Universidad Nacional de San Cristbal de Huamanga Facultad de Ingenieria Minas, Geologa y Civil Escuela de Formacion Profesional de Ingenieria Civil
Curso
Dinamica (IC-244) Tema
Cinetica de la particula y del cuerpo rigido Ing.
Castro Perez, Cristian Alumnos:
Arias Campos , Kevin Alejandro Bellido Zaga, Jossimar Junior Huanca Arquiniego, Ray Grupo 13-Harry R. Nara
DINAMICA DE LA PARTICULA (LEYES DE NEWTON) Problema 1 Como 1 Como se pueden ver, dos bloques descansan sobre un plano horizontal liso existiendo un tope para el bloque mayor. Determinar la fuerza que ejerce el tope cuando el bloque menor se mueve:(Nara 3.4) a)Si a) Si las superficies de los bloques son lisas. b)Si b) Si el coeficiente de rozamiento entre los bloques es u.
SOLUCION: Ejercicio a) Realizamos el DCL del sistema :
Se puede observar que en el cuerpo de masa M no hay movimiento por accion de la fuerza del tope.
DINAMICA DE LA PARTICULA (LEYES DE NEWTON) Problema 1 Como 1 Como se pueden ver, dos bloques descansan sobre un plano horizontal liso existiendo un tope para el bloque mayor. Determinar la fuerza que ejerce el tope cuando el bloque menor se mueve:(Nara 3.4) a)Si a) Si las superficies de los bloques son lisas. b)Si b) Si el coeficiente de rozamiento entre los bloques es u.
SOLUCION: Ejercicio a) Realizamos el DCL del sistema :
Se puede observar que en el cuerpo de masa M no hay movimiento por accion de la fuerza del tope.
Es por eso que solo se mueve el cuerpo de masa m. Donde: F t = Fuerza del tope Realizando el DCL para el bloque de masa M:
Ya que no hay movimiento en el bloque de la masa M: Por la Segunda ley de Newton Tenemos:
← (+) F x = 0 R1 × senα − F t = 0 R1 × senα = senα = F F t .........................(1) .........................(1) Realizando el DCL para el bloque de masa m:
Por la Segunda ley de Newton Tenemos:
↑ (+)
F y = 0
R1 mg cos α = 0 R1 = mg cos α....................(2)
−
Reemplazando (2) en la ecuacion (1) F t = R1 senα Por tanto el valor de la fuerza de tope es: F t = mgsen(2α) 2
Ejercicio b) Realizando el diagrama de cuerpo libre para ambos cuerpos:
Se puede observar que en el cuerpo de masa M no hay movimiento por accion de la fuerza del tope. Pero el bloque de masa m actua una fuerza de rozamiento u que afecta a el movimiento. Se tiene: Ya que no hay movimiento en la el bloque de la masa M: Donde: F r = Fuerza de rozamiento
← (+)
F t = R1 senα
F x = 0
− F r ............(1)
Realizando DCL del bloque de masa m:
R1 = mg cos α F r = umg cos α Reemplazando los datos obtenidos a partir del DCL a la ecuacion (1): F t = R1 senα F r cos(α) F t = mg cos αsenα umg cos α
−
F t = mg
sen(2α) 2
−
− cos2α
DINAMICA DE LA PARTICULA (LEYES DE NEWTON) Problema 2 el movimiento acelerado la bola de 5kg forma un angulo constante θ .Las masas de las polea y del bloque A se desliza, asi como todas las fuerzas de rozamiento se desprecian. Determinar:(Nara 3.9) a)El angulo θ. b)tension en la cuerda que une A con el peso de 15 Kg.
SOLUCION: Ejercicio a) De acuerdo al DCL de la estructura de la bola, podemos obtener: Advirtiendo que el libro trabaja con Kg(kilogramo fuerza):
T 1 senθ = m.g................(1) T 1 cos θ = m a.................(2)
∗ ∗
∗
De acuerdo al diagrama en el cuerpo A:
T 2 = T 1 cos θ T 2 = mc a...............(3)
∗ ∗
De acuerdo al DCL del cuerpo de 15 K g
T 2 = m b a W c T 2 = m c a W c mb a = m c a 5 15 15 ( 9.81 )a = ( 9.81 )a 20 15 = ( 9.81 )a a = 7.36m/s
∗ − − ∗ −
∗
∗
Dividiendo la ecuacion (1) y (2); T 1 senθ = m.g................(1) T 1 cos θ = m a.................(2) tgθ = ( ag )
∗ ∗
∗
Por tanto el angulo es: θ = 53.1o Ejercicio b) Reemplazando en la ecuacion (3) T 2 = m b a 5 T 2 = ( 9.81 ) 7.36
∗
El valor de la tension es:
∗
T 2 = 3.75Kg DINAMICA DEL CUERPO RIGIDO (LEYES DE NEWTON) Problema 3 La puerta deslizante tiene un peso de 196 Kg. Si P es de 20 Kg, hallar la aceleracion de la puerta y las reacciones en A y B. Se supone que las rodillas son lisos y de masa despreciable.(Nara 5.25)
SOLUCION De acuerdo al DCL del sistema:
De acuerdo a las ecuaciones del movimiento: (+) F y = 0 RA + RB 196 = 0 RA + RB = 196..........(1)
↑
−
Aplicando momento en el centro de gravedad(CG), en sentido antihorario: +M CG = 0; RA (1.20) + RB (1.20) 20(1.2) = 0 RB RA = 24.........(2)
−
−
−
Sistema de ecuacion en (1) y (2); RA + RB = 196 RB RA = 24
−
Desarrollando RA = 86kg RB = 110kg DINAMICA DE SISTEMA DE PARTICULAS (CANTIDAD DE MOVIMIENTO) Problema 4 Un chorro de agua(γ = 1000kg/m3 ) choca contra un alabe fijo de metal con una velocidad de 182m/s. Determinar la fuerza resultante necesaria para sostener el alabe. El chorro tiene un area de 19cm2 (Nara 4.16).
SOLUCION Datos:
• • •
γ = 1000kg/m3 A = 19cm2 = 0.0019m2 v = 182m/s
En este sistema de coordenadas, el agua parece acercarse al alabe con una celeridad de 182m/s y la masa que circula por unidad de tiempo ser:
γQ = γ.v.A ρQ = (1000)(182)(0.0019) ρQ = 345.8 Hallaremos la fuerza que ejerce el alabe sobre el agua ( con sus respectivas componentes x,y).
−F x = ρQ(v2x − v1x)............(1) Si sabemos que la velocidad de entrada es igual que la velocidad de salida, por el principio de la cantidad de movimiento de la particula. v1x = v 2x = v Reemplazando en la ecuacion (1)
−F x = (345.8)(v. cos(60o) − v. cos(45o)) −F x = −13034.4N F x = 13.03KN ≡ 13KN
Hallando la componente en y: F y = ρQ(v2y
− v1y ) − W a
Despreciando el peso del agua ( W a ) por ser pequea en relacion a los otros terminos. F y = ρQ(v2y
− v1y )...................(2)
Reemplazando los valores en (2); F y = (345.8)(v.sen(60o ) ( v.sen(45o ))) F y = 99006.02N F y = 99.01KN 99KN
−−
≡
Por tanto la fuerza resultante es: F r =
(F x )2 + (F y )2
F r = (13)2 + (99)2 F r = 99.85KN DINAMICA DE LA PARTICULA ( METODO DE TRABAJO Y ENERGIA) Problema 5 Un cuerpo cae al suelo desde una altura h. Suponiendo que la fuerza de gravedad sea inversamente proporcional al cuadrado de la distancia desde el centro de la Tierra, hallar el tiempo T en segundos que transcurrira para que llegue a la superficie terrestre y la velocidad V en el instante en que choca con ella. Despreciar el efecto de la resistencia del aire. El radio de la Tierra es R. Si h=R, comparar T con el tiempo de la cada libre de una particula bajo la accin de una fuerza constante mg. (Nara 3.37) SOLUCION: Debido a la ley de la gravitacion universal: F
= G mrm 1
2
2
Dividiendo la fuerza para un cuerpo en la superficie y para un cuerpo a una altura h, despejando obtenemos: R 2 ) R + h El trabajo realizado por la fuerza resultante aplicada a una particula es igual al cambio que experimenta la energia cinetica de dicha particula. Estos es: g = g o (
W = ∆E c = E c2
− E c1
Este teorema es valido para la mecanica clasica como para la mecanica relativista de una particula. entonces se tiene: H
0
mgo (
R 2 ) dh = ∆E c R + h
1 R mgo [ ] R + h 2
−
donde: V i = 0 V f =
H
0
2R2 go [
V f =
mV f 2 = 2
1 R
2
i − mV 2
1 − R + h ]
2RHgo (R + H )
Esta es la velocidad al chocar con la superficie de la tierra. para hallar el tiempo llamaremos r al radio de la tierra de masa M si el cuerpo parete del reposo desde una distancia r0 , la conservacion de la energia toma la forma siguiente: 1 2 v 2 v =
− dr = dt
M = −G − G M r r 0
√
2GM
1 r
− r1
0
=
− 2GM r0
luego integrando tenemos: r
− r0
r0
r
−r
dr =
2GM r0
T
0
dT
r0
r
r
T (r) =
√ √ − r + tan−1
r03 r r0 ( 2GM r0
− r0
r
r
)
DINAMICA DE LA PARTICULA ( METODO DE TRABAJO Y ENERGIA) Problema 6 El resorte de modulo k=2 kg/cm esta comprimido por la placa, de manera que la fuerza en el resorte es de 4 kg. El peso de 10 kg se deja caer desde una altura de 4 cm por encima de la placa. Determinar la fuerza en el resorte cuando el desplazamiento es mximo. (Nara 3.67)
SOLUCION: sabemos por ley de hook que : F
= kx
para F=4 kg 4 = 2x x = 2cm
Por el Principio de la Conservacion de la Energia: EM i = EM f E ko + E po = E kf + E pf kx2 k(δ + x)2 W h + = W δ + 2 2 luego reemplazando los valores que nos dan como dato se tiene:
−
2(2)2 10(4) + = 2 δ 2
2(δ + 2) 2 10δ + 2
−
− 6δ − 40 = 0
Resolviendo el la ecuacion se tiene: δ = 10 cm luego: F = 2(10 + 2) = 24 kg
DINAMICA DEL CUERPO RIGIDO( METODO DE TRABAJO Y ENERGIA) Problema 7 Una esfera homogenea de peso W y radio a tiene un cable enrollado en una circunferencia. Un extremo del cable esta fijo en A y se deja que la esfera caiga desde el reposo. Hallar la velocidad del centro de masa despues de que ha caido una distancia h. Cual es la tension en el cable? (Nara 5.101)
inicial
h
final
SOLUCION: Pro cinematica se sabe que: ω =
V r
donde: V: velocidad del centro de masa Por el Principio de Trabajo y Energia: W
= ∆E k = E kf
− E k
o
E ko = 0 1 1 2 E kf = mV + Iω 2 2 2 1 1 V 1 I 2 2 E kf = mV + I ( ) 2 = (m + 2 )V 2 2 r 2 r
W = mgh 0 + mgh =
1 I 2 (m + 2 )V 2 r
Para la esfera se tiene:
2 I = mr2 5 I :momento de inercia respecto a su centro. r = a 2gh
2
V =
2
(1 +
ma2 ) ma2
ˆ ( j )
5
−
−[ 107 gh]1/2 jˆ
V =
Calculamos la tension del cable: Por Conservacion de la Energia se tiene: EM i = E M f
luego tenemos: E ko + E po = E kf + E pf = cte como E es constante :
tambien se sabe que: v =
dE =0 dt ds dt
a =
dv dt entonces:
Mg
− T = M a T = M (g − a)
derivando obtenemos: a =
5 g 7
reemplazando este valor se tiene: T = M (g
− 75 g) = 72 Mg
Vectorialmente la tension esta dirigido hacia arriba: 2 T = ( W ) jˆ 7 DINAMICA DEL CUERPO RIGIDO( METODO DE TRABAJO Y ENERGIA)
Problema 8: Como se muestra en la figura, un cilindro circular homogeneo esta suspendido a manera de yo-yo. Cual es la velocidad de su centro 2 seg. despues de haberse soltado? Cual es la tension en la cuerda?(Nara 5.122)
SOLUCION: Por el Principio de Trabajo y Energia se tiene: W
= ∆E k = E kf
− E k
o
se sabe que: ω = V r donde: v : velocidad de su centro Reemplazando tenemos: E ko = 0 1 1 2 E kf = mV + Iω 2 2 2 1 1 V 1 I 2 2 E kf = mV + I ( ) 2 = (m + 2 )V 2 2 r 2 r W = mgh 0 + mgh =
1 I 2 (m + 2 )V 2 r
El momento de inercia para un cilindro es: I = 12 mr2 reempalzando se tiene: 2gh
2
V =
1
(1 + V =
mr2 mr2 )
ˆ ( j )
2
−
−[ 43 gh]1/2 jˆ
Calculo de la tension: sabemos que: dv v = ds dt a = dt luego tenemos : Mg
− T = M a T = M (g − a)
Derivando la velocidad se tiene:
a = T = M (g
−
2 g 3 2 1 g) = Mg 3 3
luego:
1 T = ( W ) jˆ 3 Como nos piden la velocidad del centro 2 seg despues de haberse soltado, necesitamos hallar la velocidad en funcion del tiempo a=
2g 3
t 2 dv = gt dt 3 0 4 2 [ gh]1/2 = [ gt] 3 3 g 2 h = t 3
Reemplazando:
4 ˆ V = [ g 2 t2 ]( j ) 9
−
Para t=2 seg. V =
−13.08 jˆ
DINAMICA DE LA PARTICULA (IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO) Problema 9 Un bloque de 98 kg se somete a la accin de una fuerza P constante de 60 kg. El valor de la fierza de rozamiento al deslizamiento, como se puede ver en la grafica, es una funcion de tiempo. Determinar la velocidad del bolque 3 segundos despus de haberse aplicado la fuerza P.(Nara 3.87)
5
rozamiento
4
3
2
1
98kg tiempo
−1
0
1
2
3
4
−1
SOLUCION: PASO 1 Hacemos el diagrama de cuerpo libre del bloque
P = 60kg
m.g
P bloque Fr
N
PASO 2 aplicamos el principio de impulso y cantidad de movimieento: tf
mA vAi
donde : F r : p :
+ ti
F.dt = mA vAf ......(1)
fuerza de rozamiento. fuerza P
PASO 3 calculo de los impulsos: para la fuerza de rozamiento solo hallamos el area de la grafica mostrada. t
0
F r .dt =
−( (50 −210).1 + 10.3) = −50
ahora reemplazamos en la ecuacion (1) El tiempo varia desde 0 hasta 3 segundos.
t
0
+ 10.3) = −50 −( (50−10).1 2 3 mA vAi + P.dt−50 = m A vAf 0 mA vAi + 60.3 − 50 = m A vAf vAi = 0 ∧ mA = 98Kg
F r .dt =
130 = 98.v v = 130 98
v = 1.32
m s
RESPUESTA: v = 1.32 m s
DINAMICA DE LA PARTICULA (IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO) Problema 10 Dibujar los diagramas de aceleracion-tiempo, velocidadtiempo y desplazamiento-tiempo para los 2 primeros segundos del movimiento del bolque A. La velocidad inicial de A es de 5 m s .(Nara 3.91)
A V
B
SOLUCION: PASO 1 Hacemos el diagrama de curpo libre de cada bloque: T T
A
B
mb.g
aplicamos el principio de inpulso y cantidad de movimiento para cada bloque por separado: para el bloque A: mA vAi +
t
0
F 1 .dt =mA vAf .....(1)
donde: F 1 = F r T F r = m A gu fuerza de friccion. reemplazando en (1) se tiene:
− −
t
mA vAi +
−
( F r
0
t
mA vAi
− 0
− T )dt =mAvAf t
F r .dt
−
t
mA vAi
− 0
T dt =mA vAf
0
t
mA .g.u.dt
− 0
T.dt =mA vAf
t
mA vAi
− mA .g.u.t
−
T.dt = m A vAf
0
para el bloque B: t
mB vBi +
0
F 2 .dt =mB vBf ...... (2)
donde: F 2 = T mB .g fuerza resultante. reemplazando en la ecuacion (2) se tiene:
−
t
mB vBi +
(T
0
t
mB vBi +
− mB .g)dt =mB vBf t
T.dt
0
−
mB .g.dt = m B vBf
0
ahora sumamos miembro a miembro las ecuaciones obtenidas: t
mA vAi
− m.g.u.t t
mB vBi +
−
T.dt = m A vAf .
0
t
T.dt
0
−
m.g.dt = m B vBf
0
luego se obtiene: t
mA vAi + mB vBi
− mA.g.u.t
mA vAi + mB vBi
−
mB .g.dt = mA vAf + mB vBf
0
− mA .g.u.t − mB .g.t = mAvAf + mB vBf
como se trata de una cuerda inextensible las velocidades de ambos bloque sson iguales en modulo: entonces se tiene: vAi = v Bi = 5 reemplazanto se tiene: vAf = v Bf = v 5(mA + mB )
− mA.g.u.t − mB .g.t = v(mA + mB )
5
B .g).t = v − (mA .g.u + m m + m A
v = 5
B
B .g).t − (mA .g.u + m m + m A
B
− 2.289.t2
x = 5.t
de donde obtenemos la velocidada en funcion del tiempo: integramos para obtener la pisicion en funcion del tiempo: v = 5 x = 5.t
− 4.578.t 2
− 4.578.t
2
= 5.t
− 2.289.t2 + c
condiciones iniciales: t = 0
∧ r = 0 → c = 0 4.578.t2 x = 5.t − = 5.t − 2.289.t2 2 x = 5.t
− 2.289.t2
ahora derivamos la velocidad para obtener la aceleracion: a =
dv d(5 = dt
− 4.578.t) = −4.578
a =
dt
−4.578
respuestas: x = 5.t v = 5 a = graficamos las funciones:
− 2.289.t2 − 4.578.t −4.578
4
posicion
3
2
1
tiempo −3
−2
−1
1
0
2
3
4
5
−1
f (x) = 5x − 2.29x2
−2 3
velocidad
f (x) = 5 − 4.58x 2
1
tiempo −3
−2
−1
0
−1 −2 −3
1
2
3
4
5
1
−4
−3
−2
−1
aceleracion 0
−1 −2 −3 −4 −5 x) = −4.58
−6
1
2
tiempo 3
4
DINAMICA DE LA PARTICULA (IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO) Problema 11 una particula de 200 kg se mueve en la direccion positiva X con una velocidad de 25 25 m s . se aplica uan fuerza F x dada por la grafica. Determinar:(Nara 3.86) 1. la velocidad despues de 4 segundos. 2. la velocidad despues de 9 segundos. fuerza 15 10 5 tiempo −1
0
1
2
3
4
5
6
-10
SOLUCION: DATOS:) m=200 kg vi = 25 m s PARTE 1 para resolver utilizaremos la siguiente formula : tf
mvi +
ti
F.dt = m f vf
reemplazando en la formula se tiene: 4
mvi +
0
F x .dt = mv f
7
8
9
10
11
