: DINÁMICA IC-244 UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTÓBAL DE HUAMANGA

(1)

SÁNCHEZ DEL CASTILLO, Huguier Lee

GARCÍA GUTIÉRREZ, Juan Carlos Página 1

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN

CRISTÓBAL DE HUAMANGA

FACULTAD DE INGENIERÍA DE MINAS GEOLOGÍA Y

CIVIL

ESCUELA DE FORMACIÓN PROFESIONAL DE

INGENIERÍA CIVIL

ASIGNATURA : DINÁMICA IC-244

CATEDRÁTICO : ING. CRISTIAN CASTRO PÉREZ

ESTUDIANTES :

GARCÍA GUTIÉRREZ, Juan Carlos SÁNCHEZ DEL CASTILLO, Huguier Lee

LIBRO: D Y N A M I C S / S i x t h E d i t i o n / J . L . M e r i a m L . G K r a i g e GRUPO : 11 CICLO : 2012-II AYACUCHO – PERÚ 2013

(2)

Contenido

1. CINÉTICA DE PARTICULAS... 3

SEGUNDA LEY DE NEWTON ... 3

PROBLEMA 1 ... 3 PROBLEMA 2 ... 5 TRABAJO Y ENERGÍA ... 7 PROBLEMA 3 ... 7 PROBLEMA 4 ... 9 CANTIDAD DE MOVIMIENTO ... 10 PROBLEMA 5 ... 10 PROBLEMA 6 ... 12

CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTÍCULAS ... 14

PROBLEMA 7 ... 14

PROBLEMA 8 ... 16

PROBLEMA 9 ... 17

2. CINÉTICA DE CUERPO RÍGIDO ... 18

C.R. SEGUNDA LEY DE NEWTON ... 18

PROBLEMA 10 ... 18 PROBLEMA 11 ... 20 C.R. TRABAJO Y ENERGÍA ... 22 PROBLEMA 12 ... 22 PROBLEMA 13 ... 24 C.R. CANTIDAD DE MOVIMIENTO ... 25 PROBLEMA 14 ... 25 PROBLEMA 15 ... 27

(3)

1. CINÉTICA DE PARTICULAS

SEGUNDA LEY DE NEWTON

PROBLEMA 1

Solucion

(4)

newton de ley segunda la aplicando

 

1 2 1 2 0 . ... 1 Y

F R COS R COS mgCOS

COS R R mg COS







     



En el eje x:

.





...

 

2 .

2 1 2 1 X









SEN

R

SEN

mg

ma

SEN

R

SEN

R

SEN

mg

ma

F



















DE LAS ECUACIONES (2) Y (1)





g a m gCOS gSEN ma 366 . 0 30 30      

(5)

PROBLEMA 2

Solución:

Analizamos las Fuerzas para el bloque A:

(6)

Se asume estático. De B. Si g=9.81

196.2 T



N

Masa A: 0 X F 



:

196.2  

F

60(9.81)

SEN

30º 0



,

F



98.1 N

(0.25)(60)(9.81)*

30º 127.436N

MAX s

F





N



COS



;

F



F

_MAX

No hay movimiento en las condiciones de a.

0,

196.2 a



T



N

………Respuesta Ahora analizamos para b.

(0.15)(60)(9.81)*

30º 76.5N

MAX s

F





N



COS



Entonces como

F

_MAX



F

hay movimiento en b.

: _x _x: (60)(9.81) 30º (0.1)(60)(9.81) 30º 60 A



F ma T SEN  COS  a : _Y _x: (20)(9.81) 20 B



F ma  T a Solución de A y B es: 2

0.589 /

,

208 a

 

m s T



N

………Respuesta

(7)

TRABAJO Y ENERGÍA

(8)

Hacemos nuestro diagrama de fuerzas; elegimos nuestro eje x paralelo a la guía en el cual la fuerza responsable de realizar trabajo es la componente del peso en esa dirección; y la fuerza de rozamiento.

A)

m/s

2.56 )

60

60 )(

)(

5 .

0 (

2 )

.

2

1 (

.

2

1 )

5 .

0 )(

60 .

(

)

5 .

0 )(

60 .

(

2 2 2 ) ( ) (































B B A A B B O M F M F

V

uCOS

SEN

mg

h

mg

mV

h

mg

mV

COS

umg

SEN

mg

E

W

B) Del mismo teorema del trabajo de fuerza hasta que el anillo se detiene.

cm x x kx uCOS SEN mg x h mg mV kx h mg mV x COS umg x SEN mg B B A A 8 . 9 ) 5 . 0 ( 016 . 0 x 2 1 ) 60 60 )( )( 5 . 0 ( ) . 2 1 ( 2 1 . 2 1 ) 5 . 0 )( 60 . ( ) 5 . 0 )( 60 . ( 2 2 2 2 2                    

(9)

PROBLEMA 4 Solución: 4'' 2 1 2 ₀ 1 2 2 2 1 2 0 : 50 60º 0, 25 4 Desplazamiento es 3+ 3.33 12 1 (50 60º 0.5(25))3.33 (100 9 ) 12 20 1 50 : 20.0 ( 2 ) 2 32.2 5.46 / sec y F N COS N lb ft V SEN x x dx V ft lb V T v v ft                   





(10)

CANTIDAD DE MOVIMIENTO

PROBLEMA 5

(11)

Por la conservación de la energía mecánica, calculamos la velocidad V conque el tapón incrusta Al bloque C. ) 2 ( ) 1 ( M M E E  2 2 2 0 2

)

(

)

(

2 )

(

2

1

0 .

.

)

(

:

energia

y

trabajo

del

teorema

Del

rugosa.

zona

la

en

movimiento

el

inicia

se

que

con

ad

velocid

)

(

2 '

'

)

(

)

(

G

instante.

ese

en

conjunto

del

velocidad

la

Calculamos

2

1

C A A k C A A A C k C A C A A C A A C F A A

m

u

r

s

m

gr

m

s

u

g

m

gr

m

V

m

V

m

O

m

G

gr

V

gr

m

V

m



























































(12)

PROBLEMA 6

El coche empezar a moverse cuando:

2 60º 12.74

á

(13)

En el gráfico:

2 1.59 2 2 1.59 1 12.74 1.59 s 16 DE: 8 2 ( 60º ) 3 2 8 2 *16(4) 3*9.81 (6 1.59) 2( ) 2 28 128 112.4 3 9.13 / t t Fdt m v tdt Tt mgSEN t m v tdt v t v v m s                    



(14)

CINÉTICA DE SISTEMAS DE PARTÍCULAS

PROBLEMA 7

(15)

Calculemos r:

m rad rad SEN r rad R AB 26 . 17 2 / 1 ) 2 / 1 ( 18 2 1 18 2 18 ; 2       



De la conservación de la energía mecánica:

h

km

V

s

m

V

mV

mgr

mV

E

M M

/

7 .

72 /

19 .

20

33 .

8 )

26 .

17 )(

81 .

9 (

2

1

2

1

2 2 2 2 2 2 1 2 2 ) 1 ( ) 2 (

























(16)

PROBLEMA 8

El centro de masa con respecto a un sistema de referencia se mantiene constante también la velocidad se mantiene constante.



 











1 2 120(2) 180(8) 160(16) 300( ) 120(14 ) 180(4 ) 160(10 ) 300( ) 4240 4000 760 0.316 , i i i i m r m r c x x x c x x x ft No               



(17)

PROBLEMA 9

Solución:

3 3

Por la conservación de la cantidad de movimiento: 0; para el sistema de modo 0

44 10 44 10 (130(2) 100(1) 150(1.5)) (130 100 150) 0 30 32.2 30 32.2 260 100 225 0.355 / 130 100 150 Pra el % de ener X X F G v v mi hr                



2 2 2 2 gía perdida:

%de perdida de energía 100% 100(1 ) 1 (130 100 150)(0.355) 47.96 29 100(1 )% 100(1 ) 1 _987.5 (130(2 ) 100(1 ) 150(1.5 )) 29 95.0% i f f i i E E E n E E n n              

(18)

2. CINÉTICA DE CUERPO RÍGIDO

C.R. SEGUNDA LEY DE NEWTON

PROBLEMA 10

(19)





20 2g

a

0.6 L

0.5 m

:



DATOS

SABEMOS QUE:

rad

Nm

mgLSEN

maLCOS

K

maLCOS

SEN

L

mg

LSEN

mg

K

LCOS

ma

COS

L

ma

M

_O

8 .

46 K

:

ecuacion

la

en

valores

los

Evaluando

2

5

2

5

2

5 )

2 (

3 )

(

)

(

)

2 /

(

3 





















(20)

(21)

Solución:









2 2 2 2

3 ;

3.3 ;

0.23 y

3 Donde t es 1 tonelada =1000

(0.417)

2

2 2(0.1)

0.8680 /

3(6) 3(13.5) 3.3(24) 9.81

(27)

3.3(72) 0.23(55.5) 3(9.6) 3(4.8) 0.868

1350.837 (27)

A B C D E

m

Gg m

Gg

m

Gg

kg

v

ad

a

d

a

m s

M

mad

F



 



















254.814

27 F



1605.65

 

F

59.5 MN

(22)

C.R. TRABAJO Y ENERGÍA

PROBLEMA 12

(23)

SABEMOS QUE:

W

neto





E

C



C rueda C barras



barras f C rueda f C E E E E FbSEN SEN b g m₀ ) ₍ ₎ ₍ ₎ ₍₀₎ ₍₀₎ 2 ( 2







   

Para la rueda su v es cero cuando:



0; E_C₍_f₎_rueda 0, Además parte del reposo, entonces: E_C₍₀₎_rueda 0

2 0 2 1

_



FbSEN Ibarras gSEN m  

Las barras giran respecto a O y O’ ' O O barras

I





b m SEN g m F b m SEN g m F b m g m F bSEN b m b m b m I O O O O O O O O O barras











) ( 3 ) ( 3 3 2 2 1 ) ( 3 2 3 1 3 1 2 2 2 2 2 2                

(24)

PROBLEMA 13

Solución:

( ) ( ) (sec sup inf) 2

2 2 2 2

( ) 2

2 2 2

(sec sup inf))

Sabemos que:

2( ) 0 (parte del reposo)

1 1 [2 ( ) ] 2 2 2 1 1 (2 ) 4 2 2 2

Tambien se tiene qu:

neto C f c aros c ciones e C c aros c ciones e neto W E E E E E v E I r r r rv r E m v b v bv W



 





             0 2 2 2 2 2 2(2 2 ) 0 4 4 4 ( ) neto neto Md W M s s M W M rv bv r r s rv M rv bv M r b r s 













            



(25)

C.R. CANTIDAD DE MOVIMIENTO

PROBLEMA 14

Solución:

Impulso angular de “mg” es: Antes del impacto:

) ( ) ( 2 mv r h r v mk h r mv I HA 



    

Después del impacto:

r v r k m r v I H' _A. '  ( 2  2) '

(26)









_                    2 2 2 2 2 1 ' ' 0 r k rh v v r v r k m h r r k mv H_A

Duración del rodamiento en el punto de contacto: 0    EC EP











2 2



2 2 2 2 2 2 2 : v para solucion La 0 0 ' 2 1 0 r k gh rh r k r v mgh r v r k m                

(27)

PROBLEMA 15

Solución:

La velocidad de la barra en el impacto: 2gh v

2 2 2 2 2 2 0 ( ) 2 1 1 ( ) 12 2 3 1 ( ) 2 / ( ) 2 3 Para: 3 x=0; 2 2 ; 0 2 3 ; 2 2 B B B l H I mv x l I ml m x ml mlx mx l x gh l lx x gh l l x x l gh l



                    