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PRÁCTICA CALIFICADA DE DINÁMICA

Tipo 8. PROBLEMA Nº 1 12-118.

A partir del reposo el bote se desplaza alrededor de la trayectoria

circular, p = 50 m, a una rapidez de v= (0,2 t 2) m/ s, donde t está en segundos. Determine las magnitudes de la velocidad y la aceleración del bote en el instante t= 3 s.

Solución: Velocidad: Cuando t=3s, el bote viaja con una velocidad de:

ⱱ = 0.2(32) =1.80 m/s Aceleración: La aceleración tangencial es:

a1 = ⱱ = (0.4t) m/s2. Cuando t=3s, at= 0.4 (3) = 1.20 m/s2 Para determinar la aceleración normal, aplicamos la Ec.12-20 ⱱ𝟐

an =

𝒑

=

𝟏.𝟖𝟎𝟐 𝟓𝟎

= 𝟎. 𝟔𝟒𝟖 𝒎/𝒔2

De este modo, la magnitud de la aceleración es:

a = √𝒂𝟐𝒕 + 𝒂𝟐𝒏 = √𝟏𝟐𝟎𝟐 + 𝟎. 𝟎𝟔𝟒𝟖𝟐 = 1.20 m/s2

PROBLEMA Nº 2 12-183.

La caja desciende por una rampa helicoidal definida por r= 0.5 m,

θ = (0,5 t 3) rad, y z = (2-0.2 t 2) donde t está en segundos. Determine las magnitudes de la velocidad y la aceleración de la caja en el instante θ = 2

π rad.

Solución: Derivamos con respecto al tiempo

r = 0.5 m ṙ=ṙ = 0 𝜽 = (1.5t2) rad/s

ӫ = 3(3t) rad/s2

𝒛 = 2-0.2t2 z = -0.4 m/s2

z = (-0.4t) m/s Cuando θ = 2𝝅 rad,

𝟐𝝅 = 0.5t3

t= 2.325s

Por lo tanto

ӫ|t=2.325s = 1.5 (2.325)

2

=8.108 rad/s

ӫ|t=2.325s = 3(2.325) = 6.975 rad/s

2

𝑧̈ |t=2.325s = -0.4 (2.325)= -0.92996 m/s

𝑧̈ |t=2.325s = -0.4m/s

2

Velocidad

𝑣 ᵣ= 𝑟̇ = 0 𝑣 θ= ᵣ𝜃̇

= 0.5 (8.108) =4.05385 m/s

𝑣 z= 𝑧̇ =

-0.92996 m/s

Por lo tanto, la magnitud de la velocidad de la caja es:

𝑣 = √𝐯𝐫𝟐 + 𝐯𝛉𝟐 + 𝐯𝐳𝟐 = √𝟎𝟐 + 𝟒. 𝟎𝟓𝟑𝟖𝟓𝟐 + (−𝟎. 𝟗𝟐𝟗𝟗𝟔)𝟐 𝑣 = 4.16 m/s Aceleración: ar = 𝒓̈ − 𝒓𝜽̇2= 0-0.5(8.108)2= -32.867 m/s2 aθ = r𝜽̈+2𝒓𝜽̇ ̇ = 0.5(6.975) + 2(0)(8.108)2= 3.487 m/s2 az = 𝒛̈ = -0.4 m/s2 Así, la magnitud de la aceleración de la caja es:

a = √𝒂𝟐𝒓 + 𝒂𝟐𝜽 + 𝒂𝟐𝒛 = √(−𝟑𝟐. 𝟖𝟔𝟕)𝟐 + 𝟑. 𝟒𝟖𝟕𝟐 + (−𝟎. 𝟒)𝟐 = 33.1 m/s2

Problema Nº 3 13-38.

Si se aplica una fuerza F = 200 N a la carretilla de 30 kg, demuestre

que el bloque A de 20 kg se deslizara sobre ella. También determine el tiempo para que el bloque A se mueva sobre la carretilla de 1.5 m. Los coeficientes de fricción estática y cinética entre el bloque y la carretilla son

us= 0.3 y uk= 0.25 .tanto la carretilla como el bloque parten del punto de reposo.

Solución: Diagrama de cuerpo libre: Los DCL del bloque A y la carretilla se presenta en la Fig. (a) y (b), respectivamente. Ecuación del Movimiento: Si el bloque A no resbala, este se moverá junto a la carretilla con aceleración común, es decir 𝒂𝑨 =𝒂𝑪 =𝒂𝑨 =𝒂 . Con referencia a las figs. (a) y (b).

+↑ ∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎𝑦 ;

N-20(9.81)=2(0) N =196.2N

± ∑ 𝐹𝑋 =

𝑚𝑎𝑋 ;

𝐹 = 20𝑎

± ∑ 𝐹𝑋 =

𝑚𝑎𝑋 ;

200 - 𝐹 = 30𝑎

⌡

⌡

Resolviendo las Ecs. (1) y (2) obtenemos

𝑎 = 4 𝑚/𝑠 2

𝐹 = 80 N ⌡

Dado que 𝐹𝑓 > (𝐹𝑓 )Max = 𝜇𝑠 N = 0.3(196.2) = 58.86 N. el bloque A se deslizará sobre la carretilla. Como tal 𝐹𝑓 = 𝜇𝑘 N = 0.25 (196.2) = 49.05 N. De nuevo, refiriéndose a las figs. (a) y (b), ± ∑ 𝑭𝑿 = 𝒎𝒂𝑿 ; 49.05 = 20𝒂𝑨

𝒂𝑨 =2.4525 m/s2

± ∑ 𝑭𝑿 = 𝒎𝒂𝑿 ; 200-49.05= 30𝒂𝑪

𝒂𝑪 =5.0317 m/s2

Cinemática: La aceleración relativa del bloque A se puede determinar aplicando la ecuación de velocidad relativa.

𝒂𝑨 =𝒂𝑪 + 𝒂𝑨/𝑪 (±)

2.4525 = 5.0317 + 𝒂𝑨/𝑪

𝒂𝑨/𝑪 = -2.5792 m/s2 = -2.5792 m/s2← Aquí 𝒔𝑨/𝑪 = 1.5 m←. Por lo tanto: 𝟏

𝒔𝑨/𝑪 = (𝒔𝑨/𝑪 )0 + (𝒗𝑨/𝑪 )𝟎𝒕 + (𝒂𝑨/𝑪 ) t2 𝟐

(±)

𝟏

1.5 = 0+0+ (2.5792) t2 𝟐

t = 1.08 s

Problema Nº 4 15-65.

En la figura P15-65 se ha representado una vagoneta y sus cuatro

ocupantes dan un peso total de 4500 N. La celeridad de la vagoneta es de 56 km/ h cuando pasa por el punto A de la vía .tratando la vagoneta con sus ocupantes con punto material, determinar:

a) La celeridad de la vagoneta en el punto más bajo del rizo. En primer lugar pasamos la velocidad al sistema internacional y determinamos la masa de la vagoneta y sus ocupantes:

VA=56 km/h=15.56 m/s; m =

𝑷 𝑮

=

𝟒𝟓𝟎𝟎 𝟗.𝟖

= 459.48 kg

Llamaremos punto P al punto más bajo de la trayectoria. En él tomaremos el origen de energías potenciales. Aplicando el teorema de conservación de la energía entre los puntos A y P y tendremos:

ETA+Wotras=ETP

En el punto A tenemos tanto energía cinética (la velocidad es vA) como potencial gravitatoria. En cuanto al trabajo, además del peso en este caso actúa sólo sobre el sistema la fuerza normal, que por ser perpendicular al desplazamiento no realiza trabajo. Y en el punto más bajo de la trayectoria sólo tenemos energía cinética, ya que la potencial gravitatoria será nula por convenio. Nos queda entonces:

ETA+Wotras=ETP ⇒ ECA+EPgA=ECP ⇒ 𝟏 𝟐

𝟏 𝟐

𝟏

𝟏

𝟐

𝟐

𝟏 𝟐

𝒎𝒗𝟐𝑨 + 𝒎𝒈𝒉𝑨 =

𝒎𝒗𝟐𝑷 ⇒ 𝒗𝟐𝑨 + 𝒈𝒉𝑨 = 𝒗𝟐𝑷

𝟏𝟓. 𝟓𝟔𝟐 + 𝟗. 𝟖. 𝟐𝟒 =

𝟏 𝟐

𝒗𝟐𝑷 ⇒𝒗𝑷 =26.69 m/s

b) La fuerza que la vía ejerce sobre la vagoneta en el punto B.

Para determinar la fuerza que la vía ejerce sobre la vagoneta en el punto B tenemos que realizar el diagrama de sólido libre del cuerpo en ese punto. Como fuerzas tendremos el peso (vertical y hacia abajo) y la normal (perpendicular a la tangente en ese punto y apuntando hacia el sólido). En cuando a aceleraciones puesto que el movimiento es circular aparecerán las dos componentes de aceleración, normal y tangencial. La normal tiene la dirección del radio de curvatura y apuntando hacia el centro de curvatura (horizontal y hacia la izquierda) y la tangencial tiene la dirección tangente a la trayectoria y sentido contrario a la velocidad ya que al subir la velocidad disminuye (vertical y hacia abajo). Podemos ver en el gráfico que el sentido de fuerzas y aceleraciones verifica perfectamente la segunda ley de Newton. Aplicando dicha ley:

∑ 𝑭𝒏 = m𝒂𝒏 ⇒ 𝑵𝑩 = m𝒂𝒏𝑩 = m

𝒗𝟐𝑩 𝒓

Nos falta sólo calcular la velocidad de la vagoneta en el punto B. Aplicamos, como antes, la conservación de la energía entre la posición A y la B. En la B tendremos también energía potencial y cinética, y tendremos ya en cuenta que la normal no realiza trabajo. Así pues: 𝟏

ETA+Wotras=ETB ⇒ ECA+EPgA=ECB+EPgB ⇒ 𝒎𝒗𝟐𝑨 + 𝒎𝒈𝒉𝑨 = 𝟐

𝟏 𝟐 𝟏 𝟐

𝒎𝒗𝟐𝑩 + 𝒎𝒈𝒉𝑩 𝟏

𝟏

𝟏

𝟐

𝟐

𝟐

𝒗𝟐𝑨 + 𝒈𝒉𝑨 = 𝒗𝟐𝑩 + 𝒈𝒉𝑩 ⇒ 𝟏𝟓. 𝟓𝟔𝟐 + 𝟗. 𝟖. 𝟐𝟒 =

𝒗𝟐𝑩 +

𝟗. 𝟖. 𝟏𝟐 ⇒ 𝒗𝟐𝑩 = 477.175 𝒎𝟐 /𝒔𝟐 Y sustituyendo, la reacción de la vía es:

𝑵𝑩 = m

𝒗𝟐𝑩 𝒓

= 459.48

𝟒𝟕𝟕.𝟏𝟕𝟓 𝟏𝟐

= 18271.04 N

𝑵𝑩 =18271.04 N

 Alumno: Edwin Santi Vásquez