mecánica para ingeniería (bedford-fowler) · pdf...

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 "


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 "


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 "


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 "


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 =


d2 − L2sin2θ

)θ → −(14m/s2)

x =


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 "


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 "


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 "


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 "


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 "


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 "


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 "


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 "


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 "


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 "


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 "

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