Universidad Nacional de San Cristbal de Huamanga · Grupo 13-Harry R. Nara. DINAMICA DE LA...
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Universidad Nacional de San Cristbalde Huamanga
Facultad de Ingenieria Minas, Geologa y Civil
Escuela de Formacion Profesional deIngenieria Civil
Curso
Dinamica (IC-244)
Tema
Cinetica de la particula y del cuerpo rigido
Ing.
Castro Perez, Cristian
Alumnos:
Arias Campos , Kevin Alejandro
Bellido Zaga, Jossimar Junior
Huanca Arquiniego, Ray
Grupo 13-Harry R. Nara
DINAMICA DE LA PARTICULA (LEYES DE NEWTON)
Problema 1 Como se pueden ver, dos bloques descansan sobre un planohorizontal liso existiendo un tope para el bloque mayor. Determinar la fuerzaque ejerce el tope cuando el bloque menor se mueve:(Nara 3.4)a)Si las superficies de los bloques son lisas.b)Si el coeficiente de rozamiento entre los bloques es u.
SOLUCION:
Ejercicio a)Realizamos el DCL del sistema :
Se puede observar que en el cuerpo de masa M no hay movimiento por accionde la fuerza del tope.
Es por eso que solo se mueve el cuerpo de masa m.Donde:
Ft = Fuerza del tope
Realizando el DCL para el bloque de masa M:
Ya que no hay movimiento en el bloque de la masa M:Por la Segunda ley de Newton Tenemos:
← (+)∑
Fx = 0
R1 × senα− Ft = 0R1 × senα = Ft.........................(1)
Realizando el DCL para el bloque de masa m:
Por la Segunda ley de Newton Tenemos:
↑ (+)∑
Fy = 0
R1 −mg cosα = 0R1 = mg cosα....................(2)
Reemplazando (2) en la ecuacion (1)
Ft = R1senα
Por tanto el valor de la fuerza de tope es:
Ft = mgsen(2α)2
Ejercicio b)Realizando el diagrama de cuerpo libre para ambos cuerpos:
Se puede observar que en el cuerpo de masa M no hay movimiento por ac-cion de la fuerza del tope.Pero el bloque de masa m actua una fuerza de rozamiento u que afecta a elmovimiento.
Se tiene:Ya que no hay movimiento en la el bloque de la masa M:Donde:
Fr = Fuerza de rozamiento
← (+)∑
Fx = 0
Ft = R1senα− Fr............(1)
Realizando DCL del bloque de masa m:
R1 = mg cosαFr = umg cosα
Reemplazando los datos obtenidos a partir del DCL a la ecuacion (1):
Ft = R1senα− Fr cos(α)Ft = mg cosαsenα− umg cosα
Ft = mg(sen(2α)
2 − cos2α)
DINAMICA DE LA PARTICULA (LEYES DE NEWTON)
Problema 2 el movimiento acelerado la bola de 5kg forma un anguloconstante θ .Las masas de las polea y del bloque A se desliza, asi como todaslas fuerzas de rozamiento se desprecian. Determinar:(Nara 3.9)a)El angulo θ.b)tension en la cuerda que une A con el peso de 15 Kg.
SOLUCION:
Ejercicio a)De acuerdo al DCL de la estructura de la bola, podemos obtener: Advir-tiendo que el libro trabaja con Kg(kilogramo fuerza):
T1 ∗ senθ = m.g................(1)T1 ∗ cos θ = m ∗ a.................(2)
De acuerdo al diagrama en el cuerpo A:
T2 = T1 ∗ cos θT2 = mc ∗ a...............(3)
De acuerdo al DCL del cuerpo de 15 Kg
T2 = mb ∗ aWc − T2 = mc ∗ aWc −mb ∗ a = mc ∗ a15− ( 5
9.81)a = ( 159.81)a
15 = ( 209.81)a
a = 7.36m/s
Dividiendo la ecuacion (1) y (2);
T1 ∗ senθ = m.g................(1)T1 ∗ cos θ = m ∗ a.................(2)tgθ = ( ga)
Por tanto el angulo es:
θ = 53.1o
Ejercicio b)Reemplazando en la ecuacion (3)
T2 = mb ∗ aT2 = ( 5
9.81) ∗ 7.36
El valor de la tension es:
T2 = 3.75Kg
DINAMICA DEL CUERPO RIGIDO (LEYES DE NEWTON)
Problema 3 La puerta deslizante tiene un peso de 196 Kg. Si P esde 20 Kg, hallar la aceleracion de la puerta y las reacciones en A y B. Sesupone que las rodillas son lisos y de masa despreciable.(Nara 5.25)
SOLUCION
De acuerdo al DCL del sistema:
De acuerdo a las ecuaciones del movimiento:
(+) ↑∑Fy = 0
RA +RB − 196 = 0RA +RB = 196..........(1)
Aplicando momento en el centro de gravedad(CG), en sentido antiho-rario:
+MCG = 0;−RA(1.20) +RB(1.20)− 20(1.2) = 0RB −RA = 24.........(2)
Sistema de ecuacion en (1) y (2);
RA +RB = 196RB −RA = 24
Desarrollando
RA = 86kg
RB = 110kg
DINAMICA DE SISTEMA DE PARTICULAS (CANTIDAD DE MOVIMIENTO)
Problema 4 Un chorro de agua(γ = 1000kg/m3) choca contra un alabefijo de metal con una velocidad de 182m/s. Determinar la fuerza resultantenecesaria para sostener el alabe. El chorro tiene un area de 19cm2(Nara4.16).
SOLUCION
Datos:
• γ = 1000kg/m3
• A = 19cm2 = 0.0019m2
• v = 182m/s
En este sistema de coordenadas, el agua parece acercarse al alabe con unaceleridad de 182m/s y la masa que circula por unidad de tiempo ser:
γQ = γ.v.AρQ = (1000)(182)(0.0019)ρQ = 345.8
Hallaremos la fuerza que ejerce el alabe sobre el agua ( con sus respectivascomponentes x,y).
−Fx = ρQ(v2x − v1x)............(1)
Si sabemos que la velocidad de entrada es igual que la velocidad desalida, por el principio de la cantidad de movimiento de la particula.
v1x = v2x = v
Reemplazando en la ecuacion (1)
−Fx = (345.8)(v. cos(60o)− v. cos(45o))−Fx = −13034.4NFx = 13.03KN ≡ 13KN
Hallando la componente en y:
Fy = ρQ(v2y − v1y)−Wa
Despreciando el peso del agua (
Wa
) por ser pequea en relacion a los otros terminos.
Fy = ρQ(v2y − v1y)...................(2)
Reemplazando los valores en (2);
Fy = (345.8)(v.sen(60o)− (−v.sen(45o)))Fy = 99006.02NFy = 99.01KN ≡ 99KN
Por tanto la fuerza resultante es:
Fr =√
(Fx)2 + (Fy)2
Fr =√
(13)2 + (99)2
Fr = 99.85KN
DINAMICA DE LA PARTICULA ( METODO DE TRABAJO Y ENERGIA)
Problema 5 Un cuerpo cae al suelo desde una altura h. Suponiendo que lafuerza de gravedad sea inversamente proporcional al cuadrado de la distanciadesde el centro de la Tierra, hallar el tiempo T en segundos que transcurrirapara que llegue a la superficie terrestre y la velocidad V en el instante enque choca con ella. Despreciar el efecto de la resistencia del aire. El radiode la Tierra es R. Si h=R, comparar T con el tiempo de la cada libre de unaparticula bajo la accin de una fuerza constante mg. (Nara 3.37)
SOLUCION:
Debido a la ley de la gravitacion universal:
F = Gm1m2
r2
Dividiendo la fuerza para un cuerpo en la superficie y para un cuerpo a unaaltura h, despejando obtenemos:
g = go(R
R+ h)2
El trabajo realizado por la fuerza resultante aplicada a una particula es igualal cambio que experimenta la energia cinetica de dicha particula. Estos es:
W = ∆Ec = Ec2 − Ec1Este teorema es valido para la mecanica clasica como para la mecanica rel-ativista de una particula.entonces se tiene: ∫ H
0mgo(
R
R+ h)2dh = ∆Ec
R2mgo [− 1
R+ h]
∣∣∣∣H0
=mV 2
f
2− mV 2
i
2
donde:Vi = 0
Vf =
√2R2go[
1
R− 1
R+ h]
Vf =
√2RHgo
(R+H)
Esta es la velocidad al chocar con la superficie de la tierra.para hallar el tiempo llamaremos r al radio de la tierra de masa Msi el cuerpo parete del reposo desde una distancia r0 , la conservacion de laenergia toma la forma siguiente:
1
2v2 −GM
r= −GM
r0
v = −drdt
=√
2GM
√1
r− 1
r0=
√2GM
r0
√r0 − rr
luego integrando tenemos:
−∫ r
r0
√r
r0 − rdr =
√2GM
r0
∫ T
0dT
T (r) =
√r30
2GM(
√r√r0 − rr0
+ tan−1
√r0 − rr
)
DINAMICA DE LA PARTICULA ( METODO DE TRABAJO Y ENERGIA)
Problema 6 El resorte de modulo k=2 kg/cm esta comprimido por la placa,de manera que la fuerza en el resorte es de 4 kg. El peso de 10 kg se dejacaer desde una altura de 4 cm por encima de la placa. Determinar la fuerzaen el resorte cuando el desplazamiento es mximo. (Nara 3.67)
SOLUCION:
sabemos por ley de hook que :
F = kx
para F=4 kg
4 = 2x
x = 2cm
Por el Principio de la Conservacion de la Energia:
EMi = EMf
Eko + Epo = Ekf + Epf
Wh+kx2
2= −Wδ +
k(δ + x)2
2
luego reemplazando los valores que nos dan como dato se tiene:
10(4) +2(2)2
2= −10δ +
2(δ + 2)2
2
δ2 − 6δ − 40 = 0
Resolviendo el la ecuacion se tiene:
δ = 10 cm
luego:F = 2(10 + 2) = 24 kg
DINAMICA DEL CUERPO RIGIDO( METODO DE TRABAJO Y ENERGIA)
Problema 7 Una esfera homogenea de peso W y radio a tiene un cableenrollado en una circunferencia. Un extremo del cable esta fijo en A y sedeja que la esfera caiga desde el reposo. Hallar la velocidad del centro demasa despues de que ha caido una distancia h. Cual es la tension en elcable? (Nara 5.101)
h
inicial
final
SOLUCION:
Pro cinematica se sabe que:
ω =V
r
donde:V: velocidad del centro de masaPor el Principio de Trabajo y Energia:
W = ∆Ek = Ekf − Eko
Eko = 0
Ekf =1
2mV
2+
1
2Iω2
Ekf =1
2mV
2+
1
2I(V
r)2 =
1
2(m+
I
r2)V
2
W = mgh
0 +mgh =1
2(m+
I
r2)V
2
Para la esfera se tiene:
I =2
5mr2
I :momento de inercia respecto a su centro. r = a
V2
=2gh
(1 +25ma2
ma2)(−j )
V = −[10
7gh]1/2j
Calculamos la tension del cable: Por Conservacion de la Energia se tiene:
EMi = EMf
luego tenemos:Eko + Epo = Ekf + Epf = cte
como E es constante :dE
dt= 0
tambien se sabe que: v = dsdt a = dv
dt entonces:
Mg − T = Ma
T = M(g − a)
derivando obtenemos:
a =5
7g
reemplazando este valor se tiene:
T = M(g − 5
7g) =
2
7Mg
Vectorialmente la tension esta dirigido hacia arriba:
T = (2
7W )j
DINAMICA DEL CUERPO RIGIDO( METODO DE TRABAJO Y ENERGIA)
Problema 8: Como se muestra en la figura, un cilindro circular homogeneoesta suspendido a manera de yo-yo. Cual es la velocidad de su centro 2 seg.despues de haberse soltado? Cual es la tension en la cuerda?(Nara 5.122)
SOLUCION:
Por el Principio de Trabajo y Energia se tiene:
W = ∆Ek = Ekf − Eko
se sabe que:
ω = Vr donde: v : velocidad de su centro
Reemplazando tenemos:
Eko = 0
Ekf =1
2mV
2+
1
2Iω2
Ekf =1
2mV
2+
1
2I(V
r)2 =
1
2(m+
I
r2)V
2
W = mgh
0 +mgh =1
2(m+
I
r2)V
2
El momento de inercia para un cilindro es:I = 1
2mr2
reempalzando se tiene:
V2
=2gh
(1 +12mr2
mr2)(−j )
V = −[4
3gh]1/2j
Calculo de la tension:sabemos que:v = ds
dt a = dvdt luego tenemos :
Mg − T = Ma
T = M(g − a)
Derivando la velocidad se tiene:
a =2
3g
T = M(g − 2
3g) =
1
3Mg
luego:
T = (1
3W )j
Como nos piden la velocidad del centro 2 seg despues de haberse soltado,necesitamos hallar la velocidad en funcion del tiempo
a =2g
3
dv =2
3gt
∫ t
0dt
[4
3gh]1/2 = [
2
3gt]
h =g
3t2
Reemplazando:
V = [4
9g2t2](−j )
Para t=2 seg.V = −13.08j
DINAMICA DE LA PARTICULA (IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO)
Problema 9 Un bloque de 98 kg se somete a la accin de una fuerza P con-stante de 60 kg. El valor de la fierza de rozamiento al deslizamiento, como sepuede ver en la grafica, es una funcion de tiempo. Determinar la velocidaddel bolque 3 segundos despus de haberse aplicado la fuerza P.(Nara 3.87)
−1 1 2 3 4
−1
1
2
3
4
5
0tiempo
rozamiento
T
mb.g
P = 60kg
DIAGRAMAS
P = 60kg
98kgB
SOLUCION:
PASO 1Hacemos el diagrama de cuerpo libre del bloque
m.g
P
N
Fr
bloque
PASO 2
aplicamos el principio de impulso y cantidad de movimieento:
mAvAi +tf∫ti
F.dt = mAvAf ......(1)
donde :Fr : fuerza de rozamiento.p : fuerza P
PASO 3calculo de los impulsos:para la fuerza de rozamiento solo hallamos el area de la grafica mostrada.
t∫0
Fr.dt = −((50− 10).1
2+ 10.3) = −50
ahora reemplazamos en la ecuacion (1)El tiempo varia desde 0 hasta 3 segundos.
t∫0Fr.dt = −( (50−10).1
2 + 10.3) = −50
mAvAi +3∫0P.dt−50 = mAvAf
mAvAi + 60.3− 50 = mAvAfvAi = 0 ∧mA = 98Kg
130 = 98.vv = 130
98
v = 1.32m
s
RESPUESTA: v = 1.32ms
DINAMICA DE LA PARTICULA (IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO)
Problema 10 Dibujar los diagramas de aceleracion-tiempo, velocidad-tiempo y desplazamiento-tiempo para los 2 primeros segundos del movimientodel bolque A. La velocidad inicial de A es de 5ms .(Nara 3.91)
B
V
A
SOLUCION:
PASO 1Hacemos el diagrama de curpo libre de cada bloque:
T
mb.g
T
BA
aplicamos el principio de inpulso y cantidad de movimiento para cadabloque por separado:para el bloque A:
mAvAi +t∫0F1.dt =mAvAf .....(1)
donde:F1 = −Fr − TFr = mAgu fuerza de friccion.reemplazando en (1) se tiene:
mAvAi +
t∫0
(−Fr − T )dt =mAvAf
mAvAi −t∫
0
Fr.dt−t∫
0
Tdt =mAvAf
mAvAi −t∫
0
mA.g.u.dt−t∫
0
T.dt =mAvAf
mAvAi −mA.g.u.t−t∫
0
T.dt = mAvAf
para el bloque B:
mBvBi +t∫0F2.dt =mBvBf ...... (2)
donde:F2 = T −mB.g fuerza resultante.reemplazando en la ecuacion (2) se tiene:
mBvBi +
t∫0
(T −mB.g)dt =mBvBf
mBvBi +
t∫0
T.dt−t∫
0
mB.g.dt = mBvBf
ahora sumamos miembro a miembro las ecuaciones obtenidas:
mAvAi −m.g.u.t−t∫
0
T.dt = mAvAf .
mBvBi +
t∫0
T.dt−t∫
0
m.g.dt = mBvBf
luego se obtiene:
mAvAi +mBvBi −mA.g.u.t−t∫
0
mB.g.dt = mAvAf +mBvBf
mAvAi +mBvBi −mA.g.u.t−mB.g.t = mAvAf +mBvBf
como se trata de una cuerda inextensible las velocidades de ambos bloquesson iguales en modulo:entonces se tiene:vAi = vBi = 5vAf = vBf = v
reemplazanto se tiene:
5(mA +mB)−mA.g.u.t−mB.g.t = v(mA +mB)
5− (mA.g.u+mB.g).t
mA +mB= v
v = 5− (mA.g.u+mB.g).t
mA +mB
x = 5.t− 2.289.t2
de donde obtenemos la velocidada en funcion del tiempo:integramos para obtener la pisicion en funcion del tiempo:
v = 5− 4.578.t
x = 5.t− 4.578.t2
2= 5.t− 2.289.t2 + c
condiciones iniciales:t = 0 ∧ r = 0→ c = 0
x = 5.t− 4.578.t2
2= 5.t− 2.289.t2
x = 5.t− 2.289.t2
ahora derivamos la velocidad para obtener la aceleracion:
a =dv
dt=d(5− 4.578.t)
dt= −4.578
a = −4.578
respuestas:
x = 5.t− 2.289.t2
v = 5− 4.578.t
a = −4.578
graficamos las funciones:
−3 −2 −1 1 2 3 4 5
tiempo
−2
−1
1
2
3
4 posicion
0
f(x) = 5x− 2.29x2
−3 −2 −1 1 2 3 4 5
tiempo
−3
−2
−1
1
2
3velocidad
0
f(x) = 5− 4.58x
−4 −3 −2 −1 1 2 3 4
tiempo
−6
−5
−4
−3
−2
−1
1aceleracion
0
f(x) = −4.58
DINAMICA DE LA PARTICULA (IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO)
Problema 11 una particula de 200 kg se mueve en la direccion positiva Xcon una velocidad de 25 25ms . se aplica uan fuerza Fx dada por la grafica.Determinar:(Nara 3.86)
1. la velocidad despues de 4 segundos.
2. la velocidad despues de 9 segundos.
−1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
tiempo
fuerza
0
5
10
15
-10
SOLUCION:
DATOS:)
m=200 kgvi = 25ms
PARTE 1para resolver utilizaremos la siguiente formula :
mvi +tf∫ti
F.dt = mfvf
reemplazando en la formula se tiene:
mvi +
4∫0
Fx.dt = mvf
4∫0
Fx.dt =15 ∗ 4
2
mvi +15 ∗ 4
2= mvf
200 ∗ 25 + 30 = 200 ∗ vf
v = 25.15m
s
respuesta : v = 25.15ms
PARTE 2para resolver utilizaremos la siguiente formula :
mvi +tf∫ti
F.dt = mfvf
reemplazando se tiene:
mvi +
9∫0
Fx.dt = mvf
9∫0
Fx.dt =15 ∗ 4
2− (9− 6) ∗ 10
9∫0
Fx.dt = 0
mvi +
9∫0
Fx.dt = mvf
mvi + 0 = mvf
vi = vf
vf = 25m
s
respuesta : vf = 25ms