UNIVERSIDAD CATÓLICA DE SANTA MARÍA

FACULTAD DE ARQUITECTURA E INGENIERÍAS CIVIL Y DEL AMBIENTE

ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL

DINÁMICA

DOCENTE

ING. ENRIQUE UGARTE CALDERON

TEMA

Desarrollo de los Ejercicios de los Ítems de la Tercera Fase

ALUMNO

MAMANI AYQUE, JOHN HOWER

AREQUIPA, FEBRERO DEL 2016

Sección 6.1 Momento de inercia

01. Determine el momento de inercia de masa del péndulo con respecto a un eje perpendicular a la página y que pasa por el punto O. La masa de la barra es de 10 kg y la de la esfera es de 15 kg.

El péndulo mostrado puede ser subdividido en dos segmentos como veremos en la imagen. La distancia perpendicular medida del centro de masa de cada segmento a el punto O son también indicados.

Calculo del momento de inercia:El momento de inercia de un segmento de la barra esbelta y del segmento de la esfera con respecto al eje que pasa a través de sus centros de masa puede ser determinado, como:

( IG )1=112m l2 y ( IG )2=

112mr2

El momento de inercia de cada segmento con respecto a un eje que pasa a través del punto O puede ser determinado usando el Teorema de ejes paralelos.

I o=∑ IG+md2

I o=[ 112 (10 ) (0.452 )+10 (0.2252)]+[ 25 (15 ) (0.12 )+15(0.552)]I o=5.27kg .m

2

Sección 6.2 Ecuaciones de movimiento cinético en el plano.02. El montacargas tiene una masa de 70 kg y centro de masa en G. Determine la aceleración máxima dirigida

hacia arriba del carrete de 120 kg de modo que la reacción en las ruedas no sea de más de 600 N.

Considerando los siguientes diagramas de cuerpo libre y diagrama cinético:

Asumiendo: N A=¿600N ¿

↺+∑M B=∑ (M k )B

70 (9.81 ) (0.5 )+120 (9.81 ) (0.7 )−2 (600 ) (1.25 )=−120 a(0.7)

a=3.960m /s2

+↑∑F y=m(aG)y

2 (600 )+2N B−120 ( 9.81 )−70 (9.81 )=120(3.960)

NB=569.55<600N (Cumple, ya que no es mayor que 600N)

Por Lo Tanto:a=3.96m /s2

Sección 6.3 Ecuaciones de movimiento: traslación.

03. El embalaje de 50 kg descansa sobre la plataforma cuyo coeficiente de fricción estática es μs = 0.5. Si en el instante = 30° los brazos de soporte tienen una velocidad angular a) = 1 rad/s y una aceleración angular α = 0.5 rad/s2, determine la fuerza de friccidn en el embalaje.

Por traslación curvilínea:

(aG)n=(1 )2 (4 )=4m/ s2

(aG)t=(0.5)(4 )=2m/ s2

¿ : FC=50 (4 ) sen30+50 (2 ) cos30

(+↑ )∑F y=m (aG )y : NC−50 (9.81 )=50 (4 )cos 30−50 (2 ) sen30

Resolviendo:

FC=186.6N NC=613.7N

Como: (FC)max=0.5 (613.7 )=306.9N>186.6N

↷+∑MG=∑ (M k )G

NC ( x )−FC (0.75 )=0

x=0.228m<0.25m , como cumple:

FC=186.6N

Sección 6.4 Ecuaciones de movimiento: rotación en torno de un eje fijo.

04. Un rollo de papel de 17 kg, originalmente en reposo, esta soportado por la ménsula AB. Si el rollo está apoyado en la pared donde el coeficiente de fricción cinética es μc = 0.3 y se aplica una fuerza constante de 30 N al extremo de la hoja, determine la tensión en la ménsula a medida que se desenrolla el papel, y la aceleración angular del rollo. En el cálculo, trate el rollo como un cilindro.

Sea el DCL del rollo:

Aplicando las ecuaciones de movimiento, considerando que el momento de inercia de este es:

I A=12mr2=1

2(17 ) (0.122 )=0.122 kg .m2

Luego:

¿ : NC−F AB( 513 )+30 sen60=0

(+↑ )∑Fy=m (ay ) : 0.3NC+FAB (1213 )−30cos60−17 (9.81 )=0

¿ : 30 (0.12 )−0.3NC (0.12 )=0.122α

Resolviendo las ecuaciones, tenemos:

F AB=182.54N

NC=44.23N

α=16.46 rad / seg2

Sección 6.5 Ecuaciones de movimiento: movimiento en el plano general.

05. El disco A de 20 kg está sujeto al bloque B de 10 kg por medio del sistema de cable y polea que se ilustra. Si el disco rueda sin deslizarse, determine su aceleración angular y la aceleración del bloque cuando se sueltan. Además, ¿cuál es la tensión en el cable? Ignore la masa de las poleas.

Sea el DCL del disco y del bloque:

Ecuaciones de movimientos:

Para el disco A:

¿ : T (0.2 )=[ 12 (20 ) (0.2 )2+20 (0.2 )2]αPara el bloque B:

(+↓ )∑F y=m (aG )y : 10(9.81 )−2T=10aB

Analizando cinematicamente: considerando las longitudes del cable.

2SB+SA=l

Derivando dos tendremos: 2aB=−aA

También, sabemos que la aceleración de un disco es igual a la multiplicación de su radio por la aceleración angular. a A=0.2α

Por lo tanto: aB=−0.1α

Resolviendo y reemplazando las ecuaciones, tenemos:

aB=0.76m /s2

α=−7.55 rads2

=7.55 rad /s2↷

T=45.3N

Sección 7.1 Energía cinética

06. El tambor tiene una masa de 50 kg y un radio de giro con respecto al pasador en O de ko = 0.23 m. Al partir del punto de reposo, se permite que el bloque B de 15 kg suspendido caiga 3 m sin aplicar el freno ACD. Determine su rapidez en este instante. Si el coeficiente de friccion cinetica en la balata C es uk = 0.5, determine la fuerza P que debe aplicarse en la palanca del freno de mano, el cual detendra el bloque despues de que descienda 3 m. Ignore el espesor de la palanca.

Analizando el tambor antes de que frene:T 1+∑U 1−2=T2

0+15 (9.81 ) (3 )=12

(15 )V B2 +12

[50 (0.23 )2 ]( vB0.15 )2

vB=2.58m / sSB0.15

=SC0.25

Como: SB=3m ,entonces: Sc=5m

T 1+∑U 1−2=T20−F (5 )+15 (9.81 ) (6 )=0F=176.6 N

N=176.60.5

=353.2 N

Analizando la palanca de freno obtendremos la fuerza P:

↺+∑M A=0 ;−353.2 (0.5 )+P (1.25 )=0

P=141N

Sección 7.2 El trabajo de una fuerza

01.

07. Una barra delgada de longitud l y peso W se articula en uno de sus extremos como se muestra en la figura. Se suelta desde el reposo en una posición horizontal y oscila libremente. a) Determine la velocidad angular de la barra cuando pasa por una posición vertical y determine la reacción correspondiente en el pivote. b) Resuelva el inciso a) para W = 1.8 lb y l = 3 ft.

Asumimos que sus posiciones para analizar la barra son (1) y (2), del grafico:

Analizando la posicion 1:

T 1=0 ; ya que parte del reposo, v1=0 y w1=0

v2=l2w2

Analizando la posicion 2:

T 2=12mv2

2+ 12Iw2

2

¿ 12m( l2w2)

2

+12 ( l12ml2)w2

2

T 2=16m l2w2

2

Luego, el trabajo realizado, sera:

U 1→ 2=mgl2

Por el principio de trabajo y energia:

T 1+U 1−2=T2

0+mg l2=16ml2w2

2

a) Velocidad angular y reacciones del pivote

w22=3g

l

a= l2w 22= l2. 3gl

=3 g2

+↑∑ (F )cin : A−W=ma

A−mg=m 3 g2

A=m 32g

A=52W

b) Resolviendo, para W = 1.8 lb y l = 3 ft.

w22=3g

l=3(32.2)

3=32.2 rad /s↷

A=52W=5

2(1.8 )=4.5 lb↑

Sección 7.3 El trabajo de un par

02.

07. La tapa de 6 kg de la caja se mantiene en equilibrio por medio del resorte de torsión cuando = 60°. Si la tapa se fuerza para que se cierre, 0 = 0°, y entonces se suelta, determine su velocidad angular cuando se abre a = 45°.

Sean los DCLs, de la tapa:

Cuando está en equilibrio: M=kθ0=20θ0, dondeθ0es el ángulo inicial del par para la fuerza de torsión.

+∑M 0=0 ;6 (9.81 )cos 60º (0.3 )−20θ0=0θ0=0.44145 rad

Por el principio de trabajo y energía: desde que la tapa rota con respecto a un eje que pasa a través del punto C.

T=12ICω

2 , donde IC=13mb2=1

3(6 ) (0.62 )=0.72 kg ∙m2 . por lotanto ,

T=12ICω

2=12

(0.72 )ω2=0.36ω2

Desde que la tapa esta inicialmente en reposo (θ=0 º ) ,T 1=0 , vemos que C x y C y no realizan trabajo, M hace un trabajo positivo y W un trabajo negativo cuando θ=0 º∧45º , los angulos del resorte torsional son:

θ1=1.489 rad∧θ2=1.489−π4=0.703 rad ,también cuando θ=45 º ,W se dezplaza verticalmente hacia abajo

una distancia de h=0.3sin 45 º=0.2121m .Entonces el trabajo hecho por M y W es:

U M=∫M dθ=∫θ2

θ1

20θdθ=¿10θ2|1.4886 rad0.7032 rad=17.22 J ¿

Finalmente por el principio de trabajo y energía:

T 1+∑U 1−2=T2

0+ [17.22+(−12.49)]=0.36ω2

ω=3.62 rad /s

Sección 7.4 Principio del trabajo y la energía

08. Una pequeña esfera de masa m y radio r se libera del reposo en A y rueda sin deslizar sobre la superficie curva al punto B donde sale de la superficie con una velocidad horizontal. Sabiendo que a = 1,5 m y b = 1,2 m , determine ( a) la velocidad de la esfera cuando golpea el suelo en C , ( b) la distancia correspondiente C .

Del siguiente diagrama, si calcula el trabajo y las energías de la esfera:

Trabajo :U 1⟶ 2=mgaEnergia cinetica :T 1=0

Velocidad en2.v2=rω∨60ω= vr

T 2=12mv2+ 1

2I ω2

¿ 12mv2+ 1

2 ( 25mr2)( vr )2

= 710mv2

Por el principio de trabajo y energía:

T 1+U 1⟶2=T 2 :0+mga=710mv2

v2=10 ga7

=(10 ) (9.81m/ s2 ) (1.5m )

7=21.021m /s2

v=4.5849m /s

Para la parte de B a C. dejemos que t=0enel punto B .tambien y=0enel puntoCMovimientoVertical :v y=(v y)0−¿=−¿

y= y0+ (v y )0 t−12¿2

Enel puntoC ,0=b+0−12¿C2

tC=√ 2bg =√ (2 ) (1.2m )

9.81 ms2

=0.49462 s

(v y )C=−¿C=−(9.81m /s2)(0.49462 s)=−4.8522m /sMovimiento Horizontal:V x=(V x)B=v=4.5849m /s(a )V C=√(v x)C

2 +(v y )C2

V C=√(4.5849 )2+ (4.8522 )2

(b )distance c . c=V x tCc=(4.5849m / s)(0.49462 s)

Sección 7.5 Conservación de la energía.

03.

04.

10. La barra CB mantiene el panel de puerta rectangular de 50 kg en posición vertical. Cuando se quita la barra, el panel se cierra por su propio peso. El movimiento del panel lo controla un resorte conectado a un cable enrollado en la media polea. Para reducir los portazos excesivos, la velocidad angular del panel de puerta se limita a 0.5 rad/s en el momento del cierre. Determine la rigidez mínima k del resorte si este no esta alargado cuando el panel está en la posición vertical. Ignore la masa de la media polea.

Sea el diagrama, donde vemos las dos posiciones del calculo:

Energía potencial: (V g )1=W ( yG )1=50 (9.81 ) (0.6 )=294.3 J(V g )2=W ( yG )2=50 (9.81 ) (0 )=0Desde que el resorte no está alargado, cuando la puerta está abierta, (V g )10.Cuando la puerta esta cerrada se

forma un ángulo:θ=π2r ad . Por lo tanto s=rθ=0.15( π2 )=0.075 π m.Entonces,

(V e )2=12ks2=1

2k (0.075 π )2=0.0028125 π2 k

Por lo tanto,

V 1=(V g )1+(V e )1=294.3+0=294.3 J

V 2=(V g )2+(V e )2=0+0.0028125π2 k=0.0028125π2k

Energía cinética: desde que la puerta gira con respecto a un eje que pasa a través del punto A. su energía cinética

será: T=12IAω

2, donde: I A=112

(50 ) (1.22 )+50 (0.62 )=24kg ∙m2

Por lo tanto:

T=12IAω

2=12

(24 )ω2=12ω2

Desde que la puerta está en reposo en la posición abierta requiere tener una velocidad angular: ω=0.5 rad / s…

T 1=0T 2=12 (0.52 )=3 j

Por Conservacion de energia:

T 1+V 1=T2+V 2

0+294.3=3+0.0028125 π2 k k=10494.17 N /m ¿10.5 kN /m

Sección 8.1 Momento lineal y angular

11. La varilla AB de 4 kg puede deslizarse libremente en el interior del tubo CD de 6 kg . La varilla fue enteramente dentro del tubo (x = 0) y liberado sin velocidad inicial con respecto al tubo cuando la velocidad angular del conjunto era 5 rad / s. Despreciando el efecto de la fricción, determinar la velocidad de la varilla en relación con el tubo cuando x = 400 mm.

Si asumimos que l sea la longitud del tubo y la varilla y el punto O sea el punto de intersección del tubo y el eje.

Los momentos de inercia: I T=112mT l

2 y I T=112mRl

2 ,

Cinematicamente: (vθ )T=rTw= l2w

(vθ )R=r Rw=( l2+x )w (vr )T=vr

Momento angular respecto al punto O:

HO=mT rT (vθ )+ I Tw+mR r R (vθ )R+ IRw

HO=mT rT ( l2 w)+ 112mT l2w+mR( l2+x )( l2 +x)w+ 1

12mR l

2w

HO=[ 13 mT l2+mR( 13 l2+lx+x2)]w

Energía cinética: T=12mT (vθ )T

2+12IT w

2+12mR (vθ )R

2+ 12mR vr

2+ 12IR w

2

T=12 [mT ( l2 w)

2

+ 112mT l

2w2+ 12mR ( l2 +x)

2

w 2+ 12mR vr

2+ 112mR l

2w2]T=1

2 [ 13mT l2+mR( 13 l2+lx+x2)]w2+ 12mR vr

2=12HOw+ 1

2mR vr

2

Energía potencial: todos los movimientos son horizontal. V=0

Posición 1: x=0 w=w1=5 rad / s vr=0

(HO )1=13 (mT+mR ) l2w=1

3(6+4 ) (0.8 )2 (5 )=10.667 kg .m2/ s

T 1=12 [ 13 (mT+mR)l

2w2]+0=12 (HO )1w=12

(10.667 ) (5 )=26.667 J

V 1=0

Posición 2: x=0.4m w=w1=? rad /s vr=?

(HO )2=[ 13 (6 )(0.8)2+ (4 ){13 (0.8 )2+(0.8 ) (0.4 )+(0.4)2}]w2=4.053w2T 2=

12 [ (4.053w2 )w2 ]+ 12 (4 ) vr

2=2.027w22+2vr

2

V 2=0

Sección 8.2 Principio del impulso y el momento.

12. Si el boxeador golpea el costal de 75 kg con un impulso de / = 20 N • s, determine la velocidad angular del costal inmediatamente después de ser golpeado. También, determine la ubicación d del punto B, con respecto al cual parece girar el costal. Trate el costal como un cilindro uniforme.

Sea el diagrama de impluso y momentos:

Po principio de impulse y momento: el momento de inercia del costal es:

IG=112m (3 r2+h2 )= 1

12(75 ) [3 (0.252 )+1.52 ]=15.23 kg ∙m2 .

Luego: (± )m (vG )1+∑∫t 1

t 2

Fx dt=m (vG )2

0+20=15vG vG=0.2667m / s

Tambien: ↺+ IGω1+∑∫t1

t 2

MGdt=IGω2

0+20 (0.25)=15.23ω

ω=0.3282 rad /s=0.328 rad /s

Cinematicamente:

vG=ωr GIC

0.2667=0.3282(0.75+d)

d=0.0625

Sección 8.3 Conservación del momento

13. El poste uniforme tiene una masa de 15 kg y se cae del reposo cuando 0 = 90°. Choca con el borde en A cuando 0 = 60°. Si el poste comienza entonces a girar con respecto a este punto despuds del contacto, determine su velocidad angular justo despuds del impacto. Suponga que el poste no se desliza en B al caer hasta que choca con A. Por conservación de energía: donde la referencia se encuentra en el punto B.

Las energías potencial inicial y final son: 15 (9.81 ) (1.5 )=220.725 N .m y

15 (9.81 ) (1.299 )=191.15N .m. El momento de inercia respecto al punto B es:

IB=112

(15 ) (32 )+15 (1.52 )=45kg .m2

También la energía cinética del poste antes del impacto es:

T 1=12IBw1

2=12(45)w1

2

Entonces:

T 1+V 1=T 2+V 2

0+220.725=22.5w12+191.15 w1=1.146 rad /s

Por conservación de momento angular: como el peso del poste es una fuerza no impulsiva, el momento angular se conserva con respecto al punto A. la velocidad de su centro de masa antes del impacto es: vG=w1rGB=1.146 (1.5 )=1.720m /s.

El momento de inercia del poste con respecto a su centro de masa y el punto A son:

IG=112

(15 ) (32 )=11.25kg .m2 I A=112

(15 ) (32 )+15(1.5− 0.5sen 60 )

2

=24.02 kg .m2

Finalmente:

(H A )1=(H A )2

(mvG)¿

15 (1.720 )(1.5− 0.5sen60 )+11.25 (1.146 )=24.02w2

w2=1.53 rad /s

Sección 8.5 Impacto o Choque excéntrico

14. El centro de masa de la bola de 3 lb tiene una velocidad de (vG)1 = 6 pies/s cuando choca con el extremo de la barra delgada uniforme de 5 lb, la cual está en reposo. Determine la velocidad angular de la barra con respecto al eje z después del impacto si e = 0.8.

Por conservación de momento angular:Desde que la fuerza F debido a el impacto es interno a el sistema que consiste entre la delgada barra y la esfera, esta puede ser cancelada. Por ello, podemos decir que el momento angular se conserva con respecto al eje z:

I z=112 ( 5

32.2 )42=0.207 slug . ft2También:

w2=(v B )22

(H z )1=(H z )2

[mb (vG )1 ] ( rb )=I zw2+ [mb (vG )2 ] ( rb )

( 332.2 ) (6 ) (2 )=0.2070 [ (vG )2

2 ]+( 332.2 )(vG )2(2)……….(1)

Luego, empleando el coeficiente de restitución:

e=(vB )2−(vG )2(vG )1−(vB )1

0.8=(vB )2−(vG )26−0

¿……….(2)

Resolviendo los sistemas de ecuaciones lineales:

(vG )2=2.143 ft /s (vB )2=6.943 ft /s

Por lo tanto, la velocidad angular de la barra es:

w2=(v B )22

=w2=6.9432

=3.47 rad /s

05.

Sección 9.1 Vibración libre no amortiguada.

15. El blanco de 3 kg se desliza libremente a lo largo de las guías horizontales lisas BC y DE, las cuales están “anidadas” en resortes, cada uno con rigidez de k = 9 kN/m. Si se dispara una bala de 60 g con una velocidad de 900 m/s y se incrusta en el blanco, determine la amplitud y frecuencia de oscilación del blanco.

Por conservación de momento lineal: la velocidad del blanco después del impacto, es:

mb (vb )1=(mb+mA )v

0.06 (900)=(0.06+3 ) v v=17.65m /s

Como los resortes son deformados en paralelo, la constante de rigidez

paralelo es: k eq=2k=18000Nm.

Entonces la frecuencia natural del sistema es:

wn=√ ke qm =√ 180003.06=76.70 rad / s

La ecuación que describe la oscilación del sistema, es:

y=C sen (76.70 t+∅ )m

Puesto que y=0 cuando t=00=C sen (∅ )

Y como C≠0 ,∴ sen (∅ )=0, entonces ∅=0.Por lo tanto:

y=C sen (76.70 t )

Derivando la ecuación:˙y=v=¿76.70C cos (76.70 t+∅ )m / s¿

Aquí, v=17.65m /s cuando t=0.Por lo tanto:

17.65=76.70C cos0

C=0.23m

Sección 9.2 Métodos de energía.

16. Si la rueda experimenta un ligero desplazamiento angular de y se deja libre del reposo, se observa que oscila con un periodo natural de r. Determine el radio de giro de la rueda con respecto a su centro de masa G. Su masa es m y rueda sobre los rieles sin deslizarse.

Calculo de la energia potencialy cinetica: al desplazarse la rueda, este tendra una altura: yG=Rcosθ . Entonces la energia potencial sera:

V g=−W yG=−mgRcosθ

Luego, de acuerdo con el siguiente diagrama vG=θ̇ R. También vG=w rG /CI, entonces: θ̇ R=wrG /CI y w= θ̇rG /CI

R

. También el momento de inercia de la rueda es: IG=mkG2 , Por lo tanto, la energía cinética será:

T=12mvG

2 + 12IGw

2

T=12m ( θ̇ R )2+ 1

2 (mkG2 )[ θ̇rG /CI

R]2

T=12m (R )2( r

2+kG2

r2 ) θ̇2Como: T+V=cte

12m (R )2( r

2+kG2

r2 ) θ̇2−mgRcosθ=cteDerivando la ecuación:

m (R )2(r2+kG

2

r2 ) θ̇ θ̈+mgR s enθθ̇=0θ̇ [m (R )2( r

2+kG2

r2 ) θ̈+mgRsenθ]=0Como θ̇ no siempre es igual a cero, entonces:

m (R )2(r2+kG

2

r2 ) θ̈+mgRsenθ=0θ̈+ gR ( r2

r2+kG2 ) senθ=0

También, como θ es un desplazamiento angular tan

θ̈+ gR ( r2

r2+kG2 )θ=0

Comparando la ecuación a la forma estándar, vemos que la frecuencia natural circular del sistema es:

wn=√ gR ( r2

r2+kG2 )

También el periodo natural de oscilación, será:

τ=2πwn=2π √ Rg ( r

2+kG2

r 2 )Despejando el radio de giro kG:

kG=r2π √ τ2g−4 π2RR

pequeño: senθ≈0, así la ecuación quedara:

8.1

Por conservación de momento angular:

(HO )1=(HO )2

10.667=4.053w2 w2=2.63 rad /s

Por conservación de energía:

26.667+0=(2.027 ) (2.632 )2+2vr2+0

vr2=6.316 vr=2.51m /s