Práctica de Dinámica

							Área de Ingeniería

Práctica de Dinámica
Realizada por:

Jairon A. Francisco
07-0034 Estudiante de Ingeniería Mecánica Profesor

Dr. Rodolfo Tejeda
Junio 2009

Introducción
A continuación resolveré cinco problemas asignados, mediante los conocimientos adquiridos en el breve estudio de la dinámica clásica. Estos están relacionados con la cinética y la cinemática de cuerpos rígidos. La referencia particular hacia los temas de estudio giran inicialmente en torno al comportamiento de los proyectiles, su asunción de velocidad y ángulo de disparo. De paso analizaremos la velocidad tangencial y normal, de un vehículo en movimiento a través de una curva con tal de encontrar su velocidad final. Aplicando las ecuaciones que nos dan luces sobre el trabajo, a lo largo de una trayectoria y tras la aplicación de una fuerza, estudiaremos las ecuaciones paramétricas que definen ese desplazamiento con las proyecciones de las fuerzas. Un reto fundamental en el que continuaremos, será el análisis de la fuerza sobre un cuerpo, unido a otro, y afectado por un resorte. En el trayecto estaremos en contacto con las leyes de energía y el previo estudio físico del mecanismo. Finalmente daremos solución al rebote de un cuerpo, la situación de impulso y la forma en la que disminuye la velocidad en un sistema de ese tipo, con respecto a los choques con el plano perpendicular (en este caso suelo). Al principio encontrará el enunciado del problema, y un gráfico tridimensional, no dimensional para relacionarlo. Antes de dar solución al problema, se hace un breve análisis dinámico, en algunos casos otra gráfica acercada a la dimensión nos facilitará la comprensión. Luego de la tabla de datos, el detalle de la solución de los ejercicios que está al nivel de comprensión del estudiante universitario o de bachiller, donde se presume tenga conocimientos de física newtoniana. Los resultados y planteamientos están sujetos a la corrección del profesor. De modo que la certificación sobre la validez de este documento, sobre las soluciones y procedimientos, no está comprobada, aunque el sustentante, no duda de que haya realizado un trabajo cauteloso en el estudio del fenómeno al nivel de su entendimiento. Jairon A. Francisco

Lanzamiento de Proyectiles
Un mortero es disparado al mismo nivel de un terreno llano. Si el proyectil cae a una distancia de 200 pies, y este impactó el terreno después de 5 segundos, ¿Qué velocidad inicial debe tener el proyectil cuando sale del mortero? ¿Con qué ángulo con respecto a la horizontal debe ser disparado?. Desprecie la resistencia del aire.

y

Vo

 ?
x
200 pies

Análisis dinámico
Los proyectiles pueden ser analizados separando su movimiento en dos partes. El movimiento horizontal del proyectil se puede asumir como rectilíneo uniforme. Y el vertical como rectilíneo uniformemente acelerado. La relación entre la posición del proyectil (x) en un instante de tiempo (t), su velocidad inicial (Vo) suponiendo un ángulo (∝) de salida, y la descomposición en el eje horizontal (cos∝), está dada algebraicamente por:

x  Vo  cos   t

Sin embargo, verticalmente la relación de la altura (y) del proyectil en cualquier instante de tiempo (t) está dada, aceptando la variabilidad de la velocidad, donde la inicial está descompuesta con respecto a ese eje (sen∝), y por la característica del movimiento acelerado se ve afectado por la gravedad (-g).

y  Vo  sin   t 

1 g t2 2
Datos:

Solución
Ecuación 1 | Análisis Horizontal
x  200 ft

x  Vo  cos   t 200 ft  Vo  cos   (5s )  Vo  200 ft cos   (5s)

t  5s, y  0

Según los datos, a los 5 segundos, el proyectil alcanza la posición cero en la altura, es decir cuando cae, con esos dos parámetros y sustituyendo la ecuación 1 en esta adicción obtendremos el ángulo con el que se dispara desde el mortero.

y0 y  Vo  sin   t  0 1 g t2 2

200 ft 1  ft   sin   (5s )    32.2 2   (5s) 2 cos   (5s ) 2  s 

1  t  1 0      5s   200 ft  tan     32.2 2   (5s ) 2 2  s  5 Sustituyendo en la primera ecuación encontramos la velocidad inicial 0  200 ft  tan   402.5 ft 402.5 ft  tan   200 ft 200 ft Vo  cos(63.57)  (5s ) tan   2.0125    tan 1  2.0125 

  63.57
Este es el ángulo del disparo

Vo  90.09

ft s

Generamos la gráfica que define el comportamiento del proyectil a lo largo de un intervalo desde 0 hasta 5 segundos. En Matlab, con el siguiente código:
t=0:0.01:5; y=90.9.*0.895.*t-0.5.*32.2*t.^2; plot(t,y)

Aceleración normal y tangencial
Un camión parte del reposo para manejarse alrededor de una curva con un radio de 1200m . Si el camión aumenta su velocidad a una razón constante de 10m / s 2 . Determine la aceleración total después de 5 segundos y en ángulo que forma esta aceleración respecto a la horizontal.

1200m

Análisis dinámico
El estudio de la aceleración a través del movimiento circular, tiene dos componentes: tangencial y normal. El camión aumenta de velocidad en un porcentaje constante, y la conocemos como aceleración tangencial a t . No obstante, la aceleración normal a n es una incógnita en este problema, puesto que desconocemos el sentido que le otorga al propio movimiento del camión a lo largo del radio de giro  .

at  an 

dv dt v2



Lo que haremos es encontrar la componente normal de la aceleración, mediante el radio de giro y la integración de la propia aceleración tangencial. Y después asumiremos una relación trigonométrica para encontrar la aceleración total aTotal y el ángulo θ de la misma, con respecto a eje horizontal.

aTotal 

 at    an 
2

2

Solución
Para encontrar la aceleración normal en notamos que nos hace falta la velocidad. Para encontrarla, nos valdremos de la fórmula de la aceleración tangencial.

an 

v2



at 

Integrando ambos lados de la ecuación despejada para la diferencial de velocidad, dv  at dt  dv nos encontraremos con la constante C, que para condiciones iniciales, ya que el dt camión parte del reposo es cero. Esta expresión de la velocidad será sustituida en la fórmula de la aceleración normal. Sustituyendo:

 at dt   dv
v  at (t )  C C 0 v  at (t )

an 

v2



 a (t )  t


2

10m / s 2 (5s )    2.083m / s 2  1200m

2

La aceleración total podemos encontrarla de la siguiente forma:

aTotal  aTotal 

 at    an 
2 2 2

2

10m / s    2.083m / s 

2 2

aTotal  10.21m / s 2
Por la relación trigonométrica, vamos a encontrar el ángulo de la aceleración total con respecto a la horizontal.



cos  

at aTotal
1

at

 a    cos  t   aTotal   10m / s 2    cos 1  2   10.21m / s 


an
aTOTAL

  11.76

Principio de Trabajo y energía
La posición de una cuenta que se desliza a lo largo de un alambre curvo en el plano xy está definido por x  t 2 ; y  t 3 , donde x y y se miden en metros y t en segundos. Sobre la cuenta actúa una fuerza con proyecciones Fx  t  2 N ; Fy  3 N / t , respectivamente. Calcule el trabajo que la fuerza efectúa sobre la cuenta en el intervalo entre 1 y 2 segundos. N es la unidad Newton.

Análisis dinámico
El trabajo de un cuerpo está definido por el producto de la fuerza y el desplazamiento usado para su efecto. Así, si tenemos dos intervalos de tiempo, ese desplazamiento está descrito por una diferencial, al igual que las fuerzas, desde la posición inicial hasta la final. Si al igual, existen, como en este problema, nos dan dos fuerzas en diferentes ejes, podríamos expresar el principio del trabajo y la energía de la siguiente forma.

Wx   Fx2  Fx1  x2  x1 

Wy   Fy2  Fy1  y2  y1 
El trabajo final está definido algebraicamente por:

W

Wx   Wy 
2

2

Solución Fuerza y desplazamiento en X para t1  1
Desplazamiento

Fuerza y desplazamiento en Y para t1  1
Desplazamiento

x1  t1

2 2

y1  t13 y1  1  1m
3

x1  1  1m
Fuerza

Fx1  t1  2 N Fx1  1  2 N  1N

Fuerza

Fy1  3N / t1 Fy1  3N / (1)  3N

Fuerza y desplazamiento en X para t2  2
Desplazamiento

Fuerza y desplazamiento en Y para t2  2
Desplazamiento

x2  t2

2 2

y2  t 2 3 y 2   2 m   8m
3

x2   2m   4m

Fuerza

Fx2  t2  2 N Fx2  2  2 N  0

Fuerza

Fy2  3N / t2 Fy2  3N / (2)  3 / 2 N

Trabajo en X Wx   Fx2  Fx1  x2  x1  Wx   0   1N    4m  1m   3 Nm
Trabajo total de la cuenta esta dado por:
W W

Trabajo en Y Wy   Fy2  Fy1  y2  y1 
3  Wy   N  3N   8m  1m   10.5 Nm 2 
2

Wx   Wy 
2 2

 3Nm    10.5Nm 

2

W  10.9 Nm

Conservación de la Energía
Una masa de 1 slug está conectada a otra masa de 2 slug por medio de una cuerda ligera inextensible que pasa por sobre una polea sin fricción de masa despreciable. La masa de 2 slug está conectada a un resorte cuya constante es k= 16lb/pie. El resorte sin estirar mide 8 pulgadas. Desde esa posición sin estirar la masa de 1 slug es deslizada 10 pulgadas hacia abajo por la rampa alargando el resorte y luego es liberada. Suponga que la fricción entre el bloque y la rampa es depreciable. Calcule la rapidez de las masas al volver el resorte a su longitud inicial.

Análisis dinámico
Generalmente La suma de la energía cinética más la potencial es constante, por el principio de conservación de la energía.

E

k

 E p    Ek  E p 
1

2

La energía cinética está dada por
Ek  1 2 mv 2

Y la gravitacional por:
Eg  mgh
El trabajo del resorte y su energía potencial elásticas son iguales. El valor de x, representa la compresión o extensión del resorte. La energía necesaria para amplificar o comprimir al resorte va en relación de la constante propia y la distancia de la extensión o compresión al cuadrado. Esa energía es potencial elástica dada por:

1 2 kx 2 La potencial, que reúne a la potencial elástica más la gravitacional está dada por: E p  E pr  Eg E pr 

Ep 

1 2 kx  mgh 2

Así, tratando la cuerda como inextensible, la longitud del estiramiento de la masa de 1 slug es la que hace tensión al resorte que sujeta a la masa de 2 slug. Hay una tensión unísona en la cuerda, por el mismo criterio de la acción sobre la masa de 1 slug hacia abajo. Evidentemente, hay que asumir dos posiciones al analizar el evento, como una acción y una reacción. Pero, ante esa suposición la masa es conservativa:

m  m1  m2
En este caso particular tendríamos:

m  m1 cos   m2

La fuerza que hala a la masa de un 1 slug, es la que produce la aceleración y velocidad del sistema, influenciada por el propio peso de las dos masas, la de 1 slug sólo en su componente horizontal, puesto

que la vertical a los efectos no tiene ninguna función (si existiera un rozamiento si la contemplaríamos). Por la ley newtoniana de acción y reacción y en complicidad con el principio de conservación de la energía, la rapidez con la que las masas vuelven a su estado inicial se mantiene a lo largo del sistema.

Si partimos de la conservación de la energía Ek  E p



  E
1

k

 E p  en la aplicación de la fuerza,
2

nuestra variación importante estará localizada con respecto a la distancia con la que se estira el resorte, es decir, la misma que se hala, y las alturas. Para un resultado efectivo dividimos este análisis en dos momentos: Particularmente: 1) Momento cuando la masa de 1 slug está sometida a la fuerza que estira el resorte. En este instante, la energía cinética es cero. Pero la potencial elástica, al estirar el resorte, mas la gravitacional, actúan enérgicamente en el sistema.  Ek  E p 1   0  1 kx 2  mgh  para   2   h  18 pu lg x  10 pu lg 2) Momento que se suelta la masa, y el resorte regresa a su posición inicial  Ek  E p    Ek  E p 
1

Situación 1 Hala Situación 2 Suelta

10in

H1=18in X=10in

2slug 1slug θ=35 °
H2=8in

1  para h  8 pu lg  E p    mv 2  mgh  1 2  La energía potencial elástica del resorte es cero, porque vuelve a su estado original.  Ek  E p 1   1 mv 2  0  mgh    2 

2

E

k

Solución
1)

β θ

θ=35 °

Datos y conversiones   90  35  55 En la determinación del ángulo tenemos una situación trigonométrica de un triángulo inscrito por lo tanto, ambos angúlos son iguales. El complemento del ángulo, sabiendo que entre las componentes hay perpendicularidad, será la resta de 90° y el inscrito (35°). Y por la función del coseno, relacionamos a la descomposición horizontal. Despreciando la vertical porque no nos compete en la ausencia de la fricción.

m1  1slug  15.59kg m2  2 slug  31.18kg m  m1 cos  55   m2 m  15.59kg cos  55   31.18kg m  8.94kg  31.18kg m  40.12kg
2) Momento 1

x  10 pu lg  0.254m h1  18 pu lg  0.457m h2  8 pu lg 0.203m

g  9.81m / s 2 k  16lb / pie  233.52 N / m

1    E p    0  kx 2  mgh1  1 2    Ek  E p 1   1  233.52 N / m  0.254m 2   40.12kg   9.81m / s 2   0.457m     2 

E E

k

k

 E p   187.47 N / m
1

2) Momento 2 Como la energía en ese momento es igual que el instante ya calculado, sustituiremos el valor encontrado y despejaremos a la velocidad de la ecuación.

E

k

 E p    Ek  E p 
1

2

E p  E pr  Eg E pr  0 E p  Eg

E

k

 E p    Ek  0  Eg 
1

2

1  187.47 N / m   mv 2  mgh2  2  1  187.47 N / m   (40.12kg )v 2  (40.12kg )(9.81m / s 2 )(0.203m)  2  187.47  20.06v 2  79.89 187.47  79.89  5.36 20.06 v  5.36  2.32m / s v2 

Cantidad de movimiento y conservación de la energía
Una pelota de golf que pesa 0.45N se deja caer verticalmente desde una altura de 2m y esta rebota verticalmente a una altura de 1.5m Determine la cantidad de movimiento lineal de la pelota un instante antes de tocar el suelo, y un instante después de que toca el suelo y rebota. Si la pelota está en contacto con el suelo 0.01 segundos, determine la fuerza promedio que ejerce el suelo sobre la pelota en ese tiempo. Determine la energía cinética perdida por la pelota durante el contacto con el suelo.

2 metros 0.45N

1.5 metros

Análisis dinámico
La velocidad de la pelota antes del choque con el suelo se calcula aplicando el principio de conservación de la energía, el mismo principio nos permite encontrar la velocidad después de tocar el suelo.

1 mgh  mv 2 2  v  2 gh
Para el primer rebote, la velocidad de la pelota variará por efecto del coeficiente de restitución v  2 gh 1 1 (e) , que es una medida del grado de conservación de la energía cinética en un choque, en este h caso, de la pelota con el suelo. e2  2 A partir de las velocidades, es trivial encontrar la cantidad de momento lineal en la pelota, antes y después el choque. Sin embargo, tenemos que convertir el peso proporcionado a e  efectos de cálculo a las unidades correctas, dividimos por la aceleración de la gravedad.

h1

h2 h1

1  mv1 2  mv2

W  mg W g 0.45 N m  0.0459kg 9.81m / s 2 m

v2  ev1

Solución
Momento lineal antes y después del rebote
Un instante antes de tocar el suelo Un instante después de tocar el suelo

v1  2  9.81m / s 2   2m  v1  6.26m / s

1  mv1  0.0459kg  6.26m / s   0.28kg  m / s

1.5m  0.8660 2.0m v2   6.26m / s  0.8660  e v2  5.42m / s

2  mv2  0.0459kg 5.42m / s   0.25kg  m / s

Fuerza promedio del suelo sobre la pelota Del teorema del Impulso Mecánico Ft  m(v1  v2 )

m(v1  v2 ) t 0.0459kg (6.26m / s  5.42m / s) F 0.01s F  3.85 N F
Pérdida de energía cinética de la pelota en el contacto con el suelo E  (e2  1)mgh

E  (0.86602  1)(0.0459kg )(9.81m / s 2 )(2m) E  0.225 Nm