UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO FACULTAD DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA ELÉCTRICA
: MECÁNICA DE SÓLIDOS I
CURSO
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 (3200 t 2 ) 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 2 s . No hay fricción.
F
8 15 Resolución Para resolver este este tipo de problemas, primero primero hago el DCL correspondi correspondiente ente y luego aplicamos aplicamos las ecuaciones escalares de movimiento. En este caso trabajamos en coordenadas rectangulares o cartesianas. Al hacer el DCL del vagón minero notamos notamos que sobre el actúan actúan tres fuerzas: la fuerza en el cable F , su peso y la fuerza de reacción normal.
y x a x
N
F
ᶱ ᶱ 15
8
W=mg
De la figura observamos que sólo hay aceleración “ a X ”, por lo tanto la ecuación de movimiento es igual a: dV F X m a X , donde: a X dt Las fuerzas que están en la dirección x son: la fuerza F y la component componente e del peso igual a m g sen . Estas fuerzas deben restarse porque están en dirección contraria. Por lo tanto, la ecuación de movimiento queda de la forma f orma siguiente: dV 3200 t 2 m g sen m dt Ordenando esta ecuación e integrando tenemos:
V
t
400 dV (3200 t
2
2
667 7 t Entonces: V (2,66
2
400 9,81 8 / 17) dt
0
4,6164 t 2) m / s
Evaluando Evaluand o 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 AB 0º). Si el ducto es liso, determine la rapidez del paquete cuando alcanza el punto intermedio C (ϴ = 30º 30º) y cuando alcanza el plano horizontal (ϴ = 45 º). Asimismo, calcule la magnitud de la fuerza normal sobre el paquete en C .
45º R = 20 pies
30ºº 30
45º R = 20 pies
8 pies/s A
C B
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 “n”:
F m a
En la dirección “t “t ”: ”:
F m a ,
n
t
t
n
, donde: an donde: at
V 2
dV
V dV
dt R d 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:
Recta normal
45º
an R = 20 pies
R = 20 pies
45º (45º- ϴ)
w A
C
B Recta tangencial
Se sabe:
F m a t
N
at
t
De la figura se observa que la única fuerza en la dirección tangencial es la componente del peso igual a m g sen (450 ) , luego la ecuación anterior es igual a:
m g sen (45 0 ) m
V dV R d
Ordenando esta ecuación e integrando, tenemos: V
V dV g R sen (45 8
0
) d
V 2[ g R cos(450 ) ( 2 / 2) 32
0
Para calcular V C y V B evaluamos la ecuación de V para 30 y 45 , respectivamente: respectivamente: 0
* Si 30 0
V C 2[32,2 20 cos(150 ) ( 2 / 2) 32
* Si 45
V C 2[32,2 20 cos(0 0 ) ( 2 / 2) 32
0
0
V C 19,9397 pies pies / s V B 21 pie pies / s
C á lculo de “N” (magnitud de la l a fuerza de reacción normal) cuando 30 0 Para calcular “ N ” aplico la ecuación escalar de movimiento en la dirección “n”, es decir:
F m a n
n
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 cos (450 ) , que lleva sigo negativo porque está en dirección contraria a N . Luego, la ecuación anterior es igual a:
w V C 2
N w cos (45 ) 0
Despejando N y evaluando para 300 , obtenemos:
g R
N 7,91bf
PROBLEMA Nº 3 El brazo OA guía 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 r C 0,4 pies pies .
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. P
A
r r C
O
C Resolución En este tipo de problemas, primero se halla la ecuación de triángulo OAC.
r en función de
.
Para ello analizo el
A De la figura se observa que el lado OA
ϴ
r
del triángulo OAC es igual a
r ,
y este
es igual al doble de (0,4 cos cos ) pies pies , es
0,4 pies
decir:
r (0,8 cos ) pies pies
ϴ
O
C
0,4 pies
Hallamos r y r en función de Si derivamos por primera y segunda vez, respecto al tiempo, la ecuación obtenemos:
r (0,8 cos cos ) pies pies ,
r (0,32 sen ) pies pies / s ;
r (0,128 cos cos ) pies pies / s 2
Evaluando estas ecuaciones para 300 , tenemos:
r 0,16 pies pies / s ;
r 0,11085 pies pies / s 2
Hallamos a r y a cuando 300 Para calcular las componentes componentes
a r
y
a
de la aceleración, aplicamos las ecuaciones siguientes:
a r r r ( )
2
;
a r 2 r
Reemplazando los valores correspondientes y evaluando para 300 , obtenemos: 2 ar 0,2217 pies pies / s
a 0,426256 pies pies / s 2
;
Cálculo de F (magnitud de la fuerza del brazo sobre la bola) cuando 300 Para calcular F, primero se hace el DCL de la bola y luego aplicamos las ecuaciones de movimiento en coordenadas polares. Recta en la dirección “ ϴ ” ϴ”
Recta en la
a
N
F
dirección “r”
a r
Recta horizontal
w
r C O
C
F m a r
N cos w sen
r
N cos 30 0 0,5bf ( sen30 0 )
F
0,5bf 32,2 pies pies / s
2
w g
(ar )
cos F N sen w cos
m a
0 0 F (0,2847bf ) sen30 0,5bf (cos 30 )
Cálculo del ángulo semicilindro
para
N 0,2847 bf
(0,2217 pies pies / s 2 )
0,5bf
w g
(a ) 2
32,2 pies pies / s
2
(0,426256 pies pies / s )
F 0,3 bf
que la bola comience a despegarse de la superficie del
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: condición:
=
0,4 rad/s, r ad/s, entonces: 0
Aplicando la la ecuación de movimiento en la la dirección
F m a r
Donde: a r
r
cos ) pies pies / s 2 r r ( ) 2 (0,256 cos
r , tenemos: w sen
w g
(ar )
Luego:
sen
(0,256 cos cos ) pies pies / s 2 32,2 pies pies / s
tg 0,00795
2
0,4555 rad 26,0987
0
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. A
r
0,5 m
O
Resolución
r en función de . Para ello analizo el triángulo rectángulo siguiente:
Primero se halla la ecuación de
Del triángulo, tenemos que:
r
cos
0,5 m
0,5 r
r (0,5 sec sec ) m
Hallamos r y r en función de Si derivamos por primera y segunda vez, respecto al tiempo, la ecuación obtenemos:
r (0,5 sec tg ) m / s ;
r 0,5(2)(sec tg sec ) m / s 2 2
3
Evaluando estas ecuaciones para 300 , tenemos:
r (0,5 sec ) m ,
r (2 / 3)m / s 0,667 m / s ;
r 3,849 m / s 2
Hallamos a r y a cuando 300 Aplicando las las ecuaciones de de cinemática de partículas, en coordenadas coordenadas polares, polares, tenemos:
a r r r ( )
2
;
a r 2 r
Reemplazando los valores correspondientes y evaluando para 300 , obtenemos:
ar 1,5398 m / s 2
;
a 2,6667 m / s 2
Cálculo de F (magnitud de la fuerza de la barra OA sobre la partícula) y N (fuerza normal de la ranura) cuando 300 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. Línea vertical Recta en la dirección “ ϴ ” ϴ”
w=mg F
Recta en la dirección “r”
ar
Línea horizontal
a
N
F m a r
r
r C
N cos mg cos m ar
N cos cos 300 0,5 kg (9,81m / s 2 ) (cos 300 ) 0,5 kg (1,5398 m / s 2 )
F
m a
N 5,796 796 N
F mg sen N sen m a
F (0,5 kg )(9,81m / s 2 ) sen300 (5,796 N ) sen300 0,5 kg (2,6667 m / s 2 )
F 1,778 N
PROBLEMA Nº 5 El collarín que tiene un peso de 3 lbf, se desliza sobre la barra lisa situada sobre el plano vertical y cos ) , donde se expresa en radianes y r en pies. que tiene la forma de una parábola r 4 /(1 cos
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.
P
r Resolución
Como la ecuación de función de .
r
es conocida:
r 4 /(1 cos cos ) , entonces podemos hallar r y r en
r r
16 sen (1 cos ) 2
4 (1 cos )
r
Asimismo, como es conocido:
=
4 rad/s, entonces
64 ( sen 2 cos 1) (1 cos cos ) 2
será igual a cero ( = 0).
Hallamos a r y a cuando 900 Para calcular las componentes componentes
a r
y
a
de la aceleración, aplicamos las ecuaciones siguientes:
a r r r ( )
2
;
a r 2 r
Reemplazando los valores correspondientes y evaluando para 900 , tenemos:
ar 128 pie pie / s 2 (4 pie pie)(4 rad / s) 2 64 pies pies / s 2 a 0 2(16 pie pie / s)(4 rad / s) 128 pies pies / s 2
Cálculo de P (magnitud de la fuerza tangencial de retardo necesaria para causar el movimiento) y N (magnitud de la fuerza normal normal que ejerce el el collarín sobre la barra) 0 cuando 90 . Para calcular P y N, primero se hace el DCL del collarín y luego aplicamos las ecuaciones de movimiento en coordenadas polares.
Cálculo de en función de
Recta normal
N
Se sabe: x r cos cos , y r sen
r
Derivando x e y , respecto a tenemos:
a r
dx
Recta tangente
a
d
P
4 sen (1 cos )
2
F m a r
r
dy
d
4 (1 cos )
Dividiendo dy entre dx , y recordando que este cociente es igual a la pendiente de la recta, tenemos:
Recta horizontal
tg
,
,
1 cos
sen
Nota.- si evaluamos para 900 , entonces:
w=3 lbf
45
P cos cos ( ) N sen ( ) w sen
P cos 45 0 N sen 45 0 3bf ( sen 90 0 )
3bf 32,2 pies pies / s
2
0
w g
(ar )
(64 pies pies / s 2 )
P N 12,675 675 bf . . . (1)
F
m a
P sen ( ) N cos( ) w cos
cos 450 w cos cos 90 0 P sen 450 N cos
3 bf 32,2 pie pie / s
2
095 bf y P 14,77 bf Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) obtenemos: N 2,095
N = 2,095 2,095 lb f
y
P = 14,77 14,77 lb f
g
(a )
(128 pie pie / s 2 )
P N 16,865 bf . . . (2)
Por lo tanto, las magnitudes de estas fuerzas son:
w
