PROBLEMAS RESUELTOS DE CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA

(1)

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO

FACULTAD DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA ELÉCTRICA

CURSO

: MECÁNICA DE SÓLIDOS I

PROFESOR : Ing. JORGE MONTAÑO PISFIL

PROBLEMAS RESUELTOS DE CINÉTICA

DE UNA PARTÍCULA

PROBLEMA Nº 1

El vagón minero, de 400 kg, es subido por un plano inclinado utilizando un cable y un motor eléctrico. Durante un breve tiempo, la fuerza en el cable es F (3200t2)N, donde t se expresa en segundos. Si el vagón tiene una rapidez inicial

V

0



2 m

/

s

cuando s0 y t0, determine la distancia que se mueve en el plano cuando t2s. No hay fricción.

Resolución

Para resolver este tipo de problemas, primero hago el DCL correspondiente y luego aplicamos las ecuaciones escalares de movimiento. En este caso trabajamos en coordenadas rectangulares o cartesianas.

Al hacer el DCL del vagón minero notamos que sobre el actúan tres fuerzas: la fuerza en el cable F, su peso y la fuerza de reacción normal.

F

8 15 x y

ᶱ

N

W=mg

a

x

F

8 15

(2)

De la figura observamos que sólo hay aceleración “

a

_X ”, por lo tanto la ecuación de movimiento es igual a: X X

m

a

F





, donde: dt dV aX 

Las fuerzas que están en la dirección x son: la fuerza F y la componente del peso igual a mgsen



. Estas fuerzas deben restarse porque están en dirección contraria. Por lo tanto, la ecuación de movimiento queda de la forma siguiente:

dt dV m sen g m t2 



 3200 Ordenando esta ecuación e integrando tenemos:





t





V

dt

t

dV

0 2 2

)

17 /

8

81 ,

9

400 3200

(

400

Entonces:

V



(

2 ,

667 t

2



4 ,

6164

t



2 )

m

/

s

Evaluando en t = 2 s tenemos:

V



14 ,

1 m

/

s

PROBLEMA Nº 2

El paquete tiene un peso de 5 lbf y se desliza hacia abajo por un ducto, cuando llega a la parte curva AB, se desplaza a 8 pies/s (ϴ = 0º). Si el ducto es liso, determine la rapidez del paquete cuando alcanza el punto intermedio C (ϴ = 30º) y cuando alcanza el plano horizontal (ϴ = 45º). Asimismo, calcule la magnitud de la fuerza normal sobre el paquete en C.

Resolución

Se trata de un problema en coordenadas normales y tangenciales (n-t), por lo tanto las ecuaciones escalares de movimiento son las siguientes:

En la dirección “n”:



F

_n



m

a

_n , donde:



2

V

a

n



En la dirección “t”:



F

_t



m

a

_t , donde:



d R dV V dt dV at  

Para aplicar las ecuaciones escalares de movimiento, primero hago el DCL del paquete en una posición



cualquiera, tal como se observa en la figura siguiente:

R = 20 pies A C B 30º 45º R = 20 pies 8 pies/s 45º

(3)

Se sabe:



F

_t



m

a

_t

De la figura se observa que la única fuerza en la dirección tangencial es la componente del peso igual a mgsen(450 



), luego la ecuación anterior es igual a:



d

R

dV

V

m

sen

g

m

(

45

0



)



Ordenando esta ecuación e integrando, tenemos:



d

sen

R

g

dV

V







0 0 8

)

45 (

V



2 [

g

R

cos(

45

0





)



(

2 /

2 )



32

Para calcular V_C y

V

_B evaluamos la ecuación de V para



300 y



450, respectivamente: * Si



300

V

C



2 [

32 ,

2 

20 

cos(

15

0

)



(

2 /

2 )



32 V

C



19 ,

9397

pies

/

s

* Si





45

0

V

_C



2 [

32 ,

2 

20 

cos(

0

)



(

2 /

2 )



32 V

_B



21 pies

/

s

Cálculo de “N” (magnitud de la fuerza de reacción normal) cuando

0

30 



Para calcular “N” aplico la ecuación escalar de movimiento en la dirección “n”, es decir:

n

m

a

F





Observando la figura anterior notamos que las fuerzas en la dirección “n” son: la fuerza de reacción normal N, que lleva signo positivo porque está dirigida hacia el centro de la trayectoria circular, y la componente del peso igual a

w

cos

(

45

0





)

, que lleva sigo negativo porque está en dirección contraria a N. Luego, la ecuación anterior es igual a:

















R

V

g

w

N

C 2 0

)

45 (

cos



Despejando N y evaluando para



300, obtenemos:

N



7 ,

91 

bf

R = 20 pies A C B



45º R = 20 pies 45º t

a

n

a

(45º

-

ϴ) Recta tangencial Recta normal

w

N

(4)

PROBLEMA Nº 3

El brazo OA guía la bola de 0,5 lbf por una trayectoria circular vertical. Si el brazo tiene una velocidad angular  = 0,4 rad/s y una aceleración angular  =0,8 rad/s2 en el instante



= 30º, determine la magnitud de la fuerza del brazo sobre la bola. Ignore la fricción y el tamaño de la bola. Establezca

pies rC 0,4 .

Si asumimos que la velocidad  = 0,4 rad/s es constante, determine el ángulo



en que la bola comienza a despegarse de la superficie del semicilindro.

Resolución

En este tipo de problemas, primero se halla la ecuación de

r

en función de



. Para ello analizo el triángulo OAC. Hallamos 

r

y  

r

en función de



Si derivamos por primera y segunda vez, respecto al tiempo, la ecuación

r



(

0 ,

8 cos



)

pies

, obtenemos:

s

pies

sen

r



(



0 ,

32 

)

/

 ;

r



(



0 ,

128 cos



)

pies

/

s

2  

Evaluando estas ecuaciones para



300, tenemos:

s

pies

r





0 ,

16 /

 ;

r





0 ,

11085

pies

/

s

2   Hallamos

a

_r y

a

_ cuando



300

Para calcular las componentes

a

_r y

a

_ de la aceleración, aplicamos las ecuaciones siguientes:

2

)

(

  





r



a

_r ;    







r

a

2

0,4 pies 0,4 pies ϴ ϴ

r

O A C

De la figura se observa que el lado OA del triángulo OAC es igual a

r

, y este es igual al doble de (0,4cos



)pies, es decir:

pies

r



(

0 ,

8 cos



)

O P A C

r





 

C

(5)

Reemplazando los valores correspondientes y evaluando para



300, obtenemos: 2

/

2217

,

0 pies

s

a

_r





;

a





0 ,

426256

pies

/

s

2

C

á

lculo de F (magnitud de la fuerza del brazo sobre la bola) cuando

0

30 



Para calcular F, primero se hace el DCL de la bola y luego aplicamos las ecuaciones de movimiento en coordenadas polares.



F

_r



m

a

_r

cos

(

a

r

)

g

w

sen

w

N









)

/

2217

,

0 (

/

2 ,

32

5 ,

0 )

30 (

5 ,

0

30 cos

2 2 0 0

s

pies

s

pies

bf

sen

bf

N











N



0 ,

2847



bf



F

_



m

a

_



cos



(

a



)

g

w

sen

N

F







) / 426256 , 0 ( / 2 , 32 5 , 0 ) 30 (cos 5 , 0 30 ) 2847 , 0 ( 2 2 0 0 s pies s pies bf bf sen bf F     

F



0 ,

3 

bf

Cálculo del ángulo



para que la bola comience a despegarse de la superficie del

semicilindro

Para que la bola comience a despegarse de la superficie del semicilindro, se debe cumplir que la fuerza de reacción normal (N) debe ser cero.

Además, por condición:  = 0,4 rad/s, entonces: 0

 



Aplicando la ecuación de movimiento en la dirección

r

, tenemos:



F

_r



m

a

_r

(

a

r

)

g

w

sen

w







Donde:

a

_r



r



r

(



)

2



(



0 ,

256 cos



)

pies

/

s

2

   

C

O F C

r



N w Recta en la dirección “r” Recta en la dirección “ϴ” Recta horizontal



a

r

a

(6)

Luego: ₂ 2

/

2 ,

32 /

)

cos

256 ,

0 (

s

pies

s

pies

sen











tg





0 ,

00795



0

0987

,

26 4555

,

0 



rad



PROBLEMA Nº 4

Una partícula tiene una masa de 0,5 kg y se encuentra confinada a moverse en la ranura horizontal lisa debida a la rotación del brazo OA. Determine la fuerza de la barra sobre la partícula y la fuerza normal de la ranura sobre la partícula cuando



300. La barra gira con una velocidad angular constante  = 2 rad/s. Suponga que la partícula tiene contacto con solo un lado de la ranura en cualquier instante.

Resolución

Primero se halla la ecuación de

r

en función de



. Para ello analizo el triángulo rectángulo siguiente:

Hallamos 

r

y  

r

en función de



Si derivamos por primera y segunda vez, respecto al tiempo, la ecuación

r



(

0 ,

5 sec



)

m

, obtenemos:

s

m

tg

r

(

0 ,

5 sec

)

/

 







;

r

0 ,

5 (

2 )(sec

tg

2

sec

3

)

m

/

s

2    











Evaluando estas ecuaciones para 0

30 



, tenemos:

s

m

s

m

r



(

2 /

3 )

/



0 ,

667 /

 ;

r



3 ,

849 m

/

s

2  

r



_{0,5 m}



Del triángulo, tenemos que:

r 5 , 0 cos





m

r



(

0 ,

5 sec



)

O A

m

5 ,

0 r







(7)

Hallamos

a

_r y

a

_ cuando 0

30 



Aplicando las ecuaciones de cinemática de partículas, en coordenadas polares, tenemos:

2

)

(

  





r



a

_r ;    







r

a

2 

300, obtenemos:

2

/

5398

,

1 m

s

a

_r



;

a

_



2 ,

6667

m

/

s

2

C

á

lculo de F (magnitud de la fuerza de la barra OA sobre la partícula) y N (fuerza normal

de la ranura) cuando

0

30 



Para calcular F y N, primero se hace el DCL de la partícula y luego aplicamos las ecuaciones de las componentes

r

y



(coordenadas polares) de la segunda ley de Newton.



F

_r



m

a

_r

N

cos





mg

cos





m



a

_r

)

/

5398

,

1 (

5 ,

0 )

30 (cos

)

/

81 ,

9 (

5 ,

0

30 cos

0

kg

m

s

2 0

kg

m

s

2

N





N



5 ,

796

N



F

_



m

a

_

F



mg

sen





N

sen





m



a

_ ) / 6667 , 2 ( 5 , 0 30 ) 796 , 5 ( 30 ) / 81 , 9 )( 5 , 0 ( kg m s2 sen 0 N sen 0 kg m s2 F   

F



1 ,

778 N

F C

r



N w=mg Recta en la dirección “r” Recta en la dirección “ϴ” Línea horizontal



a

r

a





Línea vertical

(8)

PROBLEMA Nº 5

El collarín que tiene un peso de 3 lbf, se desliza sobre la barra lisa situada sobre el plano vertical y que tiene la forma de una parábola

r



4 /(

1 

cos



)

, donde



se expresa en radianes y

r

en pies. Si la rapidez angular del collarín es constante e igual a  = 4 rad/s, determine la magnitud de la fuerza tangencial de retardo P necesaria para causar el movimiento y la magnitud de la fuerza normal que ejerce el collarín sobre la barra en el instante



= 90º.

Resolución

Como la ecuación de

r

es conocida:

r



4 /(

1 

cos



)

, entonces podemos hallar



r

y  

r

en función de



. 2

)

cos

1 (

16 









_sen

r

)

cos

1 (

4 





r

2 2

)

cos

1 (

)

1 cos

(

64 











 

_sen

r

Asimismo, como  es conocido:  = 4 rad/s, entonces  será igual a cero (= 0).

Hallamos

a

_r y

a

_ cuando



900

Para calcular las componentes

a

_r y

a

_ de la aceleración, aplicamos las ecuaciones siguientes:

2

)

(

  





r



a

_r ;    







r

a

2 

900, tenemos:

2 2 2

/

64 )

/

4 )(

4 (

/

128 pie

s

pie

rad

s

pies

s

a

_r







2

/

128 )

/

4 )(

/

16 (

2

0 pie

s

rad

s

pies

s

a

_











r



(9)

C

á

lculo de P (magnitud de la fuerza tangencial de retardo necesaria para causar el

movimiento) y N (magnitud de la fuerza normal que ejerce el collarín sobre la barra)

cuando

0

90 



.

Para calcular

P

y

N

, primero se hace el DCL del collarín y luego aplicamos las ecuaciones de movimiento en coordenadas polares.



F

_r



m

a

_r

cos

(

)

(

)

(

a

r

)

g

w

sen

w

sen

N

P





















)

/

64 (

/

2 ,

32

3 )

90 (

3

45

45 cos

2 2 0 0 0

s

pies

s

pies

bf

sen

bf

sen

N

P











P



N



12 ,

675 

bf

. . . (1)



F

_



m

a

_

(





)

cos(





)

cos



(

a



)

g

w

N

sen

P











)

/

128 (

/

2 ,

32

3

90 cos

45 cos

45

0 0 0 ₂

pie

s

2

s

pie

bf

w

N

sen

P











bf

N

P







16 ,

865 



. . . (2)

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) obtenemos:

N





2 ,

095 

bf

y P14,77bf

Por lo tanto, las magnitudes de estas fuerzas son:

N = 2,095 lbf y P = 14,77 lbf

Cálculo de



en función de



Se sabe:



y rsen r x cos ,  Derivando x e y, respecto a



, tenemos: 2 ) cos 1 ( 4



   sen d dx

,

) cos 1 ( 4



  d dy

Dividiendo dy entre dx, y recordando que este cociente es igual a la pendiente de la recta, tenemos: