Download Mecánica para Ingeniería (Bedford-Fowler) Ayacucho - Peru

Universidad Nacional San Cristobal De
Huamanga
Facultad De Ingenieria Minas, Geologia Y
Civil
Escuela De Formacion Profesional De
”Ingenieria Civil”
Resolución de Problemas
Mecánica para Ingeniería (Bedford-Fowler)
”Cinética de partícula y cuerpo rígido
Asignatura :Dinámica (IC-244)
Alumnos :
z
Calderón Quispe, Gilmer
z
Navarro Bautista, Paul
z
Maldonado Carlos, Juan José
z
Infante Leva , Samuel
Docente : Ing. Cristian CAstro Perez
Ayacucho - Peru - 2013
Contenido
1. Leyes de Newton
1.1. problema 01 .
1.2. Problema 02 .
1.3. Problema 03 .
1.4. Problema 04 .
.
.
.
.
2. Método de trabajo
2.1. Problema 01 . .
2.2. Problema 02 . .
2.3. Problema 03 . .
2.4. Problema 04 . .
2.5. problema 05 . .
2.6. Problema 06 . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
y energía
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
3
3
4
6
7
.
.
.
.
.
.
9
9
10
11
12
13
14
3. Cantidad de Movimiento
17
3.1. Problema 01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
3.2. Problema 02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
4. Sistemas de Partículas
4.1. Problema 01 . . . . .
4.2. Problema 02 . . . . .
4.3. Problema 03 . . . . .
4.4. Problema 04 . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
20
20
21
23
24
Capítulo 1
Leyes de Newton
1.1
problema 01
El paquete de parte del reposo y se desliza por la rampa suave. Los dispositivos hidráulicos ejerce B una fuerza de 2000 N constante y trae el paquete para descansar en
una distancia de 100 mm desde el punto en el que hacecontacto. ¿Cuál es la masa del
paquete?
A
2m
B
30°
mg
mg
30°
30°
2000 N
N
N
Solución:
En primer lugar analizamos el movimiento antes de que llegue al punto B
X
F : mgsin30 = ma
a = gsin30, v = (gsin30)t, s = (gsin30)
3
t2
2
CAPÍTULO 1. LEYES DE NEWTON
ing.civil
cuando se llega a B
t2
→ t = 0 · 903s
2
v = (gsin30) (0 · 903s) = 4 · 43m/s
s = 2m = (gsin30)
Ahora analizamos el movimiento despues de que llegue al punto B
X
F : mgsin30 − 200N = ma
a=v
Z0
dv
= g sin 30 − 200N/m
ds
0·1m
Z
(g sin 30 − 200N/m)ds
vdv =
0
4·43m/s
2
0−
(4 · 43m/s)
= (g sin 30 − 200N/m)(g sin 30 − 200/m)
2
Resolviendo la ultima ecuación encontramos
m = 19 · 4kg
1.2
Problema 02
El robot está programado de modo que la Parte de 04̇kgA describe la trayectoria
r = 1 a 0 · 5 cos(2πt)
θ = 0 · 5 a 0 · 2 sin(2πt)
Determinar los componentes radial y transversal de la fuerza ejercida sobre una de las
mandí bulas del robot en el instante t = 2s
r
A
θ
Solución:
Dinámica
# 4 "
CAPÍTULO 1. LEYES DE NEWTON
ing.civil
El componente radial de la aceleración esta dado po:
ar =
d2 r
dθ
− r( )2
2
dt
dt
Obteniendo las derivadas correspondientes
d
dr
= (1 − 0 · 5 cos 2πt) = π sin 2πt
dt
dt
d2 r
d
= (π sin 2πt) = 2π 2 cos 2πt
2
dt
dt
dθ
d
= (0 · 5 − 0 · 2 sin 2πt) = −0 · 4π cos 2πt
dt
dt
2
dθ
d
= (−0 · 4π cos 2πt) = 0 · 8π 2 sin 2πt
dt
dt
para
[ar ]t=2 = 2π 2 cos 4π − (1 − 0 · 5 cos 4π)(−0 · 4π cos 4π)2
= 2π 2 − 0 · 8π 2 = 18 · 95m/s2
θ(t = 2) = 0 · 5rad
A partir de la segunda ley de Newton
Fr − mg sin θ = mar
Fθ − mg cos θ = maθ
Del cual se obtiene
Fr = 0 · 4ar + 0 · 4g sin θ = 9 · 46N
La componente Transversal de la aceleración es:
d2 θ
dr dθ
) + 2( )( )
dt
dt dt
2
dθ
dr dθ
aθ = r(
) + 2( )( )
dt
dt dt
aθ = r(
Remplazando obtenemos
[aθ ]r=2 = (1 − 0 · 5 cos 4π)(0 · 8π 2 sin 4π) + 2(π sin 4π)(−0 · 4π sin 4π) = 0
Fθ = 3 · 44N
Dinámica
# 5 "
CAPÍTULO 1. LEYES DE NEWTON
ing.civil
1.3
Problema 03
El brazo BC de la figura tiene una masa se 12kg y su momento de inercia de masa
respecto a su centro de masa es de 3kg − m2 . Si B esta en reposo y el brazo BC tiene una
velocidad angular antihoraria constante de 2rad/s en el instante mostrado. determinar el
par y las componentes de la fuerza ejercida sobre el brazo BC en B
y
C
0
30 m
m
40Њ
A
B
x
700 mm
Solución:
debido aque el punto B se esta acelerando, las ecuaciones de movimiento angular debe ser
escrito sobre el centro de masa del brazo. las distancias vectoriales de A y B y de B y G
respectivamente, son:
rB/A = rB − rA = 0 · 7~i
rG/B = 0 · 3 cos(40)~i + 0 · 3 sin(40)~j
= 0 · 2298ĩ + 0 · 1928~jm
La aceleracón de punto B es:
~aB = α
~ x~rB/A − ω 2 AB ~rB/A = −ω 2 AB (0 · 7~i)(m/s2 )
La aceleración del centro de masa es:
~aG = ~aB + α
~ BC x~rG/B − ω 2 BC ~rG/B


~k
~i
~j
~aG = −2 · 8~i + 
0
0
−4  − 0 · 9193~i − 0 · 7713~j
0 · 2298 0 · 1928 0
= −2 · 948ĩ − 1 · 691j̃m/s2
Dinámica
# 6 "
CAPÍTULO 1. LEYES DE NEWTON
ing.civil
A partir de la segunda ley de newton
Bx = maGx = (12)(−2,948) = −35,37N
By − mg = maGy
A partir de la ecuación de movimiento angular,MG = Iα BC
~i
~j
~G = M
~ B + ~rB/G xB
~ =  −0 · 2298 −0 · 1928
M
−35 · 37
94 · 43
= MB~k − 29 · 21~k(N − m)


~k
0 
0
nota I = 3kg − m2 y αBC = −4k(rad/s2 ),del cual se obtiene
MB = 17,21N − m
1.4
Problema 04
En la figura la barra esbelta pesa 40N y la caja 80N Esta descansa sobre una superficie
lisa.Si el sistema esta en reposo en instante mostrado ¿Qué par M ocasionará qu la caja
acelere hacia la izquierda 14m/s2?
6m
M
3m
6m
Solución:
Dinámica
# 7 "
CAPÍTULO 1. LEYES DE NEWTON
ing.civil
N
N
Hay 6 nincognitas (M, T, N, Ox , Oy , α)cinco ecuaciones dinamicas y una ecuación de restricción para lo cual usaremos las siguientes relaciones
X
MO : M − (40N ) (1 · 5m)
−Tcos45(6m)
−Tsin45(3m)
1
40N
= (
)(45m2 )α
3 9 · 81m/s2
X
Fx : −Tcos45 = −(
80N
)(14m/s2 )
2
9 · 81m/s
La ecuación de restricción se rediva del triángulo que se muestra
L=
=
√
45m, d = 6 2m, θ = 63 · 4◦
p
x = L cos θ + d2 − L2 sin2 θ
!
L2 cos θ sin θ
−L sin θ − p
θ̇
d2 − L2 sin2 θ
√
SAbiendo queẋ = 0ω = θ̇ = 0
2
L cos θ sin θ
−L sin θ − p
d2 − L2 sin2 θ
ẍ =
ẍ =
!
θ̈ → −(14m/s2 )
L2 cos θ sin θ
−L sin θ − p
d2 − L2 sin2 θ
!
α
Resolviendo tenemos
α = 1,56rad/s
Dinámica
2
M = 1149N − m
T = 161 · 5N.
# 8 "
Capítulo 2
Método de trabajo y energía
2.1
Problema 01
En la figura, el pistón y la carga que soporta son acelerados hacia arriba por el gas en
el cilindro. el peso total del pistón y la carga es 1000kg. El cilindro ejerce una fuerza de
fricción constante de 50N sobre el pistón cuando este se levanta. La fuerza neta ejercida
sobre el pistón por la presión es (p − patm )A, donde p es la presión del gas, patm =
2117N/m2 es la presión atmosférica, y A = 1m2 es el área transversal del pistón, suponga
que el producto de p y el volumen del cilindro es constante. Cuando s = 1m, el pistón
esta en reposo y p = 5000N/m2 . ¿cuál es la velocidad del pistón cuando s = 2m?
Piston
Gas
s
Solución:
En la posición de reposo p0 A0 s = p0 V = K donde V = 1m3 , K = p0 la energía potencial
del pistón debido a la presión del gas cuando inicia el moviento es
Z s
Z s
Z s
vgas = −
F ds =
(p − patm )Ads = patm A(s − s0 ) −
pAds
s0
s0
s0
Z s
1
s
vgas = patm A(s − s0 ) −
ds = patm A(s − s0 ) − k ln( )
s0
s0 s
La energía potencial gravitatoria es
Z s
vgra = −
(−W )ds = W (s − s0
s0
el trabajo de la fricción es
Z s
Uf = −
(−f )ds = −f (s − s0 )dondef = 50N.
s0
9
CAPÍTULO 2. MÉTODO DE TRABAJO Y ENERGÍA
ing.civil
Por el principio del trabajo y la energía
1 W
Uf = ( )v 2 + vgas + vgra
2 g
1 W 2
( )v = Uf − vgas − vgra cons = 2m
2 g
1 W 2
( )v = −(−1348 · 7) − 1000 − 50 = 298 · 7N m
2 g
r
v = 2 · 42m/s
2(298 · 7)g
v=
W
2.2
Problema 02
El collarin A de 12 kg esta en reposo en la posición mostrada en t = 0 y se encuentra
sometido a la fuerza tangencial F = 24 − 12t2 durante 1 · 5s. ignorando la fricción, ¿qué
altura máxima h alcanza?
F
h
A
2m
Solución:
Primero obtenemos la velocidad a partir de la ley de Newton
dv
= F = 24 − 12t2
dt Z
1 1,5
v=
(24 − 12t2 )dt =
m 0
Z
1 1,5
v=
(24 − 12t2 )dt =
m 0
m
integrando
1
[24t − 4t3 ]1,5
0 = 1 · 875m/s
m
1
[24t − 4t3 ]1·5
0 = 1 · 875m/s
m
Nota: la distancia recorrida por el collarin no debe ser mayor a 2 m
Z
1 1·5
s=
(24t − 4t3 )dt
m 0
1
s = [12t2 − t4 ]1,5
0 = 1 · 82m < 2m
m
la energía mecánica se conserva
1 2 1 2
mv = mv + mgh
2 o
2
Dinámica
# 10 "
CAPÍTULO 2. MÉTODO DE TRABAJO Y ENERGÍA
ing.civil
la máxima altura se da cuando la velocidad es cero entonces
h=
2.3
vo2
2g
= 0 · 179m
Problema 03
En la figura la barra esbelta de 4kg esta articulada a un deslizador A de 2 kg y a un
disco cilíndrico homogéneo de 4kg en B. Ignore la fuerza de fricción sobre el deslizador
y suponga que el disco rueda. Si el sistema se libera del reposo con θ = 60◦ ¿Cuál es la
velocidad angular de la barra cuando θ = 0?
A
1m
θ
B
200 mm
Solución:
El centro instantáneo de la barra tiene las coordenadas: (L cos θ, L sin θ) y la distancia
desde el centro de masa de la barra es 2l . la velocidad esta relacionado asi:
v=
L
ω
2
v es la velocidad de centro de masa y la velocidad del cilindro esta dado por
vA = ωL cos θ
La velocidad del disco es:
vB = ωL sin θ
Dinámica
# 11 "
CAPÍTULO 2. MÉTODO DE TRABAJO Y ENERGÍA
ing.civil
La energia potencial del sistema esta dado por:
L
sin θ1
V1 = mA gL sin θ1 + mg
2
para V2 = 0 la energía cinética es
1
1 2 1 mL2 2 1
1 mB R2 vB 2
2
T2 = mA vA + mv +
ω + mB vB +
2
2
2 12
2
2 2
R
0
vA = ωL cos 0 = ωL
vB = ωL sin 00 = 0
L
v=ω
2
Por conservación de energía V1 = T2
ω = 4 · 52rad/s
2.4
Problema 04
La barra esbelta mostrada pesa 14kg y el disco cilíndrico 9kg el sistema se libera del
reposo con la barra horizontal. Determine la magnitud de la velocidad angular de la barra
cuando esté vertical si la barra y el disco estan soldados en A.
A
O
1.2 m
0.3 m
Solución:
El trabajo realizado por los pesos de la barra y el disco cuandocaen es
U12 = mbar g(0 · 6) + mdis g(1 · 2)
U12 = (14)(9 · 81)(0 · 6) + 9(9 · 81)(1 · 2) = 188 · 4N − m
Dinámica
# 12 "
CAPÍTULO 2. MÉTODO DE TRABAJO Y ENERGÍA
ing.civil
El momento de inercia de la barra en el extremo
1
I0 = mbar l2 = 6 · 72kg − m2
3
La energía cinética final de la barra es
1
Tbar = I0 ω 2 = 3 · 36ω 2
2
Hallando momento inercia del disco respecto de A
1
IA = mdis R2 = 0 · 45kg − m2
2
La energía cinética final del disco es
1
1
Tdis = mdis l2 ω 2 + IA ω 2
2
2
U12 = Tdis + Tbar
188 · 4 = 3 · 36ω 2 + 6 · 68ω 2
2.5
ω = 4 · 33rad/s
problema 05
El collarín de 10kg mostrado parte del reposo en la posición 1 y resbala a lo largo de
la barra. El eje señala hacia arriba. La constante de resorte es K = 100N/m y la longitud
del resorte si estirar es de2m. Use el principio de de la conservación de la energía para
determinar la velocidad del collarin cuando éste alcanza la posción 2
y
2 (4, 4, 2) m
(6, 2, 1) m
1
(1, 1, 0) m
x
z
Solución:
Dinámica
# 13 "
CAPÍTULO 2. MÉTODO DE TRABAJO Y ENERGÍA
ing.civil
La longitud del resorte en la posición 1 es:
q
S1 = (6 − 1)2 + (2 − 1)2 + (1 − 0)2 = 3 · 2m
La longitud del resorte en la posición 2 es:
q
S1 = (6 − 4)2 + (2 − 4)2 + (1 − 2)2 = 1m
El trabajo realizado por el resorte es
ZS2
Ur =
1
(−Ks) ds = K S1 2 − S2 2 = 460 · 8N/m
2
S1
El trabajo realizado por la gravedad es:
Zh
(−mg) ds = −mgh = −294 · 3N/m
Ug =
0
Por el principio de trabajo y energía
1
Ur + Ug = mv 2
2
Remplazando los valores correspondientes se tiene:
v = 5 · 77m/s
2.6
Problema 06
en la figura la barra AB pesa 5kg y la barra BC 3kg. Si el sistema se libera del reposo
en la posición mostrada ;¿Cuáles son las velocidades angulares de las barras en el instante
inmediato anterior en que la junta toca el piso liso?
A
B
1m
C
2m
Dinámica
1m
# 14 "
CAPÍTULO 2. MÉTODO DE TRABAJO Y ENERGÍA
ing.civil
Solución:
A
B
1m
C
2m
1m
El trabajo por el peso de la barra es:
v12 = mAB g(0 · 5) = 39 · 24
La velocidad del punto B es
~vB = ~vA + ω
~ AB x~rB/A


~k
~i
~j
√
~vB =  √0
0 −ωAB  = −ωAB~i − 3ωAB~j
3 −1
0
(I)
La velocidad del punto C es
~vB = ~vC + ω
~ BC x~rB/C


~i
~j ~k
√
~vB = vC~i +  √
0
0 ωBC  = vC~i + 2ωBC~j
− 2 0 0
(II)
De las ecuaciones I y II
~vC = −~ωAB~i
r
3
ωBC =
ωAB
2
(III)
La velocidad ene punto medio de BC (G)
~vG = ~vC + ω
~ BC x~rG/C


√
~i
~j ~k
2
~


0√ 0 ωBC
~vG = −ωAB +
= −ωAB i +
ωBC~j
2
− 2 0 0
√ 2
3
~vG = −ωAB~i +
ωAB~j
2
Dinámica
(IV )
# 15 "
ing.civil
CAPÍTULO 2. MÉTODO DE TRABAJO Y ENERGÍA
Hallando la energía
U12
√ 2 1
1 1
1 1
2
2
2
mAB (2) ω AB + mBC (VG ) +
mBC
=
2
ω 2 BC
2 3
2
2 12
De las ecuaciones (III) (IV)
ωAB = 2 · 49rad/s
Dinámica
ωBC = 3 · 05rad/s
# 16 "
Capítulo 3
Sistema de Particulas
3.1
Problema 01
Una esfera suspendida de una cuerda que pasa por un agujero en el techo en O se
mueve con velocidad VA en una trayectoria circular horizontal de radio rA . la cuerda se
jala a través del agujero hasta que la esfera se mueve con velocidad VB en una en una
trayectoria circular horizontal de radio rB . Use el principio del impulso angular y del
momento angular para demostrar que VA rA = VB rB
O
rB
B
A
rA
Solución:
El movimiento esta en el plano xy y asumiendo que la bola se encuentra en el eje positivo
x en t = 0. El radio vector es
~rA = rA (~i cos(ωA t) + ~j sin(ωA t))
Donde ωA es la velocidad angular, entonces
~vA = −~jrA ωA sin(ωA t) + ~jrA ωA cos(ωA t)
El momento angular por unidad de masa alrededor del eje normal al techo es


~k
~i
~j
~r × m~v
2
)=
ωA )
(
rA cos(ωA t)
rA sin(ωA t)
0  = ~k(rA
m
−jrA ωA sin(ωA t) jrA ωA cos(ωA t) 0
17
CAPÍTULO 3. SISTEMA DE PARTICULAS
ing.civil
4 definimos el vector unitario paralelo a este vector de momento angular ~e = ~ka partir
del principio de impulso y momento angular. La fuerza externa es el peso W = −mg~k el
impulso es
Z t2
Z t2
n
X
~
(~rA × ω
~ )dt
(~r ×
Fi )dt =
t1
i=1
t1

~k
~i
~j
~rA × ω
~ =  rA cos(ωA t) rA sin(ωA t)
0  = rA mg cos(ωA t)~j
0
0
−mg
Z t2
~jrA mg cos(ωA t)dt = −~j(rA ωA mg)(sin(ωA t2 ) − sin(ωA t1 ))

t1
= H2 − H1
ya que este no tiene componente paralelo al vector unitario ~e = ~k, el momento angular a
lo largo del eje normal al techo no se ve afectado por el peso, es decir, la proyeccion del
momento angular debido a las fuerzas externas sobre el vector normal unitario hacia el
techo es nulo ẽH = ẽH = 0 , por lo tanto, el momento angular normal al techo se conserva
este resultado es valido para cualquier longitud de cadena; por lo tanto:
2
2
(~r × ~v )A = ~krA
ωA = (~r × ~v )B = ~krB
ωB
2
2
rA
ωA = rB
ωB .vA = rA ωA , vB = rB ωB
vA rA = vB rB
3.2
Problema 02
En la figura, la velocidad del astronauta A de 100kg respecto a la estación espacial
es 40~i + 30~j(mm/s).La velocidad del elemento estructural B es de 200kg respecto a la
estación es 20~i + 30~j(mm/s) cuando se aproxima uno al otro, el astronauta se sujeta del
elemento estructural y permanece junto a él.
a) Determinar la velocidad de su centro de masa común cuando llegan con la estación
b) Determine la posición aproximada en la que entran en contacto con la estación.
y
6m
A
9m
Dinámica
B
x
# 18 "
CAPÍTULO 3. SISTEMA DE PARTICULAS
ing.civil
Solución:
a) La velocidad del centro de masa común
200kg(0 · 04~i + 0 · 03~j)m/s + 300kg(−0 · 02~i + 0 · 03~j)m/s = 500kg~v
~v = (0 · 004~i + 0 · 03~j)m/s
b) El tiempo para llegar a la estación es:
t=
6m
= 200s
0 · 03m/s
El centro de masa del sistema es:
~ro =
200kg(0) + 300kg(9~i)m
= 5 · 4~im
500kg
Por lo tanto la posición de llegada es
~r = 5 · 4~im + [(0 · 004~i + 0 · 03~j)m/s](200s)
~r = (6 · 2~i + 6~j)m
Dinámica
# 19 "
Capítulo 4
Cantidad de Movimiento
4.1
Problema 01
Las dos canastas mostrados resvalan del resto. Sus masas son mA = 20kg mB = 80kg
y además todas las superficies son lisas El angulo θ es de 20◦ . Cuál es la magnitud de la
velocidad despues de 1 s ?
Estrategia: Aplique el principio de impulso y la velocidad adquirida a cada canasta individualmente.
A
B
θ
Solución:
y
T
x
(20)(9.81) N
N
T
N
(80) (9.81) N
P
20
CAPÍTULO 4. CANTIDAD DE MOVIMIENTO
ing.civil
Los diagramas de cuerpo libre son como mostrados en la canasta B y A Por el principio
del impulso.
Z
F dt = ∆(mv)
P araB :
Zt2 X
Fx dt = mvx2 − mvx1
t1
Z1
[(80) (9 · 81) sin 20◦ − T ] dt = (80) (v − 0)
0
P araA :
Zt2 X
Fx dt = mvx2 − mvx1 :
t1
Z1
[(20) (9 · 81) sin 20◦ − T ] dt = (20) ((−v) − 0)
0
De A y B se obtiene:
Z1
(80 − 20) (9 · 81) sin 20◦ dt = (80 + 20) v
0
De la operación se obtiene:
v = 2 · 01m/s
4.2
Problema 02
Dos pelotas pequeñas cada uno de 1Nde peso cuelga de los cordones de longitud
L = 3m. La pelota izquierda es soltado con un ángulo de 35◦ respecto de la vertical. El
coeficiente de restitución del impacto es e = 0 · 9. ¿A traves de que ángulo máximo gira
la pelota del lado derecho?
Dinámica
# 21 "
CAPÍTULO 4. CANTIDAD DE MOVIMIENTO
ing.civil
L
u
L
m
m
Solución:
Por el principio de conservación de la cantidad de energía antes del choque y en el choque.
p
1
mgL (1 − cos θ) = mvA2 ⇒ vA = 2gL (1 − cos θ)
2
Por el principio de conservación de la cantidad de movimiento.
mvA = mv 0 A + mv 0 B
(I)
Por el coeficiente de restitución
evA = v 0 B − v 0 A
(II)
De las ecuaciones (I) (II)
v0B =
1+e
vA
2
Por el principio de conservación de la cantidad de energía despues del choque.
v 0 2B
1 02
−1
mv B = mgL (1 − cos φ) ⇒ φ = cos
1−
2
2gL
p
vA = 2 (9 · 81m/s2 ) (3m) (1 − cos 35◦ ) = 3 · 26m/s
19
vB =
(3 · 26m/s) = 3 · 1m/s
2
!
2
[3
·
1m/s]
= 33,2◦
φ = cos−1 1 −
2
2 [9 · 81m/s ] [3m]
φ = 33 · 2◦
Dinámica
# 22 "
CAPÍTULO 4. CANTIDAD DE MOVIMIENTO
ing.civil
4.3
Problema 03
La esfera de 2kg se esta moviendo a 10m/s cuando golpea a la barra de 4kg.El coeficiente de restitución del impacto es e = 0.6. Cúal es la velocidad de la esfera y la velocidad
angular de la barra después del impacto?
B
1m
A
10 m/ s
0.25 m
Solución:
Datos mA = 2kg ; mB = 4kg ; e = 0,6 ; vA = 10m/s ,vA2 =? ; ω2 =?
La velocidad angular adquirido por el sistema se conserva sobre el centro de masa de la
barra. Por el principio de conservación de la cantidad de movimiento angular
mA vA1
L
L
1
− h = mA vA2
− h + mB L2 ω2
2
2
12
El coeficiente de restitución se utiliza para relacionar la velocidad relativa antes y despues
del choque
e(vA1 ) = vB2 + ω2
L
− h − vA2
2
Por el pricipio de conservación del momentun lineal.
mA vA1 = mA vA2 + mB vB2
Dinámica
# 23 "
CAPÍTULO 4. CANTIDAD DE MOVIMIENTO
ing.civil
Haciendo las operaciones
6 (1 + e) (L − 2h) mA vA1
− 12hLmA + L2 (4mA + mB )
6 (1 · 6) (1 − 2 [0 · 25]) (2) 10
ω2 =
12(0 · 25)2 (2) − 12 (0 · 25) (1) (2) + (1)2 (12)
6 (1 · 6) (1 − 2 [0 · 25]) (2) 10
ω2 =
12(0 · 25)2 (2) − 12 (0 · 25) (1) (2) + (1)2 (12)
(12 [0 · 25] [−0 · 75] 2) + [1]2 [5 · 6])10
vA2 =
12(0 · 25)2 (2) − 12 (0 · 25) (1) (2) + (1)2 (12)
ω2 =
12h2 mA
ω2 = 12 · 8rad/s
4.4
vA2 = 1 · 47m/s
Problema 04
Una nave tiene una masa de 544.000kg, y un momento de inercia respecto de su centro
de masa de 4x108 kg − m2 . Por causas del viento hacen que la nave que flota se mueva
a 0.1 m/s y golpea el amontonado estacionario en P. El coeficiente de restitució n del
impacto es e = 0.2 ¿Cuál es la velocidad angular de la nave despues del impacto?
16 m
45 m
P
Solución:
ω= 0
16 m
v
45 m P
Antes del impacto
Dinámica
ω′
16 m
P
45
m
v′
vP′
Después del impacto
# 24 "
CAPÍTULO 4. CANTIDAD DE MOVIMIENTO
ing.civil
Por el principio de conservación del momentun angular.
45 (mv) = 45 (mv1 ) + Iω1
(I)
El coeficiente de restitución es:
e=
−v1p
v
(II)
v1p es el componente vertical de la velosidad de P despuesdel impacto.Por cinematica de
cuerpo rigido se tiene
v1 = v1p + 45ω
(III)
Resolviendo de (I) - (II) - (III) se obtiene:
ω1 = 0,00196rad/s
v1 = 0,0680m/s
v1p = −0,02m/s
ω1 = 0,00196rad/s
Dinámica
# 25 "