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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 : IR...

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Dinamica (IC-242 Jan Paul Infant e Llerena Ingeniería Mecánica Dinámica 3ra Edicion Andrew Pyt el, Jaan Kiusalaas Jesús Torres Salazar T ERCERA EDICIÓN DINAMICA I N G E N I E R Í A M E C Á N I C A Gerson Araya

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, Angel ORELLANAHUAMAN, MiguelAngel SOSALOZANO, Elvis SOTOMEDRANO, KatherineSheylla

Ayacucho - Perú

Contenido 1 CINETICA DE UNA PARTICULA 1.1

1.2

1.3

1.4

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

TRABAJO Y ENERGIA

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2.1

Ejercicio 14.24: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2.2

Ejercicio 14.36: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

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

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

17

1.4.1

Ejercicio 13.28: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

1.4.2

Ejercicio 14.13: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18

2 CINETICA DE UN CUERPO RIGIDO 2.1

2.2

2.3

2.4

1

20

FUERZA Y ACELERACION . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

2.1.1

Ejercicio 17.111: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

2.1.2

Ejercicio 17.112: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

TRABAJO Y ENERGIA

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

2.2.1

Ejercicio 18.24: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

2.2.2

Ejercicio 18.55: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25

IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27

2.3.1

Ejercicio 19.8: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27

2.3.2

Ejercicio 19.17: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

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

29

2.4.1

Ejercicio 17.90: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

2.4.2

Ejercicio 17.90: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTOBAL DE HUAMANGA 1

CINETICA DE UNA PARTICULA

1

CINETICA DE UNA PARTICULA

1.1 1.1.1

FUERZA Y ACELERACION Ejercicio 13.39:

Supongamos que es posible cavar un túnel sin problemas a través de la tierra de una ciudad en A a una ciudad en B, como se muestra. Por la teoría de la gravitación, cualquier vehículo C de masa m situado dentro del túnel de ser sometido a una fuerza gravitacional que siempre se dirige hacia el centro de la Tierra D. Esta fuerza F tiene una magnitud que es directamente proporcional a su distancia r del centro de la tierra. Por lo tanto, si el vehículo tiene un peso W = mg cuando se encuentra en la superficie de la tierra, 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, determine el tiempo necesario para que llegue a A, y la velocidad máxima que alcanza. Despreciar el efecto de la rotación de la tierra en el cálculo y asumir que la tierra tiene una densidad constante. Sugerencia: Escribe la ecuación de movimiento en la dirección x, y señale que rcos? = x. Integrar, utilizando la relación cinemática vdv = adx, luego integrar el resultado con v = dx/dt. Solución: Ecuación del movimiento: Tenemos: X

−

Fx ′ max ′

mg rcosθ = ma R

a=−

g g = x R R

Aplicando la ecuación vdv = adx, tenemos: Zv

v dv = −

0

r R

Zx

x dx

s

g 2 c2 = (s − x2 ) 2 2R v=−

r

g 2 (s − x2 ) R

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: Z2

=−

0

t=

s

s

R g

Zx s

√

dx s 2 − x2

x R π ( − sin−1 ) g 2 s

En x = −s,

t=

s

−s R π ( − sin−1 )=π g 2 s

s

R g

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

r

6328(103 ) = 2523.2s 9.81

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CINETICA DE UNA PARTICULA

t = 42.1min La máxima velocidad se produce cuando x = 0. De la primera ecuación se tiene: vmax = −

r

g 2 (s − 02 ) = − R

r

g s R

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

r

9.81

)6328(103 )2(106 )

vmax = 2.49km/s

1.1.2

Ejercicio 13.102:

˙ = 0.8rad?s. Si la trayectoria El parque de diversiones gira con una velocidad angular constante de θ? del viaje está definido por r = (3senθ + 5)m , y z = (3cosθ)m, determinar r, θ, yz; componentes de fuerza ejercida 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 sus derivadas 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 h i ¨ − senθθ¨2 )|θ=120 = 3 cos120◦ (0) − sin120◦ (0.82 ) = −1.66m ¨r = (3cosθθ

Usando las anteriores derivadas, tenemos:

ar = ¨r − rθ˙2 = −1.663 − 7.598(0.82 ) = −6.536m/s2 ¨ + 2˙rθ˙ = 7.598(0) + 2(−1.2)(0.8) = −1.92m/s2 aθ = r θ E.F.P. INGENIERIA CIVIL - SEGUNDA PRÃCTICA CALIFICADA DE DINAMICA (IC-242)

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CINETICA DE UNA PARTICULA

También: z = 3cosθm ˙ z˙ = −3senθθm/s ¨ + cosθθ˙ 2 )|θ=120 = −3[sen120◦ (0) + cos120◦ (0.8)2 )] az = z¨ = −3(senθθ az = z¨ = 0.96m/s2 Ecuaciones de movimiento: Se tiene el siguiente diagrama de cuerpo libre:

X

Fr = mar ; Fr = 20(−6.526) = −131N

X

F? = maθ ; Fθ = 20(−1.920) = −38.4N

X

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 el diagrama de cuerpo libre.

1.1.3

Ejercicio 13.46:

El paracaidista de masa m está cayendo con una velocidad de V0 en el instante en que se abre el paracaídas. 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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CINETICA DE UNA PARTICULA

Ecuaciones de movimiento: Por referencia a la figura: X

Fy = may ; mg − cv2 = ma

a=

(mg − cv2 ) c = g − /mv2 m m

Utilizando el resultado de a, la velocidad del paracaidista como una función de t se puede determinar mediante 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: Z Zt

dt =

dt =

v0

0

1 t = q ln 2 gc m 1 t= 2

Zv

r

Z

dv a

dv c 2 g− m v

pc ! √ g+ m v v pc |v 0 √ g − mv q

 mg m  c +v  ln q mg gc c −v

Por lo tanto la velocidad máxima del paracaidista es: r

mg c Nota: La velocidad máxima del paracaidista es independiente de la velocidad inicial v0. vmax =

1.1.4

Ejercicio 13.79:

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

Solución:

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CINETICA DE UNA PARTICULA

Diagrama de cuerpo libre: El diagrama de cuerpo libre de la caja en una posición arbitraria θsemuestraenlafigura.Enestecaso, an debeserdirigidahaciaelcentrodelatrayectoriacircularvertical(ejenpositivo), mientr Ecuación del movimiento: Aquí: an =

v2 v2 = ρ 4

Además, se requiere que la caja abandone la pista, por lo cual N = 0. Por referencia a la figura. P 5 Ft = mat ; −5senθ = 32.2 at

En la dirección de t:

at = −(32.2θ)ft/s2  2 P 5 v En la dirección de n: Fn = man ; N − 5senθ = 32.2 4 N = 0.03882v2 + 5cosθ Utilizando el resultado de at, la velocidad de la caja puede ser determinada integrando la ecuación cinemática vdv = atds, donde ds = rd? = 4d?. Usando la condición inicial v = v0 at θ = 0◦ como el límite de integración: Zv

v dv =

v0

Zθ

−32.2senθ(dθ)

0◦

v2 v | = 128.8cosθ|( 0◦ )? 2 v0 v2 = 257.6cosθ − 257.6 + v20 Siempre que la caja no abandone la trayectoria circular vertical en θ = 180◦ , entonces se mantendrá en contacto 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 + vm in2 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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CINETICA DE UNA PARTICULA

1.2 1.2.1

TRABAJO Y ENERGIA Ejercicio 14.24:

El bloque de 2 Ib se desliza hacia debajo de la superficie parabólica lisa de modo que cuando está en A su rapidez es 10 pies/s. Determine la magnitud de la velocidad y la aceleración del bloque cuando llega al 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 P 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



2 VB

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CINETICA DE UNA PARTICULA 2 3.11 + 7.25 = 0.031VB 2 10.3600.031VB

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 = 0.25(2)x dx dy = 0.5x dx Sabemos que

dy dx

= 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. d2 y = 0.25(2) dx2 d2 y = 0.5 dx2 Aplicamos la segunda ley de newton X

Ft = mat   2 −2sen(26.565o ) = at 32.2 at = 14.4ft/s2 Hallando la aceleración normal:

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CINETICA DE UNA PARTICULA

am =

ρ=



1+



dy dx

2  32

2 d y dx2

ρ = 2.795ft radio de curvatura

2 VB ρ

1 + (0.5)2 = |0.5| 

 32

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 = aB =

q

q

a2t + a2n

(−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 + 1 2



2 32.2



X

UA−C = TC

(10)2 + 2(ymax − 4) = 0

ymax = 55.55ft

1.2.2

Ejercicio 14.36:

La rapidez de la piedra de 50kg es VA = 8m/s cuando llega al punto A. determine la fuerza normal que 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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CINETICA DE UNA PARTICULA

y−1/2

dy −x − 1/2 dy = −x−1/2 , = .....(II) dx dx y − 1/2

Evaluamos en x = y = 1m dy = −1 dx Derivamos la ecuación (II). y−1/2

d2 y + dx2

    1 dy 1 y−3/2 = − x−3/2 2 dx 2

    dy 1 1 d2 y −1/2 + 3/2 =y dx2 2y3/2 dx 3x Evaluamos en x = y = 1m d2 y =1 dx2 Pero: tgθ =

dy dx

θ = arctg(−1) , θ = 45o Hallando el radio de curvatura

ρ=



1+



dy dx

2 3

/2

2 d y dx2

1 + (−12 ) = 1 

3/2

, ρ2.828m

Por el principio del trabajo y la energía tenemos TA +

X

UA−B = TB .....................(III)

El peso del bloque que actúa en la dirección opuesta a la del desplazamiento vertical realiza trabajo negativo cuando el bloque 1 m desplaza verticalmente. Aplicando la ecuación (III), tenemos: 2 0.5(502 )82 + 50(9.81)(1) = 0.5(50)VB 2 = 44.38m2 /s2 VB

Finalmente aplicamos la segunda ley de newton X

Fn = man

N − 50(9.81)cos45o = (50)( N − 50(9.81)cos45o = (50)(

v2B ρ

44.38 2.828

N = 1131.37 N = 1.3KN

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CINETICA DE UNA PARTICULA

1.3 1.3.1

IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO Ejercicio 15.8:

El jeep de cuatro ruedas motrices de 1.5 Mg se utiliza para empujar dos cajas idénticas, cada una con una 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 y el suelo, es decir, DCL:

FD = µs NJ = 0.6NJ La fuerza de fricción que actúa sobre la caja es (Ff )c = µs NC = 0.3nC Aplicando el Principio del impulso y cantidad de movimiento: Con referencia a la figura. A (+ ↑).......m(v1 )y +

X Z t2 t1

Fy dt = m(v2 )y

1500(0)NJ (5) − 1500(9.81)(5) = 1500(0) NJ = 14715N...........(I)

(+ →).......m(v1 )y +

X Z t2 t1

Fy dt = m(v2 )y

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CINETICA DE UNA PARTICULA

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 +

X Z t2 t1

Fy dt = m(v2 )y

100(0) + NC (5) − 1000(9.81)(5) = 1000(0) NC = 9810N

(+ →).......m(v1 )y +

X Z t2 t1

Fx 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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CINETICA DE UNA PARTICULA

1.3.2

Ejercicio 15.11:

El pequeño bloque de 20 libras se coloca en el inclinado avión y se sometió a 6 libras y las fuerzas de 15 libras que actúan en paralelo con bordes AB y AC, respectivamente. Si el bloque está inicialmente en descansar, determinar su velocidad cuando t = 3s. El coeficiente de fricción cinética entre el bloque y el plano es µk = 0.2

Solución: Diagrama de cuerpo libre: Aquí, el plano x − y está ajustado en paralelo con el plano inclinado. Por lo tanto, el ...