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MECÁNICA VECTORIAL PARA INGENIEROS II PRÁCTICA II PRÁCTICA DINÁMICA DINÁMICA IC - 244 UNVIERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTÓBAL DE HUAMANGA DAS / KASSIMALI / SAMI RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS ESTUDIANTES ESTUDIANTES Marcelo Gamboa, Russel Bellido Arango, Miguel De La Cruz Quispe, Giovanny Ataucusi choquecahua, Clever

Ejercicios Resueltos Kassimali Grupo 101

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MECÁNICA VECTORIAL PARA INGENIEROS

II PRÁCTICAII PRÁCTICA

DINÁMICADINÁMICADINÁMICAIC - 244

UNVIERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTÓBAL DE HUAMANGA

DAS / KASSIMALI / SAMI

RESOLUCIÓN DE EJERCICIOSRESOLUCIÓN DE EJERCICIOS

ESTUDIANTESESTUDIANTESMarcelo Gamboa, RusselBellido Arango, MiguelDe La Cruz Quispe, GiovannyAtaucusi choquecahua, Clever

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE SANCRISTOBAL DE HUAMANGA

FACULTAD DE INGENIERIA DE MINASGEOLOGIA Y CIVIL

ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DEINGENIERIA CIVIL

PRACTICA 2

CursoDINAMICA (IC-244)

DocenteIng Cristian Castro Perez

Estudiantes

1. Marcelo Gamboa, Russel2. Bellido Arango, Miguel3. De La Cruz Quispe, Giovanny4. Ataucusi choquecahua, Clever

Ayacucho - Peru

2013

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DINAMICA IC-244

1. EJERCICIO 1

Se coloca un bloque de 3 kg sobre un disco horizontal que estainicialmente en reposo. El disco se hace girar en torno en tornoal eje vertical con una aceleracion constante de θ = 1.2rad/s2.Si en coeficiente de friccion estatica entre el bloque y el discoes 0.3, determine el tiempo que le toma al bloque comenzar amoverse sobre el disco.

Solucion

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DINAMICA IC-244

1. m = 3 kg

2. θ = 1.2 rad/s2

3. µ = 0.3

4.∑

Fy = 0

N1 = mg∑F = mac

µmg = mω21r

ω21 =

µg

r(esta es la velocidad justo antes de deslizarse)

ω1 = 1.962 rads

5. Por las ecuaciones del movimiento circular:

ω21 = ω2

0 + 2αθ

ω21 = 2αθ

θ =µg

2αr

θ = 0.8175 rad

θ =1

2αt2

t = 1.16 s

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DINAMICA IC-244

2. EJERCICIO 2

Una caja de carton de 100 kg se separa de un transportadorcon una velocidad de 5 m/s y se desliza hacia debajo de unconducto inclinado 100, como se ilustra. Si el coeficiente de fric-cion entre la caja y el conducto es 0.1, determine la deformacionmaxima del amortiguador de resorte. La constante del resortedel amortiguador es 30 kN/m.

Solucion

1. Analizaremos en el momento en que la caja y el tope chocany se van moviendo juntos deformando el resorte.

2. Hallando la energıa cinetica en ese instante que vendrıa aser la inicial:

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DINAMICA IC-244

T0 =mv20

2=

100 · 52

2= 1250 J

3. En el instante de maxima deformacion del resorte la energıacinetica final sera 0 ya que su velocidad sera nula: Tf = 0 J .

4. El trabajo efectuado por el rozamiento sobre la caja cuandose desliza por el suelo una distancia adicional xmax es:

Ui→f =

∫ xmax

0

−9.848dx = −9.848(xmax)

5. Tomando como referencia la posicion ocupada por la cajacuando entra en contacto con el tope, la energıa potencialgravitatoria es nula. Y la energıa potencial gravitatoria finalsera:

vg = mgh = (100)(9.81)(xmax sin 100) = 170.349(−xmax sin 100) =−170.349(xmax)

6. Como en el instante en que la caja esta en contacto con eltope el resorte no se deforma entonces la energıa potencialelastica final sera:

vs =k · (xmax)2

2=

3000(xmax)2

2= 1500(xmax)

2

7. El teorema de las fuerzas vivas da entonces:

1250+0+0−9.848(xmax)2 = 0−170.349(xmax)+1500(xmax)

2

Entonces: xmax = 0.968 m

Por lo tanto la deformacion maxima es 0.968 m

3. EJERCICIO 3

Una partıcula de 3 libras se suelta del reposo en el punto Asobre la varilla circular de guıa que se ilustra. Si la varilla es lisa,determine la velocidad de la partıcula al llegar al punto B. la

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longitud no deformada del resorte es 4 pulg y la constante delresorte es 20 lib/pulg.

Solucion

1. De la figura mostrada hallaremos la deformacion del resorte ylas alturas en A y B Del triangulo CAO tenemos: (4+xA)2 =

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DINAMICA IC-244

62 + 32

xA =√

45− 4

xA = 2.708 pulg

2. Del triangulo OBD tenemos:

(4 + xB)2 =√

162

+ (√

18− 3)2

xA =√

45− 6√

18− 4

xA = 0.421 pulg

3. Ahora por la conservacion de la energıa:

EMA = EMB

mv2A2

+kx2A

2+mghA =

mv2B2

+kx2B

2+mghB

mv2B2

=k(xA − xB)2

2+mg(hA − hB)

mv2B2

=

√k(xA − xB)2 + 2mg(hA − hB)

m

4. Reemplazando sus valores: con g = 388.89 pulg/s2

vB =

√20(7.156) + 2(3)(388.89)(1.757)

3

vB) =

√143.12 + 4099.678

3

vB = 37.607 pulg/s

4. EJERCICIO 4

Un automovil de 2000 lb que viaja hacia el este choco conotro auto de 3000 lb que iba hacia el norte. El choque de los dosautos ocurrio a una velocidad que da la expresion V = 30i+ 20j

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(pies/s) .determine la velocidad de cada uno de los autos antesdel choque.

Solucion1. Aplicando la ecuacion de cantidad de movimiento de dos

partıculas

mA · ~vA +mB · ~vB = (mA +mB) · ~vf2000~vAi+ 3000~vBj = 5000(30i+ 20j)

2~vAi+ 3~vBj = 150i+ 100j

2. Realizando la igualacion de ecuaciones tenemos:

~vA = 75i m/s

~vB = 33.3j m/s

5. EJERCICIO 5

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Dos esferas de 5 kg estan montadas en dos barras rıgidas demasa despreciable y longitud de 5 m y estan girando librementealrededor de una flecha vertical, como se ilustra. La flecha ver-tical esta girando a una velocidad de 120 rpm cuando θ = 600.Determine la velocidad angular cuando θ = 450.

Solucion

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1. Escribimos a la ecuacion de momentum angular

H0 = rxm · ~vH0 = rmv

2. Los datos requeridos de la figura

r = L sin θ

vθ = L sin θωθ

H0 = (L sin θ)(m+m)(L sin θωθ)

H0 = (L2 sin2 θ)(2m)(ωθ)

3. Este serıa la ecuacion general dependiendo de un angulocualquiera, en el momento de rotacion. Ahora queremospara un angulo de 600 y 450 en el cual el momento angulases el mismo:

H0 = (L2 sin2 θ)(2m)(ω450) = L2 sin2 θ)(2m)(ω600)

ω450 =sin2 600

sin2450ω600

ω450 = 180 rpm

6. EJERCICIO 6

Tres partıculas A, B y C que pesan 5 lb, 10 lb y 20 lb, cadauna, ocupan posiciones definidas por sus respectivos vectores deposicion ~ra = t2i2tj (pies), ~rb = j−3tk pies, ~rc = 2t2i+3tk pies,en donde t esta en s. Determine el vector de velocidad y el vectoraceleracion del centro de masa del sistema de tres partıculas enel momento t = 5 s.

Solucion

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Datos:wa = 5lb ; ~ra = t2i+ 2tj pieswb = 10lb ; ~rb = j − 3tk pieswc = 20lb ; ~rc = 2t2i+ 3tk pies

1. Para los vectores de posicion hallamos la primera y segundaderivada

~ra = t2i + 2tj (pies); ~rb = j − 3tk (pies) y ~rc = 2t2i + 3tk(pies)

Derivando por primera vez:

~ ar = t2i+ 2tj

~ br = −3k

~ cr = 4ti+ 3k

Derivando por segunda vez:

~ ar = 2i

~ br = 0

~ cr = 4i

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2. Para el vector de velocidad

~vc =wa × ~ ar + wb × ~ br + wc × ~ cr

wa + wb + wc

~vc5(2ti+ 2j) + 10(−3k) + 20(4ti+ 3k)

5 + 10 + 20Para t = 5s.

~vc = 12.86i+ 0.29j + 0.86k

3. Para el vector aceleracion

~ac =wa × ~ra + wba× ~rb + wc × ~rc

wa + wb + wc

~ac =5(2i) + 10(0) + 20(4i)

5 + 10 + 20

~ac =90i

35

~ac = 2.57i

7. EJERCICIO 7

Un meteorito que entra a la atmosfera terrestre a una veloci-dad de 3000 mph se divide en dos partes, como se ilustra. Losfragmentos continuan dentro del plano xy. Un radar rastrea elcuerpo en desintegracion y determina la velocidad del fragmentoA como ~a = 3200 mph. El fragmento B se recupera en la tierray pesa Wb = 7000 lb. Determine el peso total del meteorito.

Solucion1. En la direccion ”x”

wo(vox) = wa(vacos350) + wb(vbcos650)

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2. En la direccion ”y”

wo(voy) = wa(vasen350)− wb(vbsen650)

3. Operando se tiene:

wo(vox) = (wo−wb)(vacos350)+wb(cos650)(wo−wb)(sen350)

sen650

wo(3000) = (wo − 700)(3200cos350) + 700(cos650)(wo −

700)(sen350)

sen650

wo = 5075 lb

8. EJERCICIO 8

El bloque A con masa de 75 kg esta sujeto al bloque B conmasa de 50 kg por medio de un cordon inextensible, como seilustra. Si se libera el sistema para que salga de reposo, determinela velocidad de cada bloque despues de que el bloque A se haya

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movido hacia la derecha 0.75 m. el coeficiente de friccion en lasuperficie horizontal el 0.18. Considerese que la polea carece demasa.

Solucion1. La ecuacion del trabajo y la energıa cinetica aplicado al

sistema de los dos pasos es:

(T1 + T2)A + (UA→B)1 + (UA→B)2 = (T1 + T2)B

2. Donde inicialmente esta en reposo el sistema,entonces:

(T1 + T2)A =1

2(w1

g+w2

g)(02) , es la energıa cinetica.

3. Y despues de haber recorrido una distancia d=0.75 m

(T1 + T2)B =1

2(w1

g+w2

g)(v2), es la energıa cinetica final.

4. Para el trabajo realizado del punto ”A−B”

(UA→B)1 = w2 × d(UA→B)2 = ((−uN + w1)× d)

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5. Reemplazando en la ecuacion en la ecuacion (1)

0 + w2 × d+ ((−uN + w1)× d) =1

2(w1

g+w2

g)(v2)

70× 0.75 + ((−0.18× 50× 9.81 + 50))× 0.75 =1

2(v)2

v = 0.62 m/s

9. EJERCICIO 9

Un cohete suplementario o de arranque que pesa inicialmente56000 lb (incluyendo la estructura del cohete y el combustible) seemplea para impulsar una carga util de 2000 lb en orbita alrededorde la tierra. La carga de combustible del cohete suplementario esde 54000 lb y el cohete consume combustible a razon de 600 lb/s.los gases de escape salen del cohete a una velocidad constante de10000 pies/s con relacion a la boquilla de descarga. Determinela velocidad maxima del cohete y la carga util despues de que sedispara el cohete verticalmente desde el terreno

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Solucion1. La velocidad del cohete en el momento t puede expresarse.

v = (vrel +(pA)salk

ln(mo

mo −Kt)

2. Se sustituyen los siguientes valores:

3. Velocidad de los gases con relacion al cohete, vrel = 10000pies/s

4. Rapidez de consumo de combustible, K = 60/g slug/s

5. masa inicial total, mo =56000 + 2000

g

6. masa del combustible, mcomb =54000

gslug

7. Duracion del combustible, tb =mcomb

K

tb = 54000g600g = 90s

v = (10000)ln(58000

58000− 60× 90)− 32.2(90)

v = 23843 pies/s

10. EJERCICIO 10.

La barra uniforme de 50 kg que se muestra en la figura estasoportada por un perno en O y se libera de un estado de reposo.La barra gira en el sentido de las manecillas del reloj por supropio peso en el plano vertical. Determine la aceleracion angularde la barra en el instante que se muestra.

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Solucion1. Primero calculamos el momento de inercia respecto al eje

de giro O

Io = Ig +md2 (teorema de los ejes paralelos)

Io =1

12mL2 +md2 Io =

1

12· 50 · 102 + 50 · 22

Io = 616.67 kgm2

2. Aplicando la segunda ley de newton∑Mo = Ioα

rmg = Ioα

α =616.67

2 · 50 · 9.81

α = 0.63 rad/s2

11. EJERCICIO 11.

Un disco uniforme de 100 lb gira sin deslizarse hacia debajode una pendiente de 300. Una fuerza horizontal F = 20 lb actuaen oposicion al movimiento, como se muestra. Determine laaceleracion del centro del disco.

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Solucion

1. Primero calculamos el momento de inercia del disco

Io = mr2

Io = 100 · 22 = 400 lbft2

2. Aplicamos la segunda ley de newton al sistema∑Mo = Ioα

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frxr == 400xα

fr =400

2α = 200α

3. Nuevamente la segunda ley de newton pero en el eje x∑M = ma

mg sin θ − fr − F cos θ = m · 9.81 sin 300

100 · 9.81 sin 300 − 200α− 20 · cos 300 = 100 · 9.81 sin 300

α = 0.86 rad/s2

12. EJERCICIO 12.

Una barra de 40 kg comienza a deslizarse sobre un piso y unapared, como se ilustra. Si el coeficiente de friccion cinetica entrelas superficies de la pared y el piso y los puntos extremos de labarra es µk = 0.20, determine la aceleracion angular inicial de labarra y las fuerzas normal y de friccion ejercidas sobre la barraen A y B.

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DINAMICA IC-244

SolucionDatos:

I m = 40 kg

I µ = 0.20

I L = 4 m

1. Del analisis vectorial tenemos:

~ab = ~aa + ~ab/a

ax = 2α cos 400

ay = 2α sin 400

2. Aplicando la segunda ley de newton∑Mo = Iα +

∑m~ad

mg(2 sin 300)− 0.20Nb(4 sin 300)− 0.20Na(4 cos 300)

=1

12md2α+max(2 cos 300)+may(2 sin 300)+40·9.81(2 sin 300)−

0.20Nb(4 sin 300)− 0.20Na(a cos 300)

=1

1240 ·42 ·α+ 40 ·2 ·α · (2 cos2 300) + 40 ·2 ·α · (2 sin2 300) +

392.4− 4Nb − 0.69Na = 53.4α + 118.34α + 40α

α = 1.85− 0.002Nb − 0.0032Na

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DINAMICA IC-244

3. En el eje X∑Fx = max

Nb − 0.20 ·Na = 40 · 2 · cos 300

Nb = 68.8 + 0.20Na

3. En el eje Y∑Fx = may

Na + 0.20 ·Nab = 40 · 2 · sin 300

4. Entonces:

Nb = 73.84

Na = 25.23

α = 1.56 rad/s2

13. EJERCICIO 13.

Dos bloques A(ma = 15 kg) y B(mb = 15 kg) estan unidospor un cordon inextensible que esta enrollado en un tambordesbalanceado con radio de 1.5, masa de 25 kg y radio de giro de0.7 m respecto a O. en la posicion que se muestra, el tambor giraen el sentido de las manecillas del reloj a una velocidad angularde 3 rad/s. determine la velocidad angular del tambor cuando elcentro de masa C del tambor llega al punto directamente abajodel centro de rotacion O.

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DINAMICA IC-244

SolucionDatos:

I A = 15 kg

I B = 50 kg

I r = 1.5 m

I r = 25 mkg

I ko = 0.70 m

I ω1 = 3 rad/s

I ω2 =?

1. Y por dato el sentido del tambor es en direccion de lasmanecillas del reloj. Sabemos que T1 + U1−2 = T2

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DINAMICA IC-244

T1 =1

2mav

2a +

1

2mbv

2b + Io(ω1)

2, pero v = ω · r

T1 =1

2ma(ω1 · r)2 +

1

2mb(ω1 · r)2 +

1

2Ia(ω1)

2

T2 =1

2ma(ω2 · r)2 +

1

2mb(ω2 · r)2 +

1

2Ia(ω2)

2

2. Hallando la ecuacion para el trabajo:

U1−2 = ωBd− ωAd, d = π · r, es la distancia que avanza.

3. Sabemos que:

Io = mt · k2o = 25 · 0.72 = 12.25 kgm2

4. Reemplazando las ecuaciones anteriores en la ecuacion ge-neral,entonces:

1

2ma(ω1 · r)2 +

1

2mb(ω1 · r)2 +

1

2Ia(ω1)

2 + ωBd− ωAd

=1

2ma(ω2 · r)2+

1

2mb(ω2 · r)2 +

1

2Ia(ω2)

2

ω2 = 18 rad/s

14. EJERCICIO 14.

La placa triangular de 50 lb esta en reposo sobre la superficiehorizontal lisa. Durante 7 s esta sometida la accion de las fuerzashorizontales que se indican. Determine la velocidad del centrode masa de la placa y su velocidad angular despues de 7 s.

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DINAMICA IC-244

Solucion1. Hallamos la velocidad del centro de masa.

2. Aplicamos la ecuacion de principio de impulso angular ymomento angular

(m · vc)1 +∑∫ t2

t1

F · dt = (m · vc)2

3. Aplicamos en el eje X

(50

32.2· 0)1 + (30− 40) · 7 = (

50

32.2vcx)2

vcx = −1.4 m/s

4. Aplicamos en el eje Y

(m · vc)1 +∑∫ t2

t1

F · dt = (m · vc)2

(50

32.2 · 0)1 + (−30− 40 + 40) · 7 = (

50

32.2vcy)2

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DINAMICA IC-244

5. Ahora hallamos la velocidad angulas para lo cual el sentidohorario sera positivo

Ic ·W1 +∑∫ t2

t1

M · dt = Ic · ω2

0 + (−40 · 2− 30 · 1.5− 40 · 1.5) · 7 = Ic ·W2

ω2 = −185·Ic

, donde el momento de inercia del la placa

triangular es:

ω = −309 rad/s

15. EJERCICIO 15.

Una barra uniforme de 10 lb (longitud=3 pies) se libera desdeel estado de reposo θ = 750. Determine la velocidad angular dela barra despues de ∆t = 0.06 s, suponiendo que la articulacionsituada en ”O” carece de friccion y que la variacion del angulode posicion θ durante el periodo de impulso ∆t es despreciable.El movimiento tiene lugar en el plano vertical.

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Page 27: Ejercicios Resueltos Kassimali Grupo 101

DINAMICA IC-244

Solucion1. De la grafica:∑

M0 = Iα +∑

mad

mg(L2 ) sin θ = 112mL

2α + L2 (sin θ)2(m

L

2)α

α =2g sin θ

L(sin2 θ + 1/3).

ωL =2g sin θ

L(sin2 θ + 1/3)

ω =2g sin θ

L2(sin2 θ + 1/3)

2. Para θ = 750,g = 388.89 pulg/s2 y L = 3pies

ω =2(388.89) sin(900 − 750)

32(sin2(900 − 750) + 1/3)

ω = 553873 rad/s

16. EJERCICIO 16.

Una barra uniforme tiene una masa de 10kg y una longitudde 1 m. La barra gira en el plano horizontal alrededor de su ejevertical situado en O, como se ilustra en la figura. La barra tieneun velocidad angular de 5rad/s en el sentido de las manecillasdel reloj cuando es golpeado por e una partıcula B que tiene unamasa de 100g y una velocidad de 200m/s en la direccion que ladel movimiento del punto de contacto en la barra. Si el coeficientede restitucion es cero y despues del impacto la velocidad angularde la barra es 10rad/s, determine la ubicacion de Xp con relaciona la articulacion en O del punto de impacto P .

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DINAMICA IC-244

Solucion1. Escribimos la ecuacion de conservacion angular cuando se

expresa con respecto al momento en O da:

(H0)i = (H0)f

2. El sentido positivo del momento los manejaremos en sentidohorario:

mb · vb · r + I0 ·Wi = mb · vb · r + I0 ·Wf

3. Ademas sabemos que la inercia de la barra es:

I0 =1

3·mb · L2

I0 =10

3

4. Remplazamos los valores en la ecuacion:

100

1000Xp · 200− 10

3· 5 =

100

1000·Xp · vbf +

100

3

5. Ademas nos dice que el coeficiente de restitucion es cero

e =vpf − vbfvpi − vbi

= 0

vpf = vbf . Ademas sabemos que lavpf = ωp · r

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Page 29: Ejercicios Resueltos Kassimali Grupo 101

DINAMICA IC-244

6. Entonces vbf = 10 ·Xp

7. Volviendo a la ecuacion, tenemos:

100

1000·Xp · 200 +

10

3· 5 =

100

1000·Xp · vbf +

100

3

20Xp +50

3= X2

p +100

3

Xp = 0.87 m

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