UNIVERSIDAD NACIONAL SAN CRISTOBAL DE HUAMANGA

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1 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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3 Tabla de Contenido INTRODUCCION CINETICA DE LA PARTICULA Y EL CUERPO RIGIDO - ANDREW PYTEL AND JAAN KIUSALAAS LEYES DE NEWTON... 5 TRABAJO Y ENERGIA CANTIDAD DE MOVIMIENTO SISTEMA DE PARTICULAS INGENIERIA CIVIL UNSCH 3

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5 Ejercicio 1 Un proyectil de masa m se dispara desde el punto O en el instante t = 0 con velocidad v o como se muestra en la figura. La resistencia aerodinámica F D es proporcional a la velocidad del proyectil: F D = 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 C 1 a C 4 son constantes. c) Encontrar la altura h máximo dado que W = 8 N, c = 0,6 N. s / m, v o = 30 m / s, y θ=30 Solución a) Analizando, tenemos el diagrama de cuerpo libre mostrando la dirección de la fricción F D y su respectiva descomposición en los ejes cartesianos. mg Trayectoria ma y cv x = ma x INGENIERIA CIVIL UNSCH 5

6 F D =cv cv x Las correspondientes ecuaciones de movimiento son: Fx = max cvx = max Fy = may mg cvy = may 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 = C 1 + C 2 y = C C 4 v x = = -C 1 v y = = -C 3 - a x = = -C 1 a y = = C 3 Los resultados mostrados en la tabla reemplazamos en las siguientes ecuaciones Fx = max cvx = max Fy = may mg cvy = may, donde nos damos cuenta que satisfacen las ecuaciones de movimiento. c) Utilizando los valores numéricos dados para c y W, tenemos: = = 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: INGENIERIA CIVIL UNSCH 6

7 x = C 1 + C 2 (m) y = C C 4 (m) v x = C 1 (m/s) v y = C (m/s) Evaluando en t = 0: 1. x = 0 2. y = 0 3. vx = 30 cos 30 o = 25,98 m / s 4. vy = 30 sen 30 o = 15 m / s De donde obtenemos las constantes: C1 = -35,35 m, C2 = m, C3 = -38,5 m, y C4 = 38,5 m. Sustituyendo estos valores en las ecuaciones anteriores, tenemos: x = 35.35(1 - ) (m) y = 38.5(1 - ) 50t (m) v x (m/s) v y = (m/s) El valor máximo de y se produce cuando v y = 0, para un tiempo t 1 : o = t 1 = = s (m/s) Sustituyendo t = t1 = 1,027 s en la ecuación anterior, se obtiene el valor máximo de y: y max = h = 38.5(1 - ) 13.3(1.027) y max = 6.74 (m) INGENIERIA CIVIL UNSCH 7

8 SEGUNDA PRACTICA CALIFICADA: CINETICA DE LA PARTICULA Y EL CUERPO RIGIDO - ANDREW PYTEL AND JAAN KIUSALAAS 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 = 12 cos = -4sen = 4 sen 40 = 2,571 m = (4 cos 40 ) (0.3) = m / s 2 = -(4 sen 40 ) (0,3) 2 = m/s2 También: z = 6-4 cos = 6-4 cos 40 = 2,936 m = 4 sen = (4 sen 40 ) (0.3) = m / s = 4 cos 2 = (4 cos 40 ) (0,3) 2 = m/s2 INGENIERIA CIVIL UNSCH 8

9 Las componentes cilíndricos de la velocidad son: v R = = m / s v = R = (1.2) = m / s vz = = m / s Sabemos que es constante, entonces las componentes de la aceleración son: a R = R 2 = (1.2) 2 = m/s 2 a θ = R + 2 = 0 + 2(0.919)(1.2) = m/s 2 a z = = 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. INGENIERIA CIVIL UNSCH 9

10 Solución El diagrama de cuerpo libre de P sería: N ma z = m ma = m +2 ) N 2 N 1 30 o = ma R = m - ) O O Donde su peso es mg = 0,6 (9,81) = 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: = sen30 o = 4sen30 o = 2 m/s = sen30 o = cos30 o = 4cos30 o = m/s = cos30 o Las ecuaciones de movimiento son: F R = ma R = m R 2 ) - N1cos 30 = 0,6 [ sen ( )] F θ = ma θ = m (R + 2 ) N2 = 0,6 [0 + 2 (2) (4)] = 9,600 N Fz = ma z = m INGENIERIA CIVIL UNSCH 10

11 N1 sen = 0,6 ( cos 30 ) Resolviendo las ecuaciones, obtenemos: = -3,70 m/s 2 N1 = N. Por lo tanto la magnitud de la fuerza de contacto ejercida por OD es: N = (N N 2 2 ) 1/2 = ((7.931) 2 + (9.600) 2 ) 1/2 = N N= 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 INGENIERIA CIVIL UNSCH 11

12 Hacemos el diagrama de cuerpo libre Tenemos: r 1 = 0.4 m r 2 = 1.0 m I 1 α = α = α = 1.600α N.m m 1 r 1 ω 2 = 30(0.4)(1.2) 2 = N m 1 r 1 α = 30(0.4)α = 12.00α N Tenemos En la esfera: I 2α = (m 2 )(R) 2 α = 1.280α N.m mr 2 ω 2 = 80(1.0)(1.2) 2 = N m 2 r 2 α = 80(1.0)α = 80.00α N Resolveremos las ecuaciones de movimiento: ( M O ) FBD = ( M O ) MAD INGENIERIA CIVIL UNSCH 12

13 30(9.8)(0.4) cos (9.8)(1) cos 30 = 1.600α + (12α)(0.4) α + (80.00α)(1.0) = 87.68α α = rad/s 2 Las ecuaciones de las fuerzas n-t son: M O = I O α. α = rad/s 2 F t = ma t O t + 30(9.8) cos (9.8) cos 30 = 12.00(8.905) (8.905) O t = 114.3N Fn = ma n O n 30(9.8) sin 30 80(9.8) sin 30 = On = N Hallando la magnitud: O = (O 2 t + O 2 n ) 1/2 O = (( 114.3) 2 + (671.5) 2 ) 1/2 = N O = 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. INGENIERIA CIVIL UNSCH 13

14 Solucion Hacemos el diagrama de cuerpo libre: B L 2 w2 L 2 G aa L 2 60 L 2 α a = ag = aa + ag/a Obtenemos las siguientes ecuaciones de movimiento ( M A ) FBD = ( M A ) MAD mg ( cos60 o ) = α + α( ) ma A ( sen60 o ) a A = L α g INGENIERIA CIVIL UNSCH 14

15 La ecuacion de la fuerza horizontal es: Fx = m 0 = ma A + m sen60 o a A = L α a A = 0.742g α = La ecuacion de la fuerza vertical es: F Y = m mg + N = m α cos 60 o N = mg Reemplazando el valor de α, tenemos: 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. INGENIERIA CIVIL UNSCH 15

16 Solución B W=mg x 30 o P Y X 30 o 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. es: La fuerza P en la segunda figura es una fuerza central constante. Por lo tanto, su trabajo U1-2 = -P = P (L2 L1) Tenemos : Así T1 = 0, T2 = mv 2 2. U1-2 = T2 - T1 -mgh + P (L1 - L2) = mv De la primera figura obtenemos: h = 2 sen 30 = 1,0 m L = ((2 cos 30 ) 2 + (2.5) 2 ) 1/2 = m L 2 = 2,5-1,0 = 1,5 m. Reemplazando m = 1,8 kg y P = 20 N en: -mgh + P (L1 - L2) = mv INGENIERIA CIVIL UNSCH 16

17 Ejercicio 7 - (1,8) (9,81) (1,0) + 20 (3,041 a 1,5) = (1,8) v 2 2 v 2 = 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 = = = P = 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 L 0 = 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 N y x B INGENIERIA CIVIL UNSCH 17

18 El trabajo del peso es: U A-B = -W (z B - z A ) = 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 ( 2 B A 2 ) Los correspondientes alargamientos son: A = L A - L 0 = (0,62 + 0,82) 1/2-1,2 = - 0,2 m B = L B - L 0 = 2-1,2 = 0,8 m El signo negativo indica que el muelle se comprime cuando el collar está en A Reemplazando A y B, tenemos: U A - B = - (( 2 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 = T B - T A= ( B 2 A 2 ) -2.3 = ( B 2 2 ) v B = 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 = 180 o si 1. C (θ) = 4,9 pecado θ N m 2. C(θ) varía como se muestra en la segunda figura: INGENIERIA CIVIL UNSCH 18

19 Solución El trabajo total realizado sobre la barra es la suma del trabajo realizado por el peso W y el giro C: (U 1 2 ) C = = = 9.8N U 1 2 = (U 1 2 ) C + (U 1 2 ) w = = 3.9 N m (U 1 2 ) =1/2(4.9)(π ) = 7.7 N m C El trabajo total realizado será: U 1 2 = (U 1 2 ) C + (U 1 2 ) w = = 1.8 N m INGENIERIA CIVIL UNSCH 19

20 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 )ω 2 = 1/2M(k 2 + CG 2 )ω 2 Vemos que CG tiene su valor más pequeño. Por lo tanto, el valor máximo y mínimo de la energía cinética del disco es respectivamente: T max = ( (40)[(0.16) 2 + (0.29) 2 ](10) 2 =219.4 J para θ =180 T min = ( (40)[(0.16) 2 + (0.19) 2 ](10) 2 =123.4 J para θ =0 G R + e = 0.29 G C C R - e = 0.19 INGENIERIA CIVIL UNSCH 20

21 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) = N s INGENIERIA CIVIL UNSCH 21

22 Como P (t). es constante, tenemos: (L 1 2 ) x = 16(cos 60 o ) = 8.0 N s (L 1 2 ) y = 16(sin 60 o ) = N s Sustituyendo las ecuaciones en el principio de impulso, tenemos: (L 1 2 ) x = (mv x ) 2 (mv x ) 1 (v x ) 2 = m/s (v y ) 2 = m/s 8.0 = 0.5(v x ) 2 5 (L 1 2 ) y = (mv y ) 2 (mv y ) = 0.5(v y ) 2 0 θ = arctan(11.53/26) θ = 23.9 o Ejercicio 11 La parte recta de un salto de esquí está inclinado en 60 o 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. INGENIERIA CIVIL UNSCH 22

23 Fuerzas en y : F y = 0 N A (50)(9.8) cos 60 o = 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) sen60 0 F ] 3.5 = 50(25 0) F = 67.2N Por lo tanto, el coeficiente de fricción cinética es μ k = = = μ k = 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 = 90 o. Calcular la velocidad angular del conjunto cuando las barras se han movido a la posición θ = 180. INGENIERIA CIVIL UNSCH 23

24 Solución Los diagramas de impuso son: Īz ω1 = 1.04(10) = 10.4 N. m. s mv 1 = 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): mv 2 = mr2 ω2 = 1.5(1.1)ω2 = 1.65ω2 Īz ω2 = 1/12mL 2 ω2 = 1/12 (1.5)(0.6) 2 ω2 = 0.045ω2 Por la conservación del momento angular, tenemos: (h z )1 = (h z )2 INGENIERIA CIVIL UNSCH 24

25 [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. INGENIERIA CIVIL UNSCH 25

26 Solución Hallando el momento de inercia del disco alrededor de su centro de masa: I = 1/2 m R 2 = 1/2 (150)(0.6) 2 = 27 kg m 2 Para t 1 =0, t 2 =4s ( A O )1 2 = PR t = (320)(0.6)(4) (300)(4) = 168 N.m ( AO )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 INGENIERIA CIVIL UNSCH 26

27 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 v A. Determinar la velocidad y la aceleración del collar B en función de V A y θ. Solución Tenemos la siguiente ecuación X 2 A + X B 2 = L 2, derivando: 2X A V A + 2Y B V B = 0 X A V A + Y B V B = 0, derivando (X A a A + V 2 A )+ (Y B a B + V 2 B ) = 0 V B = - V A = - V A V B = - V A tan Debido a que la a A = 0, la aceleración de B es: a B = - INGENIERIA CIVIL UNSCH 27

28 Sabemos que y B = L cos θ (1 + tan 2 θ) = 1 / cos 2 θ a B = - a B = - 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 s A del bloque A (medidos desde la posición inicial), cuando el sistema se detiene. Solución Hacemos el diagrama de cuerpo libre del bloque A INGENIERIA CIVIL UNSCH 28

29 F y = 0 N A - W A cos 20 = 0 F A = μ k N A = μ k W A cos 20 = 0,4 (5) (9,8) cos 20 = 18,42 N Del gráfico, tenemos: s A + 2s B = cte Por lo tanto s A + 2 s B = 0 v A + 2V B = 0 Aplicamos el principio del trabajo-energía (U1-2) ext (U1-2) int = T2 - T1 (W A sen20 o ) s A - F A s A + W B s B + 0 = 0 - ( (V A ) 2 + (V B ) 2 ) Reemplazando valores conocidos (5) (9,8) sen20 o s A - 18,42 s A + 3 (9,8) 2( ) = - ( (3) 2 + ( ) 2 ) = 1.58 m INGENIERIA CIVIL UNSCH 29

30 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 INGENIERIA CIVIL UNSCH 30

31 Por la conservación del momento angular: (h z )1 = (h z )2 2(m R1 ω1 ) R1 = 2(m R2 ω2 ) R2 ω2 = ( R1 / R2 ) 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 (V A ) 1 = 3 m / s y (V B ) 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. INGENIERIA CIVIL UNSCH 31

32 Solución Realizamos el diagrama respectivo Aplicamos (L 1-2 ) x = p x to (Px) 1 = (px) 2 m A (v A) 1 cos 60 = m A (v Ax) 2 En la figura vemos que no hay impulso en A en la dirección x Reemplazamos (v A ) 1 = 8 ft / s (V Ax ) 2 = (v A ) 1 cos 60 = 3 cos 60 = 1,5 m / s Luego Aplicamos (L1-2 ) x = px (V BX ) 2 = (V BX ) 1 = 0 Luego Aplicamos (L1-2 ) y = py (Py) 1 = (Py) 2 m A (v A) 1 sen 60 - m B (v B ) 1 = m A (v Ay ) 2 + m B (V BY ) 2 2 (3) sen 60-2 (2) = 2 (v Ay ) (V BY ) 2 (V Ay ) 2 + (V BY ) 2 = INGENIERIA CIVIL UNSCH 32

33 Utilizando el coeficiente de restitución e = V SEP / v App v App = 3 sen = m / s. V SEP = (V BY ) 2 - (v Ay ) 2. (V BY ) 2 (V Ay ) 2 = Resolviendo las ecuaciones, tenemos: (V Ay) 2 = -1,54 m / s (V BY ) 2 = 2.14 m / s Luego, después del impacto tendremos: (V B ) 2 = 2,14 m / s (V A ) 2 = 2.15 m / s INGENIERIA CIVIL UNSCH 33