Ejercicios Resueltos PYTEL

SEGUNDA PRACTICA CALIFICADA: “CINETICA DE LA PARTICULA Y EL CUERPO RIGIDO - ANDREW PYTEL AND JAAN KIUSALAAS”
UNIVERSIDAD NACIONAL
SAN CRISTOBAL DE HUAMANGA
FACULTAD DE INGENIERÍA DE MINAS, GEOLOGÍA Y CIVIL
E.F.P INGENIERIA CIVIL
“CINETICA DE LA PARTICULA Y EL CUERPO RIGIDO”
ANDREW PYTEL AND JAAN KIUSALAAS
Docente
Ing. CASTRO PEREZ, Cristian
Estudiantes
ARANGO PALOMINO, David
CUADROS GARCIA, Edison
CASTRO BUITRON, Rafael
VICAÑA PACHECO, Joel
INGENIERIA CIVIL UNSCH
1
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Tabla de Contenido
INTRODUCCION
“CINETICA DE LA PARTICULA Y EL CUERPO RIGIDO” - ANDREW PYTEL AND
JAAN KIUSALAAS
LEYES DE NEWTON.................................................................................. 5
TRABAJO Y ENERGIA ............................................................................. 15
CANTIDAD DE MOVIMIENTO .................................................................. 21
SISTEMA DE PARTICULAS ...................................................................... 27
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Ejercicio 1
Un proyectil de masa m se dispara desde el punto O en el instante t = 0 con velocidad vo
como se muestra en la figura. La resistencia aerodinámica FD es proporcional a la velocidad
del proyectil: FD= cv, donde c es una constante.
a) Deducir las ecuaciones de movimiento.
b) Verifique que la solución de las ecuaciones de movimiento es
x = C1 e−ct /m + C2 e y = C3 e−ct /m −
+ C4
Donde C1 a C4 son constantes.
c) Encontrar la altura h máximo dado que W = 8 N, c = 0,6 N. s / m, vo = 30 m / s, y θ=30
Solución
a)
Analizando, tenemos el diagrama de cuerpo libre mostrando la dirección de la fricción FD y
su respectiva descomposición en los ejes cartesianos.
mg
Trayectoria
may
cvx
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=
max
5
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FD=cv
cvx
Las correspondientes ecuaciones de movimiento son:
∑ Fx = max
−cvx = max
∑ Fy = ma y
− mg − cv y = ma y
b)
Para verificar que las expresiones para x (t) e y (t) dadas en el enunciado del problema
satisfacen las ecuaciones de movimiento, debemos de evaluar primero sus derivadas.
x = C1
+ C2
vx = ̇ = -C1
y = C3
-
+ C4
vy = ̇ = -C3
ax = ̈ = -C1
-
ay = ̈ = C3
Los resultados mostrados en la tabla reemplazamos en las siguientes ecuaciones
∑ Fx = max
−cvx = max
∑ Fy = ma y
− mg − cv y = ma y
, donde nos damos cuenta que satisfacen las ecuaciones de movimiento.
c)
Utilizando los valores numéricos dados para c y W, tenemos:
=
=
= 0.735 s-1
−
= 13,3 m / s.
Sustituyendo estos valores en las ecuaciones mostradas en la tabla, y suponiendo que el
tiempo t se mide en segundos, tenemos:
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x = C1
+ C2
vx =
(m)
C1
(m/s)
y = C3
vy =
-
+ C4
C3
(m)
– 13.3
(m/s)
Evaluando en t = 0:
1.
2.
x=0
y=0
vx = 30 cos 30o = 25,98 m / s
v y = 30 sen 30o = 15 m / s
3.
4.
De donde obtenemos las constantes:
C1 = -35,35 m, C2 = 35.35 m, C3 = -38,5 m, y C4 = 38,5 m.
Sustituyendo estos valores en las ecuaciones anteriores, tenemos:
x = 35.35(1 -
)
vx 25.98
(m/s)
(m)
y = 38.5(1 vy =
) – 50t
- 13.3
(m)
(m/s)
El valor máximo de y se produce cuando vy = 0, para un tiempo t1:
o =
t1 =
- 13.3
(m/s)
=-1.027 s
Sustituyendo t = t1 = 1,027 s en la ecuación anterior, se obtiene el valor máximo de y:
−
ymax = h = 38.5(1 -
) – 13.3(1.027)
ymax = 6.74 (m)
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Ejercicio 2
El coche de pasajeros de un parque de diversiones está conectado por el brazo AB al mástil
vertical OC. Durante un cierto intervalo de tiempo, el mástil está girando a la
tasa constante θ ˙ = 1,2 rad / s, mientras que el brazo se eleva en la constante de velocidad ̇
= 0,3 rad / s. Determinar los componentes cilíndricos de la velocidad y la aceleración del
vehículo en el instante en que = 40 ◦.
Solución
En la figura, vemos que R- y Z-, coordenadas del coche son
R = 4 sen φ y z = 6 - 4 senφ.
Sabemos que ̈ = 0 ( ̇ es constante), además a
= 40◦, entonces:
R = 4 sen = 4 sen 40 ◦ = 2,571 m
̇ = 12 cos ̇ = (4 cos 40◦) (0.3) = 0.919 m / s
̈ = -4sen ̇ 2 = -(4 sen 40◦) (0,3) 2 = - 0.231 m/s2
También:
z = 6-4 cos = 6-4 cos 40◦ = 2,936 m
̇ = 4 sen ̇ = (4 sen 40◦) (0.3) = 0.771 m / s
̈ = 4 cos ̇ 2 = (4 cos 40◦) (0,3)2= 0.276 m/s2
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Las componentes cilíndricos de la velocidad son:
vR = ̇ = 0.919 m / s
v = R ̇ = 2.571 (1.2) = 3.085 m / s
vz = ̇ = 0.771 m / s
Sabemos que ̇ es constante, entonces las componentes de la aceleración son:
a R = ̇ − R ̇ 2 = 0.231 − 2.571(1.2)2 = −3.933 m/s2
aθ = R ̈ + 2 ̇ ̇ = 0 + 2(0.919)(1.2) = 2.206 m/s2
az = ̈ = 0.276
Ejercicio 3
El eje vertical AB de la figura gira en un cojinete en A. El deslizador de 0,6 kg de P se puede
mover libremente a lo largo de la barra sin fricción OD, que esta rígidamente unido a AB en
un ángulo de 30◦. En un cierto instante cuando r = 1,2 m, se sabe que ̇ = 4 rad / s, ̈ = 0, y la
velocidad de P con respecto al diámetro exterior es ̇ = 4 m / s. En este instante, determinar
la magnitud de la fuerza de contacto ejercida sobre P por OD, y ̈ , la aceleración de P en
relación con OD.
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Solución
El diagrama de cuerpo libre de P sería:
5.886 N
maz = m ̈
ma = m
maR = m ̈ -
=
N2
N1
30
̇ +2 ̇ )
̇ )
o
O
O
Donde su peso es mg = 0,6 (9,81) = 5.886 N.
De la figura se obtiene:
R = r sen 30◦ = 1,2 sen 30◦ = 0,60
z = r cos 30◦.
Derivando con respecto al tiempo, y reemplazando ̇ = 4 m / s, tenemos:
̇ = ̇ sen30o = 4sen30o = 2 m/s
̈ = ̈ sen30o
̇ = ̇ cos30o = 4cos30o = 3.464 m/s
̈ = ̈ cos30o
Las ecuaciones de movimiento son:
∑ FR = maR = m ̇ − R ̇ 2)
- N1cos 30◦ = 0,6 [ ̈ sen 30◦ - 0.60 (
)]
∑ Fθ = maθ = m (R ̈ + 2 ̇ ̇ )
N2 = 0,6 [0 + 2 (2) (4)] = 9,600 N
∑ Fz = maz = m ̈
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N1 sen 30◦ - 5.886 = 0,6 ( ̈ cos 30◦)
Resolviendo las ecuaciones, obtenemos:
̈ = -3,70 m/s2
N1 = 7.931 N.
Por lo tanto la magnitud de la fuerza de contacto ejercida por OD es:
N = (N12 + N22 )1/2= ((7.931)2 + (9.600)2) 1/2 = 12.45 N
N= 12.45 N
Ejercicio 4
El cuerpo que se muestra en la figura consta de la barra homogénea delgada 1 que está
conectado rígidamente a la esfera 2 homogénea. El cuerpo está girando en el plano vertical
alrededor del pasador en O. Cuando el cuerpo está en la posición donde θ = 30 o, su
velocidad angular es ω = 1,2 rad / s hacia la derecha. En este instante, determinar la
aceleración angular α y la magnitud de la reacción en el pasador de O.
Solucion
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Hacemos el diagrama de cuerpo libre
Tenemos:
r̄1 = 0.4 m
r̄2 = 1.0 m
I1α =
α=
α = 1.600α N.m
m1r1ω2 = 30(0.4)(1.2)2 = 17.28 N
m1r1α = 30(0.4)α = 12.00α N
Tenemos En la esfera:
I2α = (m2)(R)2α = 1.280α N.m
mr2ω2 = 80(1.0)(1.2)2 = 115.2 N
m2r2α = 80(1.0)α = 80.00α N
Resolveremos las ecuaciones de movimiento:
(∑MO)FBD = (∑MO)MAD
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30(9.8)(0.4) cos 30◦ + 80(9.8)(1) cos 30◦
= 1.600α + (12α)(0.4) + 1.280α + (80.00α)(1.0)
= 87.68α
α = 8.905 rad/s2
Las ecuaciones de las fuerzas n-t son:
∑MO = IOα.
α = 8.914 rad/s2
∑Ft = mat
Ot + 30(9.8) cos 30◦ + 80(9.8) cos 30◦ = 12.00(8.905) + 80.00(8.905)
Ot = −114.3N
∑Fn = man
On − 30(9.8) sin 30◦ − 80(9.8) sin 30◦ = 17.28 + 115.2
On = 671.5 N
Hallando la magnitud:
O = (Ot2 + On2)1/2
O = ((−114.3)2 + (671.5)2)1/2 = 681.2 N
O = 681.2 N
Ejercicio 5
Una barra homogénea delgada AB de masa m y longitud L se libera desde el reposo en la
posición que se muestra en la figura. Determina la aceleración del extremo A, la reacción en
A, y la aceleración angular de la barra inmediatamente después de la liberación.
Supongamos que el plano horizontal es sin fricción.
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Solucion
Hacemos el diagrama de cuerpo libre:
B
𝑳
𝒘𝟐
𝟐
𝑮
𝑳
𝟐
𝒂𝑨
𝑳
𝟐
𝑳
𝜶
𝟐
60°
a = aG = aa +
aG/A
Obtenemos las siguientes ecuaciones de movimiento
(∑MA)FBD = (∑MA)MAD
mg( cos60o) =
α+
α( ) – maA( sen60o)
a A = 0.7698L α − 0.5774g
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La ecuacion de la fuerza horizontal es:
∑ Fx = m ̈
0 = −maA + m sen60o
a A = 0.4330L α
a A = 0.742g
α = 1.714
La ecuacion de la fuerza vertical es:
∑ FY = m ̈
− mg + N = −m α cos 60o
Reemplazando el valor de α, tenemos:
N = 0.572 mg
Ejercicio 6
El collar A de masa m = 1,8 kg se muestra en la figura. se desliza sobre una barra sin fricción
que se encuentra en el plano vertical. Una cuerda está unida a A y pasa sobre una polea en B.
Se aplica la fuerza horizontal P constante hasta el final de la cuerda. El collar se libera del
reposo en la posición 1. Determinar la velocidad del cuello en la posición2 si P = 20 N. (2)
Encontrar el menor valor de P para que el cuello llegue a la posición 2.
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Solución
B
W=mg
x
30o P
Y
X
30o
N
A
El trabajo realizado por el peso W = mg del collar se puede obtener de la ecuación:
U1-2 = mgh
Donde h es el cambio en la elevación se muestra en la primera figura.
La fuerza P en la segunda figura es una fuerza central constante. Por lo tanto, su trabajo
es:
U1-2 = -P∫
= P (L2 – L1)
Tenemos :
T1 = 0, T2 = mv22.
Así
U1-2 = T2 - T1
-mgh + P (L1 - L2) = mv22 - 0
De la primera figura obtenemos:
h = 2 sen 30◦ = 1,0 m
L = ((2 cos 30◦)2 + (2.5)2) 1/2= 3.041 m
L 2 = 2,5 -1,0 = 1,5 m.
Reemplazando m = 1,8 kg y P = 20 N en:
-mgh + P (L1 - L2) = mv22 – 0
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- (1,8) (9,81) (1,0) + 20 (3,041 a 1,5) = (1,8) v22
v2 = 3,82 m/s
Para el menor valor de P para que el cuello llegue a la posición 2, hacemos:
-mgh + P (L1 - L2) = 0
P=
=
= 11.46
P = 11.46
Ejercicio 7
El collar de 2 kg que se muestra en la figura se desliza a lo largo de la varilla de guía con una
fricción insignificante. La longitud libre del resorte unido al collar es L0 = 1,2 m, y su rigidez
es k = 60 N / m. Si el collar se mueve hacia abajo con la velocidad v A = 4 m / s cuando está en
A, determinar la velocidad del collarín en B.
Solución
Diagrama de cuerpo libre
z
A
W
s
F
x
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N
y
B
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El trabajo del peso es:
UA-B = -W (zB - zA) = 2 (9.8) (0 - 0,8) = 15.7 N.m
El trabajo realizado por la fuerza elástica en el cuello es:
U A-B = - k (
B
2
–
2
A
)
Los correspondientes alargamientos son:
A
= LA - L0 = (0,62 + 0,82)1/2 - 1,2 = - 0,2 m
B
= LB - L0 = 2-1,2 = 0,8 m
Reemplazando
2
((
U A-B = -
y
A
B,
El signo negativo indica que el
muelle se comprime cuando el
collar está en A
tenemos:
2
–
)
U A - B = -18 N.m
El trabajo total realizado sobre el cuello es:
U A-B = 15,7 - 18 = -2.3 N.m
Aplicando del principio de trabajo-energía entre las posiciones A y B, tenemos:
U A - B = TB - TA=
-2.3 =
(
(
B
2
–
B
2
–
2
A
)
2
)
vB = 3,7 m / s
Ejercicio 8
La primera figura muestra un giro en sentido anti horario C (θ) que actúa sobre la uniforme
barra AB de 1,5-kg . Calcule el trabajo total realizado en el bar, ya que gira en el plano
vertical sobre A, θ = 0 a θ = 180osi
1. C (θ) = 4,9 pecado θ N · m
2. C(θ) varía como se muestra en la segunda figura:
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Solución
El trabajo total realizado sobre la barra es la suma del trabajo realizado por el peso W y
el giro C:
(U1−2 )C = ∫
=∫
= 9.8N
U1−2 = (U1−2 )C + (U1−2)w = 9.8 − 5.9 = 3.9 N · m
(U1−2 )C =1/2(4.9)(π ) = 7.7 N · m
El trabajo total realizado será:
U1−2 = (U1−2 )C + (U1−2)w = 7.7 − 5.9 = 1.8 N · m
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Ejercicio 9
Un par (no mostrado) hace que el disco excéntrico de masa M de la figura pueda rodar sin
deslizamiento con velocidad angular ω constante. El radio de giro del disco
alrededor de su centro de masa G es k. Determinar las energías máximas y mínimas
cinéticos del disco y los valores correspondientes del ángulo θ (el ángulo entre OG
y la vertical). Utilice los siguientes datos: M = 40 kg, R = 240 mm, e = 50 mm,
k = 160 mm, y ω = 10 rad / s.
La energía cinética del disco será:
T = (I + M
2
)ω2 = 1/2M(k2 + CG2)ω2
Vemos que CG tiene su valor más pequeño. Por lo tanto, el valor máximo y mínimo de la
energía cinética del disco es respectivamente:
Tmax =
( (40)[(0.16)2 + (0.29)2](10)2 =219.4 J para θ =180◦
Tmin =
( (40)[(0.16)2 + (0.19)2](10)2 =123.4 J para θ =0
G
R + e = 0.29
m
G
R - e = 0.19
C
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m
C
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Ejercicio 10
En el tiempo t = 0, la velocidad de la partícula de 0,5 kg de la figura es 10 m / s hacia la
derecha. Además de su peso (el plano xy es vertical), la partícula se actúa sobre por la fuerza
P (t). La dirección de P (t) es constante durante todo el movimiento, pero su magnitud
varía con el tiempo como se muestra en la figura. (b). Calcular la velocidad de la partícula
cuando t = 4 s.
Solución
Tenemos el siguiente diagrama
Las componentes del impuso serán:
(L 1−2 )x = 0
(L 1−2 ) y = −mg t = −0.5(9.81)(4) = −19.620 N · s
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Como P (t). es constante, tenemos:
(L 1−2 )x = 16(cos 60o) = 8.0 N · s
(L 1−2 ) y = 16(sin 60 o) = 13.856 N · s
Sustituyendo las ecuaciones en el principio de impulso, tenemos:
(L 1−2 )x = (mvx )2 − (mvx )1
8.0 = 0.5(vx )2 – 5
(vx )2 = 26.00 m/s
(L 1−2 ) y = (mv y )2 − (mvy )1
13.856 − 19.620 = 0.5(v y )2 – 0
(v y )2 = −11.53 m/s
θ = arctan(11.53/26)
θ = 23.9o
Ejercicio 11
La parte recta de un salto de esquí está inclinado en 60o respecto a la horizontal. Después de
dejar la puerta de salida con una velocidad insignificante, un esquiador de 50 kg alcanza una
velocidad de 25 m / s en 3,5 s. Determinar el coeficiente de fricción cinética entre los esquís y
la pista. Desprecie la resistencia del aire.
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Fuerzas en “y”:
Fy = 0
N A − (50)(9.8) cos 60o = 0
N A = 245 N
Hallamos la fuerza de rozamiento Faplicando el principio de impulso-momento en
la dirección x.
(L 1–2 )x = m[(v2 )x − (v1 )x ]
[(50)(9.8) sen600 − F ] 3.5 = 50(25 − 0)
F = 67.2N
Por lo tanto, el coeficiente de fricción cinética es
μk = =
= 0.274
μk = 0.274
Ejercicio 12
El conjunto que se muestra en la figura consiste en un brazo AOC, a la que se fijó dos varillas
delgadas homogénea AB y CD. El conjunto gira alrededor del eje z en
un cojinete de fricción en O. Un mecanismo interno (no mostrado en la figura) puede
desplazar y bloquear las dos barras en cualquier ángulo θ. El momento de inercia del brazo
AOC sobre el eje z es 1,04 kg · m2, y varillas de AB y CD de masa 1,5 kg cada uno.
Inicialmente, el conjunto está girando libremente sobre el eje z con la velocidad angular
ω1 = 10 rad / s con θ = 90o. Calcular la velocidad angular del conjunto cuando
las barras se han movido a la posición θ = 180 ◦.
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SEGUNDA PRACTICA CALIFICADA: “CINETICA DE LA PARTICULA Y EL CUERPO RIGIDO - ANDREW PYTEL AND JAAN KIUSALAAS”
Solución
Los diagramas de impuso son:
Īz ω1 = 1.04(10) = 10.4 N. m. s
mv̄1 = mr1 ω1 = 1.5(0.8)(10) = 12 N · s
Arm AOC:
Īz ω2 = 1.04ω2
Rods AB and CD (both rods are in the plane of the figure):
mv̄2 = mr2 ω2 = 1.5(1.1)ω2 = 1.65ω2
Īz ω2 = 1/12mL2ω2 = 1/12 (1.5)(0.6)2ω2 = 0.045ω2
Por la conservación del momento angular, tenemos:
(h z )1 = (h z )2
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SEGUNDA PRACTICA CALIFICADA: “CINETICA DE LA PARTICULA Y EL CUERPO RIGIDO - ANDREW PYTEL AND JAAN KIUSALAAS”
10.4 + 2[0.8(12)] = 1.04ω2 + 2(0.045ω2 ) + 2[1.1(1.65ω2 )]
ω2 = 6.22 rad/s
Ejercicio 13
El disco 150 kg homogéneo gira alrededor del eje fijo en O. En el disco actúa una fuerza
constante P = 320N (aplicado a una ranura la cuerda alrededor del disco)
y el par en sentido anti horario C (t), que varía con el tiempo como se muestra en la
figura. Si el disco estaba en reposo en el tiempo t = 0, determinar 1) su velocidad angular
cuando t = 4 s, y 2) el tiempo cuando la velocidad angular invierte la dirección.
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SEGUNDA PRACTICA CALIFICADA: “CINETICA DE LA PARTICULA Y EL CUERPO RIGIDO - ANDREW PYTEL AND JAAN KIUSALAAS”
Solución
Hallando el momento de inercia del disco alrededor de su centro de masa:
2
I = 1/2 m R 2 = 1/2 (150)(0.6)2 = 27 kg · m
Para t1=0, t2=4s
t− ∫
( A O )1−2 = PR
= (320)(0.6)(4) − (300)(4) = 168 N.m
( A O )1−2 =
h O = I (ω2 − ω1 )
El impuso resultante es cero:
168 = 27(ω2 − 0)
ω2 = 6.22 rad/s
( A O )1−3 = PR t − ∫
=0
(320)(0.6)(4) t 3 −( (300)(4) + 300(t 3 -4)) = 0
Resolviendo la ecuación, tenemos:
t3 = 5.56 s
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SEGUNDA PRACTICA CALIFICADA: “CINETICA DE LA PARTICULA Y EL CUERPO RIGIDO - ANDREW PYTEL AND JAAN KIUSALAAS”
Ejercicio 14
Los dos collares A y B están unidas por una cuerda de longitud L. El collar A se mueve hacia
la derecha con velocidad constante vA. Determinar la velocidad y la aceleración deL collar B
en función de VA y θ.
Solución
Tenemos la siguiente ecuación
XA2 + XB2 = L2, derivando:
2XA VA + 2YBVB = 0
XA VA + YBVB = 0, derivando
(XA aA + VA2 )+ (YBaB + VB2 ) = 0
VB = - VA
= - VA
VB = - VAtan
Debido a que la aA = 0, la aceleración de B es:
aB = -
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SEGUNDA PRACTICA CALIFICADA: “CINETICA DE LA PARTICULA Y EL CUERPO RIGIDO - ANDREW PYTEL AND JAAN KIUSALAAS”
Sabemos que yB = L cos θ
(1 + tan2 θ) = 1 / cos2θ
aB = aB = -
Ejercicio 15
Los bloques A y B están conectados por un cable que corre alrededor de dos poleas de masa
despreciable, como se muestra en la figura. El coeficiente cinético de fricción entre el plano
inclinado y el bloque A es 0,4. Si la velocidad inicial de A es de 3 m / s en el plano, determinar
el desplazamiento sA del bloque A (medidos desde la posición inicial), cuando el sistema se
detiene.
Solución
Hacemos el diagrama de cuerpo libre del bloque A
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Fy = 0
NA - WA cos 20◦ = 0
FA = μkNA = μk WA cos 20◦ = 0,4 (5) (9,8) cos 20 ◦ = 18,42 N
Del gráfico, tenemos:
s A + 2sB = cte
Por lo tanto
sA + 2 sB = 0
vA + 2VB = 0
Aplicamos el principio del trabajo-energía
(U1-2)ext (U1-2) int = T2 - T1
(WAsen20o)
sA - FA sA + WB sB + 0 = 0 - (
(VA)2 +
(VB)2)
Reemplazando valores conocidos
(5) (9,8) sen20o sA - 18,42 sA + 3 (9,8) 2(
) = - ( (3)2 +
( )2)
= 1.58 m
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Ejercicio 16
El conjunto se muestra en la figura consta de dos pequeñas bolas, cada una de masa m, que
se deslizan sobre una fricción, AOB marco rígido de masa despreciable. El apoyo en O
permite la libre rotación del bastidor alrededor del eje z. El marco está girando inicialmente
con la velocidad angular ω1 mientras que las cadenas tienen las bolas en la distancia radial
R1. Las cuerdas se cortan al mismo tiempo, permitiendo que las bolas se deslicen hacia los
extremos en A y B, que se encuentra en la distancia radial R2. Determinar ω2, la velocidad
angular final, en el supuesto de que las bolas no rebotan después de golpear los extremos A
y B.
Solución
Las velocidades de las bolas están relacionadas con las velocidades angulares por:
v1 = R1 y ω1
v2 = R2 ω2.
Hacemos el diagrama de cuerpo libre
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Por la conservación del momento angular:
(h z )1 = (h z )2
2(m R1 ω1 ) R1 = 2(m R2 ω2 ) R2
ω2 = ( R 1 / R 2 ) 2 ω1
Ejercicio 17
Dos discos idénticos A y B, con un peso de 2 kg cada uno, se deslizan a través de un tablero
horizontal de la mesa cuando chocan con las velocidades (VA) 1 = 3 m / s y (VB) 1 = 2 m / s,
dirigido como se muestra en la figura. Si el coeficiente de restitución para el impacto es e =
0.8, calcular los vectores de velocidad de los discos inmediatamente después del impacto.
Desprecie la fricción.
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Solución
Realizamos el diagrama respectivo
Aplicamos
(L 1-2) x = px to
En la figura vemos que
no hay impulso en A en
la dirección x
(Px) 1 = (px) 2
m A (v A) 1 cos 60◦ = mA(v Ax) 2
Reemplazamos (v A) 1 = 8 ft / s
(VAx) 2 = (vA) 1 cos 60◦ = 3 cos 60◦ = 1,5 m / s
Luego Aplicamos (L1-2 ) x = px
(VBX) 2 = (VBX) 1 = 0
Luego Aplicamos (L1-2 ) y = py
(Py) 1 = (Py) 2
m A (v A) 1 sen 60 ◦ - m B (vB) 1 = m A (v Ay) 2 + m B (VBY) 2
2 (3) sen 60 ◦ - 2 (2) = 2 (v Ay) 2 + 2 (VBY) 2
(V Ay) 2 + (VBY) 2 = 0.598
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Utilizando el coeficiente de restitución
e = VSEP / vApp
vApp = 3 sen 60 ◦ + 2 = 4.598 m / s.
VSEP = (VBY) 2 - (v Ay) 2.
(VBY) 2 – (V Ay) 2 = 3.678
Resolviendo las ecuaciones, tenemos:
(V Ay) 2 = -1,54 m / s
(VBY) 2 = 2.14 m / s
Luego, después del impacto tendremos:
(VB) 2 = 2,14 m / s
(VA) 2 = 2.15 m / s
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