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UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTOBAL DE HUMANGA

Facultad De Ingeniería De Minas Geología Y Civil

Departamento Académico de Ingeniería de Minas y Civil

E.F.P. DE INGENIERÍA CIVIL

SEGUNDA PRACTICA CALIFICADA

12VA EDICIÓN DE HIBBELER

Dinamica (IC-242)

DOCENTE : Ing. CASTRO PEREZ, Cristian

Alumnos :

IRCAÑAUPAHUAMANI,AngelORELLANAHUAMAN,MiguelAngelSOSALOZANO,ElvisSOTOMEDRANO,KatherineSheylla

Ayacucho - Perú

Contenido

1 CINETICA DE UNA PARTICULA 1

1.1 FUERZA Y ACELERACION . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1 Ejercicio 13.39: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.2 Ejercicio 13.102: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.1.3 Ejercicio 13.46: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.1.4 Ejercicio 13.79: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2 TRABAJO Y ENERGIA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.2.1 Ejercicio 14.24: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.2.2 Ejercicio 14.36: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.3 IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3.1 Ejercicio 15.8: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3.2 Ejercicio 15.11: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.3.3 Ejercicio 15.44: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.3.4 Ejercicio 15.74: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.4 SISTEMA DE PARTICULAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.4.1 Ejercicio 13.28: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.4.2 Ejercicio 14.13: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2 CINETICA DE UN CUERPO RIGIDO 20

2.1 FUERZA Y ACELERACION . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.1.1 Ejercicio 17.111: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.1.2 Ejercicio 17.112: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.2 TRABAJO Y ENERGIA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.2.1 Ejercicio 18.24: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.2.2 Ejercicio 18.55: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.3 IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.3.1 Ejercicio 19.8: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.3.2 Ejercicio 19.17: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.4 SISTEMA DE PARTICULAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.4.1 Ejercicio 17.90: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.4.2 Ejercicio 17.90: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

1 CINETICA DE UNA PARTICULA

UNIVERSIDAD NACIONALDE SAN CRISTOBAL

DE HUAMANGA


1.1 FUERZA Y ACELERACION

1.1.1 Ejercicio 13.39:

Supongamos que es posible cavar un túnel sin problemas a través de la tierra de una ciudad en A auna ciudad en B, como se muestra. Por la teoría de la gravitación, cualquier vehículo C de masa m situadodentro del túnel de ser sometido a una fuerza gravitacional que siempre se dirige hacia el centro de laTierra D. Esta fuerza F tiene una magnitud que es directamente proporcional a su distancia r del centrode la tierra. Por lo tanto, si el vehículo tiene un peso W = mg cuando se encuentra en la superficie de latierra, entonces en un lugar arbitrario r la magnitud de la fuerza F es F = (mg/R)r, donde R = 6, 328km,el radio de la Tierra. Si el vehículo se libera desde el reposo cuando está en B, x = s = 2mm, determineel tiempo necesario para que llegue a A, y la velocidad máxima que alcanza. Despreciar el efecto de larotación de la tierra en el cálculo y asumir que la tierra tiene una densidad constante. Sugerencia: Escribela ecuación de movimiento en la dirección x, y señale que rcos? = x. Integrar, utilizando la relacióncinemática vdv = adx, luego integrar el resultado con v = dx/dt.

Solución:

Ecuación del movimiento: Tenemos:

∑Fx ′max ′ −

mg

Rrcosθ = ma a = −

g

R=g

Rx

Aplicando la ecuación vdv = adx, tenemos:∫v0v dv = −

r

R

∫xsxdx

c2

2=g

2R(s2 − x2)

v = −

√g

R(s2 − x2)

Nota: El signo negativo indica que la velocidad es en la dirección opuesta a la de x positivo.

Aplicando la ecuación dt = dx/v, tenemos:

∫20= −

√R

g

∫xs

dx√s2 − x2

t =

√R

g(π

2− sin−1

x

s)

En x = −s,

t =

√R

g(π

2− sin−1

−s

s) = π

√R

g

Sustituyendo R = 6328(103)m, y g = 9.81m/s2 en la ecuación, se obtiene:

t = π

√6328(103)

9.81= 2523.2s

E.F.P. INGENIERIA CIVIL - SEGUNDA PRÃCTICA CALIFICADA DE DINAMICA (IC-242) 1



DE HUAMANGA

t = 42.1min

La máxima velocidad se produce cuando x = 0. De la primera ecuación se tiene:

vmax = −

√g

R(s2 − 02) = −

√g

Rs

Sustituyendo R = 6328(103)m, s = 2(106)m,yg = 9.81m/s2 en la ecuación, se obtiene:

vmax = −

(√9.81

)6328(103)2(106)

vmax = 2.49km/s

1.1.2 Ejercicio 13.102:

El parque de diversiones gira con una velocidad angular constante de θ? = 0.8rad?s. Si la trayectoriadel viaje está definido por r = (3senθ+ 5)m , y z = (3cosθ)m, determinar r, θ,yz; componentes de fuerzaejercida por el asiento en el niño de 20 kg cuando θ = 120◦.

Solución:

Dado que se conoce el movimiento del niño, ar,aθ,yaz se determinarán primero. El valor de r y susderivadas respecto al tiempo en el instante θ = 120◦ son:

r = (3sinθ+ 5)|θ=120 = 3sin120◦ + 5 = 7.598m

r = (3cosθθ+ 5)|θ=120 = 3sin120◦(0.8) = −1.2m

r = (3cosθθ− senθθ2)|θ=120 = 3[cos120◦(0) − sin120◦(0.82)

]= −1.66m

Usando las anteriores derivadas, tenemos:

ar = r− rθ2 = −1.663− 7.598(0.82) = −6.536m/s2

aθ = rθ+ 2rθ = 7.598(0) + 2(−1.2)(0.8) = −1.92m/s2




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También:

z = 3cosθm

z = −3senθθm/s

az = z = −3(senθθ+ cosθθ2)|θ=120 = −3[sen120◦(0) + cos120◦(0.8)2)]

az = z = 0.96m/s2

Ecuaciones de movimiento: Se tiene el siguiente diagrama de cuerpo libre:

∑Fr = mar; Fr = 20(−6.526) = −131N

∑F? = maθ; Fθ = 20(−1.920) = −38.4N

∑Fz = maz; Fz = 20(9.81) = Fz = 215N

Nota: Los signos negativos indican que Fr y Fθ actúan en sentido opuesto a los que se muestran en eldiagrama de cuerpo libre.


El paracaidista de masa m está cayendo con una velocidad de V0 en el instante en que se abre elparacaídas. Si la resistencia del aire es FD = Cv2, determinar su velocidad máxima (velocidad final)durante el descenso.

Solución:

Diagrama de cuerpo libre:




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Ecuaciones de movimiento:

Por referencia a la figura:

∑Fy = may;mg− cv

2 = ma

a =(mg− cv2)

m= g−

c

m/mv2

Utilizando el resultado de a, la velocidad del paracaidista como una función de t se puede determinarmediante la integración de la ecuación cinemática, dt = dv/a. Aquí, la condición inicial v = v0 en t = 0

se utiliza como el límite de la integración. Por lo tanto:∫dt =

∫dv

a∫t0dt =

∫vv0

dv

g− cmv

2

t =1

2√gcm

ln

(√g+

√cmv√

g−√cmv

)|vv0

t =1

2

√m

gcln

√mgc + v√mgc − v

Por lo tanto la velocidad máxima del paracaidista es:

vmax =

√mg

c

Nota: La velocidad máxima del paracaidista es independiente de la velocidad inicial v0.


Determinar la velocidad mínima que se debe dar a la caja de 5 libras en A en orden para que permanezcaen contacto con la trayectoria circular. Además, determinar la velocidad de la caja cuando se alcanza elpunto B.

Solución:




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Diagrama de cuerpo libre: El diagrama de cuerpo libre de la caja en una posición arbitrariaθsemuestraenlafigura.Enestecaso,andebeserdirigidahaciaelcentrodelatrayectoriacircularvertical(ejenpositivo),mientrasqueatsesuponequeserádirigidahaciaelejetpositivo.

Ecuación del movimiento:

Aquí:

an =v2

ρ=v2

4

Además, se requiere que la caja abandone la pista, por lo cual N = 0. Por referencia a la figura.

En la dirección de t:∑Ft = mat; −5senθ = 5

32.2at

at = −(32.2θ)ft/s2

En la dirección de n:∑Fn = man; N− 5senθ = 5

32.2

(v2

4

)N = 0.03882v2 + 5cosθ

Utilizando el resultado de at, la velocidad de la caja puede ser determinada integrando la ecuacióncinemática vdv = atds, donde ds = rd? = 4d?.

Usando la condición inicial v = v0atθ = 0◦ como el límite de integración:

∫vv0

v dv =

∫θ0◦

−32.2senθ(dθ)

v2

2|vv0 = 128.8cosθ|(0

◦)?

v2 = 257.6cosθ− 257.6+ v20

Siempre que la caja no abandone la trayectoria circular vertical en θ = 180◦, entonces se mantendrá encontacto con la pista. Por lo tanto, se requiere que la caja está a punto de abandonar la pista a θ = 180◦.Entonces, N = 0. Sustituyendo estos dos valores en la primera ecuación, tenemos:

0 = 0.03882v2 + 5cos180◦

v = 11.35ft/s

0 = 0.03882v2 + 5cos180◦

Sustituyendo los resultados de v y v0 = vmin, tenemos

11.3522 = 257.6cos180◦ − 257.6+ vmin2

vmin = 25.38ft/s = 25.4ft/s

En el punto B, θ = 210◦. Sustituyendo los valores de v0 = vmin = 25.38ft/s, tenemos:

v2B = 257.6cos210◦ − 257.6+ 25.382

vB = 12.8ft/s




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1.2 TRABAJO Y ENERGIA


El bloque de 2 Ib se desliza hacia debajo de la superficie parabólica lisa de modo que cuando está enA su rapidez es 10 pies/s. Determine la magnitud de la velocidad y la aceleración del bloque cuando llegaal punto B y la altura máxima y máx. que alcanza.

Solución:

Datos:

w = 2lb; VA = 10pies/s

Sabemos que: y = 0.25x2

Para el punto A: xa = −4ft

Entonces:

yA = 0.25(−4)2

yA = 4ft

Para el punto B:

xB = 1ft/s

yb = 0.25(1)2

yB = 0.25ft

TA +∑UA−B Donde : T : Energíacinética U : Trabajo

*Reemplazamos los datos para hallar la velocidad en el punto B.

1

2

(2

32.2

)(102) + 2(4− 0.25) =

1

2

(2

32.2

)V2B




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3.11+ 7.25 = 0.031V2B

10.3600.031V2B

VB = 18.48ft/s

VB = 18.5ft/s

*Hallando la aceleración en el punto B

Hallamos θ.

y = 0.25x2

Derivamos la ecuación en función de x:

dy

dx= 0.25(2)x

dy

dx= 0.5x

Sabemos que dydx = tgθ = 0.5x

En el punto B xB = 1ft/s

por lo Tanto:tgθ = 0.5

θ = arctg(0.5)

θ = 26.565o

Derivamos nuevamente la ecuación.

d2y

dx2= 0.25(2)

d2y

dx2= 0.5

Aplicamos la segunda ley de newton

∑Ft = mat

−2sen(26.565o) =(

2

32.2

)at

at = 14.4ft/s2

Hallando la aceleración normal:




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am =V2Bρ

ρ =

[1+

(dydx

)2] 32

∣∣∣d2ydx2

∣∣∣ =

[1+ (0.5)2

] 32

|0.5|

ρ = 2.795ft radio de curvatura

Reemplazamos el radio de curvatura y la velocidad de B

an =(18.5)2

2.795

an = 122.2ft/s2

Finalmente hallamos la aceleración de B:

a2B = a2t + a2n

aB =√a2t + a

2n

aB =√

(−14.4)2 + (122.2)2

aB = 123ft/s

*Hallamos la altura máxima.

Aplicando el principio de trabajo y energía en los puntos A y C

TA +∑

UA−C = TC

1

2

(2

32.2

)(10)2 + 2(ymax − 4) = 0

ymax = 55.55ft


La rapidez de la piedra de 50kg es VA = 8m/s cuando llega al punto A. determine la fuerza normalque ejerce en la pendiente cuando llega al punto B. Ignore la fricción y el tamaño de la piedra.

Solución:

x2 + yn2 = 2................(I)

x = y

Reemplazando: 2x1/2

x = y = 1m

Derivamos la ecuación (I).




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y−1/2 dy

dx= −x−1/2 ,

dy

dx=

−x − 1/2y − 1/2

.....(II)

Evaluamos en x = y = 1m

dy

dx= −1

Derivamos la ecuación (II).

y−1/2 d2y

dx2+

(1

2

)y−3/2

(dy

dx

)= −

1

2x−3/2

d2y

dx2= y−1/2

[1

2y3/2

(dy

dx

)+

1

3x3/2

]Evaluamos en x = y = 1m

d2y

dx2= 1

Pero: tgθ = dydx

θ = arctg(−1) , θ = 45o

Hallando el radio de curvatura

ρ =

[1+

(dydx

)2]3/2∣∣∣d2y

dx2

∣∣∣ =

[1+ (−12)

]3/2

1, ρ2.828m

Por el principio del trabajo y la energía tenemos

TA +∑

UA−B = TB.....................(III)

El peso del bloque que actúa en la dirección opuesta a la del desplazamiento vertical realiza trabajonegativo cuando el bloque 1 m desplaza verticalmente. Aplicando la ecuación (III), tenemos:

0.5(502)82 + 50(9.81)(1) = 0.5(50)V2BV2B = 44.38m2/s2

Finalmente aplicamos la segunda ley de newton

∑Fn = man

N− 50(9.81)cos45o = (50)(v2Bρ

N− 50(9.81)cos45o = (50)(44.382.828

N = 1131.37

N = 1.3KN




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1.3 IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO


El jeep de cuatro ruedas motrices de 1.5 Mg se utiliza para empujar dos cajas idénticas, cada una conuna masa de 500 kg. Si el coeficiente de fricción estática entre los neumáticos y los suelos es µs = 0.6,determinar la máxima velocidad posible el jeep se puede lograr en 5s sin provocar que las llantas resbalen.El coeficiente de fricción cinética entre las cajas y el terreno es µk = 0.3

Solución:

El diagrama de cuerpo libre del jeep y cajas se muestran en las figuras A y B, respectivamente. Aquí,la fuerza de accionamiento máxima para el jeep es igual a fricción estática máxima entre los neumáticos yel suelo, es decir,

DCL:

FD = µsNJ = 0.6NJ La fuerza de fricción que actúa sobre la caja es

(Ff)c = µsNC = 0.3nC

Aplicando el Principio del impulso y cantidad de movimiento: Con referencia a la figura. A

(+ ↑).......m(v1)y +∑∫t2

t1Fy dt = m(v2)y

1500(0)NJ(5) − 1500(9.81)(5) = 1500(0)

NJ = 14715N...........(I)

(+ →).......m(v1)y +∑∫t2

t1Fy dt = m(v2)y




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1500(0) + 0.6(14715)(5) − P(5) = 1500v

v = 29.43− 3.333(10−3)P

Aplicando el Principio del impulso y cantidad de movimiento: Analizamos en la figura B:

(+ ↑).......m(v1)y +∑∫t2

t1Fy dt = m(v2)y

100(0) +NC(5) − 1000(9.81)(5) = 1000(0)

NC = 9810N

(+ →).......m(v1)y +∑∫t2

t1Fx dt = m(v2)y

1000(0) + P(5) − 0.3(9810)(5) = 1000v

vC = 0.0005P− 140715.............(2)

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) tenemos:

v = 11.772m/s = 11.8m/s

P = 5297.4N




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El pequeño bloque de 20 libras se coloca en el inclinado avión y se sometió a 6 libras y las fuerzas de15 libras que actúan en paralelo con bordes AB y AC, respectivamente. Si el bloque está inicialmente endescansar, determinar su velocidad cuando t = 3s. El coeficiente de fricción cinética entre el bloque y elplano es µk = 0.2

Solución:

Diagrama de cuerpo libre: Aquí, el plano x−y está ajustado en paralelo con el plano inclinado. Por lotanto, el eje z es perpendicular al plano inclinado. La fuerza de fricción actuará junto pero en el sentidoopuesto al de la moción, que forma un ángulo θ con el eje x. Su magnitud es Ff = µkN = 0.2N

Aplicando el Principio del impulso y cantidad de movimiento: Con referencia a la figura. A

m((v1))z +∑∫t2

t1FZ dt = m(v2)z

20

32.2(0) +N(3) − 20cos30o(3) =

20

32.2(0)

N17.32lb

Además:

m((v1))x +∑∫t2

t1Fx dt = m(v2)x

20

32.2(0) + 6(3) − [0.2(17.32)cosθ] (3) =

20

32.2(vcosθ)

cosθ(v+ 16.73) = 28.98..........(1)

También podemos ver:

m((v1))y +∑∫t2

t1Fy dt = m(v2)y




DE HUAMANGA

20

32.2(0) + 15(3) − (20sen30o)(3) − [0.2(17.32)senθ] (3) =

20

32.2(vsenθ)

senθ(v+ 16.73) = 24.15.........(2)

Solucionando las ecuaciones (1) y (2) tenemos:

θ39.80o

v = 20.99ft/s = 21ft/s


Bloque A tiene una masa de 2 kg y se desliza en una abierta Finalizado el cuadro B con una velocidadde 2 m/s. Si la caja B tiene una masa de 3 kg y se apoya en la parte superior de una placa P que tiene unamasa de 3 kg, determine la distancia que la placa se mueve después de que se detenga deslizamiento en elsuelo. Además, ¿cuánto tiempo pasa después del impacto antes de cesa todo movimiento? El coeficientede fricción cinética entre la caja y la placa es µk = 0.2, y entre el placa y el suelo es µ ′k = 0.2. Además, elcoeficiente de estática la fricción entre la placa y el suelo es µ ′s = 0.2

Solución:DCL:

Usando la ecuación de equilibrio para FBD(a):

+ ↑ ∑Fx = 0⇐ Nb − (3+ 2)(9.81) = 0B = 49.05N

Cuando cuadro B se desliza en la parte superior de la placa P.

(Ff)B = µkNB = 0.2(49.05) = 9.81N

Usando las ecuaciones de equilibrio para FBD (b)

+ ↑ ∑Fy = 0;⇐ NP − 49.05− 3(9.81) = 0⇐ NP = 78.48N

+ ↑ ∑Fx = 0;⇐ 9.81(Ff)P = 0⇐ (Ff)P = 9.81N




DE HUAMANGA

Puesto que,

(Ff)P > [(Ff)P]max = µ ′kNp = 0.15(7848) = 9.418N, laplacaP

(Ff)P = µ ′kNp ⇒ 0.1(78.48) = 7.848N

Conservación del momento lineal: Si tenemos en cuenta el bloque y la caja como un sistema, entoncesla fuerza impulsiva causada por el impacto es interna al sistema. Por lo tanto, se anulan. Como resultado,el momento lineal se conserva a lo largo eje x.

mA(VA)l +mR(VR)l = (ma +mR)v2

(+ →).....2(2) + 0 = (2+ 3)v2

v2 = 0.8000m/s→Aplicando el Principio del impulso y momento lineal: Para que la caja B para detener el deslizamiento

placa P, tanto la caja B y la placa P debe tener la misma velocidad v3. Aplicando la ecuación a la caja Bentonces (FBD (c), tenemos:

m((vx))1 +∑∫t2

t1Fx dt = m(vx)2

(+ →).....5(0.8) + [−9.81(t1)] = 5v3.....(1)

Aplicando el Principio del impulso y momento lineal para la placa P, entonces FBD (d) tenemos:

m((vx))1 +∑∫t2

t1Fx dt = m(vx)2

(+ →).....3(0) +−9.81(t1) − 7.848(tl) = 3v3.....(2)

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) tenemos:

t1 = 0.3058s; v3 = 0.200m/s

Ecuación del movimiento: De FBD (d), la aceleración de la placa P en la casilla B sigue deslizándoseen la parte superior de la misma está dada por:

+ → ∑Fx = max ⇒ 9.81− 7.848 = 3(aP)1 ⇒ (aP)1 = 0.654m/s2

Cuando la casilla de parada B se deslizó en la parte superior de la caja B,(Ff)B. A partir de esteinstante en adelante placa P y la caja B actúan como una unidad y se deslizan entre sí. De FBD (d), laaceleración de placa P y la caja B viene dada por:

+ → ∑Fx = max ⇒ −7.848 = 8(aP)2 ⇒ (aP)2 = −0.981m/s2

Cinemática: Placa P recorre una distancia s1 antes del cuadro B deje de deslizamiento.

(+ →)S1 = (v0)Pt1 +1

2(aP)1t

21

S1 = 0+1

2(0.654)(0.30582) = 0.030558m

El tiempo t2 para que la placa P pare tras la caja B que se deslizó viene dada por:

(+ →)v4 = v3 + (aP)2t2




DE HUAMANGA

0 = 0.2002 + (−0.981)s2

s2 = 0.02039m

La distancia total que recorre la placa P es:

SP = S1 + S2 = 0.03058+ 0.02039 = 0.5097,= 51mm

El tiempo total empleado para dejar todo el movimiento es:

tTot = t1 + t2 = 0.3058+ 0.2039 = 0.510s


Las tres bolas cada uno tiene una masa de m. Si A es liberado desde el reposo en θ , determinar elángulo φ al que se eleva después de C colisión. El coeficiente de restitución entre cada bola es e.

Solución:

Usando Conservación de la energía: El dato se encuentra en la posición inicial de la bola de B. Cuandola bola A está a l(1+ cosθ por encima del dato de su energía potencial gravitatoria es mg[l− cosθ]

Aplicando la ecuación T1 + V1 = T2 + V2 tenemos:

T1 + V1 = T2 + V2

0+mg[l(1+ cosθ)] =1

2m(vA)

21 + 0

m(vA)1 =√2gl(1− cosθ)

Por Conservación del Momento: Cuando la bola golpea una bola B, tenemos:

mAm(vA)1 +mBm(vB)1 = mAm(vA)2 +mBm(vB)2

(+ →)m√2gl(1− cosθ) + 0 = mA(vA)2 +mB(vB)2.....(2)

Hallamos el coeficiente de Restitución:




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e =B(vB)2 −B(vA)2B(vA)1 −B(vB)1

(+ →)e =B(vB)2 −B(vA)2√2gl(1− cosθ) − 0

.....(2)

Resolviendo la ecuación (1) y (2) tenemos:

(vA)2 =(1− e)

√2gl(1− cosθ) − 0

2

(vA)2 =(1+ e)

√2gl(1− cosθ) − 0

2

Por Conservación del Momento: Cuando la bola golpea la bola B C, tenemos:

mB(vB)1 +mC(vC)1 = mB(vB)2 +mC(vC)2

(+ →)m

[(1+ e)

√2gl(1− cosθ) − 0

2

]+ 0 = m(vB)3 +m(vC)2.....(3)

Hallamos el coeficiente de Restitución:

e =(vC)2 − (vB)3(vB)2 − (vC)1

(+ →) , e =(vC)2 − (vB)3[

(1+e)√2gl(1−cosθ)−02

]− 0

.....(4)

Conservación de la energía: El dato se encuentra en la posición inicial de la bola C. Cuando la bola Ces l(1− cosφ) está por encima del dato de su energía potencial gravitatoria es mg[l(1− cosφ)]

Aplicando la ecuación T2 + V2 = T3 + v3 tenemos;

T2 + V2 = T3 + v3

0+1

2m

[1+ e

24√2gl(1− cosθ)

]= 0+mgl(2− cosφ)

φ = cos−1[1−

(1+ e)4

4(1− cosθ)

]




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1.4 SISTEMA DE PARTICULAS


Los bloques A y B tienen una masa de mA y mB, donde mA > mB . Si la polea C se le da unaaceleración de a0, Determinar la aceleración de los bloques. Desprecie la masa de la polea.

Solución:

a) Diagrama de cuerpo libre: El diagrama de cuerpo libre de los bloques A y B se muestran en laFiguras, (a) y (b), respectivamente. Desde la polea C es lisa, la tensión en el cable se mantiene constantepara todo el cable.

b) Ecuaciones de movimiento: Por referencia a las figuras (a) y (b).

+ ↑ ∑Fy = may

T −mAg = mAaA.....(1)

+ ↑ ∑Fy = may

T −mBg = mBaB.....(1)

Eliminando en las ecuaciones (1) y (2)

(mA −mB) = mBaB −mAaA

c) Cinemática: La aceleración de los bloques A y B con respecto a la polea C será de la misma magnitud,es decir aA/C = aB/C = arel. Si asumimos que aA/C se dirige hacia abajo, aB/C también deben serdirigidas hacia abajo para ser coherente. la aplicación de la ecuación de aceleración relativa.

aA = aC + aA/C




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aA = a0 + arel.....(4)

aB = aC + aB/C

aB = a0 + arel.....(5)

Eliminando en (4) y (5) tendremos:

aA + aB = 2a0.....(6)

Finalmente reemplazamos la ecuación (3) en (6) y así obtenemos lo que se pide:

aA =2mga0 − (mA −mB)g

mA +mB↑

aV =2mAga0 − (mA −mB)g

mA +mB↑


Determine la velocidad del bloque A de 60 lb. Si los dos bloques se sueltan desde el reposo y el bloqueB de 40 lb se mueve 2 pies por el plano inclinado. El coeficiente de fricción cinética entre ambos bloquesy los planos inclinados es uk = 0.10.

Solución:

Para el bloque A

+ ↖ ∑Fy = may

NA − 60cos60o = 0

NA = 30lb

FA = 0.1(30)lb = 3lb

Para el bloque B

+ ↗ ∑Fy = may

NB − 40cos30o = 0

NB = 34.64lb




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FB = 0.1(34.64)lb = 3.464lb

Utilizamos el sistema de los dos bloques. NA, NB, T y R no realizan trabajo.

T1 +∑

U1−2 = T2

(0+ 0) + 60sen60o|∆SA|− 40sen30o|∆SB|− |∆SA|− 3.464|∆SB| =

1

2

(60

32.2

)v2A +

1

2

(40

32.2

)v2B

2SA + SB = l

2A + SB = −B

Pero |B| = 2ft |A| = 1ft

2vA = vB

Sustituyendo y resolviendo

vA = 0.771ft/s

vB = −1.54ft/s


2 CINETICA DE UN CUERPO RIGIDO


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2.1 FUERZA Y ACELERACION

2.1.1 Ejercicio 17.111:

El cilindro de 15 libras está inicialmente en reposo sobre una placa de 5 libras. Si un momento parM = 40libras.ft se aplica al cilindro, determinar la aceleración angular del cilindro y el tiempo necesariopara que el extremo B de la placa de viaje 3ft a la derecha y golpee la pared. Suponga que el cilindro nose desliza por la placa, y desprecie la masa de los rodillos debajo de la placa.

Solución:

Ecuación del movimiento: El momento de inercia del cilindro alrededor de su centro de masa estádada por IG = 1

2mr2 = 1

21532.2 (1.25)

2 = 0.3639slug.ft2 del cilindro, por diagrama de cuerpo libre tenemos:

∑MA =

∑(Mk)A − 40 = −( 1532.2 )aG(1.25) − 0.3639α∑

Fx = m(aG)x Ff =15

32.2aG

Aplicando la ecuación de movimiento en el diagrama de cuerpo libre siguiente, tenemos:

Analizando el movimiento de los puntos G y A. Tenemos:

aG = aA +α× r(G/A) − ?2r(G/A)




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−aGi = (aA)xi+ (aA)yj+αk× (1.25j) − ?2(1.25j)

−aGi = [[(aA)x − 1.25α]] i+[(aA)y − 1.25?2

]j

Igualando las componentes de i, tenemos:

aG = 1.25α− (aA)x

Resolviendo las ecuaciones:

α = 73.21rad/s2

aG = 22.90ft/s2ap = 68.69ft/s2Ff = 10.67lb

El tiempo requerido de la placa para viajar 3ft es:

s = s0 + v0t+1

2apt

2

3 = 0+ 0+1

2(68.69)t2

t = 0.296s




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2.1.2 Ejercicio 17.112:

El conjunto se compone de un disco de 8kg y una barra de 10kg, que está conectado al disco. Si elsistema se libera desde el reposo, determinar la aceleración angular del disco. Los coeficientes de fricciónestática y cinética entre el disco y el plano inclinado son 0.6 y 0.4 respectivamente. Desprecie la fricciónen el B.

Solución:

Ecuación de movimiento:

Disco:

x = m(aG)x; Ax − FC + 8(9.81)sen30◦ = 8aG

∑Fy = m(aG)y; Nx −Ay − 8(9.81)cos30◦ = 0

∑MA = IAα; FC(0.3) = left[

1

2(8)(0.3)2α

Barra:

∑Fx = m(aG)x; 0(9.81)sen30◦ = 0

∑MA = IAα; −NB(0.5cos17.46◦) +Ax(0.5sen17.46◦) +Ay(0.5cos17.46◦) = 0

Suponiendo que el disco no se desliza:

aG = 0.3α

Resolviendo las 7 ecuaciones planteadas, tenemos:




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Ax = 8.92N;Ay = 41.1N;NB = 43.9N

aG = 4.01m/s2

α = (13.4rad)/s2

NC = 109N

FC = 16.1N

(FC)max = 0.6(109) = 65.4N > 16.1,Cumplelascondiciones

2.2 TRABAJO Y ENERGIA


Si la esquina A de la placa de 60 kg se somete a una fuerza vertical p = 500N y la placa se suelta desdeel punto de reposo cuando θ = 0o Determine su velocidad angular cuando θ = 45o

Solución:

Dado que la placa está inicialmente en reposo T1 = 0. Haciendo referencia a la fig.a Tendremos:

(vG)2 = ω2rG/IC = ω(1cos45o)

(vG)2 = 0.7071ω2

Hallando el momento de inercia de la placa alrededor de su centro de masa

IG =1

12m(a2 + b2)

IG = 10kg.m2

La energía cinética final esta dado por :

IG =1

12m(vG)

22

1

12IGω

22

IG =1

12m(0.7071ω2)2

1

12(10)ω22

T220ω2




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Haciendo referencia a la figura. b, NA y NB no trabajan, mientras que P realiza trabajo positivo y Wrealiza un trabajo negativo. Cuando θ = 45o, W y P desplazan hacia arriba a través de una distancia de

h = 1cos45o − 0.50 = 0.2071m y SP = 2(acos45o) − 1 = 0.4142m

Por lo tanto, el trabajo realizado por P y la W es:

UP = PSP

UP = 500(0.4142)

UP = 207.11J

El trabajo realizado por W

UW = −wh

UW = −60(9.81)(0.2071)

UW = −121.90J

Aplicamos el principio de trabajo y energía

T1 +∑

U1−2 = T2

0+ [207.11− 121.90] = 20ω22

ω = 2.06rad/s




DE HUAMANGA


La barra CB mantiene el panel de puerta rectangular de 50kg en posición vertical. Cuando se quita labarra. El panel se cierra por su propio peso. El movimiento del panel lo controla un resorte conectado aun cable enrollado en la media polea. Para reducir los portazos excesivos, la velocidad angular del panelde puerta se limita a 0.5rad/s en el momento de cierre. Determine la rigidez mínima k del resorte si esteno esta alargado cuando el panel esta en la posición vertical. Ignore la masa de la media polea.

Solución:

Energía potencial: Con referencia al punto de referencia en la fig. a La energía potencial del panelde la puerta en sus posiciones abierta y cerrada es

(vg)1 =W(yG)1

(vg)1 = 50(9.81)(0.6)

(vg)1 = 294.3J

Energía potencial en el punto 2

(vg)2 =W(yG)2

(vg)2 = 50(9.81)(0)

Puesto que el resorte no está estirado cuando el panel de la puerta está en la posición abierta (ve)1 = 0

, Cuando la puerta está cerrada, la mitad de polea gira a través de y el ángulo de θ = π2 rad . Por lo tanto,

el resorte se extiende

S = rθ

S = 0.15(π2

)m

S = 0.075m




DE HUAMANGA

Luego hallamos (ve)2

(ve)2 = ()1

2ks2

(ve)2 = ()1

2k(0.075π)2

(ve)2 = 0.0028125π2k

Por lo tanto,

V1 = (vg)1 + (ve)2 = 294.3+ 0

V1 = 294.3J

V1 = (vg)1 + (ve)2 = 0+ 0.0028125π2k

Energía cinética: Dado que el panel de la puerta gira alrededor de un eje fijo que pasa a través delpunto A, su energía cinética se puede determinar a partir de T = 1

2 IAω2 , donde el momento de inercia

esta dado por:

IA =1

1250(1.22) + 50(0.6)2

IA = 12kg.m2

Reemplazando encontraremos la energía cinética de en el punto A.

T =1

2IAω

2 =1

2(24)ω2

T = 12ω2

Reemplazando la velocidad angular que nos dan como dato tendremos.

T1 = 0

T2 = 12(0.5)2 = 3J

Aplicamos la ley de la conservación de la energía, para finalmente hallar k:

T1 + V1 = T2 + V2

Reemplazando los valores anteriormente obtenidos tenemos:




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0+ 294.303+ 0.0028125π2k

k = 10494017N/m

k = 105KN/m

2.3 IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO


El cilindro de 50kg tiene una velocidad angular de 30rad/s cuando se pone en contacto con la superficiehorizontal en c. si el coeficiente de fricción cinética es µk = 0.2 . Determine cuanto tiempo le llevara alcilindro dejar de girar. ¿Que fuerza se desarrolla en el brazo AB durante este tiempo?. El eje que pasaa través del cilindro esta conectado a dos eslabones simétricos. (solo se muestra el ab). para el cálculo.ignore el peso de los eslabones.

Por el Principio del impulso y cantidad de movimiento

El momento de inercia del cilindro con respecto a su centro es

IG =1

2(50)(0.2)2

IG = 1.00kg.m2

Aplicando la ecuación:

En el eje y:

m(vGy)1+∑∫t2

t1Fy dt = m(vGy)

2

(+ ↑)0+N(t) + 2FABsen20o(t) − 50(9.81)(t) = 0.....(1)

En el eje x:




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(+) → 0+ 0.2N(t) − 2FABsen20o(t) = 0.....(2)

IGω1 +∑∫t2

t1MG dt = IGω2

−1.00(30) + [0.2N(t)](0.2) = 0.....(3)

Resolviendo las ecuaciones 1 y 2 y 3 tenemos:

FAB = 48.7N , t = 1.64s

Por lo tanto:

N = 457.22N


La bola de boliche de 5kg es lanzada por la pista con un giro inverso de w0 = 10rad/s y la velocidadde su centro de masa O es vo = 5m/s . Determine el tiempo para que la bola deje de girar a la inversa,y la velocidad de su centro de masa en este instante. El coeficiente de fricción cinética entre la bola y elcallejón es µk = 0.08

Solución:

Principio del impulso y cantidad de movimiento: Desde las gradas de bola.Ff = Nµk = 0.08

El momento de inercia de la bola alrededor de su centro de masa es.

Io =2

5mr2

Io =2

5(5)(0.1)2

Io = 0.02kg.m2

Tomando como referencia la fig. a




DE HUAMANGA

En el eje y tenemos:

m(vGy)1+∑∫t2

t1Fy dt = m(vGy)

2

Sabemos que:

(HA) +∑∫t2

t1MA dt = (HA)

2

0.02(20) + 5(5)(0.1) + 0 = −5(vo)2(0.1)

Finalmente:

(vo)2 = 4.6m/s

En el eje x:

+ → (HA) +∑∫t2

t1MA dt = (HA)

2

Reemplazando los datos:

5(5) − 0.08(49.05)(t) = 5(4.6)

Finalmente:

t = 0.51s

2.4 SISTEMA DE PARTICULAS


Una placa uniforme pesa 50lb. El brazo AB se sometido a un momento de par M = 10lb.pie de ytiene una velocidad angular en el sentido de la manecillas del reloj de 2rad/s cuando θ = 30o. Determinela fuerza desarrollada en el brazo CD y tangencial componente de la aceleración del centro de masa de laplaca en este instante. Desprecie la masa de brazos AB y CD.

Solución:




DE HUAMANGA

a)Ecuaciones de movimiento: Dado que la placa se somete en forma de voladizo (aG)n = (22)(1.5) =6ft/s2 . Con referencia al diagrama de cuerpo libre de la placa mostrada en fig. a

∑Fn = m(aG)n

−FCD −Bxcos30o −Bysen301+ 50sen30

o =50

32.2(6).....(1)

∑Ft = m(aG)t

Bxsen30o −Bycos30

o − 50sen30o =20

32.2(aG)t.....(2)

∑MG = 0

Bx(1) −By(0.5) − FCDcos30o(1) − FCDsen30o(0.5) = 0.....(3)

b) Como la masa de enlace AB se puede despreciar, podemos aplicar la ecuación de momentodeequilibrio de vincular AB. En relación con su diagrama de cuerpo libre, fig. b

∑MA = 0

Bx(1.5sen30o) −By(1.5cos30o) − 10 = 0.....(4)

Resolviendo la ecuación (1) y (4)

Bx = 8.975lb∧By = −2.516lb

FCD = 9.168lb = 9.17lb

(aG)t = 32.18ft/s2 = 32.2ft/s2




DE HUAMANGA


La cuerda está enrollado alrededor del núcleo interno del carrete. Si a 5 libras bloque B está suspendidode la cuerda y libera del reposo, determine la velocidad angular del carrete cuando t = 3s. Despreciar lamasa del cable. El carrete tiene un peso de 180 lb y el radio de giro alrededor del eje A se kA = 10.25 piesResuelve el problema de dos maneras, en primer lugar por teniendo en cuenta el "sistema" que consisteen el bloque y el carrete.

Solución:

Hallamos la aceleración angular en:

∑MA =

∑(Mk)A

5(1.5) =(180

32.2

)(1.25)2α+

(5

32.2

)(1.5α)(1.5)

α = 0.8256rad/s2

Finalmente hallamos la velocidad angular

ω = ωo + aCt

ω = 0+ (0.8256)(3)

ω = 2.48rad/s


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