Ejercicios Resueltos Riley Grupo 221

FACULTAD DE INGENIER´IA DE MINAS GEOLOG´IA Y CIVIL

ESCUELA DE FORMACI ´ON PROFESIONAL DE

INGENIER´IA CIVIL

PR ´ACTICA DOMICILIARIA II Curso

DIN ´AMICA (IC-244) Docente

Ing Cristian Castro Perez Estudiante

Cuya Ogosi, Sa´ul Ayacucho - Per´u

Problema I.

Una esfera de masa 3 kg est´a soportada por una varilla de masa despreciable y un hilo, seg´un se indica en la Figura. Determinar la tensi´on T de la varilla.

1. Cuando la esfera se halla en la posici´on representada en la figura.

2. Inmediatamente despu´es de cortar el hilo.

3. Cuando la esfera pasa por su posici´on m´as baja.

Soluci´

on

Para hallar la tensi´on, realizamos XFy = 0.

X

Fy = 0

T sin 450 − 3g = 0 T = 3(9.81)

T = 41.6 N

Para b con el momento que se corta el hilo realizamos sumatoria de fuerza respecto a la normal y a la tangencial.

X Fn= man an= V2 r = rω 2 Desarrollando: T = 3g sin θ = 3rω2 Para θ = 450, ω = 0 T − .(9.81) sin 450 _{= 3(2)ω}2 T = 20.8 N X Ft= mat at= ˙v = r ¨θ 3g cos θ = 3(2)¨θ

Cuando la esfera baja por lo mas bajo. Donde ω = ˙θ at= r ¨θ = r ∂ ∂t ∂θ ∂t at= r ∂ω ∂t = r ∂ω ∂t × ∂θ ∂θ at= rω ∂ω ∂θ Reemplazando ω cos θ = 6ω∂ω ∂θ Integrando Z ω cos θ = Z 6ω∂ω ∂θ 9.81 · sin θ = 2ω 2 2

ω2 _{= 9.81 sin θ + c} cuando ω = 0 y θ = 450 ω = 1.594 rad/s cuando θ = 900 T = 3rω2+ 3g sin 900 T = 3 · 2 · 1.69422_{+ 3 · 9.81 · sin90}0 T = 46.56 N

Problema II

El volante representado en la Figura gira con velocidad angular constante de 50 rad/s en sentido antihorario. La barra AB pesa 100 N y tiene un radio de giro respecto a su centro de masa igual a 229 mm. Determinar las componentes horizontal y vertical de la fuerza que ejerce el apoyo A de la barra AB cuando θ = 600_{. La ranura de}

Soluci´

on

Hallamos ”l” (AC)

Por ley de cosenos

l2 _{= 5}2_{+ 24}2_{+ 2 · 5 · 24 · cos 30}0

l = 19.8

Hallamos α con la ley de senos sin α 5 = sin 300 l α = 7.240 ω = ˙θ = 50 rad/s

Velocidad respecto al punto C ~ VC = 5 · 50[−(cos(600− α)) ~er− (sin(600− α)) ~eθ] ~ VC = −1.51.3 ~er− 199.02 ~eθ Entonces ~ VC = ˙l~er+ l ˙α ~eθ ˙l = −151.3 in/s l ˙α = −199.02 Donde ω = ˙α = −10.04 rad/s Se vuelve positivo

ω = ˙α = 10.04 rad/s

Hallando la aceleraci´on en el punto C De la misma forma ~ ac= 9950.95 ~er− 7564.96 ~eθ (¨l − l ˙α) ~er+ (l ¨α + 2 ˙l) ˙α Donde α = ¨α = −534.71 rad/s2 α = 534.71 rad/s2

Realizando sumatoria de fuerzas en el eje x, y y P MA

P Fx = Ax− C sin α = 20 32.2aGx P Fy = Ay − 20 + C cos α = 20 32.2aGy XMA = 19.83 12 C − 20 15 12cos α = IAB Donde ω = −10.04 rad/s ⇒ −534.71 rad/s2

IA = 20 32( 9.15 12 ) 2₊20 32( 15 12) 2 _{= 1.33} aGx = −[ 15 12]B sin α − [ 15 12]ω 2 cos α = −40.515 f r/s2 aGx = −[ 15 12]B cos α − [ 15 12]ω 2 sin α = −979.98 f r/s2 Hallando Ax y Ay C = −415.9 lb Ax = 77.6 lb ←− Ay = 10.25 lb ↑

Problema III.

Una barra uniforme de 1.5 kg y longitud 800 mm descansa sobre una superficie horizontal exenta de rozamientos cuando sobre ella incide un disco de 0.5 kg seg´un se indica en la Figura. Si el choque se produce a 200 mm del extremo de la barra y el coeficiente de restituci´on del choque vale 0.4, determinar:

1. La velocidad del disco despu´es del choque.

2. La velocidad del centro de masa de la barra despu´es del choque 3. La velocidad angular de la barra despu´es del choque.

4. La posici´on de un punto de la barra que se halle en reposo instant´aneo durante el choque.

Soluci´

on

FAy = may

X

FBn = man

NB− WBcos 500 = 0 =⇒ NB = WAcos 500

Reemplazando NB = 10(9.81) cos 500 = NB = 63.06 N

Hallamos Fuerza de fricci´on FA= 0.2NA = 0.2 · 49.05 = 9.81N FB = 0.2NB = 12.61 Hallamos trabajo U = Fx+ Fy Z (x − 9.81)dx + Z (W sin 500− 12.61)dy kx2 2 − 9.81x − 500x 2 Conservaci´on de energ´ıa TI+ U = TF Reemplazando (0 + 0) + (52.73x − 500x2) = 1 25V 2 + 1 2(10)V 2 VA= VB 52.73x − 500x2 _{= 7.5v}2

M´axima velocidad cuando dv dx = 0 52.73 − 1000x = 0

x = 0.0527 −→ reemplazamos en la ecuaci´on anterior: Vmax = 0.431 m/s

Desplazamiento ocurre cuando V = 0 52.73x − 500x2 _{= 0} x = 0.10554 X FAx= T + FA− 1000(0.1055) = 0 X FAy = NA− 5(9.81) = 0 X FBT = FB− T + 10 · 9.81 sin 500 = 0 X FBN = NB− 10 · 9.81 cos 500 = 0 NA+ NB = 112.107N NA+ NB = 112.107N FA+ FB = 30.34N (FA+ FB) = 0.3(112 · 17) = 33.63 N

Problema IV.

Los dos bloques representados en la figura est´an unidos median-te un hilo inexmedian-tensible y sin peso. Se sueltan, partiendo del reposo, cuando el resorte est´a indeformado. Los coeficientes de rozamiento est´atico y cin´etico valen 0.3 y 0.2, respectivamente. Para el ulterior movimiento, determinar.

Soluci´

on

Rozamiento entre disco y barra = 0 barra = 0 + 0 = 1.9VGy =⇒ VGy = 0

disco = 0.9 · 12 sin 300_{+ 0 = 0.9V}

dy =⇒ Vdy = 6m/s

Donde sumamos barra y disco [0.5]1.2 cos 300_{+ 0 + 0 = 0.2 · 0.5V}

dx+ 1.5VGx

Momento cin´etico:

0.2 · 0.912 cos 300+ 0 + 0 = 0.2 · 0.9Vdx+ 0.08ω

e = −(VGx+ 0.2ω) − Vdx 0 − 12 cos 300 e = 0.4 Resolviendo: Vdx= 1.2 m/s VGx = 3.1 m/s ω = 11.49 rad/s

La velocidad de disco despu´es del choque: Vd= 6.12 m/s

La velocidad del centro de masa de la barra despu´es del choque. Reemplazando en la anterior ecuaci´on.

(0.9)(12 cos 300) = 0.5Vdx+ 1.5VGx

VG = 3.06

La velocidad de la bola despu´es del choque, reemplazando: (0.2)(0.9)(12 cos 300) = (0.2)(0.9)Vdx+ 0.08ω

ω = 11.49 rad/s

La posici´on de la barra en reposo instant´aneo: 3.06 = 11.49d