Ejercicios Resueltos Pytel Grupo 161

SEGUNDA PRACTICA CALIFICADA: CINETICA DE LA PARTICULA Y EL CUERPO RIGIDO - ANDREW PYTEL AND JAAN KIUSALAAS

INGENIERIA CIVIL UNSCH 1

UNIVERSIDAD NACIONAL

SAN CRISTOBAL DE HUAMANGA

FACULTAD DE INGENIERA DE MINAS, GEOLOGA Y CIVIL

E.F.P INGENIERIA CIVIL

CINETICA DE LA PARTICULA Y EL CUERPO RIGIDO

ANDREW PYTEL AND JAAN KIUSALAAS

Docente

Ing. CASTRO PEREZ, Cristian

Estudiantes

ARANGO PALOMINO, David

CUADROS GARCIA, Edison

CASTRO BUITRON, Rafael

VICAA PACHECO, Joel



Tabla de Contenido

INTRODUCCION

CINETICA DE LA PARTICULA Y EL CUERPO RIGIDO - ANDREW PYTEL AND JAAN KIUSALAAS

LEYES DE NEWTON.................................................................................. 5

TRABAJO Y ENERGIA ............................................................................. 15

CANTIDAD DE MOVIMIENTO .................................................................. 21

SISTEMA DE PARTICULAS ...................................................................... 27



Ejercicio 1

Un proyectil de masa m se dispara desde el punto O en el instante t = 0 con velocidad vo

como se muestra en la figura. La resistencia aerodinmica FD es proporcional a la velocidad

del proyectil: FD= cv, donde c es una constante.

a) Deducir las ecuaciones de movimiento.

b) Verifique que la solucin de las ecuaciones de movimiento es

x = C1 ect /m + C2 e y = C3 ect /m

+ C4

Donde C1 a C4 son constantes.

c) Encontrar la altura h mximo dado que W = 8 N, c = 0,6 N. s / m, vo = 30 m / s, y =30

Solucin

a)

Analizando, tenemos el diagrama de cuerpo libre mostrando la direccin de la friccin FD y

su respectiva descomposicin en los ejes cartesianos.

mg Trayectoria

may

cvx = max



FD=cv cvx

Las correspondientes ecuaciones de movimiento son:

Fx = max cvx = max

Fy = may mg cvy = may

b)

Para verificar que las expresiones para x (t) e y (t) dadas en el enunciado del problema

satisfacen las ecuaciones de movimiento, debemos de evaluar primero sus derivadas.

x = C1 + C2 y = C3 -

+ C4

vx = = -C1

vy = = -C3

-

ax = = -C1

ay = = C3

Los resultados mostrados en la tabla reemplazamos en las siguientes ecuaciones

Fx = max cvx = max

Fy = may mg cvy = may

, donde nos damos cuenta que satisfacen las ecuaciones de movimiento.

c)

Utilizando los valores numricos dados para c y W, tenemos:

=

= 0.735 s-1

=

= 13,3 m / s.

Sustituyendo estos valores en las ecuaciones mostradas en la tabla, y suponiendo que el

tiempo t se mide en segundos, tenemos:



x = C1 + C2 (m) y = C3 - + C4 (m)

vx = C1 (m/s) vy = C3 13.3 (m/s)

Evaluando en t = 0:

1. x = 0

2. y = 0

3. vx = 30 cos 30o = 25,98 m / s

4. vy = 30 sen 30o = 15 m / s

De donde obtenemos las constantes:

C1 = -35,35 m, C2 = 35.35 m, C3 = -38,5 m, y C4 = 38,5 m.

Sustituyendo estos valores en las ecuaciones anteriores, tenemos:

x = 35.35(1 - ) (m) y = 38.5(1 - ) 50t (m)

vx 25.98 (m/s) vy = - 13.3 (m/s)

El valor mximo de y se produce cuando vy = 0, para un tiempo t1:

o = - 13.3 (m/s)

t1 =

=-1.027 s

Sustituyendo t = t1 = 1,027 s en la ecuacin anterior, se obtiene el valor mximo de y:

ymax = h = 38.5(1 - ) 13.3(1.027)

ymax = 6.74 (m)



Ejercicio 2

El coche de pasajeros de un parque de diversiones est conectado por el brazo AB al mstil

vertical OC. Durante un cierto intervalo de tiempo, el mstil est girando a la

tasa constante = 1,2 rad / s, mientras que el brazo se eleva en la constante de velocidad

= 0,3 rad / s. Determinar los componentes cilndricos de la velocidad y la aceleracin del

vehculo en el instante en que = 40 .

Solucin

En la figura, vemos que R- y Z-, coordenadas del coche son

R = 4 sen y z = 6 - 4 sen.

Sabemos que = 0 ( es constante), adems a = 40, entonces:

R = 4 sen = 4 sen 40 = 2,571 m

= 12 cos = (4 cos 40) (0.3) = 0.919 m / s

= -4sen 2 = -(4 sen 40) (0,3) 2 = - 0.231 m/s2

Tambin:

z = 6-4 cos = 6-4 cos 40 = 2,936 m

= 4 sen = (4 sen 40) (0.3) = 0.771 m / s

= 4 cos 2 = (4 cos 40) (0,3)2= 0.276 m/s2



Las componentes cilndricos de la velocidad son:

vR = = 0.919 m / s

v = R = 2.571 (1.2) = 3.085 m / s

vz = = 0.771 m / s

Sabemos que es constante, entonces las componentes de la aceleracin son:

aR = R 2 = 0.231 2.571(1.2)2 = 3.933 m/s2

a = R + 2 = 0 + 2(0.919)(1.2) = 2.206 m/s2

az = = 0.276

Ejercicio 3

El eje vertical AB de la figura gira en un cojinete en A. El deslizador de 0,6 kg de P se puede

mover libremente a lo largo de la barra sin friccin OD, que esta rgidamente unido a AB en

un ngulo de 30. En un cierto instante cuando r = 1,2 m, se sabe que = 4 rad / s, = 0, y la

velocidad de P con respecto al dimetro exterior es = 4 m / s. En este instante, determinar

la magnitud de la fuerza de contacto ejercida sobre P por OD, y , la aceleracin de P en

relacin con OD.



Solucin

El diagrama de cuerpo libre de P sera:

5.886 N maz = m

ma = m +2 )

= maR = m - ) N2 N1 30

o

O O

Donde su peso es mg = 0,6 (9,81) = 5.886 N.

De la figura se obtiene:

R = r sen 30 = 1,2 sen 30 = 0,60

z = r cos 30.

Derivando con respecto al tiempo, y reemplazando = 4 m / s, tenemos:

= sen30o = 4sen30o = 2 m/s

= sen30o

= cos30o = 4cos30o = 3.464 m/s

= cos30o

Las ecuaciones de movimiento son:

FR = maR = m R 2)

- N1cos 30 = 0,6 [ sen 30 - 0.60 ( )]

F = ma = m (R + 2 )

N2 = 0,6 [0 + 2 (2) (4)] = 9,600 N

Fz = maz = m



N1 sen 30 - 5.886 = 0,6 ( cos 30)

Resolviendo las ecuaciones, obtenemos:

= -3,70 m/s2

N1 = 7.931 N.

Por lo tanto la magnitud de la fuerza de contacto ejercida por OD es:

N = (N12 + N2

2 )1/2= ((7.931)2 + (9.600)2) 1/2 = 12.45 N

N= 12.45 N

Ejercicio 4 El cuerpo que se muestra en la figura consta de la barra homognea delgada 1 que est

conectado rgidamente a la esfera 2 homognea. El cuerpo est girando en el plano vertical

alrededor del pasador en O. Cuando el cuerpo est en la posicin donde = 30o, su

velocidad angular es = 1,2 rad / s hacia la derecha. En este instante, determinar la

aceleracin angular y la magnitud de la reaccin en el pasador de O.

Solucion



Hacemos el diagrama de cuerpo libre

Tenemos: r 1 = 0.4 m r 2 = 1.0 m

I1 =

=

= 1.600 N.m

m1r1

2 = 30(0.4)(1.2)2 = 17.28 N m1r1 = 30(0.4) = 12.00 N Tenemos En la esfera:

I2 =

(m2)(R)

2 = 1.280 N.m

mr2

2 = 80(1.0)(1.2)2 = 115.2 N m2r2 = 80(1.0) = 80.00 N

Resolveremos las ecuaciones de movimiento: (MO)FBD = (MO)MAD



30(9.8)(0.4) cos 30 + 80(9.8)(1) cos 30 = 1.600 + (12)(0.4) + 1.280 + (80.00)(1.0) = 87.68

= 8.905 rad/s2

Las ecuaciones de las fuerzas n-t son: MO = IO. = 8.914 rad/s2 Ft = mat Ot + 30(9.8) cos 30 + 80(9.8) cos 30 = 12.00(8.905) + 80.00(8.905) Ot = 114.3N Fn = man On 30(9.8) sin 30 80(9.8) sin 30 = 17.28 + 115.2 On = 671.5 N Hallando la magnitud: O = (Ot

2 + On2)1/2

O = ((114.3)2 + (671.5)2)1/2 = 681.2 N O = 681.2 N

Ejercicio 5 Una barra homognea delgada AB de masa m y longitud L se libera desde el reposo en la

posicin que se muestra en la figura. Determina la aceleracin del extremo A, la reaccin en

A, y la aceleracin angular de la barra inmediatamente despus de la liberacin.

Supongamos que el plano horizontal es sin friccin.



Solucion

Hacemos el diagrama de cuerpo libre:

B

a = aG = aa + aG/A

Obtenemos las siguientes ecuaciones de movimiento

(MA)FBD = (MA)MAD

mg(

cos60o) =

+

(

) maA(

sen60o)

a A = 0.7698L 0.5774g

60



La ecuacion de la fuerza horizontal es:

Fx = m 0 = maA + m

sen60o

a A = 0.4330L

a A = 0.742g = 1.714

La ecuacion de la fuerza vertical es:

FY = m mg + N = m

cos 60

o

Reemplazando el valor de , tenemos:

N = 0.572 mg

Ejercicio 6

El collar A de masa m = 1,8 kg se muestra en la figura. se desliza sobre una barra sin friccin

que se encuentra en el plano vertical. Una cuerda est unida a A y pasa sobre una polea en B.

Se aplica la fuerza horizontal P constante hasta el final de la cuerda. El collar se libera del

reposo en la posicin 1. Determinar la velocidad del cuello en la posicin2 si P = 20 N. (2)

Encontrar el menor valor de P para que el cuello llegue a la posicin 2.



Solucin

B

W=mg x

30o P

Y X

NA

El trabajo realizado por el peso W = mg del collar se puede obtener de la ecuacin:

U1-2 = mgh

Donde h es el cambio en la elevacin se muestra en la primera figura. La fuerza P en la segunda figura es una fuerza central constante. Por lo tanto, su trabajo es:

U1-2 = -P

= P (L2 L1)

Tenemos :

T1 = 0, T2 =

mv2

2.

As U1-2 = T2 - T1

-mgh + P (L1 - L2) =

mv2

2 - 0

De la primera figura obtenemos:

h = 2 sen 30 = 1,0 m L = ((2 cos 30)2 + (2.5)2) 1/2= 3.041 m L 2 = 2,5 -1,0 = 1,5 m. Reemplazando m = 1,8 kg y P = 20 N en:

-mgh + P (L1 - L2) =

mv2

2 0

30o



- (1,8) (9,81) (1,0) + 20 (3,041 a 1,5) =

(1,8) v2

2

v2 = 3,82 m/s Para el menor valor de P para que el cuello llegue a la posicin 2, hacemos:

-mgh + P (L1 - L2) = 0

P =

=

= 11.46

P = 11.46

Ejercicio 7

El collar de 2 kg que se muestra en la figura se desliza a lo largo de la varilla de gua con una

friccin insignificante. La longitud libre del resorte unido al collar es L0 = 1,2 m, y su rigidez

es k = 60 N / m. Si el collar se mueve hacia abajo con la velocidad v A = 4 m / s cuando est en

A, determinar la velocidad del collarn en B.

Solucin

Diagrama de cuerpo libre

z

A W

s

F N y

x B



El trabajo del peso es: UA-B = -W (zB - zA) = 2 (9.8) (0 - 0,8) = 15.7 N.m El trabajo realizado por la fuerza elstica en el cuello es:

U A - B = -

k ( B

2 A2 )

Los correspondientes alargamientos son:

A = LA - L0 = (0,62 + 0,82)1/2 - 1,2 = - 0,2 m

B = LB - L0 = 2-1,2 = 0,8 m

Reemplazando A y B, tenemos:

U A - B = -

(( 2 2 )

U A - B = -18 N.m

El trabajo total realizado sobre el cuello es:

U A-B = 15,7 - 18 = -2.3 N.m

Aplicando del principio de trabajo-energa entre las posiciones A y B, tenemos:

U A - B = TB - TA=

( B

2 A2 )

-2.3 =

( B

2 2)

vB = 3,7 m / s

Ejercicio 8 La primera figura muestra un giro en sentido anti horario C () que acta sobre la uniforme

barra AB de 1,5-kg . Calcule el trabajo total realizado en el bar, ya que gira en el plano

vertical sobre A, = 0 a = 180osi

1. C () = 4,9 pecado N m

2. C() vara como se muestra en la segunda figura:

El signo negativo indica que el muelle se comprime cuando el collar est en A



Solucin

El trabajo total realizado sobre la barra es la suma del trabajo realizado por el peso W y el giro C:

(U12 )C =

=

= 9.8N

U12 = (U12 )C + (U12 )w = 9.8 5.9 = 3.9 N m

(U12 )C =1/2(4.9)( ) = 7.7 N m

El trabajo total realizado ser:

U12 = (U12 )C + (U12 )w = 7.7 5.9 = 1.8 N m



Ejercicio 9 Un par (no mostrado) hace que el disco excntrico de masa M de la figura pueda rodar sin

deslizamiento con velocidad angular constante. El radio de giro del disco

alrededor de su centro de masa G es k. Determinar las energas mximas y mnimas

cinticos del disco y los valores correspondientes del ngulo (el ngulo entre OG

y la vertical). Utilice los siguientes datos: M = 40 kg, R = 240 mm, e = 50 mm,

k = 160 mm, y = 10 rad / s.

La energa cintica del disco ser:

T =

(I + M 2)2 = 1/2M(k2 + CG2)2

Vemos que CG tiene su valor ms pequeo. Por lo tanto, el valor mximo y mnimo de la

energa cintica del disco es respectivamente:

Tmax =

( (40)[(0.16)2 + (0.29)2](10)2 =219.4 J para =180

Tmin =

( (40)[(0.16)2 + (0.19)2](10)2 =123.4 J para =0

G

G

C C

R + e = 0.29 m

R - e = 0.19 m



Ejercicio 10 En el tiempo t = 0, la velocidad de la partcula de 0,5 kg de la figura es 10 m / s hacia la

derecha. Adems de su peso (el plano xy es vertical), la partcula se acta sobre por la fuerza

P (t). La direccin de P (t) es constante durante todo el movimiento, pero su magnitud

vara con el tiempo como se muestra en la figura. (b). Calcular la velocidad de la partcula

cuando t = 4 s.

Solucin Tenemos el siguiente diagrama

Las componentes del impuso sern:

(L 12 )x = 0

(L 12 )y = mg t = 0.5(9.81)(4) = 19.620 N s



Como P (t). es constante, tenemos:

(L 12 )x = 16(cos 60o) = 8.0 N s

(L 12 )y = 16(sin 60 o) = 13.856 N s

Sustituyendo las ecuaciones en el principio de impulso, tenemos:

(L 12 )x = (mvx )2 (mvx )1

8.0 = 0.5(vx )2 5

(vx )2 = 26.00 m/s

(L 12 )y = (mvy )2 (mvy )1

13.856 19.620 = 0.5(vy )2 0

(vy )2 = 11.53 m/s

= arctan(11.53/26)

= 23.9o

Ejercicio 11

La parte recta de un salto de esqu est inclinado en 60o respecto a la horizontal. Despus de dejar la puerta de salida con una velocidad insignificante, un esquiador de 50 kg alcanza una velocidad de 25 m / s en 3,5 s. Determinar el coeficiente de friccin cintica entre los esqus y la pista. Desprecie la resistencia del aire.



Fuerzas en y:

Fy = 0 N A (50)(9.8) cos 60o = 0

N A = 245 N

Hallamos la fuerza de rozamiento Faplicando el principio de impulso-momento en

la direccin x.

(L 12 )x = m[(v2 )x (v1 )x ]

[(50)(9.8) sen600 F ] 3.5 = 50(25 0)

F = 67.2N

Por lo tanto, el coeficiente de friccin cintica es

k =

=

= 0.274

k = 0.274 Ejercicio 12 El conjunto que se muestra en la figura consiste en un brazo AOC, a la que se fij dos varillas

delgadas homognea AB y CD. El conjunto gira alrededor del eje z en

un cojinete de friccin en O. Un mecanismo interno (no mostrado en la figura) puede

desplazar y bloquear las dos barras en cualquier ngulo . El momento de inercia del brazo

AOC sobre el eje z es 1,04 kg m2, y varillas de AB y CD de masa 1,5 kg cada uno.

Inicialmente, el conjunto est girando libremente sobre el eje z con la velocidad angular

1 = 10 rad / s con = 90o. Calcular la velocidad angular del conjunto cuando

las barras se han movido a la posicin = 180 .



Solucin

Los diagramas de impuso son:

Iz 1 = 1.04(10) = 10.4 N. m. s

mv1 = mr1 1 = 1.5(0.8)(10) = 12 N s

Arm AOC:

Iz 2 = 1.042

Rods AB and CD (both rods are in the plane of the figure):

mv2 = mr2 2 = 1.5(1.1)2 = 1.652

Iz 2 = 1/12mL22 = 1/12 (1.5)(0.6)

22 = 0.0452

Por la conservacin del momento angular, tenemos:

(h z )1 = (h z )2



10.4 + 2[0.8(12)] = 1.042 + 2(0.0452 ) + 2[1.1(1.652 )]

2 = 6.22 rad/s

Ejercicio 13

El disco 150 kg homogneo gira alrededor del eje fijo en O. En el disco acta una fuerza

constante P = 320N (aplicado a una ranura la cuerda alrededor del disco)

y el par en sentido anti horario C (t), que vara con el tiempo como se muestra en la

figura. Si el disco estaba en reposo en el tiempo t = 0, determinar 1) su velocidad angular

cuando t = 4 s, y 2) el tiempo cuando la velocidad angular invierte la direccin.



Solucin

Hallando el momento de inercia del disco alrededor de su centro de masa:

I = 1/2 m R 2 = 1/2 (150)(0.6)

2 = 27 kg m2

Para t1=0, t2=4s

( A O )12 = PR t

= (320)(0.6)(4)

(300)(4) = 168 N.m

( AO )12 = h O = I (2 1 )

El impuso resultante es cero:

168 = 27(2 0)

2 = 6.22 rad/s

( A O )13 = PR t

= 0

(320)(0.6)(4) t3(

(300)(4) + 300(t3-4)) = 0

Resolviendo la ecuacin, tenemos:

t3 = 5.56 s



Ejercicio 14

Los dos collares A y B estn unidas por una cuerda de longitud L. El collar A se mueve hacia

la derecha con velocidad constante vA. Determinar la velocidad y la aceleracin deL collar B

en funcin de VA y .

Solucin

Tenemos la siguiente ecuacin

XA2 + XB2 = L

2, derivando:

2XA VA + 2YBVB = 0

XA VA + YBVB = 0, derivando

(XA aA + VA2 )+ (YBaB + VB

2 ) = 0

VB = - VA

= - VA

VB = - VAtan

Debido a que la aA = 0, la aceleracin de B es:

aB = -



Sabemos que yB = L cos

aB = -

aB = -

Ejercicio 15

Los bloques A y B estn conectados por un cable que corre alrededor de dos poleas de masa

despreciable, como se muestra en la figura. El coeficiente cintico de friccin entre el plano

inclinado y el bloque A es 0,4. Si la velocidad inicial de A es de 3 m / s en el plano, determinar

el desplazamiento sA del bloque A (medidos desde la posicin inicial), cuando el sistema se detiene.

Solucin

Hacemos el diagrama de cuerpo libre del bloque A

(1 + tan2 ) = 1 / cos2



Fy = 0 NA - WA cos 20 = 0

FA = kNA = k WA cos 20 = 0,4 (5) (9,8) cos 20 = 18,42 N

Del grfico, tenemos:

s A + 2sB = cte

Por lo tanto

sA + 2 sB = 0 vA + 2VB = 0

Aplicamos el principio del trabajo-energa

(U1-2)ext (U1-2) int = T2 - T1

(WAsen20o) sA - FA sA + WB sB + 0 = 0 -

(

(VA)

2 +

(VB)

2)

Reemplazando valores conocidos

(5) (9,8) sen20o sA - 18,42 sA + 3 (9,8) 2(

) = -

(

(3)2 +

(

)2)

= 1.58 m



Ejercicio 16

El conjunto se muestra en la figura consta de dos pequeas bolas, cada una de masa m, que

se deslizan sobre una friccin, AOB marco rgido de masa despreciable. El apoyo en O

permite la libre rotacin del bastidor alrededor del eje z. El marco est girando inicialmente

con la velocidad angular 1 mientras que las cadenas tienen las bolas en la distancia radial

R1. Las cuerdas se cortan al mismo tiempo, permitiendo que las bolas se deslicen hacia los

extremos en A y B, que se encuentra en la distancia radial R2. Determinar 2, la velocidad

angular final, en el supuesto de que las bolas no rebotan despus de golpear los extremos A

y B.

Solucin

Las velocidades de las bolas estn relacionadas con las velocidades angulares por:

v1 = R1 y 1

v2 = R2 2.

Hacemos el diagrama de cuerpo libre



Por la conservacin del momento angular:

(h z )1 = (h z )2 2(m R1 1 ) R1 = 2(m R2 2 ) R2 2 = ( R1 / R2 )2 1 Ejercicio 17 Dos discos idnticos A y B, con un peso de 2 kg cada uno, se deslizan a travs de un tablero

horizontal de la mesa cuando chocan con las velocidades (VA) 1 = 3 m / s y (VB) 1 = 2 m / s,

dirigido como se muestra en la figura. Si el coeficiente de restitucin para el impacto es e =

0.8, calcular los vectores de velocidad de los discos inmediatamente despus del impacto.

Desprecie la friccin.



Solucin

Realizamos el diagrama respectivo

Aplicamos

(L 1-2) x = px to

(Px) 1 = (px) 2

m A (v A) 1 cos 60 = mA(v Ax) 2

Reemplazamos (v A) 1 = 8 ft / s

(VAx) 2 = (vA) 1 cos 60 = 3 cos 60 = 1,5 m / s

Luego Aplicamos (L1-2 ) x = px

(VBX) 2 = (VBX) 1 = 0

Luego Aplicamos (L1-2 ) y = py

(Py) 1 = (Py) 2

m A (v A) 1 sen 60 - m B (vB) 1 = m A (v Ay) 2 + m B (VBY) 2

2 (3) sen 60 - 2 (2) = 2 (v Ay) 2 + 2 (VBY) 2

(V Ay) 2 + (VBY) 2 = 0.598

En la figura vemos que

no hay impulso en A en

la direccin x



Utilizando el coeficiente de restitucin

e = VSEP / vApp

vApp = 3 sen 60 + 2 = 4.598 m / s.

VSEP = (VBY) 2 - (v Ay) 2.

(VBY) 2 (V Ay) 2 = 3.678

Resolviendo las ecuaciones, tenemos:

(V Ay) 2 = -1,54 m / s

(VBY) 2 = 2.14 m / s

Luego, despus del impacto tendremos:

(VB) 2 = 2,14 m / s (VA) 2 = 2.15 m / s

Ejercicios Resueltos Pytel Grupo 161

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