UNIVERSIDAD DE LOS ANDES
FACULTAD DE INGENIERIA
CINÉTICA DE
PARTÍCULAS
Integrantes:
Sánchez
Heder
Izarra Roque
Vela
Jeigly
Mérida, Noviembre 2005
(12-16) BEER. El bloque A tiene una masa de 40 kg y el bloque B tiene una masa de 8 kg los coeficientes de fricción entre todas las superficies de contacto son μs = 0,20 y μk =0,15
Si P = 40NewDetermine:
a) La aceleración del bloque B b) La tensión en la cuerda Datos: mA = 40 Kg mB = 8 Kg μs = 0,20 ; μk = 0,15 P = 40 New a) aB = ? b) T = ?
Los bloques se mueven debido la fuerza ejercida D.C.L. del Bloque B +Σ Fx = mB.aB T – frB – WSen 25º = mB . aB Ecuación # 1 T – μk NB – mBgSen 25º = mB . aB +ΣFy = mB . aB = 0 NB – W Cos 25º = 0 NB = mBgCos 25º = 8 (9,81) Cos 25º NB = 71,13 New Sustituimos en 1: T – (0,15) (71,13) – (8) (9,81) Sen 25º = 8 aB B mov. Y NB FrB WB T X B aB 25º 25º
Ecuacion #2 T – 43, 84 = 8 aB D.C.L. del bloque A. +ΣFx = mA aA P Cos 25º + T - T- T- frB - frA + WA Sen 25º = mA aA 40 Cos 25º - T - frB - μkNA + mAg Sen 25º = mA aA Donde: FrB = μk NB = (0,15) (71,13) = 10,67 New. Entonces: 40 Cos25º - T- 10,67 – (0,15) NA + (40) (9,81) Sen 25º = 40 aA Ecuación #3 -T + 191,42-0,15NA=40aA +ΣFy = mA (aAy) = 0 NA - Nb- WA Cos 25º + P Sen 25º = 0 NA = 71,13 + (40) (9,81) Cos25º - 40 Sen 25º NA = 409,86 New Sustituimos en la Ec. 3. -T + 191,42-0,15NA=40aA - T + 191,42 – 0,15 (409,86) = 40 aA Ecuación # 4. - T + 129, 94 = 40aA T T T Y NB FrB NA P= 40 New WA frA 25º 25º 25º A X
Relación de Cinemática (Longitud de la Cuerda) 2SA+ (SB- SA) = L ( ctte)
SA + SB = L
Derivamos 2 veces para obtener aceleración aA + aB = 0
aA = - aB
//aA// = // - aB// Æ aA = aB
Sustituimos en la Ec. 4. - T + 129, 94 = 40aA
Resolvemos el Sistema compuesto por la ecuación 4 y 2 -T + 129,94 = 40aB +T + 43,84 =8aB 86, 1 = 48aBÆ aB = 1,794 m/ seg2 Sustituimos en 2 T – 43, 84 = 8 aB T = 43, 84 + 8 (1,794) T = 58,19 New
(12-90) BEER. Un collarín de 3lb puede deslizarse sobre una varilla horizontal que es libre de rotar alrededor de la flecha vertical. El collarín es sostenido inicialmente en A por un cordón sujeta a la flecha. Un resorte de constante 2lb/ft se sujeta al collarín y a la flecha y no esta deformado cuando el collarín esta en A. Cuando la varilla rota a una razón θ’=16 rad/seg, el cordón es cortado y el collarín se mueve hacia fuera sobre la varilla. Despreciando la fricción y la masa de la varilla determine:
a) Las componentes radial y transversal de la aceleración del collarín A b) La aceleración del collarín relativa a la varilla en A
Vista Frontal Vista Superior
No hay movimiento en dirección del eje radial en el momento antes de cortar el cordon Entonces:
En A: a) ar =??
aθ =??
Cuando el cordón se corta, necesita un impulso para comenzar el movimiento en dirección del eje radial.
La única fuerza que actúa es la fuerza del resorte = +ΣFr = m ar
- Fres = m ar
- Kδ = m ar pero el resorte no está deformado en A
ar = 0 ya que δ = 0 porque no se a deformado el resorte
Como no hay fuerzas en la dirección del eje transversal +ΣFθ = 0 Æ aθ = 0 entonces: ar = aθ =0 Resp. b) acollarin/A = r
¨
=? ar= r¨
- r θ’
2= 0 r¨
= r θ’2 ar = (6) (16)2r
¨
= 1536 pulg/ seg2 Resp.r
¨
es el impulso que necesita el collarín para empezar a moverse en A, en la dirección del eje radial N Z X (radial) W F. resorte 6 plg Transversal radial radio 6 plgc) VB =?
La partícula se mueve bajo la acción de una fuerza central (el resorte ). Por lo tanto se conserva la cantidad de movimiento angular entonces: (H0)A = (H0)B
rA.m.VA Sen φA = rB.m.VB Sen φB
(φ es el ángulo que forma r con VA)
Como r y VA son perpendicular
φA = φB = 90º Æ Sen 90º = 1 Tenemos: rA. VA= rB. VB VB= rB VA rA. VA = rA θ’A = (6) (16) = 96 Pulg/seg VB : 32Pulg/seg 18 ) 96 )( 6 ( = Resp.
(2.25) RAMON PUELLO. Un pequeño cuerpo, de masa m, desliza desde el punto mas alto de una esfera de radio r. Encontrar el ángulo θ para el cual se cumple que la fuerza normal sobre el cuerpo es igual a la mitad de su peso.
Datos. Masa = m Radio = r Hallar: θ =? Para que N = ½ W D.C.L. En B.
Por componentes tang y normal +ΣFn = man = m 2 ρ V W Cosθ - N = m 2
r
V
; N = ½ W ; W = mg ⇒ m= g W W Cosθ - ½ W = r 2 V g W Ecuacion # 1 Cosθ - ½ = g.r 2 V 2+ ΣFt = mat = m dt dv W Sen θ = dt dv g W Ecuacion # 2 g sen θ = ds vdv = dt dv S = r θ ds = r d θ O θ N Y X W Tangente NormalSustit. En 2. g Sen θ = V dθ r dv g r Sen θ dθ = V dv Integrando Para t=0. θ 0 = 0
V0 = 0 Asumimos que parte del reposo
gr
∫
=∫
θ θ θ 0 V 0 V -Vd d Sen - gr Cos θ V V 0 2 0 = 2 θ -2 gr Cos (θ - 1) = V2 Ecuacion # 3 2 Cos (θ - 1) = gr v2 Igualaremos 1 y 3 Cos θ - ½ = -2 cos (θ- 1) Cos θ - ½ = - 2 Cos (θ + 2) 3 cos θ = 6 5 Cos 2 5→ θ = θ = Arc Cos ( 5/6) θ = 33,56º . rpta(2-32) RAMON PUELLO. El movimiento del bloque B sobre una mesa horizontal lisa, esta controlado por la barra que rota alrededor de un eje vertical en 0. En la posición mostrada B tiene los valores de velocidad Y aceleración respecto a la barra, así como los de θ` y θ¨, Si el bloque B pesa 50 Newtons, que momento ejerce alrededor del punto 0 y la fuerza en la dirección radial.
Datos: WB = 50 New Hallar: Mo =? Fr = ? Fr = m.ar Fr = (r rθ2) g w − Fr= (0,15 0,1(3) ) 3,83New. 8 , 9 50 − 2 =− solución Fθ= ma.θ Fθ = (0,1( 1) 2(0,25)(3)) 8 , 9 50 ) 2 ` r ( θ + rθ = − + g W Fθ = 7,14 New M0 = b.Fθ = (0,1) (7,14) = 0,714 New / m.
(2-47) PUELLO Un objeto se deja caer sin velocidad inicial en un medio cuya resistencia es proporcional al cuadrado de la velocidad, con constante de proporcionalidad igual a la décima parte de la masa del cuerpo. Encontrar el tiempo necesario para alcanzar la mitad de la velocidad límite.
Datos. Vo = 0 Fres = k V2 K= con g 10m/seg2 10g W 10 = = m Encontrar:
t = ¿ para alcanzar la mitad de la velocidad limite (1/2 V lim)
F = m.a como no conozco la masa haga m =
g w
Podemos decir que a = encontramos dt dv , W – K V2 = dt dv g w dt= 2 2 10 10 10g V -10g g dv V g dv W − = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ g = 10 m/ seg2 dt = 2 2 10 10 V dv − movimiento F. resorte W = m x g t = ? ½ V. Límite
Integrado t= 0 ^ Yo = 0 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + = − − =
∫
∫
∫
dt dvV a dxX a aa xx v t ln 2 1 ; 10 10 2 2 0 2 2 0 2t = ln ; 10 10 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + V Velevando ambos lados de la ecuación a la e nos queda
e2t = V V V V → − = + − + 10 ) 10 ( e 10 10 2t
10e2t – Ve2t = 10+ V Æ 10e2t –10 = V (1+e2t) V = t t e e 2 2 1 10 10 + −
; pero la V lim ocurre cuando tÆ∞ Entonces : V lim = lim t t t e e e 2 2t 2 2 10e t Lim L´H 1 10 10 ∞ → = = + −
Por lo tanto V lim = 10 Nos piden calcular
t=? Cuando V= ½ V lim = ½ * 10 = 5
Sustituyendo en la ecuación 1 obtenemos lo siguiente t= ½ . ln ln(3) 0,55seg 2 1 5 10 5 10 = = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − +
(13-81) HIBBELER. Si la bicicleta y la ciclista tienen un peso total de 180lb, determine la fuerza normal resultante que actúa sobre la bicicleta cuando pasa por el punto A mientras desciende libremente a vA = 6 pies/ s. Calcule también el incremento en la rapidez de la
bicicleta en este punto. Desprecie la resistencia debido al viento y el tamaño de la bicicleta y la ciclista.
Datos: W = 180 lb Determine:
NA =?? Donde VA = 6 pies /seg
At = ?? Incremento de la rapidez en A. Solución:
D.C.L. en A
Por componente tangencial y normal + ΣFn= m.an= m ρ 2 V W Cos α - N = g W ρ 2 V Ecuacion # 1 N = W (cos α - ) 2 ρ g V O θ N W Normal θ θ θ tangencial C + +
Calcular. De α
La Pendiente de la tangente a la curva en A esta dada por: m = tg α= A dx dy Tg α = 20 (- Sen X A(5,Y)pies 20 20 ⎟⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ Π ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ Π Tg α = Sen (5, ) 20X⎟⎠ A y ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ Π Tg α = - Π Sen ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ Π 20 5 Tg α = - Π Sen (Π/4) = - Π 2 2 α = Arc tg ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ Π− 2 2 α = 65, 76º calcular De ρ
Cuando la curva está dada de la forma y = f (x),
ρ = 2 / 3 2 1 ´´ ) ( 1 ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + y y Donde: y = 20 Cos ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ Π 20 X Y` = -Π Sen 20⎟⎠ = ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ Π A x 2 2 .Π Y ``= -20 2 π . Cos ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ Π 20 X = - 40 2 . 2 π
Sustituimos. ρ
