Ejercicios.docx

TEMA:

EJERCICIO

CINEMATICA DE LA PARTICULA ALUMNO:

NOTA:

CLAVE:

FECHA :

CURSO:

G.HORARIO:

CÓDIGO:

DINAMICA

EJERCICIO Un punto que se mueve a lo largo del semieje positivo “x” con una velocidad inicial de 12 m/s esta sometido a una fuerza retardadora que le comunica una aceleración negativa. Si la aceleración varia linealmente con el tiempo desde cero hasta -3m/s2 durante los cuatro primeros segundos de aplicación de la fuerza, y permanece constante durante los 5 segundos siguientes, según se indica determinar a) La velocidad en el instante t=4s b) La distancia recorrida mas allá de su posición en t=0 hasta el punto donde interviene el sentido de su movimiento c) La velocidad y la posición de la partícula cuando t= 9 1.

Solución:

Para tramo B Calculamos velocidad para cualquier punto del tramo B 𝑣

𝑡

∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑎𝑑𝑡 Para tramo A 𝑎 = 𝑘𝑡 −3 = 𝑘(4) −3 𝑘= 4 Calculamos velocidad para cualquier punto en el tramo A 𝑣

𝑡

∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑘𝑡𝑑𝑡 𝑣0

𝑡0

−3 2 𝑣 − 𝑣0 = (𝑡 − 𝑡02 ) 8 3 𝑣 = 12 − (𝑡 2 ) 8 Reemplazando calculamos v1 𝑣1 = 6

Calculamos la distancia para t = 6 1 xt=x1+ (6 − 4)(6 − 0) 2 xt=40+6 xt=46m calculamos la posición de la particula para t=9 1 x2= xt - (9 − 6)(0 − (−9)) 2 x2=32.5m Nota: se utiliza el grafico v-t para calcular el desplazamiento. Respuestas: a) 𝑣1 = 6 b) c)

xt=46m 𝑡=6 x2=32.5m 𝑣2 = −9

𝑣1

𝑡1

𝑣 − 𝑣1 = −3(𝑡2 − 𝑡1 ) Reemplazando calculamos v2 𝑣2 = −9 Graficamos el movimiento de la partícula:

Viendo la gráfica vemos que interviene el sentido del movimiento cuando v = 0; calculamos “t” 𝑣2 − 𝑣 = −3(𝑡2 − 𝑡 ) 𝑡=6

TEMA:

NOTA:

CINEMATICA DE LA PARTICULA ALUMNO:

EJERCICIO CLAVE:

CURSO:

FECHA:

G. HORARIO:

Nº EJERCICIO:

Nº PAGINA:

DINAMICA TEXTO:

PROBLEMA:

La bola es lanzada desde la torre con una velocidad de 20pies/s como se muestra. Determine las coordenadas x e y del punto en que la bola toca la pendiente. Determine también la rapidez con que la bola toca el suelo.

Solución: Asumiendo para la bola en la pendiente:

Ecuación de la pendiente:

Asi:

Escogiendo la raíz positiva:

Como

Para la solución: tenemos

es valido

CODIGO:

TEMA: CINETICA DE LA PARTICULA: segunda ley

EJERCICIO

ALUMNO:

CLAVE:

CURSO:

FECHA :

NOTA:

G.HORARIO:

CÓDIGO:

DINAMICA

1.- Un vehículo movido por cohetes cuyo peso total es de 90.7 kg. Parte del reposo en A y se mueve con rozamiento despreciable a lo largo de la pista como se muestra en la figura. Si el cohete impulsor ejerce una fuerza constante de 136 kg sobre el vehículo entre los puntos A y B cesando en este último punto. Determinar VB y la distancia que rodara el vehículo hacia arriba en el plano antes de detenerse. Desprecie el peso y rozamiento de las poleas, use coordenadas polares.

Práctica dirigida

Solución Σ Fr = m (r – rθ2) -mg* cos30º = m (-7.6 *θ2) θ2 = 1.057 rad /s V = θ *R V = (1.057)* (7.6) V = 8.035 m/s -----RPTA

ΣF = ma -mg *sen30º = m *a ∫ 𝑎 = ∫ −4.905 𝑚/𝑠 0 𝑡 ∫8.035 𝑑𝑣 = ∫0 −4.905 𝑑𝑡 -8.035 = -4.905t t= 1.64 s (−4.905𝑡 𝑣 = + 8.035)𝑑𝑡 ∫ ∫ S = -4.905 t2/2 + 8.035 t S = 6.58 m -----RPTA

TEMA: CINETICA DE LA PARTICULA: segunda ley

EJERCICIO

ALUMNO:

CLAVE:

CURSO:

FECHA :

G.HORARIO:

NOTA:

CÓDIGO:

DINAMICA

2.- Sabiendo que el coeficiente de rozamiento en cada paquete y la cinta es 0.50. Calcular el ángulo θ que determina el punto B en el momento que el paquete abandona la cinta.

Práctica dirigida

Solució n Σ FC = m* aC Mg *Cos θ = m *(1)2/0.3 Cos θ = 0.34 θ = 70.123º -----RPTA

TEMA:

TRABAJO Y ENERGIA

LECTURA Nº:

ALUMNO: CURSO:

NOTA:

CLAVE:

DINAMICA

FECHA:

G. HORARIO :

CÓDIGO:

SOLUCION: El sistema ilustrado es un modelo simple para el análisis de la marcha de los animales. El resorte lineal modela la capacidad de un cuerpo de retener energía potencial en los músculos de la patas durante una zancada .El bloque tiene una masa de “B” Kg. Y la constante de resorte de la pata es de “Z ” N/m. Suponga que el sistema completo viaja hacia abajo con rapidez de a m/s cuando el extremo del resorte sin comprimir (longitud libre de d m) entra en contacto con el suelo. ¿Cuál es la compresión máxima del resorte de la pata?

La compresión máxima del resorte será cuanto el bloque alcance v=0 V =a m/s 0

x V= 0 dm

D.C.L: g

W= 98.1N

W = mg

FE

Trabajos realizados en el bloque 1

− 2 𝑘𝑥 2 : Es el trabajo realizado por el resorte. 𝑊𝑥 : Trabajo realizado por el peso del bloque.

Luego aplicando el: Principio del trabajo y la energía T1 + 𝑈1→2 = T2 1 1 1 𝑚𝑣1 2 + [− 𝑘𝑥 2 + 𝑊𝑥] = 𝑚𝑣2 2 2 2 2 1 1 (𝐵)𝑎2 + [− (𝑧)𝑥 2 + 9.81𝐵𝑥] = 0 2 2 1 (𝑧)𝑥 2 − 9.81𝐵𝑥− = 0 2 1

1

𝒙𝟏 = 9.81𝐵 ± √((9.81𝐵)2 − 4 (2) 𝑍 (2) (−𝐵𝑎2 ))

TEMA:

TRABAJO Y ENERGIA

LECTURA Nº:

ALUMNO: CURSO:

NOTA:

CLAVE:

DINAMICA

FECHA:

G. HORARIO :

CÓDIGO:

SOLUCION: El sistema ilustrado es un modelo simple para el análisis de la marcha de los animales. El resorte lineal modela la capacidad de un cuerpo de retener energía potencial en los músculos de la patas durante una zancada .El bloque tiene una masa de 10 Kg. Y la constante de resorte de la pata es de 14000N/m. Suponga que el sistema completo viaja hacia abajo con rapidez de 2m/s cuando el extremo del resorte sin comprimir (longitud libre de 0.5m) entra en contacto con el suelo. ¿Cuál es la compresión máxima del resorte de la pata?

La compresión máxima del resorte será cuanto el bloque alcance v=0 V = 2m/s 0

x V= 0 0.5m

D.C.L: W= 98.1N

W = mg = 10x9.81= 98.1N g

FE

Trabajos realizados en el bloque 1 2

− 𝑘𝑥 2 : Es el trabajo realizado por el resorte. 𝑊𝑥 : Trabajo realizado por el peso del bloque.

Luego aplicando el: Principio del trabajo y la energía T1 + 𝑈1→2 = T2 1 1 1 𝑚𝑣1 2 + [− 𝑘𝑥 2 + 𝑊𝑥] = 𝑚𝑣2 2 2 2 2 1 1 (10)22 + [− (14000)𝑥 2 + 98.1𝑥] = 0 2 2 20 − 7000𝑥 2 + 98.1𝑥 = 0 𝒙𝟏 = 𝟎. 𝟎𝟔𝟎𝟗

𝑥2 = −0.0469

Luego la compresión máx. será 0.0609 m

UNIVERSIDAD NACIONAL “PEDRO RUIZ GALLO” Ingeniería Civil Tema: TRABAJO Y ENERGIA DE LA PARTICULA Alumno: . Curso: Fecha: DINAMICA

Nota: Ejercicio Clave: Grupo Horario:

Código:

Solución: El vástago del pistón vertical de 2.3 kg ocupa la posición rayada cuando permanece en equilibrio bajo la acción del muelle de constante elástica k= 17.5 N/cm los extremos del muelle están soldados el superior del pistón y el inferior a la placa base. Se levanta el pistón 3.8 cm sobre su posición de equilibrio y se suelta partiendo del reposo calcular su velocidad v cuando golpea el botón A. El rozamiento es despreciable

∆ EM = 0 Em2 - Em 1 = 0 En A: 𝐸𝑀2 = ½ m𝑣𝐴 2 + ½ k𝑥 2 Donde: m= 2.3 Kg ; K=17.5 N/cm ; x= 0.6 cm En B: 𝐸𝑀1 = mgh + ½ k𝑥 2 Donde m= 2.3 kg h=4.4 cm k= 17.5 N/cm

x= 3.8 cm

Reemplazando: Em2 - Em 1 = 0 ½ (2.3)𝑣𝐴 2 + ½ (17.5)(0.6)2 = (2.3)(9.81)(4.4)+ ½ (17.5)(3.8)2 Resolviendo se obtiene: 𝑣𝐴 = 1.39 m/s

UNIVERSIDAD NACIONAL “PEDRO RUIZ GALLO” Ingeniería Civil Tema: TRABAJO Y ENERGIA DE LA PARTICULA Alumno: . Curso: Fecha: DINAMICA

Nota: Ejercicio Clave: Grupo Horario:

Código:

Solución: El vástago del pistón vertical de “m” kg ocupa la posición rayada cuando permanece en equilibrio bajo la acción del muelle de constante elástica “ k” N/cm los extremos del muelle están soldados el superior del pistón y el inferior a la placa base. Se levanta el pistón “Y” cm sobre su posición de equilibrio y se suelta partiendo del reposo calcular su velocidad v cuando golpea el botón A. El rozamiento es despreciable

∆ EM = 0 Em2 - Em 1 = 0 En A: 𝐸𝑀2 = ½ m𝑣𝐴 2 + ½ k𝑥 2 Donde: m esta en Kg ; K en N/cm ; x en cm. En B: 𝐸𝑀1 = mg(x+y) + ½ k𝑦 2 Donde: m en esta kg ; h=(x+y)cm; k en N/cm; Y en cm

Reemplazando: Em2 - Em 1 = 0 ½ m𝑣𝐴 2 + ½ k(𝑥)2 = m.g(x+y)+ ½ k(𝑦)2 Resolviendo se obtiene:

𝑣𝐴 = √

2𝑚𝑔(𝑥+𝑦) + 𝐾(𝑦 2 −𝑥 2 ) 𝑚

TEMA:

ALUMNOS: CURSO: Dinámica Dos discos chocan entrando en contacto en las posiciones mostradas; se muestran también sus velocidades antes del choque. Si el coeficiente de restitución es 0.8; encuentre las velocidades de los discos después de la colisión; determine también el impulso de la fuerza de interacción, A pesa 9 onzas y B pesa 6 onzas.

NOTA

LECTURA Nº: CLAVE: G. HORARIO:

Cantidad de Movimiento

FECHA:

CODIGO:

Solución i)

Velocidades Iniciales:

VA = 4 [sen 30 i + cos 30°

ii)

j ] = 2 i + 3,464 j

y

VB = 5

 4 3   5 i  5

 j = - 4 i 

-3

j

La ecuación de componentes en la dirección perpendicular a la líneas de impacto se satisface automáticamente y en la dirección '

j

'

MA V A + MB VB = mAvA + mBvB

9 6 9 6 VA'  VB'  VA  VB 16 x32, 2 16 x32, 2 16 x32, 2 16 x32, 2 '

'

'

'

3 V A + 2 VB = 3vA + 2vB 3 V A + 2 VB = 3(3,464) + 2 (-3) iii)

'

Por coeficiente de restitución tenemos:

e=

iv)

'

3 V A + 2 VB = 4,392

VB'  VA' VA  VB

0,8 =

VB'  VA' 3, 464  (3)

VB'  VA'  5,171

Resolviendo:

V A' = -1,20 VB' = 3,97  velocidades finales: VA = 2 v)

i - 1,20 j

VB = -4

i + 3,97 j

Para el cálculo del impulso de la fuerza de interacción, aplicamos el principio del impulso y cantidad de movimiento al disco B:

6

 Fdt  16 x32, 2 3,97  (3)

= 0,081

j

(lb.s)

TEMA:

ALUMNOS: CURSO: Dinámica Dos discos idénticos chocan entrando en contacto en las posiciones mostradas, se muestran también sus velocidades antes del choque. Si el coeficiente de restitución es 0,80; encuentre las velocidades de los discos después de su colisión

FECHA:

i)

VA 

= 4 (-cos 30° i +sen30°

VB

VA' ii)

=3 i -4

= V1

j )  VA

= -3,46 i +2

V1 + V2 = -0,46

VA'  VB' VA  VB

0,80 =

V1  V2 3  (3, 46)

V1 – V2 = 5,168

iv)

j



VB'

i +2 j

mAVA + mBVB = mAV’A + mBV’B

e=

CODIGO:

VB

3 4 i 5 5

= 5

j

-3,46 + 3 = V1 + V2

iii)

NOTA

LECTURA Nº: CLAVE: G. HORARIO:

Cantidad de Movimiento

Resolviendo: V1 = 2,354 V2 = -2,814  V’A= 2,354

i+ 2j

V’B = -2,814 i -4

j

= V2

i -4 j

 j 

TEMA: Cantidad De Movimiento ALUMNOS: CURSO: Dinámica Dos discos lisos A y B tienen cada uno una masa de 0.5 kg. Si ambos se desplazan con las velocidades que se ilustran, cuando chocan, determine el coeficiente de restitución entre los discos si después de la colisión B se desplaza 30º sobre una línea, en sentido opuesto a las manecillas del reloj, a partir del eje y.

LECTURA Nº: CLAVE: G. HORARIO:

FECHA 

NOTA CODIGO

CONSERVACION DE MOMENTO “X” ∑ 𝑚𝑉1 = ∑ 𝑚𝑉2 𝑚A(VAX)1 + mB(VBX)1 = 𝑚A(VAX)2 + mB(VBX)2 3

0.5(4)(5) – 0.5(6) = 0.5(VAX)2 - 0.5(VBX)2 −3.60 = (VAX)2 - (VBX)2 

…………(1)

CONSERVACION DE MOMENTO “Y” ∑ 𝑚𝑉1 = ∑ 𝑚𝑉2 𝑚A(VAY)1 + mB(VBY)1 = 𝑚A(VAY)2 + mB(VBY)2 3

0.5(4)(5) = 0.5(VBY)2 (VBY)2 = 3.20 m/s 

…………..(2)

(VBX)2

(VBY)2

VB2

30º

tan 30º =

𝑉𝐵𝑋2 𝑉𝐵𝑌2

(VBX)2 = 3.20tan 30º (VBX)2 = 1.8475 m/s 

EN (1) -3.60 = -1.8475 + (VAX)2 (VAX)2 = -1.7525 m/s



COEFICIENTE DE RESTITUCION “X” 𝑉

−𝑉

eX =𝑉𝐵𝑋2 −𝑉𝐴𝑋2 𝐴𝑋1

eX =

𝐵𝑋2

(−1.8475)−(−1.7525) (−6)−(2.4)

eX = 0.0113

………….(3)

TEMA : Impulso y cantidad de movimiento (Choques) ALUMNO:

Lectura N° : 05

NOTA:

Clave : CURSO: Dinámica Fecha: G. Horario: LIBRO: MECÁNICA PARA INGENIEROS : DINÁMICA ENUNCIADO:

CÓDIGO:

SOLUCIÓN: Haciendo el D.C.L. 𝑚𝐴 = 𝑚𝐵 = 𝑚

Dos bolas de billar (con igual masa y tamaño) chocan con las velocidades de acercamiento que se muestra en la figura. Si el coeficiente de restitución vale 0.90 ¿cuáles serán las velocidades finales de las bolas inmediatamente después del choque? ¿Cuál será la pérdida de energía cinética?

1.5 m/s

y

Velocidad de A

A

B Ε=0.90 2.12

Línea de impacto

/s 1m

1 m/s

12 2. 45° 3 m/s

y

x

Velocidad de B

A

i) Por conservación de la cantidad de movimiento ´ 𝑚𝐴 . 𝑉𝐴𝑥 + 𝑚𝐵 . 𝑉𝐵𝑥 = 𝑚𝑝 . 𝑣𝐴𝑋 + 𝑚𝐵 . 𝑣𝐵𝑟´

B

´ ´ 1.5 – 2.121 = 𝑉𝐴𝑥 + 𝑉𝐵𝑥 45° 3 m/s

´ ´ -0.621 = 𝑉𝐴𝑥 + 𝑉𝐵𝑥 ……………….(i) ii) Coeficiente de restitución

∈=

𝑉𝐵´𝑥−𝑉𝐴´𝑥 𝑉𝐴𝑥−𝑉𝐵𝑥

(0.90)(1.5 – (-2.121)) = VB´x – VA´x 3.2589 = VB´x – VA´x ……………(ii) iii) Sumando i + ii VB´x = 1.319 m/s ⟹ 𝑉´𝐴𝑥 = −1.94𝑚/𝑠 VA´= (-1.94𝑖̂) m/s ∴ VB´= (1.319𝑖̂ + 2.121𝑗̂)𝑚/𝑠 iv) La variación de la energía cinética: ∆∈ 𝑐 =∈ 𝐶𝑖−∈ 𝐶𝑓 1

1

1

1

2

2

2

2

= ( 𝑚(1.5)2 + 𝑚(3)²) − ( 𝑚(1.94)2 + 𝑚(2.1212 + 1.3192 )) 1 ∆∈ 𝑐 = 𝑚(2.25 + 9 − (3.7636 + 4.499 + 1.739) 2 =

1 𝑚(11.25 − 10) 2

∆∈ 𝑐 = (0.625𝑚)𝑁. 𝑚

TEMA: Movimiento vibratorio EJERCICIOS ALUMNO: GRUPO: 09 CURSO: Dinámica FECHA: 15/02/12 G. HORARIO: A EJERCICIO:22-21 DESARROLLO: libro: Hibbeler 1. Un hombre de pie en un elevador sostiene un péndulo que consta de una cuerda de 18 pulg. Y una partícula de 0.5lb. si el elevador está descendiendo con aceleración a = 4pies/s2, determine el Solución: periodo natural de Datos : L =18pulg vibración para W =0.5lb pequeñas a =4pies/s2 amplitudes de g =32.2pies/ s2 oscilación.

Desde la aceleración del péndulo es: a’ = (g – a) = 28.2pies/s2 sabemos que: Wn = √𝑎′ /𝐿 = 4.34rad/s Y que el periodo natural de vibración es: 𝝉 = 𝟐𝚷/𝑾𝒏 = 1.45s

NOTA: CÓDIGO:

TEMA: Movimiento vibratorio EJERCICIOS ALUMNO: GRUPO: 09 CURSO: Dinámica FECHA: 15/02/12 G. HORARIO: A EJERCICIO:22-21 DESARROLLO: libro: Hibbeler 1. Un hombre de pie en un elevador sostiene un péndulo que consta de una cuerda de L pulg. Y una partícula de W lb. si el elevador está descendiendo con aceleración a = A pies/s2, determine el periodo natural Solución: de vibración para Datos : L =L pequeñas W =W amplitudes de a =A pies/s2 oscilación. g =G pies/ s2

Desde la aceleración del péndulo es: a’ = (G – A) = (G - A)pies/s2 sabemos que: 𝑮−𝑨

Wn = √𝑎′ /𝑳 = √

𝑳

rad/s

Y que el periodo natural de vibración es: 𝝉 = 𝟐𝚷/𝑾𝒏 = 2𝚷/√

𝑮−𝑨 𝑳

NOTA: CÓDIGO:

TEMA: Movimiento vibratorio EJERCICIOS ALUMNO: GRUPO: 09 CURSO: Dinámica FECHA: 15/02/12 G. HORARIO: A EJERCICIO:22-20 DESARROLLO: libro: Hibbeler 1. El disco pesa 15lb, esta soportando mediante un pasador que se localiza en su centro O, y sostiene el bloque A que tiene un peso de 3lb. Si la banda que pasa sobre el disco no desliza en su superficie de contacto determine el periodo natural de vibración del sistema. Datos: W = 15lb WA = 3lb K= 80lb/pies r = 0.75pies g =32.2pies/s2

NOTA: CÓDIGO:

Solución:

K(r) 𝜃(r)=((-W/g)(r2/2) 𝜃’’) – (WA/g)(r) 𝜃’’(r) (r2/g)( WA + w/2) 𝜃’’ + k(r2)𝜃 = 0 efectuamos de tal manera que nos quede como la formula: 𝜃’’ + k(g)/( WA + w/2)𝜃 = 0 Entonces: la frecuencia circular es Wn = √k(g)/( WA + w/2) = 15.66 rad/s Y el periodo es 𝝉 = 𝟐𝚷/𝑾𝒏 = 0.401s

TEMA: Movimiento vibratorio EJERCICIOS ALUMNO: GRUPO: 09 CURSO: Dinámica FECHA: 15/02/12 G. HORARIO: A EJERCICIO:22-20 DESARROLLO: libro: Hibbeler 1. El disco pesa W lb, esta soportando mediante un pasador que se localiza en su centro O, y sostiene el bloque A que tiene un peso de WA lb. Si la banda que pasa sobre el disco no desliza en su superficie de contacto determine el periodo natural de vibración del sistema. Datos: W = 15lb WA = 3lb K= 80lb/pies r = 0.75pies g =32.2pies/s2

NOTA: CÓDIGO:

Solución:

K(r) 𝜃(r)=((-W/g)(r2/2) 𝜃’’) – (WA/g)(r) 𝜃’’(r) (r2/g)( WA + w/2) 𝜃’’ + k(r2)𝜃 = 0 efectuamos de tal manera que nos quede como la formula: 𝜃’’ + k(g)/( WA + w/2)𝜃 = 0 Entonces: la frecuencia circular es Wn = √k(g)/( WA + w/2) Y el periodo es 𝝉 = 𝟐𝚷/𝑾𝒏 =

𝟐𝚷

rad/s

k(g)

√ WA +w 2

UNIVERSIDAD NACIONAL “PEDRO RUIZ GALLO” Ingeniería Civil Tema: CINEMATICA DEL SOLIDO RIGUIDO : TRABAJO Y ENERGIA Alumno: . Curso: Fecha: DINAMICA 22/02/2012

Nota: Ejercicio Nº 1 Clave: Grupo Horario:

Código: 76

A

Solución:

En la posición mostrada la barra B tiene una velocidad angular constante de 3rad/s en sentido contrario al movimiento de las manecillas del reloj. Determinar la velocidad angular de las barras BD y DE

1.- VB = VA + WAB x rAB VB = (0i + 0j +3k ) x (10i + 0j +0k ) VB = 30 j

2.- VD = VE + WED x rED VD = (0i + 0j + WED k ) x (10i + 4j +0k ) VD = -4 WED i + 10 WED j

3.- VB = VD + WBD x rBD 30 j = -4 WED i + 10 WED j + (0i + 0j + WBD k ) x (0i + 8j +0k ) 30 j = -4 WED i + 10 WED j - 8 WBD i

30 = 10 WED WED = 3 rad/s

Respuesta: WED = 3 rad/s WBD = -1.5 rad/s

-4 = 8 WBD WBD = -4*3/8 WBD = -1.5 rad/s

UNIVERSIDAD NACIONAL “PEDRO RUIZ GALLO” Ingeniería Civil Tema: CINEMATICA DEL SOLIDO RIGUIDO: TRABAJO Y ENERGIA Alumno: . Curso: Fecha: DINAMICA 22/02/2012

Nota: Ejercicio Nº 1 Clave: Grupo Horario:

Código: 76

A

Solución:

En la posición mostrada la barra B tiene una velocidad angular constante de w rad/s en sentido contrario al movimiento de las manecillas del reloj. Determinar la velocidad angular de las barras BD y DE

1.- VB = VA + WAB x rAB VB = (0i + 0j +wk ) x (10i + 0j +0k ) VB = 10w j

2.- VD = VE + WED x rED VD = (0i + 0j + WED k ) x (10i + 4j +0k ) VD = -4 WED i + 10 WED j

3.- VB = VD + WBD x rBD 10wj = -4 WED i + 10 WED j + (0i + 0j + WBD k ) x (0i + 8j +0k ) 10wj = -4 WED i + 10 WED j - 8 WBD i

10w= 10 WED WED = w rad/s

Respuesta: WED = w rad/s WBD = -1.5 rad/s

-4 = 8 WBD WBD = -4*3/8 WBD = -1.5 rad/s

UNIVERSIDAD NACIONAL “PEDRO RUIZ GALLO” Ingeniería Civil Tema: CINETICA DEL SOLIDO RIGUIDO: TRABAJO Y ENERGIA Alumno: . Curso: Fecha: DINAMICA 22/02/2012 Un disco delgado de 600 mm de diámetro y masa 60kg se mantiene sobre un plano inclinado gracias a un bloque y a un cable arrollado en su superficie según se indica en la figura 16-29ª. Determinar la tensión T del cable y la aceleración aG del centro de masa del disco una vez suprimido el bloque con lo que el disco podrá deslizarse libremente por el plano inclinado. El coeficioente de rozamiento cinético entre disco y plano vale 0.20

Nota: Ejercicio Nº 2 Clave: Grupo Horario:

Código: 76 A

UNIVERSIDAD NACIONAL “PEDRO RUIZ GALLO” Ingeniería Civil Tema: CINETICA DEL SOLIDO RIGUIDO: TRABAJO Y ENERGIA Alumno: . Curso: Fecha: DINAMICA 22/02/2012 Un disco delgado de “R” mm de diámetro y masa “m”kg se mantiene sobre un plano inclinado gracias a un bloque y a un cable arrollado en su superficie según se indica en la figura 16-29ª. Determinar la tensión T del cable y la aceleración aG del centro de masa del disco una vez suprimido el bloque con lo que el disco podrá deslizarse libremente por el plano inclinado. El coeficioente de rozamiento cinético entre disco y plano vale 0.20

Nota: Ejercicio Nº 2 Clave: Grupo Horario:

Código: 76 A

TEMA: Trabajo y Energía de un solido rígido GRUPO: N° GRUPO 9 CURSO: Dinámica FECHA: 28/02/12

4. Una pequeña caja se desliza a lo largo de una superficie horizontal sin fricción, cuando se llega a una rampa circular, como se muestra. Si la velocidad inicial de la caja es, y determinar el ángulo en que la caja se pierde el contacto con la rampa circular r=1.25m , g=32.2pies/seg.

TRABAJO: Ejercicios CLAVE: G.HORARIO: 76A

NOTA: CODIGO:

_por lo tanto, la ecuación trabajo-energía da 1 1 2 𝑚𝑣 + 𝑚𝑔𝑟(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) = 𝑚𝑣 2 …………… (I) 𝑜 2 2 _ a pesar de la fuerza normal no hace ningún trabajo, puede estar relacionado con la velocidad de la caja con el componente normal de la segunda ley de newton ∑ 𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛 , 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑁 =

𝑚𝑣 2 𝑟

_la caja pierde el contacto con la superficie cuando N = 0 y en ese momento 𝑚𝑣 2 = 𝑚𝑔𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃……………………….. (II) Sustituimos la ecu. (II) En la ecu. (I) 1 1 𝑚𝑣𝑜 2 + 𝑚𝑔𝑟(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) = 𝑚𝑔𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 2 2 𝑣𝑜 2 2 52 2 𝑐𝑜𝑠𝜃 = + = + 3𝑔𝑟 3 3(32.2)(1.25) 3 𝜃 = 29.10° Solución: La fuerza normal N no funciona y la fuerza del peso W es constante. Como la caja cae a través de un ángulo, que se mueve en la dirección del peso a una distancia d=r(1-cosθ) _y la fuerza del peso no funciona U=Fd=mgr(1-cosθ)

TEMA: Trabajo y Energía de un solido rígido GRUPO: N° GRUPO 9 CURSO: Dinámica FECHA: 28/02/12

4. Una pequeña caja se desliza a lo largo de una superficie horizontal sin fricción, cuando se llega a una rampa circular, como se muestra. Si la velocidad inicial de la caja es , y determinar el ángulo en que la caja se pierde el contacto con la rampa circular r=1.25m , g=32.2pies/seg.

TRABAJO: Ejercicios CLAVE: G.HORARIO:

NOTA: CODIGO:

_por lo tanto, la ecuación trabajo-energía da 1 1 𝑚𝑣𝑜 2 + 𝑚𝑔𝑟(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) = 2 𝑚𝑣 2 …………… (I) 2 _ a pesar de la fuerza normal no hace ningún trabajo, puede estar relacionado con la velocidad de la caja con el componente normal de la segunda ley de newton ∑ 𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛 , 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑁 =

𝑚𝑣 2 𝑟

_la caja pierde el contacto con la superficie cuando N = 0 y en ese momento 𝑚𝑣 2 = 𝑚𝑔𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃……………………….. (II) Sustituimos la ecu. (II) En la ecu. (I) 1 1 𝑚𝑣𝑜 2 + 𝑚𝑔𝑟(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) = 𝑚𝑔𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 2 2 𝑣𝑜 2 2 𝑐𝑜𝑠𝜃 = + 3𝑔𝑟 3 𝑣𝑜 2 2 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑜𝑐𝑜𝑠𝑒𝑛𝑜( + ) 3𝑔𝑟 3 Solución: La fuerza normal N no funciona y la fuerza del peso W es constante. Como la caja cae a través de un ángulo, que se mueve en la dirección del peso a una distancia d=r(1-cosθ) _y la fuerza del peso no funciona U=Fd=mgr(1-cosθ)

TEMA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO DE UN SOLIDO RIGIDO ALUMNO: GRUPO 9 CURSO: DINAMICA FECHA: Dos bolas de acero de igual diámetro están unidas mediante una barra rígida de peso despreciable según se ve en la figura, y se dejan caer en posición horizontal desde una altura de A cm sobre unos soportes pesados de plancha de acero y de latón. Si el coeficiente de restitución para la bola y la base de acero es D y para la otra bola y la lata de latón es C, determinar la velocidad angular 𝑤 de la barra inmediatamente después del rebote. Suponer que los dos impactos son simultáneos.

Y

LECTURA: EJERCICIO ENCARGADO CLAVE: 8-IV GRUPO HORARIO:

NOTA:

CODIGO:

B A A Latón

X

C



Acero D

En primer lugar analizaremos la velocidad con la que se produce el choque

𝑣𝑑𝑣 = −𝑔𝑑𝑦 𝑣

0

∫ 𝑣𝑑𝑣 = ∫ 0

−𝑔𝑑𝑦

0.152

𝑣 = −√2 ∗ 𝐴 ∗ 𝐺



𝑒=

Luego la razón del impulso de restitución al impulso de restauración se llama coeficiente de restitución:

(𝑣𝐶 )2 −(𝑣𝐴 )2 (𝑣𝐴 )1 −(𝑣𝐶 )1



…………………I

De la misma manera para B y D.

Luego para A y C tenemos: (𝑣𝐴 )1 = −√2 ∗ 𝐴 ∗ 𝐺 𝑚/𝑠 ; (𝑣𝐶 )1 = 0 ; (𝑣𝐶 )2 = 0 Remplazando en I 𝑪=

0 − (𝑣𝐴 )2 −1.727 − 0

(𝑣𝐴 )2 = −𝑪√2 ∗ 𝐴 ∗ 𝐺𝑚/𝑠 Luego para B y D tenemos: (𝑣𝐵 )1 = −1.727𝑚/𝑠 𝑫=

; (𝑣𝐷 )1 = 0 ; (𝑣𝐷 )2 = 0

0 − (𝑣𝐵 )2 −1.727 − 0

(𝑣𝐵 )2 = −𝑫√2 ∗ 𝐴 ∗ 𝐺 

Analizamos A y B como movimiento del solido rígido.

(𝑣𝐴 )2 = (𝑣𝐵 )2 + 𝑤 ∗ 𝑟𝐵/𝐴 = −𝑪√2 ∗ 𝐴 ∗ 𝐺𝑗̂ = −𝑫√2 ∗ 𝐴 ∗ 𝐺𝑗̂ + 𝑤𝑘̂ ∗ (𝑟𝐵/𝐴 𝑖̂) −(𝑫 − 𝑪)√2 ∗ 𝐴 ∗ 𝐺𝑗̂ =𝑤 −𝑟𝐵/𝐴

CURSO: DINAMICA TEMA: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOV. DE UN SOLIDO RIGIDO Y

Dos bolas de acero de igual diámetro están unidas mediante una barra rígida de peso despreciable según se ve en la figura, y se dejan caer en posición horizontal desde una altura de 15.2cm sobre unos soportes pesados de plancha de acero y de latón. Si el coeficiente de restitución para la bola y la base de acero es 0.6 y para la otra bola y la lata de latón es 0.4, determinar la velocidad angular 𝑤 de la barra inmediatamente después del rebote. Suponer que los dos impactos son simultáneos.

GRUPO HORARIO: FECHA :28/02/12

16 A

CODIGO: EJERCICIO N°:

61cm A

B 15.2cm

Latón

X

C



Acero D

En primer lugar analizaremos la velocidad con la que se produce el choque

𝑣𝑑𝑣 = −9.81𝑑𝑦 𝑣

0

∫ 𝑣𝑑𝑣 = ∫ 0

−9.81𝑑𝑦

0.152

𝑣 = −√2 ∗ 9.81 ∗ 0.152 𝑣 = −1.727𝑚/𝑠 

𝑒=

Luego la razón del impulso de restitución al impulso de restauración se llama coeficiente de restitución:

(𝑣𝐶 )2 −(𝑣𝐴 )2 (𝑣𝐴 )1 −(𝑣𝐶 )1



…………………I

De la misma manera para B y D.

Luego para A y C tenemos: (𝑣𝐴 )1 = −1.727𝑚/𝑠

; (𝑣𝐶 )1 = 0 ; (𝑣𝐶 )2 = 0

Reemplazando en I 0.4 =

0 − (𝑣𝐴 )2 −1.727 − 0

(𝑣𝐴 )2 = 0.6908𝑚/𝑠 Luego para B y D tenemos: (𝑣𝐵 )1 = −1.727𝑚/𝑠 0.6 =

; (𝑣𝐷 )1 = 0 ; (𝑣𝐷 )2 = 0

0 − (𝑣𝐵 )2 −1.727 − 0

(𝑣𝐵 )2 = 1.0362 

Analizamos A y B como movimiento del solido rígido.

(𝑣𝐴 )2 = (𝑣𝐵 )2 + 𝑤 ∗ 𝑟𝐵/𝐴 0.6908𝑗̂ = 1.0362𝑗̂ + 𝑤𝑘̂ ∗ (−0.61𝑖̂) −0.3454 =𝑤 −0.61

𝑤 = 0.566𝑟𝑎𝑑/𝑠

UNIVERSIDAD NACIONAL “PEDRO RUIZ GALLO” Departamento Académico De Ingeniería Civil Tema:

Ejercicio

Nota:

TRABAJO Y ENERGIA Alumno:

Clave:

GRUPO Nº 9 Curso: Fecha: DINAMICA 28/02/12

Grupo Horario: 16 A

El collar de 5 lb. Es liberado del reposo en A y viaja a lo largo de la guía lisa. Determine su rapidez cuando su centro alcanza el punto C y la fuerza normal que ejerce sobre la barra en este punto. El resorte tiene longitud no alargada de 12 pulg. Y el punto C está localizado justo antes del extremo de la porción curva de la barra.

Código:

Solución:

Setiene : W  5lb L  12 pu lg h  10 pu lg lb k2 pu lg pies g  32.2 2 s 1 ft  12 pu lg Solucion : TA  VA  TC  VC 0  WL 

1 2 1 W  2 1 kh    vC  k 2 2 g  2

 kg  2 gL    W  pies vC  12.556 s

vC 

NC  k



W g

L2  h 2  L



 L2  h 2  L  

 vC2     L N C  18.919lb

NC 





 

L2  h 2  L 2

 W  vC2     L2  h 2  g  L  L



 L2  h 2  L  

  L2  h 2  kL



2

UNIVERSIDAD NACIONAL “PEDRO RUIZ GALLO” Departamento Académico De Ingeniería Civil Tema:

Ejercicio

Nota:

TRABAJO Y ENERGIA Alumno:

Clave:

GRUPO Nº 9 Curso: Fecha: DINAMICA 28 /02 /12

Grupo Horario: 16 A

El collar de 5 lb. Es liberado del reposo en A y viaja a lo largo de la guía lisa. Determine su rapidez cuando su centro alcanza el punto C y la fuerza normal que ejerce sobre la barra en este punto. El resorte tiene longitud no alargada de 12 pulg. Y el punto C está localizado justo antes del extremo de la porción curva de la barra.

Código:

Solución: Solución. Se tienes W = W lb L = L pulg H = H pulg

K = K lb./pulg g = g pies/seg2 1ft = B pulg solucion TA + VA = TC + VC

0 + WL + 1/2KH2=1/2(W/g)VC + 1/2K((L2 + H2)1/2 – L2) VC = (2gL+(kg/W)((L2 + h2)1/2 - L)2)1/2

NC + K((L2 + h2)1/2 - L2)(L/( L2 + h2)1/2) = W.VC/g.L NC = - K((L2 + h2)1/2 - L2)(L/( L2 + h2)1/2) = W.VC/g.L

UNIVERSIDAD NACIONAL “PEDRO RUIZ GALLO” Departamento Académico De Ingeniería Civil Tema: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOV. DE UN SOLIDO RIGUIDO

Ejercicio

Alumno: GRUPO 9

Clave:

Curso

DINAMICA

Fecha: 28/02/12

Grupo Horario:

Nota:

Código:

La esfera de masa m cae y golpea el bloque triangular con velocidad vertical v. si el bloque descansa sobre una superficie lisa y tiene masa de 3m, determine su velocidad justo después de la colisión. El coeficiente de restitución es e.

Conservación del momentum en “X” 𝑚(𝑣)1 = 𝑚(𝑣)2 𝑚(𝑣𝑠𝑒𝑛45) = 𝑚(𝑣𝑠𝑥 )2 (𝑣𝑠𝑥 )2 =

√2 𝑣 2

Coeficiente de restitución en y’ 𝑒=

𝑒=

(𝑣𝑏 )2 − (𝑣𝑏𝑦 )2 (𝑣𝑠𝑦′ )1 − (𝑣𝑏 )1 (𝑣𝑏 ) 𝑐𝑜𝑠45 − [(𝑣𝑏𝑦 )2 ] 𝑣𝑐𝑜𝑠45 − 0

(𝑣𝑠𝑥 )2 =

√2 (𝑒𝑣 − 𝑣𝑏 ) 2

Conservación del momentum en “X” 0 = 𝑚𝑠 (𝑣𝑠 )𝑥 + 𝑚𝑏 𝑣𝑏 0 + 0 = 3𝑚𝑣𝑏 − 𝑚(𝑣𝑠𝑦′ )2 𝑐𝑜𝑠45 − 𝑚(𝑣𝑠𝑥 ′ )2 𝑐𝑜𝑠45 3𝑣𝑏 −

√2 √2 √2 √2 (𝑒𝑣 − 𝑣𝑏 ) − 𝑣 =0 2 2 2 2

𝑣𝑏 = (

1+𝑒 7

) 𝑣…………Rpta

UNIVERSIDAD NACIONAL “PEDRO RUIZ GALLO” Departamento Académico De Ingeniería Civil Tema: IMPULSO Y CANTIDAD DE MOV. DE UN SOLIDO RIGUIDO

Ejercicio

Alumno:

Clave:

GRUPO Nº 9 Curso: Fecha: DINAMICA 28/02/12

Grupo Horario:

Nota:

Código:

La esfera de masa m cae y golpea el bloque triangular con velocidad vertical v. si el bloque descansa sobre una superficie lisa y tiene masa de m m, determine su velocidad justo después de la colisión. El coeficiente de restitución es e. o°= O°

Conservación del momentum en “X” 𝑚(𝑣)1 = 𝑚(𝑣)2 𝑚(𝑣𝑠𝑒𝑛 𝑥°) = 𝑚(𝑣𝑠𝑥 )2 (𝑣𝑠𝑥 )2 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥° Coeficiente de restitución en y’ 𝑒=

𝑒=

(𝑣𝑏 )2 − (𝑣𝑏𝑦 )2 (𝑣𝑠𝑦′ )1 − (𝑣𝑏 )1 (𝑣𝑏 ) cos 𝑥 − [(𝑣𝑏𝑦 )2 ] 𝑣𝑐𝑜𝑠𝑥 − 0

(𝑣𝑠𝑥 )2 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥°(𝑒𝑣 − 𝑣𝑏 ) Conservación del momentum en “X” 0 = 𝑚𝑠 (𝑣𝑠 )𝑥 + 𝑚𝑏 𝑣𝑏 0 + 0 = 𝑚𝑣𝑏 − 𝑚(𝑣𝑠𝑦′ ) 𝑐𝑜𝑠𝑥° − 𝑚(𝑣𝑠𝑥 ′ )2 𝑐𝑜𝑠𝑥° 2

𝑀𝑣𝑏 − 𝑣𝑏 = (

√2 √2 √2 √2 (𝑒𝑣 − 𝑣𝑏 ) − 𝑣 =0 2 2 2 2

1+𝑒 7

) 𝑣…………Rpta

UNIVERSIDAD NACIONAL “PEDRO RUIZ GALLO” Facultad de Ingeniería Civil, Sistemas y Arquitectura Escuela Profesional de Ingeniería Civil

CURSO

DOCENTE

:

:

DINAMICA

ING. M.Sc. RODRIGUEZ LLONTOP IRMA

ALUMNOS : VENTURA PRADA, Carlos TORRES CONTRERAS, Jhonatan VELA TOCTO, Omar ECHEGARAY SALCEDO, Víctor

GRUPO

:

9-1 9-2 9–3 9-4

76A

Lambayeque -2012