Ejercicios Resueltos Kassimali Grupo 101

MECÁNICA VECTORIAL

MECÁNICA VECTORIAL

PARA INGENIEROS

PARA INGENIEROS

II PRÁCTICA

II PRÁCTICA

II PRÁCTICA

II PRÁCTICA

DINÁMICA

DINÁMICA

 _NÁM

 _NÁM

IC - 244

IC - 244

UNVIERSID

UNVIERSID

AD NACIONAL DE

AD NACIONAL DE

SAN CRISTÓBAL DE

SAN CRISTÓBAL DE

HUAMANGA

HUAMANGA

D

DAS / K

AS / K

ASSIM

ASSIMALI / SAMI

ALI / SAMI

RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS

RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS

RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS

RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS

ESTUDIANTES

ESTUDIANTES

ESTUDIANTES

ESTUDIANTES

Marcelo Gamboa, Russel

Marcelo Gamboa, Russel

Bellido Arango, Miguel

FACULTAD DE INGENIER

FACULTAD DE INGENIER´´IA DE MINASIA DE MINAS GEOLOG

GEOLOG´´IA Y CIVILIA Y CIVIL ESCUELA DE FORMACI

ESCUELA DE FORMACI ´ON PROFESIONAL DEON PROFESIONAL DE´ INGENIER

INGENIER´´IA CIVILIA CIVIL

PR

PR ´ACTICA 2ACTICA 2´ Curso Curso

DIN

DIN ´AMICA (IC-244)AMICA (IC-244)´

Docente Docente

Ing Cristian Castro Perez Ing Cristian Castro Perez

Estudiantes Estudiantes

1.

1. MarMarcelcelo Gamo Gamboboa, Ra, Russusselel 2.

2. BelBellidlido Ao Aranrango, go, MiMigueguell 3.

3. De La CDe La Cruruz Quiz Quispespe, Gio, Giovvannannyy 4.

4. AAttaucuaucusi csi choquehoquecahua, cahua, ClevCleverer

Ayacucho - Per´ Ayacucho - Per´uu

2013 2013

Se coloca un bloque de 3 kg sobre un disco horizontal que esta inicialmente en reposo. El disco se hace girar en torno en torno al eje vertical con una aceleraci´on constante de θ = 1.2rad/s2

. Si en coeficiente de fricci´on est´atica entre el bloque y el disco es 0.3, determine el tiempo que le toma al bloque comenzar a moverse sobre el disco.

1. m = 3 kg 2. ¨θ = 1.2 rad/s2 3. µ = 0.3 4.



F y = 0 N 1 = mg



_{F  = mac} µmg = mω2 1r ω2 1 = µg

r (esta es la velocidad justo antes de deslizarse) ω1 = 1.962 rad_s

5. Por las ecuaciones del movimiento circular: ω2 1 = ω 2 0 + 2αθ ω2 1 = 2αθ θ = µg 2αr θ = 0.8175 rad θ = 1 2αt 2 t = 1.16 s P´ag.2 de 27

2. EJERCICIO 2

Una caja de cart´on de 100 kg  se separa de un transportador con una velocidad de 5 m/s   y se desliza hacia debajo de un conducto inclinado 100

, como se ilustra. Si el coeficiente de fric-ci´on entre la caja y el conducto es 0.1, determine la deformafric-ci´on m´axima del amortiguador de resorte. La constante del resorte del amortiguador es 30  kN/m.

Soluci´

on

1. Analizaremos en el momento en que la caja y el tope chocan y se van moviendo juntos deformando el resorte.

2. Hallando la energ´ıa cin´etica en ese instante que vendr´ıa a ser la inicial:

T 0 =

mv0

2 =

100

_·

5

2 = 1250 J 

3. En el instante de m´axima deformaci´on del resorte la energ´ıa cin´etica final ser´a 0 ya que su velocidad ser´a nula: T f  = 0 J .

4. El trabajo efectuado por el rozamiento sobre la caja cuando se desliza por el suelo una distancia adicional xmax es:

U i_→f  =

 

xmax

0

−

9.848dx =

₋

9.848(xmax)

5. Tomando como referencia la posici´on ocupada por la caja cuando entra en contacto con el tope, la energ´ıa potencial gravitatoria es nula. Y la energ´ıa potencial gravitatoria final ser´a:

vg = mgh = (100)(9.81)(xmax sin 100) = 170.349(

−

xmax sin 100) =

−

170.349(xmax)

6. Como en el instante en que la caja est´a en contacto con el tope el resorte no se deforma entonces la energ´ıa potencial el´astica final ser´a:

vs = k

_·

(xmax)2 2 =  3000(xmax)2 2 = 1500(xmax) 2

7. El teorema de las fuerzas vivas da entonces:

1250+0+0

₋

9.848(xmax)2 = 0

−

170.349(xmax)+1500(xmax)2

Entonces: xmax = 0.968 m

Por lo tanto la deformaci´on m´axima es 0.968 m

3. EJERCICIO 3

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

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

Soluci´

on

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

62

+ 32

xA =

√ 

45

−

4

xA = 2.708 pulg

2. Del triangulo OBD tenemos: (4 + xB)2 =

√ 

16

2

+ (

√ 

18

₋

3)2

xA =

 

45

−

6

√ 

18

−

4

xA = 0.421 pulg

3. Ahora por la conservaci´on de la energ´ıa: EM A = EM B mv2 A 2 + kx2 A 2 + mghA = mv2 B 2 +  kx2 B 2 + mghB mv2 B 2 = k(xA

−

xB)2 2 + mg(hA

−

hB) mv2 B 2 =

 

_k(xA

₋

_xB)2 _{+ 2mg(h} A

−

hB) m

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

vB =

 

_{20(7.156) + 2(3)(388.89)(1.757)} 3 vB) =

 

_{143.12 + 4099.678} 3 vB = 37.607 pulg/s 4. EJERCICIO 4

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

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

Soluci´

on

1. Aplicando la ecuaci´on de cantidad de movimiento de dos part´ıculas

mA

·

vA + mB

·

vB = (mA + mB)

·

vf 

2000vAi + 3000vB j = 5000(30i + 20 j)

2vAi + 3vB j = 150i + 100 j

2. Realizando la igualaci´on de ecuaciones tenemos: vA = 75i m/s

vB = 33.3 j m/s

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

. Determine la velocidad angular cuando θ = 450

.

Soluci´

on

1. Escribimos a la ecuaci´on de momentum angular H 0 = rxm

·

v

H 0 = rmv

2. Los datos requeridos de la figura r = L sin θ

vθ = L sin θωθ

H 0 = (L sin θ)(m + m)(L sin θω_θ)

H 0 = (L2sin2θ)(2m)(ω_θ)

3. Este ser´ıa la ecuaci´on general dependiendo de un ´angulo cualquiera, en el momento de rotaci´on. Ahora queremos para un ´angulo de 600

y 450

en el cual el momento angulas es el mismo: H 0 = (L2sin 2 θ)(2m)(ω450) = L2sin2θ)(2m)(ω₆₀0) ω450 = sin2600 sin2₄₅0ω600 ω450 = 180 rpm 6. EJERCICIO 6

Tres part´ıculas A, B y C  que pesan 5 lb, 10 lb y 20 lb, cada una, ocupan posiciones definidas por sus respectivos vectores de posici´on ra = t2i2tj ( pies), rb = j

−

3tk pies, rc = 2t2i+ 3tk pies,

en donde t esta en s. Determine el vector de velocidad y el vector aceleraci´on del centro de masa del sistema de tres part´ıculas en el momento t = 5 s.

Datos:

wa = 5lb ; ra = t2i + 2tj pies

wb = 10lb ; rb = j

−

3tk pies

wc = 20lb ; rc = 2t2i + 3tk pies

1. Para los vectores de posici´on hallamos la primera y segunda derivada

ra = t2i + 2tj ( pies); rb = j

−

3tk ( pies) y rc = 2t2i + 3tk

( pies)

Derivando por primera vez: ˙  ra = t2i + 2tj ˙  rb =

−

3k ˙  r = 4ti + 3kc

Derivando por segunda vez: ¨  ra = 2i ¨  rb = 0 ¨  r = 4ic P´ag.10 de 27

2. Para el vector de velocidad   vc = wa

×

˙  r + wa b

×

 ˙r + wb c

×

 ˙rc wa + wb + wc   vc 5(2ti + 2 j) + 10(

₋

3k) + 20(4ti + 3k) 5 + 10 + 20 Para t = 5s.   vc = 12.86i + 0.29 j + 0.86k

3. Para el vector aceleraci´on   ac = wa

×

¨   ra + wba

×

r ¨b + wc

×

r ¨c wa + wb + wc   ac = 5(2i) + 10(0) + 20(4i) 5 + 10 + 20   ac = 90i 35   ac = 2.57i 7. EJERCICIO 7

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

Soluci´

on

1. En la direcci´on ”x”

2. En la direcci´on ”y” wo(voy) = wa(vasen350)

−

wb(vbsen650) 3. Operando se tiene: wo(vox) = (wo

−

wb)(vacos350)+wb(cos650)(wo

−

wb) (sen350 ) sen650 wo(3000) = (wo

 −

 700)(3200cos350) + 700(cos650)(wo

 −

700)(sen35 0 ) sen650 wo = 5075 lb 8. EJERCICIO 8

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

movido hacia la derecha 0.75 m. el coeficiente de fricci´on en la superficie horizontal el 0.18. Consid´erese que la polea carece de masa.

Soluci´

on

1. La ecuaci´on del trabajo y la energ´ıa cin´etica aplicado al sistema de los dos pasos es:

(T 1 + T 2)_A + (U _A→B)1 + (U _A→B)2 = (T 1 + T 2)_B

2. D´onde inicialmente est´a en reposo el sistema,entonces: (T 1 + T 2)_A = 1 2( w1 g + w2 g )(0 2 ) , es la energ´ıa cin´etica. 3. Y despu´es de haber recorrido una distancia d=0.75 m

(T 1 + T 2)_B = 1 2( w1 g +  w2 g )(v 2

), es la energ´ıa cin´etica final. 4. Para el trabajo realizado del punto ” A

₋

B”

(U A_→B)1 = w2

×

d

5. Reemplazando en la ecuaci´on en la ecuaci´on (1) 0 + w2

×

d + ((

−

uN + w1)

×

d) = 1 2( w1 g + w2 g )(v 2 ) 70

_×

0.75 + ((

₋

0.18

_×

50

_×

9.81 + 50))

_×

0.75 = 1 2(v) 2 v = 0.62 m/s 9. EJERCICIO 9

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

Soluci´

on

1. La velocidad del cohete en el momento t puede expresarse. v = (vrel + ( pA)sal

k ln(

mo

mo

−

Kt

) 2. Se sustituyen los siguientes valores:

3. Velocidad de los gases con relaci´on al cohete, vrel = 10000

 pies/s

4. Rapidez de consumo de combustible, K  = 60/g slug/s 5. masa inicial total, mo = 56000 + 2000

g 6. masa del combustible, mcomb =

 54000

g   slug 7. Duraci´on del combustible, tb =

mcomb K  tb =  54000600_gg = 90s v = (10000)ln(   58000 58000

₋

60

_×

90)

−

32.2(90) v = 23843 pies/s 10. EJERCICIO 10.

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

Soluci´

on

1. Primero calculamos el momento de inercia respecto al eje de giro O

I o = I g + md2 (teorema de los ejes paralelos)

I o = 1 12mL 2 + md2 I o = 1 12

·

50

·

10 2 + 50

_·

22 I o = 616.67 kgm2

2. Aplicando la segunda ley de newton



_{M o = I oα} rmg = I oα α = 616.67 2

_·

50

_·

9.81 α = 0.63 rad/s2 11. EJERCICIO 11.

Un disco uniforme de 100 lb gira sin deslizarse hacia debajo de una pendiente de 300

. Una fuerza horizontal F  = 20 lb act´ua en oposici´on al movimiento, como se muestra. Determine la aceleraci´on del centro del disco.

Soluci´

on

1. Primero calculamos el momento de inercia del disco I o = mr2

I o = 100

·

22 = 400 lbft2

2. Aplicamos la segunda ley de newton al sistema

f rxr == 400xα

f r =

400

2 α = 200α

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



_M = ma

mgsin θ

₋

f r

−

F  cos θ = m

·

9.81sin300

100

_·

9.81sin300

−

200α

−

20

·

cos300 = 100

·

9.81sin300

α = 0.86 rad/s2

12. EJERCICIO 12.

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

barra y las fuerzas normal y de fricci´on ejercidas sobre la barra en A y B.

Soluci´

on

Datos:

 m = 40 kg  µ = 0.20  L = 4 m

1. Del an´alisis vectorial tenemos:

ab = aa + ab/a

ax = 2α cos400

ay = 2α sin 400

2. Aplicando la segunda ley de newton



_{M o = I α +}



_mad mg(2sin300 )

₋

0.20N b(4sin300)

−

0.20N a(4cos300) = 1 12md 2

α+max(2 cos 300)+may(2 sin 300)+40

·

9.81(2 sin 300)

−

0.20N b(4sin300)

−

0.20N a(a cos300) = 1 1240

·

4 2

·

α+ 40

·

2

·

α

·

(2 cos2300)+40

·

2

·

α

·

(2 sin2300) + 392.4

₋

4N b

−

0.69N a = 53.4α + 118.34α + 40α α = 1.85

₋

0.002N b

−

0.0032N a

3. En el eje X 



_{F x = max} N b

−

0.20

·

N a = 40

·

2

·

cos300 N b = 68.8 + 0.20N a 3. En el eje Y 



_{F x = may} N a + 0.20

·

N ab = 40

·

2

·

sin300 4. Entonces: N b = 73.84 N a = 25.23 α = 1.56 rad/s2 13. EJERCICIO 13.

Dos bloques A(ma = 15 kg) y B(mb = 15 kg) est´an unidos

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

Soluci´

on

Datos:  A = 15 kg  B = 50 kg  r = 1.5 m  r = 25 mkg  k_o = 0.70 m  ω₁ = 3 rad/s  ω₂ =?

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

T 1 = 1 2mav 2 a + 1 2mbv 2 b + I o(ω1) 2 , pero v = ω

_·

r T 1 = 1 2ma(ω1

·

r) 2 + 1 2mb(ω1

·

r) 2 + 1 2I a(ω1) 2 T 2 = 1 2ma(ω2

·

r) 2 + 1 2mb(ω2

·

r) 2 + 1 2I a(ω2) 2

2. Hallando la ecuaci´on para el trabajo:

U 1₋2 = ω_Bd

−

ω_Ad, d = π

·

r, es la distancia que avanza.

3. Sabemos que:

I o = mt

·

k_o2 = 25

·

0.72 = 12.25 kgm2

4. Reemplazando las ecuaciones anteriores en la ecuaci´on ge-neral,entonces: 1 2ma(ω1

·

r) 2 + 1 2mb(ω1

·

r) 2 + 1 2I a(ω1) 2 + ωBd

−

ωAd = 1 2ma(ω2

·

r)2 + 1 2mb(ω2

·

r) 2 + 1 2I a(ω2) 2 ω2 = 18 rad/s 14. EJERCICIO 14.

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

Soluci´

on

1. Hallamos la velocidad del centro de masa.

2. Aplicamos la ecuaci´on de principi´o de impulso angular y momento angular (m

_·

vc)1 +

  

t2 t1 F 

 _·

dt = (m

_·

vc)2 3. Aplicamos en el eje X  ( 50 32.2

·

0)1 + (30

−

40)

·

7 = ( 50 32.2vcx)2 vcx =

−

1.4 m/s

4. Aplicamos en el eje Y  (m

_·

vc)1 +

  

t2 t1 F 

 _·

dt = (m

_·

vc)2 ( 50 32.2

_·

0)1 + (

−

30

−

40 + 40)

·

7 = ( 50 32.2vcy)2

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

I c

·

W 1 +

  

t2 t1 M 

 _·

dt = I c

·

ω2 0 + (

₋

40

_·

2

₋

30

_·

1.5

₋

40

_·

1.5)

_·

7 = I c

·

W 2 ω2 =

−

185

_·

I c

, donde el momento de inercia del la placa triangular es:

ω =

₋

309 rad/s

15. EJERCICIO 15.

Una barra uniforme de 10 lb (longitud=3 pies) se libera desde el estado de reposo θ = 750

. Determine la velocidad angular de la barra despu´es de ∆t = 0.06 s, suponiendo que la articulaci´on situada en ”O” carece de fricci´on y que la variaci´on del ´angulo de posici´on θ durante el periodo de impulso ∆ t es despreciable. El movimiento tiene lugar en el plano vertical.

Soluci´

on

1. De la gr´afica:



_{M 0 = I α +}



_mad mg(L₂)sin θ = ₁₂1 mL2 α + L₂(sin θ)2 (mL 2)α α = 2g sin θ L(sin2θ + 1/3). ωL = 2g sin θ L(sin2θ + 1/3) ω = 2g sin θ L2_(sin2_{θ + 1/3)} 2. Para θ = 750 ,g = 388.89 pulg/s2 y L = 3 pies ω =  2(388.89) sin(90 0

−

750) 32_(sin2₍₉₀0

−

750) + 1/3) ω = 553873 rad/s 16. EJERCICIO 16.

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

Soluci´

on

1. Escribimos la ecuaci´on de conservaci´on angular cuando se expresa con respecto al momento en O da:

(H 0)_i = (H 0)_f 

2. El sentido positivo del momento los manejaremos en sentido horario:

mb

·

vb

·

r + I 0

·

W _i = m_b

·

v_b

·

r + I 0

·

W _f 

3. Adem´as sabemos que la inercia de la barra es: I 0 = 1 3

·

mb

·

L 2 I 0 = 10 3

4. Remplazamos los valores en la ecuaci´on: 100 1000X  p

·

200

−

10 3

·

5 = 100 1000

·

X  p

·

vbf + 100 3

5. Adem´as nos dice que el coeficiente de restituci´on es cero e = v pf 

 −

vbf 

v pi

−

vbi

= 0

v pf  = vbf . Adem´as sabemos que lav pf  = ω p

·

r

6. Entonces vbf  = 10

·

X  p

7. Volviendo a la ecuaci´on, tenemos: 100 1000

·

X  p

·

200 + 10 3

·

5 = 100 1000

·

X  p

·

vbf + 100 3 20X  p + 50 3 = X  2  p + 100 3 X  p = 0.87 m