sin deslizar hacia abajo de una superficie inclinada 30◦ como se muestra en la figura 14.95, si el peso del cilindro es de 40Kg , ¿Cuál es la aceleración angular? Soluci´ on


30

Grupo 5 Irving Shames

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