Dinamica-Segundo-Parcial

ESCUELA SUPERIOR DE INGENIERIA MECANICA Y ELECTRICA UNIDAD AZCAPOTZALCO MATERIA: DINAMICA DE LA PARTICULA GRUPO 4MV7 ALUMNO: MARTINEZ GERARDO VICTOR HUGO EJERCICIOS PARES E IMPARES 2° PARCIAL.

2° Parcial Dinámica. El bloque deslizante A se mueve hacia la izquierda con una velocidad constante de 6 m/s. Determine. a) la velocidad del bloque B. b) la velocidad de la parte D del cable. c) la velocidad relativa de la porción C del cable con respecto a la porción

Solución: XA+ 3YB = 0 constante VA + 3Vb=0……….1 Aa + 3ab=0…….2

De la ecuación 1 sustituyendo Va y encontramos Vb. 6m/s + 3 Vb=0 a) Vb = - 6/3 m/s = -2m/s b) Ya + Yb =0 ; Va + Vb =0 ; Va = -Vb = -(-2m/s) = 2m/s c) Vc/d= Vc – Vd = - 6m/s –(2m/s)= -8m/s

. D 

El elevador mostrado en la figura se mueve hacia abajo con una velocidad constante de 15 ft/s. Determine. a) la velocidad del cable c. . b) la velocidad del contrapeso W  c) la velocidad relativa del cable C con respecto al elevador. ) la velocidad relativa del contrapeso W con respecto al elevador. d 

Solución: Para 1 cuerda. Yc + 2Ye =0 Vc + 2Ve =0-------1 Ac + 2Ac =0-------2 Sustituyendo en ecuación 2. Vc + 2(15 ft/s)=0. a) b) c) d)

Vc-2(15 ft/s) = -30 ft/s Ye + Yw =0 ; Ae + Aw =0 Vw= -Ve= -(15 ft/s)= -15 ft/s V c/e = Vc –Ve = -30 ft/s –(15 ft/s)=-45 ft/s V w/e= Vw – Ve = -15 ft/s – (15 ft/s) = -30 ft/s

El bloque B se mueve hacia abajo con una velocidad constante de 20 mm/s. En t = 0, el bloque A se mueve hacia arriba con una aceleración Constante y su velocidad es de 30 mm/s. Si se sabe que en t = 3 s el bloque Deslizante C se ha movido 57 mm a la derecha, determine. a) b)

la velocidad del bloque deslizante C en t = 0, las aceleraciones de A y C  , c) el cambio en la posición del bloque A después de 5 s. Solución. 3Ya + 4 Yb + Xc =0 3va + 4vb+ Vc =0-------1 3aA + 4aB +4ac=0------2 De la ecuación. 1 despejamos Vc. 3 (-30 mm/s) + 4 (20 mm/s) = -vc -Vc = -90 mm/s + 80 mm/s = -10 mm/s Vc= 10 mm/s b)

x= Xo+ t + ½ at 2 ; Xc = Vc tc + ½ ac tc2 57 mm = (10mm/s) (3 seg) + ½ ac (3s) 2 Ac= 53-30/4.5 = 6 mm/s

Tomando la ecuación 2. 3aA + 4 ab + ac =0 Ab=0 3 aA + ( 6mm/s) =0 aA = 6 mm/s / 3 = 2 mm/s c).

Xa –(XAo) = (30 mm/s) ( 5s) + ½ (2mm/s) (5s) 2 XA (-Xa) = 150 ´25 = 175 mm

El collarín

A

inicia su movimiento desde el reposo en

t

= 0 y

se mueve hacia abajo con una aceleración constante de 7 in./s 2. El collarín B se desplaza hacia arriba con una aceleración constante y su velocidad inicial es de 8 in./s. Si se sabe que el collarín B se mueve 20 in. entre t = 0 y t = 2 s, determine , a) las aceleraciones del collarín B y el bloque C  b) el tiempo en el cual la velocidad del bloque C es cero, c) la distancia que habrá recorrido el bloque C en ese tiempo.

Solución:

El sistema mostrado inicia su movimiento desde el reposo y

cada componente se mueve con una aceleración constante. Si la aceleración re-lativa del bloque C con respecto al collarín B es de 60 mm/s 2 hacia arriba y la aceleración relativa del bloque D con respecto al bloque A es de 110 mm/s2 hacia abajo, determine. a) la velocidad del bloque C después de 3 s, b) el cambio en la posición de bloque D luego de 5 s.

Solución: De la cuerda 1. 2Ya + 2yb+ Yc =0 2Va + 2Vb + Vc = ------1 2aA + 2aB + aC= -------2 Cuerda 2. (Yd –Ya) + (Yd-Yb)=0 -Ya-Yb+2Yd=0 -Va-Vb+2vd=0-----3 -aA-aB+2aD=0-----4 Aceleraciones relativas. A c/b = ac –ab = 60 mm/s A d/a = aD – aA = -110 m/s aB=aC – (60mm/s) -----5 aA = aD +(110 mm/s)----6 Sustituyendo la ecuación 5 y 6 en la ecuación 2 y 4. 2 (aD + 110) + 2(Ac-60) +ac =0 2 Ad + 220 + 2 ac – 120+ ac =0 2 Ad + 100 + 3ac =0

2Ad + 3Ac = -100 ---- 7 -(Ad +110)- (ac-60) + 2Ad =0 -Ad -110 –ac + 60 + 2Ad =0 aD-Ac – 50=0 Ad-Ac=50. ----8 Igualando ecuación 7 y 8 2ad + 3ac = -100-------9 -2 (Ad-Ac =50)---------10

     

    

 

 

  ------11 

Vc = (Vc)o +( ac tc ) a)- vc = (-40 mm/s2) ( 3s) = -120 mm/s b)- Xd-(Xd)o= (Vo)o t + ½ Ad td2 Sustituyendo ac en la ecuación 9 2ad + 3(-40 mm/s)=-100 2ad – 120 mm/s2 = -100 2ad = -100 + 120 Ad= 20/2 = 10 mm/s c)- Xd-(Xd)o= ½ (10mm/s) (5s)2 Xd-(Xd)o= 125 mm

TIRO Parabólico. Un avión diseñado para dejar caer agua sobre incendios forestales vuela sobre una línea recta horizontal a 315 km/h a una altura de 80 m. Determine la distancia d a la que el piloto debe soltar el agua de manera que caiga sobre el incendio en B.

FORMULAS DE TIRO PARABOLICO. X=Xo+Vt – desplazamiento eje x 2

Y=Yo+Vot ½ gt  desplazamiento eje y

Solución: Usando: Y=Yo+Vo+ ½ gt2 = 80m – ½ (9.81 m/s2) t= 4.03 s x-xo =vt x-xo= 87.5 m/s) (4.03 s) d= 353 m

Mientras entrega periódicos, una joven lanza uno de ellos con velocidad horizontal v  0. Determine el intervalo de valores de debe caer entre los puntos B y C  .

Punto A. Y=yo+vot-1/2gt2 = 3- 1/3 ft – ½ (32.2 ft/s2) t2 T= .45 seg Desplazamiento x X=xo+vt 7ft = Vb (0.45s) ; Vb=7ft /0.45 s =15.55 Para c Y=Yo+vot-1/2 gt2 = t2 =√  ; t= 0.35 s Desplazamiento x 12.33 ft = vc (0.35s) Vc=12.33 ft /0.35 s = 35.22 s

v  0 si

el periódico

Un jugador de voleibol sirve la pelota con una velocidad inicial v  0 que tiene una magnitud 13.40 m/s y forma un ángulo de 20° con la horizontal. Determine . a) si la pelota pasará sobre el borde superior de la red, b) a qué distancia de la red aterrizará la pelota.

Descomponiendo velocidad en x y y

Θ=20

Sen 20° x 13.40 = vy = 4.58 m/s Cos 20° x 13.40 = vx = 12.59 m/s X= xo + vct



para

el eje x

9m =(Vc)x t. 9m = (12.59 m/s) t T= 9m / 12.59 m/s = 0.7s Yc= Ya + (Va)y t – ½ gt2 Yc= 2.1m + 4.58 m/s (0.7s) – ½ (9.81 m/s2) (0.75)2 Yc= 2.1 m + 3.43 -2.40 Yc= 3.13

Yc =2.90

Un golfista golpea la pelota con una velocidad inicial de 160 ft/s, a un ángulo de 25° con la horizontal. Si el terreno de juego desciende con un ángulo promedio de 5°, determine la distancia d entre el golfista y el punto B donde la pelota toca el terreno por primera vez.

Solución: Realizando las componentes de la velocidad. (Vx)A= 160 ft/s cos 25° (Vy)A= a60 ft/s sen 25° Componentes a 5° Xb= d cos 5° Yb= d sen 5° Movimiento horizontal. Xb= xo + (vx) ot



d cos5° = (160 cos 25° ) t

 

   

Movimiento vertical. Y= y0 + vt – ½ gt2 



-d sen 5° = 160 sen 25° ( ) d -1/2 (32.2 ft/s) ()2 d2 . d=726 ft

Mediante una banda transportadora se descarga arena en A y cae en la parte superior de un montículo en B. Si se sabe que la banda transportadora forma un ángulo α= 20° con la horizontal, determine la velocidad v  0 de la banda.

Solución componentes 20° (Vo)x= Vo cos 20° (Vo)y=Vo sen 20° Movimiento horizontal. X=xo + vt  

30ft= (Vo cos 20°)t ;    Movimiento vertical. Y= yo + vot – ½ gt2 -18 = (0.3420)(31.925)-(16.1)(31.92s/Vo)2 Vo2= 567.44 ft2/s Vo= 23.82 ft/s

Un grupo de niños está lanzando pelotas a través de una llanta con 0.72 m de diámetro interior, la cual cuelga de un árbol. Un niño lanza 0 a un ángulo de 3° con la horizontal. una pelota con una velocidad inicial v  Determine el intervalo de valores de v  0 para los cuales la pelota pasará a través de la llanta.

Y=Yo +Vt – ½ gt2 Ybc= (Vo sen 3°) ( 6/Vo cos 3°) – ½ g (6/Vo cos 3°) 2  



Vo2 =        Para el punto B ;

y= -0.53 m

(Vo)b = 177.065 / 0.31447 – (-0.53) (Vo)b = 14.48 m/s Para el punto C Vo2= 177.065 / 0.31447- (-1.25)2 (Vo)c = 10.64 m/s 10.44 m/s