Ejercicios-resueltos-hibbeler-grupo-121(1)

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTOBAL DE HUMANGA Facultad De Ingeniería De Minas Geología Y Civil Departamento Académico de Ingeniería de Minas y Civil

E.F.P. DE INGENIERÍA CIVIL

SEGUNDA PRACTICA CALIFICADA 12VA EDICIÓN DE HIBBELER

Dinamica (IC-242) DOCENTE : Ing. CASTRO PEREZ, Cristian Alumnos : IRCAÑAUPAHUAMANI, Angel ORELLANAHUAMAN, MiguelAngel SOSALOZANO, Elvis SOTOMEDRANO, KatherineSheylla

Ayacucho - Perú

Contenido 1 CINETICA DE UNA PARTICULA 1.1

1.2

1.3

1.4

FUERZA Y ACELERACION . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.1.1

Ejercicio 13.39: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.1.2

Ejercicio 13.102: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.1.3

Ejercicio 13.46: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.4

Ejercicio 13.79: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

TRABAJO Y ENERGIA

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2.1

Ejercicio 14.24: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2.2

Ejercicio 14.36: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.3.1

Ejercicio 15.8: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.3.2

Ejercicio 15.11: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

1.3.3

Ejercicio 15.44: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

1.3.4

Ejercicio 15.74: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

SISTEMA DE PARTICULAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

1.4.1

Ejercicio 13.28: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

1.4.2

Ejercicio 14.13: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18

2 CINETICA DE UN CUERPO RIGIDO 2.1

2.2

2.3

2.4

1

20

FUERZA Y ACELERACION . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

2.1.1

Ejercicio 17.111: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

2.1.2

Ejercicio 17.112: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

TRABAJO Y ENERGIA

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

2.2.1

Ejercicio 18.24: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

2.2.2

Ejercicio 18.55: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25

IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27

2.3.1

Ejercicio 19.8: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27

2.3.2

Ejercicio 19.17: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

SISTEMA DE PARTICULAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

2.4.1

Ejercicio 17.90: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

2.4.2

Ejercicio 17.90: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTOBAL DE HUAMANGA 1

CINETICA DE UNA PARTICULA

1


1.1 1.1.1

FUERZA Y ACELERACION Ejercicio 13.39:

Supongamos que es posible cavar un túnel sin problemas a través de la tierra de una ciudad en A a una ciudad en B, como se muestra. Por la teoría de la gravitación, cualquier vehículo C de masa m situado dentro del túnel de ser sometido a una fuerza gravitacional que siempre se dirige hacia el centro de la Tierra D. Esta fuerza F tiene una magnitud que es directamente proporcional a su distancia r del centro de la tierra. Por lo tanto, si el vehículo tiene un peso W = mg cuando se encuentra en la superficie de la tierra, entonces en un lugar arbitrario r la magnitud de la fuerza F es F = (mg/R)r, donde R = 6, 328km, el radio de la Tierra. Si el vehículo se libera desde el reposo cuando está en B, x = s = 2mm, determine el tiempo necesario para que llegue a A, y la velocidad máxima que alcanza. Despreciar el efecto de la rotación de la tierra en el cálculo y asumir que la tierra tiene una densidad constante. Sugerencia: Escribe la ecuación de movimiento en la dirección x, y señale que rcos? = x. Integrar, utilizando la relación cinemática vdv = adx, luego integrar el resultado con v = dx/dt. Solución: Ecuación del movimiento: Tenemos: X

Fx 0 max 0

−

mg rcosθ = ma R

a=−

g g = x R R

Aplicando la ecuación vdv = adx, tenemos: Zv v dv = − 0

r R

Zx x dx s

c2 g 2 = (s − x2 ) 2 2R r v=−

g 2 (s − x2 ) R

Nota: El signo negativo indica que la velocidad es en la dirección opuesta a la de x positivo. Aplicando la ecuación dt = dx/v, tenemos: Z2

s =−

0

s t=

R g

Zx

√ s

dx s2 − x 2

R π x ( − sin−1 ) g 2 s

En x = −s, s t=

R π −s ( − sin−1 )=π g 2 s

s

R g

Sustituyendo R = 6328(103)m, y g = 9.81m/s2 en la ecuación, se obtiene: r t=π

6328(103 ) = 2523.2s 9.81

E.F.P. INGENIERIA CIVIL - SEGUNDA PRÃCTICA CALIFICADA DE DINAMICA (IC-242)

1



t = 42.1min La máxima velocidad se produce cuando x = 0. De la primera ecuación se tiene: r vmax = −

g 2 (s − 02 ) = − R

r

g s R

Sustituyendo R = 6328(103)m, s = 2(106)m, yg = 9.81m/s2 en la ecuación, se obtiene: r vmax = −

9.81

)6328(103 )2(106 )

vmax = 2.49km/s

1.1.2

Ejercicio 13.102:

˙ = 0.8rad?s. Si la trayectoria El parque de diversiones gira con una velocidad angular constante de θ? del viaje está definido por r = (3senθ + 5)m , y z = (3cosθ)m, determinar r, θ, yz; componentes de fuerza ejercida por el asiento en el niño de 20 kg cuando θ = 120◦ .

Solución: Dado que se conoce el movimiento del niño, ar, aθ, yaz se determinarán primero. El valor de r y sus derivadas respecto al tiempo en el instante θ = 120◦ son: r = (3sinθ + 5)|θ=120 = 3sin120◦ + 5 = 7.598m r˙ = (3cosθθ˙ + 5)|θ=120 = 3sin120◦ (0.8) = −1.2m h i ¨ − senθθ¨2 )|θ=120 = 3 cos120◦ (0) − sin120◦ (0.82 ) = −1.66m ¨r = (3cosθθ Usando las anteriores derivadas, tenemos: ar = ¨r − rθ˙2 = −1.663 − 7.598(0.82 ) = −6.536m/s2 ¨ + 2˙rθ˙ = 7.598(0) + 2(−1.2)(0.8) = −1.92m/s2 aθ = rθ E.F.P. INGENIERIA CIVIL - SEGUNDA PRÃCTICA CALIFICADA DE DINAMICA (IC-242)

2



También: z = 3cosθm ˙ z˙ = −3senθθm/s ¨ + cosθθ˙ 2 )|θ=120 = −3[sen120◦ (0) + cos120◦ (0.8)2 )] az = z¨ = −3(senθθ az = z¨ = 0.96m/s2 Ecuaciones de movimiento: Se tiene el siguiente diagrama de cuerpo libre:

X X X

Fr = mar ; Fr = 20(−6.526) = −131N

F? = maθ ; Fθ = 20(−1.920) = −38.4N Fz = maz ; Fz = 20(9.81) = Fz = 215N

Nota: Los signos negativos indican que Fr y Fθ actúan en sentido opuesto a los que se muestran en el diagrama de cuerpo libre.

1.1.3

Ejercicio 13.46:

El paracaidista de masa m está cayendo con una velocidad de V0 en el instante en que se abre el paracaídas. Si la resistencia del aire es FD = Cv2 , determinar su velocidad máxima (velocidad final) durante el descenso. Solución: Diagrama de cuerpo libre:


3



Ecuaciones de movimiento: Por referencia a la figura: X

a=

Fy = may ; mg − cv2 = ma c (mg − cv2 ) = g − /mv2 m m

Utilizando el resultado de a, la velocidad del paracaidista como una función de t se puede determinar mediante la integración de la ecuación cinemática, dt = dv/a. Aquí, la condición inicial v = v0 en t = 0 se utiliza como el límite de la integración. Por lo tanto: Z

Z dt =

Zt

Zv dt =

0

v0

1 t = q ln 2 gc m 1 t= 2

r

dv a

dv c 2 g− m v

pc ! √ g+ m v v pc |v0 √ g − mv q

 mg m  c +v  ln q mg gc c −v

Por lo tanto la velocidad máxima del paracaidista es: r

mg c Nota: La velocidad máxima del paracaidista es independiente de la velocidad inicial v0. vmax =

1.1.4

Ejercicio 13.79:

Determinar la velocidad mínima que se debe dar a la caja de 5 libras en A en orden para que permanezca en contacto con la trayectoria circular. Además, determinar la velocidad de la caja cuando se alcanza el punto B.

Solución:


4



Diagrama de cuerpo libre: El diagrama de cuerpo libre de la caja en una posición arbitraria θsemuestraenlafigura.Enestecaso, an debeserdirigidahaciaelcentrodelatrayectoriacircularvertical(ejenpositivo), mientr Ecuación del movimiento: Aquí: an =

v2 v2 = ρ 4

Además, se requiere que la caja abandone la pista, por lo cual N = 0. Por referencia a la figura. P 5 En la dirección de t: Ft = mat ; −5senθ = 32.2 at at = −(32.2θ)ft/s2 2 P v 5 En la dirección de n: Fn = man ; N − 5senθ = 32.2 4 N = 0.03882v2 + 5cosθ Utilizando el resultado de at, la velocidad de la caja puede ser determinada integrando la ecuación cinemática vdv = atds, donde ds = rd? = 4d?. Usando la condición inicial v = v0 at θ = 0◦ como el límite de integración: Zv

Zθ v dv =

v0

−32.2senθ(dθ) 0◦

v2 v | = 128.8cosθ|( 0◦ )? 2 v0 v2 = 257.6cosθ − 257.6 + v20 Siempre que la caja no abandone la trayectoria circular vertical en θ = 180◦ , entonces se mantendrá en contacto con la pista. Por lo tanto, se requiere que la caja está a punto de abandonar la pista a θ = 180◦ . Entonces, N = 0. Sustituyendo estos dos valores en la primera ecuación, tenemos: 0 = 0.03882v2 + 5cos180◦ v = 11.35ft/s 0 = 0.03882v2 + 5cos180◦ Sustituyendo los resultados de v y v0 = vmin , tenemos 11.3522 = 257.6cos180◦ − 257.6 + vm in2 vmin = 25.38ft/s = 25.4ft/s En el punto B, θ = 210◦ . Sustituyendo los valores de v0 = vmin = 25.38ft/s, tenemos: v2B = 257.6cos210◦ − 257.6 + 25.382 vB = 12.8ft/s


5



1.2 1.2.1

TRABAJO Y ENERGIA Ejercicio 14.24:

El bloque de 2 Ib se desliza hacia debajo de la superficie parabólica lisa de modo que cuando está en A su rapidez es 10 pies/s. Determine la magnitud de la velocidad y la aceleración del bloque cuando llega al punto B y la altura máxima y máx. que alcanza.

Solución: Datos: w = 2lb; VA = 10pies/s Sabemos que: y = 0.25x2 Para el punto A: xa = −4ft Entonces: yA = 0.25(−4)2 yA = 4ft Para el punto B: xB = 1ft/s yb = 0.25(1)2 yB = 0.25ft P TA + UA−B Donde : T : Energíacinética U : Trabajo *Reemplazamos los datos para hallar la velocidad en el punto B.

1 2

2 32.2

(102 ) + 2(4 − 0.25) =

1 2

2 32.2

2 VB


6


CINETICA DE UNA PARTICULA 2 3.11 + 7.25 = 0.031VB 2 10.3600.031VB

VB = 18.48ft/s VB = 18.5ft/s *Hallando la aceleración en el punto B

Hallamos θ. y = 0.25x2 Derivamos la ecuación en función de x: dy = 0.25(2)x dx dy = 0.5x dx Sabemos que

dy dx

= tgθ = 0.5x

En el punto B xB = 1ft/s por lo Tanto: tgθ = 0.5 θ = arctg(0.5) θ = 26.565o Derivamos nuevamente la ecuación. d2 y = 0.25(2) dx2 d2 y = 0.5 dx2 Aplicamos la segunda ley de newton X

Ft = mat 2 −2sen(26.565o ) = at 32.2 at = 14.4ft/s2 Hallando la aceleración normal:


7



am = 1+ ρ=

dy dx

2 VB ρ

2 32 1 + (0.5)2 = |0.5|

2 d y dx2

32

ρ = 2.795ft radio de curvatura Reemplazamos el radio de curvatura y la velocidad de B an =

(18.5)2 2.795

an = 122.2ft/s2 Finalmente hallamos la aceleración de B: a2B = a2t + a2n aB = aB =

q

q

a2t + a2n

(−14.4)2 + (122.2)2

aB = 123ft/s *Hallamos la altura máxima. Aplicando el principio de trabajo y energía en los puntos A y C TA + 1 2

2 32.2

X

UA−C = TC

(10)2 + 2(ymax − 4) = 0

ymax = 55.55ft

1.2.2

Ejercicio 14.36:

La rapidez de la piedra de 50kg es VA = 8m/s cuando llega al punto A. determine la fuerza normal que ejerce en la pendiente cuando llega al punto B. Ignore la fricción y el tamaño de la piedra. Solución: x2 + yn2 = 2................(I) x=y Reemplazando:

2x1/2 x = y = 1m

Derivamos la ecuación (I).


8



y−1/2

dy dy −x − 1/2 = −x−1/2 , = .....(II) dx dx y − 1/2

Evaluamos en x = y = 1m dy = −1 dx Derivamos la ecuación (II). y−1/2

d2 y + dx2

1 1 dy y−3/2 = − x−3/2 2 dx 2

1 dy 1 d2 y −1/2 =y + 3/2 dx2 2y3/2 dx 3x Evaluamos en x = y = 1m d2 y =1 dx2 Pero: tgθ =

dy dx

θ = arctg(−1) , θ = 45o Hallando el radio de curvatura 1+ ρ=

dy dx

2 3

/2

2 d y dx2

1 + (−12 ) = 1

3/2 , ρ2.828m

Por el principio del trabajo y la energía tenemos TA +

X

UA−B = TB .....................(III)

El peso del bloque que actúa en la dirección opuesta a la del desplazamiento vertical realiza trabajo negativo cuando el bloque 1 m desplaza verticalmente. Aplicando la ecuación (III), tenemos: 2 0.5(502 )82 + 50(9.81)(1) = 0.5(50)VB 2 = 44.38m2 /s2 VB

Finalmente aplicamos la segunda ley de newton X

Fn = man

N − 50(9.81)cos45o = (50)( N − 50(9.81)cos45o = (50)(

v2B ρ

44.38 2.828

N = 1131.37 N = 1.3KN


9



1.3 1.3.1

IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO Ejercicio 15.8:

El jeep de cuatro ruedas motrices de 1.5 Mg se utiliza para empujar dos cajas idénticas, cada una con una masa de 500 kg. Si el coeficiente de fricción estática entre los neumáticos y los suelos es µs = 0.6, determinar la máxima velocidad posible el jeep se puede lograr en 5s sin provocar que las llantas resbalen. El coeficiente de fricción cinética entre las cajas y el terreno es µk = 0.3

Solución: El diagrama de cuerpo libre del jeep y cajas se muestran en las figuras A y B, respectivamente. Aquí, la fuerza de accionamiento máxima para el jeep es igual a fricción estática máxima entre los neumáticos y el suelo, es decir, DCL:

FD = µs NJ = 0.6NJ La fuerza de fricción que actúa sobre la caja es (Ff )c = µs NC = 0.3nC Aplicando el Principio del impulso y cantidad de movimiento: Con referencia a la figura. A (+ ↑).......m(v1 )y +

X Z t2

Fy dt = m(v2 )y

t1

1500(0)NJ (5) − 1500(9.81)(5) = 1500(0) NJ = 14715N...........(I) (+ →).......m(v1 )y +

X Z t2

Fy dt = m(v2 )y

t1


10



1500(0) + 0.6(14715)(5) − P(5) = 1500v v = 29.43 − 3.333(10−3 )P

Aplicando el Principio del impulso y cantidad de movimiento: Analizamos en la figura B: (+ ↑).......m(v1 )y +

X Z t2

Fy dt = m(v2 )y

t1

100(0) + NC (5) − 1000(9.81)(5) = 1000(0) NC = 9810N (+ →).......m(v1 )y +

X Z t2

Fx dt = m(v2 )y

t1

1000(0) + P(5) − 0.3(9810)(5) = 1000v vC = 0.0005P − 140715.............(2) Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) tenemos: v = 11.772m/s = 11.8m/s P = 5297.4N


11



1.3.2

Ejercicio 15.11:

El pequeño bloque de 20 libras se coloca en el inclinado avión y se sometió a 6 libras y las fuerzas de 15 libras que actúan en paralelo con bordes AB y AC, respectivamente. Si el bloque está inicialmente en descansar, determinar su velocidad cuando t = 3s. El coeficiente de fricción cinética entre el bloque y el plano es µk = 0.2

Solución: Diagrama de cuerpo libre: Aquí, el plano x − y está ajustado en paralelo con el plano inclinado. Por lo tanto, el eje z es perpendicular al plano inclinado. La fuerza de fricción actuará junto pero en el sentido opuesto al de la moción, que forma un ángulo θ con el eje x. Su magnitud es Ff = µk N = 0.2N

Aplicando el Principio del impulso y cantidad de movimiento: Con referencia a la figura. A m((v1 ))z +

X Z t2

FZ dt = m(v2 )z

t1

20 20 (0) + N(3) − 20cos30o (3) = (0) 32.2 32.2 N17.32lb Además: m((v1 ))x +

X Z t2

Fx dt = m(v2 )x

t1

20 20 (0) + 6(3) − [0.2(17.32)cosθ] (3) = (vcosθ) 32.2 32.2 cosθ(v + 16.73) = 28.98..........(1) También podemos ver: m((v1 ))y +

X Z t2

Fy dt = m(v2 )y

t1


12



20 20 (0) + 15(3) − (20sen30o )(3) − [0.2(17.32)senθ] (3) = (vsenθ) 32.2 32.2 senθ(v + 16.73) = 24.15.........(2) Solucionando las ecuaciones (1) y (2) tenemos: θ39.80o v = 20.99ft/s = 21ft/s

1.3.3

Ejercicio 15.44:

Bloque A tiene una masa de 2 kg y se desliza en una abierta Finalizado el cuadro B con una velocidad de 2 m/s. Si la caja B tiene una masa de 3 kg y se apoya en la parte superior de una placa P que tiene una masa de 3 kg, determine la distancia que la placa se mueve después de que se detenga deslizamiento en el suelo. Además, ¿cuánto tiempo pasa después del impacto antes de cesa todo movimiento? El coeficiente de fricción cinética entre la caja y la placa es µk = 0.2, y entre el placa y el suelo es µk0 = 0.2. Además, el coeficiente de estática la fricción entre la placa y el suelo es µs0 = 0.2

Solución:DCL:

Usando la ecuación de equilibrio para FBD(a): +↑

X

Fx = 0 ⇐ Nb − (3 + 2)(9.81) = 0B = 49.05N

Cuando cuadro B se desliza en la parte superior de la placa P. (Ff )B = µk NB = 0.2(49.05) = 9.81N Usando las ecuaciones de equilibrio para FBD (b) +↑

X

Fy = 0; ⇐ NP − 49.05 − 3(9.81) = 0 ⇐ NP = 78.48N

+↑

X

Fx = 0; ⇐ 9.81(Ff )P = 0 ⇐ (Ff )P = 9.81N


13



Puesto que, (Ff )P > [(Ff )P ]max = µk0 Np = 0.15(7848) = 9.418N, laplacaP (Ff )P = µk0 Np ⇒ 0.1(78.48) = 7.848N Conservación del momento lineal: Si tenemos en cuenta el bloque y la caja como un sistema, entonces la fuerza impulsiva causada por el impacto es interna al sistema. Por lo tanto, se anulan. Como resultado, el momento lineal se conserva a lo largo eje x. mA (VA )l + mR (VR )l = (ma + mR )v2 (+ →).....2(2) + 0 = (2 + 3)v2 v2 = 0.8000m/s → Aplicando el Principio del impulso y momento lineal: Para que la caja B para detener el deslizamiento placa P, tanto la caja B y la placa P debe tener la misma velocidad v3 . Aplicando la ecuación a la caja B entonces (FBD (c), tenemos: m((vx ))1 +

X Z t2

Fx dt = m(vx )2

t1

(+ →).....5(0.8) + [−9.81(t1 )] = 5v3 .....(1) Aplicando el Principio del impulso y momento lineal para la placa P, entonces FBD (d) tenemos: m((vx ))1 +

X Z t2

Fx dt = m(vx )2

t1

(+ →).....3(0) + −9.81(t1 ) − 7.848(tl ) = 3v3 .....(2) Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) tenemos: t1 = 0.3058s; v3 = 0.200m/s Ecuación del movimiento: De FBD (d), la aceleración de la placa P en la casilla B sigue deslizándose en la parte superior de la misma está dada por: +→

X

Fx = max ⇒ 9.81 − 7.848 = 3(aP )1 ⇒ (aP )1 = 0.654m/s2

Cuando la casilla de parada B se deslizó en la parte superior de la caja B,(Ff )B . A partir de este instante en adelante placa P y la caja B actúan como una unidad y se deslizan entre sí. De FBD (d), la aceleración de placa P y la caja B viene dada por: +→

X

Fx = max ⇒ −7.848 = 8(aP )2 ⇒ (aP )2 = −0.981m/s2

Cinemática: Placa P recorre una distancia s1 antes del cuadro B deje de deslizamiento. 1 (+ →)S1 = (v0 )P t1 + (aP )1 t21 2 1 S1 = 0 + (0.654)(0.30582 ) = 0.030558m 2 El tiempo t2 para que la placa P pare tras la caja B que se deslizó viene dada por: (+ →)v4 = v3 + (aP )2 t2 E.F.P. INGENIERIA CIVIL - SEGUNDA PRÃCTICA CALIFICADA DE DINAMICA (IC-242)

14



0 = 0.2002 + (−0.981)s2 s2 = 0.02039m La distancia total que recorre la placa P es: SP = S1 + S2 = 0.03058 + 0.02039 = 0.5097, = 51mm El tiempo total empleado para dejar todo el movimiento es: tTot = t1 + t2 = 0.3058 + 0.2039 = 0.510s

1.3.4

Ejercicio 15.74:

Las tres bolas cada uno tiene una masa de m. Si A es liberado desde el reposo en θ , determinar el ángulo φ al que se eleva después de C colisión. El coeficiente de restitución entre cada bola es e.

Solución: Usando Conservación de la energía: El dato se encuentra en la posición inicial de la bola de B. Cuando la bola A está a l(1 + cosθ por encima del dato de su energía potencial gravitatoria es mg[l − cosθ] Aplicando la ecuación T1 + V1 = T2 + V2 tenemos: T1 + V1 = T2 + V2 0 + mg[l(1 + cosθ)] = m(vA )1 =

p

1 m(vA )21 + 0 2

2gl(1 − cosθ)

Por Conservación del Momento: Cuando la bola golpea una bola B, tenemos: mA m(vA )1 + mB m(vB )1 = mA m(vA )2 + mB m(vB )2 (+ →)m

p

2gl(1 − cosθ) + 0 = mA (vA )2 + mB (vB )2 .....(2)

Hallamos el coeficiente de Restitución:


15



e=

B(vB )2 − B(vA )2 B(vA )1 − B(vB )1

B(v ) − B(vA )2 .....(2) (+ →)e = p B 2 2gl(1 − cosθ) − 0 Resolviendo la ecuación (1) y (2) tenemos: (1 − e)

p

2gl(1 − cosθ) − 0 2 p (1 + e) 2gl(1 − cosθ) − 0 (vA )2 = 2 (vA )2 =

Por Conservación del Momento: Cuando la bola golpea la bola B C, tenemos: mB (vB )1 + mC (vC )1 = mB (vB )2 + mC (vC )2 " (+ →)m

(1 + e)

p

# 2gl(1 − cosθ) − 0 + 0 = m(vB )3 + m(vC )2 .....(3) 2

Hallamos el coeficiente de Restitución: e= (+ →) , e =

(vC )2 − (vB )3 (vB )2 − (vC )1

(1+e)

(v ) − (vB )3 √C 2

2gl(1−cosθ)−0 2

.....(4)

−0

Conservación de la energía: El dato se encuentra en la posición inicial de la bola C. Cuando la bola C es l(1 − cosφ) está por encima del dato de su energía potencial gravitatoria es mg[l(1 − cosφ)] Aplicando la ecuación T2 + V2 = T3 + v3 tenemos; T2 + V2 = T3 + v3 # 1+e 1 p 0+ m = 0 + mgl(2 − cosφ) 2 24 2gl(1 − cosθ) (1 + e)4 (1 − cosθ) φ = cos−1 1 − 4 "


16



1.4 1.4.1

SISTEMA DE PARTICULAS Ejercicio 13.28:

Los bloques A y B tienen una masa de mA y mB , donde mA > mB . Si la polea C se le da una aceleración de a0 , Determinar la aceleración de los bloques. Desprecie la masa de la polea.

Solución: a) Diagrama de cuerpo libre: El diagrama de cuerpo libre de los bloques A y B se muestran en la Figuras, (a) y (b), respectivamente. Desde la polea C es lisa, la tensión en el cable se mantiene constante para todo el cable. b) Ecuaciones de movimiento: Por referencia a las figuras (a) y (b). +↑

X

Fy = may

T − mA g = mA aA .....(1) +↑

X

Fy = may

T − mB g = mB aB .....(1) Eliminando en las ecuaciones (1) y (2) (mA − mB ) = mB aB − mA aA c) Cinemática: La aceleración de los bloques A y B con respecto a la polea C será de la misma magnitud, es decir aA/C = aB/C = arel . Si asumimos que aA/C se dirige hacia abajo, aB/C también deben ser dirigidas hacia abajo para ser coherente. la aplicación de la ecuación de aceleración relativa. aA = aC + aA/C


17



aA = a0 + arel .....(4) aB = aC + aB/C aB = a0 + arel .....(5) Eliminando en (4) y (5) tendremos: aA + aB = 2a0 .....(6) Finalmente reemplazamos la ecuación (3) en (6) y así obtenemos lo que se pide: aA =

aV =

1.4.2

2mga0 − (mA − mB )g ↑ mA + mB 2mA ga0 − (mA − mB )g ↑ mA + mB

Ejercicio 14.13:

Determine la velocidad del bloque A de 60 lb. Si los dos bloques se sueltan desde el reposo y el bloque B de 40 lb se mueve 2 pies por el plano inclinado. El coeficiente de fricción cinética entre ambos bloques y los planos inclinados es uk = 0.10. Solución: Para el bloque A +-

X

Fy = may

NA − 60cos60o = 0 NA = 30lb FA = 0.1(30)lb = 3lb

Para el bloque B +%

X

Fy = may

NB − 40cos30o = 0 NB = 34.64lb


18



FB = 0.1(34.64)lb = 3.464lb

Utilizamos el sistema de los dos bloques. NA, NB, T y R no realizan trabajo.

T1 +

X

U1−2 = T2

(0 + 0) + 60sen60o |∆SA | − 40sen30o |∆SB | − |∆SA | − 3.464|∆SB | =

1 2

60 32.2

v2A +

1 2

40 32.2

v2B

2SA + SB = l 2A + SB = −B Pero |B | = 2ft |A | = 1ft 2vA = vB Sustituyendo y resolviendo vA = 0.771ft/s vB = −1.54ft/s


19


CINETICA DE UN CUERPO RIGIDO

2


2.1 2.1.1

FUERZA Y ACELERACION Ejercicio 17.111:

El cilindro de 15 libras está inicialmente en reposo sobre una placa de 5 libras. Si un momento par M = 40libras.ft se aplica al cilindro, determinar la aceleración angular del cilindro y el tiempo necesario para que el extremo B de la placa de viaje 3ft a la derecha y golpee la pared. Suponga que el cilindro no se desliza por la placa, y desprecie la masa de los rodillos debajo de la placa.

Solución: Ecuación del movimiento: El momento de inercia del cilindro alrededor de su centro de masa está 15 dada por IG = 12 mr2 = 12 32.2 (1.25)2 = 0.3639slug.ft2 del cilindro, por diagrama de cuerpo libre tenemos:

P

MA =

P 15 )aG (1.25) − 0.3639α (Mk )A − 40 = −( 32.2 X

Fx = m(aG )x Ff =

15 a 32.2 G

Aplicando la ecuación de movimiento en el diagrama de cuerpo libre siguiente, tenemos:

Analizando el movimiento de los puntos G y A. Tenemos: aG = aA + α × r( G/A) − ?2 r( G/A)


20



−aG i = (aA )x i + (aA )y j + αk × (1.25j) − ?2 (1.25j) h i −aG i = [[(aA )x − 1.25α]] i + (aA )y − 1.25?2 j Igualando las componentes de i, tenemos: aG = 1.25α − (aA )x Resolviendo las ecuaciones: α = 73.21rad/s2 aG = 22.90ft/s2 ap = 68.69ft/s2 Ff = 10.67lb El tiempo requerido de la placa para viajar 3ft es: 1 s = s0 + v0 t + ap t2 2 1 3 = 0 + 0 + (68.69)t2 2 t = 0.296s


21



2.1.2

Ejercicio 17.112:

El conjunto se compone de un disco de 8kg y una barra de 10kg, que está conectado al disco. Si el sistema se libera desde el reposo, determinar la aceleración angular del disco. Los coeficientes de fricción estática y cinética entre el disco y el plano inclinado son 0.6 y 0.4 respectivamente. Desprecie la fricción en el B.

Solución: Ecuación de movimiento:

Disco: x

= m(aG )x ; Ax − FC + 8(9.81)sen30◦ = 8aG

X

Fy = m(aG )y ; Nx − Ay − 8(9.81)cos30◦ = 0

X

MA = IA α;

1 FC (0.3) = left[ (8)(0.3)2 α 2

Barra: X X

Fx = m(aG )x ; 0(9.81)sen30◦ = 0

MA = IA α; −NB (0.5cos17.46◦ ) + Ax (0.5sen17.46◦ ) + Ay (0.5cos17.46◦ ) = 0

Suponiendo que el disco no se desliza: aG = 0.3α Resolviendo las 7 ecuaciones planteadas, tenemos:


22



Ax = 8.92N; Ay = 41.1N; NB = 43.9N aG = 4.01m/s2 α = (13.4rad)/s2 NC = 109N FC = 16.1N (FC )m ax = 0.6(109) = 65.4N > 16.1, Cumplelascondiciones

2.2 2.2.1

TRABAJO Y ENERGIA Ejercicio 18.24:

Si la esquina A de la placa de 60 kg se somete a una fuerza vertical p = 500N y la placa se suelta desde el punto de reposo cuando θ = 0o Determine su velocidad angular cuando θ = 45o Solución: Dado que la placa está inicialmente en reposo T1 = 0. Haciendo referencia a la fig.a Tendremos: (vG )2 = ω2 rG/IC = ω(1cos45o ) (vG )2 = 0.7071ω2 Hallando el momento de inercia de la placa alrededor de su centro de masa IG =

1 m(a2 + b2 ) 12

IG = 10kg.m2 La energía cinética final esta dado por : IG = IG =

1 1 m(vG )22 IG ω22 12 12

1 1 m(0.7071ω2 )2 (10)ω22 12 12 T2 20ω2


23



Haciendo referencia a la figura. b, NA y NB no trabajan, mientras que P realiza trabajo positivo y W realiza un trabajo negativo. Cuando θ = 45o , W y P desplazan hacia arriba a través de una distancia de h = 1cos45o − 0.50 = 0.2071m y SP = 2(acos45o ) − 1 = 0.4142m Por lo tanto, el trabajo realizado por P y la W es:

UP = PSP UP = 500(0.4142) UP = 207.11J El trabajo realizado por W UW = −wh UW = −60(9.81)(0.2071) UW = −121.90J Aplicamos el principio de trabajo y energía T1 +

X

U1−2 = T2

0 + [207.11 − 121.90] = 20ω22 ω = 2.06rad/s


24



2.2.2

Ejercicio 18.55:

La barra CB mantiene el panel de puerta rectangular de 50kg en posición vertical. Cuando se quita la barra. El panel se cierra por su propio peso. El movimiento del panel lo controla un resorte conectado a un cable enrollado en la media polea. Para reducir los portazos excesivos, la velocidad angular del panel de puerta se limita a 0.5rad/s en el momento de cierre. Determine la rigidez mínima k del resorte si este no esta alargado cuando el panel esta en la posición vertical. Ignore la masa de la media polea.

Solución: Energía potencial: Con referencia al punto de referencia en la fig. a La energía potencial del panel de la puerta en sus posiciones abierta y cerrada es (vg )1 = W(yG )1 (vg )1 = 50(9.81)(0.6) (vg )1 = 294.3J Energía potencial en el punto 2 (vg )2 = W(yG )2 (vg )2 = 50(9.81)(0) Puesto que el resorte no está estirado cuando el panel de la puerta está en la posición abierta (ve )1 = 0 , Cuando la puerta está cerrada, la mitad de polea gira a través de y el ángulo de θ = π 2 rad . Por lo tanto, el resorte se extiende S = rθ S = 0.15

π 2

m

S = 0.075m


25



Luego hallamos (ve )2

1 (ve )2 = () ks2 2 1 (ve )2 = () k(0.075π)2 2 (ve )2 = 0.0028125π2 k Por lo tanto, V1 = (vg )1 + (ve )2 = 294.3 + 0 V1 = 294.3J V1 = (vg )1 + (ve )2 = 0 + 0.0028125π2 k Energía cinética: Dado que el panel de la puerta gira alrededor de un eje fijo que pasa a través del punto A, su energía cinética se puede determinar a partir de T = 21 IA ω2 , donde el momento de inercia esta dado por: IA =

1 50(1.22 ) + 50(0.6)2 12 IA = 12kg.m2

Reemplazando encontraremos la energía cinética de en el punto A. T=

1 1 I ω2 = (24)ω2 2 A 2 T = 12ω2

Reemplazando la velocidad angular que nos dan como dato tendremos. T1 = 0 T2 = 12(0.5)2 = 3J Aplicamos la ley de la conservación de la energía, para finalmente hallar k: T1 + V1 = T2 + V2 Reemplazando los valores anteriormente obtenidos tenemos:


26



0 + 294.303 + 0.0028125π2 k k = 10494017N/m k = 105KN/m

2.3 2.3.1

IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO Ejercicio 19.8:

El cilindro de 50kg tiene una velocidad angular de 30rad/s cuando se pone en contacto con la superficie horizontal en c. si el coeficiente de fricción cinética es µk = 0.2 . Determine cuanto tiempo le llevara al cilindro dejar de girar. ¿Que fuerza se desarrolla en el brazo AB durante este tiempo?. El eje que pasa a través del cilindro esta conectado a dos eslabones simétricos. (solo se muestra el ab). para el cálculo. ignore el peso de los eslabones.

Por el Principio del impulso y cantidad de movimiento El momento de inercia del cilindro con respecto a su centro es IG =

1 (50)(0.2)2 2

IG = 1.00kg.m2 Aplicando la ecuación: En el eje y: m(vGy )1 +

X Z t2

Fy dt = m(vGy )2

t1

(+ ↑)0 + N(t) + 2FAB sen20o (t) − 50(9.81)(t) = 0.....(1) En el eje x:


27



(+) → 0 + 0.2N(t) − 2FAB sen20o (t) = 0.....(2)

IG ω1 +

X Z t2

MG dt = IG ω2

t1

−1.00(30) + [0.2N(t)](0.2) = 0.....(3) Resolviendo las ecuaciones 1 y 2 y 3 tenemos: FAB = 48.7N , t = 1.64s Por lo tanto: N = 457.22N

2.3.2

Ejercicio 19.17:

La bola de boliche de 5kg es lanzada por la pista con un giro inverso de w0 = 10rad/s y la velocidad de su centro de masa O es vo = 5m/s . Determine el tiempo para que la bola deje de girar a la inversa, y la velocidad de su centro de masa en este instante. El coeficiente de fricción cinética entre la bola y el callejón es µk = 0.08

Solución: Principio del impulso y cantidad de movimiento: Desde las gradas de bola.Ff = Nµk = 0.08 El momento de inercia de la bola alrededor de su centro de masa es. Io =

Io =

2 2 mr 5

2 (5)(0.1)2 5

Io = 0.02kg.m2 Tomando como referencia la fig. a


28



En el eje y tenemos: m(vGy )1 +

X Z t2

Fy dt = m(vGy )2

t1

Sabemos que: (HA ) +

X Z t2

MA dt = (HA )2

t1

0.02(20) + 5(5)(0.1) + 0 = −5(vo )2 (0.1) Finalmente: (vo )2 = 4.6m/s En el eje x: + → (HA ) +

X Z t2

MA dt = (HA )2

t1

Reemplazando los datos: 5(5) − 0.08(49.05)(t) = 5(4.6) Finalmente: t = 0.51s

2.4 2.4.1

SISTEMA DE PARTICULAS Ejercicio 17.90:

Una placa uniforme pesa 50lb. El brazo AB se sometido a un momento de par M = 10lb.pie de y tiene una velocidad angular en el sentido de la manecillas del reloj de 2rad/s cuando θ = 30o . Determine la fuerza desarrollada en el brazo CD y tangencial componente de la aceleración del centro de masa de la placa en este instante. Desprecie la masa de brazos AB y CD.

Solución:


29



a)Ecuaciones de movimiento: Dado que la placa se somete en forma de voladizo (aG )n = (22 )(1.5) = 6ft/s2 . Con referencia al diagrama de cuerpo libre de la placa mostrada en fig. a X

Fn = m(aG )n

−FCD − Bx cos30o − By sen301 + 50sen30o = X

50 (6).....(1) 32.2

Ft = m(aG )t

Bx sen30o − By cos30o − 50sen30o = X

20 (a )t .....(2) 32.2 G

MG = 0

Bx (1) − By (0.5) − FCD cos30o (1) − FCD sen30o (0.5) = 0.....(3) b) Como la masa de enlace AB se puede despreciar, podemos aplicar la ecuación de momento deequilibrio de vincular AB. En relación con su diagrama de cuerpo libre, fig. b X

MA = 0

Bx (1.5sen30o ) − By (1.5cos30o ) − 10 = 0.....(4) Resolviendo la ecuación (1) y (4) Bx = 8.975lb

^

By = −2.516lb

FCD = 9.168lb = 9.17lb (aG )t = 32.18ft/s2 = 32.2ft/s2


30



2.4.2

Ejercicio 17.90:

La cuerda está enrollado alrededor del núcleo interno del carrete. Si a 5 libras bloque B está suspendido de la cuerda y libera del reposo, determine la velocidad angular del carrete cuando t = 3s. Despreciar la masa del cable. El carrete tiene un peso de 180 lb y el radio de giro alrededor del eje A se kA = 10.25 pies Resuelve el problema de dos maneras, en primer lugar por teniendo en cuenta el "sistema" que consiste en el bloque y el carrete.

Solución: Hallamos la aceleración angular en: X

5(1.5) =

180 32.2

MA =

X (Mk )A

(1.25)2 α +

5 32.2

(1.5α)(1.5)

α = 0.8256rad/s2 Finalmente hallamos la velocidad angular ω = ωo + aC t ω = 0 + (0.8256)(3) ω = 2.48rad/s


31

Ejercicios-resueltos-hibbeler-grupo-121(1)

Recommend Documents