Ejercicios Resueltos Kassimali Grupo 101

DINÁMICA IC - 244 UNVIERSIDAD UNVIERSID AD NACIONAL DE SAN CRISTÓBAL DE HUAMANGA

DAS / KASSIM K ASSIMALI ALI / SAMI

MECÁNICA VECTORIAL PARA INGENIEROS RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS II PRÁCTICA ESTUDIANTES

Marcelo Gamboa, Russel Bellido Arango, Miguel De La Cruz Quispe, Giovanny Ataucusi choquecahua, Clever

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN ´ CRISTOBAL DE HUAMANGA FACULTAD DE INGENIER´ IA DE MINAS ´ GEOLOGIA Y CIVIL ´ PROFESIONAL DE ESCUELA DE FORMACION INGENIER´ IA CIVIL

´ PRACTICA 2 Curso

´ DINAMICA (IC-244) Docente

Ing Cristian Castro Perez Estudiantes

1. 2. 3. 4.

Marcel Marcelo o Gambo Gamboa, a, Russ Russel el Bellid Bellido o Aran Arango, go, Migue Miguel l De La Cru Cruz z Quispe Quispe,, Giov Giovanny anny Ataucusi aucusi choque choquecahua, cahua, Clever Clever Ayacucho - Per´ u 2013

DINAMICA IC-244 1.

EJERCICIO 1

Se coloca un bloque de 3  kg  sobre un disco horizontal que esta inicialmente en reposo. El disco se hace girar en torno en torno al eje vertical con una aceleraci´on constante de θ = 1.2rad/s2. Si en coeficiente de fricci´on est´atica entre el bloque y el disco es 0.3, determine el tiempo que le toma al bloque comenzar a moverse sobre el disco.

Soluci´ on

P´ ag.1 de 27

DINAMICA IC-244

1. m  = 3 kg 2. θ¨ = 1.2  rad/s2 3. µ  = 0.3

 F  = 0 4. y

N 1 =  mg

 F  = ma

c

µmg =  mω 12 r ω12 =

µg (esta es la velocidad justo antes de deslizarse) r

ω1 = 1.962

rad s

5. Por las ecuaciones del movimiento circular: ω12 =  ω 02 + 2αθ ω12 = 2αθ θ  =

µg 2αr

θ  = 0.8175 rad 1 θ  = αt2 2 t  = 1.16 s

P´ ag.2 de 27

DINAMICA IC-244

2.

EJERCICIO 2

Una caja de cart´on de 100 kg  se separa de un transportador con una velocidad de 5 m/s   y se desliza hacia debajo de un conducto inclinado 100 , como se ilustra. Si el coeficiente de fricci´on entre la caja y el conducto es 0 .1, determine la deformaci´on m´axima del amortiguador de resorte. La constante del resorte del amortiguador es 30  kN/m.

Soluci´ on

1. Analizaremos en el momento en que la caja y el tope chocan y se van moviendo juntos deformando el resorte. 2. Hallando la energ´ıa cin´etica en ese instante que vendr´ıa a ser la inicial:

P´ ag.3 de 27

DINAMICA IC-244

mv02 100 · 52 T 0 = = = 1250 J  2 2

3. En el instante de m´axima deformaci´on del resorte la energ´ıa cin´etica final ser´a 0 ya que su velocidad ser´a nula: T f  = 0  J . 4. El trabajo efectuado por el rozamiento sobre la caja cuando se desliza por el suelo una distancia adicional xmax es: x

U i→f  =

  0

max

−9.848dx = −9.848(xmax)

5. Tomando como referencia la posici´on ocupada por la caja cuando entra en contacto con el tope, la energ´ıa potencial gravitatoria es nula. Y la energ´ıa potencial gravitatoria final ser´a: vg =  mgh  = (100)(9.81)(xmax sin 100) = 170.349(−xmax sin 100) = −170.349(xmax)

6. Como en el instante en que la caja est´a en contacto con el tope el resorte no se deforma entonces la energ´ıa potencial el´astica final ser´a: k · (xmax)2  3000(xmax)2 vs  = = = 1500(xmax)2 2 2 7. El teorema de las fuerzas vivas da entonces: 1250+0+0 − 9.848(xmax)2 = 0 − 170.349(xmax)+1500(xmax )2 Entonces: xmax = 0.968 m Por lo tanto la deformaci´on m´axima es 0.968 m 3.

EJERCICIO 3

Una part´ıcula de 3  libras  se suelta del reposo en el punto A sobre la varilla circular de gu´ıa que se ilustra. Si la varilla es lisa, determine la velocidad de la part´ıcula al llegar al punto B . la

P´ ag.4 de 27

DINAMICA IC-244

longitud no deformada del resorte es 4  pulg  y la constante del resorte es 20  lib/pulg .

Soluci´ on

1. De la figura mostrada hallaremos la deformaci´on del resorte y las alturas en A y B Del triangulo CAO tenemos: (4+ xA)2 = P´ ag.5 de 27

DINAMICA IC-244

62 + 32 xA =

√ 

45 − 4

xA = 2.708  pulg

2. Del triangulo OBD tenemos:

√  √  (4 + xB ) = 16 + ( 18 − 3) √  xA = 45 − 6 18 − 4 2

2

2

 

xA = 0.421  pulg

3. Ahora por la conservaci´on de la energ´ıa: EM A  =  E M B mvA2 kx 2A mvB2  kx2B + + mgh A = + + mgh B 2 2 2 2 mvB2 k (xA − xB )2 = + mg (hA − hB ) 2 2 mvB2 k (xA − xB )2 + 2mg (hA − hB ) = m 2

 

4. Reemplazando sus valores: con g  = 388.89  pulg/s2 vB

 20(7.156) + 2(3)(388.89)(1.757) =  143.12 + 4099.3678

vB ) =

3 vB = 37.607  pulg/s

4.

EJERCICIO 4

Un autom´ ovil de 2000 lb que viaja hacia el este choco con otro auto de 3000 lb  que iba hacia el norte. El choque de los dos autos ocurri´o a una velocidad que da la expresi´on V  = 30i + 20 j

P´ ag.6 de 27

DINAMICA IC-244

( pies/s) .determine la velocidad de cada uno de los autos antes del choque.

Soluci´ on 1. Aplicando la ecuaci´on de cantidad de movimiento de dos part´ıculas mA · vA +  mB · vB = (mA + mB ) · vf 

2000vA i + 3000vB j  = 5000(30i + 20 j ) 2vAi + 3vB j  = 150i + 100 j 2. Realizando la igualaci´on de ecuaciones tenemos: vA  = 75i m/s vB = 33.3 j m/s

5.

EJERCICIO 5

P´ ag.7 de 27

DINAMICA IC-244

Dos esferas de 5 kg  est´an montadas en dos barras r´ıgidas de masa despreciable y longitud de 5 m  y est´an girando libremente alrededor de una flecha vertical, como se ilustra. La flecha vertical est´a girando a una velocidad de 120 rpm  cuando θ = 600. Determine la velocidad angular cuando θ = 450 .

Soluci´ on

P´ ag.8 de 27

DINAMICA IC-244

1. Escribimos a la ecuaci´on de momentum angular H 0 =  rxm · v H 0 =  rmv

2. Los datos requeridos de la figura r =  L sin θ vθ =  L sin θωθ H 0 = (L sin θ )(m + m)(L sin θωθ ) H 0 = (L2 sin2 θ )(2m)(ωθ )

3. Este ser´ıa la ecuaci´on general dependiendo de un ´angulo cualquiera, en el momento de rotaci´ on. Ahora queremos para un a´ngulo de 600 y 450 en el cual el momento angulas es el mismo: H 0 = (L2 sin2 θ )(2m)(ω45 ) =  L 2 sin2 θ )(2m)(ω60 ) 0

ω45

0

ω45

0

6.

0

sin2 600 ω60 = sin2 450  = 180 rpm

0

EJERCICIO 6

Tres part´ıculas A, B y C  que pesan 5 lb, 10 lb y 20 lb, cada una, ocupan posiciones definidas por sus respectivos vectores de posici´on ra =  t 2i2tj ( pies), rb =  j − 3tk pies, rc = 2t2 i + 3tk pies, en donde t esta en s. Determine el vector de velocidad y el vector aceleraci´on del centro de masa del sistema de tres part´ıculas en el momento t  = 5 s.

Soluci´ on

P´ ag.9 de 27

DINAMICA IC-244

Datos: wa = 5lb ;  ra =  t 2 i + 2tj pies wb  = 10lb ;  rb =  j − 3tk pies wc = 20lb ;  rc = 2t2 i + 3tk pies 1. Para los vectores de posici´on hallamos la primera y segunda derivada ra = t2i + 2tj ( pies); rb =  j ( pies)

2

− 3tk ( pies) y rc = 2t i + 3tk

Derivando por primera vez:  ˙ra =  t 2i + 2tj  ˙rb = −3k  ˙rc = 4ti + 3k

Derivando por segunda vez:  ¨ra = 2i  ¨rb = 0  ¨rc = 4i

P´ ag.10 de 27

DINAMICA IC-244

2. Para el vector de velocidad wa ×  ˙ra + wb ×  ˙rb + wc ×  ˙rc v c = wa + wb  +  wc 5(2ti + 2 j ) + 10(−3k ) + 20(4ti + 3k ) v c 5 + 10 + 20 Para t  = 5s. v c  = 12.86i + 0.29 j  + 0.86k

3. Para el vector aceleraci´on ¨a +  wb a × r  ¨b  +  wc × r  ¨c wa × r  a c = wa + wb  +  wc 5(2i) + 10(0) + 20(4 i) a c = 5 + 10 + 20 90i a c = 35 a c = 2.57i

7.

EJERCICIO 7

Un meteorito que entra a la atm´osfera terrestre a una velocidad de 3000 mph  se divide en dos partes, como se ilustra. Los fragmentos contin´ uan dentro del plano xy. Un radar rastrea el cuerpo en desintegraci´on y determina la velocidad del fragmento A como  a  = 3200 mph. El fragmento B  se recupera en la tierra y pesa W b  = 7000 lb. Determine el peso total del meteorito.

Soluci´ on 1. En la direcci´on ”x” wo (vox) =  w a (vacos350) +  wb (vb cos650)

P´ ag.11 de 27

DINAMICA IC-244

2. En la direcci´on ”y” wo (voy ) =  w a(va sen350 ) − wb (vb sen650)

3. Operando se tiene: (sen350) wo (vox ) = (wo −wb )(vacos35 )+ wb (cos65 )(wo −wb ) sen650 wo (3000) = (wo  −  700)(3200cos350) + 700(cos650)(wo  − (sen350) 700) sen650 wo  = 5075 lb 0

8.

0

EJERCICIO 8

El bloque A con masa de 75 kg  est´a sujeto al bloque B con masa de 50 kg  por medio de un cord´ on inextensible, como se ilustra. Si se libera el sistema para que salga de reposo, determine la velocidad de cada bloque despu´es de que el bloque A se haya

P´ ag.12 de 27

DINAMICA IC-244

movido hacia la derecha 0 .75 m. el coeficiente de fricci´on en la superficie horizontal el 0 .18. Consid´erese que la polea carece de masa.

Soluci´ on 1. La ecuaci´on del trabajo y la energ´ıa cin´etica aplicado al sistema de los dos pasos es: (T 1 +  T 2 )A + ( U A→B )1 + ( U A→B )2 = (T 1 +  T 2 )B 2. D´onde inicialmente est´a en reposo el sistema,entonces: 1 w1 w2 (T 1 +  T 2 )A  = ( + )(02) , es la energ´ıa cin´etica. g 2 g 3. Y despu´es de haber recorrido una distancia d=0.75 m 1 w1  w 2 (T 1 +  T 2 )B = ( + )(v 2 ), es la energ´ıa cin´etica final. g 2 g 4. Para el trabajo realizado del punto ” A − B ” (U A→B )1 =  w 2 × d

(U A→B )2 = ((−uN  + w1) × d)

P´ ag.13 de 27

DINAMICA IC-244

5. Reemplazando en la ecuaci´on en la ecuaci´on (1) 1 w1 w2 0 + w2 × d + ((−uN  + w1 ) × d) = ( + )(v 2 ) g 2 g 1 70 × 0.75 + ((−0.18 × 50 × 9.81 + 50)) × 0.75 = (v )2 2 v = 0.62 m/s

9.

EJERCICIO 9

Un cohete suplementario o de arranque que pesa inicialmente 56000  lb  (incluyendo la estructura del cohete y el combustible) se emplea para impulsar una carga ´util de 2000 lb  en ´orbita alrededor de la tierra. La carga de combustible del cohete suplementario es de 54000  lb  y el cohete consume combustible a raz´on de 600  lb/s. los gases de escape salen del cohete a una velocidad constante de 10000  pies/s  con relaci´on a la boquilla de descarga. Determine la velocidad m´axima del cohete y la carga ´util despu´es de que se dispara el cohete verticalmente desde el terreno

P´ ag.14 de 27

DINAMICA IC-244

Soluci´ on 1. La velocidad del cohete en el momento t puede expresarse. mo  ( pA)sal v = (vrel  + ln( ) k mo − Kt 2. Se sustituyen los siguientes valores: 3. Velocidad de los gases con relaci´on al cohete, vrel  = 10000  pies/s 4. Rapidez de consumo de combustible, K  = 60/g slug/s 5. masa inicial total, mo =

 56000 + 2000 g

 54000   slug g mcomb 7. Duraci´on del combustible, tb = K  g tb  =   54000 = 90s 600g 6. masa del combustible, mcomb =

  58000 ) − 32.2(90) 58000 − 60 × 90 v  = 23843  pies/s

v  = (10000)ln(

10.

EJERCICIO 10.

La barra uniforme de 50 kg  que se muestra en la figura esta soportada por un perno en O  y se libera de un estado de reposo. La barra gira en el sentido de las manecillas del reloj por su propio peso en el plano vertical. Determine la aceleraci´on angular de la barra en el instante que se muestra.

P´ ag.15 de 27

DINAMICA IC-244

Soluci´ on 1.  Primero calculamos el momento de inercia respecto al eje de giro O I o =  I g  +  md2 (teorema de los ejes paralelos) 1 1 I o = mL2 + md2 I o = · 50 · 102 + 50 · 22 12 12 I o  = 616.67 kgm2

2. Aplicando la segunda ley de newton

 M  = I  α o

o

rmg =  I o α 616.67 α  = 2 · 50 · 9.81 α  = 0.63  rad/s2

11.

EJERCICIO 11.

Un disco uniforme de 100 lb  gira sin deslizarse hacia debajo de una pendiente de 30 0. Una fuerza horizontal F  = 20 lb  act´ua en oposici´on al movimiento, como se muestra. Determine la aceleraci´on del centro del disco.

P´ ag.16 de 27

DINAMICA IC-244

Soluci´ on

1. Primero calculamos el momento de inercia del disco I o =  mr 2 I o  = 100 · 22 = 400  lbft2

2. Aplicamos la segunda ley de newton al sistema

 M  = I  α o

o

P´ ag.17 de 27

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f r xr  == 400xα 400 f r = α  = 200α 2

3. Nuevamente la segunda ley de newton pero en el eje x

 M  = ma

mg sin θ − f r − F  cos θ  =  m · 9.81sin30 0

100 · 9.81sin300 − 200α − 20 · cos300 = 100 · 9.81sin30 0 α  = 0.86  rad/s2

12.

EJERCICIO 12.

Una barra de 40 kg  comienza a deslizarse sobre un piso y una pared, como se ilustra. Si el coeficiente de fricci´on cin´etica entre las superficies de la pared y el piso y los puntos extremos de la barra es µk = 0.20, determine la aceleraci´on angular inicial de la barra y las fuerzas normal y de fricci´on ejercidas sobre la barra en A y B .

P´ ag.18 de 27

DINAMICA IC-244

Soluci´ on Datos: 

m  = 40 kg



µ  = 0.20



L  = 4 m

1. Del an´alisis vectorial tenemos: ab = aa + ab/a ax = 2α cos400 ay = 2α sin 400

2. Aplicando la segunda ley de newton

 M  = I   +  mad o

α

mg (2sin30 0) − 0.20N b (4sin300) − 0.20N a (4cos30 0 )

1 md2α+max (2 cos 300)+may (2 sin 300 )+40·9.81(2 sin 300)− 12 0.20N b (4sin300 ) − 0.20N a (a cos300 ) =

1 = 40 · 42 · α + 40 · 2 · α · (2 cos2 300 )+40 · 2 · α · (2 sin2 300) + 12 392.4 − 4N b − 0.69N a = 53.4α + 118.34α + 40α α  = 1.85 − 0.002N b − 0.0032N a

P´ ag.19 de 27

DINAMICA IC-244

3. En el eje X 

 F  = ma x

x

N b − 0.20 · N a = 40 · 2 · cos300 N b = 68.8 + 0 .20N a

3. En el eje Y 

 F  = ma x

y

N a + 0 .20 · N ab  = 40 · 2 · sin300

4. Entonces: N b = 73.84 N a  = 25.23 α  = 1.56  rad/s2

13.

EJERCICIO 13.

Dos bloques A(ma = 15 kg ) y B (mb = 15 kg ) est´an unidos por un cord´ on inextensible que esta enrollado en un tambor desbalanceado con radio de 1.5, masa de 25  kg  y radio de giro de 0.7  m  respecto a  O . en la posici´on que se muestra, el tambor gira en el sentido de las manecillas del reloj a una velocidad angular de 3  rad/s. determine la velocidad angular del tambor cuando el centro de masa C del tambor llega al punto directamente abajo del centro de rotaci´on O .

P´ ag.20 de 27

DINAMICA IC-244

Soluci´ on Datos: 

A  = 15 kg



B = 50 kg



r = 1.5 m



r = 25 mkg



ko = 0.70 m



ω1 = 3  rad/s



ω2 =?

1. Y por dato el sentido del tambor es en direcci´ on de las manecillas del reloj. Sabemos que T 1 +  U 1−2 =  T 2

P´ ag.21 de 27

DINAMICA IC-244

1 1 T 1 = ma va2 + mb vb2 + I o (ω1 )2 , pero v =  ω · r 2 2 1  1 1 T 1 = ma (ω1 · r)2 + mb (ω1 · r)2 + I a (ω1 )2 2 2 2 1  1 1 T 2 = ma (ω2 · r)2 + mb (ω2 · r)2 + I a (ω2 )2 2 2 2 2. Hallando la ecuaci´on para el trabajo: U 1−2 =  ω B d − ωAd, d  =  π · r, es la distancia que avanza.

3. Sabemos que: I o =  m t · ko2 = 25 · 0.72 = 12.25 kgm2

4. Reemplazando las ecuaciones anteriores en la ecuaci´on general,entonces: 1  1 1 ma (ω1 · r)2 + mb (ω1 · r)2 + I a(ω1 )2 + ωB d − ωA d 2 2 2 =

1  1 1 2 2 · m ω r I  ω + ( ) + ( ) b a 2 2 2ma (ω2 · r)2 2 2

ω2 = 18  rad/s

14.

EJERCICIO 14.

La placa triangular de 50 lb  est´a en reposo sobre la superficie horizontal lisa. Durante 7  s  est´a sometida la acci´on de las fuerzas horizontales que se indican. Determine la velocidad del centro de masa de la placa y su velocidad angular despu´es de 7 s.

P´ ag.22 de 27

DINAMICA IC-244

Soluci´ on 1. Hallamos la velocidad del centro de masa. 2. Aplicamos la ecuaci´on de principi´o de impulso angular y momento angular t2

   (m · v )  + c

1

t1

F  · dt  = (m · vc )2

3. Aplicamos en el eje X  (

50 50 · 0)1 + (30 − 40) · 7 = ( vcx )2 32.2 32.2

vcx = −1.4 m/s

4. Aplicamos en el eje Y  t2

   (m · v )  + c

1

t1

(

F  · dt  = (m · vc )2

50 50 vcy )2 )1 + ( −30 − 40 + 40) · 7 = ( 32.2 · 0 32.2

P´ ag.23 de 27

DINAMICA IC-244

5. Ahora hallamos la velocidad angulas para lo cual el sentido horario ser´a positivo t2

   I  · W   + c

1

t1

M  · dt  =  I c · ω2

0 + (−40 · 2 − 30 · 1.5 − 40 · 1.5) · 7 =  I c · W 2 ω2 =

· − 185 I 

, donde el momento de inercia del la placa

c

triangular es: ω = −309  rad/s 15.

EJERCICIO 15.

Una barra uniforme de 10  lb  (longitud=3  pies) se libera desde el estado de reposo θ  = 750 . Determine la velocidad angular de la barra despu´es de ∆t  = 0.06 s, suponiendo que la articulaci´on situada en ” O ” carece de fricci´on y que la variaci´on del ´angulo de posici´on θ  durante el periodo de impulso ∆ t  es despreciable. El movimiento tiene lugar en el plano vertical.

P´ ag.24 de 27

DINAMICA IC-244

Soluci´ on 1. De la gr´afica:

 M   =  I   +  mad 0

α

mg ( L2 )sin θ =

1 12

L mL2α + L2 (sin θ )2 (m )α 2

2g sin θ . 2 L(sin θ  + 1 /3) 2g sin θ ωL  = L(sin2 θ + 1 /3) 2g sin θ ω= 2 L (sin2 θ + 1 /3) α  =

2. Para θ  = 750,g  = 388.89  pulg/s2 y L  = 3 pies   2(388.89) sin(900 − 750 ) ω= 2 3 (sin2(900 − 750) + 1 /3) ω  = 553873  rad/s

16.

EJERCICIO 16.

Una barra uniforme tiene una masa de 10 kg  y una longitud de 1 m. La barra gira en el plano horizontal alrededor de su eje vertical situado en O, como se ilustra en la figura. La barra tiene un velocidad angular de 5rad/s en el sentido de las manecillas del reloj cuando es golpeado por e una part´ıcula B que tiene una masa de 100g  y una velocidad de 200m/s  en la direcci´on que la del movimiento del punto de contacto en la barra. Si el coeficiente de restituci´on es cero y despu´es del impacto la velocidad angular de la barra es 10rad/s, determine la ubicaci´on de X  p  con relaci´on a la articulaci´on en O  del punto de impacto P .

P´ ag.25 de 27

DINAMICA IC-244

Soluci´ on on angular cuando se 1. Escribimos la ecuaci´on de conservaci´ expresa con respecto al momento en O da: (H 0)i = (H 0 )f  2. El sentido positivo del momento los manejaremos en sentido horario: mb · vb · r +  I 0 · W i =  m b · vb · r +  I 0 · W f 

3. Adem´as sabemos que la inercia de la barra es: 1 I 0 = · mb · L2 3 10 I 0 = 3 4. Remplazamos los valores en la ecuaci´on: 100 10 100 100 · 5= · X  p · 200 − X  p · vbf  + 1000 3 1000 3 5. Adem´as nos dice que el coeficiente de restituci´on es cero v pf  − vbf  e  = =0 v pi − vbi v pf  =  v bf . Adem´as sabemos que la v pf  =  ω p · r P´ ag.26 de 27

DINAMICA IC-244

6. Entonces vbf  = 10 · X  p 7. Volviendo a la ecuaci´on, tenemos: 100 10 100 100 · · · X  p · 200 + X  p · vbf  + 5= 1000 3 1000 3 50 100 20X  p + =  X  p2 + 3 3 X  p = 0.87 m

P´ ag.27 de 27