ejercicios resueltos bedford grupo 081

Universidad Nacional San Cristobal DeHuamanga

Facultad De Ingenieria Minas, Geologia YCivil

Escuela De Formacion Profesional DeIngenieria Civil

Resolucin de Problemas

Mecnica para Ingeniera (Bedford-Fowler)

Cintica de partcula y cuerpo rgido

Asignatura :Dinmica (IC-244)

Alumnos : z Caldern Quispe, Gilmer

z Navarro Bautista, Paul

z Maldonado Carlos, Juan Jos

z Infante Leva , Samuel

Docente : Ing. Cristian CAstro Perez

Ayacucho - Peru - 2013

Contenido

1. Leyes de Newton 31.1. problema 01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2. Problema 02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3. Problema 03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.4. Problema 04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2. Mtodo de trabajo y energa 92.1. Problema 01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.2. Problema 02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.3. Problema 03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.4. Problema 04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.5. problema 05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.6. Problema 06 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

3. Cantidad de Movimiento 173.1. Problema 01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173.2. Problema 02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

4. Sistemas de Partculas 204.1. Problema 01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204.2. Problema 02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214.3. Problema 03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234.4. Problema 04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2

Captulo 1

Leyes de Newton

1.1 problema 01

El paquete de parte del reposo y se desliza por la rampa suave. Los dispositivos hi-drulicos ejerce B una fuerza de 2000 N constante y trae el paquete para descansar enuna distancia de 100 mm desde el punto en el que hacecontacto. Cul es la masa delpaquete?

30

2 mA

B

mg

30

N

mg

30

N

2000 N

Solucin:

En primer lugar analizamos el movimiento antes de que llegue al punto BF : mgsin30 = ma

a = gsin30, v = (gsin30)t, s = (gsin30)t2

2

3

ing.civil CAPTULO 1. LEYES DE NEWTON

cuando se llega a B

s = 2m = (gsin30)t2

2 t = 0 903s

v = (gsin30) (0 903s) = 4 43m/s

Ahora analizamos el movimiento despues de que llegue al punto BF : mgsin30 200N = ma

a = vdv

ds= g sin 30 200N/m

0443m/s

vdv =

01m0

(g sin 30 200N/m)ds

0 (4 43m/s)2

2= (g sin 30 200N/m)(g sin 30 200/m)

Resolviendo la ultima ecuacin encontramos

m = 19 4kg

1.2 Problema 02

El robot est programado de modo que la Parte de 04kgA describe la trayectoria

r = 1 a 0 5 cos(2pit) = 0 5 a 0 2 sin(2pit)

Determinar los componentes radial y transversal de la fuerza ejercida sobre una de lasmand bulas del robot en el instante t = 2s

Ar

Solucin:

Dinmica # 4 "


El componente radial de la aceleracin esta dado po:

ar =d2r

dt2 r(d

dt)2

Obteniendo las derivadas correspondientes

dr

dt=

d

dt(1 0 5 cos 2pit) = pi sin 2pit

d2r

dt2=

d

dt(pi sin 2pit) = 2pi2 cos 2pit

d

dt=

d

dt(0 5 0 2 sin 2pit) = 0 4pi cos 2pit

d2

dt=

d

dt(0 4pi cos 2pit) = 0 8pi2 sin 2pit

para

[ar]t=2 = 2pi2 cos 4pi (1 0 5 cos 4pi)(0 4pi cos 4pi)2

= 2pi2 0 8pi2 = 18 95m/s2

(t = 2) = 0 5rad

A partir de la segunda ley de Newton

Fr mg sin = marF mg cos = ma

Del cual se obtiene

Fr = 0 4ar + 0 4g sin = 9 46N

La componente Transversal de la aceleracin es:

a = r(d2

dt) + 2(

dr

dt)(d

dt)

a = r(d2

dt) + 2(

dr

dt)(d

dt)

Remplazando obtenemos

[a]r=2 = (1 0 5 cos 4pi)(0 8pi2 sin 4pi) + 2(pi sin 4pi)(0 4pi sin 4pi) = 0F = 3 44N

Dinmica # 5 "


1.3 Problema 03

El brazo BC de la figura tiene una masa se 12kg y su momento de inercia de masarespecto a su centro de masa es de 3kgm2 . Si B esta en reposo y el brazo BC tiene unavelocidad angular antihoraria constante de 2rad/s en el instante mostrado. determinar elpar y las componentes de la fuerza ejercida sobre el brazo BC en B

x

y

300mm40

700 mm

BA

C

Solucin:

debido aque el punto B se esta acelerando, las ecuaciones de movimiento angular debe serescrito sobre el centro de masa del brazo. las distancias vectoriales de A y B y de B y Grespectivamente, son:

rB/A = rB rA = 0 7~irG/B = 0 3 cos(40)~i+ 0 3 sin(40)~j

= 0 2298i + 0 1928~jm

La aceleracn de punto B es:

~aB = ~x~rB/A 2AB~rB/A = 2AB(0 7~i)(m/s2)

La aceleracin del centro de masa es:

~aG = ~aB + ~BCx~rG/B 2BC~rG/B

~aG = 2 8~i+ ~i ~j ~k0 0 4

0 2298 0 1928 0

0 9193~i 0 7713~j= 2 948i 1 691jm/s2

Dinmica # 6 "


A partir de la segunda ley de newton

Bx = maGx = (12)(2,948) = 35,37NBy mg = maGy

A partir de la ecuacin de movimiento angular,MG = IBC

~MG = ~MB + ~rB/Gx ~B =

~i ~j ~k0 2298 0 1928 035 37 94 43 0

= MB~k 29 21~k(N m)

nota I = 3kg m2 y BC = 4k(rad/s2),del cual se obtiene

MB = 17,21N m

1.4 Problema 04

En la figura la barra esbelta pesa 40N y la caja 80N Esta descansa sobre una superficielisa.Si el sistema esta en reposo en instante mostrado Qu par M ocasionar qu la cajaacelere hacia la izquierda 14m/s2?

6

3 m 6

M

m

m

Solucin:

Dinmica # 7 "


N N

Hay 6 nincognitas (M,T,N,Ox, Oy, )cinco ecuaciones dinamicas y una ecuacin de res-triccin para lo cual usaremos las siguientes relaciones

MO : M (40N) (1 5m)Tcos45(6m)Tsin45(3m)=

1

3(

40N

9 81m/s2 )(45m2)

Fx : Tcos45 = ( 80N9 81m/s2 )(14m/s

2)

La ecuacin de restriccin se rediva del tringulo que se muestra

L =

45m, d = 6

2m, = 63 4

x = L cos +d2 L2sin2

=

(L sin L

2 cos sin d2 L2sin2

)

SAbiendo quex = 0 = = 0

x =

(L sin L

2 cos sin d2 L2sin2

) (14m/s2)

x =

(L sin L

2 cos sin d2 L2sin2

)

Resolviendo tenemos

= 1,56rad/s2

M = 1149Nm T = 161 5N.

Dinmica # 8 "

Captulo 2

Mtodo de trabajo y energa

2.1 Problema 01

En la figura, el pistn y la carga que soporta son acelerados hacia arriba por el gas enel cilindro. el peso total del pistn y la carga es 1000kg. El cilindro ejerce una fuerza defriccin constante de 50N sobre el pistn cuando este se levanta. La fuerza neta ejercidasobre el pistn por la presin es (p patm)A, donde p es la presin del gas, patm =2117N/m2 es la presin atmosfrica, y A = 1m2es el rea transversal del pistn, supongaque el producto de p y el volumen del cilindro es constante. Cuando s = 1m, el pistnesta en reposo y p = 5000N/m2. cul es la velocidad del pistn cuando s = 2m?

s

PistonGas

Solucin:

En la posicin de reposo p0A0s = p0V = K donde V = 1m3, K = p0 la energa potencialdel pistn debido a la presin del gas cuando inicia el moviento es

vgas = ss0

Fds =

ss0

(p patm)Ads = patmA(s s0) ss0

pAds

vgas = patmA(s s0) ss0

1

sds = patmA(s s0) k ln( s

s0)

La energa potencial gravitatoria es

vgra = ss0

(W )ds = W (s s0

el trabajo de la friccin es

Uf = ss0

(f)ds = f(s s0)dondef = 50N.

9

ing.civil CAPTULO 2. MTODO DE TRABAJO Y ENERGA

Por el principio del trabajo y la energa

Uf =1

2(W

g)v2 + vgas + vgra

1

2(W

g)v2 = Uf vgas vgracons = 2m

1

2(W

g)v2 = (1348 7) 1000 50 = 298 7Nm

v =

2(298 7)g

W

v = 2 42m/s

2.2 Problema 02

El collarin A de 12 kg esta en reposo en la posicin mostrada en t = 0 y se encuentrasometido a la fuerza tangencial F = 24 12t2 durante 1 5s. ignorando la friccin, qualtura mxima h alcanza?

h

2 m

AF

Solucin:

Primero obtenemos la velocidad a partir de la ley de Newton

mdv

dt= F = 24 12t2 integrando

v =1

m

1,50

(24 12t2)dt = 1m

[24t 4t3]1,50 = 1 875m/s

v =1

m

1,50

(24 12t2)dt = 1m

[24t 4t3]150 = 1 875m/s

Nota: la distancia recorrida por el collarin no debe ser mayor a 2 m

s =1

m

150

(24t 4t3)dt

s =1

m[12t2 t4]1,50 = 1 82m < 2m

la energa mecnica se conserva

1

2mv2o =

1

2mv2 +mgh

Dinmica # 10 "


la mxima altura se da cuando la velocidad es cero entonces

h = v2o

2g = 0 179m

2.3 Problema 03

En la figura la barra esbelta de 4kg esta articulada a un deslizador A de 2 kg y a undisco cilndrico homogneo de 4kg en B. Ignore la fuerza de friccin sobre el deslizadory suponga que el disco rueda. Si el sistema se libera del reposo con = 60Cul es lavelocidad angular de la barra cuando = 0?

1 m

A

B 200 mm

Solucin:

El centro instantneo de la barra tiene las coordenadas: (L cos , L sin ) y la distanciadesde el centro de masa de la barra es l

2. la velocidad esta relacionado asi:

v =L

2

v es la velocidad de centro de masa y la velocidad del cilindro esta dado por

vA = L cos

La velocidad del disco es:

vB = L sin

Dinmica # 11 "


La energia potencial del sistema esta dado por:

V1 = mAgL sin 1 +mg

(L

2

)sin 1

para V2 = 0 la energa cintica es

T2 =1

2mAvA

2 +1

2mv2 +

1

2

mL2

122 +

1

2mBvB

2 +1

2

mBR2

2

(vBR

)vA = L cos 0

0 = L

vB = L sin 00 = 0

v =

(L

2

)Por conservacin de energa V1 = T2

= 4 52rad/s

2.4 Problema 04

La barra esbelta mostrada pesa 14kg y el disco cilndrico 9kg el sistema se libera delreposo con la barra horizontal. Determine la magnitud de la velocidad angular de la barracuando est vertical si la barra y el disco estan soldados en A.

O

1.2 m 0.3 m

A

Solucin:

El trabajo realizado por los pesos de la barra y el disco cuandocaen es

U12 = mbarg(0 6) +mdisg(1 2)U12 = (14)(9 81)(0 6) + 9(9 81)(1 2) = 188 4N m

Dinmica # 12 "


El momento de inercia de la barra en el extremo

I0 =1

3mbarl

2 = 6 72kg m2

La energa cintica final de la barra es

Tbar =1

2I0

2 = 3 362

Hallando momento inercia del disco respecto de A

IA =1

2mdisR

2 = 0 45kg m2

La energa cintica final del disco es

Tdis =1

2mdisl

22 +1

2IA

2

U12 = Tdis + Tbar

188 4 = 3 362 + 6 682 = 4 33rad/s

2.5 problema 05

El collarn de 10kg mostrado parte del reposo en la posicin 1 y resbala a lo largo dela barra. El eje seala hacia arriba. La constante de resorte es K = 100N/m y la longituddel resorte si estirar es de2m. Use el principio de de la conservacin de la energa paradeterminar la velocidad del collarin cuando ste alcanza la poscin 2

x

y (4, 4, 2) m

(6, 2, 1) m(1, 1, 0) m1

2

z

Solucin:

Dinmica # 13 "


La longitud del resorte en la posicin 1 es:

S1 =

(6 1)2 + (2 1)2 + (1 0)2 = 3 2m

La longitud del resorte en la posicin 2 es:

S1 =

(6 4)2 + (2 4)2 + (1 2)2 = 1m

El trabajo realizado por el resorte es

Ur =

S2S1

(Ks) ds = 12K(S1

2 S22)

= 460 8N/m

El trabajo realizado por la gravedad es:

Ug =

h0

(mg) ds = mgh = 294 3N/m

Por el principio de trabajo y energa

Ur + Ug =1

2mv2

Remplazando los valores correspondientes se tiene:

v = 5 77m/s

2.6 Problema 06

en la figura la barra AB pesa 5kg y la barra BC 3kg. Si el sistema se libera del reposoen la posicin mostrada ;Cules son las velocidades angulares de las barras en el instanteinmediato anterior en que la junta toca el piso liso?

1 m

2 m 1 m

A B

C

Dinmica # 14 "


Solucin:

1 m

2 m 1 m

A B

C

El trabajo por el peso de la barra es:

v12 = mABg(0 5) = 39 24La velocidad del punto B es

~vB = ~vA + ~ABx~rB/A

~vB =

~i ~j ~k0 0 AB3 1 0

= AB~i3AB~j (I)La velocidad del punto C es

~vB = ~vC + ~BCx~rB/C

~vB = vC~i+

~i ~j ~k0 0 BC2 0 0

= vC~i+2BC~j (II)De las ecuaciones I y II

~vC = ~AB~i

BC =

3

2AB (III)

La velocidad ene punto medio de BC (G)

~vG = ~vC + ~BCx~rG/C

~vG = AB + ~i ~j ~k0 0 BC22

0 0

= AB~i+ 22BC~j

~vG = AB~i+

3

2AB~j (IV )

Dinmica # 15 "


Hallando la energa

U12 =1

2

[1

3mAB(2)

2

]2AB +

1

2mBC(VG)

2 +1

2

[1

12mBC

(2)2]

2BC

De las ecuaciones (III) (IV)

AB = 2 49rad/s BC = 3 05rad/s

Dinmica # 16 "

Captulo 3

Sistema de Particulas

3.1 Problema 01

Una esfera suspendida de una cuerda que pasa por un agujero en el techo en O semueve con velocidad VA en una trayectoria circular horizontal de radio rA. la cuerda sejala a travs del agujero hasta que la esfera se mueve con velocidad VB en una en unatrayectoria circular horizontal de radio rB. Use el principio del impulso angular y delmomento angular para demostrar que VArA = VBrB

O

BrB

rAA

Solucin:

El movimiento esta en el plano xy y asumiendo que la bola se encuentra en el eje positivox en t = 0. El radio vector es

~rA = rA(~i cos(At) +~j sin(At))

Donde A es la velocidad angular, entonces

~vA = ~jrAA sin(At) +~jrAA cos(At)

El momento angular por unidad de masa alrededor del eje normal al techo es

(~r m~vm

) =

~i ~j ~krA cos(At) rA sin(At) 0jrAA sin(At) jrAA cos(At) 0

= ~k(r2AA)17

ing.civil CAPTULO 3. SISTEMA DE PARTICULAS

4 definimos el vector unitario paralelo a este vector de momento angular ~e = ~ka partirdel principio de impulso y momento angular. La fuerza externa es el peso W = mg~k elimpulso es t2

t1

(~r ni=1

~Fi)dt =

t2t1

(~rA ~)dt

~rA ~ = ~i ~j ~krA cos(At) rA sin(At) 0

0 0 mg

= rAmg cos(At)~j t2t1

~jrAmg cos(At)dt = ~j(rAAmg)(sin(At2) sin(At1))

= H2 H1

ya que este no tiene componente paralelo al vector unitario ~e = ~k, el momento angular alo largo del eje normal al techo no se ve afectado por el peso, es decir, la proyeccion delmomento angular debido a las fuerzas externas sobre el vector normal unitario hacia eltecho es nulo eH = eH = 0 , por lo tanto, el momento angular normal al techo se conservaeste resultado es valido para cualquier longitud de cadena; por lo tanto:

(~r ~v)A = ~kr2AA = (~r ~v)B = ~kr2BBr2AA = r

2BB.vA = rAA, vB = rBB

vArA = vBrB

3.2 Problema 02

En la figura, la velocidad del astronauta A de 100kg respecto a la estacin espaciales 40~i + 30~j(mm/s).La velocidad del elemento estructural B es de 200kg respecto a laestacin es 20~i+ 30~j(mm/s) cuando se aproxima uno al otro, el astronauta se sujeta delelemento estructural y permanece junto a l.

a) Determinar la velocidad de su centro de masa comn cuando llegan con la estacin

b) Determine la posicin aproximada en la que entran en contacto con la estacin.

AB

y

x9 m

6 m

Dinmica # 18 "

ing.civil CAPTULO 3. SISTEMA DE PARTICULAS

Solucin:

a) La velocidad del centro de masa comn

200kg(0 04~i+ 0 03~j)m/s+ 300kg(0 02~i+ 0 03~j)m/s = 500kg~v

~v = (0 004~i+ 0 03~j)m/s

b) El tiempo para llegar a la estacin es:

t =6m

0 03m/s = 200s

El centro de masa del sistema es:

~ro =200kg(0) + 300kg(9~i)m

500kg= 5 4~im

Por lo tanto la posicin de llegada es

~r = 5 4~im+ [(0 004~i+ 0 03~j)m/s](200s)

~r = (6 2~i+ 6~j)m

Dinmica # 19 "

Captulo 4

Cantidad de Movimiento

4.1 Problema 01

Las dos canastas mostrados resvalan del resto. Sus masas son mA = 20kg mB = 80kgy adems todas las superficies son lisas El angulo es de 20. Cul es la magnitud de lavelocidad despues de 1 s ?Estrategia: Aplique el principio de impulso y la velocidad adquirida a cada canasta indi-vidualmente.

A

B

Solucin:

y

xT

T

P

NN(20)(9.81) N

(80) (9.81) N

20

ing.civil CAPTULO 4. CANTIDAD DE MOVIMIENTO

Los diagramas de cuerpo libre son como mostrados en la canasta B y A Por el principiodel impulso.

Fdt = (mv)

ParaB :

t2t1

(Fxdt = mvx2 mvx1

)1

0

[(80) (9 81) sin 20 T ] dt = (80) (v 0)

ParaA :

t2t1

(Fxdt = mvx2 mvx1

):

10

[(20) (9 81) sin 20 T ] dt = (20) ((v) 0)

De A y B se obtiene:

10

(80 20) (9 81) sin 20dt = (80 + 20) v

De la operacin se obtiene:

v = 2 01m/s

4.2 Problema 02

Dos pelotas pequeas cada uno de 1Nde peso cuelga de los cordones de longitudL = 3m. La pelota izquierda es soltado con un ngulo de 35 respecto de la vertical. Elcoeficiente de restitucin del impacto es e = 0 9. A traves de que ngulo mximo girala pelota del lado derecho?

Dinmica # 21 "


LL

mm

u

Solucin:

Por el principio de conservacin de la cantidad de energa antes del choque y en el choque.

mgL (1 cos ) = 12mv2A vA =

2gL (1 cos )

Por el principio de conservacin de la cantidad de movimiento.

mvA = mvA +mv

B (I)

Por el coeficiente de restitucin

evA = vB vA (II)

De las ecuaciones (I) (II)

vB =1 + e

2vA

Por el principio de conservacin de la cantidad de energa despues del choque.

1

2mv2B = mgL (1 cos) = cos1

(1 v

2B

2gL

)vA =

2 (9 81m/s2) (3m) (1 cos 35) = 3 26m/s

vB =19

2(3 26m/s) = 3 1m/s

= cos1(

1 [3 1m/s]2

2 [9 81m/s2] [3m]

)= 33,2

= 33 2

Dinmica # 22 "


4.3 Problema 03

La esfera de 2kg se esta moviendo a 10m/s cuando golpea a la barra de 4kg.El coefi-ciente de restitucin del impacto es e = 0.6. Cal es la velocidad de la esfera y la velocidadangular de la barra despus del impacto?

1 m

10 m/ s

B

A

0.25 m

Solucin:

Datos mA = 2kg ; mB = 4kg ; e = 0,6 ; vA = 10m/s ,vA2 =? ; 2 =?

La velocidad angular adquirido por el sistema se conserva sobre el centro de masa de labarra. Por el principio de conservacin de la cantidad de movimiento angular

mAvA1

(L

2 h)

= mAvA2

(L

2 h)

+1

12mBL

22

El coeficiente de restitucin se utiliza para relacionar la velocidad relativa antes y despuesdel choque

e(vA1) = vB2 + 2

(L

2 h) vA2

Por el pricipio de conservacin del momentun lineal.

mAvA1 = mAvA2 +mBvB2

Dinmica # 23 "


Haciendo las operaciones

2 =6 (1 + e) (L 2h)mAvA1

12h2mA 12hLmA + L2 (4mA +mB)2 =

6 (1 6) (1 2 [0 25]) (2) 1012(0 25)2 (2) 12 (0 25) (1) (2) + (1)2 (12)

2 =6 (1 6) (1 2 [0 25]) (2) 10

12(0 25)2 (2) 12 (0 25) (1) (2) + (1)2 (12)

vA2 =(12 [0 25] [0 75] 2) + [1]2 [5 6])10

12(0 25)2 (2) 12 (0 25) (1) (2) + (1)2 (12)2 = 12 8rad/s vA2 = 1 47m/s

4.4 Problema 04

Una nave tiene una masa de 544.000kg, y un momento de inercia respecto de su centrode masa de 4x108kg m2. Por causas del viento hacen que la nave que flota se muevaa 0.1 m/s y golpea el amontonado estacionario en P. El coeficiente de restituci n delimpacto es e = 0.2 Cul es la velocidad angular de la nave despues del impacto?

45 m

16 m

P

Solucin:

vPv v

= 0P P45 m 45 m

Antes del impacto Despus del impacto

16 m16 m

Dinmica # 24 "


Por el principio de conservacin del momentun angular.

45 (mv) = 45 (mv1) + I1 (I)

El coeficiente de restitucin es:

e =v1pv

(II)

v1p es el componente vertical de la velosidad de P despuesdel impacto.Por cinematica decuerpo rigido se tiene

v1 = v1p + 45 (III)

Resolviendo de (I) - (II) - (III) se obtiene:

1 = 0,00196rad/s

v1 = 0,0680m/s

v1p = 0,02m/s1 = 0,00196rad/s

Dinmica # 25 "

ContenidoCaptulo1LeyesdeNewton1.1problema011.2Problema021.3Problema031.4Problema04

Captulo2Mtododetrabajoyenerga2.1Problema012.2Problema022.3Problema032.4Problema042.5problema052.6Problema06

Captulo3SistemadeParticulas3.1Problema013.2Problema02

Captulo4CantidaddeMovimiento4.1Problema014.2Problema024.3Problema034.4Problema04

ejercicios resueltos bedford grupo 081

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