universidad nacional de san cristobal de huamanga´ facultad de ingenieria de minas, geolog´ ia y...

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTOBAL DE HUAMANGA

FACULTAD DE INGENIERIA DE MINAS, GEOLOGIA Y CIVIL

ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL

CINETICA

SEGUNDA PRACTICA CALIFICADA

SOLUCION DE MECANICA VECTORIAL (DINAMICA)Ferdinand L.Singer

Grupo N° 07

Asignatura:DINAMICA (IC - 244)

Docente:Ing. CASTRO PEREZ,Cristian

Alumnos:CARBAJAL SULCA, Wilber 16105591GOMEZ HUAZACCA, Katerin Roxana 16105633JAHUIN BONIFACIO, Daysy 16105092YUCRA AGUILAR, Samuel 16110667

Semestre Academico2012 – II

AYACUCHO – PERU2013

UNSCHEFP: INGENIERIA CIVIL

DINAMICAIC-244

Indice

1. LEYES DE NEWTON 41.1. PROBLEMA 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2. PROBLEMA 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3. PROBLEMA 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.4. PROBLEMA 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2. TRABAJO Y ENERGIA 102.1. PROBLEMA 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.2. PROBLEMA 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.3. PROBLEMA 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.4. PROBLEMA 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

3. IMPULSO Y CANTIDAD DEMOVIMIENTO 163.1. PROBLEMA 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163.2. PROBLEMA 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183.3. PROBLEMA 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203.4. PROBLEMA 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

4. SISTEMAS DE PARTICULAS 224.1. PROBLEMA 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224.2. PROBLEMA 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244.3. PROBLEMA 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254.4. PROBLEMA 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

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DINAMICAIC-244

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DINAMICAIC-244

1. LEYES DE NEWTON

1.1. PROBLEMA 1

La barra horizontal ranurado de la figura, pesa 10 kg y se desliza con friccion despreciable a lo largo de laguıa vertical.

Determine la fuerza ejercida en ella por el pasador P cuando y=5cm, si AB esta girando con una velocidadangular constante de 20 rad/s.

SOLUCION:

θ = 20 rad/s θ = const⇒ θ = 0

De la grafica de tiene:

x = Rsinθ y = Rcosθ

Derivamos para obtener aceleracion en el eje x

x = −Rsinθθx = −R

(cosθθ2 + sinθθ

)si θ = 0|x| = Rcosθθ2

Derivamos para obtener aceleracion en el eje y

y = Rcosθθy = R

(−sinθθ2 + cosθθ

)si θ = 0∣∣∣y∣∣∣ = Rsinθθ2

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DINAMICAIC-244

Hallando el angulo cuando R = 10cm

sinθ = yR

y = 5cm ;R = 10cmy = ,05m ;R = 0,1cmsinθ = 5

10arcsin

(5

10

)= θ

θ = 30◦

Como se observa en la grafica la fuerza ejercida por el pasador es vertical

Aplicamos la segunda Ley de Newton ∑F =may

F =m(Rsinθθ2

)m = 10kg R = 0,1m θ = 30◦ θ = 20 rad/s

F = 10(0,1sin30◦

(202

))F = 200N

F = 200N

1.2. PROBLEMA 2

Un cuerpo de peso W descansa sobre el plano indicado liso del plano inclinado liso del marco que se mues-tra en la figura .una clavija unida al marco hace que el cuerpo gire con ella alrededor del eje vertical .Determinela rapidez con que gira .

SOLUCION

NOTA:Para la solucion de este problema aplicaremos el principio de D’Alambert

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DINAMICAIC-244

∑Finercia −

∑Freales = 0

fi = wg n

2R

R = 1,5cosθθ = 30◦(∑

Finercia −∑

Freales)X

= 0

fi = T cosθ(∑Finercia −

∑Freales

)Y

= 0

T sinθ =W

T =W

sinθWgn2R = T cosθ

Wgn2R =

Wsinθ

cosθ

Wgn21,5cosθ =

Wsinθ

cosθ

n2 = g1,5sinθ

n =√

g1,5sinθ

n =√

9,811,5sin30◦

n = 3,617 rad/s

n = 3,617 rad/s

1.3. PROBLEMA 3

Determine la aceleracion de cada cuerpo en la figura, suponiendo que las poleas carecen de friccion y peso.El plano inclinado es liso.

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DINAMICAIC-244

SOLUCION

NOTA Para la facil solucion de este ejercicio se aplicaran segunda Ley de Newton y D’Alambert(∑Finercia −

∑Freales

)Y

= 0∑F =ma

De la grafica se obtiene lo siguiente :

por D’Alambert

f1 = 20a f2 = 10a

por la segunda Ley de Newton ∑F =ma

20g + f1 − T2 = 20a1T2 = 20g + f1 − 20a1

por la segunda Ley de Newton ∑F =ma

50sinθ − T = 50a50sinθ − (20g + f1 − 20a1) = 50a50sinθ − 20g − f1 + 20a1 = 50a50sinθ − 20g − 20a + 20a1 = 50a50sinθ − 20g + 20

(g+a

3

)= 70a

150sinθ − 60g + 20g + 20a = 210a150sinθ − 40g = 190a

150sinθ − 40g190

= a

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DINAMICAIC-244

g +150sinθ − 40g

190= a1

190g + 150sinθ − 40g190

= a1

a1 =15(g + sinθ)

19

a1 = 15(9,81+sin37◦)19

a1 = 8,22m/s2

a = 150sin37◦−40(9,81)190

a = −1,59m/s2

Esto indica que esta aceleracion es contraria a a1

a1 = 8,22m/s2

a = −1,59m/s2

1.4. PROBLEMA 4

Como se ve en la figura, el cuerpo se desliza hacia abajo sobre la superficie lisa de la cuna B que a su vez sehalla sobre una superficie horizontal liza .sus pesos son WA y WB .Determine la aceleracion de la cuna B.

SOLUCION

NOTA Para la facil solucion de este ejercicio se aplicaran segunda Ley de Newton y D’Alambert

(∑Finercia −

∑Freales)Y = 0∑

F =ma

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DINAMICAIC-244

(∑Finercia −

∑Freales

)Y

= 0

fi =mAaB∑F =ma

N + fi sinθ =mAg cosθN =mAg cosθ − fi sinθN =mAg cosθ −mAaB sinθ∑

F =mBaB

N sinθ =mBaB(mAg cosθ −mAaB sinθ) sinθ =mBaBmAg cosθ sinθ =mAaB sin2θ +mBaBmAg cosθ sinθ = aB

(mA sin2θ +mB

)aB =

mAg cosθ sinθ

mA sin2θ +mB

aBg

=mAg cosθ sinθ

mA sin2θ +mB

(1g

)aB =

(WAg cosθ sinθ

WA sin2θ +WB

)g

aB =(WAg cosθ sinθWA sin2θ+WB

)g

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DINAMICAIC-244

2. TRABAJO Y ENERGIA

2.1. PROBLEMA 1

Desprecie la friccion entre el aro de 30 kg y su eje vertical y calcule la velocidad del aro despues de habercaıdo 2.1 m, partiendo del reposo en la posicion mostrada en la figura. La longitud libre del resorte es de 0.6m.

SOLUCION

Para la posicion inicial:

F1 =100(1,5− 0,6)

2= 45kg

Cosθ =1,21,5

Para la posicion final:

10


DINAMICAIC-244

F2 =100(1,27− 0,6)

2= 33,5kg

Cosα =0,9

1,27

Por medio de la ecuacion del trabajo y la energıa:TR = T rabajoresultanteg = 9,81m/s2

TR = (30 +F1Cosθ) ∗ 1,2 + (30−F2Cosα) ∗ 0,9 =W2g·(V 2B −V

20

)(30 + 45

(1,21,5

))∗ 1,2 +

(30− 33,5

( 0,91,27

))∗ 0,9 =

302 ∗ 9,81

·(V 2B

)66 ∗ 1,2 + 6,26 ∗ 0,9 =

3019,62

V 2B

79,2 + 5,63 =30

19,62V 2B

84,83 =30

19,62V 2B

VB = 7,45m/s

VB = 7,45m/s

2.2. PROBLEMA 2

Calcule la velocidad del cuerpo A, despues de que se ha movido 2.7 m a lo largo de la superficie sin friccion,partiendo del reposo en la posicion dada.

SOLUCION

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DINAMICAIC-244

Aplicamos el metodo del trabajo y la energıa aplicado a sistemas conectados. Tenemos:

x2 + 2,42 = z2.......(1)

Sı x = 4,5m, entonces:

z0 =√

4,52 + 2,42

z0 = 5,1m

Sı x = 1,8m, entonces:

zf =√

1,82 + 2,42

zf = 3m

Para relacionar las velocidades derivamos la expresion (1) con respecto al tiempo:

x2 + 2,42 = z2

2xdxdt

= 2zdzdt

xvB = zvA

Sı x = 1,8m y z = 3m, tenemos:

1,8vB = 3vA

vB =3vA1,8

vB =5vA

3Al aplicar la ecuacion del trabajo y la energıa, obtenemos:

TR =∑W

2g

(v2 − v2

0

)100(5,1− 3) =

1502 ∗ 9,81

(v2A

)+

1002 ∗ 9,81

(v2B

)210 =

15019,62

(v2A

)+

10019,62

(5vA3

)2

210 =150

19,62

(v2A

)+

2500176,58

(v2A

)210 = 21,8v2

A

vA = 3,1m/s

vA = 3,1m/s

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DINAMICAIC-244

2.3. PROBLEMA 3

En el sistema indicado en la figura, AB es una barra de 25 kg y 1.8 m de largo, la cual se encuentra firme-mente adherida al tambor B. El sistema parte del reposo cuando AB esta en su posicion mas baja. Determinela velocidad angular de B cuando Θ = 30.

SOLUCION

IAB =13mL2 =

W3gL2 =

253g

(1,8)2 =27gm− kg − s2

IB =mk2 =Wgk2 =

50g

(0,6)2 =18gm− kg − s2

IC =mk2 =Wgk2 =

25g

(√0,27

)2=

6,75gm− kg − s2

I = IAB + IB =27g

+18g

=45gm− kg − s2

Las relaciones cinematicas entre los cuerpos seran:

sB = 0,6θBsC = 0,45θC

Relacionamos:

0,6θB = 0,45θC

θC =0,6

0,45θB

θC =43θB

Derivamos:

ωC =43ωB

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DINAMICAIC-244

De igual forma, tenemos:

sD = 0,6θC

sD = 0,6(4

3θB

)sD =

45θB

vD =45ωB

Por el metodo del trabajo y la energıa aplicado a la rotacion alrededor de un eje fijo, planteamos:

TR =∑W

2g

(v2 − v2

0

)+∑ 1

2I(ω2 −ω2

0

)90

(45

)(π3

)− 25(0,9) =

1502g

v2D +

12

(45g

)ω2B +

12

(6,75g

)ω2C

24π − 22,5 =1502g

(45ωB

)2+

12

(45g

)ω2B +

12

(6,75g

)(43ωB

)2

52,898 =96

19,62ω2B +

4519,62

ω2B +

1219,62

ω2B

52,898 =153

19,62ω2B

ωB = 2,6rad/s

ωB = 2,6rad/s

2.4. PROBLEMA 4

En la posicion mostrada en la figura, el sistema dado parte del reposo sobre superficies lisas. La barra uni-forme AB que pesa 50 kg, esta articulada sin friccion a los centros de masa de los cuerpos A y B que pesanrespectivamente 25 y 75 kg. Determine la velocidad del cuerpo B cuando la barra AB este en posicion horizon-tal.

SOLUCION

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DINAMICAIC-244

Datos:WAB = 50kg

WA = 25kg

WB = 75kg

θ = 0

En ese instante:

v = rω :

vA = 2,17ω

vB = 1,8ω

Como el sistema parte de una velocidad despreciable el cambio de energıa cinetica para A y B es:

I = I +md2

Para AB:

ICAB =1

12

(WAB

g

)L2 +

WAB

g

(L2

)2

ICAB =1

12

( 509,81

)1,82 +

509,81

(1,82

)2

ICAB = 5,505m− kg − s2

Cuando ωB baja 1.08 m y la barra AB 0.54 m, tenemos:

TR = ∆EC

75(1,08) + 50(0,54) =12

( 259,81

)(2,16ω)2 +

12

(5,505)ω2

108 =[1

2

( 259,81

)(2,16)2 +

12

(5,505)]ω2

108 = 8,7ω2

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DINAMICAIC-244

ω =

√1088,7

ω = 3,52rad/s

Determinando ası la velocidad de B:

vB = 1,8ω

vB = 1,8(3,52)

vB = 6,34m/s

vB = 6,34m/s

3. IMPULSO Y CANTIDAD DEMOVIMIENTO

3.1. PROBLEMA 1

La bola de acero choca contra la placa del sistema que se muestra con una celeridad de vo = 24m/s y unangulo de 600 con la horizontal. Si el coeficiente de restitucion es e = 0,8; calcular la celeridad v y la direccionθ con que la bola sale rebotada de la placa.

SOLUCION

En el eje x; por la conservacion del momento lineal:

m1vxo =m1vx

vx = 12m/s

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DINAMICAIC-244

Tambien para la placa:

m2v2xo =m2v2x = 0

v2x = 0

v2xo = 0

Tambien:

m1vyo +m2v2y0 =m1vy +m2v2y

vy + v2y = −24sen60◦...(1)

Tambien:v2y + vyvyo + v2yo

= 0,8

v2y + vy = 0,8(−24sen60◦)...(2)

De (2) en (1):

v2y = −18,71m/s

Velocidad final de la placa:

vy = −2,08m/s

Velocidad final de la pelota:

v =√v2x + v2

y

v =√

122 + (−2,08)2

v = 12,20m/s

Del grafico:

tgθ =(vyvx

)θ = tg−1

(−2,0812

)θ = −9,83◦

θ = −9,83◦

3.2. PROBLEMA 2

¿Que fuerza ejercera un chorro de agua de 5cm de diametro, que sale a 0.054m3/s, sobre una placa colocadacomo en las partes(a)y (b) de la figura?

PARTE A

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DINAMICAIC-244

SOLUCION

Por la ecuacion de cantidad de movimiento se tiene:

F = ρ.Q.v1 = ρ.v21 .A1

Entonces, la presion media que ejerce el fluido sobre la placa es:

−→P =

FA2

= ρ.v21 .A1

A2

Por lo tanto la fuerza sera:

F = ρ.v21 .A1

F = ρ.v21 .A1

F = 1485,107kg

F = 1485,107kg

PARTE B

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DINAMICAIC-244

SOLUCION

−→F =

∆−→P

∆t

−→F LT =

∆−→P T

∆t

−→F T L =

∆−→P L

∆t

−→F T L =

−→P F −

−→P i

∆t−→F LT = −−→F T L

−→F T L =

∆mvf −∆mvi∆t

−→F T L =

∆m∆t

(vf − vi)

−→F T L =

ρV ol

∆t(vf − vi)

−→F T L = ρQ(vf − vi)−→F T L = ρQ(vf − vi)−→F T L = ρQ(vf j − vi i)

−→F T L = ρQ2(

1Afj − 1

Aii)

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DINAMICAIC-244

Se tiene que:Fx = 0

Entonces:

Fy =ρ.Q2

0.senθ

A

F = 742,553kg

F = 742,553kg

3.3. PROBLEMA 3

La barra delgada de masa m y longitud L esta sujeta con un pasador en su extremo inferior al soporte Odel que se muestra un detalle. La barra se suelta en reposo desde la posicion vertical 2. Cuando el centro de labarra choca con el pivote A en la posicion 2, se traba al mismo a la vez que se libera la conexion en O. Hallarla velocidad angular ω3 de la barra inmediatamente despues de trabarse al pivote A en la posicion 3.

SOLUCION

∑M0 = I0

mgsenθ(b2

) =13mb2α

α =3g2bsenθ

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DINAMICAIC-244

Pero:ωdω = αdθ

ω2

2=

∫ π/2

0

3g2bsenθdθ

ω2 =3gb

ω2 =

√3gb

En ese instante: ∫−→F dt = ∆

−→P∣∣∣∣−→P inicial

∣∣∣∣ =∣∣∣∣−→P f inal

∣∣∣∣mω2b =mω3

(b2

)ω3 = 2ω2

ω3 = 2

√3gb

ω3 = 2√

3gb

3.4. PROBLEMA 4

El motor M acciona el disco A, el cual hace girar el disco B sin que haya deslizamiento. El disco A, el arbolsolidario y el bloque motor de 18kg de masa total conjunta tienen unn radio de giro de 85mm. El disco B de5kg tiene un radio de giro de 140mm. El motor y el brazo solidArio C de 24kg en conjunto presentan respectoal eje O-O un radio de giro de 450mm. Sin funcionar el motor, todo el sistema gira en torno al eje O-O conuna velocidad angular ω0 = 30r.p.m. en el sentido indicado. El motor tiene una velocidad de regimen de 1720r.p.m. en el sentido indicado indicado cuando C esta fijo. Determinar la nueva velocidad angular del brazo Ccuando el motor funciona.

SOLUCION

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DINAMICAIC-244

ωAr :Velocidad angular de A respecto a C.ωBr :Velocidad angular de B respecto a C.Hallando los momentos de inercia:

IAO = 18(0,085)2 + 18(0,7)2

IAO = 0,13 + 8,82 = 8,95kg.m2

IBO = 5(0,14)2 + 5(0,3)2

IBO = 0,098 + 0,45 = 0,548kg.m2

ICO = 24(0,45)2

ICO = 4,86kg.m2

HOinicial =HOf inal

(8,95 + 0,548 + 4,86)30(2π

60

)= [0,13(ω+ 1720) + 8,82ω]

2π60

+ [0,098(ω − 1720) + 0,45ω]2π60

+ 4,86ω(2π

60

)430,74

2π60

= (8,95ω+ 223,6)2π60

+ (0,548ω − 168,56)2π60

+ 4,86ω(2π

60

)430,74 = 14,358ω+ 55,04

14,385ω = 375,7

ω = 26,17r.p.m.

ω = 26,17r.p.m.

4. SISTEMAS DE PARTICULAS

4.1. PROBLEMA 1

Un chorro de agua que sale a 50kg/s y con una velocidad hacia la derecha de 27m/s choca con el aspade la figura. Si la mitad del agua corre a traves de cada parte del aspa, determine la fuerza necesaria paramantenerla quieta. El agua sale a la misma velocidad con la que entra.

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DINAMICAIC-244

DATOS:Q = 50kg/s , vo = 27m/s , P =?

SOLUCION

Se tiene:P = P1 + P2

Como:P1 = P2

vy = 27sin60o

vx = −27cos60o

w =Qot = 25t

∑X.t = W

g (vx −wxo)−Px.t = 25t

9,81 (−27cos60o − 27)Px = 103,211 kg⇒ P1 = 119 kg ;P2 = 119 kgP = 238 kg∑

Y .t = Wg

(vy −wyo

)Py .t = 25t

9,81 (−27sin60o − 0)Py = 59,589 kg

Py = 59,589 kg

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DINAMICAIC-244

4.2. PROBLEMA 2

Una bola de 28.35g se coloca sobre un chorro vertical de agua que sale de una boquilla a razon de 0.15kg/scon una velocidad de 4.5m/s. calcular la altura h por encima de la boquilla a la cual estara suspendida la bolasobre el chorro.

SOLUCION

∑Fy =ma = 0

P −W = 0P =W

0,15ug

= 0,02835 ;g = 9,81m/s2

u = 1,85m/s

24


DINAMICAIC-244

v2 = v2o − 2gh

1,852 − 4,52 = −2(9,81)hh = 0,85mh = 0,85 cm

h = 0,85 cm

4.3. PROBLEMA 3

Un chorro de agua que sale de una boquilla a 10kg/s con una velocidad de 30m/s choca con una serie deaspas y sufre una desviacion de 120º. Si la velocidad de las aspas es 18m/s, calcular la potencia desarrolladapor ellas.

SOLUCION

W =Qt

Q = γ.A.v

25


DINAMICAIC-244

A =Qγ.v

Q = 10kg/s eslarapidezdelflujo

W = γ.A.v.t = 1000.A.(30− 18)t

W = 4tkg∫ t

0

∑Xdt =

Wg

(vx − v0)

−Px(t) =4t

9,81(12cos60◦ − 12)

Px = 2,446kg∫ t

0

∑Ydt =

Wg

(vy − v0)

Py(t) =4t

9,81(12sen60◦ − 0)

Py = 4,237kg

P =√P 2x + P 2

y

P = 4,89kg

P ot(cv) =F.v75

Px,1275

=4,89x12

75

P ot(cv) = 0,782 cv

P ot(cv) = 0,782 cv

4.4. PROBLEMA 4

¿Que fuerza ejercera un chorro de agua de 5cm de diametro, que sale a 0.054m3/s, sobre una placa colocadacomo en la figura.

26


DINAMICAIC-244

SOLUCION

Q = γ.A.v

Q = 1000x0,054m3/s

W =Qt = 1000x0,054m3

st(

π,52

4,1002

)v = 0,054

vx = 27,5m/s

W ′ =Qt2

= 500x0,054m3

st = 27t

∫ t

0

∑Xdt =

W ′

g(vx − v0x)

−Px(t) = −75,668t

Px = 75,668

∫ t

0

∑Ydt =

W ′

g(vy − v0y)

Py(t) = 75,668t

Py = 75,668

P1 = 107kg

P = P1 + P2

P = 214kg

P = 214kg

27

universidad nacional de san cristobal de huamanga´ facultad de ingenieria de minas, geolog´ ia y...

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