UNIVERSIDAD NACIONAL HERMILIO VALDIZÁN FACULT ACULTAD AD DE INGENÍERIA I NGENÍERIA CIVIL CI VIL Y ARQUITECTURA
E.A.P. DE INGENIERÍA CIVIL
DINÁMICA TRA TR A BA J O, ENE ENERG RGÍÍ A , I MPULSO Y CHO CHOQ QUES
DOCENTE:
I ngº ngº L uis Fer Fer nand nando o Na Narr r o J ar a
HUÁNUCO, FEBRERO DE 2015
Ejemplo: Si se aplica una fuerza F = 200N a la carretilla de 30 kg, demostrar que el bloque A de 20 kg. se deslizará sobre ella. También determine el tiempo para que el bloque A se mueva sobre la carretilla 1.5 m. Los coeficientes de fricción estática y cinética entre el bloque y la 1.50 m carretilla carretilla so n s = 0.3 y k = 0.25. Tanto la carretilla co mo el blo que parten del reposo. reposo .
A
F = 200 N
Solución. Realizamo Realizamoss el D.C.L. D.C.L. del Bloque Blo que A y de la Carretill a: a A
A f
Calcu Calculamos lamos la l a acelera aceleració ción n del sistema, s istema, es decir: decir : a A = aC = a
W A
D.C.L. Bloque …(1)
f
R (normal)
aC
WC
R (norm (norm al) f
f
F = 200 N
D.C.L. D.C .L. Carreti Carreti lllla a R1
R2
Calculamos la fuerza de fricción máxima: a A
W A
A f
D.C.L. Bloque
f
R (normal)
Entonces, como la Podemos decir, que el Bloque A se deslizará sobre la Carretilla.
Por lo tanto, podemos d ecir que existirán dos aceleraciones: a A y aC CARRETILLA: BLOQUE A:
Ahora, determinamos la aceleración del Bloque A relativo a la Carr etilla: a A/C
Finalment e, para obtener el tiempo apli camos M.R.U.V:
B 3 0 °
Ejemplo: Hallar la rapidez mínima que se debe imprimi r a la caja de 5lb en A para que permanezca en contacto con la trayectoria circular. Además, hallar la rapidez de la caja cuando llega al punto B.
4 '
V
A
Solución. Realizamos el D.C.L. a la caja en la posición arbitraria :
an
n
WC W C c o s
at
t
n s e W C
…(1)
R (nor mal)
an
n
WC W C c o s
…(2)
at
t
n s e W C
R (normal)
Analizamos la caja, para un ángulo = 180º dado que llegará con una velocidad mínima y para que pierda el co ntacto en l a parte superior, la R = 0, es decir: De la ecuación (2):
Además, sabemos que: …
…
Por longitud de arco: ds = 4d
Hemos reemplazado de la ecuación (1): at
…
Finalmente, para obtener la rapid ez de la caja cuando llega a B, tenemos q ue reemplazar los valores de = 210º y Vo = Vmín = 25.36 ft/s en la siguiente ecuación:
Ejemplo: Una partícula de masa ‘‘m’’ se lanza desde el punto A c on una velocidad inicial Vo perpendicu lar a la línea OA y se mueve bajo una fuerza central ‘‘F’’ a lo largo de una trayectoria semicircular de diámetro OA. Si se observa que: r = r o cos .
r
V m
F
O
r O
VO A
a) Demostrar que la velocidad de la partícula es: b) Determinar la componente tangencial Ft , de la fuerza central ‘‘F’’ a lo largo de la tangente a la trayectori a de la partícula para = 0º y = 45º.
Solución. a) Dado que ‘‘F’’ es una fuerza central, la cantidad de movimiento angular se conserva, entonces:
r
V
Vcos m
F
O
r O
… (1)
b) Sabemos que:
La velocidad está en función V( , t)
… (2) Velocidad Angular:
= V/R
De la ecuación (1), derivamos en función de :
… (3)
VO A
Reemplazamos la ecuación (3) y el dato del problema r = r o cos ecuación (2): … (2)
en la
… (Dato)
… (3)
De la Ecuaci ón (1)
… (4)
Reemplazamos los valores de = 0º y Si:
= 0º
Si:
= 45º
= 45º en la ecuación (4) y tenemo s:
TRABAJ O DE UNA FUERZA Una fuerza F realizará trabajo en una partícula sólo cuando ésta sufra un desplazamiento en la di rección de la fuerza. S 2 Ahora, sí:
A 1
… (1)
F
S
O1
S
A
ds dr
1
A 2
r d r r +
O
Generalizando: Fcos
Si se considera la trayectoria definida por ‘‘S’’, se tiene: Pero: S
Donde:
S1
S2
Ft = Fcos Componente Tangencial
1. Trabajo Efectuado por un Peso Y
A 2
W
Sabemos que: Pero, del gráfico tenemos:
dr A
dy
dx
Y2
Y
A 1 Y1
Finalmente, tenemos:
2. Trabajo de la Fuerza ejercida por un Resorte La fuerza necesaria para estirar un resorte ideal es proporcional a su alargamiento: Fx = kx.
X
…(1)
Finalmente, tenemos:
…(2)
CUIDADO. Trabajo efectuado sobre un resorte contra trabajo efectuado por un resorte Observe que el trabajo dado por la ecuación (2) sin el signo menos es el que usted debe efectuar sobre un resorte para alterar su longitud. Por ejemplo, si estira un resorte que originalmente está relajado, x1 = 0, x2 > 0 y W > 0. Ello se debe a que la fuerza aplicada por usted a un extremo del resorte tiene la misma dirección que el desplazamiento ya que el trabajo efectuado es positivo. En cont raste, el trabajo que el resorte efectúa sobre el objeto al qu e se une está dado por el negativo de la ecuación (véase ecuación 2). Por lo tanto, cuando estiramos un resorte, éste efectúa trabajo negativo sobre nosotros.
Ahor a, si gr afi camos la Fuerza Vs. Distanci a, tenemos que: El área trapezoidal bajo la línea representa el trabajo efectuado sob re el resorte para estirarlo de:
Finalmente, tenemos:
PRINCIPIO DE TRABAJ O Y ENERGÍA ds
1. Energía Se entiende por energía a la capacidad que tienen las partículas de desarrollar un determinado trabajo.
m
v
Ft
1
t
Fn
Sabemos que:
FR n
1.1 Energía Cinética (T):
ó Principio de Trabajo y Energía
2
Además, recordemos que:
, entonces:
1.2 Energía Potencial: a) A la cantidad escalar (WY) se le con oce como la Energía Potencial de una Partícula debido a la Fuerza de Gravedad y se denota por (Vg ), entonces: ‘‘Si el trabajo ‘‘W’’ es positivo, entonces la Energía Potencial disminuye’’
Además, de la ecuación: b) A la cantidad escalar
, entonces: se le conoce como la Energía Potencial de una
Partícula debid o a la Fuerza Elástica y se denota por (Ve), entonces:
Finalmente, generalizando tenemos:
ó Ecuación del Trabajo y la Energía
Donde:
Representa el trabajo de todas las fuerzas de acción y reacción que actúan en una partícula, a excepción de la fuerza de gravedad y la fuerza elástica.
CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA Si en la partícula no existe fuerza externa alguna, la suma de energía cinética y de la energía potencial de la partícula permanece constante, es decir; la energía se mantiene de una posic ión a otra. La suma ‘‘T + V’’ se llama Energía Mecánica Total de la partícula y se simboliza por ‘‘E’’, entonces: ó
PRINCIPIO DE IMPULSO Y MOMENTUM Éste método puede usarse para resolver problemas que involucran fuerza, masa, velocidad y tiempo. Es de especial interés en la solu ción de problemas referentes a movimiento debido a impuls o o impacto. Sabemos que:
F
La fuerza es variable
: Impulso Lineal Éste termino es una cantidad vectorial que mide el efecto de una fuerza durante el tiempo en que la fuerza actúa.
I t
t1
t2
Cómo el tiempo es un escalar posi tivo, el impuls o actúa en la misma dirección que la fuerza.
Si la fuerza es constante en cuanto a magnitud y dirección, el impulso resultante es: F F
La fuerza es co nstante
C
I t1
t t2
Finalmente, podemos representarlo gráficamente: t2
I
1-2
=
t1
mV2
F t
I
+
=
mV1
1-2
mV1
Ejemplo: La velocidad del automóvil es V1 = 100 km/h cuando el conductor ve un obstáculo frente al automóvil cuya masa es de 2 Mg. Le toma 0.75 s para reaccionar y aplicar los frenos, lo que hace que el automóvil patine; hallar la distancia que el automóvil recorre antes de detenerse. El coeficiente de fricción cinética entre las llllantas antas y la carretera es k = 0.25. V = 100 km/h 1
Solución. Realizamos el D.C.L al automóvil: W = 2000(9.81)
f
Dado que el automóvil patina, la fuerza de fricción que actúa en el automóvil s erá:
f
R (nor mal)
Podemos observar qu e sólo la fuerza de fricc ión realiza trabajo y es negativo. Así mis mo, la distancia del automóvil en lo que patina lo denotaremos por ‘‘y’’ Aplicamos el Pri ncipio de Trabajo y Energía, desde que ap li ca lo frenos has ta antes de detenerse:
La distancia recorri da por el automóvi l durante el tiempo de reacción es:
Finalmente, la distancia total recorrida por el automóvil antes de que se detenga es:
Ejemplo: El bloque de 2lb se desliza hacia
debajo de la superfic ie parabólica lisa A de modo que cuando está en A su rapidez es de 10 pies/s. Hallar la magnitud de la velocidad y aceleración del bloque cuando llega al punto B y la altura máxima que alcanza.
Y
10 ft/s y = 0.25x
C 2
ymáx
B
4 ft
1 ft
Solución. Calculamos las alturas a los puntos A y B, empleando la ecuación de la parábola: W = 2 lb an
n
(1)
Aplicamos el Principio de Trabajo y Energía, en los puntos A y B, para obtener la veloci dad en B:
A R (normal)
at
t
Realizamos el D.C.L. del bloque en el punto B y obtenemos el ángulo que forma el peso con el eje normal, para eso derivamos la ecuación (1), y tenemos : Como estamos analizando en el punto B, entonces: x = 1m.
Derivamos nuevamente para obtener el radio de curvatura. n
an
W c W = 2 lb o s 2 26.56 6 . 5 6
at
t
. 6 6 5 2 e n W s
B
Del gráfico adjunto ob tenemos la aceleración tangencial del bloque en el punto B:
R (normal)
Ahora, obtenemos el radio de curvatura par a luego calc ular la aceleración normal en el punto B:
Finalmente , la aceleración del blo que en el pun to B será:
Para obtener la altura máxima, aplicamos el Prin cipio de Trabajo y Energía, en los punt os A y C, y tenemos
Ejemplo: Una paila de masa insignificante está sujeta a dos resortes idénticos de rigidez k = 250N/m. Si se deja caer una caja de 10kg desde una altura de 0.5m por encima de la paila. Hallar el desplazamiento vertical máximo ‘‘d’’. Inicialmente cada resorte tiene una tensión de 50 N. 1m
k = 250 N/m
1m
k = 250 N/m
0.5 m
d
Solución. En el gráfico adjunto, establecemos los niveles de referencia y aplicaremos entre los punt os (1) y (2) Conservación de la Energía: V =0 1
+
1
Nivel de Referencia
… (1)
= +
0.5 m
Calculamos primero lo que el resorte se extiende inicialmente, empleando la Ley de Hooke: F = kx = ⇒ = ∴ = .
V2 = 0
d 2
Por lo tanto, calculamos la longitud inicial del resorte sin estiramiento: = − . = .
1m
Ahora, calculamos la longitud del resorte en la posición (2): = + Podemos calcul ar lo que el resorte se extiende en la posición (2): De la ecuación (1) tenemos :
+
+
=
+
=
+
+
− .
… (2)
Calcularemos los términos de manera independiente y lo reemplazaremos en la ecuación (2):
=
=
=
= =
.
= =
=
=
=
. − . +
=
= −.
− .
.
=
. +
+
=
=
− .
+ + .
Finalmente, reemplazamos todos los cálculos en la ecuación (2) y tenemos: + +
+ =+
+
−. . +
=
+
+
− . −
+
− .
+ + .
+ + . =
∴ = .
Ejemplo: El bloque de 5 kg se está moviendo hacia abajo con
velocidad V1 = 2 m/s, cuando está a 8 m de la superficie arenosa. Hallar el i mpulso necesario de la arena sobre el bloque para detener el movimiento. Desprecie la dis tancia que el bl oque se entierra en la arena y suponga que no rebota. También desprecie el peso del bloque durante el impacto con la arena
V1 = 2 m/s
8m
Solución. En el gráfico adjunto, establecemos los niveles de referencia y aplicaremos entre los puntos (1) y (2) Conservación de la Energía: + = +
+ = +
⇒
+ .
=
V1 = 2 m/s
8m
V2 = ??
⇒
N.R.
= . V3 = 0
+ .
∴
= .
⁄
Empleando el Principio de Impulso y Momentum en la dirección paralela al movimiento, tenemos: + −
=
⇒
.
+ − =
∴ −
= .
.
CHOQUES Es un encuentro entre dos partículas que ocurre en un intervalo de tiempo muy corto y en el cual las dos partículas ejercen entre sí fuerzas relativamente grandes.
Plano de Contacto
VB B
A
V A
Plano de Contacto Línea de Impacto
Línea de Impacto
B A
VB
V A
Impacto Central
1. Impacto Central Directo:
Impacto Oblícuo
