Dinamica-Segundo-Parcial

(1)

ESCUELA SUPERIOR DE INGENIERIA MECANICA Y

ESCUELA SUPERIOR DE INGENIERIA MECANICA Y ELECTRICA UNIDAD AZCAPOTZALCO

ELECTRICA UNIDAD AZCAPOTZALCO

MATERIA: DINAMICA DE LA PARTICULA

GRUPO 4MV7

ALUMNO: MARTINEZ GERARDO VICTOR HUGO

EJERCICIOS PARES E IMPARES 2° PARCIAL.

(2)

2° Parcial Dinámica.

El bloque deslizante

El bloque deslizante AA se mueve hacia la izquierda con una velocidadse mueve hacia la izquierda con una velocidad constante de 6 m/s. Determine.

constante de 6 m/s. Determine. a

a) la velocidad del bloque) la velocidad del bloque BB.. b

b_{) la velocidad de la parte}_{) la velocidad de la parte} DD _{del cable.}_{del cable.} c

c) la velocidad relativa de la porción) la velocidad relativa de la porción CC del cable con respecto a la porcióndel cable con respecto a la porción D D ..

Solución:

X

AA

+ 3

YBYB

= 0 constante

V

AA

+ 3

VbVb=0……….1=0……….1 Aa + 3ab=0…….2 Aa + 3ab=0…….2

De la ecuación 1

De la ecuación 1 sustituyendo Va y encontramos Vb.

sustituyendo Va y encontramos Vb.

6m/s + 3 Vb=0

a)

a) Vb = - 6/3 m/s =

Vb = - 6/3 m/s = -2m/s

-2m/s

b)

b) Ya + Yb =0 ;

Ya + Yb =0 ; Va + Vb =0 ; Va

Va + Vb =0 ; Va = -Vb = -(-2m/s) = 2m/s

= -Vb = -(-2m/s) = 2m/s

c)

c) Vc/d= Vc

Vc/d= Vc

––

Vd = - 6m/s

––

(2m/s)= -8m/s

(3)

El elevador mostrado en la figura se mueve hacia abajo con una velocidad constante de 15 ft/s. Determine.

a) la velocidad del cable c.

b) la velocidad del contrapeso W .

c) la velocidad relativa del cable C con respecto al elevador.

d ) la velocidad relativa del contrapeso W con respecto al elevador.

Solución:

Para 1 cuerda.

Yc + 2Ye =0

Vc + 2Ve =0---1

Ac + 2Ac =0---2

Sustituyendo en ecuación 2. Vc + 2(15 ft/s)=0.

a) Vc-2(15 ft/s) = -30 ft/s

b) Ye + Yw =0 ; Ae + Aw =0 Vw= -Ve= -(15 ft/s)= -15 ft/s

c) V c/e = Vc

–

Ve = -30 ft/s

–

(15 ft/s)=-45 ft/s

d) V w/e= Vw

–

Ve = -15 ft/s

–

(15 ft/s) = -30 ft/s

(4)

El bloque B se mueve hacia abajo con una velocidad constante de

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

a) la velocidad del bloque deslizante C en t = 0, b_{) las aceleraciones de} A _y C _,

c_{) el cambio en la posición del bloque} A _{después de 5 s.} Solución.

3Ya + 4 Yb + Xc =0

3va + 4vb+ Vc =0---1 3aA + 4aB +4ac=0---2

De la ecuación. 1 despejamos Vc. 3 (-30 mm/s) + 4 (20 mm/s) = -vc -Vc = -90 mm/s + 80 mm/s = -10 mm/s Vc= 10 mm/s b) x= Xo+ t + ½ at2 ; Xc = Vc tc + ½ ac tc2 57 mm = (10mm/s) (3 seg) + ½ ac (3s)2 Ac= 53-30/4.5 = 6 mm/s Tomando la ecuación 2. 3aA + 4 ab + ac =0 Ab=0 3 aA + ( 6mm/s) =0 aA = 6 mm/s / 3 = 2 mm/s c). Xa –(XAo) = (30 mm/s) ( 5s) + ½ (2mm/s) (5s)2 XA (-Xa) = 150 ´25 = 175 mm

(5)

se mueve hacia abajo con una aceleración constante de 7 in./s2. El collarín

B se desplaza hacia arriba con una aceleración constante y su velocidad inicial

es de 8 in./s. Si se sabe que el collarín B se mueve 20 in. entre t = 0 y t = 2 s, determine a) las aceleraciones del collarín B y el bloque C ,

b) el tiempo en el cual la velocidad del bloque C es cero, c) la distancia que habrá recorrido el bloque C en ese tiempo.

Solución:

(6)

cada componente se mueve con una aceleración constante. Si la aceleración re-lativa del bloque C con respecto al collarín B es de 60 mm/s2 hacia arriba

y la aceleración relativa del bloque D con respecto al bloque A es de 110 mm/s2 hacia abajo, determine.

a) la velocidad del bloque C después de 3 s,

b) el cambio en la posición de bloque D luego de 5 s.

Solución:

De la cuerda 1.

2Ya + 2yb+ Yc =0

2Va + 2Vb + Vc = ---1

2aA + 2aB + aC= ---2

Cuerda 2.

(Yd

–

Ya) + (Yd-Yb)=0

-Ya-Yb+2Yd=0

-Va-Vb+2vd=0---3

-aA-aB+2aD=0---4

Aceleraciones relativas.

A c/b = ac

–

ab = 60 mm/s

A d/a = aD

–

aA = -110 m/s

aB=aC

–

(60mm/s) ---5

aA = aD +(110 mm/s)----6

Sustituyendo la ecuación 5 y 6 en la ecuación 2 y 4.

2 (aD + 110) + 2(Ac-60) +ac =0

2 Ad + 220 + 2 ac

–

_{120+ ac =0}

(7)

2Ad + 3Ac = -100 ---- 7

-(Ad +110)- (ac-60) + 2Ad =0

-Ad -110

–

ac + 60 + 2Ad =0

aD-Ac

–

50=0

Ad-Ac=50. ----8

Igualando ecuación 7 y 8

2ad + 3ac = -100---9

-2 (Ad-Ac =50)---10

    

     

 

 

 

---11

Vc = (Vc)o +( ac tc )

a)- vc = (-40 mm/s2) ( 3s) = -120 mm/s

b)- Xd-(Xd)o= (Vo)o t + ½ Ad td

2

Sustituyendo ac en la ecuación 9

2ad + 3(-40 mm/s)=-100

2ad

–

120 mm/s2 = -100

2ad = -100 + 120

Ad= 20/2 = 10 mm/s

c)- Xd-(Xd)o= ½ (10mm/s) (5s)

2

Xd-(Xd)o= 125 mm

(8)

TIRO Parabólico.

Un avión diseñado para dejar caer agua sobre incendios forestales

vuela sobre una línea recta horizontal a 315 km/h a una altura de 80 m. Determine la distancia d a la que el piloto debe soltar el agua de manera que caiga sobre el incendio en B_.

Solución:

Usando:

Y=Yo+Vo+ ½ gt

2

= 80m

–

½ (9.81 m/s

2

₎

t= 4.03 s

x-xo =vt

x-xo= 87.5 m/s) (4.03 s)

d= 353 m

FORMULAS DE TIRO PARABOLICO. X=Xo+Vt –_{desplazamiento eje x}

(9)

Mientras entrega periódicos, una joven lanza uno de ellos con

velocidad horizontal v 0. Determine el intervalo de valores de v 0 si el periódico

debe caer entre los puntos B y C .

Punto A.

Y=yo+vot-1/2gt

2

= 3- 1/3 ft

–

½ (32.2 ft/s

2

_{) t}

2

T= .45 seg

Desplazamiento x

X=xo+vt

7ft = Vb (0.45s) ; Vb=7ft /0.45 s =15.55

Para c

Y=Yo+vot-1/2 gt

2

_{= t}

2

₌

_{√ }

_{; t= 0.35 s}

Desplazamiento x

12.33 ft = vc (0.35s)

Vc=12.33 ft /0.35 s = 35.22 s

(10)

Un jugador de voleibol sirve la pelota con una velocidad inicial

v 0 que tiene una magnitud 13.40 m/s y forma un ángulo de 20° con la

horizontal. Determine .

a) si la pelota pasará sobre el borde superior de la red, b) a qué distancia de la red aterrizará la pelota.

Descomponiendo velocidad en x y y

Sen 20° x 13.40 = vy = 4.58 m/s

Cos 20° x 13.40 = vx = 12.59 m/s

X= xo + vct



para el eje x

9m =(Vc)x t.

9m = (12.59 m/s) t

T= 9m / 12.59 m/s = 0.7s

Yc= Ya + (Va)y t

–

½ gt

2

Yc= 2.1m + 4.58 m/s (0.7s)

–

½ (9.81 m/s2) (0.75)

2

Yc= 2.1 m + 3.43 -2.40

Yc= 3.13 Yc =2.90

Θ=20

(11)

Un golfista golpea la pelota con una velocidad inicial de 160 ft/s,

a un ángulo de 25° con la horizontal. Si el terreno de juego desciende con

un ángulo promedio de 5°, determine la distancia d entre el golfista y el punto B donde la pelota toca el terreno por primera vez.

Solución:

Realizando las componentes de la velocidad.

(Vx)A= 160 ft/s cos 25°

(Vy)A= a60 ft/s sen 25°

Componentes a 5°

Xb= d cos 5°

Yb= d sen 5°

Movimiento horizontal.

Xb= xo + (vx) ot



d cos5° = (160 cos 25° ) t

 







Movimiento vertical.

Y= y0 + vt

–

½ gt

2

-d sen 5° = 160 sen 25° (

_{}

) d -1/2 (32.2 ft/s) (

_{}

)

2

d

2

. d=726 ft

(12)

Mediante una banda transportadora se descarga arena en A y

cae en la parte superior de un montículo en B. Si se sabe que la banda transportadora forma un ángulo α= 20° con la horizontal, determine la velocidad

v 0 de la banda.

Solución componentes 20°

(Vo)x= Vo cos 20°

(Vo)y=Vo sen 20°

Movimiento horizontal.

X=xo + vt

30ft= (Vo cos 20°)t ;

 

_{} 

Movimiento vertical.

Y= yo + vot

–

½ gt

2

-18 = (0.3420)(31.925)-(16.1)(31.92s/Vo)

2

Vo

2

= 567.44 ft

2

/s

Vo= 23.82 ft/s

(13)

Un grupo de niños está lanzando pelotas a través de una llanta

con 0.72 m de diámetro interior, la cual cuelga de un árbol. Un niño lanza una pelota con una velocidad inicial v 0 a un ángulo de 3° con la horizontal.

Determine el intervalo de valores de v 0 para los cuales la pelota pasará a

través de la llanta.

Y=Yo +Vt

–

½ gt

2

Ybc= (Vo sen 3°) ( 6/Vo cos 3°)

–

½ g (6/Vo cos 3°)

2

Vo

2

₌

      



 

Para el punto B ; y= -0.53 m

(Vo)b = 177.065 / 0.31447

–

(-0.53)

(Vo)b = 14.48 m/s

Para el punto C

Vo

2

= 177.065 / 0.31447- (-1.25)

2

(Vo)c = 10.64 m/s

10.44 m/s <= Vo <= 14.48 m/s

(14)

Mientras sostiene uno de sus extremos, un trabajador lanza un

lazo de cuerda sobre la rama más baja de un árbol. Si lanza la cuerda con una velocidad inicial v 0 a un ángulo de 65° con la horizontal, determine el

intervalo de valores de v 0 para los cuales la cuerda sólo sobrepasará a la rama

más baja.

Solución:

(Vx)o = Vo cos 65°---1

(Vy)o = Vo sen 65°---2

Movimiento horizontal.

X = xo + (vx) ot

S= (Vo cos 65° ) t

T= 5/Vo cos 65° ---3

Movimiento vertical.

Y = yo + vot -1/2 gt

2

Para el punto B.

5= (Vo sen 65°) ( 5 / Vo cos 65°)

–

_{½ (9.81 m/s}

2

_{) (5 / Vo cos 65° )}

Para el punto c

(15)

(16)

4Un bloque deslizante A se mueve hacia abajo a una rapidez de

0.5 m/s, la velocidad con respecto a A de la porción B de la banda entre las poleas locas C y D es v CD /A = 2 m/s . Determine la velocidad de la porción

CD de la banda cuando a) θ= 45°, b) θ= 60°. Solución: (VCD/A)x = (2m/s) Cos θ—

i

(VCD/A)y = (2m/s)

sen θ—

j

(VA)x= 0.5 cos 65° = - 0.21

–

i

(VA)y= 0.5 sen 65° = - 0.45

–

j

VCD

2 _{=((2 m/s cosθ –}

_0.21)

2 _{i + (12 m/s) sen θ}

_{- 0.45 )}

2

VCD

2

= (( 2m/s) cos 45° - 0.21 )

2

+ (12 m/s) sen 45°- 0.45 )

2

VCD

2

₌

_{√   }

Vcd = 1.54 m/s

Θ= tg-1∑ _{∑ }



  _{  }

 

Lo mismo solo sustituyendo valores con 60°

0.40 i + 1.52 j

V= 1.38 m/s

(17)

(18)

Un radar con base en tierra indica que un transbordador sale de su muelle a una velocidad v =9.8 nudos d70°, en tanto que los

instrumentos a bordo del transbordador indican una velocidad de 10 nudos

y una dirección de 30° hacia el suroeste con relación al río. Determine la velocidad de este último.

Ley de cosenos.

C

2

_{= a}

2

_{+ b}

2

_{-2ab cos}

_θ

C

2

= 10

2

+ 9.8

2 –

2(10) (9.8) cos 10°

C

2

= 3.017 ; c = 1.73 nudos

Aplicando ley de senos.

 





 



  

Datos: VR = 9.8 nudos α=70 VT= 10 nudos α=30 Vtr=? 60°

(19)

Las velocidades de los trenes A y B son las que se indican en

La figura. Si se sabe que la rapidez de cada tren es constante y B alcanza el Cruce 10 min después de que A lo hizo, determine

a_{) la velocidad relativa de} B _{con respecto a} A

b) la distancia entre los frentes de las máquinas 3 min después de que A pasó por el crucero.

V B/A

2

= 65

2

+ 60

2 –

2 (65) (60) COS 165°

A) V B/A =122 kh/h

B) V=D/t

Ta = 3min ; da = Va Ta = 60 km/h (3/60) =3 km

Tb = 3min ; db = Vb tB = 65 km/h (7/60) = 7.58km

Usando ley de cosenos obtenemos d B/A

Θ= 25 ° DATOS. a) V B/A = ¿ b) 3 min. Después de A 60 Km/h 3 km θ _Db/a2_{= 3}2_{+ 7.58}2 –_{2 (3)(7.58)} Db/a = 5km

(20)

PROBLEMAS PARES.

11.50

El elevador mostrado en la figura inicia su movimiento desde

el reposo y se mueve hacia arriba con una aceleración constante. Si el contrapeso W recorre 30 ft en 5 s, determine a) la aceleración del elevador y el

cable C , b) la velocidad del elevador después de 5 s.

Solución

Estableciendo una ecuación.

Yw= ½ awt

2

Sabiendo que Yb = 30 ft

Y un tiempo = 5 seg

30 ft = ½ aW (5 seg.)

2

Aw=2.4 ft/s2

Para la aceleración de a y c usamos

Aw +ae ; ae = -aw = - (2.4 ft/s2)

Y para c

Ac + 2ae =0 ; ac= -2 (-2.4 ft/s2 = +4.8 ft/S2

Y la velocidad después de 5 seg.

(21)

11.52

En la posición mostrada, el collarín B se mueve hacia abajo con

Una velocidad constante de 12 in./s. Determine a) la velocidad del collarín A , b) la velocidad de la porción C del cable, c) la velocidad relativa de la Porción C del cable con respecto al collarín B.

Solución.

De la figura obtenemos: 2 ya + yb = ( Yb –Ya) Va + 2vB=0 ; aA+ 2aB=0

Sustituyendo la velocidad de 12 in/s Va + 2(12 in/s) = Va = 24 in/s

Para la velocidad c

2va + vc =0 sustituyendo ; 2(24 in/s) = -vc ; Vc= -48 in/s Y la velocidad con respecto a B.

(22)

11.54

En el instante mostrado, el bloque deslizante B se está moviendo

Con una aceleración constante y su rapidez es de 150 mm/s. Si se sabe Que después de que el bloque deslizante A se ha movido 240 mm hacia la Derecha, su velocidad es de 60 mm/s, determine a_{) las aceleraciones de} A _y B, b) la aceleración de la porción D del cable, c) la velocidad y el cambio en La posición del bloque deslizante B luego de 4 s.

Xb + (Xb –XA) – 2Xa = cte 2VB – 3VA =0

2aB – 3aA =0

Sustituyendo la velocidad del bloque b para hallar la velocidad vA 2 (150 mm/s) – 3 va= 0 ; Va = 300 m/s / 3 = 100 mm/s

Y la aceleración de A es: Aa= - 13.33 ft/s2

Sustituyendo los valores de la aceleración a en 2aB – 3aA:

2ab – 3 (-13.33 ft/s2) = 0 ; ab= -40 ft/s 2 / 2 ; = -19.99 ft/s2 Encontrando la aceleración del cable D.

Ad + Aa =0

Ad + (-13.33 ft/s)= 0 ; Ad = 13.33 ft/s

Para encontrar la velocidad de b luego de 4 seg

Vb= (Vb)+ Ab t ; Vb= 150 mm/s + (-20 mm/s2)(4seg) ; Vb=70 mm/s Y la distancia recorrida

(23)

11.56

El bloque B empieza a moverse desde el reposo, el bloque A

Se mueve con una aceleración constante y el bloque deslizante C se desplaza Hacia la derecha con una aceleración constante de 75 mm/s2. Si se sabe que

En t _{_ 2 s las velocidades de} B _y C _{son 480 mm/s hacia abajo y 280 mm/s} Hacia la derecha, respectivamente, determine

a) Las aceleraciones de A y B.

b) las velocidades iniciales de A y C .

c) el cambio en la posición del bloque deslizante C después de 3 s.

Solución:

De la figura obtenemos. 3 Ya + 4 yb + Xc = cte 3 va + 4 vb + Vc = 0 3 aA + 4 aB + aC = 0

Usando, Vb = Ab (t) ; por lo tanto 480 mm/s = Ab (2 seg.) ; ab= 240 mm/s2 Y para la aceleración de a

3aA + 4 ( 240 mm/s2) + ( 75 mm/s2) =0 aA = -345 mm/s

para las velocidades de c y a

para c usamos ; Vc= ac t ; 280 mm/s = 75 mm/s (2 s) ; vc = -130 mm/s

Y luego sustituimos en: 3Va +Vc = ; 3va+ 130 mm/s ; va = -130 mm/s /3 = -43.3 mm/s Para el cambio de posición usamos

V= d/t ; -130 mm/s = d/3 seg. = d= 390 mm

(24)

11.98

Tres niños se lanzan bolas de nieve entre sí. El niño A lanza una

bola de nieve con una velocidad horizontal v 0. Si la bola de nieve pasa justo

sobre la cabeza del niño B y golpea al niño C , determine a) el valor de v 0.

b) la distancia d .

Movimiento vertical.

Usando: y =y0 + vo + ½ gt2

-1m = - ½ (9.81 m/s2) t2 Despejando el tiempo queda. .tb = .4515

Movimiento horizontal

X= v (t) ; 7m = V (.45 seg) ; V= 15.55 m/seg Para la distancia usaremos

V= d/t ; 15.55 m/seg = d/ .451 seg : d= 7 m

(25)

Se vierte leche dentro de un vaso que tiene una altura de

140 mm y un diámetro interior de 66 mm. Si la velocidad inicial de la leche es de 1.2 m/s a un ángulo de 40° con la horizontal, determine el rango de valores de la altura h para los cuales la leche entrará en el vaso.

Solución:

Descomponiendo la velocidad de caída de la leche. Vx= 1.2 m/s cos 40° = 0.91 m/s Vy= -1.2 m/s sen 40° = - 0.77 m/s Movimiento horizontal. X = Vx t ; .08m = 0.91 m/s t ; t= .08m / .91 m/s = .087 seg X= 0.91 m/s (.087 seg) = .079 m Para y : Para el punto b .140 m = hb + (-0.77 m/s) ( .15 s)2_{; hc = .244 m} Para el punto c .140 m = hc + ( -0.77 m/s) (.15 seg.) Hc= .391 m 11.104

(26)

Por el cañón de un desagüe fluye agua con una velocidad inicial

de 2.5 ft/s a un ángulo de 15° con la horizontal. Determine el rango de valores de la distancia d para los cuales el agua caerá dentro del recipiente BC .

Solución:

La velocidad de salida se descompone de la siguiente manera. Vx= 2.5 ft/s cos 15° = 2.41 ft/s

Vy= - 2.5 ft/s sin 15 ° = -0.64 ft/s Usando el movimiento vertical.

Y=vy t – ½ gt2 ; -8.8 ft = (-0.64 ft/s)t – ½ (32.2 ft/s 2) t2 Despejando a t.

T= .71 seg

Y para el movimiento horizontal

X= Vx t ; x = (2.41 ft/s) ( .71 seg )= 1.71 ft Por lo tanto el intervalo de valores es