Universidad Nacional de San Cristbalde Huamanga

Facultad de Ingenieria Minas, Geologa y Civil

Escuela de Formacion Profesional deIngenieria 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 se pueden ver, dos bloques descansan sobre un planohorizontal liso existiendo un tope para el bloque mayor. Determinar la fuerzaque ejerce el tope cuando el bloque menor se mueve:(Nara 3.4)a)Si las superficies de los bloques son lisas.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 accionde la fuerza del tope.

Es por eso que solo se mueve el cuerpo de masa m.Donde:

Ft = 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:

← (+)∑

Fx = 0

R1 × senα− Ft = 0R1 × senα = Ft.........................(1)

Realizando el DCL para el bloque de masa m:

Por la Segunda ley de Newton Tenemos:

↑ (+)∑

Fy = 0

R1 −mg cosα = 0R1 = mg cosα....................(2)

Reemplazando (2) en la ecuacion (1)

Ft = R1senα

Por tanto el valor de la fuerza de tope es:

Ft = 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 ac-cion de la fuerza del tope.Pero el bloque de masa m actua una fuerza de rozamiento u que afecta a elmovimiento.

Se tiene:Ya que no hay movimiento en la el bloque de la masa M:Donde:

Fr = Fuerza de rozamiento

← (+)∑

Fx = 0

Ft = R1senα− Fr............(1)

Realizando DCL del bloque de masa m:

R1 = mg cosαFr = umg cosα

Reemplazando los datos obtenidos a partir del DCL a la ecuacion (1):

Ft = R1senα− Fr cos(α)Ft = mg cosαsenα− umg cosα

Ft = mg(sen(2α)

2 − cos2α)

DINAMICA DE LA PARTICULA (LEYES DE NEWTON)

Problema 2 el movimiento acelerado la bola de 5kg forma un anguloconstante θ .Las masas de las polea y del bloque A se desliza, asi como todaslas 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: Advir-tiendo que el libro trabaja con Kg(kilogramo fuerza):

T1 ∗ senθ = m.g................(1)T1 ∗ cos θ = m ∗ a.................(2)

De acuerdo al diagrama en el cuerpo A:

T2 = T1 ∗ cos θT2 = mc ∗ a...............(3)

De acuerdo al DCL del cuerpo de 15 Kg

T2 = mb ∗ aWc − T2 = mc ∗ aWc −mb ∗ a = mc ∗ a15− ( 5

9.81)a = ( 159.81)a

15 = ( 209.81)a

a = 7.36m/s

Dividiendo la ecuacion (1) y (2);

T1 ∗ senθ = m.g................(1)T1 ∗ cos θ = m ∗ a.................(2)tgθ = ( ga)

Por tanto el angulo es:

θ = 53.1o

Ejercicio b)Reemplazando en la ecuacion (3)

T2 = mb ∗ aT2 = ( 5

9.81) ∗ 7.36

El valor de la tension es:

T2 = 3.75Kg

DINAMICA DEL CUERPO RIGIDO (LEYES DE NEWTON)

Problema 3 La puerta deslizante tiene un peso de 196 Kg. Si P esde 20 Kg, hallar la aceleracion de la puerta y las reacciones en A y B. Sesupone 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:

(+) ↑∑Fy = 0

RA +RB − 196 = 0RA +RB = 196..........(1)

Aplicando momento en el centro de gravedad(CG), en sentido antiho-rario:

+MCG = 0;−RA(1.20) +RB(1.20)− 20(1.2) = 0RB −RA = 24.........(2)

Sistema de ecuacion en (1) y (2);

RA +RB = 196RB −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 alabefijo de metal con una velocidad de 182m/s. Determinar la fuerza resultantenecesaria para sostener el alabe. El chorro tiene un area de 19cm2(Nara4.16).

SOLUCION

Datos:

• γ = 1000kg/m3

• A = 19cm2 = 0.0019m2

• v = 182m/s

En este sistema de coordenadas, el agua parece acercarse al alabe con unaceleridad de 182m/s y la masa que circula por unidad de tiempo ser:

γQ = γ.v.AρQ = (1000)(182)(0.0019)ρQ = 345.8

Hallaremos la fuerza que ejerce el alabe sobre el agua ( con sus respectivascomponentes x,y).

−Fx = ρQ(v2x − v1x)............(1)

Si sabemos que la velocidad de entrada es igual que la velocidad desalida, por el principio de la cantidad de movimiento de la particula.

v1x = v2x = v

Reemplazando en la ecuacion (1)

−Fx = (345.8)(v. cos(60o)− v. cos(45o))−Fx = −13034.4NFx = 13.03KN ≡ 13KN

Hallando la componente en y:

Fy = ρQ(v2y − v1y)−Wa

Despreciando el peso del agua (

Wa

) por ser pequea en relacion a los otros terminos.

Fy = ρQ(v2y − v1y)...................(2)

Reemplazando los valores en (2);

Fy = (345.8)(v.sen(60o)− (−v.sen(45o)))Fy = 99006.02NFy = 99.01KN ≡ 99KN

Por tanto la fuerza resultante es:

Fr =√

(Fx)2 + (Fy)2

Fr =√

(13)2 + (99)2

Fr = 99.85KN

DINAMICA DE LA PARTICULA ( METODO DE TRABAJO Y ENERGIA)

Problema 5 Un cuerpo cae al suelo desde una altura h. Suponiendo que lafuerza de gravedad sea inversamente proporcional al cuadrado de la distanciadesde el centro de la Tierra, hallar el tiempo T en segundos que transcurrirapara que llegue a la superficie terrestre y la velocidad V en el instante enque choca con ella. Despreciar el efecto de la resistencia del aire. El radiode la Tierra es R. Si h=R, comparar T con el tiempo de la cada libre de unaparticula bajo la accin de una fuerza constante mg. (Nara 3.37)

SOLUCION:

Debido a la ley de la gravitacion universal:

F = Gm1m2

r2

Dividiendo la fuerza para un cuerpo en la superficie y para un cuerpo a unaaltura h, despejando obtenemos:

g = go(R

R+ h)2

El trabajo realizado por la fuerza resultante aplicada a una particula es igualal cambio que experimenta la energia cinetica de dicha particula. Estos es:

W = ∆Ec = Ec2 − Ec1Este teorema es valido para la mecanica clasica como para la mecanica rel-ativista de una particula.entonces se tiene: ∫ H

0mgo(

R

R+ h)2dh = ∆Ec

R2mgo [− 1

R+ h]

∣∣∣∣H0

=mV 2

f

2− mV 2

i

2

donde:Vi = 0

Vf =

√2R2go[

1

R− 1

R+ h]

Vf =

√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 Msi el cuerpo parete del reposo desde una distancia r0 , la conservacion de laenergia toma la forma siguiente:

1

2v2 −GM

r= −GM

r0

v = −drdt

=√

2GM

√1

r− 1

r0=

√2GM

r0

√r0 − rr

luego integrando tenemos:

−∫ r

r0

√r

r0 − rdr =

√2GM

r0

∫ T

0dT

T (r) =

√r30

2GM(

√r√r0 − rr0

+ tan−1

√r0 − rr

)

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 dejacaer desde una altura de 4 cm por encima de la placa. Determinar la fuerzaen 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:

EMi = EMf

Eko + Epo = Ekf + Epf

Wh+kx2

2= −Wδ +

k(δ + x)2

2

luego reemplazando los valores que nos dan como dato se tiene:

10(4) +2(2)2

2= −10δ +

2(δ + 2)2

2

δ2 − 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 cableenrollado en una circunferencia. Un extremo del cable esta fijo en A y sedeja que la esfera caiga desde el reposo. Hallar la velocidad del centro demasa despues de que ha caido una distancia h. Cual es la tension en elcable? (Nara 5.101)

h

inicial

final

SOLUCION:

Pro cinematica se sabe que:

ω =V

r

donde:V: velocidad del centro de masaPor el Principio de Trabajo y Energia:

W = ∆Ek = Ekf − Eko

Eko = 0

Ekf =1

2mV

2+

1

2Iω2

Ekf =1

2mV

2+

1

2I(V

r)2 =

1

2(m+

I

r2)V

2

W = mgh

0 +mgh =1

2(m+

I

r2)V

2

Para la esfera se tiene:

I =2

5mr2

I :momento de inercia respecto a su centro. r = a

V2

=2gh

(1 +25ma2

ma2)(−j )

V = −[10

7gh]1/2j

Calculamos la tension del cable: Por Conservacion de la Energia se tiene:

EMi = EMf

luego tenemos:Eko + Epo = Ekf + Epf = cte

como E es constante :dE

dt= 0

tambien se sabe que: v = dsdt a = dv

dt entonces:

Mg − T = Ma

T = M(g − a)

derivando obtenemos:

a =5

7g

reemplazando este valor se tiene:

T = M(g − 5

7g) =

2

7Mg

Vectorialmente la tension esta dirigido hacia arriba:

T = (2

7W )j

DINAMICA DEL CUERPO RIGIDO( METODO DE TRABAJO Y ENERGIA)

Problema 8: Como se muestra en la figura, un cilindro circular homogeneoesta 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 = ∆Ek = Ekf − Eko

se sabe que:

ω = Vr donde: v : velocidad de su centro

Reemplazando tenemos:

Eko = 0

Ekf =1

2mV

2+

1

2Iω2

Ekf =1

2mV

2+

1

2I(V

r)2 =

1

2(m+

I

r2)V

2

W = mgh

0 +mgh =1

2(m+

I

r2)V

2

El momento de inercia para un cilindro es:I = 1

2mr2

reempalzando se tiene:

V2

=2gh

(1 +12mr2

mr2)(−j )

V = −[4

3gh]1/2j

Calculo de la tension:sabemos que:v = ds

dt a = dvdt luego tenemos :

Mg − T = Ma

T = M(g − a)

Derivando la velocidad se tiene:

a =2

3g

T = M(g − 2

3g) =

1

3Mg

luego:

T = (1

3W )j

Como nos piden la velocidad del centro 2 seg despues de haberse soltado,necesitamos hallar la velocidad en funcion del tiempo

a =2g

3

dv =2

3gt

∫ t

0dt

[4

3gh]1/2 = [

2

3gt]

h =g

3t2

Reemplazando:

V = [4

9g2t2](−j )

Para t=2 seg.V = −13.08j

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 con-stante de 60 kg. El valor de la fierza de rozamiento al deslizamiento, como sepuede ver en la grafica, es una funcion de tiempo. Determinar la velocidaddel bolque 3 segundos despus de haberse aplicado la fuerza P.(Nara 3.87)

−1 1 2 3 4

−1

1

2

3

4

5

0tiempo

rozamiento

T

mb.g

P = 60kg

DIAGRAMAS

P = 60kg

98kgB

SOLUCION:

PASO 1Hacemos el diagrama de cuerpo libre del bloque

m.g

P

N

Fr

bloque

PASO 2

aplicamos el principio de impulso y cantidad de movimieento:

mAvAi +tf∫ti

F.dt = mAvAf ......(1)

donde :Fr : fuerza de rozamiento.p : fuerza P

PASO 3calculo de los impulsos:para la fuerza de rozamiento solo hallamos el area de la grafica mostrada.

t∫0

Fr.dt = −((50− 10).1

2+ 10.3) = −50

ahora reemplazamos en la ecuacion (1)El tiempo varia desde 0 hasta 3 segundos.

t∫0Fr.dt = −( (50−10).1

2 + 10.3) = −50

mAvAi +3∫0P.dt−50 = mAvAf

mAvAi + 60.3− 50 = mAvAfvAi = 0 ∧mA = 98Kg

130 = 98.vv = 130

98

v = 1.32m

s

RESPUESTA: v = 1.32ms

DINAMICA DE LA PARTICULA (IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO)

Problema 10 Dibujar los diagramas de aceleracion-tiempo, velocidad-tiempo y desplazamiento-tiempo para los 2 primeros segundos del movimientodel bolque A. La velocidad inicial de A es de 5ms .(Nara 3.91)

B

V

A

SOLUCION:

PASO 1Hacemos el diagrama de curpo libre de cada bloque:

T

mb.g

T

BA

aplicamos el principio de inpulso y cantidad de movimiento para cadabloque por separado:para el bloque A:

mAvAi +t∫0F1.dt =mAvAf .....(1)

donde:F1 = −Fr − TFr = mAgu fuerza de friccion.reemplazando en (1) se tiene:

mAvAi +

t∫0

(−Fr − T )dt =mAvAf

mAvAi −t∫

0

Fr.dt−t∫

0

Tdt =mAvAf

mAvAi −t∫

0

mA.g.u.dt−t∫

0

T.dt =mAvAf

mAvAi −mA.g.u.t−t∫

0

T.dt = mAvAf

para el bloque B:

mBvBi +t∫0F2.dt =mBvBf ...... (2)

donde:F2 = T −mB.g fuerza resultante.reemplazando en la ecuacion (2) se tiene:

mBvBi +

t∫0

(T −mB.g)dt =mBvBf

mBvBi +

t∫0

T.dt−t∫

0

mB.g.dt = mBvBf

ahora sumamos miembro a miembro las ecuaciones obtenidas:

mAvAi −m.g.u.t−t∫

0

T.dt = mAvAf .

mBvBi +

t∫0

T.dt−t∫

0

m.g.dt = mBvBf

luego se obtiene:

mAvAi +mBvBi −mA.g.u.t−t∫

0

mB.g.dt = mAvAf +mBvBf

mAvAi +mBvBi −mA.g.u.t−mB.g.t = mAvAf +mBvBf

como se trata de una cuerda inextensible las velocidades de ambos bloquesson iguales en modulo:entonces se tiene:vAi = vBi = 5vAf = vBf = v

reemplazanto se tiene:

5(mA +mB)−mA.g.u.t−mB.g.t = v(mA +mB)

5− (mA.g.u+mB.g).t

mA +mB= v

v = 5− (mA.g.u+mB.g).t

mA +mB

x = 5.t− 2.289.t2

de donde obtenemos la velocidada en funcion del tiempo:integramos para obtener la pisicion en funcion del tiempo:

v = 5− 4.578.t

x = 5.t− 4.578.t2

2= 5.t− 2.289.t2 + c

condiciones iniciales:t = 0 ∧ r = 0→ c = 0

x = 5.t− 4.578.t2

2= 5.t− 2.289.t2

x = 5.t− 2.289.t2

ahora derivamos la velocidad para obtener la aceleracion:

a =dv

dt=d(5− 4.578.t)

dt= −4.578

a = −4.578

respuestas:

x = 5.t− 2.289.t2

v = 5− 4.578.t

a = −4.578

graficamos las funciones:

−3 −2 −1 1 2 3 4 5

tiempo

−2

−1

1

2

3

4 posicion

0

f(x) = 5x− 2.29x2

−3 −2 −1 1 2 3 4 5

tiempo

−3

−2

−1

1

2

3velocidad

0

f(x) = 5− 4.58x

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

tiempo

−6

−5

−4

−3

−2

−1

1aceleracion

0

f(x) = −4.58

DINAMICA DE LA PARTICULA (IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO)

Problema 11 una particula de 200 kg se mueve en la direccion positiva Xcon una velocidad de 25 25ms . se aplica uan fuerza Fx dada por la grafica.Determinar:(Nara 3.86)

1. la velocidad despues de 4 segundos.

2. la velocidad despues de 9 segundos.

−1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

tiempo

fuerza

0

5

10

15

-10

SOLUCION:

DATOS:)

m=200 kgvi = 25ms

PARTE 1para resolver utilizaremos la siguiente formula :

mvi +tf∫ti

F.dt = mfvf

reemplazando en la formula se tiene:

mvi +

4∫0

Fx.dt = mvf

4∫0

Fx.dt =15 ∗ 4

2

mvi +15 ∗ 4

2= mvf

200 ∗ 25 + 30 = 200 ∗ vf

v = 25.15m

s

respuesta : v = 25.15ms

PARTE 2para resolver utilizaremos la siguiente formula :

mvi +tf∫ti

F.dt = mfvf

reemplazando se tiene:

mvi +

9∫0

Fx.dt = mvf

9∫0

Fx.dt =15 ∗ 4

2− (9− 6) ∗ 10

9∫0

Fx.dt = 0

mvi +

9∫0

Fx.dt = mvf

mvi + 0 = mvf

vi = vf

vf = 25m

s

respuesta : vf = 25ms