Cinetica de Un Punto - Impulso y Cantidad de Movimiento 2

7/25/2019 Cinetica de Un Punto - Impulso y Cantidad de Movimiento 2

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Universidad Nacional de San Crist obal deHuamanga

Facultad de Ingenier a Minas, Geolog a y Civil

Escuela de Formaci on Profesional de Ingeniera Civil

CURSODINAMICA IC-244

CIN ETICA DE UN PUNTOIMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

DOCENTE:Ing. CASTRO PEREZ Christian

ALUMNOS:

GARCIA GUTI ERREZ, Juan Carlos LUJAN YANASUPO, Max Antonni

CALDER ON QUISPE, Gilmer NAVARRO BAUTISTA, Paul

Ayacucho


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Baja

A DIOS por iluminar y bendecir nuestro camino. A nue-stros padres, quienes nos apoyan de manera incondicionalen nuestra formacion academica; gracias a ellos por apostarsiempre en la educacion.


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Indice Generalneral

IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO 10.1 PROBLEMA 19-66 20.2 PROBLEMA 19-67 40.3 PROBLEMA 19-68 60.4 PROBLEMA 19-69 80.5 PROBLEMA 19-70 110.6 PROBLEMA 19-71 120.7 PROBLEMA 19-72 140.8 PROBLEMA 19-73 160.9 PROBLEMA 19-74 170.10 PROBLEMA 19-75 190.11 PROBLEMA 19-76 210.12 PROBLEMA 19-77 22

0.13 PROBLEMA 19-78 24


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INTRODUCCI ON

En e presente trabajo se resuelven lo problemas propuestos del capitulo 19 referido

al tema de impulso y cantidad de movimiento, del libro de mec anica para ingenierosdinamica (editorial REVERTE), especcamente los n umeros 19-66 a 19-78. lo ejerciciosse desarrollan de manera detalla, para su facil entendimiento; apoyandonos en gracas deser necesario.

El GrupoEscuela Profesional de Ingenier a Civil

Universidad Nacional de San Crist obal de HuamangaAyacucho, octubre de 2014.


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DINMICA IC-244

Impulso y cantidad de movimiento


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0.1 PROBLEMA 19-66

Un punto material de 250 g, sujeto al extremo de un hilo inextensible, se deslizapor una supercie horizontal siguiendo una trayectoria circular (g. Pl9-66).El hilo pasa por un oricio central y de su otro extremo se tira lentamentereduciendo el radio de la trayectoria de 500 mm a 200 mm. Si la velocidadinicial del punto es de 5 m/s, determinar su velocidad cuando el radio es de 200 mm.

Problema 1 problema 19-66

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Solucion

Por conservaci on de momento angular. L = H

H 1 = H 2

r 1 mv 1 = r 2 mv 2

0.5 mx 0.25 kgx 5m / s = 0.2 mx 0.25 kgxv 2

v2 = 12.5 m/ sPor lo tanto la velocidad, cuando el punto material esta a 200 mm del centro, es

v2 = 12.5 m/ s

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0.2 PROBLEMA 19-67

El arbol vertical de la gura P19-67 gira con una velocidad angular inicial de20rad/s cuando el cilindro A de 2,5 N de peso comienza a deslizarse lentamentehacia afuera a lo largo del miembro ligero horizontal. Determinar La disminucionde La velocidad angular del arbol cuando el cilindro A se deslice desde 75 mmhasta 600 mm a partir del eje del arbol.


SolucionPor conservaci on de momento angular. L = H .

sabemos que :

L = H = rmv

pero : v = r

EntoncesH = mr 2

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entonces.

H 1 = H 2

r 1 2 m 1 = r 2 2 m 2

(0.075 m )2 xmx 20rad / s = ( 0.6 )2 xmx 2

2 = 0.3125 rad / s

donde : =

2 = 0.3125 rad / s

Por tanto la velocidad angular cuando el cilindro esta a 600 mm del centro, es : 2 =0.3125 rad / s

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Las ecuaciones del movimiento para una partcula de masa m bajo la acci on de unafuerza central son por lo tanto,

m r r 2 = f (r )

m 2r + r = 0

Multiplicando la ultima ecuaci on por r la podemos transformar en.

ddt mr

2

= 0

Lo cual no es mas que la expresion escalar de la constancia de la cantidad de movimientoangular en este tipo de movimiento.

En efecto, el modulo de L es :L = mrv = mr 2

Donde hemos llamado v a la componente de la velocidad perpendicular a er , es decir

v = r2

La ley de conservacion es esencial en todo problema de fuerzas centrales.

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0.4 PROBLEMA 19-69

Demostrar la segunda ley de Kepler: El radio vector que va de1 Sol a un planetabarre areas iguales en tiempos iguales.Es decir, demostrar que dA/dt =constante,donde dA es el area sombreada de la gura P19-69.


Solucion

Todos los planetas y satelites se mueven ba jo fuerzas centrales, y por tanto, su momentoangular permanece constante. Una consecuencia de que el momento angular de un planetapermanezca constante es la Ley de las Areas de Kepler.

Para deducir la Ley de las Areas nos basamos en la siguiente propiedad: toda partculaque se mueve bajo la acci on de una fuerza central tiene momento angular constante.Efectivamente, ya hemos visto que el momento de la fuerza central respecto del centro defuerzas es siempre nulo. Tambien sabemos que:

M = d L

dt

Por tanto, si M = 0 , se deduce que L = cte . Esto implica que el momento angular ha

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de permanecer constante en m odulo, constante en direccion y constante en sentido, dedonde se deducen las siguientes consecuencias:

1. Por ser constante la direcci on del momento angular, el movimiento de la partcula tienelugar en un plano. En efecto, si se tiene en cuenta que L , por denicion, es perpendicular

al plano denido por r Y v , para que la direccion de L no vare los vectores r Y v han deestar siempre en el mismo plano (Fig. 18).

Fig. 18. Una partcula sometida a una fuerza central, tiene una trayectoria plana.

Las conicas son curvas que cumplen esta condici on.

2. Si L mantiene constante su sentido, la partcula recorrer a la trayectoria siempre en elmismo sentido, como se deduce de la regla del tornillo, que nos da el sentido del productovectorial.

L = r xmv3. Si el modulo de L permanece constante, se cumple la Segunda Ley de Kepler: las areas

barridas por el vector que une el centro de fuerzas con la partcula son proporcionales alos tiempos empleados en barrerlas.

En efecto, supongamos que un planeta tarda un tiempo dt en pasar de M hasta M (Fig.19).

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Fig. 19. Cuando un planeta pasa de M a M, el vector de posicion barre el area dA.

El vector de posicion r ha barrido en ese tiempo un area dA. Esta area es la mitad delarea.

|r dr |del paralelogramo formado por los vectores

r y

dr

dA = 12

. |r xdr | = 12 |r x v dt|=

12

. |r x v |dtTeniendo en cuenta que

L = |r xmv | = |r x v |mse deduce:

dA = 12 .

L

m dt

dAdt =

12

L

m dt

Si L es constante, se deduce que dA/dt tambien lo es. El termino dA/dt recibe el nombrede velocidad areolar.

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0.5 PROBLEMA 19-70

Un satelite alrededor de la tierra est a en orbita elptica de semieje mayor a

=17000 km y semieje menor b = 13725 km (g. P19-70). Si en A la velocidad delsatelite es de 9500 m / m determinar su velocidad en B y C


Solucion

para V B , por conservacion del momento cineticoH A = H Br A mV A = r B mV B

V B = rA V A

r B= (

7000 ) ( 9500 )d

d = (2a 7000 )2 + b2 = (217000 7000 )2 + 13725 2d = 16981.626 km

V B = (7000 ) (9500 )16981.626 = 4845.359 m / s 4845 m / s

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Para C tambien por conservaci on de momento cineticoH A = H C r A mV A = r C mV C ; rC = 2a 7000 = 27000

V C = rA V A

r C = 7000 (9500 )

27000 = 2462.963 m/

s V C 2463 m / s

0.6 PROBLEMA 19-71

Una bola de peso 25N esta unida al extremo de un hilo inextensible de 0.6 m delongitud (g. P19-71). En el instante representado , la velocidad est a contenidaen un plano horizontal siendo v = 1.8 m / s y = 60 . determine el mnimo angulo del movimiento resultante de la bola.


Solucion

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por geometrah + 0.6cos60 = 0.6cos cos =

h0.6

+ 12

................. (1)

por conservacion de del momento cineticoH i = H f

La velocidad V 2 es horizontal para el mnimo angulo

0.6sin60 (1.8 ) = 0.6sin V 2

sin = sin601.8

V 2.......................... (2)

Por conservaci on de energa mecanicaEM 0 = EM f 12

mV 21 + mgh = 12

mV 22

1.8 2

2+ 9.81 h =

1

2V 22

h = v2 1.8

2

2

9.81................. (3)

3en 1

cos = V 2 1.8

2

2

9.81

.6+

12

..................... (4)

Resolviendo 4 y 2

= arcsin sin60 1.8

2.605

= 37

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0.7 PROBLEMA 19-72

Una bolita rueda libremente por el interior de una supercie conica de 30

, segunse indica en la gura P 19-72. En el instante representado, la velocidad de labolita es horizontal siendo z = 500 mm . determine la m axima altura a la quesubira la bolita si la velocidad inicial es vi = 4m / s . Repertirlo para el caso enque vi = 1m / s


Solucion

0.5 3d

= 0.5

h d = h 3 ..................... (1)

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Por conservaci on de la energa mec anicaE 1 = E 212

mV 21 = 12

mV 22 + mgh12 mV

21 = 12 mV

22 + mg (h 0.5 )v21 V

22 2gh + 2g0.5 = 0 ........................ (2)

por conservacion del momento cinetico, la velocidad en el punto mas alto es horizontalH 1 = H 2r 1 mv 1 = r 2 mv 2

V 2 =0.5 3V 1

h 3 = 0.5V 1

h .................... (3)

3 en 2

V 1 2 0.5 V 1

h

2

2gh + 2g (0.5 ) = 0 ; para V 1 = 4m / sh = 1.165 mm para V 1 = 1m / s h = 0.5

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0.8 PROBLEMA 19-73

Una bolita rueda libremente por el interior de una supercie c onica , segunse indica en la gura P19-73 . En el instante representado, la velocidad de labolita es horizontal siendo z = 60cm . Si la minima altura que se alcanza pormovimiento resultante es de 30cm , determinar la velocidad inicial V i de la bolitay su velocidad en el punto mas bajo


Solucion

Por conservaci on del momento cinetico

r 1 mv i = r 2 mv ..... (1)

de la relacion geometrica (similar al ejercicio anterior)

r 230

= 8060

r 2 = 40 cm = 0.4 m

por dato r 1 = 80 m la velocidad en el punto mas bajo es horizontal 80vi = 40vv = 2vi .... (1) por conservacion de la energa mec anica

12

mv 2i + mg 0.3 = 12

mv 2

tomando como nivel de referencia el punto mnima altura

v2i + 0.6 (9.81 ) = v2 ..... (2)

de las ecuaciones (1)y(2)

vi = 1.401 m / s v = 2.802 m / s

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0.9 PROBLEMA 19-74

un punto material de 2 kg que se desliza por una supercie horizontal esta unidoal extremo de un hilo el astico el otro extremo del hilo, que tiene una longitudnatural de 400 mm y una constante el astica k = 250 N / m , est a amarrado en A.En su posicion mas proxima a A (d=200 mm), el punto lleva una celeridad de 5m/s. Determinar:

1. La velocidad del punto (celeridad v y direcci on )cuando la longitud delhilo sea de 750 mm y el punto se esta alejando de A.

2. La longitud del hilo el astico y la velocidad del punto material cuando sehalle en la posicion mas alejada de A.

3. La velocidad del punto material cuando la longitud del hilo sea de 600 mmy el punto se mueve hacia A.


Solucion

Por conservaci on de la energa mec anica

12

mv 2i = 12

mv 2 + 12

ks 2 v = v2i ks2

m v = 52 250 s

2

2v = 25 125 s 2 .... ( )

por conservacion del momento angular

r 1 mv i = r 2 mv sin ()

= arcsin (r 1 vir 2 v

).... ( )

para 1)s = lf l0 = 750 400 = 350 cm = 0.35 m

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reemplazando en

v = 25 125 (0.35 )2 v = 3.112 m / s 2con r 1 = 200 cm , r 2 = 750 cm reemplazando en

= arcsin ( (200 )( 5)

750 (3.112 ) = 25.37

para 2) s = lf 0.4 reemplazando en v = 25 125 (lf 0.4 )2 ... (1)

reemplazando en para la posicion mas alejada = 90 entonces la ecuacion queda

1 = r 1 vi

r 2 v

1 = 200

lf ... (2)

de (1) y(2) lf = 0.219 yl f = 0.834 (se toma este valor ya que el hilo se extiende. De donde:

v = 1.199 m / s

para 3) s = lf l0 = 600 400 = 200 cm = 0.2 m reemplazando en v =

25

125 (0.2 )2

v = 4.472 m / s 2

con r 1 = 200 cm , r 2 = 600 cm reemplazando en

= arcsin ( (200 )( 5)

600 (4.472 )

= 158.118

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0.10 PROBLEMA 19-75

Un punto material de peso 10 N se desliza por una supercie horizontal sujeto alextremo de un hilo el astico. El otro extremo del hilo,el cual tiene una longitudnatural de 45 cm y una constante el astica k=133 N/m est a amarrado en A. Siv = 3m / s , = 40 y l = 675mm , en el instante representado, determinar:

1. La velocidad del punto material (celeridad v y direccion ) cuando sea nulala tensi on del hilo.

2. La distancia d de mayor aproximacion al punto A.

3. La longitud del hilo elastico y la velocidad del punto material cuando estalo mas alejado posible de A.


Solucion

datos del hiloln = 45 cm = 0.45 m

k = 133 N /

mdatos en la posicion mostrada

v = 3 m / s = 40

l = 675 mm = 0.675 m

Para 1) por conservaci on de la energa mec anica12

mv 2 = 12

mv a2 +

12

ks 2

( 12 ) 109.81 v2 = 12 ( 109.81 )3

2 + ( 12 )133 (0.255 )2

v = 3.950 m / s

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por conservacion del momento cinetico

r 1 mv 1 sin (1 ) = r 2 mv 2 sin (2 )

la longitud del hilo es 0.450 m en el instante que la tension es nula.

0.675 (3) sin (40 ) = 0.450 (3.950 ) sin (2 )2 = 47.08

Para 2) por conservaci on del momento cinetico

r 1 mv 1 sin (1 ) = r 2 mv 2 sin (2 )

la velocidad es tangente a la curva adem as igual a la velocidad hallada en 1) v = 3.950debido a que se da MRU cuando la tensi on es nula.

d(3.950 (= 0.675 (3) sin (40)d = 382 mm

para 3) por conservaci on de la energa mec anica

12

mv 2 = 12

mv a2 +

12

ks 2

12

109.81

v2 + 12

133 (l 0.450 )2 =

12

109.81

32 + 12

133 (0.255 )2 .... (1)

por conservacion del momento cinetico. La velocidad es tangente a la trayectoria

r 1 mv 1 sin (1 ) = r 2 mv 2 sin (2 )lv = 0.675 (3) sin (40) ........ (2)

resolviendo las ecuaciones (1) y(2) resulta

l = 0.346, l = 0.762l = 0.762 m (valorverdadero )v = 1.708 m / s

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0.11 PROBLEMA 19-76

Demostrar, para un sistema de n puntos materiales, que el momento cinetico delsistema respecto a un punto movil P puede escribirse en la forma:

H o = H G + rG mV GDonde H o = r i / o m i V i , H G = r i / G m i V i ,m = m i y rG y V G son losvectores de posicion y velocidad, respectivamente, del centro de masa del sistemade puntos materiales respecto al punto jo O.


Solucion

Por denici on , el momento cinetico respecto al punto O, jo en el sistema de referencianewtoniano, del sistema de masas que nos ocupa es la suma vectorial de los momentosrespecto a O de las cantidades de movimiento de todos los puntos materiales que integranel sistema y se expresa en:

H o = r i m i V iLa derivada temporal de esta suma de productos vectoriales es:H o = r i m i V i + r i m i

V i .El primer sumatorio desaparece por que el productovectorial de dos vectores iguales, r i y V i es nulo. El segundo sumatorio es r i m i

V i =r i F i o sea, la suma vectorial respecto de O de todas las fuerzas que act uan sobre

todos los puntos del sistema.Esta suma de momentos M o representa unicamente los momentos de las fuerzas exteriores

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al sistema, puesto que las internas son iguales y opuestas dos a dos y, por tanto, la sumade sus momentos es nula. As pues, a suma de momentos queda

M o = H o

0.12 PROBLEMA 19-77

Demostrar, para un sistema de n puntos materiales, que el momento cinetico delsistema respecto a un punto movil P puede escribirse en la forma:

H p = H G + rG / p mV G

Donde H p = r i / p m i V i , H G =r i / G

m i V i , m = m i y V G es la velocidadabsoluta del centro de masa del sistema de puntos materiales.


Solucion

El momento cinetico respecto a un punto arbitrario p (cuya aceleraci on podra ser r p ) loexpresamos ahora con la notaci on de la gura;Es decir,

H p = i r i .m i = [( + i ) r i .m i ]Podemos escribir el primer termino como r i .m i = m i V i = mV . El segundotermino es i r i .m i = H G . Entonces, re ordenando resulta:H p = H G + mV G

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Esta ecuaci on establece que el momento cinetico absoluto respecto a un punto cualquieraP es igual al momento cinetico respecto a G m as el momento respecto a p de la cantidadde movimiento mV del sistema supuesto concentrado en G.

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0.13 PROBLEMA 19-78

Demostrar, para un sistema de n puntos materiales, que el momento resultantedel sistema de fuerzas exteriores respecto a un punto P arbitrario (m ovil) puedeescribirse en la forma.

M p = H G + rG / p ma GDonde M p = r i / o F i ,H G = r i / G m i V i , m = m i y aG es la aceleracionabsoluta del centro de masa del sistema de puntos materiales.


Solucion

Aplicando el principio de momentos que se desarrollo en est atica, el cual un sistema defuerzas puede representarse mediante una resultante de fuerzas asociado.la gura se repre-senta, aplicada en G, la resultante

F i de las fuerzas exteriores actuantes sobre el sistemaacompanada de la correspondiente par de fuerzas de momentos M G . Relacionando ahorael momento resultante respecto a P de las fuerzas exteriores con el momento resultante delas mismas respecto a G, podemos escribir.

M p = M G + F iQue, segun las ecuaciones

M G = H G y

F i = G se convierte en:

M p = H G + ma

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