Solucionario Cinetica Part

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS 3-1.- Un camión que pesa 37.5 KN va por una carretera a 100 km/hr, cuando el conductor ve de pronto una res parada en su camino a 60 m delante de él (ver figura P3-1). Si el conductor tarda 0.4 seg en pisar el freno y el coeficiente de rozamiento entre ruedas y calzadas vale 0.5. a).- ¿Puede evitar el atropello sin desviarse a un lado? b).- ¿En qué posición relativa a la res quedaría detenido el camión? c).- Si el conductor debe desviarse a un lado, determine la celeridad, que llevaría el camión al pasar junto a la res.

R C ℑ

P3-1

Solución Hay dos etapas; el momento que va con un M.R.U. y el otro con un M.R.U.V. (desaceleración). 1).- D.C.L del camión, para un instante cualquiera donde esta siendo frenado (ver figura P3-1a): 2).- Relaciones cinéticas:

∑F

Y

∑F

X

=0

→

N = mg

= ma X → − f = − ma

P3-1a

mg µ = ma a = 9.81 * 0.5 = 4.905 m/seg2 3).- Relaciones cinemáticas: a).- Cálculo de X1 y X2 (ver figura P3-1b):

X 1 = VC t =

100 * 0.4 = 11.11 m 3.6 P3-1b

X 2 = 60 − 11.11 = 48.89 m b). - Cálculo de la distancia en que se detendrá el camión:

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

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______________________________________________________________________

V 2 = V02 + 2 a X

→ 0 = 771.6 − 2 * 4.905 X

X = 78.65 m → X > X 2 Luego el camión necesita desviarse para no atropellar a la res. c).- Cálculo de la posición relativa de la res, respecto al camión:

X R = X − X 2 = 78.67 − 48.89 = 29.78 m C

d).- Cálculo de la velocidad, que llevará el camión al recorrer X2:

V22 = 771.6 − 2 * 4.905 * 48.89 = 291.99 V2 = 17.08 m/seg 3-2.- Una esfera S de masa 5 kg está unida a un bloque B de 1 kg, que desliza libremente por una guía horizontal lisa, según se indica en la figura. La masa de la varilla que une a la esfera al bloque es despreciable. Si se suelta al sistema partiendo del reposo, en la posición representada, determinar: a) la tensión de la varilla al empezar el movimiento y b) la aceleración del bloque al empezar el movimiento.

ℑ

ℑ

P3-2 Solución 1).- D.C.L. de las dos partículas: N

en

a

et T m1 g

P3-2a (a)

(b)

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

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______________________________________________________________________ 2).- Relaciones cinemáticas:

a S = a i + at (sen 30°i − cos 30° j )

a S = (a + at sen 30°) i − at cos 30° j

→

3).- Relaciones cinéticas (ver figura P3-2a): a).- Para (a), ver figura P3-2a):

∑F

X

= m1 a →

− T cos 30° = m1 a →

T cos 30° = −m1 a

(1)

b).- Para (b), ver figura P3-2a):: X

= m2 a X

→

T cos 30° = m2 (a + at sen30°)

Y

= m 2 aY

→

T sen 30° − m 2 g = −m 2 a t cos 30°

∑F ∑F

(2)

T sen 30° = m2 g − m2 at cos 30°

(3)

(3) ÷ (1):

tg 30° = −

m2 ( g − at cos 30°) m1 a

(4)

(1)= (2):

− m1 a = m2 a + m2 at sen 30°

→

a=−

m2 at sen 30° m1 + m2

(5)

(5) en (4):

tg 30° =

(m1 + m2 ) m2 (g − at cos 30°) m1 m2 at sen30°

27.42 at = 294.3

→

→ 1.44at = 294.3 − 25.98 at

at = 10.73 m/seg2

Luego en (4):

a = −84.96 + 80.475 = −4.485 m/seg2 En (1):

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

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______________________________________________________________________ T = 5.179 Newton

ℑ

3-3.- Una pequeña corredera D de 300 gr puede deslizar por la porción AB de una varilla curvada como se muestra en la figura. Sabiendo que r = 20 cm y que la varilla gira en torno a la vertical AC a la velocidad constante de ω = 10 rad/seg; hallar el menor valor admisible del coeficiente de rozamiento estático entre la corredera y la varilla, si la corredera no debe deslizar cuando (a) α = 15°, (b) α = 45°. Indicar en cada caso el sentido del movimiento inminente.

Solución 1).- D.C.L. (ver figura P3-3a): ℑ

N = N (− cos α e ρ + senα eZ )

P3-3

f = f (− senα e ρ − cos α e Z ) eZ

w = − mg eZ 2).- Relaciones cinemáticas:

ρ = r = 0.2 m ρ& = 0 ρ&& = 0

N

φ& = 10 rad / seg Z& = 0 φ&& = 0

eρ

D

eφ

r

Z&& = 0

mg

a D = − ρφ& 2 e ρ = −0.2 * 10 2 e ρ ℑ

a D = −20 e ρ (m/seg2) ℑ

P3-3a

3).- Relaciones cinéticas:

∑ Fρ

= ma ρ

∑F

=0

Z

→ →

+ N cos α + f senα = +0.3 * 20 = 6 Nsenα − f cos α = mg

(1) (2)

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

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______________________________________________________________________ (1)* cos α + (2)* sen α:

N = 6 cos α + mg senα

(3)

(3) en (1):

f =

6 6 cos 2 α − − mg cos α senα senα

(4)

a).- Para α = 15°: En (3):

N = 6.557 Newton En (4):

f = −1.29 Newton

o

f = 129
(Newton)

El menor valor admisible, se da cuando:

µS =

f = 0.197 N

El movimiento inminente es contrario al sentido de la fuerza de fricción, luego el movimiento inminente es hacia abajo. b).- Para α = 45°: En (3):

N = 6.324 Newton En (4):

f = 2.162 Newton Luego:

µS =

f 2.162 = = 0.342 N 6.324

El movimiento inminente es hacia arriba.

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

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______________________________________________________________________ 3-4.-Para la figura del Problema 3-3. Una pequeña corredera D de 200 gr puede deslizar por la porción AB de una varilla curvada como se muestra. Sabiendo que la varilla gira en torno a la vertical AC a velocidad constante y que α = 40° y r = 600 mm. Hallar para qué intervalo de valores de la velocidad V, no desliza la corredera, si entre ésta y la varilla hay un coeficiente de rozamiento estático de 0.30.

Solución 1).- D.C.L. (cuando la corredera no desliza):

N = N (cos α en + senα eb ) f = ± f (− senα en + cos α eb ) (+ movimiento inminente, hacia movimiento inminente hacia arriba)

abajo

y

–

w = − w eb 2).- Relaciones cinéticas (ver figura P3-4a):

∑F

= ma n

→

∑F

=0

→

n

b

P3-4a

V2 N cos α m f senα = m r

(1)

Nsenα ± f cos α = w

(2)

(1)x cos α + (2) x sen α:

N =m

V2 cos α + wsenα r

(3)

 V2  f = µ S N = 0.3 m cos α + wsenα  (Movimiento inminente)  r  En (1):

m

 V2  V2 V2 cos 2 α + wsenα cos α m 0.3 m cos αsenα + wsen 2α  = m r r  r 

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

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______________________________________________________________________ m

V2 ( cos 2 α − 1 m 0.3 cos αsenα ) = mg (± 0.3sen 2α − senα cos α ) r

V =

rg (± 0.3sen 2α − senα cos α ) 9.81x0.6(± 0.3sen 2 40° − sen40° cos 40°) → V = (− senα m 0.3 cos αsenα ) (− sen40° m 0.3 cos 40°sen40°)

V =

± 0.73 − 2.9 m 0.148 − 0.413

a).- Cuando el movimiento es inminente hacia abajo:

V =

0.73 − 2.9 = 1.97 m/seg − 0.148 − 0.413

b).- Cuando el movimiento es inminente hacia arriba:

V =

− 0.7 − 2.9 = 3.7 m/seg 0.148 − 0.413

Luego: ℑ

1.97 m/seg ≤ V ≤ 3.7 m/seg 3-5.- Una bolita de masa 0.50 kg está montada en el aro de la figura y puede deslizarse libremente (rozamiento despreciable) sobre él cuando éste gire. Usando coordenadas esféricas, determinar el ángulo θ y la fuerza que el aro ejerce sobre la bola cuando aquel gire en torno a un diámetro vertical con una velocidad angular constante igual a ω = 120 RPM.

ℑ

P3-5 Solución 1).- D.C.L.:

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

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______________________________________________________________________ 2).- Relaciones cinemáticas (ver figura P3-5a):

θ =?

r = 0.15 m r& = 0 &r& = 0

eθ

θ& = 0 θ&& = 0

N2

φ& = −120 *

π

eφ

= −4π rad / seg

30

φ&& = 0

mg

P3-5a

a P = − rφ& 2 sen 2θ er − rφ& 2 senθ cos θ eθ a P = −0.15 * (− 4π ) sen 2θ er − 0.15 * (− 4π ) senθ cos θ eθ 2

2

a P = −23.687 sen 2θ er − 23.687 senθ cos θ eθ (m/seg2) 3).- Relaciones cinéticas:

∑ Fθ

→ − mgsenθ = − m * 23.697 senθ cos θ

= maθ

cosθ = 0.41415 ⇒ θ = 65.534°

∑F

r

= ma r

→

mg cos θ − N 1 = −m * 23.687 sen 2θ

N 1 = 11.843 N

∑ Fφ

=0

→

N2 = 0

Luego:

N = N 1 = 11.843 Newton

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

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______________________________________________________________________ 3-6.- Una lata lisa C, que tiene una masa de 2 kg es levantada desde un conducto de alimentación A hasta una rampa en B por medio de una varilla giratoria ahorquillada. Si la varilla mantiene un movimiento angular constante de θ& = 0.5 rad/seg, determine la fuerza que ejerce la varilla sobre la lata en el instante en que θ = 30°. Desprecie los efectos de la fricción en el cálculo. La rampa desde A hasta B es circular y tiene un radio de 700 mm.

ℑ

P3-6

Solución 1).- D.C.L. de la lata (ver figura P3-6a):

eρ

2).- Relaciones cinemáticas, para θ = 30°:

ρ = 2r cos θ = 2 * 0.7 cos 30° = 1.21

m

θ

ρ& = −2rsenθθ& ρ& = −2 * 0.7 * sen30° * 0.5 = −0.35

m/seg

ρ&& = −2r cos θ θ& 2 ρ&& = −2 * 0.7 cos 30° * 0.5 2 = −0.303 θ& = 0.5

m/seg2

rad/seg

mg

P3-6a

θ&& = 0 Si:

(

)

a = ρ&& − ρθ& 2 e ρ + 2 ρ&θ& eθ a = (− 0.303 − 1.21 * 0.25) e ρ + 2 * (− 0.35) * 0.5 eθ a = −0.61 eρ − 0.35 eθ (m/seg2) 3).- Relaciones cinéticas, para θ = 30°:

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

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______________________________________________________________________ → N 2 cos 30° − mgsen30° = m (− 0.61)

∑ Fρ = ma ρ N2 =

m (gsen30° − 0.61) = 9.92 Newton cos 30°

∑ Fθ

= maθ

N 1 + N 2 sen30° − mg cos 30° = 2(− 0.35)

→

N 1 = 16.991 − 0.7 − 4.96 = 11.331 Newton 3-7.- El camión de la figura se encuentra viajando a 70 km/hr. Encuentre la distancia mínima en que puede detenerse sin que resbale la caja de 1200 Newton. Suponga que la caja no puede voltearse.

µ = 0.3

ℑ

P3-3-7

Solución 1).- D.C.L. del cajón:

2).- Relaciones cinemáticas:

a ℜ = aC + aℜ

→ C

aℜ = aC + aℜ

aℜ i = a C i + a ℜ i C

P3-7a (1) C

3).- Relaciones cinéticas:

∑F

Y

∑F

X

=0

→

= maℜ

→

N = mg f = µ N = µ mg = maℜ

µ g = aℜ 3).- Para que la caja no resbale a ℜ

(2)

= 0 , luego en (1): C

a = aℜ = aC :

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

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______________________________________________________________________ a=

dV dX * dt dX

∫

→

X

0

V

adX = ∫ VdV V0

V 1 1 aX = V 2 = (V 2 − V02 ) V 0 2 2

En (3) si:

X =−

(3)

a = µ g , V = 0 y V0 = 19.44 m/seg

19.44 2 = −64.23 m 2 * 0.3 * 9.81

Luego la distancia recorrida es de 64.23 m (←) 3-8.- El bloque ℜ y la barra ℘ sujeta a él pesan juntos 450 N y están obligadas a moverse a lo largo de su guía de 60° bajo la acción de la fuerza aplicada de 500 N. La barra uniforme horizontal pesa 140 N y está soldada al bloque en B. El rozamiento en la guía es despreciable. Calcular el momento flector ejercido por la soldadura sobre la barra en B.

ℑ

Solución 1).- D.C.L. (de la barra separada) y D.S.F. (ver figuras P3-8a):

P3-8

Mf

P3-8a (a)

(b)

2).- Relaciones cinéticas en (b).- Para encontrar la aceleración del sistema (ver figura P3-8a):

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

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______________________________________________________________________

∑F

= mt a

X'

− 500 + 450 cos 30° =

450 a 9.81

→

a = −2.4 m/seg (
)

La aceleración de G en (a); movimiento del sistema en traslación:

aG = 2.4(− cos 60°i + sen60° j ) →

aG = −1.2 i + 2.078 j (m/seg2)

3).- Relaciones cinéticas en (a) (ver figura P3-8a):

∑F

Y

= mb aGY

FC − wb = mb (2.078) FC = 140 +

∑M

G

=0

140 * 2.078 = 169.66 Newton 9.81 →

M f − 169.66 * 0.6 = 0

ℑ

M f = 101.796 N-m 3-9.- Una partícula tiene una masa de 0.5 kg y se encuentre confinada a moverse en la ranura horizontal lisa debida a la rotación del brazo OA. Determínese la fuerza de la barra sobre la partícula y la fuerza normal de la ranura sobre la partícula, cuando θ = 30°, la barra gira con una aceleración angular θ&& = 3 rad/seg2 y una velocidad angular θ& = 2 rad/seg. Suponga que la partícula tiene contacto con sólo un lado de la ranura en cualquier instante.

ℑ

P3-9

Solución 1).- D.C.L. de la partícula (ver figura 9a):

P3-9a

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

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______________________________________________________________________ 2).- Relaciones cinemáticas para la partícula P (ver figura P3-9b):

X = 0.5 tgθ X& = 0.5 sec 2 θθ& X&& = sec 2 θ tgθ θ& 2 + 0.5 sec 2 θ θ&& && : Reemplazando valores, para X X&& = 5.08 m/seg2

P3-9b

3).- Relaciones cinéticas, para la partícula P:

∑F

X

= mX&&

Y

=0

∑F

→ →

F cos 30° = 0.5 * 5.08

→ F = 2.93 Newton

− Fsen30° − mg + N = 0

N = 6.37 Newton 3-10.- La esfera de masa m está sostenida por una varilla ligera, girando alrededor del eje horizontal en O. La distancia entre O y el centro de la esfera es “r”; si la esfera se suelta partiendo del reposo con un ángulo θ igual a cero, determinar el valor de θ para el cual la fuerza en la barra cambia de compresión a tensión.

R

ℑ

P3-10

Solución 1).- D.C.L.:

en

2).- Relaciones cinéticas (ver figura P3-10a): P3-10a

∑F

t

= mat

→

mgsenθ = mrθ&&

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

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______________________________________________________________________ gsenθ = r

dθ& dθ * dt dθ

Separando variables e integrando: θ

∫

0

θ& g senθ dθ = ∫ θ& dθ 0 r

∑F

n

= ma n

→

&2 g (1 − cosθ ) = θ → θ& 2 = 2 g (1 − cosθ ) r 2 r

→

mg cos θ − R = mrθ& 2

(1)

(2)

Para que R cambie de compresión a tensión, debe ser igual a cero; luego de (2) y (1):

mg cos θ = mr *

2g (1 − cosθ ) r

→

3 cos θ = 2

ℑ

θ = cos −1 ( 23 ) = 48.19° 3-11.- Las tres esferas iguales de 2 kg están soldadas a las varillas de masas despreciables y cuelgan de A mediante una cuerda. La esfera se encuentra inicialmente en reposo cuando a la superior se le aplica una fuerza horizontal F = 16 N. Calcule la aceleración inicial aG del centro de masa de las esferas, el aumento α por unidad de tiempo de la velocidad angular y la aceleración inicial “a” de la esfera superior.

P3-11 Y

Solución 1).- D.S.F.:

2).- Cálculo de la aceleración del centro de masa: Si:

0.173 m

0 } aG = −aG t i + aG n j = −aG t i (m/seg2)

∑F

i

= mT aG

− 16 = −3 * 2aG t

→

∑F

0.087 m Xi

= − mT aG t 0.15 m

0.15 m

P3-11a

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

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______________________________________________________________________ aG = aG t = 2.67 m/seg2 3).- Cálculo de la aceleración angular α : Si:

∑M

G

& = ∑ HG

a).- Cálculo del momento con respecto a “G”: Si:

∑M

G

= ρ G 1 xF = 0.1733 j x (− 16 i )

∑M

G

= 2.768 k (N-m)

(1)

b).- Cálculo de la aceleración angular α : Si: n n & H = ρ xm a = m ∑ G ∑ Gi i i ∑ ρ Gi x ai i =1

i =1

ρ G 1 = 0.1733 j

(m)

ρ G 2 = −0.15 i − 0.0867 j ρ G 3 = 0.15 i − 0.0867 j

(m) (m)

a1 = aG + a 1 = aG + α k xρ G 1 = −2.67 i + α k x0.1733 j G

a1 = 2.67 i − 0.1733α i (m/seg2) a 2 = −2.67 i + α k x(− 0.15 i − 0.0867 j ) = −2.67 i + 0.0867α i − 0.15α j a3 = −2.67 i + α k x(0.15 i − 0.0867 j ) = −2.67 i + 0.0867α i + 0.15α j

ρ G 1 x a1 = 0.1733 jx(− 2.67 i − 0.1733α i ) = 0.463 k + 0.03α k

(m/seg)2

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

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______________________________________________________________________

ρ G 2 x a 2 = (− 0.15 i − 0.0867 j )x(− 2.67 i + 0.0867α i − 0.15α j )

ρ G 2 x a 2 = −0.2314 k + 0.0225α k + 7.517 x10 −3 α k

(m/seg)2

ρ G 3 x a3 = (0.15 i − 0.0867 j )x(− 2.67 i + 0.0867α i + 0.15α j )

ρ G 3 x a3 = −0.2314 k + 0.0225α k + 7.517 x10 −3 α k &

∑H

G

(m/seg)2

= 2 * 0.09α k = 0.18α k (N-m)

(2)

(2)= (1):

0.18α k = 2.768 k

α = 15.378

→

rad/seg2

ℑ

4).- Cálculo de la aceleración inicial de la esfera superior 1:

a1 = −2.67 i − 0.1733 *15.378 i = −5.335 i (m/seg2) a1 = 5.335 m/seg2 3-12.- Un pequeño collarín C de 250 gr puede deslizarse sobre la barra semicircular, que se pone a girar respecto a la vertical AB con una velocidad angular constante de 7.5 rad/seg. Determínese los tres valores de θ para los cuales el collarín no deslizara sobre la barra, suponiendo que no existe rozamiento entre el collarín y la barra. ℑ

P3-12 Solución X

ρ&

1).- D.C.L. (ver figura P3.12a):

2).- Relaciones cinemáticas (marco móvil la barra semicircular): a).- Movimiento del marco móvil y del punto base o conveniente “O”: P3-12a

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

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______________________________________________________________________ & && R=R=R=0

ω = 7.5 j

(rad/seg) y ω& = 0

b).- Movimiento de “C” respecto al marco móvil:

ρ = 0.5(senθ i − cos θ j ) ρ& = 0.5θ& (cos θ i + senθ j ) ρ&& = 0.5θ&& (cos θ i + senθ j ) + 0.5θ& 2 (− senθ i + cos θ j )

(

)

(

)

ρ&& = 0.5 θ&& cos θ − θ& 2 senθ i + 0.5 θ&& senθ + θ& 2 cos θ j c).- Aceleración de “C” respecto al marco inercial tierra:

aC = ω x (ω x ρ ) + 2ω xρ& + ρ&&

ω xρ = 7.5 j x 0.5(senθ i − cos θ j ) = −3.75senθ k ω x (ω xρ ) = 7.5 j x (− 3.75senθ k ) = −28.125senθ i 2ω xρ& = 15 jx0.5θ& (cos θ i + senθ j ) = −7.5θ& cos θ k Para que el collarín no se mueva respecto a la barra semicircular debe cumplir, que:

θ& = θ&& = 0 aC = −28.125 senθ i 3).- Relaciones cinéticas:

∑F

→ − N senθ = m(− 28.125 senθ ) → N = 28.125 m

X

= m aCX

Y

= m aCY = 0 → N cos θ − mg = 0 → 28.125m cos θ = mg

∑F

cosθ =

g = 0.3488 → θ = 69.586° ≅ 69.6° 28.125

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

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______________________________________________________________________ 4).- También no tendrá movimiento cuando se encuentre sobre el eje fijo (en tierra), esto es si:

θ = 0°

θ = 180°

y

3-13.- Se sabe que, si se excediera la fuerza de rozamiento estático entre el bloque pequeño B y la placa, el bloque empezará a deslizarse sobre la placa, se da esto cuando la aceleración total del bloque alcanza los 4 m/seg2. Si la placa parte del reposo en t = 0 y es acelerado uniformemente a razón de α = 5 rad/seg2, determínese el tiempo y la velocidad de la placa cuando el bloque empieza a deslizarse, si: r = 250 mm.

ℑ

P3-13

Solución 1).- D.C.L. (Para el movimiento inminente, la partícula B tiene un movimiento circular, por lo que utilizaremos las coordenadas tangencial y normal):

2).- Cálculo de la velocidad angular, cuando el movimiento es inminente: Si: P3-13a

a = α r et + ω 2 r en a

2

( )

= (α r ) + ω 2 r 2

0.25ω 2 = 3.7997

2

→

→

(

16 = (5 * 0.25) + 0.25ω 2

ω = 3.8986

2

rad/seg →

)

2

ω ≅ 3.90

rad/seg

3).- Cálculo del tiempo, donde se dará el movimiento inminente: Si: 0 }

ω = ω0 + α t

→

t=

ω 3.8986 = = 0.7797 α 5

seg

t ≅ 0.78 seg Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 3-14.- Tres pequeñas esferas idénticas A, B y C, que pueden deslizarse sobre una superficie horizontal sin rozamiento; están unidas por tres cuerdas de longitud l atados al anillo G. Inicialmente las esferas giran alrededor del anillo que se mueve a lo largo del eje X con velocidad Vo. Súbitamente el anillo se rompe y las tres esferas se mueven libremente en el plano XY, como se muestra en la figura. Sabiendo que

VA =

j (m/seg), VC = 1.2 i (m/seg), a = 0.208 m y d = 0.120 m. Determínese: a) la velocidad inicial del anillo, b) la longitud l de las cuerdas y c) la velocidad angular en radianes sobre segundos a la cual las

0.732

esferas giran alrededor de G.

a P3-14 Solución Como no hay fuerza externa resultante en el sistema, se conservará la energía cinética, el momentum lineal y el momentum angular: 1).- Por conservación de la cantidad del movimiento lineal: Si:

(∑ m V ) = (∑ m V ) i

i i

i

( (

i

f

) ( )

)

(∑ m V )

 V0 + ω k xl(cos 60°i + sen60° j ) + V0 + ω k xl(− i ) +  = m    V0 + ω k x l(cos 60°i − sen60° j )

(∑ m V )

= m[3 V0 i + ω l(2 cos 60° − 1) j ] = 3m V0 i

(1)

= −m VB j + m V A j + m VC i = m(− VB + 0.732) j + 1.2m i

(2)

i

i

i i

i i

(∑ m V ) i

i

f

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ (1)= (2) e igualando componentes:

V B = 0.732 m/seg

V0 =

1.2 = 0.4 m/seg 3

2).- Por conservación de la cantidad de movimiento angular, respecto a “O”: Si:

(∑ H ) = (∑ H ) Oi i

(∑ H )

Oi i

(∑ H )

Oi i

(∑ H )

f

(∑ H )

f

Oi

Oi

Oi

=m

f

{[l(cos 60°i + sen 60° j )]x[V {− l i x (V − ω l j )}+ {[l(cos 60°i − sen 60° j )]x[V

]}

0

− ω l (sen 60°i − cos 60° j ) +

0

+ ω l (sen 60°i − cos 60° j )

0

]}

= m(ω l 2 − lsen60°V0 + l 2ω + l 2ω + lsen60°V0 ) k = 3mω l 2 k

(3)

= m[(a + 0.26) i x 0.732 j + a i x(− 0.732 j ) − d j x 1.2 i ] = 0.334m k

(4)

(3) = (4):

3mω l 2 = 0.334 m

→

ω l 2 = 0.1113

(5)

3).- Por conservación de la energía cinética:

1 1 1 2 2  2  mtVG + ∑ miV i  =  ∑ miVi  G 2 2 i  2 f Eliminando” ½ m “de ambos miembros, reemplazando valores y operando:

3 V02 + 3ω 2 l 2 = 2 * 0.732 2 + 1.2 2

ω 2 l 2 = 0.677

(6)

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ (5) en (6):

0.1113ω = 0.677

→

ω = 6.084

→

l = 135.25 mm

rad/seg

En (5):

6.084 l 2 = 0.1113

3-15.- Una caja pequeña β (ver figura P3-15) resbala desde el reposo sobre un plano inclinado rugoso de A a B y luego cae en una plataforma de carga. El coeficiente de fricción entre la caja y el plano es µ = 0.4. Encuentre la distancia D al punto C en que la caja toca la plataforma.

ℑ

Solución 1).- D.C.L. (s) en deslizamiento y caída libre: P3-15

P3-15a (a)

(b)

2).- Cálculo de la velocidad de la caja en B, por el principio de trabajo y energía cinética: A

W A− Bg − W A− Bf

0 } 1 1 2 = mVB − mV A2 2 2

h = 15senθ = 15 * mgh − f d =

3 = 9 pies 5

1 mVB2 2

(1) P3-15b

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ De (a) ver figura P3-15a:

f = mg cos θ µ = 0.4 * 54 mg = 0.32 mg Luego en (1):

mg * 9 − 0.32mg * 15 = 12 mVB2 V B = 16.45 pie/seg V BX = VB cosθ = 13.16 pie/seg V BY = −VB senθ = −9.87 pie/seg 3).- Cálculo del movimiento de B en (b), ver figura P3-15a: a).- Si:

∑ FY = mY&& ∫

Y&

t

dY& = ∫ − gdt

Y

Y0

→

0

VBY

∫

→ − mg = mY&& →

dY& = −g dt

dY Y& = = VBY − gt dt

dY = ∫ (VBY − gt ) dt → Y = Y0 + VBY t − t

0

1 2 gt 2

(2)

b).- Si:

∑F

X

= mX&&

→

0 = mX&&

→ X& ⇒ cte, X& = VBX

X = VBX t

(3)

En (2) para:

Y = 0, Y0 = 4.5 pies y V BY = −9.87 pie/seg 1 0 = 4.5 − 9.87 t − * 32.2 t 2 2

→ t 2 + 0.613 t − 0.28 = 0

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ t=

− 0.613 ± 0.613 2 + 4 x0.28 2

→ t = 0.305 seg

En (3) para:

V BX = 13.16 pie/seg X = D = 13.16 * 0.3 = 4.01 pies

D = 4 pies 3-16.- El dispositivo mecánico en un parque de diversiones tiene 16 compartimientos de masa m = 200 kg cada uno, que giran alrededor del punto A a una velocidad de ω = 5 RPM con respecto al brazo OA. Los compartimientos con personas se mueven en un plano horizontal cuando θ = 0°. Un actuador hidráulico en el punto A levanta al brazo OA con los compartimientos en movimiento. Calcule la energía cinética de únicamente de dos de los compartimientos con respecto al punto O (un compartimiento es el más cercano y el otro el más lejano a O), cuando θ = 0° y la velocidad angular del brazo OA es de 0.3 RPM.

(2)

(1)

ℑ

P3-16

ℑ

Solución 1).- Relaciones cinemáticas: a).- Cálculo de la velocidad de (1), cuando θ = 0°:

V1 = V A + V 1 = 0.3 * A

π 30

*15 j + 5 *

π 30

* 7 k = 0.471 j + 3.665 k (m/seg)

V1 = 3.695 m/seg b).- Cálculo de la velocidad de (2), cuando θ = 0°:

V2 = V A + V 2 = 0.3 * A

π 30

* 15 j − 5 *

π 30

* 7 k = 0.471 j − 3.665 k (m/seg)

V2 = 3.695 m/seg

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 2).- Cálculo de las energías cinéticas de (1) y (2), cuando θ = 0°:

E K1 =

1 1 mV12 = * 200 * 3.695 2 = 1365.3 Joule 2 2

EK 2 =

1 1 mV22 = * 200 * 3.695 2 = 1365.3 Joule 2 2

3-17.- Un collarín de 3 lb está unido a un resorte y desliza sin rozamiento a lo largo de una barra circular que descansa en un plano horizontal. El resorte tiene una constante K = 15 lb/plg y no está deformado cuando el collarín está en B. Si el collarín pasa por el punto D con una velocidad de 6 pies/seg, determínese la velocidad del collarín cuando pase por: a) el punto C y b) por el punto B.

ℑ

Solución La única fuerza que produce trabajo es la fuerza conservativa elásticas, luego la energía mecánica se conserva:

P3-17

1).- Cálculo de la velocidad del collarín en C:

E KD + U D = E KC + U C 1 1 1 1 mVD2 + Kδ D2 = mVC2 + Kδ C2 2 2 2 2 2

3 3  10  6 * 36 + 15 *12  = VC2 + 15 *12  32.2 32.2  12   12 

2

VC = 29.91 pie/seg 2).- Cálculo de la velocidad del collarín en B (de la misma manera del anterior):

64.177 = 0.0466 VB2

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ V B = 37.11 pie/seg 3-18.- Un sistema consta de tres partículas A, B y C. Se sabe wA = 5 lb, wB = 4 lb y wC = 3 lb y las velocidades de las partículas expresadas en pies/seg son

respectivamente:

VA = 2 i + 3 j − 2 k ,

VB = V X i + 2 j + VZ k y VC = −3 i − 2 j + k . Determínese: a) las componentes V X y VZ de la velocidad de la partícula B para los cuales el momentum angular H 0 del sistema con respecto a O es paralelo al eje X y b) el valor correspondiente de

H0 . Solución

P3-18

1).- Cálculo del momento cinético para cada partícula, respecto a “O”:

(

)

H OA = rA xm AV A = 5 j + 4 k x

(

5 2i +3j −2 k 32.2

)

H 0 A = −3.41 i + 1.24 j − 1.55 k (lb-pie-seg)

(

)

H OB = rB xmBVB = 4 i + 4 j + 3 k x H OB =

(

4 V X i + 2 j + VZ k 32.2

[

)

]

4 (4 VZ − 6) i + (3 V X − 4 VZ ) j + (8 − 4 V X ) k (lb-pie-seg) 32.2

H OC = rC xmCVC = (8 i + 6 j ) x

(

H OC =

3 6 i −8j + 2 k 32.2

2).- Si:

∑H

Oi

(

3 −3i −2j +k 32.2

)

) (lb-pie-seg)

= ∑ H OX i i

0 = 1.24 + (3 V X − 4 VZ ) * 0.124 − 0.745

(1)

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 0 = −1.55 + (8 − 4 V X ) * 0.124 + 0.186

→

V X = −0.75 pie/seg

En (1):

VZ = 0.436 pie/seg 3).- Cálculo de la cantidad de movimiento angular respecto a “O”:

∑H

Oi

= H OA + H OB + H OC

∑H

0i

= [− 3.41 + 0.124 (4 * 0.436 − 6 ) + 0.56 ] i

∑H

Oi

= −3.378 i (lb-pie-seg)

3-19.- Se dispara una granada de 5 kg con una velocidad inicial Vo = 125 m/seg y θo = 75°, según se indica en la figura. En el punto más alto de su trayectoria la granada explota (durante 2 milésimas de segundos) y se rompe en dos. Un fragmento de 2 kg llega al suelo en X = 50 m e Y = 350 m cuando t = 25 seg, determinar: a).- Cuando y donde llega al suelo el fragmento de 3 kg. b).- El impulso ejercido sobre el fragmento de 2 kg por la explosión. P3-19

Solución La única fuerza externa en el sistema es la fuerza de gravedad. 1).- Cálculo del movimiento del centro de masa “G”:

aG = −9.81 k (m/seg2) VG = 125 cos 75° j + (125sen75° − 9.81 t ) k VG = 32.35 j + (120.74 − 9.81 t ) k (m/seg)

(

)

rG = 32.35 t j + 120.74 t − 4.905 t 2 k (m)

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 2).- El punto más alto de la trayectoria corresponde al instante en que

dZ G =0 : dt

120.74 − 9.81 t = 0 → t = 12.3 seg (instante de la explosión) Luego:

X = 0 , Y = 32.35 * 12.3 = 397.905 m Z = 1485.1 − 742.08 = 743.02 m 3).- Cálculo del movimiento de la partícula “1” de 2 kg (después de la explosión, sobre la masa de 2 kg sólo actúa la fuerza de gravedad):

a1 = −9.81 k

(m/seg2)

V1 = VOX 1i + VOY 1 j + [V0 Z 1 − 9.81(t − 12.3)] k

(m/seg)

(0)

X 1 = VOX 1 (t − 12.3) m

(1)

Y1 = 397.905 + VOY 1 (t − 12.3) m

(2)

Z 1 = 743.02 + VOZ 1 (t − 12.3) − 4.905(t − 12.3)

2

(3)

Para: t = 25 seg, X = 50 m , Y = 350 m , y Z = 0 En (1):

VOX 1 =

50 = 3.94 m/seg (25 − 12.3)

En (2):

VOY 1 =

− 397.905 + 350 = −3.77 m/seg (25 − 12.3)

En (3):

− 743.02 + 4.905(25 − 12.3) = 3.79 m/seg (25 − 12.3) 2

VOZ 1 =

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 4).- Por el principio de impulso y cantidad de movimiento en el sistema durante la explosión (la única fuerza exterior que da impulso, es la fuerza de gravedad):

 n  = F dt  ∑ miVi  − mVG i ∫0 ∑ i =1  i =1 f

(

t n

(

)

)

i

(

)

5 − 9.81 k ∆ t = 2 3.94 i − 3.77 j + 3.79 k + 3VO 2 − 5 * 32.5 j VO 2 = −2.63 i + 56.67 j − 2.56 k (m/seg) 5).- Cálculo del movimiento de la partícula “2” de 3 kg (después de la explosión, la única fuerza exterior que actúa es la fuerza de gravedad):

a 2 = −9.81 k (m/seg2) V2 = −2.63 i + 56.67 j − [2.56 + 9.81(t − 12.3)] k (m/seg) X 2 = 2.63 (t − 12.3) m

(4)

Y2 = 397.905 + 56.67 (t − 12.3) m

(5)

Z 2 = 743.02 − 2.56(t − 12.3) − 4.905(t − 12.3)

2

(6)

Para, Z = 0 en (6):

0 = 743.02 − 2.56 t + 31.488 − 4.905 t 2 − 742.08 + 120.66 t t − 24.08 t − 6.61 = 0 2

→

24.08 ± 24.08 2 + 4 x6.61 t= 2

t1 = 24.35 seg (bueno) y t 2 = −0.27 (no)

X 2 Z =0 = −2.63(24.35 − 12.3) = −31.69 m Y2 Z =0 = 397.905 + 56.67 (24.35 − 12.3) = 1080.78 m 6).- Cálculo del impulso en la masa “1” de 2 kg:

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ I =∫

∑ F dt = m (V

t n

0

i

1

O1

− VGt =12.3

)

(7)

i =1

Si:

VO 1 = 3.94 i − 3.77 j + 3.79 k (m/seg) y

VGt =12.3 = 32.35 j (m/seg)

En (7):

(

I = 2 3.94 i − 36.12 j + 3.79 k

)

I = 7.88 i − 72.24 j + 7.58 k (kg m/seg) 3-20.- Tres esferas pequeñas A, B y C, cada una de masa m, están conectadas a un anillo pequeño D por medio de tres cuerdas inelásticos de longitud l que están equidistantes. Las esferas pueden resbalar sobre una superficie horizontal sin rozamiento e inicialmente están girando con una velocidad Vo alrededor del anillo D que se encuentra en reposo. De repente se rompe la cuerda CD. Después que las otras dos cuerdas vuelven a estar tensas, obténgase: a) la velocidad del anillo D y b) la velocidad relativa con que las esferas A y B giran alrededor de D. Solución

P3-20

Como no hay fuerzas externas resultantes, la cantidad de movimiento lineal y la energía cinética del sistema se conservan: Al romperse la cuerda DC, la velocidad de C es tangente a su trayectoria que tenia antes de romperse. 1).- D.S.F. (ver figuras P3-20a y P3-20b): a).- Para un instante, antes que se rompa la cuerda:

P3-20a

P3-20b

b).- Para el instante, en que la cuerda de nuevo está tensa:

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 2).- Por conservación de la cantidad de movimiento lineal: Si:

(∑ m V ) = (∑ m V ) i

i i

(∑ m V ) i

i i

(∑ m V ) i

i

f

i

i

f

VO (− sen30°i − cos 30° j ) +  = m =0 VO (− sen30°i + cos 30° j ) + VO i 

(1)

V + ω k x(− l n ) +  = m V A + VB + VC =  D  = m 2VD + VO i VD + ω k xl n + VO i 

(

)

(

)

(2)

(1) = (2):

0 = 2VD + VO i VD =

→

VD = −

VO i (Unidades de velocidad) 2

VO (Unidades de velocidad) 2

3).- Por conservación de la energía cinética (no hay fuerzas que produzcan trabajo):

1  3 E K 1 = 3 mVO2  = mVO2 2  2 EK 2 =

[(

1 m VD + ω lu 2

) + (V

(3)

2

D

− ω lu

)

2

+ VO2

]

Reemplazando y operando:

3   E K 2 = m ω 2 l 2 + VO2  4  

(4)

(3) = (4):

3 3   mVO2 = m ω 2 l 2 + VO2  2 4   Si: V A

D

→

3 4

ω 2 l 2 = VO2

= VB = ω l D

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ Luego:

VA = D

3 VO (Unidad de velocidad) 4

3-21.- El bloque B de 20 kg cuelga de la cuerda de 2m de longitud, sujeta al carro A de 30 kg, que puede rodar libremente por una pista horizontal lisa. Si el sistema se suelta desde el reposo cuando θ = 35°, hallar las velocidades de A y B cuando θ = 0°.

ℑ

P3-21 Solución La resultante de las fuerzas horizontales son nulas, luego la cantidad de movimiento lineal se conservan en esta dirección, además la dirección de las velocidades de las dos partículas para el instante pedido son horizontales, respecto al marco inercial tierra. La única fuerza que produce trabajo es el peso, luego la energía mecánica se conserva.

H =2 m

1).- Diagrama, para el instante inicial y final: 2).- Por conservación del momentum lineal, en la dirección horizontal:

0 = m AV A + m BVB

→

P3-21a

m V A = − B VB mA

(1)

3).- Por conservación de la energía mecánica (reemplazando (1) en la energía cinética en “2”):

E K1 = 0 U 1 = m B gh + m A gH = 20 * 9.81 * 0.362 + m A gH = 71.02 + m A gH 2

EK 2

  m  1 1  m 1 = m BVB2 + m A  − B VB  = m BVB2 1 + B  = 16.667 VB2 2 2  mA  2  mA 

U 2 = m A gH

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ Si: E M 1 = E M 2

71.02 + m A gH = 16.667 VB2 + m A gH VB = 2.064 m/seg (→) En (1):

V A = 1.376 m/seg

(←)

3-22.- Una cuerda sin masa cuelga sobre una polea sin masa y sin fricción, la cuerda soporta dos monos (uno de masa M y otro de masa 2M). El sistema se libera del reposo en t = 0 seg, como se muestra en la figura. Durante los siguientes 2 seg, el mono B desciende 15 pies a lo largo de la cuerda para tomar un maní (masa despreciable) que se encuentra en el extremo P. El mono A se mantiene en la cuerda durante esos 2 seg. Encuentre el desplazamiento de A durante ese intervalo de tiempo.

Solución 1). - D.S.F (ver figura P3-22a).:

P3-22

2).- Relaciones cinéticas:

∑M

O

= −2Mgr k + Mgr k = − Mgr k

Si: t

∫ ∑M 0

O

dt =

0 6 47 4 8 − ∑ HO i i

(∑ H ) ( Oi

f

)

(∑ H )

f

= r i x 2 M Y&B ( j ) + r (−i ) M Y&A j

(∑ H )

f

= −2 Mr Y&B k − MR Y&A k

0i

0i

Remplazando: P3-22a

− Mgr k t = − r (2M ) Y&B k + rM Y&A (− k ) →

Y&A = −2Y&B + g t

Separando variables y integrando, para t = 0, YAo = YBo = 0:

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________

Y A = −2YB +

1 2 gt 2

(1)

3).- Relaciones Cinemáticas:

Y&B = Y&B − Y&A A

Integrando, para: t = 0, Y A0 = YB 0 = YB

YB = YB − Y A

=0 A

YB = Y B + Y A

→

A

A

Reemplazando YB en (1):

1 Y A = −2  YB + Y A  + g t 2  A  2

→ 3 YA =

1 2 g t − 2 YB A 2

(2)

Para; YB = - 15 pies y t = 2 seg en (2):

3 YA =

32.2 * 4 − 30 2

→ Y A = 11.47 pies

El mono A se habrá desplazado 11.47 su posición original.

pies de

3-23.- Una masa de 0.6 kg sujeto al extremo de una cuerda inextensible, se desliza por una superficie horizontal (ver figura). El otro extremo, tras pasar por un orificio practicado en dicha superficie, está sujeto a un resorte que tiene K = 100 N/m. El resorte tiene una longitud natural cuando l = 0. Si en el instante representado V = 10 m/seg y l = 0.5 m, determinar los valores mínimo y máximo de l del movimiento resultante. Solución

K P3-23 ℑ

El momento con respecto al orificio de las fuerzas es nulo, por lo que se conserva la cantidad de movimiento angular con respecto a un eje que pasa por el orificio. La única fuerza que produce trabajo es la fuerza elástica por la que la energía mecánica se conserva. 1).- Por conservación de la cantidad de movimiento angular: Si:

HO i = HO f

(1)

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ a).- La cantidad de movimiento angular, para el instante representado es:

H O i = 0.5 * 0.6 *10 sen60° = 2.6 N-m-seg b).- Momentum angular cuando la cuerda esté a su longitud mínimo o máximo (la velocidad de su movimiento es perpendicular a la cuerda):

H 0 f = l(0.6) V N-m-seg Luego en (1):

2.6 = 0.6 l V

→

l V = 4.33

(2)

2).- Por conservación de la energía mecánica:

EM 1 = EM 2 E K1 + U 1 = E K 2 + U 2

→

1 1 1 1 * 0.6 * 10 2 + *100 * 0.5 2 = 0.6 V 2 + 100 l 2 2 2 2 2

Reemplazando (2) y operando:

85 l 2 = 11.25 + 100 l 4

→

u 2 − 0.85 u + 0.113 = 0 → u =

0.85 ± 0.85 2 − 4 x0.113 2

u1 = 0.685 y u 2 = 0.165 Lo pedido, serán solo las raíces positivas:

Y

l max = 0.827 m

X

ℑ

l min = 0.406 m 3-24.- Dos gimnastas A y B, cada uno de peso w, se mantienen colgados en el mismo lado de una cuerda que pasa sobre una polea ligera y el otro extremo tiene un contrapeso 2w (ver figura). Inicialmente A se encuentra a una distancia “d” por debajo de B. El gimnasta A trepa sobre la cuerda para unirse a B. Determine el desplazamiento del contrapeso, cuando A alcanza a B. P3-24 Solución

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 1).- Como, la sumatoria de momentos con respecto a “O” es nulo; la cantidad de movimiento angular se conserva: 0 647 4 8 M = 0 ⇒ H ∑ O ∑ Oi i =

(

(H

A O

+ H OB + H OC

)

f

) (∑ H )

=0

Oi

−

→

f

w & w 2w & r Y A − r Y&B + r YC = 0 g g g

− Y&A − Y&A + 2 Y&C = 0

(1)

2).- Relaciones cinemáticas:

Y&C = Y&Cu , Y&B = −Y&Cu

y Y&A = Y&A rel − Y&Cu

(2)

Reemplazando (2) en (1):

Y&Cu − Y&A rel + Y&Cu + 2Y&Cu = 0

→ 4Y&Cu − Y&A rel = 0

Separando variables e integrando:

4YCu − Y A rel = C1 Si para t = 0, YoCu = 0 y YoA rel = 0 → C1 = 0 Luego:

1 YCu = Y A rel y si: YCu = YC 4 ∴

YC =

y

Y A rel = d

1 d ( ↑ ) (Unidades de longitud) 4

3-25.- Dos puntos materiales de pesos G y G1, están unidas entre si por dos hilos inextensibles de longitudes a y b, y sujetos a un punto fijo O en ℑ (ver figura). El sistema gira alrededor de la vertical que pasa por O, con una velocidad angular constante ω. Determinar las ecuaciones trigonométricas para hallar los ángulos φ y Ψ en la posición de equilibrio dinámico (estabilización del movimiento) y las tensiones en los dos cables.

P3-25

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ Solución 1).- D.C.L.

e't e 'b

e' n

P3-25a (a)

(b)

2).- Relaciones cinéticas: a).- En (a):

∑F

b

=0 →

G1 = Tb cosψ

G1 (Unidad de fuerza) cosψ

Tb =

∑F

n

= ma n

→

Tb senψ =

(1)

G1 (bsenψ + asenφ ) ω 2 g

(2)

(1) en (2):

G1tgψ =

tgψ =

G1 (bsenψ + asenφ )ω 2 g

ω2 g

(bsenψ + asenφ )

(I)

También:

asenφ ω 2 = g tgψ − bsenψ ω 2

(3)

b). En (b):

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________

∑F

b

=0

Ta cos φ − Tb cosψ − G = 0

→

(4)

(1) en (4):

G + G1 (Unidades de fuerza) cos φ

Ta =

∑F

n

= ma n

→

Ta senφ − Tb senψ =

(5)

G asenφ ω 2 g

(6)

(1), (3) y (5) en (6):

(G + G1 ) tgφ − G1 tgψ ω2 g

b senψ =

ω G bsenψ ω 2 bsenψ ω 2 → (G + G1 ) tgψ − (G + G1 ) tgφ = g g 2

= G tgψ −

(G + G1 ) ( G

tgψ − tgφ )

( II )

3-26.- El sistema está compuesto de dos esferas lisas, de masa 2 kg cada una. Se hallan enlazadas por un resorte sin masa y mediante las dos barras de masas despreciables articuladas libremente en sus extremos y que cuelgan en un plano vertical. Las esferas están obligadas a moverse en la guía horizontal lisa. Si se aplica una fuerza horizontal F = 50 N a una de las barras en la posición que se indica ¿cuál será la aceleración del centro C del resorte? ¿Por qué no depende el resultado de la dimensión b? P3-26 Solución Se trata de un sistema de partículas discretas indeformable, por que no hay ninguna fuerza externa como interna que pueda deformar el resorte; luego el sistema tiene un movimiento de traslación. 1). - D.S.F.:

2). - Relaciones cinéticas:

∑F

X

= mT a C

→

F = (m + m )aC P3-26a

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ aC =

50 = 12.5 m/seg2 4

3).- El movimiento no depende de b” “, por que el sistema no tiene movimiento de traslación (sistema estable) 3-27.- Se monta un dispositivo sobre una plataforma que está girando con una velocidad angular de 10 rad/seg. El dispositivo consiste en dos masa de 1.5 kg cada una, girando sobre un huso con una velocidad angular de 5 rad/seg respecto a la plataforma. Las masas se están moviendo radialmente hacia fuera con una velocidad de 3 m/seg y todo el conjunto se está elevando con una velocidad de 1.5 m/seg. Calcule la energía cinética del sistema de dos partículas cuando están a una distancia de 1 pie del huso.

Solución

P3-27

1).- Relaciones cinéticas. a).- cálculo de la velocidad de una de las masas, respecto al centro de masa y la energía cinética de las dos masas respecto al centro de masa:

VG i = ρ& e ρ + ρθ& eθ = 3 e ρ + 0.305 x5 eθ VG i = 3 e ρ + 1.525 eθ (m/seg) VG2 i = 9 + 1.525 2 = 11.326 (m/seg)2 2

∑

1 2

miVG2 i = 1.5 x11.326 = 16.989 Joule

i =1

P3-27a

b).- Cálculo de la velocidad del centro de masa y su respectiva energía cinética:

VG = V A + VG = V A + ω xrAG A

VG = 1.5 k + 10 k x1.5 i = 15 j + 1.5 k (m/seg)

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 1 mVG2 = 1.5 x 227.25 = 340.875 (m/seg)2 2 2).- Cálculo de la energía cinética del sistema de dos partículas:

EK =

2 1 1 mVG2 + ∑ miVG2 i = 340.875 + 16.989 2 i =1 2

E K = 357.864 Joule 3-28.- Un vehículo de 15 kg tiene dos cuerpos (con una masa de 1 kg cada uno) montados sobre él y estos cuerpos giran con una velocidad angular de 50 rad/seg relativa al vehículo. Si se aplica una fuerza de 500 N sobre el vehículo durante una distancia de 17 m ¿Cuál será la energía cinética del sistema, suponiendo que el vehículo parte del reposo? Desestimar el rozamiento, la inercia de las ruedas y las masas de las barras.

ℑ

P3-28

Solución 1).- Cálculo de la velocidad de G: a).- D.S.F.:

b).- Relaciones cinéticas:

∑F a=

X

= mT X&& G

→ 500 = (15 + 2 ) a

500 = 29.412 m/seg2 17

c).- Relaciones cinemáticas:

X& G2 = 2aX = 2 * 29.412 * 17 = 1000 (m/seg)2

P3-28a

2).- Cálculo de la energía cinética del sistema, para X = 17 m:

1 E K = E K C + ∑ miVi 2 2

→

EK =

2 1 1 1 mC X& G2 + mt X& G2 + ∑ m1VG2 i 2 2 i =1 2

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 1 1 2 * (15 + 2) *1000 + *1 * 2(0.3ω ) 2 2

EK =

E K = 17 * 500 + (0.3 * 50 ) = 8725 Joules 2

3-29.- Una persona de 800 N aparta del embarcadero un bote de 890 N que transporta otra persona de 668 N. La velocidad que se le comunica al bote al ser empujado es de 0.3 m/seg. Entonces, la primera persona salta desde el embarcadero hacia el bote con una velocidad de 0.6 m/seg relativa al embarcadero y en la dirección del movimiento del bote. Cuando ambos pasajeros están instalados en el bote y antes de que comiencen a remar ¿Cuál será la velocidad del bote? Despreciar el rozamiento del agua.

ℑ

P3-29

Solución Como no hay fuerzas horizontales externas resultantes, la cantidad de movimiento lineal se conserva en esa dirección:

(∑ m V ) i = (∑ m V ) i

Hi

i

Hi

f

(890 + 668) * 0.3 + 800 * 0.6 = (890 + 668 + 800) * V g

g

g

V = 0.402 m/seg 3-30.- Un sistema consta de cuatro partículas y la masa de cada una es de 10 kg. Las partículas están unidas por varillas delgadas de masas despreciables. El sistema, que inicialmente está en reposo, comienza su movimiento y permanece en el plano xy al aplicarse un impulso de 1000 i + 1000 j (kg-m/seg) en C, como se ilustra. Determine: a) la velocidad del centro de masa y b) la velocidad angular ω del sistema.

Solución

P3-30

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 1).- Cálculo de la velocidad del centro de masa por el principio de impulso y cantidad de movimiento lineal. t

I = ∫ F dt = F ∆t = 1000 i + 1000 j (kg-m/seg) o

0 }   I = ∆ L = mt VG − VGo     

1000 i + 1000 j = 40 VG

VG = 25 i + 25 j (m/seg) 2).- Por el principio de impulso angular y cantidad de movimiento angular: Si: F ⊥ rOC ⇒ r x F = r F k

→

∑M

0

=rF k

Luego: t

∫ ∑M 0

0

dt = r F ∆ t k = ∆ H 0 = (∑ H 0 Z )i k − (∑ H 0 Z ) f k

(1)

a).- Cálculo del impulso angular:

F ∆ t = 1000 2 + 1000 2 = 1000 2 N-seg

r F ∆ t = 2 x1000 2 = 2828.43 (kg-m2/seg)

(2)

b).- Cálculo de la cantidad de movimiento angular final:

rA = 2

2 (− i + j ) = 2 (− i + j ) , rB = 2 (i + j ) 2

rC = 2 (i − j ) y rD = 2 (− i − j ) V A = VG + ω k xrA = VG + ω k x 2 (− i + j ) = VG + 2ω (− i − j ) VB = VG + ω k xrB = VG + ω k x 2 (i + j ) = VG + 2ω (− i + j )

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ VC = VG + ω k xrC = VG + ω k x 2 (i − j ) = VG + 2ω (i + j ) VD = VG + ω k xrD = VG + ω k x 2 (− i − j ) = VG + 2ω (i − j )

(

)

(

)

H OA = rA xmV A = rA xmVG + rA xm 2ω (− i − j ) = rA xmVG + 2mω k + k H OB = rA xmVB = rB xmVG + rB xm 2ω (− i + j ) = rB xmVG + 2mω k + k

(

)

(

)

H OC = rA xmVC = rC xmVG + rC xm 2ω (i + j ) = rC xmVG + 2mω k + k H OD = rA xmVD = rD xmVG + rD xm 2ω (i − j ) = rD xmVG + 2mω k + k

(∑ H ) 0z

f

0 644 47 444 8 = (rA + rB + rC + rD )xmVG + 16mω k = 160 ω k (kg-m2/seg)

(3)

(2) = (3):

2828.43 = 160 ω

→

ω = 17.68

rad/seg

3-31.- Un sistema mecánico está compuesto de tres cuerpos idénticos A, B y C de 1.5 kg de masa cada uno, que se mueven sin rozamiento a lo largo de tres barras ligeras que forman 120° entre ellos y están fijados sobre una rueda ligera. Cada uno de estos cuerpos está conectado mediante un cordón inextensible a un peso colgante D. La conexión de los cordones con D es tal que no puede transmitir ningún momento a D. Inicialmente, las tres masas A, B y C se mantienen a una distancia de 0.6 m del eje mientras la rueda gira a 3 rad/seg ¿Cuál será la velocidad angular de la rueda y la velocidad de descenso de D si, después de soltar los cuerpos radiales, el cuerpo D recorre 0.3 m? Suponer que D está inicialmente estacionario (es decir sin girar). El cuerpo D tiene una masa de 50 kg. P3-31 Solución Como no hay momentos resultantes con respecto al eje vertical, la cantidad de movimiento angular se conserva en el sistema, además la única fuerza que produce trabajo es el peso, luego la energía mecánica en el sistema se conserva.

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 1).- Representación grafica del estado inicial y final del sistema:

ll

2).- Por conservación de la cantidad de movimiento angular:

(H ) = (H ) 0Z i

i

0Z i

f

3m r1Vθ 1 = 3m r2Vθ 2 Vθ 2

Vθ 2

P3-31a

r 0 .6 = 1 Vθ 1 = * 0.6 * 3 = 3.6 m/seg r2 0 .3 3.6 = ω 2 r2 = 3.6 → ω 2 = = 12 rad/seg 0.3

2).- Por conservación de le energía mecánica:

U g 1 = 3mg (l + 0.3) + m D g * 0.3 EK 1 =

→

U g 1 = 3mg (l + 0.3) + 147.15 Joule

1 3 2 * 3mVθ21 = m (0.6 * 3) = 7.29 Joules 2 2

U g 2 = 3mg (l + 0.3) Joules EK 2 =

1 1 1 * 3mVθ22 + * 3mVr22 + * m DVr22 2 2 2

→ E K 2 = 1.5 (0.3 * 12) + Vr 2 (1.5 + 25) 2

2

2

2

E K 2 = 27.25 Vr22 + 29.16 Joule Si: E M 1 = E M 2

3m(l + 0.3) + 147.15 + 7.29 = 3m(l + 0.3) + 27.25 Vr22 + 29.16

Vr 2 = 2.144 m/seg

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 3-32.- Un aro con cuatro radios, rueda sin deslizar de forma que su centro C se mueve con una velocidad de V = 1.7 m/seg. El diámetro del aro es de 3.3 m y el peso por unidad de longitud de la llanta es de 14 N/m. Los radios son barra uniformes que tienen también un peso por unidad de longitud de 14 N/m. Suponer que la llanta y los radios son delgados. Utilizando la teoría de los sistemas de partículas encuentre la energía cinética del cuerpo.

Solución 1).- Relaciones cinemáticas.- velocidades relativas al centro de masas.

ℑ

P3-32

a).- De un punto cualquiera de la llanta:

Vi a = VC + ρ& C i a = VC + ω k xrCC i a = VC i + ω R u 2 ∴ ρ& C2 i a = (ω R )

b).- De un punto cualquiera de una de las barras:

Vi b = VC + ρ& C i b = VC + ω k xrCC i b = VC i + ω r n 2 ∴ ρ& C2 i b = (ω r )

c).- Se conoce por rodamiento:

ω=

P3-32a

V R

2).- Cálculo de la energía cinética del cuerpo.

EK =

1 1 n mtVC2 + ∑ mi ρ& C2 i 2 2 i =1

a).- Cálculo de la energía cinética del centro de masa C:

E K cm =

1 1γ (2π R + 4 R ) VC2 = γ R(π + 2)VC2 mtVC2 = 2 2g g

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________

E K cm =

14 3.3 (π + 2) *1.7 2 = 34.989 Joules x 9.81 2

b).- Cálculo de la energía cinética relativa al centro de masa:

E Krel cm =

E Krel cm =

1 R γ 1 n 1 2π γ 2 2 mi ρ& C2 i = ∫ R dθ (ωR ) + 4 ∫ dr (ω r )  ∑ 0 0 2 i =1 2 g 2 g 

γ

2  14 3.3 2   R VC2  π +  = * * 1.7 2  π +  = 25.92 Joules g 3  9.81 2 3  

ℑ

Luego:

E K = 34.99 + 25.92 = 60.91 Joules 3-33.- Una cadena de longitud 2 ℓ y masa ρ por unidad de longitud cuelga del modo representado. Si al extremo B se le da un leve desplazamiento hacia abajo, el desequilibrio genera una aceleración. Hallar la aceleración de la cadena en función del desplazamiento hacia arriba X del extremo A y determinar la velocidad V del extremo A cuando llega arriba. Despreciar la masa y el diámetro de la polea.

Solución 1).- D.C.L. (de las dos partes, que fueron cortadas para un X cualquiera):

(a)

P3-33

P3-33a

(b)

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 2).- Relaciones cinéticas:

647 4l − X48 4 T − ρ g [2 l − (l + X )] = ρ [2 l − (l + X )] X&&

(1)

− T + ρ g (l + X ) = ρ (l + X ) X&&

(2)

ρ g (2 X ) = ρ X&& (2 l )

(1) + (2)

g X&& = X l

(Unid. de aceleración)

(3)

De (3):

dX& dX g * = X dt dX l

→

g X& dX& = X dX l

Integrando:

g l X& 2 g 2 l & & ∫0 X dX = l ∫0 X dx → 2 = 2 l X 0 g X& 2 = l 2 → V = g l (Unid. de velocidad) l X&

3-34.- Un cilindro de masa m descansa sobre un carrito base tal como se representa. Si β = 45° y θ = 30°, calcular la aceleración pendiente arriba máxima a que puede comunicarse al carrito, sin que el cilindro pierda contacto en B.

ℑ

P3-34 Solución 1).- D.C.L. (ver figura P3.34a):

2).- Relaciones cinéticas:

∑F

X

=ma

Y

X NB

NA mg

P3-34a

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ N A senβ − N B senβ − mg senθ = m a

∑F

Y

(1)

=0

N A cos β + N B cos β − mg cos θ = 0

N A = mg

cos θ − NB cos β

(2)

3).- Para el caso, donde el movimiento es inminente del cilindro respecto al carrito, luego: N B = 0 , β = 45° y θ = 30°: En (2):

N A = mg

cos θ cos β

En (1):

mg tgβ cos θ − mg senθ = m a a = g (tg 45° cos 30° − sen30°)

a = 0.366 g (Unid. de aceleración) 3-35.- El sistema se abandona desde el reposo en la posición representada. Calcular la tensión T de la cuerda y la aceleración del bloque de 30 Kg. Se desprecian la masa de la pequeña polea sujeta al bloque y el rozamiento en la misma (sugerencia: empezar estableciendo la relación cinemática entre aceleraciones de los dos cuerpos).

Solución 1).- D.C.L. (s) (ver figura P3-35a):

ℑ

P3-35

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________

T

P3-35a

2).- Relaciones cinemáticas.- Si el sistema se abandona del reposo, solo existe en ese momento la aceleración tangencial del bloque “2” con respecto a “1” en la polea (ver figura P3-35b):

a 2 = a1 + a 1

2

a 2 = a1 cos θ =

4 a1 5

(1)

P3-35b

3).- Relaciones cinéticas: En (a):

∑F

Y

=0

→

3 T + N − w1 − T = 0 5

2 → N = w1 + T 5

Luego:

f = µ N = µ (w1 + 52 T )

∑F

X

= m1 a1

→

(2)

4 − T + f = −m1 a1 5

4 2 µ T −  − µ w1 = m1 a1 5  5

→

→

4 2   T − µ  w1 + T  = m1 a1 5 5  

0.7 T − 73.575 = 30 a1

(3)

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ Para (b):

∑F

Y

= m2 a 2

→

w2 − T = m 2 a 2

→

T = 147.15 − 12 a1

(4)

(4) en (3):

103 − 8.4 a1 − 73.575 = 30 a1

→

38.4 a1 = 29.425

a1 = 0.766 m/seg2 En (4):

T = 147.15 − 12 * 0.766 = 137.958 Newton ℑ

T ≅ 138 Newton 3-36.- Un cuerpo A de 0.5 kg de masa se hace mover mediante el dispositivo que se muestra. ¿Qué fuerza total se ejercerá sobre el cuerpo en el instante t = 6 seg? ¿Cuál será la máxima fuerza total sobre el cuerpo y cuando se ejercerá esta fuerza por primera vez, después de t = 0?

ℜ1

ℜ2

ℑ

P3-36 Solución 1):- D.C.L.:

N2 2).- Relaciones cinemáticas.- Cálculo de la aceleración de A: N1

a).- Tomando como marco de referencia ℜ1 (A1 coincidente con A):

} + 2 ω1 x V A

P3-36a

0

a A = a A1 + a A ℑ

ℜ1

ℜ1

= m 0.6 sen 2 t j + a A i ℜ1

(1)

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ b).- Tomando como marco de referencia ℜ2 (A2 coincidente con A):

a A = a A2 + a A ℑ

ℜ2

0 } + 2 ω2 x VA

= ± 1.2 cos 2 t i + a A

ℜ2

ℜ2

j

(2)

(1)=(2) e igualando componente:

aA

ℜ1

= ± 1.2 cos 2 t

aA

y

ℜ2

= m 0.6 sen 2 t

En (1):

a A = ± 1.2 cos 2 t i m 0.6 sen 2 t j (Newton) 3).- La fuerza total o resultante sobre la partícula A, será:

F = m a A = 0.5 (± 1.2 cos 2 t i m 0.6 sen 2 t j ) = ± 0.6 cos 2 t i m 0.3 sen 2 t j

(3)

a).- En (3): para el caso, donde t = 6 seg:

F = ± 0.6 cos12 i m 0.3 sen 12 j

→

F = 0.592 Newton

b).- En (3): el tiempo después de 0 seg en que F será máximo:

0.3 sen 2 t = 0

→

2t =π

→

t=

π 2

seg

Luego:

Fmáx = ± 0.6 i (Newton)

→

Fmáx = 0.6 Newton

3-37.- El deslizador A de ¼ lb es empujado a lo largo de la barra circular, por la barra ranurada. La barra circular está en el plano vertical. La posición angular de la barra ranurada es θ = 10 t2 rad. Determine las componentes radial y transversal de la fuerza total ℑ ejercida sobre el deslizador por las barras circular y ranurada, cuando t = 0.25 seg.

ℑ

ℑ

Solución

P3-37

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 1).- D.C.L. (Ver figura P3-37a): 2).- Relaciones cinemáticas: a).- Identificación de los parámetros, que definen el movimiento en coordenadas polares, para t = 0.25 seg:

θ = 10 t 2 = 10 * 0.25 2 = 0.625

2’

rad O

θ = 35.81°

θ& = 20 t = 20 * 0.25 = 5 y

θ&& = 20

C

2’

rad/seg

rad/seg2

P3-37a

ρ = 2 r cos θ = 4 cos 35.81° = 3.244

pies

ρ& = −4 sen θ θ& = −4 sen 35.81° * 5 = −11.7

pie/seg

ρ&& = −4 cos θ θ& 2 − 4 sen θ θ&& = −4 cos 35.81° * 25 − 4 sen 35.81° * 20 = −127.91

pie/seg2

b).- Cálculo de la aceleración de A:

a A = (− 127.91 − 3.244 * 25) e ρ + (− 2 *11.7 * 5 + 3.244 * 20) eθ a A = −209.01 e ρ − 52.12 eθ (pie/seg2) 3).- Relaciones cinéticas: Si: N ρ = N C ρ = N C cos θ

∑ Fρ = m a ρ

y

N θ = N C θ − N b = N C senθ − N b

→ − N ρ − mg sen θ = −

0.25 * 209.01 32.2

N ρ = −0.25 * sen 35.81° + 1.623 = 1.4767 lb → N C =

∑ Fθ

= m aθ

→

− N θ − mg cos θ = −

Nρ cos θ

= 1.82 lb

0.25 * 52.12 32.2

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________

N θ = −0.25 * cos 35.81° + 0.4047 = 0.202 lb N θ = N C sen35.81° − N b

→ N b = 1.065 − 0.202 = 0.863 lb

Luego, las componentes radial y transversal están en:

N = −1.477 e ρ − 0.202 eθ (lb) 3-38.- La figura muestra una cinta transportadora que está inclinada 20° respecto a la horizontal. Como consecuencia de un vertido de aceite sobre la cinta, existe una fuerza de rozamiento viscoso entre el cuerpo D y la cinta. Esta fuerza es igual a 1.5 por unidad de velocidad relativa entre el cuerpo D y la cinta (N). La cinta se mueve hacia arriba con una velocidad constante V B ,

ℑ

ℑ

mientras que inicialmente el cuerpo D tiene una velocidad

V  = 0.6  Dℑ 0

ℑ

m/seg relativa al

P3-38

terreno y en la dirección descendente de la cinta. *

¿Qué velocidad V B

ℑ

debe tener la cinta para conseguir que el cuerpo D adquiera una velocidad nula *

respecto al terreno? Para la velocidad V B

ℑ

y para la velocidad inicial para el cuerpo D dada, es decir

V  = 0.6 m/seg, determine en qué instante de tiempo el cuerpo D adquiere una velocidad de 0.3  Dℑ 0 m/seg respecto al terreno. La masa de D es de 2.5 Kg.

Solución 1).- D.C.L.:

2).- Relaciones cinemáticas, para un instante cualquiera:

VD = VD + VB = VD i − VB i ℑ

B

ℑ

VD i = VD + VB  i B ℑ  ℑ

B

ℑ

f P3-38a

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________

aD = aD + aB = aD i + aB i = aD i ℑ

ℑ

B

ℑ

B

ℑ

3).- Relaciones cinéticas:

∑F

X

= m aD

→

ℑ

− f + 2.5 g sen 20° = 2.5 a D

ℑ

− (1.5)VD + VB  + 2.5 g sen 20° = 2.5 a D ℑ ℑ  ℑ

(1)

V D = 0 (Permanente y teóricamente nula), la aceleración a D = 0 (movimiento

Para el caso de

ℑ

ℑ

rectilíneo), donde VB = V ℑ

* B : ℑ

Luego en (1):

− 1.5 VB* + 2.5 g sen 20° = 0

→

ℑ

4).- Si: V D

ℑ

VB* = 5.592 m/seg ℑ

= 0.3 m/seg, V B = 5.592 m/seg y V D  = 0.6 m/seg: ℑ  ℑ 0

En (1):

dVD ℑ − (1.5)VD + VB  + 2.5 g sen 20° = 2.5 ℑ  ℑ dt −

dVD 1.5  ℑ V D + 5.592  + 9.81 sen 20° =  2.5  ℑ dt

− 0.6 VD =

dVD

ℑ

dt

ℑ

→

dVD VD

ℑ

= −0.6 dt

(2)

ℑ

Integrando:

∫

0.3

0.6

dVD VD

ℑ

t

= ∫ − 0.6 dt 0

ℑ

0.3

→

ln VD

ℑ 0.6

= −0.6 t

→

ln

0.3 = −0.6 t 0.6

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ t = 1.1555 seg Nota: De (2) se tiene

V D = 0.6 e −0.6 t y aD = −0.36 e −0.6 t ; para los cuales, se da V D = 0 y ℑ

ℑ

ℑ

a D = 0 cuando t → ∞ , por lo que, teóricamente la velocidad del cuerpo D podrá aproximarse a una ℑ

velocidad nula respecto al terreno.

3-39.- Usando coordenadas esféricas y coordenadas cilíndricas, determine la velocidad angular constante mínimo φ& con la cual puede hacerse girar el cono que aparece en la figura de manera, que el bloque A no deslice hacia abajo por el lado del cono. El coeficiente de fricción estática entre el bloque y la pared es µ s.

Solución 1).- Usando coordenadas esféricas: a).- D.C.L. (ver figura P3-39a):

P3-39

b).- Relaciones cinemáticas:

r = cosa α r& = 0 &r& = 0

θ = 90 − α φ& = ? θ& = 0 θ&& = 0

φ&& = 0

a A = − r φ& 2 sen 2θ er − r φ& 2 sen θ cos θ eθ

aA = −

a &2 a &2 φ cos 2 α er − φ cos α senα eθ cos α cos α

a A = − aφ& 2 cos α er − aφ& 2 sen α eθ

P3-39a

c).- Relaciones cinéticas:

∑ Fφ = 0

→

N2 = 0

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________

∑ Fθ

= m aθ

→ mg cos α − N 1 = −m a φ& 2 sen α

(

N1 = m g cos α + aφ& 2 sen α

∑F

r

= m ar

(1)

f − mg sen α = −m aφ& 2 cos α

→

Remplazando en f =

)

µ N1

(2)

(1) y luego estos en (2):

(

)

µ m g cos α + a φ& 2 sen α − mg sen α = −m aφ& 2 cos α φ& 2 a (cos α + µ sen α ) = g (sen α − µ cos α ) g  sen α − µ cos α    (Unid. de velocidad angular) a  cos α + µ sen α 

φ& = ±

2).- Usando coordenadas cilíndricas: a).- D.C.L. (ver figura P3-39b):

f

eφ

b).- Relaciones cinemáticas:

ρ=a ρ& = 0 ρ&& = 0

φ& = ? Z& = 0 φ&& = 0 Z&& = 0

a A = − ρφ& 2 e ρ = −a φ& 2 e ρ P3-39b c).- Relaciones cinéticas:

∑F

Z

=0

∑ Fρ = m a ρ ∑ Fφ = 0

f sen α − mg + N 1 cos α = 0

→

→

→

f cos α − N 1 sen α = −m a φ& 2

(3) (4)

N2 = 0

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ Si: f =

µ N1

En (3):

µ N1 sen α + N1 cos α = mg

→ N1 =

mg cos α + µ sen α

En (4):

µ mg cos α mg sen α − = −m aφ& 2 cos α + µ senα cos α + µ sen α φ& 2 = −

g a

 µ cos α − sen α     cos α + µ sen α 

φ& = ±

g a

 sen α − µ cos α    (Unid. de velocidad angular)  cos α + µ sen α 

3-40.- Una plataforma horizontal está girando con una velocidad angular uniforme de ω rad/seg. Sobre la plataforma se encuentra una barra CD sobre la que desliza un cilindro A, cuya masa es m. El cilindro está conectado a C mediante un muelle lineal que tiene una constante K. ¿Cuál es la ecuación diferencial del movimiento de A relativa a la plataforma después de que éste haya recibido una perturbación? Tomar ro como la longitud no deformada del muelle.

Solución

P3-40

1).- D.C.L (ver figura P3-40a):

2).- Relaciones cinemáticas:

ρ=r ρ& = r& ρ&& = &r&

φ& = ω φ&& = 0

P3-40a

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________

(

)

a A = &r& − r ω 2 e ρ + 2 r& ω eφ 3).- Relaciones cinéticas:

∑ Fρ

= m aρ

→

(

− K (r − r0 ) = m &r& − r ω 2

)

→

m &r& − m r ω 2 + K r − K r0 = 0

K K &r& +  − ω 2  r = r0 (Movimiento vibratorio no amortiguado) m m  3-41.-Un Satélite vuelve a entrar a la atmósfera de la tierra a una altitud de 10 km y velocidad de 1200 km/hr en el plano xz, como se ilustra, cuando súbitamente se desintegra en tres partes iguales A, B y C. Las partes producto del fraccionamiento pegan en el suelo en el mismo instante por la influencia de la gravedad (asumir que es constante). Se reportan dos de ellas desde los lugares en que han sido encontradas, cuyas posiciones relativas al punto de fragmentación se dan como

rA = 10 000 i + 1000 j − 10 000 k rB = 12 000 i − 1 600 j − 10 000 k

(m)

y

(m), siendo

k la normal unitaria en la dirección vertical ascendente. Despreciando la resistencia del aire determine: a) La posición del centro de masa cuando toda las partes del sistema pegan en el terreno y b) El lugar en que la parte C tiene la probabilidad de haber pegado al terreno. Considerar al terreno como un plano horizontal.

P3-41

Solución La única fuerza externa que actúa es la fuerza de gravedad. 1).- Cálculo del movimiento del centro de masa G:

aG = −9.81 k (m/seg2)

VG 0 = 1200 *

1000 = 333.33 m/seg 3 600

VG = 333.33 cos 45° i − (333.33 sen 45° + 9.81 t ) k

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ VG = 235.7 i − (235.7 + 9.81 t ) k (m/seg)

(

)

rG = 235.7 t i − 235.7 t + 4.905 t 2 k (m) Cálculo del tiempo t, cuando ZG = - 10 000 m (llega al terreno)

− (235.7 t + 4.905 t 2 ) = −10 000 t=

→ t 2 + 48.05 t − 2038.736 = 0

− 48.05 + 48.05 2 + 4 * 2038.736 = 27.12 seg 2

Luego, se tiene la posición del centro de masa cuando las partes llegan al terreno al mismo tiempo:

rG = 235.7 * 27.12 i − 10 000 k = 6392.184 i − 10 000 k (m) 2).- Cálculo del lugar, donde ha pegado C:

XG

∑m X = 6392.184 =

YG = 0 =

i

m

∑m Y

i i

m

=

1 3

i

=

1 3

m (10 000 + 12 000 + X C ) m

m (1 000 − 1 600 + YC ) m

→

→

X C = −2 823.465 m

YC = 600 m

Z G = Z C = −10 000 m rC = −2 823.465 i + 600 j − 10 000 k (m) 3-42.- Las correderas A y B están conectadas mediante una barra rígida liviana y se mueven sin rozamiento, por las ranuras las cuales se hallan ambas en el plano horizontal. En la posición ilustrada, la velocidad de A es de 0.4 m/seg hacia a la derecha. a).- Usando la teoría de la cinética de los sistemas de partículas para el sistema, hallar la aceleración de cada corredera y b).La fuerza sobre la barra en ese instante.

P3-42

Solución 1).- D.S.F. y D.C.L. de B (ver figura P3-42a):

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________

(a)

A

(b)

2).- Relaciones cinemáticas: a).- Cálculo de la velocidad angular de la barra liviana:

V B (cos 30° i − sen 30° j ) = V A i + ω k x 0.5 (− cos15° i + sen 15° j ) Igualando componentes y operando:

− VB sen 30° = −0.5 ω cos15° V B cos 30° = 0.4 − 0.5 ω sen 15°

tg 30° =

0.5 ω cos15° → 0.23 − 0.0747 ω = 0.483 ω → ω = 0.412 rad/seg 0.4 − 0.5 ω sen 15°

b).- Relaciones de las aceleraciones:

 − cos15°i a B (cos 30°i − sen 30° j ) = a A i + α k x 0.5   sen 15° j

 − cos15°i +  − 0.412 2 * 0.5    sen 15° j  

+   

Igualando componentes y operando: a BY 647 48 − a B sen 30° = −0.483 α − 0.022

(1)

a BX 647 48 a B cos 30° = a A − 0.129 α + 0.0822

tg 30° =

0.483 α + 0.022 a A − 0.129 α + 0.0822

a BX 6444 47 4444 8 a A − 0.129 α + 0.0822 = 0.837 α + 0.038

(2)

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ a A = 0.966 α − 0.0442

(3)

3).- Relaciones cinéticas: a).- En (a):

∑F

= ∑ mi aiX

X

− N 1 sen 30° + 40 = 3 (0.837 α + 0.038) + 2 (0.966 α − 0.0442 ) → N 1 = 79.95 − 8.886 α

∑M

A

= ∑ mi a i d i

   70.95 −      0.483α +     +   − 0.483  −  0.483cos 30°  8.886α          0.022   = 3    0.837α +     79.95 −     0.129   0.129  sen30° 8.886α      0 . 038            

38.6 − 4.29 α = 0.376 α − 0.017 4.666 α = 38.6017

→

α = 8.27

rad/seg2

Luego: En (3):

a A = 0.966 * 8.27 − 0.0442 = 7.946 m/seg2 En (2):

a BX = 0.837 * 8.27 + 0.038 = 6.96 m/seg2 En (1):

a BY = −(0.483 * 8.27 + 0.022 ) = −4.02 m/seg2 a B = a B = 8.035 m/seg2 N 1 = 79.95 − 8.886 * 8.27 = 6.463 Newton

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ En (b):

∑F

X

= m B a BX

→

T X + 6.463 sen 30° = 3 * 6.96 → Tx = 24.11 Newton

Y

= m B a BY

→

TY − 6.463 cos 30° = −3 * 4.02 → TY = −6.463 Newton

∑F

T = T = 24.96 Newton 3-43.- El motor de un automóvil de 2500 lb, al partir del reposo, desarrolla una potencia de 90 HP (1HP = 550 lb-pie/seg) para acelerar a 60 pie/seg en 12 seg. Determine la eficiencia mecánica del motor. Solución Considerando al automóvil como una partícula, con movimiento lineal. 1).- Cálculo de la fuerza, para mover un bloque de 2500 lb de peso:

∑F

i

=F =ma=

2500 60 * = 388.2 lb 32.2 12

2).- Cálculo de la potencia, para mover dicho bloque:

P = F ⋅V =

388.2 * 60 = 42.35 HP 550

3).- Cálculo de la eficiencia mecánica η:

η=

Potencia de salida 42.35 = = 0.47 ó Potencia de entrada 90

η % = 47 %

3-44.- Las tres esferas iguales, de masa m cada una, están sujetas en el plano vertical sobre el plano inclinado de 30°. Están también soldadas a las dos varillas de masas despreciables. La varilla superior, también de masa despreciable, está articulada libremente a la esfera superior y al soporte A. Si repentinamente se retira el tope B, hallar la velocidad v con que la esfera superior golpeará al plano inclinado. (Obsérvese que la correspondiente velocidad de la esfera central será

v ). 2

µ =0 P3-44

Solución Como la única fuerza, que produce trabajo es el peso la energía mecánica se conserva.

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 1).- Diagrama del estado inicial y final del sistema (ver figura P3-44a):

2).- Por conservación de la energía mecánica:

EM 1 = EM 2 U 1 = mg (0.25 + 0.5 + 0.75) = 1.5 mg 31

E K1 = 0 U 2 = mg (0.125 + 0.25) = 0.375 mg

P3-44a

EK 2 = ? Si:

V32 = 0 V12 = ω1 k x (− l i ) = −ω1l j = v

→ v = ω1l

V12 = −ω 2 k x (l i ) = −ω 2 l j

(1) (2)

(1) = (2):

− ω1l = −ω 2 l

→ ω1 = ω 2 = ω ⇒

v =ω l

Para 22:

l V22 = −ω k x  2

l v  i  = −ω j = − j 2 2 

Luego: 2

1 1 v 5 m v2 + m   = m v2 2 2 2 8 5 ∴ 1.5 mg = 0.375 mg + m v 2 8 EK 2 =

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 11.04 =

5 2 v 8

→ v 2 = 17.568

v = 4.2 m/seg

ℑ

3-45.- Las dos barras iguales de masas despreciables, parten a la vez del reposo con θ = 30°. Hallar la velocidad V de cada esfera de 1.2 kg cuando θ = 90°, posición en que el resorte tiene su longitud natural.

P3-45 Solución Las únicas fuerzas que producen trabajo en el sistema, son la fuerza elástica y los pesos; por lo que; la energía total (mecánica) en el sistema se conserva. 1).- Diagrama de la posición inicial y final (ver figura P3-45a):

P3-45a 2).- Por el principio de la conservación de la energía total en el sistema:

EM 1 = EM 2

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ E K1 = 0

U i e1 =

1 1 2 K δ 2 = * 250 * (2 * 0.108) = 5.832 J 2 2

U e g1 = 2mg h = 2 *1.2 * 9.81 * 0.125 = 2.943 J 1  E K 2 = 2  mV 2  = 1.2 V 2 J 2  U i e2 = 0 Ue g2 = 0 Luego:

5.832 + 2.943 = 1.2 V 2

→

V = 2.7 m/seg

3-46.- La esferita de masa m está unida mediante una cuerda a un pivote O y describe una circunferencia de radio r sobre el plano liso, inclinado un ángulo θ respecto a la horizontal. Si en la posición más alta A la esferita tiene una celeridad u, hallar la tracción T que sufre la cuerda, cuando la esferita pasa por las posiciones B y C hacia abajo.

ℑ

P3-46 Solución Como la única fuerza, que produce trabajo es el peso de la partícula, la energía mecánica se conserva. 1).- Cálculo de las velocidades en los puntos B y C: P3-46a

a).- Grafico de las posiciones (ver figura P346a):

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ b).- Por conservación de la energía mecánica, calculamos la velocidad de B:

mg r sen θ +

1 1 m u 2 = m VB2 2 2

V B2 = u 2 + 2 gr sen θ c).- Por conservación de la energía mecánica, calculamos la velocidad de C:

mg (2 r sen θ ) +

1 1 m u 2 = m VC2 2 2

VC2 = u 2 + 4 g r sen θ 2).- Cálculo de las tensiones: a).- D.C.L. (s):

b).- Para (a), se tiene la tensión en B:

∑F

n

P3-46b

= m an

 u2  V B2 TB = m = m  + 2 g sen θ  (Unid. de fuerza) r  r  c).- Para (b), se tiene la tensión en C:

∑F

n

= m an

 u2  VC2 = m  + 4 g senθ  r  r  2 u  TC = m  + 5 g sen θ  (Unid. de fuerza)  r 

TC − mg senθ = m

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ ℑ

3-47.- Los dos resortes, ambos de rigidez K = 1.2 KN/m, tienen longitudes iguales y están sin deformar cuando θ = 0°. Si el mecanismo parte del reposo en la posición θ = 20°, hallar su velocidad angular θ& cuando θ = 0°. La masa m de cada esfera es de 3 kg. Tratar las esferas como partículas y despreciar las masas de las varillas y los resortes.

ℑ

Solución Las únicas fuerzas, que producen trabajo en el sistema son conservativas, la energía total (mecánica) se conserva.

P3-47

1).- Grafico de la posición inicial y final del sistema:

sen35° =

X1 2r

X 1 = 2 * 0.25 * sen35° X 1 = 0.287 m X2 2r X 2 = 2 * 0.25 * cos 35°

cos 35° =

→

X 2 = 0.41 m

P3-47a

l i = 0.25 2 = 0.3536 m

δ 1 = X 1 − l i = −0.0666 m

y

δ 2 = X 2 − l i = 0.0564 m

2).- Por conservación de la energía total en el sistema:

EM 1 = EM 2 E K1 = 0

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ U e1 =

(

)

1 K 0.0666 2 + 0.0564 2 = 4.57 J 2

U g1 = −mg h = −3 * 9.81 * 0.235 = −6.916 J 3 1  E K 2 = 3  m r 2θ& 2  = 3 * * 0.25 2 * θ& 2 = 0.28 θ& 2 J 2 2  U e 2 = 0 y U g 2 = −mg r = −3 * 9.81 * 0.25 = −7.3575 J Luego:

4.57 − 6.916 = 0.28 θ& 2 − 7.3575

→

3-48.- El mecanismo que se ilustra está formado por una masa de 2 kg, que desliza sobre una barra horizontal lisa y una masa de 1.5 kg, que está unida a la barra horizontal y a la masa de 2 kg por eslabones sin peso. El mecanismo se suelta del reposo en la posición que se ilustra. Determine la velocidad de la masa A, cuando el ángulo entre los eslabones de conexión y la barra horizontal sea de 60°.

θ& 2 = 17.8982

→

θ& = 4.23

rad/seg

ℑ

ℑ

P3-48 Solución En el sistema, la única fuerza que produce trabajo es el peso, por lo que se conserva la energía total en el sistema. 1).- Grafico de la posición inicial y final del sistema (ver figura P3-48a):

Y

X

P3-48a

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 2).- Relaciones cinemáticas, para el estado 2 del sistema:

V A 2 = ω OA k x l (cos 60° i − sen 60° j ) = l ω OA (sen 60° i + cos 60° j )

V B 2 = V A2 + ω AB k x l (cos 60° i + sen 60° j ) = V A 2 + l ω AB (− sen 60° i + cos 60° j ) Si:

− V B 2 i = l ω OA (sen 60° i + cos 60° j ) + l ω AB (− sen60° i + cos 60° j ) Igualando componentes y operando:

0 = ω OA cos 60° + ω AB cos 60°

→ ω OA = −ω AB

− V B 2 = l (− ω AB sen 60° − ω AB sen 60°)

→ V B 2 = 0.866 ω AB

3).- Por conservación de la energía total en el sistema:

EM 1 = EM 2 E K1 = 0 U 1 = −m A g l sen 30°

EK 2 =

1 1 2 2 m A (− l ω AB ) + m B (0.866 ω AB ) 2 2

EK 2 =

1 1 2 2 2 *1.5 (0.5 ω AB ) + * 2 (0.75 ω AB ) = 0.9375 ω AB 2 2

U 2 = − m A g l sen 60° Luego: 2 − m A g l sen 30° = −m A g l sen 60° + 0.9375 ω AB 2 m A g l (sen 60° − sen 30°) = 0.9375 ω AB 2 1.5 * 9.81 * 0.5 (sen 60° − sen 30°) = 0.9375 ω AB

→

ω AB = 1.695

rad/seg

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ ∴ V B = 1.4678 m/seg y V A = 0.847 m/seg 3-49.- Una barra horizontal de masa m1 y pequeño diámetro cuelga mediante dos alambres de longitud ℓ de un carrito de masa m2 que puede rodar sobre los dos rieles horizontales. Si el conjunto se abandona desde el reposo con los alambres formando un ángulo θ con la vertical, hallar la velocidad V b de la barra relativa al

ℑ

ℑ

C

carrito y la velocidad

VC del carrito en el

b

instante θ = 0°. Despreciar el rozamiento, tratar el carrito y a la barra como si fueran masas puntuales en el plano del movimiento vertical.

P3-49

Solución Como no hay fuerzas resultante externas horizontales, la cantidad de movimiento lineal en esa dirección se conserva, además la única fuerza que produce trabajo es el peso la energía total (mecánica) m2 se conserva en el sistema. 1).- Diagrama del sistema, para el estado inicial y final del sistema:

12

11

L.R m2 O l lcos(O)

2).- Por conservación de la cantidad de movimiento lineal, en la dirección horizontal:

0 = m2VC + m1Vb →

m Vb = − 2 VC m1

Si:

Vb = VC + Vb

m1 21

(1)

m1

22 P3-49a

C

Para θ = 0° →

Vb = VC i − Vb i C

Vb = VC − V b

C

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ En (1):

VC − V b = − C

m2 VC m1

→ Vb = C

m2 + m1 VC m1

(2)

3).- Por conservación de la energía total en el sistema:

EM 1 = EM 2 E K1 = 0

U g1 = −m1 g l cos θ 2

EK 2

  m 1 1 1 1  m 1 = m2VC2 + m1Vb2 = m2VC2 + m1  − 2 VC  = m2VC2 1 + 2 2 2 2 2  m1 2 m1  

EK 2 =

  

m2 (m1 + m2 ) VC2 2 m1

U g 2 = −m1 g l Luego:

− m1 g l cos θ =

VC2 =

m2 (m1 + m2 ) VC2 − m1 g l 2 m1

2 g l (1 − cos θ )  m2  m2   1 +  m m 1   1 

→

VC =

→

m1 g l (1 − cos θ ) =

m2 (m1 + m2 ) VC2 2 m1

2 g l (1 − cos θ ) (Unid. de velocidad)  m2 1 + m2   m  m1  1  

Reemplazando este valor en (2):

Vb = C

(m2 + m1 )2 m12

2 g l (1 − cos θ ) * =  m2 1 + m2   m  m1  1  

(m1 + m2 )2 2 g l (1 − cos θ ) m2 (m1 + m2 )

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________  m Vb = 1 + 1 C  m2

  2 g l (1 − cos θ ) (Unid. de Velocidad) 

ℑ

3-50.- Un anillo con cuatro radios, inicialmente en reposo, se suelta desde una posición vertical. El anillo y cada uno de los cuatros radios tienen un peso por unidad de longitud de 15 N/m y se considera delgadas. El alambre está enrollado alrededor del aro y es su único soporte. Hallar la velocidad del punto C después de recorrer 1.3 m, usando la teoría de los sistemas de partículas. Solución Como la única fuerza que produce trabajo es el peso, la energía total o mecánica se conserva.

P3-50

1).- Relaciones cinemáticas: a).- Velocidad del centro de masa:

dθ dma

R

C1 Ci

V =ω R

C1

dmdm r

b).- Velocidades relativa al centro de masa de una partícula iésima en el anillo y de sus cuatro radios: i).- Para del anillo:

r

1.3 m

ρ& G i a = ω k x ρ c i a = ω R u ρ& G2 i a = (ω R )2 = V 2

ρ& G i r = ω k x ρ c i r = ω r e

L.R

C2

ii).- Para de los radios:

→

P3-50a

ρ& G2 i r = (ω r )2

2).- Cálculo de la energía cinética del cuerpo, para un instante cualquiera: Si:

EK =

1 1 n mtV 2 + ∑ mi ρ& G2 i = E K G + E K rel . a G y γ es el peso especifico por unidad de longitud 2 2 i =1

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ a).- Energía cinética del centro de masa:

EK G =

1 1 γ 15 (π * 0.25 + 2 * 0.25) V 2 = 1.965 V 2 mtV 2 = * (2π R + 4 R ) V 2 = 2 2 g 9.81

b).- Energía cinética relativa al centro de masa:

E K rel .aG =

1 R γ 1 n 1 2π γ 2 2 mi ρ& G2 i = ∫ R dθ (ω R ) + 4 *  ∫ dr (ω r )  ∑ 2 i =1 2 0 g 2 0 g 

E K rel .a G =

1 γ 2 γ R3 V 2 γ  * R * V 2 * (2π ) + 2 * * * 2 = R π +  V 2 2 g g 3 R g  3

E K rel .a G =

15 2  * 0.25  π +  V 2 = 1.456 V 2 9.81 3 

Luego:

E K = (1.965 + 1.456) V 2 = 3.421 V 2 J 3).- Por conservación de la energía total en el sistema (cuerpo):

EM 1 = EM 2 E K1 = 0

U g 1 = mt g h =

γ g

(2π

R + 4 R ) * g *1.3 = 15 (2π * 0.25 + 4 * 0.25) *1.3 = 50.13 J

E K 2 = 3.421 V 2 J U g2 = 0 Luego:

3.421 V 2 = 50.13

→

V = 3.83 m/seg

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 3-51.- La pequeña vagoneta de 20 kg de masa rueda libremente por la vía horizontal transportando la esfera de 5 kg montada en la barra giratoria de masa despreciable en la que r = 0.4 m. Un accionamiento por motor con reductor de velocidad mantiene la barra a una

z y

x

celeridad angular constante θ& = 4 rad/seg. Si la velocidad de la vagoneta es Vo = 0.6 m/seg cuando θ = 0°, calcular el valor máximo de la velocidad Vmáx de la vagoneta y el ángulo θ correspondiente.

ℑ

P3-51 Solución

No hay fuerzas resultantes en la dirección de la velocidad de la vagoneta V, luego se conserva la cantidad de movimiento en esa dirección. 1).- Relaciones cinemáticas, para un instante t cualquiera:

V e = 4 k x 0.4 (cos θ i + sen θ j ) = 1.6 (− sen θ i + cos θ j ) V

2).- Por conservación de la cantidad de movimiento lineal: Si:

∑F

X

= 0 → L0 X = LiX (constante)

0 }    mV V0 + me V0 + V e O  = mV V + me V + V e   V  V X   X

20 * 0.6 + 5 * 0.6 = 20 V + 5 V − 5 *1.6 sen θ

15 = 25 V − 8 sen θ V =

15 + 8 sen θ (Unid. de velocidad) 25

3).- Para Vmáx, sen θ = 1 ⇒ θ = 90°:

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ Vmáx =

23 = 0.92 m/seg 25

3-52.- La pequeña esfera de masa m, que se desplaza con celeridad V choca y se queda unida al extremo del dispositivo liviano inmóvil que puede girar libremente en torno a un eje vertical que pasa por O. Hallar la velocidad angular ω del conjunto después del impacto y calcular la variación ∆E que experimenta la energía del sistema.

µ=0

ℑ

P3-52 Solución

No hay momentos resultantes respecto al eje vertical, por lo que se conserva la cantidad de movimiento angular. 1).- Cálculo de la velocidad angular de la barra liviana, por conservación de la cantidad de movimiento angular:

HO Z 1 = HO Z 2 m V L = 2 m (ω L ) L

→

ω=

V (Unid. de velocidad angular) 2L

3).- Cálculo de la variación de la energía ∆E, solo existe la energía cinética:

E K1

1 = mV 2 2

2

y

EK 2

 1  V 1 = 2 * m  * L  = m V 2 2 2 L 4 

Luego:

∆E = E K 1 − E K 2 = ∆E =

1 mV 2 4

1 1 mV 2 − mV 2 2 4

(Unid. de Energía)

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 3-53.- Una barra delgada uniforme de masa M y longitud L se traslada sobre el plano horizontal liso X-Y con una velocidad VM, cuando una partícula de masa m que se mueve con una velocidad Vm tal como se muestra, choca y se incrusta en ella. Hallar las velocidades lineal del centro de masa del sistema y angular de la barra con la partícula incrustada. Usando la teoría para un sistema de partículas. Solución Como no hay fuerzas resultantes, las cantidades de movimiento lineal del sistema se conserva y la cantidad de movimiento angular con respecto al cualquier punto de la barra se conserva. 1).- Determinación del centro de masa en X, con respecto a A un instante después del choque:

rG 2 =

L 2

P3-53 L/2

A L/4

GGm M

m

M + 34 L m L  2 M + 3 m  =   (Unid. de M +m 4  M +m  P3-53a

longitud)

2).- Cálculo de la velocidad del centro de masa, por conservación de la cantidad de movimiento lineal:

M VM i + m Vm j = (M + m ) VG 2 VG 2 =

m Vm M VM i+ j M +m M +m

VG 2 X =

m Vm M VM y VG 2 Y = M +m M +m

3).- Cálculo de la velocidad angular del sistema, por conservación de la cantidad de movimiento angular respecto al centro de masa sin la incrustación de m (El momento de la cantidad de movimiento lineal, es positivo en giro antihorario):

 n   n  ∑ HG i  = ∑ HG i   i =1 1  i =1 2

(1)

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________

L/4

L/2

A

G1G2 m

rG2

X

P3-53b a).- Cálculo de la cantidad de moviendo angular de la barra, un instante después del choque: Si: ρ =

M L

⇒

n

dM = ρ dX y H G = ∑ ρ G i x mi ρ& G i i =1

i).- Para la partícula iésima: Si:

ρG i = X i

y ρ& G i = ω k x X i = ω X j

H G i = ρ G i x mi ρ& G i = X i x mi ω X j = mi ω X 2 k ii).- Para la barra, en la dirección perpendicular al plano:

X3 H G = ∫− L2 ω X 2 dm = ∫ L2 ω X 2 ρ dX = ω ρ − 3 2 2 L

HG =

L

L

2

−L

2

 L3 + L3  8 =ω ρ  8 3  

 M  =ω L  

 L3     12 

1 M L2 ω (Unid. de cantidad de movimiento angular) 12

b).- En (1):

 m Vm 3 1 1 1 L  2 M + 3m   L m Vm = M L2 ω + L m  + ω  L −    4 12 4 M + m 4 4 M + m     

m Vm =

M L  m Vm ω L  M  + ω+m   3 4  M + m  M + m

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ m   m V m 1 − =ω L M  M +m

 4 (M + m ) + 3m     12 (M + m ) 

ωLM  M  (4 M + 7 m ) m Vm  =  M + m  12 (M + m ) ω=

12 Vm L

  m   ↺ (Unid. de velocidad angular) 4 M +7 m

3-54.- Dos bolas de acero de masa m cada una, están soldadas a una varilla liviana de longitud L e inicialmente reposan sobre una superficie horizontal lisa. Repentinamente se aplica a la varilla, tal como se indica, una fuerza horizontal de módulo F. Hallar: a) La aceleración instantánea del centro de masa G y b) La correspondiente

ℑ

variación θ& por unidad de tiempo de la velocidad angular del conjunto alrededor del centro de masa G.

P3-54

Solución

Z

1).- Cálculo de la aceleración del centro de masa, para el instante mostrado: a).- D.S.F. (ver figura P3-54a):

N X

b).- Relaciones cinéticas:

∑F

Z

= 0 → 2 N − 2 mg = 0 mg

N = mg

∑F

X

= m aG

N

F

→ F = mt a G mg

F = 2 m aG P3-54a

aG =

F (Unid. de aceleración) 2m

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ Nota.- Obsérvese que el resultado depende sólo del módulo y dirección de F y no de b. 2).- Cálculo de la aceleración angular de la barra, por el principio de Momento y cantidad de movimiento angular respecto al centro de masa:

& MG = ∑ HG i Si:

(

HG i = HG i

)

r

L L  L2  = ρ G i x mi ρ& G i = j x m  ω k x j  = mω k 2 2  4 

Luego:

 L2  m ω H = 2 * ∑ Gi  4

 L2 k  = mω k y  2

L2 && & H = ∑ Gi 2 mθ k

(1)

También:

M G = rG F x F = −b j x F i = b F k

(2)

(1)=(2):

L2 && mθ = b F 2

→

θ&& =

2b F (Unid. de aceleración angular) m L2

3-55.- Las dos esferas de masas iguales m pueden deslizarse a lo largo de la barra horizontal giratoria. Si inicialmente están trabadas a una distancia r del eje de giro, estando el conjunto girando a una velocidad ωo, hallar la nueva velocidad angular ω después de soltar las esferas y que éstas se hayan finalmente situado en los extremos de la barra a una distancia radial 2 r. Hallar asimismo que fracción η de la energía cinética inicial se pierde. Despreciar la pequeña masa de la barra y el eje.

ℑ

P3-55 Solución

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ El momento respecto al eje vertical del sistema, en todo instante es nulo, por lo que el impulso angular en el sistema se conserva. 1).- Cálculo de la velocidad angular, por conservación del la cantidad de movimiento angular en el sistema:

(∑ H ) i = (∑ H ) Oi

Oi

f

Si:

(

)

H o i = r er x m r& er + rφ& eφ = m r 2φ& eZ Luego:

(

2 m r 2 ω 0 = 2 m 4 r 2ω

)

→

ω=

ω0

(Unid. de velocidad angular)

4

3).- Cálculo de la fracción de energía cinética que se pierde:

1 2 E K 1 = 2  m (ω 0 * r )  = m ω 02 r 2 2  2 1  ω ω2   E K 2 = 2 m  0 * 2 r   = m 0 r 2 4    2  4

EK 2 =

E K1 4

⇒ η=

3 E K1 4

3-56.- Un disco de 2 kg se desliza sobre una mesa horizontal lisa y está conectado a una cuerda elástica, cuya tensión es T = 6 r (N), donde r es la posición radial del disco en metros. Si le disco está en r = 1 m y se le da una velocidad inicial de 4 m/seg en la dirección transversal, ¿cuáles son las magnitudes de los componentes radial y transversal de su velocidad, cuando r = 2 m? y determine el valor máximo de r alcanzado por el disco. P3-56 Solución

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ Como no hay fuerzas que produce momento respecto al agujero, la cantidad de movimiento angular se conserva respecto a dicho agujero. 1).- Cálculo de la velocidad transversal, por conservación de la cantidad de movimiento angular:

H OZ 1 = r1 m Vθ 1 = 1 * 2 * 4 = 8 (kg m2/seg) ó (N-m seg) H 0 Z 2 = r2 m Vθ 2 = 2 * 2 * Vθ 2 = 4 Vθ 2 (kg m2/seg) H OZ r máx = rmáx m Vθ r máx = 2 rmáxVθ r máx (kg m2/seg) Luego:

8 = 4 Vθ 2

→ Vθ 2 = 2 m/seg

8 = 2 rmáxVθ r máx

→

Vθ r máx =

4 rmáx

m/seg

2).- Cálculo de la velocidad radial y el radio máximo, por el principio de trabajo y energía cinética: a).- W1− 2 = ∆E K 2

− ∫ 6 r dr = 1

− 3 r2

2 1

[(

)]

1 * 2 4 + Vρ2 2 − 16 = Vρ2 2 − 12 2

= V ρ2 2 − 12 → − 3 (4 − 1) = V ρ2 2 − 12 → V ρ2 2 = 3

V ρ 2 = 1.723 m/seg

→

V2 = 2.645 m/seg

b).- W1− r máx = ∆E K , en donde V ρ r máx = 0 :

−∫

r máx

1

2  16   1 − rmáx 1    6 r dr = * 2  2 − 16  = 16  2 2  rmax   rmáx

1− r 2 2 − 3 rmáx − 1 = 16  2 máx  rmáx

(

)

   

→

   

4 2 2 3 rmáx − 3 rmáx = 16 rmáx − 16

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 2 Si: X = rmáx

X2 −

X =

19 16 X+ =0 3 3

→

X 2 − 6.333 X + 5.333 = 0

6.333 ± 6.333 2 − 4 * 5.333 6.333 ± 4.333 = 2 2

X = 5.333 m2 (el único valor valido) Luego:

rmáx =

X = 2.309 ≅ 2.31 m

3-57.- La barra uniforme de acero (ρ = 7 830 kg/m3) AD está rígidamente unida al vaso, que recibe una aceleración armónica tal como se indica. Despreciando el peso de las barras comparado con otras fuerzas cortantes actuantes, hallar el momento flector máximo M que se induce en la barra durante su oscilación vertical para una amplitud yo = 3 mm y una frecuencia n = 6 ciclos por segundo.

ℑ

Solución P3-57

Los cuerpos están en movimiento de traslación. 1).- D.C.L. de CD:

Y

mCD = 7 830 * 0.2 2 * 0.25 = 78.30 kg

max

G

2).- Relaciones cinemáticas:

y = ± y 0 sen 2π n t y& = ± 2π n y0 cos 2π n t

M V

&y& = m 4π n y 0 sen 2π n t 2

2

P3-57a

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ Para &y&máx , se da si sen 2π n t = 1 , luego:

&y&máx = m 4π 2 * 6 2 * 0.003 = m 4.264 m/seg2 3).- Relaciones cinéticas:

∑F

y

∑M

= m &y&máx G

→

V = 78.3 * 4.264 = 333.87 Newton

= 0 → M − V * 0.125 = 0 → M = 333.9 * 0.125 y

M = 41.734 N-m 3-58.- Un collarín C de 2 kg puede deslizar libremente por un aro delgado de masa 3 kg y radio 250 mm. El aro está soldado a un árbol vertical corto, que puede girar libremente en un cojinete fijo. Inicialmente el anillo posee una velocidad angular de 35 rad/seg y el collarín está en la cima del anillo (θ = 0°) cuando recibe un golpe muy leve. Despreciando el rozamiento y analizando al aro como un sistema de partículas, hallar: a) La cantidad de movimiento angular respecto al punto O

(H ), O

para una velocidad angular ω cualquiera, respecto al eje vertical, b) La energía cinética del aro, para una velocidad angular ω cualquiera, respecto al eje vertical; c) La velocidad angular del anillo cuando el collarín, pasa por la posición θ = 90°, y d) La correspondiente velocidad del collarín relativa al anillo.

ℑ

Solución Y

1).- Cálculo de la cantidad de movimiento angular del aro: dm

a).- Determinación de la masa diferencial: Sea ρ la densidad lineal

ρ=

m 2π R

dm =

m dθ 2π

→ dm = ρ ds = ρ R dθ

P3-58

i R

O

X

P3-58a

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ b).- Cálculo de la cantidad de movimiento angular, para la partícula iésima: Si:

Vi = ω j x rO i = ω j x R (− sen θ i + cos θ j ) = ω R sen θ k

(1)

H O i = rO i x miVi = R (− sen θ i + cos θ j )x mi ω r sen θ k

(

H O i = mi R 2ω cos θ senθ i + sen 2θ j

)

c).- Cálculo de la cantidad de movimiento angular del aro: 2π

(

H O = ∫ R 2ω cos θ senθ i + sen 2θ j 0

m R2 HO = ω 2π HO =

 sen 2θ   i  2  

2π

0

) 2mπ dθ

1 1  +  θ − sen 2 θ  j 4 2 

2π

0

   

m R 2  2π  m R2 3 * 0.25 2 ω  j= ω j= ω j = 0.094 ω j (kg-m2/seg) 2π 2 2 2  

2).- Cálculo de la energía cinética del aro: De (1):

(

Vi 2 = ω R sen 2θ

) = (ω R ) sen θ 2

2

2

Luego: n 1 1 2π m 1 m R2 ω 2 2 E K = ∑ miVi 2 = ∫ dθ * (ω R ) sen 2θ = * * 2 0 2π 2 2 π i =1 2

∫

2π

0

sen 2θ dθ

2π

1 m R 2 ω 2  θ sen 2 θ  1 m R 2 ω 2  2π  EK = * * − = *     2 2 4 0 2 2 π  2  π 2 1 m R2 2 EK = * ω J 2 2

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 3).- Como no hay fuerzas que producen momentos respecto al eje vertical en el sistema, por lo que se conserva la cantidad de movimiento angular en el sistema; además la única fuerza que produce trabajo es el peso, por lo que se conserva la energía total (mecánica) en el sistema.

Rℜ

a).- Cálculo de la velocidad del Collarín C en el estado 2:

VC 2 = ω 2 j x (− R i ) − VC j

L.R

O

mg

mg

ℜ

VC 2 = 0.25 ω 2 k − VC j ℜ

w

b).- Por conservación de la energía total en el sistema:

P3-58b

EM 1 = EM 2

E K1 =

1 m R 2 2 1 3 * 0.25 2 * ω1 = * * 35 2 2 2 2 2

E K 1 = 57.422 J

U 1 = mC g R = 2 * 9.81 * 0.25 = 4.905 J EK 2

1 1 m R2 2 1 1 3 * 0.25 2 2 2 2 2   = mCVC 2 + * ω 2 = * 2 * (0.25 ω 2 ) + VC + * ω2  ℜ  2 2 2 2 2 2

E K 2 = 0.1095 ω 22 + VC2 J ℜ

U2 = 0 Luego:

0.1095 ω 22 + VC2 = 57.422 + 4.905 = 62.35 J ℜ

(2)

c).- Por conservación de la cantidad de movimiento angular en el sistema, respecto al eje vertical:

H OY 1 = H OY 2

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ H OY1 = 0.094 ω1 = 0.094 * 35 = 3.29 kg-m2/seg componente en y 644 4 474444 8 H OY 2 j = (− 0.25 i )x 2 0.25 ω 2 k + 0.094 ω 2 j = (0.125 ω 2 + 0.094 ω 2 ) j

(

)

H OY 2 = 0.125 ω 2 + 0.094 ω 2 = 0.219 ω 2 Luego:

3.29 = 0.219 ω 2

→ ω 2 = 15.023 ≅ 15 rad/seg

En (2):

0.1095 *15 2 + VC2 = 62.35 ℜ

→

VC = 6.139 ≅ 6.14 m/seg ℜ

3-59.- Una pesada cadena de 6 m de longitud descansa sobre una plataforma ligera A que está girando libremente con una velocidad angular de ω = 1 rad/seg (ver figura). Un canal C actúa como guía para el movimiento de la cadena sobre la plataforma, y un tubo estacionario actúa como guía para la cadena por debajo de la placa. ¿Cuál será la velocidad de la cadena a lo largo del canal y hacia abajo a través del tubo, después de que se haya movido 1.5 m, partiendo del reposo respecto a la plataforma? Desestimar el rozamiento, la cantidad de movimiento angular de la plataforma y la cantidad de movimiento angular de la parte vertical de la cadena respecto a su propio eje. La masa de la cadena por unidad de longitud, m, es de 15 kg/m.

P3-59 Solución

Para el sistema cadena, el momento con respecto al eje vertical es siempre nulo, además la única fuerza que produce trabajo es el peso, por lo que se conservan la cantidad de movimiento angular respecto al eje vertical y la energía total (mecánica). 1).- Cálculo de la velocidad angular en el estado 2, por conservación de la cantidad de movimiento:

(H OZ )1 = (H OZ )2

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ a).- Cálculo de la cantidad de movimiento angular para una partícula iésima de la cadena:

(

H O i = r er x mi r& er + r θ& eθ

er

)

i

dm

eθ

H O i = mi r 2θ& eZ = mi r Vθ eZ

r

La cantidad de movimiento solo lo produce la velocidad transversal.

P3-59a

b).- Para el sistema de partículas cadena, en los dos estados:

(H OZ )1 = ∫0 r 2 ω (m dr ) = m ω ∫0 r 2 dr 3

3

3

r3 (H OZ )1 = m *1* = 9 m 3 0

(H OZ )2 = ∫0

1.5

(H OZ )2 9m=

r 2ω 2 (m dr ) = m ω 2 ∫ r 2 dr

r3 = m ω2 3

1.5

0

1.5

= 0

1.5 2 m ω2 → 2

1.5 3 m ω2 3

ω2 = 8

rad/seg

2).- Cálculo de la velocidad de la cadena a lo largo del canal y del tubo, por conservación de la energía total:

EM 1 = EM 2 a).- Figura del estado 1 y 2 del sistema (ver figura P3-59b):

L.R.

b) Cálculo de las energías correspondientes:

U 1 = (m * 3)g * 3 + (m * 3)g * 1.5 = 1986.53 N-m

P3-59b

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________

E K1

0 0 }  1 m12 } m11 1  m11 2 1 3 1 2 r3 2 2 2  = Vρ 1 dm + ∫ Vθ dm + ∫ Vρ 1 = ∫ (ω r ) m dr = ω m 0  2 0 2  ∫0 2 0 2 3  

E K1 =

3

0

1 2 * 1 *15 * 3 2 = 67.5 N-m 2

U 2 = g (m * 1.5) * 3 + g (m * 4.5) * 0.75 = 1158.8 N-m

EK 2 =

1.5 1 (m *1.5) Vρ22 + 1 ∫0 (ω 2 r )2 m dr + 1 (m * 4.5) Vρ22 2 2 2

E K 2 = 45 Vρ2 2 +

1 2 1.5 3 *8 * *15 = 45 Vρ2 2 + 540 2 3

Luego:

1986.53 + 67.5 = 1158.8 + 45 V ρ2 2 + 540

→

V ρ2 2 = 7.894

V ρ 2 = 2.81 m/seg ( Velocidad de la cadena para el estado 2) 3-60.- Tres pequeñas esferas iguales A, B y C, que pueden deslizar por una superficie horizontal lisa, están sujetas tanto hilos de 200 mm de longitud, los cuales están atados a un anillo G. Inicialmente las esferas rotan en sentido horario alrededor del anillo con una velocidad relativa de 0.8 m/seg y el anillo se mueve sobre el eje x con una velocidad V0 = 0.4 i (m/seg). De repente se rompe el anillo y las tres esferas se mueven libremente en el plano xy con A y B siguiendo sendas trayectorias paralelas al eje y separadas una distancia mutua a = 346 mm, mientras que C sigue una trayectoria paralela al eje x. Hallar: a) La velocidad de cada esfera y b) La distancia d.

P3-60

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ Solución Como no hay fuerzas externas resultantes en el sistema, se conservan: la cantidad de movimiento lineal, la cantidad de movimiento angular respecto a O y la energía cinética. 1).- Por conservación de la cantidad de movimiento lineal:

(∑ m V )i = (∑ m V ) i

i

i

i

f

(∑ m V )

  sen 60°i −   − sen 60°i  + 0.4 i + 0.8 j + 0.4 i + 0.8  = m 0.4 i + 0.8    cos 60° j  cos 60° j   

(∑ m V )

= 1.2 m i

(1)

= m [V A j − V B j + VC i ] = m VC i + m (V A − VB ) j

(2)

i

i

i i

i i

(∑ m V ) i

i

f

−    

(1)=(2) e igualando componentes:

VC = 1.2 m/seg V A = VB 2).- Por conservación de la cantidad de movimiento en el sistema:

(∑ H ) = (∑ H ) 0i i

0i

f

(∑ H )

  cos 60°i +     sen 60°i −   x  0 .4 i + 0 .8   − 0.2 i x (0.4 i + 0.8 j ) +  0.2   cos 60° j  = m  sen 60° j        0.2 (cos 60°i − sen 60° j )x[0.4 i + 0.8 (− sen 60°i − cos 60° j )] 

(∑ H )

= −0.48 m k

0i i

0i i

(3)

(∑ H )

f

= m [b i x V A j + (b + 0.346) i x (− V B j ) + d j x 1.2 i ]

(∑ H )

f

= − m (0.346 V A + 1.2 d ) k

0i

0i

(4)

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ (3)=(4):

− 0.48 m = − m (0.346 V A + 1.2 d )

→

0.346 V A + 1.2 d = 0.48

(5)

3).- Por conservación de la energía cinética en el sistema:

1 1 1 2 2  2  mtVG + ∑ mi V i  =  ∑ mi Vi  G  2 2 2 f i Remplazando valores y eliminando “½m” de ambos miembros:

3 * 0.4 2 + 3 * 0.8 2 = 2 V A2 + 1.2 2

→ V A = VB =

0.96 = 0.693 ≅ 0.7 m/seg 2

En (5):

0.346 * 0.7 + 1.2 d = 0.48

→ d = 0.1982 ≅ 0.2 m

Luego:

V A = 0.7 j (m/seg) , V B = −0.7 j (m/seg) VC = 1.2 i (m/seg)

, y

d = 200 mm 3-61.- Dos nadadores A y B de masas respectivas 85 kg y 55 kg, están en dos esquinas diagonalmente opuestas de una balsa, cuando se dan cuenta de que está se ha desprendido del ancla. Al instante el nadador A se pone a caminar hacia B con una velocidad de 0.6 m/seg respecto a la balsa. Sabiendo que la misma tiene una masa de 135 kg, hallar: a) la velocidad de la balsa si B no se mueve y b) la velocidad con que B debe caminar hacia A para que la balsa no se mueva. Despreciar el rozamiento entre el bote y el agua.

b

P3-61

Solución

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ Y

Como no hay fuerzas externas en la dirección horizontal en el sistema, se conserva la cantidad de movimiento lineal en dicha dirección. 1).- Cálculo de la velocidad de la balsa, si B no se mueva respecto a la balsa:

(∑ m X& ) = (∑ m X& ) i

i

i

i

i

.

A

B

X

P3-61a f

0 = m A (V A − Vb ) − (m B + mb ) Vb m AV A = (m A + m B + mb ) Vb

VA =

85 * 0.6 (85 + 55 + 135)

→

→

Vb =

mA V (m A + m B + mb ) A

V A = 0.18546 m/seg

2).- Cálculo de la velocidad de B; si la balsa no se mueve:

0 = m AV A − m BV B

→

VB =

mA 85 VA = * 0 .6 mB 55

V B = 0.9273 m/seg 3-62.-Una cadena está unida a un pequeño disco de 0.5 lb que se apoya sobre la mesa lisa. Si al disco se le da una velocidad inicial V0 = 2 pie/seg, perpendicular a la cadena cuando θ = 0º y r0 = 1.5 pies, y la cadena se baja hacia abajo a través de un pequeño agujero situado en el centro de la mesa, con una velocidad constante, determinar la velocidad angular θ& de la cadena y la fuerza F en el instante en que r = 0.5 pies.

P3-62

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ Solución 1).- D.C.L. (ver figura P3-62a): O F

e? m

?

Como no hay fuerzas que producen momentos respecto al agujero central. La cantidad de movimiento se conserva.

P

e?

P3-62a 2).- Relaciones cinemáticas.- Identificación de los parámetros que definen el movimiento en coordenadas polares y cálculo de la aceleración del disco:

ρ=r θ& = ? ρ& = Vρ (cte ) ρ&& = 0

(

)

a P = − ρ θ& 2 e ρ + 2 ρ& θ& + ρ θ&& eθ

y

θ&& = ?

3).- Relaciones cinéticas:

∑ Fρ = −m ρ θ&

→ − F = − m ρ θ& 2

(

∑ Fθ

)

= m 2 ρ& θ& + ρ θ&&

(

)

d 2 & ρ θ =0 dt Luego:

θ&2 =

2

→

ρ12 θ&1 = ρ 22 θ&2

→

ρ 2 θ& ⇒

F = m ρ θ& 2

→

(

)

0 = m 2 ρ& θ& + ρ θ&&

(1)

→ 2 ρ& θ& + ρ θ&& = 0

Constante

→ ρ1 Vθ 1 = ρ 2θ&2

→

θ&2 =

ρ1 Vθ 1 ρ 22

1.5 * 2 = 12 rad/seg 0.5 2

En (1):

F=

0.5 * 0.5 *12 2 = 1.12 lb 32.2

3).- También se puede encontrar la velocidad angular en 2, por conservación de la cantidad de movimiento:

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ HO Z 1 = HO Z 2

1.5 * m *Vθ 1 = 0.5 * m *Vθ 2 Vθ 2 = 6 = ρ 2 θ&2

→

→ 1.5 * 2 = 0.5 Vθ 2

θ&2 =

6 = 12 rad/seg 0.5

3-63.- Una tornamesa circular ℜ (ver figura) gira alrededor de un eje vertical que pasa por O (normal al plano de la pagina) con θ variando con razón constante ω0. Un bloque ℬ descansa en una ranura lisa del tornamesa. Si se tira el cordón con una velocidad constante v relativa a ℜ, encuentre la expresión en función de r, de la fuerza que está produciendo dicha velocidad constante. Si la masa del bloque es m.

ℬ

eρ

ℜ

eθ B N

F

r

P3-63

θ

O P3-63a

Solución 1).- D.C.L. y orientación de los vectores unitarios de las coordenadas polares (más conveniente en este caso), ver figura P3-63a: 2).- Relaciones cinemáticas:

a).- Identificación de los parámetros que definen el movimiento

ρ=r ρ& = −v ρ&& = 0

θ& = ω 0 θ&& = 0

b).- Cálculo de la aceleración para un r cualquiera:

a B = − ρ θ& 2 e ρ + 2 ρ& θ& eθ = − r ω 02 e ρ − 2 v ω 0 eθ (Unidades de aceleración angular) 3).- Relaciones cinéticas.- En la dirección radial:

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ − F = m (− r ω 02 )

→

F = m r ω 02 (Unidades de fuerza)

3-64.- Determine la rapidez constante de los pasajeros en el juego en el parque de diversiones, si se observa que los cables de soporte se dirigen con θ = 30º con respecto a la vertical. Suponiendo que cada silla tiene una masa de 30 kg, y cada pasajero tiene una masa de 50 kg. ¿Cuáles son las componentes de las fuerzas en las direcciones normal n ( e n ), tangencial t ( et ) y binormal b ( eb ) que la silla ejerce sobre un pasajero durante el movimiento? P3-64 1).- D.S.F. (Silla y pasajero) y D.C.L. del pasajero:

eb 30º

T

.

.

Rb

en Rn

mt g

et Rt

mp g P3-64a

(a)

(b)

2).- Relaciones cinéticas: a).- Para (a):

∑F

b

=0

∑ Fn = m *

T cos 30º − mt g = 0

→

V2 r

→

V2 (4 + 6 sen30º )

906.21 * sen30º =

80 V 2 7

T sen30º = 80 *

→

T=

80 * 9.81 = 906.21 N cos 30º

→

V = 6.297 m/seg

b).- Para (b):

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________

∑F

=0

→

∑F

= mp

V2 7

→ Rn = 50 *

∑F

=0

→

Rt = 0

B

n

t

Rb = m p g = 50 * 9.81 = 490.5 N

6.297 2 = 283.23 N 7

3-65.- Un cohete está regresando a la atmósfera de la tierra a una velocidad de 10 000 km/hr y a un ángulo de 10º con el eje x, como se muestra. El cohete se rompe en dos partes y ambas permanecen dentro del plano xy. Al recuperar las partes, se determinó que sus pesos son w1 = 7 500 N y w2 = 5 000 N, respectivamente. Si en el momento del rompimiento se observa que los fragmentos se mueven a lo largo de las direcciones dadas por θ1 = 10º y θ2 = 15º, determine las velocidades correspondientes v1 y v2 de los fragmentos.

O P3-65

Solución

En el momento de la rotura la fuerza interna de rotura es demasiado grande y el tiempo de rotura es demasiado pequeño, por lo que se desprecia la fuerza impulsiva debida a la fuerza de gravedad. Luego se conserva la cantidad de movimiento lineal en ese instante.

mtV = m1V1 + m2V2

12500 1000 (cos10º i − sen10º j ) = 7500 V1  cos10º i +  + 5000  cos15º i −  *10000 * g 3600 g g  sen15º j   sen10º j  13677.89 i − 2411.78 j = (2.95 V1 + 1.932 V2 ) i + (0.521 V1 − 0.518 V2 ) j Igualando componentes y operando:

(2.95 V1 + 1 − 932 V2 = 13677.89) * 0.518 (0.521 V1 − 0.518 V2 = −2411.78) *1.932 2.53 V1 = 2425.59

→

V1 = 956.1 m/seg

→

V1 = 3441.96 km/hr

Luego:

2.95 * 956.1 + 1.932 = 13677.89

→

V2 = 5619.77 m/seg → V2 = 20231.17 km/hr

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 3-66.- Un carrito de masa M, inicialmente en reposo sobre una vía horizontal sin fricción, se empuja por medio de una fuerza de una fuerza horizontal de magnitud constante F, cuando t = 0. La aceleración de la masa M es tal que una masa m situado sobre la plataforma del carrito desliza desde la parte anterior hasta la parte posterior del carrito, como se indica en la figura. El coeficiente de fricción entre las superficies de contacto es µ. Determinar el desplazamiento de M en el instante en que m se ha movido una distancia de d a lo largo del carrito.

P3-66 Solución

Y

1).- D.C.L.(s): Wm

N f F

m f

M N1

N

WM

N2

P3-66a

(a)

(b)

2).- Relaciones cinemáticas:

aM = aM i y

am = a M + am

M

= aM i − am i M

3).- Relaciones cinéticas: a).- Para (a):

∑F ∑F

Y

=0

X

= m am

Si: d =

→

1 am t 2 2 M

N = mg

f = m  a M − a m  = µ mg M   2d 2d → t2 = = am aM − µ g

→

→

am

M

= aM − µ g (1)

M

b).- Para (b):

∑F

x

= M aM → F − f = M aM → F − µ m g = M aM → aM =

F m −µ g M M

(2)

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ Si: X M =

1 aM t 2 2

(3)

(1) y (2) en (3):

XM =

XM =

2d 1 1 * (F − µ g m ) * 1 2 M (F − µ g m − µ g M ) M F −µ m g d (Unidades de longitud) F − µ g (m + M )

3-67.- El brazo excéntrico AB gira en sentido de las manecillas del reloj a razón constante de 180 RPM, haciendo que el perno de 100 g siga una ranura circular fija vertical cuyo radio es de 200 mm. Se desprecia la fricción. Determine la fuerza normal que se ejerce entre el brazo AB y el perno cuando θ = 45º. ¿Qué lado de la ranura del brazo AB está en contacto con el perno? Solución

P3-67

1).- D.C.L. (Usando coordenadas polares), ver figura P3-67a: mg θ

Por ley senos: θ

β θ A

O

N1

N

0.2 0.1 = sen45º senβ senβ = 0.3536

→

β = 20.7º

Para el grafico:

N 1 θ = N 1 sen20.7 º = 0.3536 N 1 N 1 ρ = N 1 cos 20.7º = 0.935 N 1 P3-67a

Wθ = m g cos θ

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ eθ P

Wρ = m g senθ

eρ

2).- Relaciones cinemáticas:

ρ R

θ A r

a).- Orientación de los vectores unitarios y cálculos elementales (ver figura P3-67a):

O

Por ley de cosenos

P3-67b

R 2 = ρ 2 + r 2 − 2 ρ r cos θ

(1)

ρ = R 2 − r + 2 ρ r cos θ

(2)

Derivando (1) dos veces con respecto al tiempo: a).- 0 = 2

ρ ρ& + 2 ρ r senθ θ& − 2 ρ& r cos θ → ρ& = −

ρ r senθ θ& ρ − r cos θ

(3)

2 && + ρ& r senθ θ& + ρ r cos θ θ& 2 − ρ&& r cos θ + ρ& r senθ θ& b).- 0 = ρ& + ρ ρ

ρ&& = −

(ρ&

2

+ 2 ρ& r senθ θ& + ρ r cos θ θ& 2 ρ − r cos θ

)

(4)

c).- Identificación de los parámetros que definen el movimiento.En (2):

ρ = 0.2 2 − 0.12 + 2 * 0.2 * 0.1 cos 45 = 0.241

m

En (3):

ρ& = −

0.241 * 0.1 sen45º * (− 6π ) = 1.886 m/seg 0.241 − 0.1 cos 45º

En (4):

1.886 2 − 2 *1.886 * 0.1 sen45º * 6π + 0.241 * 0.1 cos 45º*(6π ) ρ&& = − = −26.92 m/seg2 0.241 − 0.1 cos 45º 2

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________

θ& = −6π = −18.849

rad/seg

θ&& = 0 d).- Cálculo de la aceleración para θ = 45º:

(

)

(

)

a P = ρ&& − ρ θ& 2 e ρ + 2 ρ& θ& eθ = − 26.92 − 0.241 *18.849 2 e ρ − 2 *1.886 *18.849 eθ a P = −112.54 e ρ − 22.621 eθ (m/seg2) 3).- Relaciones cinéticas:

∑ Fρ

= m aρ

→ 0.935 N 1 − mg sen 45º = 0.1 * (− 112.54 )

N 1 = −11.29 Newton

∑ Fθ

= m aθ

→ N − m g cos θ + 0.3536 N 1 = 0.1 * (− 22.621)

N − 0.1 * 9.81 cos 45º −0.3536 *11.29 = −2.2621 N = 2.42 Newton El lado de la ranura que está en contacto es la inferior

3-68.- El sistema se suelta desde el reposo cuando θ = 0º. Determine la relación mA/mB de las dos masas para las que el sistema llegue al reposo otra vez cuando θ = 60ª. Desprecie la fricción.

Solución El trabajo realizado por las fuerzas externas en el sistema debe ser nulo.

W1− 2 = 0

P3-68

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 1).- Cálculo de la altura que ha descendido B y ascendido A (ver figura P3.68a): R

O 60º 15º R

R

   hB = L1 − L2 L2 = 2 R sen15º  L1 = R 2

15º

L2

R 2 L1

A2

A1

hB = R 2 − 0.517 R = 0.897 R h A = R (1 − cos 60º ) = 0.5 R

P3-68a 2).- Cálculo de la relación de mA/mB: Si:

− m A g h A + m B g hB = 0

→

m A * 0.5 R = m B * 0.897 R

mA = 1.794 mB 3-69.- El sistema está formado por la grúa eléctrica A, la caja B y el contrapeso C, todo los cuales están suspendidos de la polea ligera D. El sistema está estacionario cuando la grúa A se enciende, haciendo que empiece a enrollar el cable que enlaza A y B a razón de 2 pies/seg. Determine las velocidades resultantes de A, B y C. Solución 1).- Como la sumatoria de momentos respecto al eje perpendicular de la polea es nulo, la cantidad de movimiento angular se conserva.

∑M

O

=0

→

0 647 48 (∑ H O i Z )i = (∑ H O i Z ) f

Luego:

(H

A OZ

+ H OB Z + H OC Z

)

f

=0

w wA & w r Y A − B r Y&B + C r Y&C = 0 g g g − 60 Y&A − 120 Y&B + 180 Y&C = 0 → − Y&A − 2 Y&B + 3 Y&C = 0

−

P3-69 (1)

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 2).- Relaciones cinemáticas: Y&A +Y&B

A 6 474 8 & & y YB = Yrel − Y&Cu = 2 − Y&Cu

Y&C = Y&Cu , Y&A = −Y&Cu

(2)

Reemplazando (2) en (1).

(

)

Y&Cu − 2 2 − Y&Cu + 3 Y&Cu = 0 6 Y&Cu = 4

→

Y&Cu − 4 + 2 Y&Cu + 3 Y&Cu = 0

Y&Cu = 0.667 pie/seg

→

Luego:

Y&C = 0.667 m/seg , Y&A = −0.667 m/seg y

Y&B = 2 − 0.667 = 1.333 m/seg 3-70.- Una pequeña bola de 1 kg de masa está girando alrededor de un eje vertical con una velocidad ω1 de 15 rad/seg. La bola está conectada a uno cojinetes situados sobre el eje mediante unas cadenas ligeras inextensibles que tienen una longitud l de 0.6 m. El ángulo θ1 es de 30º. ¿Cuál será la velocidad angular ω2 del eje si el cojinete A se mueve 150 mm hacia arriba? O

P3-70

θ1 θ2

ez

Solución r2

0.89m

B2 e'z

r1

1.04m

A2

0.15m

A1

B1

Como no hay ninguna fuerza que produce momentos respecto al eje vertical; la cantidad de movimiento lineal se conserva. 1).- Diagrama de la posición inicial y final, y cálculos elementales (ver figura P3.70a):

 0.89  2  = 42.126º θ 2 = arccos  0.6    r2 = 0.6 senθ 2 = 0.402 m

P3-70a

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ r1 = 0.6 senθ1 = 0.3 m 2).- Por el principio de la conservación de la cantidad de movimiento angular:

HZ1 = HZ 2 r ω1 = r 2 1

r ω 2 =  1  r2

→

2 2

ω2 = 8.353

m ρ 1 (ρ 1ω1 ) = m ρ 2 (ρ 2ω 2 )

→

2

2

  0.3   ω1 =   15  0.402  

rad/seg

3-71.- Dos bloques A y B están conectados mediante un cordón inextensible que pasa por una polea sin masa ni rozamiento en E. Si el sistema parte del reposo ¿Cuál será la velocidad del sistema después de haber recorrido 1 m? El coeficiente de rozamiento dinámico es µd = 0.22 para ambos bloques. P3-71

Solución

Y

V

1).- D.C.L.(s):

H WA

X

NC Wc

T A

fc

fc NA (a)

Y

=0

→

Nc

NB fB

Dv (b)

2).- Relaciones cinéticas: a).- Para (c):

∑F

T B

DH

fa

WB

C

N B − wB sen45º = 0

(c)

P3-71a

→ N B = 900 sen45º = 636.4 N

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ f B = µ d N B = 0.22 * 636.4 = 140 N b).- Para (b):

∑M NC =

D

=0

→

N C * (2.4 + X ) − wC cos 30º * 2.4 = 0

400 cos 30º * 2.4 831.384 = 2.4 + X 2.4 + X

(1)

c).- Para (a):

∑F

=0

NA =

831.384 831.384 + 225 cos 30º = + 194.856 2.4 + X 2.4 + X

V

→

N A − N C − w A cos 30º = 0

→

N A = N C + w A cos 30º (2)

3).- Por el principio de trabajo y energía cinética para el sistema, en su forma alternativa. a).- Grafico de las posiciones inicial y final (ver figura P3-71b):

1m

L

Af

Bi

1

m

1.7 m

Ai

L Sen 45º 1.2 m

(L-1) Sen 45º

45º

Bf

P3-71b b).- Por la forma alternativa:

WFNC i − f = (Ek f + U f ) − (Ek i + U i ) 1 1 1 1  − ∫ f A dX − ∫ f B dX − ∫ f C dX =  mtV f2 + m A g h A f + m B g hB f  − (m A g h A i + m B g hB i ) 0 0 0 1444442444443 124444444444  444444444 4244 3 I II

Si: 1 1  831.384   831.384  I = − ∫ 0.22 *  + 194.856  dX − ∫ 140 dX − ∫ 0.22 *   dX 0 0  2.4 + X   2.4 + X 

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 1 831.384  1  I = −0.22  ∫ (194,856 + 636.4) dX + 2 ∫ dX  0 0 2.4 + X  

I = −182.876 − 0.22 *1662.768 ln (2.4 + X ) 0 = −310.546 J 1

 1 (225 + 900) 2  II =  * V f + 225 *1.7 + 900 * (L − 1) sen45º  − (225 * 1.2 + 900 L sen45º ) 9.81 2  II = 57.34 V f2 − 523.846 (J) Luego:

− 310.546 = 57.34 V f2 − 523.846

→

V f2 = 3.72 → V f = 1,929 m/seg

3-72.- Se muestra una cuña B con un cilindro A de 20 kg de masa y un diámetro de 500 mm, situado sobre el plano inclinado. Se comunica a la cuña una aceleración constante de 20 m/seg2 hacia la derecha ¿Qué distancia d recorre el cilindro en 0.5 seg, relativa al plano inclinado si no hay rozamiento? El sistema parte del reposo. P3-72 Y

Solución Los Cuerpos se encuentran en movimiento de traslación.

G X

D

mg N

1).- D.C.L. del cilindro (ver figura P3-72a):

20º

2).- Cálculo de la aceleración inercial del cilindro A (en la dirección de la cuña donde descansa), Utilizando momentos respecto a D y luego utilizando la cinemática en movimientos relativos:

aA Y

aA x aA

P3-72a

∑M

D

= mAr a A X

m A g sen20º r = m A r a A X aA X

3.36 m/seg2

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 3).- Por la cinemática: Si: a A = a B + a A

→ B

a A X i + a A Y j = 20 (cos 20º i + sen20º j ) + a A i B

Igualando componentes:

3.36 = 18.794 + a A

B

→ a A = −15.434 m/seg2 y a A Y = 6.84 m/seg2 B

Luego:

a A = 3.36 i + 6.84 j (m/seg2) Por el movimiento rectilíneo de la esfera en la superficie del plano inclinado: 0 } 1 1 d = V A 0 t + a A t 2 = (− 15.434 ) * 0.5 2 = −1.93 m B 2 B 2

El cilindro A sube una distancia de 1.93 m respecto a la cuña B. 3-73.- Dos cilindros uniformes uno pequeño y el otro más grande están conectados en forma continua, como lo muestra sus placas representativas en el plano de la figura. La densidad de los cilindros es de 10 Mg/m3. El diámetro del cilindro pequeño D es de 300 mm y su profundidad es de 200 mm, en tanto el otro cilindro tiene un diámetro de 600 mm y una profundidad de 25 mm. Si el cilindro pequeño rueda, calcular la velocidad del eje O después que los cilindros hayan recorrido 1.6 m a lo largo del plano inclinado, usando la teoría del cinética de un sistema de partículas. También hallar la fuerza de rozamiento que actúa sobre el cilindro pequeño. Solución

mBg

Y

1).- D.S.F.

P3-73

B

θ

Las fuerzas que producen trabajo en el sistema, son solamente los pesos.

A

G θ

X P3-73a

f mA g

N

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 2).- Utilizando el principio de trabajo y energía cinética en el sistema. a).- Cálculo de la energía cinética de los cilindros, como sistemas de partículas, para un instante cualquiera.i).- Cálculo de la masa diferencial Ver figura P373a):

dθ dr

G

ds

r

θ i

ρ=

mA m = A2 A π r

→ mA = ρ A

dm A = ρ dA dm A = ρ dr ds = ρ dr (r dθ ) ii).- Cálculo de la velocidad de la partícula iésimo:

Vi = VG + ω A k x rG i = VG + ω A r u P3-73a

2 ∴ ρ& G2 i = (ω A r )

iii).- Cálculo de la energía cinética relativa al centro de masa:

Ek rel =

2 2π r 1 1 2π rA 2 2 1 2 2 A & m ρ = ω r ρ r dr d θ = ρ ω dθ ∑ i G i 2 ∫0 ∫0 A A∫ 0 2 2 4

Ek rel =

1 m A rA4 1 * * * 2π ω A2 = m A rA2 ω A2 2 2 π rA 4 4

4i).- Cálculo de la energía cinética del centro de masa G (cilindro en rodamiento):

Ek G =

1 1 1 2 m A VG2 = m A (ω A rA ) = m A rA2ω A2 2 2 2

5i).- Cálculo de la energía cinética del cilindro A:

Ek A =

1 1 3 m A rA2ω A2 + m A rA2ω A2 = m A rA2 ω A2 2 4 4

6i).- Cálculo de la energía cinética del cilindro B.- La energía cinética, se calcula de la misma manera que para A:

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ Ek B =

1 1 1 1 2 m BVG2 + m B rB2 ω A2 = m B (ω A rA ) + m B rB2 ω A2 2 4 2 4

Ek B =

1 m B ω A2 2 rA2 + rB2 4

(

)

b).- Cálculo de la energía cinética del sistema, para el instante final: Si:

ρV =

mA vA

→

m A = ρ V v A = 10 x10 3 * π * 0.15 2 * 0.2 = 141.37 kg

m B = 10 x10 3 * π * 0.3 2 * 0.025 = 70.686 kg Ek A 2 =

3 *141.37 * 0.15 2 * ω 22 = 2.386 ω 22 J 4

Ek B 2 =

1 * 70.686 * ω 22 (2 * 0.15 2 + 0.3 2 ) = 2.385 ω 22 J 4

Luego:

Ek 2 = Ek A 2 + Ek B 2 = 4.771 ω 22 b).- Cálculo del trabajo de las fuerzas en el sistema:

W1− 2 = (m A g + mb g ) 1.6 sen30º = 1664.125 c).- Cálculo de la velocidad angular de los cilindros, por el principio de trabajo y energía cinética:

W1− 2

0 } = Ek 2 − Ek1 → 1664.125 = 4.771 ω 22 → ω 2 = 18.677 rad/seg

d).- Cálculo de la velocidad de O (G), cuando ha recorrido 1.6 m G:

VO 2 = ω 2 rA = 18.677 * 0.15 = 2.8 m/seg 3).- Cálculo de la fuerza de fricción, utilizando el principio de trabajo y energía cinética en el centro de masa:

W1− 2 G = ∆ Ek

→

1664.22 − 1.6 f =

1 (141.37 + 70.66) * 2.8 2 2

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________

f = 520.6 N 3-74.- Se muestra dos depósitos adyacentes A y B ambos depósitos son rectangulares con un ancho de 4 m. Se esta bombeando gasolina del deposito A hacia B, cuando el nivel del deposito A está a 0.7 m del extremo superior, el caudal del flujo Q de A a B es de 300 lt/seg, y 10 seg más tarde éste es de 500 lt/seg. ¿Cuál es la fuerza horizontal media del fluido sobre los depósitos durante este intervalo de 10 seg? La densidad de la gasolina es de 800 kg/m3. Inicialmente el deposito A es ta lleno y el deposito B vació.

P3-74

Solución 1).- Cálculo de la posición del centro de masa cuando Q = 0.3 m3/seg y baja 0.7 m del extremo superior, de tal manera que el centro de masa se mueve de izquierda a derecha en forma uniforme en la dirección horizontal:

0 .7 * 6 * 4 = h * 2 * 4

Y

h = 1 .4 m

ρ=

3m

6m 0.7 m

CM

3m

M v

→ M =ρv

Por definición básica del centro de masa:

2.3 m h

M XC = M A X A + MB XB X

XA= 3 m

ρ v X C = ρ v A X A + ρ vB X B

XC = ? XB = 7.5m

P3-74a

(6 * 4 * 3) X C = (6 * 4 * 2.3) * 3 + (3 * 4 *1.4) * 7.5 X C = 4.05 m 2).- Cálculo de la posición del centro de masa, cuando t = 10 seg y Q = 0.5 m3/seg:

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________

Y Por definición básica del centro de masa:

M XC = M A X A + MB XB

3m

6m

n

ρ v X C = ρ v A X A + ρ vB X B 2n

CM

3-n

X

XA= 3 m XC= ? X B = 7.5m

P3-74b

(6 * 4 * 3) X C = [6 * 4 * (3 − n )]* 3 + [3 * 4 * 2 n]* 7.5 Q = 6 * 4 * n& y n& =

Si:

(1)

Q 6*4

Derivando (1) respecto al tiempo:

72 X& C = (6 * 4 ) n& * 3 + (6 * 4 ) n& * 7.5 → 72 X& C = −3 Q + 7.5 Q

4.5 X& C = Q 72

(2)

3).- Por el principio de impulso y cantidad de movimiento: 10

∫

0

(

F dt = M X& C 2 − M X& C 1 = ρ v 2 X& C 2 − v1 X& C 1

Ft

10 0

(

= ρ v X& C 2 − X& C 1

10 F = 800 * (6 + 4 + 3) *

)

(

)

→ 10 F = ρ v X& C 2 − X& C 1

)

4.5 (Q2 − Q1 ) = 800 * 4.5 (0.5 − 0.3) = 800 * 4.5 * 0.2 72

Fmedia = 72 N

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ 3-75.- Una fuerza F de 800 N está tirando del vehículo. Los cilindros A y B pesan 1 KN cada uno y ruedan. El muelle indicado tiene una constante K igual a 50 N/mm y está comprimida una distancia δ de 20 mm. La almohadilla (pad) desliza sobre la guía superior con un coeficiente de rozamiento dinámico µd igual a 0.3. Ignorar todas las masas excepto las de los cilindros, cuyos diámetros son de 0.2 m. Usando la teoría de la cinética para sistemas de partículas, responda las siguientes preguntas: a) ¿Cuál será la velocidad del vehículo después de recorrer una distancia de 1.7 m partiendo del reposo? b) ¿Cuál será la fuerza total de rozamiento f del terreno sobre los cilindros?

P3-75

1 NN 1

f1

Solución WB

WA

2).- Por el método alternativo de trabajo y energía cinética.-

B

A

F

W1−2 = ∆ Ek

f

f N

1).- D.S.F. (ver figura P3-75a):

N

La energía cinética de un cilindro se obtiene de la misma forma que se realizó en el problema Nº P373 Pagina 296).

P3-75a a).- Cálculo de la energía cinética de uno de los cilindros, en el estado final:

Ek =

3 1000 * * 0.12 * ω 22 = 0.765 ω 22 4 9.81

b).- Cálculo de la energía cinética del sistema en el estado final:

Ek t = 2 * 0.765 ω 22 = 1.53 ω 22 c).- Cálculo de los trabajos de las fuerzas no conservativas:

W NC 1− 2 = F *1.7 − f 1 *1.7 = 1.7 (800 − µ d N 1 ) = 1.7 (800 − 0.3 * 50 * 20)

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ

SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS SOBRE CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTICULAS Y DE CENTRO DE MASA DE CUERPOS

______________________________________________________________________ W Nc 1− 2 = 850 N m d).- Por el método alternativo:

850 = 1.53 ω 22

→

ω 2 = 23.57

rad/seg

Luego

Vh = 23.57 * 0.1 = 2.357 m/seg 3).- Por el principio de trabajo y energía cinética del centro de masa:

WG 1−2 = ∆ Ek G ft } 1  850 − 2 f *1.7 = 2  m R 2ω 22  2 

1 1000   * 0.12 * 23.57 2   850 − * 2 * 2 9.81  = 166.88 N ft =  1.7

Autor: Ing. VICTOR MANUEL MENACHO LOPEZ