Post on 01-Feb-2018
Universidad Nacional San Cristobal DeHuamanga
Facultad De Ingenieria Minas, Geologia YCivil
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 31.1. problema 01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2. Problema 02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3. Problema 03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.4. Problema 04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2. Método de trabajo y energía 92.1. Problema 01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.2. Problema 02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.3. Problema 03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.4. Problema 04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.5. problema 05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.6. Problema 06 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
3. Cantidad de Movimiento 173.1. Problema 01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173.2. Problema 02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
4. Sistemas de Partículas 204.1. Problema 01 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204.2. Problema 02 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214.3. Problema 03 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234.4. Problema 04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2
Capítulo 1
Leyes de Newton
1.1 problema 01
El paquete de parte del reposo y se desliza por la rampa suave. Los dispositivos hi-dráulicos ejerce B una fuerza de 2000 N constante y trae el paquete para descansar enuna distancia de 100 mm desde el punto en el que hacecontacto. ¿Cuál es la masa delpaquete?
30°
2 m
A
B
mg
30°
N
mg
30°
N
2000 N
Solución:
En primer lugar analizamos el movimiento antes de que llegue al punto B∑F : mgsin30 = ma
a = gsin30, v = (gsin30)t, s = (gsin30)t2
2
3
ing.civil CAPÍTULO 1. LEYES DE NEWTON
cuando se llega a B
s = 2m = (gsin30)t2
2→ t = 0 · 903s
v = (gsin30) (0 · 903s) = 4 · 43m/s
Ahora analizamos el movimiento despues de que llegue al punto B∑F : mgsin30− 200N = ma
a = vdv
ds= g sin 30− 200N/m
0∫4·43m/s
vdv =
0·1m∫0
(g sin 30− 200N/m)ds
0− (4 · 43m/s)2
2= (g sin 30− 200N/m)(g sin 30− 200/m)
Resolviendo la ultima ecuación encontramos
m = 19 · 4kg
1.2 Problema 02
El robot está programado de modo que la Parte de 04kgA 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 lasmandí bulas del robot en el instante t = 2s
Ar
θ
Solución:
Dinámica # 4 "
ing.civil CAPÍTULO 1. LEYES DE NEWTON
El componente radial de la aceleración esta dado po:
ar =d2r
dt2− r(dθ
dt)2
Obteniendo las derivadas correspondientes
dr
dt=
d
dt(1− 0 · 5 cos 2πt) = π sin 2πt
d2r
dt2=
d
dt(π sin 2πt) = 2π2 cos 2πt
dθ
dt=
d
dt(0 · 5− 0 · 2 sin 2πt) = −0 · 4π cos 2πt
d2θ
dt=
d
dt(−0 · 4π cos 2πt) = 0 · 8π2 sin 2πt
para
[ar]t=2 = 2π2 cos 4π − (1− 0 · 5 cos 4π)(−0 · 4π cos 4π)2
= 2π2 − 0 · 8π2 = 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:
aθ = r(d2θ
dt) + 2(
dr
dt)(dθ
dt)
aθ = r(d2θ
dt) + 2(
dr
dt)(dθ
dt)
Remplazando obtenemos
[aθ]r=2 = (1− 0 · 5 cos 4π)(0 · 8π2 sin 4π) + 2(π sin 4π)(−0 · 4π sin 4π) = 0
Fθ = 3 · 44N
Dinámica # 5 "
ing.civil CAPÍTULO 1. LEYES DE NEWTON
1.3 Problema 03
El brazo BC de la figura tiene una masa se 12kg y su momento de inercia de masarespecto a su centro de masa es de 3kg−m2 . Si B esta en reposo y el brazo BC tiene unavelocidad angular antihoraria constante de 2rad/s en el instante mostrado. determinar elpar y las componentes de la fuerza ejercida sobre el brazo BC en B
x
y
300mm
40Њ
700 mm
BA
C
Solución:
debido aque el punto B se esta acelerando, las ecuaciones de movimiento angular debe serescrito sobre el centro de masa del brazo. las distancias vectoriales de A y B y de B y Grespectivamente, son:
rB/A = rB − rA = 0 · 7~i
rG/B = 0 · 3 cos(40)~i+ 0 · 3 sin(40)~j
= 0 · 2298i + 0 · 1928~jm
La aceleracón de punto B es:
~aB = ~αx~rB/A − ω2AB~rB/A = −ω2
AB(0 · 7~i)(m/s2)
La aceleración del centro de masa es:
~aG = ~aB + ~αBCx~rG/B − ω2BC~rG/B
~aG = −2 · 8~i+
~i ~j ~k0 0 −4
0 · 2298 0 · 1928 0
− 0 · 9193~i− 0 · 7713~j
= −2 · 948i− 1 · 691jm/s2
Dinámica # 6 "
ing.civil CAPÍTULO 1. LEYES DE NEWTON
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 = IαBC
~MG = ~MB + ~rB/Gx ~B =
~i ~j ~k−0 · 2298 −0 · 1928 0−35 · 37 94 · 43 0
= MB
~k − 29 · 21~k(N −m)
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 superficielisa.Si el sistema esta en reposo en instante mostrado ¿Qué par M ocasionará qu la cajaacelere hacia la izquierda 14m/s2?
6
3 m 6
M
m
m
Solución:
Dinámica # 7 "
ing.civil CAPÍTULO 1. LEYES DE NEWTON
N N
Hay 6 nincognitas (M,T,N,Ox, Oy, α)cinco ecuaciones dinamicas y una ecuación de res-tricción para lo cual usaremos las siguientes relaciones∑
MO : M − (40N) (1 · 5m)
−Tcos45(6m)
−Tsin45(3m)
=1
3(
40N
9 · 81m/s2)(45m2)α∑
Fx : −Tcos45 = −(80N
9 · 81m/s2)(14m/s2)
La ecuación de restricción se rediva del triángulo que se muestra
L =√
45m, d = 6√
2m, θ = 63 · 4◦
x = L cos θ +√d2 − L2sin2θ
=
(−L sin θ − L2 cos θ sin θ√
d2 − L2sin2θ
)θ
SAbiendo quex = 0ω = θ = 0
x =
(−L sin θ − L2 cos θ sin θ√
d2 − L2sin2θ
)θ → −(14m/s2)
x =
(−L sin θ − L2 cos θ sin θ√
d2 − L2sin2θ
)α
Resolviendo tenemos
α = 1,56rad/s2
M = 1149N−m T = 161 · 5N.
Dinámica # 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 enel cilindro. el peso total del pistón y la carga es 1000kg. El cilindro ejerce una fuerza defricción constante de 50N sobre el pistón cuando este se levanta. La fuerza neta ejercidasobre 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 = 1m2es el área transversal del pistón, supongaque el producto de p y el volumen del cilindro es constante. Cuando s = 1m, el pistónesta en reposo y p = 5000N/m2. ¿cuál es la velocidad del pistón cuando s = 2m?
s
Piston
Gas
Solución:
En la posición de reposo p0A0s = p0V = K donde V = 1m3, K = p0 la energía potencialdel pistón debido a la presión del gas cuando inicia el moviento es
vgas = −∫ s
s0
Fds =
∫ s
s0
(p− patm)Ads = patmA(s− s0)−∫ s
s0
pAds
vgas = patmA(s− s0)−∫ s
s0
1
sds = patmA(s− s0)− k ln(
s
s0)
La energía potencial gravitatoria es
vgra = −∫ s
s0
(−W )ds = W (s− s0
el trabajo de la fricción es
Uf = −∫ s
s0
(−f)ds = −f(s− s0)dondef = 50N.
9
ing.civil CAPÍTULO 2. MÉTODO DE TRABAJO Y ENERGÍA
Por el principio del trabajo y la energía
Uf =1
2(W
g)v2 + vgas + vgra
1
2(W
g)v2 = Uf − vgas − vgracons = 2m
1
2(W
g)v2 = −(−1348 · 7)− 1000− 50 = 298 · 7Nm
v =
√2(298 · 7)g
W
v = 2 · 42m/s
2.2 Problema 02
El collarin A de 12 kg esta en reposo en la posición mostrada en t = 0 y se encuentrasometido a la fuerza tangencial F = 24− 12t2 durante 1 · 5s. ignorando la fricción, ¿quéaltura máxima h alcanza?
h
2 m
AF
Solución:
Primero obtenemos la velocidad a partir de la ley de Newton
mdv
dt= F = 24− 12t2 integrando
v =1
m
∫ 1,5
0
(24− 12t2)dt =1
m[24t− 4t3]1,50 = 1 · 875m/s
v =1
m
∫ 1,5
0
(24− 12t2)dt =1
m[24t− 4t3]1·50 = 1 · 875m/s
Nota: la distancia recorrida por el collarin no debe ser mayor a 2 m
s =1
m
∫ 1·5
0
(24t− 4t3)dt
s =1
m[12t2 − t4]1,50 = 1 · 82m < 2m
la energía mecánica se conserva
1
2mv2o =
1
2mv2 +mgh
Dinámica # 10 "
ing.civil CAPÍTULO 2. MÉTODO DE TRABAJO Y ENERGÍA
la máxima altura se da cuando la velocidad es cero entonces
h = v2o2g = 0 · 179m
2.3 Problema 03
En la figura la barra esbelta de 4kg esta articulada a un deslizador A de 2 kg y a undisco cilíndrico homogéneo de 4kg en B. Ignore la fuerza de fricción sobre el deslizadory suponga que el disco rueda. Si el sistema se libera del reposo con θ = 60◦¿Cuál es lavelocidad angular de la barra cuando θ = 0?
1 m
A
B 200 mm
θ
Solución:
El centro instantáneo de la barra tiene las coordenadas: (L cos θ, L sin θ) y la distanciadesde el centro de masa de la barra es l
2. la velocidad esta relacionado asi:
v =L
2ω
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 "
ing.civil CAPÍTULO 2. MÉTODO DE TRABAJO Y ENERGÍA
La energia potencial del sistema esta dado por:
V1 = mAgL sin θ1 +mg
(L
2
)sin θ1
para V2 = 0 la energía cinética es
T2 =1
2mAvA
2 +1
2mv2 +
1
2
mL2
12ω2 +
1
2mBvB
2 +1
2
mBR2
2
(vBR
)vA = ωL cos 00 = ωL
vB = ωL sin 00 = 0
v = ω
(L
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 delreposo con la barra horizontal. Determine la magnitud de la velocidad angular de la barracuando esté vertical si la barra y el disco estan soldados en A.
O
1.2 m 0.3 m
A
Solución:
El trabajo realizado por los pesos de la barra y el disco cuandocaen es
U12 = mbarg(0 · 6) +mdisg(1 · 2)
U12 = (14)(9 · 81)(0 · 6) + 9(9 · 81)(1 · 2) = 188 · 4N −m
Dinámica # 12 "
ing.civil CAPÍTULO 2. MÉTODO DE TRABAJO Y ENERGÍA
El momento de inercia de la barra en el extremo
I0 =1
3mbarl
2 = 6 · 72kg −m2
La energía cinética final de la barra es
Tbar =1
2I0ω
2 = 3 · 36ω2
Hallando momento inercia del disco respecto de A
IA =1
2mdisR
2 = 0 · 45kg −m2
La energía cinética final del disco es
Tdis =1
2mdisl
2ω2 +1
2IAω
2
U12 = Tdis + Tbar
188 · 4 = 3 · 36ω2 + 6 · 68ω2ω = 4 · 33rad/s
2.5 problema 05
El collarín de 10kg mostrado parte del reposo en la posición 1 y resbala a lo largo dela barra. El eje señala hacia arriba. La constante de resorte es K = 100N/m y la longituddel resorte si estirar es de2m. Use el principio de de la conservación de la energía paradeterminar la velocidad del collarin cuando éste alcanza la posción 2
x
y(4, 4, 2) m
(6, 2, 1) m
(1, 1, 0) m1
2
z
Solución:
Dinámica # 13 "
ing.civil CAPÍTULO 2. MÉTODO DE TRABAJO Y ENERGÍA
La longitud del resorte en la posición 1 es:
S1 =
√(6− 1)2 + (2− 1)2 + (1− 0)2 = 3 · 2m
La longitud del resorte en la posición 2 es:
S1 =
√(6− 4)2 + (2− 4)2 + (1− 2)2 = 1m
El trabajo realizado por el resorte es
Ur =
S2∫S1
(−Ks) ds =1
2K(S1
2 − S22)
= 460 · 8N/m
El trabajo realizado por la gravedad es:
Ug =
h∫0
(−mg) ds = −mgh = −294 · 3N/m
Por el principio de trabajo y energía
Ur + Ug =1
2mv2
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 reposoen la posición mostrada ;¿Cuáles son las velocidades angulares de las barras en el instanteinmediato anterior en que la junta toca el piso liso?
1 m
2 m 1 m
A B
C
Dinámica # 14 "
ing.civil CAPÍTULO 2. MÉTODO DE TRABAJO Y ENERGÍA
Solución:
1 m
2 m 1 m
A B
C
El trabajo por el peso de la barra es:
v12 = mABg(0 · 5) = 39 · 24
La velocidad del punto B es
~vB = ~vA + ~ωABx~rB/A
~vB =
~i ~j ~k0 0 −ωAB√3 −1 0
= −ωAB~i−√
3ωAB~j (I)
La velocidad del punto C es
~vB = ~vC + ~ωBCx~rB/C
~vB = vC~i+
~i ~j ~k0 0 ωBC−√
2 0 0
= vC~i+√
2ωBC~j (II)
De las ecuaciones I y II
~vC = −~ωAB~i
ωBC =
√3
2ωAB (III)
La velocidad ene punto medio de BC (G)
~vG = ~vC + ~ωBCx~rG/C
~vG = −ωAB +
~i ~j ~k0 0 ωBC−√22
0 0
= −ωAB~i+
√2
2ωBC~j
~vG = −ωAB~i+
√3
2ωAB~j (IV )
Dinámica # 15 "
ing.civil CAPÍTULO 2. MÉTODO DE TRABAJO Y ENERGÍA
Hallando la energía
U12 =1
2
[1
3mAB(2)2
]ω2
AB +1
2mBC(VG)2 +
1
2
[1
12mBC
(√2)2]
ω2BC
De las ecuaciones (III) (IV)
ωAB = 2 · 49rad/s ωBC = 3 · 05rad/s
Dinámica # 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 semueve con velocidad VA en una trayectoria circular horizontal de radio rA. la cuerda sejala a través del agujero hasta que la esfera se mueve con velocidad VB en una en unatrayectoria circular horizontal de radio rB. Use el principio del impulso angular y delmomento angular para demostrar que VArA = VBrB
O
BrB
rA
A
Solución:
El movimiento esta en el plano xy y asumiendo que la bola se encuentra en el eje positivox en t = 0. El radio vector es
~rA = rA(~i cos(ωAt) +~j sin(ωAt))
Donde ωA es la velocidad angular, entonces
~vA = −~jrAωA sin(ωAt) +~jrAωA cos(ωAt)
El momento angular por unidad de masa alrededor del eje normal al techo es
(~r ×m~vm
) =
~i ~j ~krA cos(ωAt) rA sin(ωAt) 0
−jrAωA sin(ωAt) jrAωA cos(ωAt) 0
= ~k(r2AωA)
17
ing.civil CAPÍTULO 3. SISTEMA DE PARTICULAS
4 definimos el vector unitario paralelo a este vector de momento angular ~e = ~ka partirdel principio de impulso y momento angular. La fuerza externa es el peso W = −mg~k elimpulso es ∫ t2
t1
(~r ×n∑i=1
~Fi)dt =
∫ t2
t1
(~rA × ~ω)dt
~rA × ~ω =
~i ~j ~krA cos(ωAt) rA sin(ωAt) 0
0 0 −mg
= rAmg cos(ωAt)~j
∫ t2
t1
~jrAmg cos(ωAt)dt = −~j(rAωAmg)(sin(ωAt2)− sin(ωAt1))
= H2 −H1
ya que este no tiene componente paralelo al vector unitario ~e = ~k, el momento angular alo largo del eje normal al techo no se ve afectado por el peso, es decir, la proyeccion delmomento angular debido a las fuerzas externas sobre el vector normal unitario hacia eltecho es nulo eH = eH = 0 , por lo tanto, el momento angular normal al techo se conservaeste resultado es valido para cualquier longitud de cadena; por lo tanto:
(~r × ~v)A = ~kr2AωA = (~r × ~v)B = ~kr2BωB
r2AωA = r2BωB.vA = rAωA, vB = rBωB
vArA = vBrB
3.2 Problema 02
En la figura, la velocidad del astronauta A de 100kg respecto a la estación espaciales 40~i + 30~j(mm/s).La velocidad del elemento estructural B es de 200kg respecto a laestación es 20~i+ 30~j(mm/s) cuando se aproxima uno al otro, el astronauta se sujeta delelemento 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.
AB
y
x9 m
6 m
Dinámica # 18 "
ing.civil CAPÍTULO 3. SISTEMA DE PARTICULAS
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
0 · 03m/s= 200s
El centro de masa del sistema es:
~ro =200kg(0) + 300kg(9~i)m
500kg= 5 · 4~im
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 = 80kgy además todas las superficies son lisas El angulo θ es de 20◦. Cuál es la magnitud de lavelocidad despues de 1 s ?Estrategia: Aplique el principio de impulso y la velocidad adquirida a cada canasta indi-vidualmente.
A
B
θ
Solución:
y
x
T
T
P
NN(20)(9.81) N
(80) (9.81) N
20
ing.civil CAPÍTULO 4. CANTIDAD DE MOVIMIENTO
Los diagramas de cuerpo libre son como mostrados en la canasta B y A Por el principiodel impulso. ∫
Fdt = ∆(mv)
ParaB :
t2∫t1
(∑Fxdt = mvx2 −mvx1
)1∫
0
[(80) (9 · 81) sin 20◦ − T ] dt = (80) (v − 0)
ParaA :
t2∫t1
(∑Fxdt = mvx2 −mvx1
):
1∫0
[(20) (9 · 81) sin 20◦ − T ] dt = (20) ((−v)− 0)
De A y B se obtiene:
1∫0
(80− 20) (9 · 81) sin 20◦dt = (80 + 20) v
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 longitudL = 3m. La pelota izquierda es soltado con un ángulo de 35◦ respecto de la vertical. Elcoeficiente de restitución del impacto es e = 0 · 9. ¿A traves de que ángulo máximo girala pelota del lado derecho?
Dinámica # 21 "
ing.civil CAPÍTULO 4. CANTIDAD DE MOVIMIENTO
LL
m
m
u
Solución:
Por el principio de conservación de la cantidad de energía antes del choque y en el choque.
mgL (1− cos θ) =1
2mv2A ⇒ vA =
√2gL (1− cos θ)
Por el principio de conservación de la cantidad de movimiento.
mvA = mv′A +mv′B (I)
Por el coeficiente de restitución
evA = v′B − v′A (II)
De las ecuaciones (I) (II)
v′B =1 + e
2vA
Por el principio de conservación de la cantidad de energía despues del choque.
1
2mv′
2B = mgL (1− cosφ)⇒ φ = cos−1
(1− v′2B
2gL
)vA =
√2 (9 · 81m/s2) (3m) (1− cos 35◦) = 3 · 26m/s
vB =19
2(3 · 26m/s) = 3 · 1m/s
φ = cos−1
(1− [3 · 1m/s]2
2 [9 · 81m/s2] [3m]
)= 33,2◦
φ = 33 · 2◦
Dinámica # 22 "
ing.civil CAPÍTULO 4. CANTIDAD DE MOVIMIENTO
4.3 Problema 03
La esfera de 2kg se esta moviendo a 10m/s cuando golpea a la barra de 4kg.El coefi-ciente de restitución del impacto es e = 0.6. Cúal es la velocidad de la esfera y la velocidadangular de la barra después del impacto?
1 m
10 m/ s
B
A
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 labarra. Por el principio de conservación de la cantidad de movimiento angular
mAvA1
(L
2− h)
= mAvA2
(L
2− h)
+1
12mBL
2ω2
El coeficiente de restitución se utiliza para relacionar la velocidad relativa antes y despuesdel choque
e(vA1) = vB2 + ω2
(L
2− h)− vA2
Por el pricipio de conservación del momentun lineal.
mAvA1 = mAvA2 +mBvB2
Dinámica # 23 "
ing.civil CAPÍTULO 4. CANTIDAD DE MOVIMIENTO
Haciendo las operaciones
ω2 =6 (1 + e) (L− 2h)mAvA1
12h2mA − 12hLmA + L2 (4mA +mB)
ω2 =6 (1 · 6) (1− 2 [0 · 25]) (2) 10
12(0 · 25)2 (2)− 12 (0 · 25) (1) (2) + (1)2 (12)
ω2 =6 (1 · 6) (1− 2 [0 · 25]) (2) 10
12(0 · 25)2 (2)− 12 (0 · 25) (1) (2) + (1)2 (12)
vA2 =(12 [0 · 25] [−0 · 75] 2) + [1]2 [5 · 6])10
12(0 · 25)2 (2)− 12 (0 · 25) (1) (2) + (1)2 (12)
ω2 = 12 · 8rad/s vA2 = 1 · 47m/s
4.4 Problema 04
Una nave tiene una masa de 544.000kg, y un momento de inercia respecto de su centrode masa de 4x108kg − m2. Por causas del viento hacen que la nave que flota se muevaa 0.1 m/s y golpea el amontonado estacionario en P. El coeficiente de restitució n delimpacto es e = 0.2 ¿Cuál es la velocidad angular de la nave despues del impacto?
45 m
16 m
P
Solución:
ω′
vP′v ′v
ω = 0
P P45 m 45 m
Antes del impacto Después del impacto
16 m16 m
Dinámica # 24 "
ing.civil CAPÍTULO 4. CANTIDAD DE MOVIMIENTO
Por el principio de conservación del momentun angular.
45 (mv) = 45 (mv1) + Iω1 (I)
El coeficiente de restitución es:
e =−v1pv
(II)
v1p es el componente vertical de la velosidad de P despuesdel impacto.Por cinematica decuerpo 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 "