Mecánica para Ingeniería (Bedford-Fowler)

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1 Universidad Nacional San Cristobal De Huamanga Facultad De Ingenieria Minas, Geologia Y Civil Escuela De Formacion Profesional De Ingenieria Civil Resolución de Problemas Mecánica para Ingeniería (Bedford-Fowler) Cinética de partícula y cuerpo rígido Asignatura : (IC-244) Alumnos : Calderón Quispe, Gilmer Navarro Bautista, Paul Maldonado Carlos, Juan José Infante Leva, Samuel Docente : Ing. Cristian CAstro Perez Ayacucho - Peru

2 Contenido 1. Leyes de Newton problema Problema Problema Problema Método de trabajo y energía Problema Problema Problema Problema problema Problema Cantidad de Movimiento Problema Problema Sistemas de Partículas Problema Problema Problema Problema

3 Capítulo 1 Leyes de Newton 1.1 problema 01 El paquete de parte del reposo y se desliza por la rampa suave. Los dispositivos hidráulicos ejerce B una fuerza de 2000 N constante y trae el paquete para descansar en una distancia de 100 mm desde el punto en el que hacecontacto. Cuál es la masa del paquete? A 2 m B 30 mg mg N N N En primer lugar analizamos el movimiento antes de que llegue al punto B F : mgsin30 = ma a = gsin30, v = (gsin30)t, s = (gsin30) t2 2 3

4 CAPÍTULO 1. LEYES DE NEWTON cuando se llega a B s = 2m = (gsin30) t2 2 t = 0 903s v = (gsin30) (0 903s) = 4 43m/s Ahora analizamos el movimiento despues de que llegue al punto B F : mgsin30 200N = ma m/s a = v dv = g sin N/m ds 0 1m vdv = (g sin N/m)ds 0 0 (4 43m/s)2 2 = (g sin N/m)(g sin /m) Resolviendo la ultima ecuación encontramos m = 19 4kg 1.2 Problema 02 El robot está programado de modo que la Parte de 0 4kgA describe la trayectoria r = 1 a 0 5 cos(2πt) θ = 0 5 a 0 2 sin(2πt) Determinar los componentes radial y transversal de la fuerza ejercida sobre una de las mandí bulas del robot en el instante t = 2s r A θ 4

5 CAPÍTULO 1. LEYES DE NEWTON El componente radial de la aceleración esta dado po: a r = d2 r dt 2 r(dθ dt )2 Obteniendo las derivadas correspondientes para dr dt = d (1 0 5 cos 2πt) = π sin 2πt dt d 2 r dt = d 2 dt (π sin 2πt) = 2π2 cos 2πt dθ dt = d ( sin 2πt) = 0 4π cos 2πt dt d 2 θ dt = d dt ( 0 4π cos 2πt) = 0 8π2 sin 2πt [a r ] t=2 = 2π 2 cos 4π (1 0 5 cos 4π)( 0 4π cos 4π) 2 = 2π 2 0 8π 2 = 18 95m/s 2 θ(t = 2) = 0 5rad A partir de la segunda ley de Newton Del cual se obtiene La componente Transversal de la aceleración es: Remplazando obtenemos F r mg sin θ = ma r F θ mg cos θ = ma θ F r = 0 4a r + 0 4g sin θ = 9 46N a θ = r( d2 θ dt ) + 2(dr dt )(dθ dt ) a θ = r( d2 θ dt ) + 2(dr dt )(dθ dt ) [a θ ] r=2 = (1 0 5 cos 4π)(0 8π 2 sin 4π) + 2(π sin 4π)( 0 4π sin 4π) = 0 F θ = 3 44N 5

6 CAPÍTULO 1. LEYES DE NEWTON 1.3 Problema 03 El brazo BC de la figura tiene una masa se 12kg y su momento de inercia de masa respecto a su centro de masa es de 3kg m2. Si B esta en reposo y el brazo BC tiene una velocidad angular antihoraria constante de 2rad/s en el instante mostrado. determinar el par y las componentes de la fuerza ejercida sobre el brazo BC en B y 300 mm C A 40Њ B x 700 mm debido aque el punto B se esta acelerando, las ecuaciones de movimiento angular debe ser escrito sobre el centro de masa del brazo. las distancias vectoriales de A y B y de B y G respectivamente, son: r B/A = r B r A = 0 7 i r G/B = 0 3 cos(40) i sin(40) j La aceleracón de punto B es: = ĩ jm a B = αx r B/A ω 2 AB r B/A = ω 2 AB(0 7 i)(m/s 2 ) La aceleración del centro de masa es: a G = a B + α BC x r G/B ω 2 BC r G/B i j k a G = 2 8 i i j = 2 948ĩ jm/s 2 6

7 CAPÍTULO 1. LEYES DE NEWTON A partir de la segunda ley de newton B x = mag x = (12)( 2,948) = 35,37N B y mg = mag y A partir de la ecuación de movimiento angular,m G = I α BC M G = M B + r B/G xb = = M B k k(n m) i j k nota I = 3kg m 2 y α BC = 4k(rad/s 2 ),del cual se obtiene M B = 17,21N m 1.4 Problema 04 En la figura la barra esbelta pesa 40N y la caja 80N Esta descansa sobre una superficie lisa.si el sistema esta en reposo en instante mostrado Qué par M ocasionará qu la caja acelere hacia la izquierda 14m/s2? 6 m M 3 m 6 m 7

8 CAPÍTULO 1. LEYES DE NEWTON N N Hay 6 nincognitas (M, T, N, O x, O y, α)cinco ecuaciones dinamicas y una ecuación de restricción para lo cual usaremos las siguientes relaciones MO : M (40N) (1 5m) Fx : Tcos45 = ( 80N 9 81m/s 2 )(14m/s2 ) La ecuación de restricción se rediva del triángulo que se muestra L = 45m, d = 6 2m, θ = 63 4 x = L cos θ + d 2 L 2 sin 2 θ ( ) = L sin θ L2 cos θ sin θ θ d2 L 2 sin 2 θ Tcos45(6m) Tsin45(3m) = 1 3 ( 40N 9 81m/s 2 )(45m2 )α SAbiendo queẋ = 0ω = θ = 0 ( ẍ = L sin θ ẍ = ) L2 cos θ sin θ θ (14m/s 2 ) d2 L 2 sin 2 θ ( ) L sin θ L2 cos θ sin θ α d2 L 2 sin 2 θ Resolviendo tenemos α = 1,56rad/s 2 M = 1149N m T = 161 5N. 8

9 Capítulo 2 Método de trabajo y energía 2.1 Problema 01 En la figura, el pistón y la carga que soporta son acelerados hacia arriba por el gas en el cilindro. el peso total del pistón y la carga es 1000kg. El cilindro ejerce una fuerza de fricción constante de 50N sobre el pistón cuando este se levanta. La fuerza neta ejercida sobre el pistón por la presión es (p p atm )A, donde p es la presión del gas, patm = 2117N/m 2 es la presión atmosférica, y A = 1m 2 es el área transversal del pistón, suponga que el producto de p y el volumen del cilindro es constante. Cuando s = 1m, el pistón esta en reposo y p = 5000N/m 2. cuál es la velocidad del pistón cuando s = 2m? Piston Gas s En la posición de reposo p 0 A 0 s = p 0 V = K donde V = 1m 3, K = p 0 la energía potencial del pistón debido a la presión del gas cuando inicia el moviento es s s v gas = F ds = (p p atm )Ads = p atm A(s s 0 ) pads s 0 s 0 s 0 s 1 v gas = p atm A(s s 0 ) s 0 s ds = p atma(s s 0 ) k ln( s ) s 0 La energía potencial gravitatoria es v gra = s el trabajo de la fricción es U f = s s 0 ( W )ds = W (s s 0 s 0 ( f)ds = f(s s 0 )dondef = 50N. 9 s

10 CAPÍTULO 2. MÉTODO DE TRABAJO Y ENERGÍA Por el principio del trabajo y la energía U f = 1 2 (W g )v2 + v gas + v gra 1 2 (W g )v2 = U f v gas v gra cons = 2m 1 2 (W g )v2 = ( ) = 298 7Nm 2(298 7)g v = 2 42m/s v = W 2.2 Problema 02 El collarin A de 12 kg esta en reposo en la posición mostrada en t = 0 y se encuentra sometido a la fuerza tangencial F = 24 12t 2 durante 1 5s. ignorando la fricción, qué altura máxima h alcanza? F A h 2 m Primero obtenemos la velocidad a partir de la ley de Newton m dv dt v = 1 m v = 1 m = F = 24 12t2 integrando 1,5 0 1,5 0 (24 12t 2 )dt = 1 m [24t 4t3 ] 1,5 0 = 1 875m/s (24 12t 2 )dt = 1 m [24t 4t3 ] = 1 875m/s Nota: la distancia recorrida por el collarin no debe ser mayor a 2 m s = 1 m (24t 4t 3 )dt s = 1 m [12t2 t 4 ] 1,5 0 = 1 82m < 2m la energía mecánica se conserva 1 2 mv2 o = 1 2 mv2 + mgh 10

11 CAPÍTULO 2. MÉTODO DE TRABAJO Y ENERGÍA la máxima altura se da cuando la velocidad es cero entonces h = v2 o 2g = 0 179m 2.3 Problema 03 En la figura la barra esbelta de 4kg esta articulada a un deslizador A de 2 kg y a un disco cilíndrico homogéneo de 4kg en B. Ignore la fuerza de fricción sobre el deslizador y suponga que el disco rueda. Si el sistema se libera del reposo con θ = 60 Cuál es la velocidad angular de la barra cuando θ = 0? A 1 m θ B 200 mm El centro instantáneo de la barra tiene las coordenadas: (L cos θ, L sin θ) y la distancia desde el centro de masa de la barra es l. la velocidad esta relacionado asi: 2 v = L 2 ω v es la velocidad de centro de masa y la velocidad del cilindro esta dado por v A = ωl cos θ La velocidad del disco es: v B = ωl sin θ 11

12 CAPÍTULO 2. MÉTODO DE TRABAJO Y ENERGÍA La energia potencial del sistema esta dado por: V 1 = m A gl sin θ 1 + mg para V 2 = 0 la energía cinética es ( ) L sin θ 1 2 T 2 = 1 2 m Av 2 A mv2 + 1 ml ω m Bv 2 B v A = ωl cos 0 0 = ωl v B = ωl sin 0 0 = 0 ( ) L v = ω 2 m B R 2 ( vb ) R 2 Por conservación de energía V 1 = T 2 ω = 4 52rad/s 2.4 Problema 04 La barra esbelta mostrada pesa 14kg y el disco cilíndrico 9kg el sistema se libera del reposo con la barra horizontal. Determine la magnitud de la velocidad angular de la barra cuando esté vertical si la barra y el disco estan soldados en A. O A 1.2 m 0.3 m El trabajo realizado por los pesos de la barra y el disco cuandocaen es U 12 = m bar g(0 6) + m dis g(1 2) U 12 = (14)(9 81)(0 6) + 9(9 81)(1 2) = 188 4N m 12

13 CAPÍTULO 2. MÉTODO DE TRABAJO Y ENERGÍA El momento de inercia de la barra en el extremo I 0 = 1 3 m barl 2 = 6 72kg m 2 La energía cinética final de la barra es T bar = 1 2 I 0ω 2 = 3 36ω 2 Hallando momento inercia del disco respecto de A I A = 1 2 m disr 2 = 0 45kg m 2 La energía cinética final del disco es T dis = 1 2 m disl 2 ω I Aω 2 U 12 = T dis + T bar = 3 36ω ω 2 ω = 4 33rad/s 2.5 problema 05 El collarín de 10kg mostrado parte del reposo en la posición 1 y resbala a lo largo de la barra. El eje señala hacia arriba. La constante de resorte es K = 100N/m y la longitud del resorte si estirar es de2m. Use el principio de de la conservación de la energía para determinar la velocidad del collarin cuando éste alcanza la posción 2 y 2 (4, 4, 2) m (6, 2, 1) m 1 (1, 1, 0) m x z 13

14 CAPÍTULO 2. MÉTODO DE TRABAJO Y ENERGÍA La longitud del resorte en la posición 1 es: S 1 = (6 1) 2 + (2 1) 2 + (1 0) 2 = 3 2m La longitud del resorte en la posición 2 es: S 1 = (6 4) 2 + (2 4) 2 + (1 2) 2 = 1m El trabajo realizado por el resorte es U r = S 2 S 1 ( Ks) ds = El trabajo realizado por la gravedad es: U g = h Por el principio de trabajo y energía K ( S 1 2 S 2 2 ) = 460 8N/m ( mg) ds = mgh = 294 3N/m U r + U g = 1 2 mv2 Remplazando los valores correspondientes se tiene: v = 5 77m/s 2.6 Problema 06 en la figura la barra AB pesa 5kg y la barra BC 3kg. Si el sistema se libera del reposo en la posición mostrada ; Cuáles son las velocidades angulares de las barras en el instante inmediato anterior en que la junta toca el piso liso? A B 1 m C 2 m 1 m 14

15 CAPÍTULO 2. MÉTODO DE TRABAJO Y ENERGÍA A B 1 m C 2 m 1 m El trabajo por el peso de la barra es: v 12 = m AB g(0 5) = La velocidad del punto B es v B = v A + ω AB x r B/A i j k v B = ω AB = ω AB i 3ω AB j 1 0 (I) La velocidad del punto C es v B = v C + ω BC x r B/C i j k v B = v C i ω BC De las ecuaciones I y II = v C i + 2ω BC j (II) v C = ω AB i 3 ω BC = 2 ω AB (III) La velocidad ene punto medio de BC (G) v G = v C + ω BC x r G/C i j k v G = ω AB ω BC = ω AB i v G = ω AB i ω BC j 3 2 ω AB j (IV ) 15

16 CAPÍTULO 2. MÉTODO DE TRABAJO Y ENERGÍA Hallando la energía U 12 = 1 2 [ ] 1 3 m AB(2) 2 ω 2 AB m BC(V G ) [ 1 ( ) ] m BC 2 ω 2 BC De las ecuaciones (III) (IV) ω AB = 2 49rad/s ω BC = 3 05rad/s 16

17 Capítulo 3 Sistema de Particulas 3.1 Problema 01 Una esfera suspendida de una cuerda que pasa por un agujero en el techo en O se mueve con velocidad V A en una trayectoria circular horizontal de radio r A. la cuerda se jala a través del agujero hasta que la esfera se mueve con velocidad V B en una en una trayectoria circular horizontal de radio r B. Use el principio del impulso angular y del momento angular para demostrar que V A r A = V B r B O r B B A r A El movimiento esta en el plano xy y asumiendo que la bola se encuentra en el eje positivo x en t = 0. El radio vector es r A = r A ( i cos(ω A t) + j sin(ω A t)) Donde ω A es la velocidad angular, entonces v A = jr A ω A sin(ω A t) + jr A ω A cos(ω A t) El momento angular por unidad de masa alrededor del eje normal al techo es r m v i j k ( m ) = r A cos(ω A t) r A sin(ω A t) 0 = k(raω 2 A ) jr A ω A sin(ω A t) jr A ω A cos(ω A t) 0 17

18 CAPÍTULO 3. SISTEMA DE PARTICULAS 4 definimos el vector unitario paralelo a este vector de momento angular e = ka partir del principio de impulso y momento angular. La fuerza externa es el peso W = mg k el impulso es t2 n t2 ( r F i )dt = ( r A ω)dt t 1 t 1 i=1 r A ω = t2 i j k r A cos(ω A t) r A sin(ω A t) mg = r A mg cos(ω A t) j t 1 jr A mg cos(ω A t)dt = j(r A ω A mg)(sin(ω A t 2 ) sin(ω A t 1 )) = H 2 H 1 ya que este no tiene componente paralelo al vector unitario e = k, el momento angular a lo largo del eje normal al techo no se ve afectado por el peso, es decir, la proyeccion del momento angular debido a las fuerzas externas sobre el vector normal unitario hacia el techo es nulo ẽh = ẽh = 0, por lo tanto, el momento angular normal al techo se conserva este resultado es valido para cualquier longitud de cadena; por lo tanto: ( r v) A = kr 2 Aω A = ( r v) B = kr 2 Bω B r 2 Aω A = r 2 Bω B.v A = r A ω A, v B = r B ω B v A r A = v B r B 3.2 Problema 02 En la figura, la velocidad del astronauta A de 100kg respecto a la estación espacial es 40 i + 30 j(mm/s).la velocidad del elemento estructural B es de 200kg respecto a la estación es 20 i + 30 j(mm/s) cuando se aproxima uno al otro, el astronauta se sujeta del elemento estructural y permanece junto a él. a) Determinar la velocidad de su centro de masa común cuando llegan con la estación b) Determine la posición aproximada en la que entran en contacto con la estación. y 6 m A 9 m B x 18

19 CAPÍTULO 3. SISTEMA DE PARTICULAS a) La velocidad del centro de masa común 200kg(0 04 i j)m/s + 300kg( 0 02 i j)m/s = 500kg v v = (0 004 i j)m/s b) El tiempo para llegar a la estación es: t = 6m 0 03m/s = 200s El centro de masa del sistema es: r o = 200kg(0) + 300kg(9 i)m 500kg = 5 4 im Por lo tanto la posición de llegada es r = 5 4 im + [(0 004 i j)m/s](200s) r = (6 2 i + 6 j)m 19

20 Capítulo 4 Cantidad de Movimiento 4.1 Problema 01 Las dos canastas mostrados resvalan del resto. Sus masas son m A = 20kg m B = 80kg y además todas las superficies son lisas El angulo θ es de 20. Cuál es la magnitud de la velocidad despues de 1 s? Estrategia: Aplique el principio de impulso y la velocidad adquirida a cada canasta individualmente. A B θ y T x N T N (20)(9.81) N (80) (9.81) N P 20

21 CAPÍTULO 4. CANTIDAD DE MOVIMIENTO Los diagramas de cuerpo libre son como mostrados en la canasta B y A Por el principio del impulso. De A y B se obtiene: F dt = (mv) P arab : 1 0 t 2 t 1 ( Fx dt = mv x2 mv x1 ) [(80) (9 81) sin 20 T ] dt = (80) (v 0) P araa : 1 0 t 2 t 1 ( ) Fx dt = mv x2 mv x1 : [(20) (9 81) sin 20 T ] dt = (20) (( v) 0) 1 0 De la operación se obtiene: (80 20) (9 81) sin 20 dt = ( ) v v = 2 01m/s 4.2 Problema 02 Dos pelotas pequeñas cada uno de 1Nde peso cuelga de los cordones de longitud L = 3m. La pelota izquierda es soltado con un ángulo de 35 respecto de la vertical. El coeficiente de restitución del impacto es e = 0 9. A traves de que ángulo máximo gira la pelota del lado derecho? 21

22 CAPÍTULO 4. CANTIDAD DE MOVIMIENTO L u L m m Por el principio de conservación de la cantidad de energía antes del choque y en el choque. mgl (1 cos θ) = 1 2 mv2 A v A = 2gL (1 cos θ) Por el principio de conservación de la cantidad de movimiento. mv A = mv A + mv B (I) Por el coeficiente de restitución ev A = v B v A (II) De las ecuaciones (I) (II) v B = 1 + e 2 v A Por el principio de conservación de la cantidad de energía despues del choque. ( 1 2 mv 2 B = mgl (1 cos φ) φ = cos 1 1 v 2 ) B 2gL v A = 2 (9 81m/s 2 ) (3m) (1 cos 35 ) = 3 26m/s v B = 19 (3 26m/s) = 3 1m/s 2 ) φ = cos (1 1 [3 1m/s] 2 = 33,2 2 [9 81m/s 2 ] [3m] φ =

23 CAPÍTULO 4. CANTIDAD DE MOVIMIENTO 4.3 Problema 03 La esfera de 2kg se esta moviendo a 10m/s cuando golpea a la barra de 4kg.El coeficiente de restitución del impacto es e = 0.6. Cúal es la velocidad de la esfera y la velocidad angular de la barra después del impacto? B 1 m A 10 m/ s 0.25 m Datos m A = 2kg ; m B = 4kg ; e = 0,6 ; v A = 10m/s,v A2 =? ; ω 2 =? La velocidad angular adquirido por el sistema se conserva sobre el centro de masa de la barra. Por el principio de conservación de la cantidad de movimiento angular ( ) ( ) L L m A v A1 2 h = m A v A2 2 h m BL 2 ω 2 El coeficiente de restitución se utiliza para relacionar la velocidad relativa antes y despues del choque e(v A1 ) = v B2 + ω 2 ( L 2 h ) v A2 Por el pricipio de conservación del momentun lineal. m A v A1 = m A v A2 + m B v B2 23

24 CAPÍTULO 4. CANTIDAD DE MOVIMIENTO Haciendo las operaciones ω 2 = ω 2 = ω 2 = 6 (1 + e) (L 2h) m A v A1 12h 2 m A 12hLm A + L 2 (4m A + m B ) 6 (1 6) (1 2 [0 25]) (2) 10 12(0 25) 2 (2) 12 (0 25) (1) (2) + (1) 2 (12) 6 (1 6) (1 2 [0 25]) (2) 10 12(0 25) 2 (2) 12 (0 25) (1) (2) + (1) 2 (12) (12 [0 25] [ 0 75] 2) + [1] 2 [5 6])10 v A2 = 12(0 25) 2 (2) 12 (0 25) (1) (2) + (1) 2 (12) ω 2 = 12 8rad/s v A2 = 1 47m/s 4.4 Problema 04 Una nave tiene una masa de kg, y un momento de inercia respecto de su centro de masa de 4x10 8 kg m 2. Por causas del viento hacen que la nave que flota se mueva a 0.1 m/s y golpea el amontonado estacionario en P. El coeficiente de restitució n del impacto es e = 0.2 Cuál es la velocidad angular de la nave despues del impacto? 16 m 45 m P ω = 0 16 m v 45 m P v 45 m Antes del impacto ω 16 m Después del impacto v P P 24

25 CAPÍTULO 4. CANTIDAD DE MOVIMIENTO Por el principio de conservación del momentun angular. El coeficiente de restitución es: 45 (mv) = 45 (mv 1 ) + Iω 1 (I) e = v 1p v (II) v 1p es el componente vertical de la velosidad de P despuesdel impacto.por cinematica de cuerpo rigido se tiene v 1 = v 1p + 45ω (III) Resolviendo de (I) - (II) - (III) se obtiene: ω 1 = 0,00196rad/s v 1 = 0,0680m/s v 1p = 0,02m/s ω 1 = 0,00196rad/s 25