Ejercicios Resueltos Nara Grupo 13

8/10/2019 Ejercicios Resueltos Nara Grupo 13

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Universidad Nacional de San Cristbal

de HuamangaFacultad 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


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DINAMICA DE LA PARTICULA (LEYES DE NEWTON)

Problema 1Como 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.


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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 sen Ft= 0R1 sen= Ft.........................(1)

Realizando el DCL para el bloque de masa m:


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Por la Segunda ley de Newton Tenemos:

(+)

Fy = 0

R1 mg cos = 0R1= mg cos ....................(2)

Reemplazando(2) en la ecuacion (1)

Ft= R1sen

Por tanto el valor de la fuerza de tope es:

Ft =mgsen(2)

2


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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= R1sen Fr............(1)

Realizando DCL del bloque de masa m:


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R1= mg cos Fr = umg cos

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

Ft= R1sen Frcos()Ft= mg cos sen umg cos

Ft= mgsen(2)

2 cos2


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DINAMICA DE LA PARTICULA (LEYES DE NEWTON)

Problema 2 el movimiento acelerado la bola de 5kg forma un anguloconstante .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 .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):


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T1 sen= m.g................(1)T1 cos = m a.................(2)

De acuerdo al diagrama en el cuerpo A:

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

De acuerdo al DCL del cuerpo de 15 K g

T2= mb

a

Wc T2 = mc aWc mb a= mc a15 ( 59.81 )a= ( 159.81 )a15 = ( 209.81 )aa= 7.36m/s


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Dividiendo la ecuacion(1) y (2);

T1 sen= m.g................(1)T1 cos = m a.................(2)tg = ( ga)

Por tanto el angulo es:

= 53.1o

Ejercicio b)Reemplazando en la ecuacion (3)

T2= mb aT2= (

59.81 ) 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)


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SOLUCION

De acuerdo al DCL del sistema:

De acuerdo a las ecuaciones del movimiento:

(+) Fy = 0RA+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


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Desarrollando

RA= 86kg

RB = 110kg

DINAMICA DE SISTEMA DE PARTICULAS (CANTIDAD DE MOVIMIENTO)

Problema 4 Un chorro de agua( = 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:

= 1000kg/m3

A= 19cm2 = 0.0019m2

v= 182m/sEn este sistema de coordenadas, el agua parece acercarse al alabe con unaceleridad de 182m/sy la masa que circula por unidad de tiempo ser:


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Q = .v.AQ= (1000)(182)(0.0019)Q= 345.8

Hallaremos la fuerza que ejerce el alabe sobre el agua ( con sus respectivas

componentes x,y).

Fx= Q(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


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Hallando la componente en y:

Fy =Q(v2y v1y)Wa

Despreciando el peso del agua (

Wa

) por ser pequea en relacion a los otros terminos.

Fy =Q(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:

F r=

(Fx)2 + (Fy)

2

F r=

(13)2 + (99)2

F r= 99.85KN

DINAMICA DE LA PARTICULA ( METODO DE TRABAJO Y ENERGIA)

Problema 5Un 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 = Gm1m2r2


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Dividiendo la fuerza para un cuerpo en la superficie y para un cuerpo a una

altura 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:

H0

mgo( R

R+h)2dh= Ec

R2mgo[ 1R+h

]

H0

=mV2f

2 mV

2i

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 G M

r = G M

r0

v = drdt

=

2GM

1

r 1

r0=

2GM

r0

r0 r

r

luego integrando tenemos:

rr0

r

r0 rdr=

2GM

r0

T0

dT


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T(r) =

r30

2GM(

r

r0 rr0

+ tan1

r0 rr

)

DINAMICA DE LA PARTICULA ( METODO DE TRABAJO Y ENERGIA)

Problema 6El 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


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Por el Principio de la Conservacion de la Energia:

EMi= EMf

Eko + Epo =Ekf+Epf

W h+kx2

2 = W + k(+x)

2

2

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

10(4) +2(2)2

2 = 10+2(+ 2)

2

2

2

6

40 = 0

Resolviendo el la ecuacion se tiene:

= 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 cable

enrollado 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)


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h

inicial

final

SOLUCION:

Pro cinematica se sabe que:

=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

2I2

Ekf =1

2mV

2+

1

2I(

V

r)2 =

1

2(m+

I

r2)V

2


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W =mgh

0 +mgh =12

(m+ Ir2

)V2

Para la esfera se tiene:

I=2

5mr2

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

V2

= 2gh

(1 +2

5ma2

ma2 )(j)

V =

[10

7

gh]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= dvdt entonces:

Mg T=M a

T =M(g a)derivando obtenemos:

a=5

7g

reemplazando este valor se tiene:

T=M(g 57

g) =2

7M g

Vectorialmente la tension esta dirigido hacia arriba:

T = (2

7W)j

DINAMICA DEL CUERPO RIGIDO( METODO DE TRABAJO Y ENERGIA)


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Problema 8: Como se muestra en la figura, un cilindro circular homogeneo

esta 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:

= Vr donde: v : velocidad de su centroReemplazando tenemos:

Eko = 0

Ekf =1

2mV

2+

1

2I2

Ekf =1

2

mV2

+1

2

I(V

r

)2 =1

2

(m+ I

r2

)V2

W =mgh

0 +mgh =1

2(m+

I

r2)V

2


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El momento de inercia para un cilindro es:

I= 12 mr

2

reempalzando se tiene:

V2

= 2gh

(1 +1

2mr2

mr2 )(j)

V = [ 43

gh]1/2j

Calculo de la tension:sabemos que:v= dsdt a=

dvdt luego tenemos :

Mg T=M aT =M(g a)

Derivando la velocidad se tiene:

a=2

3g

T=M(g 23

g) =1

3M g

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

t0

dt

[4

3gh]1/2 = [

2

3gt]

h=g

3t2

Reemplazando:V = [

4

9g2t2](j)

Para t=2 seg.V = 13.08j


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DINAMICA DE LA PARTICULA (IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO)

Problema 9Un 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

0

tiempo

rozamiento

P= 60kg98kg

SOLUCION:

PASO 1Hacemos el diagrama de cuerpo libre del bloque


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m.g

P

N

Fr

bloque

PASO 2

aplicamos el principio de impulso y cantidad de movimieento:

mAvAi+

tftiF.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.


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t0

Fr.dt= ( (5010).12 + 10.3) = 50

mAvAi+3

0P.dt50 =mAvAf

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

130 = 98.vv= 13098

v= 1.32m

s

RESPUESTA:v= 1.32ms


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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 5 ms.(Nara 3.91)

B

V

A


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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+

t0

(Fr T)dt=mAvAf

mAvAi t

0

Fr.dtt

0

T dt=mAvAf

mAvAi t

0

mA.g.u.dtt

0

T.dt=mAvAf


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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 +

t0

(T mB .g)dt=mBvBf

mBvBi +

t0

T.dt t

0

mB .g.dt= mBvBf

ahora sumamos miembro a miembro las ecuaciones obtenidas:

mAvAi m.g.u.tt

0

T.dt= mAvAf.

mBvBi +t

0

T.dtt

0

m.g.dt= mBvBf

luego se obtiene:

mAvAi+mBvBi mA.g.u.tt

0

mB .g.dt= mAvAf+mBvBf

mAvAi+mBvBi mA.g.u.tmB.g.t= mAvAf+mBvBfcomo 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.tmB .g.t= v(mA+mB)


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5

(mA.g.u+mB .g).t

mA+mB=v

v = 5 (mA.g.u+mB .g).tmA+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.t4.578.t2

2 = 5.t 2.289.t2

+ccondiciones 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= 4.578respuestas:

x= 5.t 2.289.t2

v = 5 4.578.t

a= 4.578

graficamos las funciones:


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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


29/31

4 3 2 1 1 2 3 4

tiempo

6

5

4

3

2

1

1

aceleracion

0

x) = 4.58


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Problema 11 una particula de 200 kg se mueve en la direccion positiva Xcon una velocidad de 25 25ms . se aplica uan fuerzaFx 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= 25

ms

PARTE 1para resolver utilizaremos la siguiente formula :

mvi+tfti

F.dt= mfvf

reemplazando en la formula se tiene:

mvi+

40

Fx.dt= mvf


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4

0

Fx.dt=

15

4

2

mvi+15 4

2 =mvf

200 25 + 30 = 200 vfv= 25.15

m

s

respuesta : v= 25.15ms

PARTE 2para resolver utilizaremos la siguiente formula :

mvi+tfti

F.dt= mfvf

reemplazando se tiene:

mvi+

90

Fx.dt= mvf

9

0

Fx

.dt=15 4

2 (9

6)

10

90

Fx.dt= 0

mvi+

90

Fx.dt= mvf

mvi+ 0 =mvf

vi= vf

vf= 25 ms

respuesta : vf = 25ms

Ejercicios Resueltos Nara Grupo 13

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