ESCUELA SUPERIOR DE INGENIERIA MECANICA Y ELECTRICA UNIDAD AZCAPOTZALCOMATERIA: DINAMICA DE LA PARTICULA GRUPO 4MV7 ALUMNO: MARTINEZ GERARDO VICTOR HUGO EJERCICIOS PARES E IMPARES 2° PARCIAL. 2° Parcial Dinámica. El bloque deslizante A se mueve hacia la izquierda con una velocidad constante de 6 m/s. Determine. a) la velocidad del bloque B. b) la velocidad de la parte D del cable. c) la velocidad relativa de la porción C del cable con respecto a la porción D. Solución: X A + 3 YB = 0 constante V A + 3 Vb =0……….1 Aa + 3ab=0…….2 De la ecuación 1 sustituyendo Va y encontramos Vb. 6m/s + 3 Vb=0 a) Vb = - 6/3 m/s = -2m/s b) Ya + Yb =0 ; Va + Vb =0 ; Va = -Vb = -(-2m/s) = 2m/s c) Vc/d= Vc – Vd = - 6m/s –(2m/s)= -8m/s El elevador mostrado en la figura se mueve hacia abajo con una velocidad constante de 15 ft/s. Determine. a) la velocidad del cable c. b) la velocidad del contrapeso W. c) la velocidad relativa del cable C con respecto al elevador. d) la velocidad relativa del contrapeso W con respecto al elevador. Solución: Para 1 cuerda. Yc + 2Ye =0 Vc + 2Ve =0-------1 Ac + 2Ac =0-------2 Sustituyendo en ecuación 2. Vc + 2(15 ft/s)=0. a) Vc-2(15 ft/s) = -30 ft/s b) Ye + Yw =0 ; Ae + Aw =0 Vw= -Ve= -(15 ft/s)= -15 ft/s c) V c/e = Vc –Ve = -30 ft/s –(15 ft/s)=-45 ft/s d) V w/e= Vw – Ve = -15 ft/s – (15 ft/s) = -30 ft/s El bloque B se mueve hacia abajo con una velocidad constante de 20 mm/s. En t = 0, el bloque A se mueve hacia arriba con una aceleración Constante y su velocidad es de 30 mm/s. Si se sabe que en t = 3 s el bloque Deslizante C se ha movido 57 mm a la derecha, determine. a) la velocidad del bloque deslizante C en t = 0, b) las aceleraciones de A y C, c) el cambio en la posición del bloque A después de 5 s. Solución. 3Ya + 4 Yb + Xc =0 3va + 4vb+ Vc =0-------1 3aA + 4aB +4ac=0------2 De la ecuación. 1 despejamos Vc. 3 (-30 mm/s) + 4 (20 mm/s) = -vc -Vc = -90 mm/s + 80 mm/s = -10 mm/s Vc= 10 mm/s b) x= Xo+ t + ½ at 2 ; Xc = Vc tc + ½ ac tc 2 57 mm = (10mm/s) (3 seg) + ½ ac (3s) 2 Ac= 53-30/4.5 = 6 mm/s Tomando la ecuación 2. 3aA + 4 ab + ac =0 Ab=0 3 aA + ( 6mm/s) =0 aA = 6 mm/s / 3 = 2 mm/s c). Xa –(XAo) = (30 mm/s) ( 5s) + ½ (2mm/s) (5s) 2 XA (-Xa) = 150 ´25 = 175 mm El collarín A inicia su movimiento desde el reposo en t = 0 y se mueve hacia abajo con una aceleración constante de 7 in./s2. El collarín B se desplaza hacia arriba con una aceleración constante y su velocidad inicial es de 8 in./s. Si se sabe que el collarín B se mueve 20 in. entre t = 0 y t = 2 s, determine a) las aceleraciones del collarín B y el bloque C, b) el tiempo en el cual la velocidad del bloque C es cero, c) la distancia que habrá recorrido el bloque C en ese tiempo. Solución: El sistema mostrado inicia su movimiento desde el reposo y cada componente se mueve con una aceleración constante. Si la aceleración re-lativa del bloque C con respecto al collarín B es de 60 mm/s2 hacia arriba y la aceleración relativa del bloque D con respecto al bloque A es de 110 mm/s2 hacia abajo, determine. a) la velocidad del bloque C después de 3 s, b) el cambio en la posición de bloque D luego de 5 s. Solución: De la cuerda 1. 2Ya + 2yb+ Yc =0 2Va + 2Vb + Vc = ------1 2aA + 2aB + aC= -------2 Cuerda 2. (Yd –Ya) + (Yd-Yb)=0 -Ya-Yb+2Yd=0 -Va-Vb+2vd=0-----3 -aA-aB+2aD=0-----4 Aceleraciones relativas. A c/b = ac –ab = 60 mm/s A d/a = aD – aA = -110 m/s aB=aC – (60mm/s) -----5 aA = aD +(110 mm/s)----6 Sustituyendo la ecuación 5 y 6 en la ecuación 2 y 4. 2 (aD + 110) + 2(Ac-60) +ac =0 2 Ad + 220 + 2 ac – 120+ ac =0 2 Ad + 100 + 3ac =0 2Ad + 3Ac = -100 ---- 7 -(Ad +110)- (ac-60) + 2Ad =0 -Ad -110 –ac + 60 + 2Ad =0 aD-Ac – 50=0 Ad-Ac=50. ----8 Igualando ecuación 7 y 8 2ad + 3ac = -100-------9 -2 (Ad-Ac =50)---------10 ------11 Vc = (Vc)o +( ac tc ) a)- vc = (-40 mm/s2) ( 3s) = -120 mm/s b)- Xd-(Xd)o= (Vo)o t + ½ Ad td 2 Sustituyendo ac en la ecuación 9 2ad + 3(-40 mm/s)=-100 2ad – 120 mm/s2 = -100 2ad = -100 + 120 Ad= 20/2 = 10 mm/s c)- Xd-(Xd)o= ½ (10mm/s) (5s) 2 Xd-(Xd)o= 125 mm TIRO Parabólico. Un avión diseñado para dejar caer agua sobre incendios forestales vuela sobre una línea recta horizontal a 315 km/h a una altura de 80 m. Determine la distancia d a la que el piloto debe soltar el agua de manera que caiga sobre el incendio en B. Solución: Usando: Y=Yo+Vo+ ½ gt 2 = 80m – ½ (9.81 m/s 2 ) t= 4.03 s x-xo =vt x-xo= 87.5 m/s) (4.03 s) d= 353 m FORMULAS DE TIRO PARABOLICO. X=Xo+Vt – desplazamiento eje x Y=Yo+Vot ½ gt 2 desplazamiento eje y Mientras entrega periódicos, una joven lanza uno de ellos con velocidad horizontal v0. Determine el intervalo de valores de v0 si el periódico debe caer entre los puntos B y C. Punto A. Y=yo+vot-1/2gt 2 = 3- 1/3 ft – ½ (32.2 ft/s 2 ) t 2 T= .45 seg Desplazamiento x X=xo+vt 7ft = Vb (0.45s) ; Vb=7ft /0.45 s =15.55 Para c Y=Yo+vot-1/2 gt 2 = t 2 =√ ; t= 0.35 s Desplazamiento x 12.33 ft = vc (0.35s) Vc=12.33 ft /0.35 s = 35.22 s Un jugador de voleibol sirve la pelota con una velocidad inicial v0 que tiene una magnitud 13.40 m/s y forma un ángulo de 20° con la horizontal. Determine . a) si la pelota pasará sobre el borde superior de la red, b) a qué distancia de la red aterrizará la pelota. Descomponiendo velocidad en x y y Sen 20° x 13.40 = vy = 4.58 m/s Cos 20° x 13.40 = vx = 12.59 m/s X= xo + vct para el eje x 9m =(Vc)x t. 9m = (12.59 m/s) t T= 9m / 12.59 m/s = 0.7s Yc= Ya + (Va)y t – ½ gt 2 Yc= 2.1m + 4.58 m/s (0.7s) – ½ (9.81 m/s2) (0.75) 2 Yc= 2.1 m + 3.43 -2.40 Yc= 3.13 Yc =2.90 Θ=20 Un golfista golpea la pelota con una velocidad inicial de 160 ft/s, a un ángulo de 25° con la horizontal. Si el terreno de juego desciende con un ángulo promedio de 5°, determine la distancia d entre el golfista y el punto B donde la pelota toca el terreno por primera vez. Solución: Realizando las componentes de la velocidad. (Vx)A= 160 ft/s cos 25° (Vy)A= a60 ft/s sen 25° Componentes a 5° Xb= d cos 5° Yb= d sen 5° Movimiento horizontal. Xb= xo + (vx) ot d cos5° = (160 cos 25° ) t Movimiento vertical. Y= y0 + vt – ½ gt 2 -d sen 5° = 160 sen 25° ( ) d -1/2 (32.2 ft/s) ( ) 2 d 2 . d=726 ft Mediante una banda transportadora se descarga arena en A y cae en la parte superior de un montículo en B. Si se sabe que la banda transportadora forma un ángulo α= 20° con la horizontal, determine la velocidad v0 de la banda. Solución componentes 20° (Vo)x= Vo cos 20° (Vo)y=Vo sen 20° Movimiento horizontal. X=xo + vt 30ft= (Vo cos 20°)t ; Movimiento vertical. Y= yo + vot – ½ gt 2 -18 = (0.3420)(31.925)-(16.1)(31.92s/Vo) 2 Vo 2 = 567.44 ft 2 /s Vo= 23.82 ft/s Un grupo de niños está lanzando pelotas a través de una llanta con 0.72 m de diámetro interior, la cual cuelga de un árbol. Un niño lanza una pelota con una velocidad inicial v0 a un ángulo de 3° con la horizontal. Determine el intervalo de valores de v0 para los cuales la pelota pasará a través de la llanta. Y=Yo +Vt – ½ gt 2 Ybc= (Vo sen 3°) ( 6/Vo cos 3°) – ½ g (6/Vo cos 3°) 2 Vo 2 = Para el punto B ; y= -0.53 m (Vo)b = 177.065 / 0.31447 – (-0.53) (Vo)b = 14.48 m/s Para el punto C Vo 2 = 177.065 / 0.31447- (-1.25) 2 (Vo)c = 10.64 m/s 10.44 m/s <= Vo <= 14.48 m/s Mientras sostiene uno de sus extremos, un trabajador lanza un lazo de cuerda sobre la rama más baja de un árbol. Si lanza la cuerda con una velocidad inicial v0 a un ángulo de 65° con la horizontal, determine el intervalo de valores de v0 para los cuales la cuerda sólo sobrepasará a la rama más baja. Solución: (Vx)o = Vo cos 65°-----1 (Vy)o = Vo sen 65°-----2 Movimiento horizontal. X = xo + (vx) ot S= (Vo cos 65° ) t T= 5/Vo cos 65° -----3 Movimiento vertical. Y = yo + vot -1/2 gt 2 Para el punto B. 5= (Vo sen 65°) ( 5 / Vo cos 65°) – ½ (9.81 m/s 2 ) (5 / Vo cos 65° ) Para el punto c 5.9 = (Vo sen 65°) ( 5/ Vo cos 65°)- ½ (9.81 m/s2) ( 5 / Vo cos 65°) 2 4Un bloque deslizante A se mueve hacia abajo a una rapidez de 0.5 m/s, la velocidad con respecto a A de la porción B de la banda entre las poleas locas C y D es vCD/A = 2 m/s . Determine la velocidad de la porción CD de la banda cuando a) θ= 45°, b) θ= 60°. Solución: (VCD/A)x = (2m/s) Cos θ—i (VCD/A)y = (2m/s) sen θ—j (VA)x= 0.5 cos 65° = - 0.21 –i (VA)y= 0.5 sen 65° = - 0.45 –j VCD 2 =((2 m/s cosθ – 0.21) 2 i + (12 m/s) sen θ - 0.45 ) 2 VCD 2 = (( 2m/s) cos 45° - 0.21 ) 2 + (12 m/s) sen 45°- 0.45 ) 2 VCD 2 =√ Vcd = 1.54 m/s Θ= tg -1 ∑ ∑ Lo mismo solo sustituyendo valores con 60° 0.40 i + 1.52 j V= 1.38 m/s Tg -1 Un radar con base en tierra indica que un transbordador sale de su muelle a una velocidad v =9.8 nudos d70°, en tanto que los instrumentos a bordo del transbordador indican una velocidad de 10 nudos y una dirección de 30° hacia el suroeste con relación al río. Determine la velocidad de este último. Ley de cosenos. C 2 = a 2 + b 2 -2ab cosθ C 2 = 10 2 + 9.8 2 – 2(10) (9.8) cos 10° C 2 = 3.017 ; c = 1.73 nudos Aplicando ley de senos. Datos: VR = 9.8 nudos α=70 VT= 10 nudos α=30 Vtr=? 60° Las velocidades de los trenes A y B son las que se indican en La figura. Si se sabe que la rapidez de cada tren es constante y B alcanza el Cruce 10 min después de que A lo hizo, determine a) la velocidad relativa de B con respecto a A b) la distancia entre los frentes de las máquinas 3 min después de que A pasó por el crucero. V B/A 2 = 65 2 + 60 2 – 2 (65) (60) COS 165° A) V B/A =122 kh/h B) V=D/t Ta = 3min ; da = Va Ta = 60 km/h (3/60) =3 km Tb = 3min ; db = Vb tB = 65 km/h (7/60) = 7.58km Usando ley de cosenos obtenemos d B/A Θ= 25 ° DATOS. a) V B/A = ¿ b) 3 min. Después de A 60 Km/h 3 km θ Db/a 2 = 3 2 + 7.58 2 – 2 (3)(7.58) Db/a = 5km PROBLEMAS PARES. 11.50 El elevador mostrado en la figura inicia su movimiento desde el reposo y se mueve hacia arriba con una aceleración constante. Si el contrapeso W recorre 30 ft en 5 s, determine a) la aceleración del elevador y el cable C, b) la velocidad del elevador después de 5 s. Solución Estableciendo una ecuación. Yw= ½ awt 2 Sabiendo que Yb = 30 ft Y un tiempo = 5 seg 30 ft = ½ aW (5 seg.) 2 Aw=2.4 ft/s2 Para la aceleración de a y c usamos Aw +ae ; ae = -aw = - (2.4 ft/s2) Y para c Ac + 2ae =0 ; ac= -2 (-2.4 ft/s2 = +4.8 ft/S2 Y la velocidad después de 5 seg. Ve= aE (t) ; = -2.4 ft/s2 (5 seg) = -12 ft/s 11.52 En la posición mostrada, el collarín B se mueve hacia abajo con Una velocidad constante de 12 in./s. Determine a) la velocidad del collarín A, b) la velocidad de la porción C del cable, c) la velocidad relativa de la Porción C del cable con respecto al collarín B. Solución. De la figura obtenemos: 2 ya + yb = ( Yb –Ya) Va + 2vB=0 ; aA+ 2aB=0 Sustituyendo la velocidad de 12 in/s Va + 2(12 in/s) = Va = 24 in/s Para la velocidad c 2va + vc =0 sustituyendo ; 2(24 in/s) = -vc ; Vc= -48 in/s Y la velocidad con respecto a B. V C/B= Vc –VB ; V c/b = 48 in/s – (12 in/s) = 36 in /s 11.54 En el instante mostrado, el bloque deslizante B se está moviendo Con una aceleración constante y su rapidez es de 150 mm/s. Si se sabe Que después de que el bloque deslizante A se ha movido 240 mm hacia la Derecha, su velocidad es de 60 mm/s, determine a) las aceleraciones de A y B, b) la aceleración de la porción D del cable, c) la velocidad y el cambio en La posición del bloque deslizante B luego de 4 s. Xb + (Xb –XA) – 2Xa = cte 2VB – 3VA =0 2aB – 3aA =0 Sustituyendo la velocidad del bloque b para hallar la velocidad vA 2 (150 mm/s) – 3 va= 0 ; Va = 300 m/s / 3 = 100 mm/s Y la aceleración de A es: Aa= - 13.33 ft/s2 Sustituyendo los valores de la aceleración a en 2aB – 3aA: 2ab – 3 (-13.33 ft/s2) = 0 ; ab= -40 ft/s 2 / 2 ; = -19.99 ft/s2 Encontrando la aceleración del cable D. Ad + Aa =0 Ad + (-13.33 ft/s)= 0 ; Ad = 13.33 ft/s Para encontrar la velocidad de b luego de 4 seg Vb= (Vb)+ Ab t ; Vb= 150 mm/s + (-20 mm/s2)(4seg) ; Vb=70 mm/s Y la distancia recorrida V= d/t ; 70mm/s = d /4 seg ; d= 70 mm/s (4 seg) = 280 mm 11.56 El bloque B empieza a moverse desde el reposo, el bloque A Se mueve con una aceleración constante y el bloque deslizante C se desplaza Hacia la derecha con una aceleración constante de 75 mm/s2. Si se sabe que En t _ 2 s las velocidades de B y C son 480 mm/s hacia abajo y 280 mm/s Hacia la derecha, respectivamente, determine a) Las aceleraciones de A y B. b) las velocidades iniciales de A y C. c) el cambio en la posición del bloque deslizante C después de 3 s. Solución: De la figura obtenemos. 3 Ya + 4 yb + Xc = cte 3 va + 4 vb + Vc = 0 3 aA + 4 aB + aC = 0 Usando, Vb = Ab (t) ; por lo tanto 480 mm/s = Ab (2 seg.) ; ab= 240 mm/s2 Y para la aceleración de a 3aA + 4 ( 240 mm/s2) + ( 75 mm/s2) =0 aA = -345 mm/s para las velocidades de c y a para c usamos ; Vc= ac t ; 280 mm/s = 75 mm/s (2 s) ; vc = -130 mm/s Y luego sustituimos en: 3Va +Vc = ; 3va+ 130 mm/s ; va = -130 mm/s /3 = -43.3 mm/s Para el cambio de posición usamos V= d/t ; -130 mm/s = d/3 seg. = d= 390 mm TIRO PARABOLICO PROBLEMAS PARES 11.98 Tres niños se lanzan bolas de nieve entre sí. El niño A lanza una bola de nieve con una velocidad horizontal v0. Si la bola de nieve pasa justo sobre la cabeza del niño B y golpea al niño C, determine a) el valor de v0. b) la distancia d. Movimiento vertical. Usando: y =y0 + vo + ½ gt 2 -1m = - ½ (9.81 m/s2) t2 Despejando el tiempo queda. .tb = .4515 Movimiento horizontal X= v (t) ; 7m = V (.45 seg) ; V= 15.55 m/seg Para la distancia usaremos V= d/t ; 15.55 m/seg = d/ .451 seg : d= 7 m 11.102 Se vierte leche dentro de un vaso que tiene una altura de 140 mm y un diámetro interior de 66 mm. Si la velocidad inicial de la leche es de 1.2 m/s a un ángulo de 40° con la horizontal, determine el rango de valores de la altura h para los cuales la leche entrará en el vaso. Solución: Descomponiendo la velocidad de caída de la leche. Vx= 1.2 m/s cos 40° = 0.91 m/s Vy= -1.2 m/s sen 40° = - 0.77 m/s Movimiento horizontal. X = Vx t ; .08m = 0.91 m/s t ; t= .08m / .91 m/s = .087 seg X= 0.91 m/s (.087 seg) = .079 m Para y : Para el punto b .140 m = hb + (-0.77 m/s) ( .15 s) 2 ; hc = .244 m Para el punto c .140 m = hc + ( -0.77 m/s) (.15 seg.) Hc= .391 m 11.104 Por el cañón de un desagüe fluye agua con una velocidad inicial de 2.5 ft/s a un ángulo de 15° con la horizontal. Determine el rango de valores de la distancia d para los cuales el agua caerá dentro del recipiente BC. Solución: La velocidad de salida se descompone de la siguiente manera. Vx= 2.5 ft/s cos 15° = 2.41 ft/s Vy= - 2.5 ft/s sin 15 ° = -0.64 ft/s Usando el movimiento vertical. Y=vy t – ½ gt 2 ; -8.8 ft = (-0.64 ft/s)t – ½ (32.2 ft/s 2) t2 Despejando a t. T= .71 seg Y para el movimiento horizontal X= Vx t ; x = (2.41 ft/s) ( .71 seg )= 1.71 ft Por lo tanto el intervalo de valores es De 0 a 1.737 ft