Ejercicios resueltos hibbeler

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTOBAL DE HUMANGA
Facultad De Ingeniería De Minas Geología Y Civil
Departamento Académico de Ingeniería de Minas y Civil
E.F.P. DE INGENIERÍA CIVIL
SEGUNDA PRACTICA CALIFICADA
12VA EDICIÓN DE HIBBELER
Dinamica (IC-242)
DOCENTE : Ing. CASTRO PEREZ, Cristian
Alumnos :
IRCAÑAUPAHUAMANI, Angel
ORELLANAHUAMAN, MiguelAngel
SOSALOZANO, Elvis
SOTOMEDRANO, KatherineSheylla
Ayacucho - Perú

Contenido
1 CINETICA DE UNA PARTICULA 1
1.1 FUERZA Y ACELERACION . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.1 Ejercicio 13.39: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.2 Ejercicio 13.102: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.1.3 Ejercicio 13.46: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.4 Ejercicio 13.79: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 TRABAJO Y ENERGIA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.1 Ejercicio 14.24: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.2 Ejercicio 14.36: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3 IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3.1 Ejercicio 15.8: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3.2 Ejercicio 15.11: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3.3 Ejercicio 15.44: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3.4 Ejercicio 15.74: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.4 SISTEMA DE PARTICULAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.4.1 Ejercicio 13.28: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.4.2 Ejercicio 14.13: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2 CINETICA DE UN CUERPO RIGIDO 20
2.1 FUERZA Y ACELERACION . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.1.1 Ejercicio 17.111: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.1.2 Ejercicio 17.112: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.2 TRABAJO Y ENERGIA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.2.1 Ejercicio 18.24: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.2.2 Ejercicio 18.55: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.3 IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.3.1 Ejercicio 19.8: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.3.2 Ejercicio 19.17: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.4 SISTEMA DE PARTICULAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.4.1 Ejercicio 17.90: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.4.2 Ejercicio 17.90: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

1 CINETICA DE UNA PARTICULA
UNIVERSIDAD NACIONAL
DE SAN CRISTOBAL
DE HUAMANGA
1.1 FUERZA Y ACELERACION
1.1.1 Ejercicio 13.39:
Supongamos que es posible cavar un túnel sin problemas a través de la tierra de una ciudad en A a
una ciudad en B, como se muestra. Por la teoría de la gravitación, cualquier vehículo C de masa m situado
dentro del túnel de ser sometido a una fuerza gravitacional que siempre se dirige hacia el centro de la
Tierra D. Esta fuerza F tiene una magnitud que es directamente proporcional a su distancia r del centro
de la tierra. Por lo tanto, si el vehículo tiene un peso W = mg cuando se encuentra en la superficie de la
tierra, entonces en un lugar arbitrario r la magnitud de la fuerza F es F = (mg/R)r, donde R = 6, 328km,
el radio de la Tierra. Si el vehículo se libera desde el reposo cuando está en B, x = s = 2mm, determine
el tiempo necesario para que llegue a A, y la velocidad máxima que alcanza. Despreciar el efecto de la
rotación de la tierra en el cálculo y asumir que la tierra tiene una densidad constante. Sugerencia: Escribe
la ecuación de movimiento en la dirección x, y señale que rcos? = x. Integrar, utilizando la relación
cinemática vdv = adx, luego integrar el resultado con v = dx/dt.
Solución:
Ecuación del movimiento: Tenemos:
X
Fx′ max′ −
mg
R
rcosθ = ma a = −
g
R
=
g
R
x
Aplicando la ecuación vdv = adx, tenemos:
Zv
0
v dv = −
r
R
Zx
s
x dx
c2
2
=
g
2R
(s2
− x2
)
v = −
r
g
R
(s2 − x2)
Nota: El signo negativo indica que la velocidad es en la dirección opuesta a la de x positivo.
Aplicando la ecuación dt = dx/v, tenemos:
Z2
0
= −
s
R
g
Zx
s
dx
√
s2 − x2
t =
s
R
g
(
π
2
− sin−1 x
s
)
En x = −s,
t =
s
R
g
(
π
2
− sin−1 −s
s
) = π
s
R
g
Sustituyendo R = 6328(103)m, y g = 9.81m/s2 en la ecuación, se obtiene:
t = π
r
6328(103)
9.81
= 2523.2s
E.F.P. INGENIERIA CIVIL - SEGUNDA PRÃCTICA CALIFICADA DE DINAMICA (IC-242) 1

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DE HUAMANGA
t = 42.1min
La máxima velocidad se produce cuando x = 0. De la primera ecuación se tiene:
vmax = −
r
g
R
(s2 − 02) = −
r
g
R
s
Sustituyendo R = 6328(103)m, s = 2(106)m, yg = 9.81m/s2 en la ecuación, se obtiene:
vmax = −
r
9.81
)6328(103
)2(106
)
vmax = 2.49km/s
1.1.2 Ejercicio 13.102:
El parque de diversiones gira con una velocidad angular constante de θ̇? = 0.8rad?s. Si la trayectoria
del viaje está definido por r = (3senθ + 5)m , y z = (3cosθ)m, determinar r, θ, yz; componentes de fuerza
ejercida por el asiento en el niño de 20 kg cuando θ = 120◦.
Solución:
Dado que se conoce el movimiento del niño, ar, aθ, yaz se determinarán primero. El valor de r y sus
derivadas respecto al tiempo en el instante θ = 120◦ son:
r = (3sinθ + 5)|θ=120 = 3sin120◦
+ 5 = 7.598m
ṙ = (3cosθθ̇ + 5)|θ=120 = 3sin120◦
(0.8) = −1.2m
r̈ = (3cosθθ̈ − senθ ¨
θ2)|θ=120 = 3
h
cos120◦
(0) − sin120◦
(0.82
)
i
= −1.66m
Usando las anteriores derivadas, tenemos:
ar = r̈ − r ˙
θ2 = −1.663 − 7.598(0.82
) = −6.536m/s2
aθ = rθ̈ + 2ṙθ̇ = 7.598(0) + 2(−1.2)(0.8) = −1.92m/s2

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DE HUAMANGA
También:
z = 3cosθm
ż = −3senθθ̇m/s
az = z̈ = −3(senθθ̈ + cosθθ̇2
)|θ=120 = −3[sen120◦
(0) + cos120◦
(0.8)2
)]
az = z̈ = 0.96m/s2
Ecuaciones de movimiento: Se tiene el siguiente diagrama de cuerpo libre:
X
Fr = mar; Fr = 20(−6.526) = −131N
X
F? = maθ; Fθ = 20(−1.920) = −38.4N
X
Fz = maz; Fz = 20(9.81) = Fz = 215N
Nota: Los signos negativos indican que Fr y Fθ actúan en sentido opuesto a los que se muestran en el
diagrama de cuerpo libre.
El paracaidista de masa m está cayendo con una velocidad de V0 en el instante en que se abre el
paracaídas. Si la resistencia del aire es FD = Cv2, determinar su velocidad máxima (velocidad final)
durante el descenso.
Solución:
Diagrama de cuerpo libre:

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Ecuaciones de movimiento:
Por referencia a la figura:
X
Fy = may; mg − cv2
= ma
a =
(mg − cv2)
m
= g −
c
m
/mv2
Utilizando el resultado de a, la velocidad del paracaidista como una función de t se puede determinar
mediante la integración de la ecuación cinemática, dt = dv/a. Aquí, la condición inicial v = v0 en t = 0
se utiliza como el límite de la integración. Por lo tanto:
Z
dt =
Z
dv
a
Zt
0
dt =
Zv
v0
dv
g − c
m v2
t =
1
2
q
gc
m
ln
√
g +
p c
m v
√
g −
p c
m v
!
|v
v0
t =
1
2
r
m
gc
ln


q
mg
c + v
q
mg
c − v


Por lo tanto la velocidad máxima del paracaidista es:
vmax =
r
mg
c
Nota: La velocidad máxima del paracaidista es independiente de la velocidad inicial v0.
Determinar la velocidad mínima que se debe dar a la caja de 5 libras en A en orden para que permanezca
en contacto con la trayectoria circular. Además, determinar la velocidad de la caja cuando se alcanza el
punto B.
Solución:

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Diagrama de cuerpo libre: El diagrama de cuerpo libre de la caja en una posición arbitraria
θsemuestraenlafigura.Enestecaso, andebeserdirigidahaciaelcentrodelatrayectoriacircularvertical(ejenpositivo), mientr
Ecuación del movimiento:
Aquí:
an =
v2
ρ
=
v2
4
Además, se requiere que la caja abandone la pista, por lo cual N = 0. Por referencia a la figura.
En la dirección de t:
P
Ft = mat; −5senθ = 5
32.2 at
at = −(32.2θ)ft/s2
En la dirección de n:
P
Fn = man; N − 5senθ = 5
32.2

v2
4

N = 0.03882v2
+ 5cosθ
Utilizando el resultado de at, la velocidad de la caja puede ser determinada integrando la ecuación
cinemática vdv = atds, donde ds = rd? = 4d?.
Usando la condición inicial v = v0atθ = 0◦ como el límite de integración:
Zv
v0
v dv =
Zθ
0◦
−32.2senθ(dθ)
v2
2
|v
v0
= 128.8cosθ|(0◦
)?
v2
= 257.6cosθ − 257.6 + v2
0
Siempre que la caja no abandone la trayectoria circular vertical en θ = 180◦, entonces se mantendrá en
contacto con la pista. Por lo tanto, se requiere que la caja está a punto de abandonar la pista a θ = 180◦.
Entonces, N = 0. Sustituyendo estos dos valores en la primera ecuación, tenemos:
0 = 0.03882v2
+ 5cos180◦
v = 11.35ft/s
0 = 0.03882v2
+ 5cos180◦
Sustituyendo los resultados de v y v0 = vmin, tenemos
11.3522
= 257.6cos180◦
− 257.6 + vmin2
vmin = 25.38ft/s = 25.4ft/s
En el punto B, θ = 210◦. Sustituyendo los valores de v0 = vmin = 25.38ft/s, tenemos:
v2
B = 257.6cos210◦
− 257.6 + 25.382
vB = 12.8ft/s

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1.2 TRABAJO Y ENERGIA
El bloque de 2 Ib se desliza hacia debajo de la superficie parabólica lisa de modo que cuando está en
A su rapidez es 10 pies/s. Determine la magnitud de la velocidad y la aceleración del bloque cuando llega
al punto B y la altura máxima y máx. que alcanza.
Solución:
Datos:
w = 2lb; VA = 10pies/s
Sabemos que: y = 0.25x2
Para el punto A: xa = −4ft
Entonces:
yA = 0.25(−4)2
yA = 4ft
Para el punto B:
xB = 1ft/s
yb = 0.25(1)2
yB = 0.25ft
TA +
P
UA−B Donde : T : Energíacinética U : Trabajo
*Reemplazamos los datos para hallar la velocidad en el punto B.
1
2

2
32.2

(102
) + 2(4 − 0.25) =
1
2

2
32.2

V2
B

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3.11 + 7.25 = 0.031V2
B
10.3600.031V2
B
VB = 18.48ft/s
VB = 18.5ft/s
*Hallando la aceleración en el punto B
Hallamos θ.
y = 0.25x2
Derivamos la ecuación en función de x:
dy
dx
= 0.25(2)x
dy
dx
= 0.5x
Sabemos que dy
dx = tgθ = 0.5x
En el punto B xB = 1ft/s
por lo Tanto:
tgθ = 0.5
θ = arctg(0.5)
θ = 26.565o
Derivamos nuevamente la ecuación.
d2y
dx2
= 0.25(2)
d2y
dx2
= 0.5
Aplicamos la segunda ley de newton
X
Ft = mat
−2sen(26.565o
) =

2
32.2

at
at = 14.4ft/s2
Hallando la aceleración normal:

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am =
V2
B
ρ
ρ =

1 +

dy
dx
2
3
2
d2y
dx2
=

1 + (0.5)2
3
2
|0.5|
ρ = 2.795ft radio de curvatura
Reemplazamos el radio de curvatura y la velocidad de B
an =
(18.5)2
2.795
an = 122.2ft/s2
Finalmente hallamos la aceleración de B:
a2
B = a2
t + a2
n
aB =
q
a2
t + a2
n
aB =
q
(−14.4)2 + (122.2)2
aB = 123ft/s
*Hallamos la altura máxima.
Aplicando el principio de trabajo y energía en los puntos A y C
TA +
X
UA−C = TC
1
2

2
32.2

(10)2
+ 2(ymax − 4) = 0
ymax = 55.55ft
La rapidez de la piedra de 50kg es VA = 8m/s cuando llega al punto A. determine la fuerza normal
que ejerce en la pendiente cuando llega al punto B. Ignore la fricción y el tamaño de la piedra.
Solución:
x2
+ yn2
= 2................(I)
x = y
Reemplazando: 2x1/2
x = y = 1m
Derivamos la ecuación (I).

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y−1/2 dy
dx
= −x−1/2
,
dy
dx
=
−x − 1/2
y − 1/2
.....(II)
Evaluamos en x = y = 1m
dy
dx
= −1
Derivamos la ecuación (II).
y−1/2 d2y
dx2
+

1
2

y−3/2

dy
dx

= −
1
2
x−3/2
d2y
dx2
= y−1/2

1
2y3/2

dy
dx

+
1
3x3/2

Evaluamos en x = y = 1m
d2y
dx2
= 1
Pero: tgθ = dy
dx
θ = arctg(−1) , θ = 45o
Hallando el radio de curvatura
ρ =

1 +

dy
dx
2
3
/2
d2y
dx2
=

1 + (−12)
3/2
1
, ρ2.828m
Por el principio del trabajo y la energía tenemos
TA +
X
UA−B = TB.....................(III)
El peso del bloque que actúa en la dirección opuesta a la del desplazamiento vertical realiza trabajo
negativo cuando el bloque 1 m desplaza verticalmente. Aplicando la ecuación (III), tenemos:
0.5(502)82 + 50(9.81)(1) = 0.5(50)V2
B
V2
B = 44.38m2/s2
Finalmente aplicamos la segunda ley de newton
X
Fn = man
N − 50(9.81)cos45o
= (50)(
v2
B
ρ
N − 50(9.81)cos45o
= (50)(
44.38
2.828
N = 1131.37
N = 1.3KN

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1.3 IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO
El jeep de cuatro ruedas motrices de 1.5 Mg se utiliza para empujar dos cajas idénticas, cada una con
una masa de 500 kg. Si el coeficiente de fricción estática entre los neumáticos y los suelos es µs = 0.6,
determinar la máxima velocidad posible el jeep se puede lograr en 5s sin provocar que las llantas resbalen.
El coeficiente de fricción cinética entre las cajas y el terreno es µk = 0.3
Solución:
El diagrama de cuerpo libre del jeep y cajas se muestran en las figuras A y B, respectivamente. Aquí,
la fuerza de accionamiento máxima para el jeep es igual a fricción estática máxima entre los neumáticos y
el suelo, es decir,
DCL:
FD = µsNJ = 0.6NJ La fuerza de fricción que actúa sobre la caja es
(Ff)c = µsNC = 0.3nC
Aplicando el Principio del impulso y cantidad de movimiento: Con referencia a la figura. A
(+ ↑).......m(v1)y +
X Zt2
t1
Fy dt = m(v2)y
1500(0)NJ(5) − 1500(9.81)(5) = 1500(0)
NJ = 14715N...........(I)
(+ →).......m(v1)y +
X Zt2
t1
Fy dt = m(v2)y

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1500(0) + 0.6(14715)(5) − P(5) = 1500v
v = 29.43 − 3.333(10−3
)P
Aplicando el Principio del impulso y cantidad de movimiento: Analizamos en la figura B:
(+ ↑).......m(v1)y +
X Zt2
t1
Fy dt = m(v2)y
100(0) + NC(5) − 1000(9.81)(5) = 1000(0)
NC = 9810N
(+ →).......m(v1)y +
X Zt2
t1
Fx dt = m(v2)y
1000(0) + P(5) − 0.3(9810)(5) = 1000v
vC = 0.0005P − 140715.............(2)
Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) tenemos:
v = 11.772m/s = 11.8m/s
P = 5297.4N

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El pequeño bloque de 20 libras se coloca en el inclinado avión y se sometió a 6 libras y las fuerzas de
15 libras que actúan en paralelo con bordes AB y AC, respectivamente. Si el bloque está inicialmente en
descansar, determinar su velocidad cuando t = 3s. El coeficiente de fricción cinética entre el bloque y el
plano es µk = 0.2
Solución:
Diagrama de cuerpo libre: Aquí, el plano x − y está ajustado en paralelo con el plano inclinado. Por lo
tanto, el eje z es perpendicular al plano inclinado. La fuerza de fricción actuará junto pero en el sentido
opuesto al de la moción, que forma un ángulo θ con el eje x. Su magnitud es Ff = µkN = 0.2N
Aplicando el Principio del impulso y cantidad de movimiento: Con referencia a la figura. A
m((v1))z +
X Zt2
t1
FZ dt = m(v2)z
20
32.2
(0) + N(3) − 20cos30o
(3) =
20
32.2
(0)
N17.32lb
Además:
m((v1))x +
X Zt2
t1
Fx dt = m(v2)x
20
32.2
(0) + 6(3) − [0.2(17.32)cosθ] (3) =
20
32.2
(vcosθ)
cosθ(v + 16.73) = 28.98..........(1)
También podemos ver:
m((v1))y +
X Zt2
t1
Fy dt = m(v2)y

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20
32.2
(0) + 15(3) − (20sen30o
)(3) − [0.2(17.32)senθ] (3) =
20
32.2
(vsenθ)
senθ(v + 16.73) = 24.15.........(2)
Solucionando las ecuaciones (1) y (2) tenemos:
θ39.80o
v = 20.99ft/s = 21ft/s
Bloque A tiene una masa de 2 kg y se desliza en una abierta Finalizado el cuadro B con una velocidad
de 2 m/s. Si la caja B tiene una masa de 3 kg y se apoya en la parte superior de una placa P que tiene una
masa de 3 kg, determine la distancia que la placa se mueve después de que se detenga deslizamiento en el
suelo. Además, ¿cuánto tiempo pasa después del impacto antes de cesa todo movimiento? El coeficiente
de fricción cinética entre la caja y la placa es µk = 0.2, y entre el placa y el suelo es µ′
k = 0.2. Además, el
coeficiente de estática la fricción entre la placa y el suelo es µ′
s = 0.2
Solución:DCL:
Usando la ecuación de equilibrio para FBD(a):
+ ↑
X
Fx = 0 ⇐ Nb − (3 + 2)(9.81) = 0B = 49.05N
Cuando cuadro B se desliza en la parte superior de la placa P.
(Ff)B = µkNB = 0.2(49.05) = 9.81N
Usando las ecuaciones de equilibrio para FBD (b)
+ ↑
X
Fy = 0; ⇐ NP − 49.05 − 3(9.81) = 0 ⇐ NP = 78.48N
+ ↑
X
Fx = 0; ⇐ 9.81(Ff)P = 0 ⇐ (Ff)P = 9.81N

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Puesto que,
(Ff)P [(Ff)P]max = µ′
kNp = 0.15(7848) = 9.418N, laplacaP
(Ff)P = µ′
kNp ⇒ 0.1(78.48) = 7.848N
Conservación del momento lineal: Si tenemos en cuenta el bloque y la caja como un sistema, entonces
la fuerza impulsiva causada por el impacto es interna al sistema. Por lo tanto, se anulan. Como resultado,
el momento lineal se conserva a lo largo eje x.
mA(VA)l + mR(VR)l = (ma + mR)v2
(+ →).....2(2) + 0 = (2 + 3)v2
v2 = 0.8000m/s →
Aplicando el Principio del impulso y momento lineal: Para que la caja B para detener el deslizamiento
placa P, tanto la caja B y la placa P debe tener la misma velocidad v3. Aplicando la ecuación a la caja B
entonces (FBD (c), tenemos:
m((vx))1 +
X Zt2
t1
Fx dt = m(vx)2
(+ →).....5(0.8) + [−9.81(t1)] = 5v3.....(1)
Aplicando el Principio del impulso y momento lineal para la placa P, entonces FBD (d) tenemos:
m((vx))1 +
X Zt2
t1
Fx dt = m(vx)2
(+ →).....3(0) + −9.81(t1) − 7.848(tl) = 3v3.....(2)
Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) tenemos:
t1 = 0.3058s; v3 = 0.200m/s
Ecuación del movimiento: De FBD (d), la aceleración de la placa P en la casilla B sigue deslizándose
en la parte superior de la misma está dada por:
+ →
X
Fx = max ⇒ 9.81 − 7.848 = 3(aP)1 ⇒ (aP)1 = 0.654m/s2
Cuando la casilla de parada B se deslizó en la parte superior de la caja B,(Ff)B. A partir de este
instante en adelante placa P y la caja B actúan como una unidad y se deslizan entre sí. De FBD (d), la
aceleración de placa P y la caja B viene dada por:
+ →
X
Fx = max ⇒ −7.848 = 8(aP)2 ⇒ (aP)2 = −0.981m/s2
Cinemática: Placa P recorre una distancia s1 antes del cuadro B deje de deslizamiento.
(+ →)S1 = (v0)Pt1 +
1
2
(aP)1t2
1
S1 = 0 +
1
2
(0.654)(0.30582
) = 0.030558m
El tiempo t2 para que la placa P pare tras la caja B que se deslizó viene dada por:
(+ →)v4 = v3 + (aP)2t2

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0 = 0.2002
+ (−0.981)s2
s2 = 0.02039m
La distancia total que recorre la placa P es:
SP = S1 + S2 = 0.03058 + 0.02039 = 0.5097, = 51mm
El tiempo total empleado para dejar todo el movimiento es:
tTot = t1 + t2 = 0.3058 + 0.2039 = 0.510s
Las tres bolas cada uno tiene una masa de m. Si A es liberado desde el reposo en θ , determinar el
ángulo φ al que se eleva después de C colisión. El coeficiente de restitución entre cada bola es e.
Solución:
Usando Conservación de la energía: El dato se encuentra en la posición inicial de la bola de B. Cuando
la bola A está a l(1 + cosθ por encima del dato de su energía potencial gravitatoria es mg[l − cosθ]
Aplicando la ecuación T1 + V1 = T2 + V2 tenemos:
T1 + V1 = T2 + V2
0 + mg[l(1 + cosθ)] =
1
2
m(vA)2
1 + 0
m(vA)1 =
p
2gl(1 − cosθ)
Por Conservación del Momento: Cuando la bola golpea una bola B, tenemos:
mAm(vA)1 + mBm(vB)1 = mAm(vA)2 + mBm(vB)2
(+ →)m
p
2gl(1 − cosθ) + 0 = mA(vA)2 + mB(vB)2.....(2)
Hallamos el coeficiente de Restitución:

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e =
B(vB)2 − B(vA)2
B(vA)1 − B(vB)1
(+ →)e =
B(vB)2 − B(vA)2
p
2gl(1 − cosθ) − 0
.....(2)
Resolviendo la ecuación (1) y (2) tenemos:
(vA)2 =
(1 − e)
p
2gl(1 − cosθ) − 0
2
(vA)2 =
(1 + e)
p
2gl(1 − cosθ) − 0
2
Por Conservación del Momento: Cuando la bola golpea la bola B C, tenemos:
mB(vB)1 + mC(vC)1 = mB(vB)2 + mC(vC)2
(+ →)m

(1 + e)
p
2gl(1 − cosθ) − 0
2
#
+ 0 = m(vB)3 + m(vC)2.....(3)
Hallamos el coeficiente de Restitución:
e =
(vC)2 − (vB)3
(vB)2 − (vC)1
(+ →) , e =
(vC)2 − (vB)3

(1+e)
√
2gl(1−cosθ)−0
2

− 0
.....(4)
Conservación de la energía: El dato se encuentra en la posición inicial de la bola C. Cuando la bola C
es l(1 − cosφ) está por encima del dato de su energía potencial gravitatoria es mg[l(1 − cosφ)]
Aplicando la ecuación T2 + V2 = T3 + v3 tenemos;
T2 + V2 = T3 + v3
0 +
1
2
m

1 + e
24
p
2gl(1 − cosθ)
#
= 0 + mgl(2 − cosφ)
φ = cos−1

1 −
(1 + e)4
4
(1 − cosθ)


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1.4 SISTEMA DE PARTICULAS
Los bloques A y B tienen una masa de mA y mB, donde mA mB . Si la polea C se le da una
aceleración de a0, Determinar la aceleración de los bloques. Desprecie la masa de la polea.
Solución:
a) Diagrama de cuerpo libre: El diagrama de cuerpo libre de los bloques A y B se muestran en la
Figuras, (a) y (b), respectivamente. Desde la polea C es lisa, la tensión en el cable se mantiene constante
para todo el cable.
b) Ecuaciones de movimiento: Por referencia a las figuras (a) y (b).
+ ↑
X
Fy = may
T − mAg = mAaA.....(1)
+ ↑
X
Fy = may
T − mBg = mBaB.....(1)
Eliminando en las ecuaciones (1) y (2)
(mA − mB) = mBaB − mAaA
c) Cinemática: La aceleración de los bloques A y B con respecto a la polea C será de la misma magnitud,
es decir aA/C = aB/C = arel. Si asumimos que aA/C se dirige hacia abajo, aB/C también deben ser
dirigidas hacia abajo para ser coherente. la aplicación de la ecuación de aceleración relativa.
aA = aC + aA/C

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aA = a0 + arel.....(4)
aB = aC + aB/C
aB = a0 + arel.....(5)
Eliminando en (4) y (5) tendremos:
aA + aB = 2a0.....(6)
Finalmente reemplazamos la ecuación (3) en (6) y así obtenemos lo que se pide:
aA =
2mga0 − (mA − mB)g
mA + mB
↑
aV =
2mAga0 − (mA − mB)g
mA + mB
↑
Determine la velocidad del bloque A de 60 lb. Si los dos bloques se sueltan desde el reposo y el bloque
B de 40 lb se mueve 2 pies por el plano inclinado. El coeficiente de fricción cinética entre ambos bloques
y los planos inclinados es uk = 0.10.
Solución:
Para el bloque A
+ տ
X
Fy = may
NA − 60cos60o
= 0
NA = 30lb
FA = 0.1(30)lb = 3lb
Para el bloque B
+ ր
X
Fy = may
NB − 40cos30o
= 0
NB = 34.64lb

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FB = 0.1(34.64)lb = 3.464lb
Utilizamos el sistema de los dos bloques. NA, NB, T y R no realizan trabajo.
T1 +
X
U1−2 = T2
(0 + 0) + 60sen60o
|∆SA| − 40sen30o
|∆SB| − |∆SA| − 3.464|∆SB| =
1
2

60
32.2

v2
A +
1
2

40
32.2

v2
B
2SA + SB = l
2A + SB = −B
Pero |B| = 2ft |A| = 1ft
2vA = vB
Sustituyendo y resolviendo
vA = 0.771ft/s
vB = −1.54ft/s

2 CINETICA DE UN CUERPO RIGIDO
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2.1 FUERZA Y ACELERACION
2.1.1 Ejercicio 17.111:
El cilindro de 15 libras está inicialmente en reposo sobre una placa de 5 libras. Si un momento par
M = 40libras.ft se aplica al cilindro, determinar la aceleración angular del cilindro y el tiempo necesario
para que el extremo B de la placa de viaje 3ft a la derecha y golpee la pared. Suponga que el cilindro no
se desliza por la placa, y desprecie la masa de los rodillos debajo de la placa.
Solución:
Ecuación del movimiento: El momento de inercia del cilindro alrededor de su centro de masa está
dada por IG = 1
2 mr2 = 1
2
15
32.2 (1.25)2 = 0.3639slug.ft2 del cilindro, por diagrama de cuerpo libre tenemos:
P
MA =
P
(Mk)A − 40 = −( 15
32.2 )aG(1.25) − 0.3639α
X
Fx = m(aG)x Ff =
15
32.2
aG
Aplicando la ecuación de movimiento en el diagrama de cuerpo libre siguiente, tenemos:
Analizando el movimiento de los puntos G y A. Tenemos:
aG = aA + α × r(G/A) − ?2
r(G/A)

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−aGi = (aA)xi + (aA)yj + αk × (1.25j) − ?2
(1.25j)
−aGi = [[(aA)x − 1.25α]] i +
h
(aA)y − 1.25?2
i
j
Igualando las componentes de i, tenemos:
aG = 1.25α − (aA)x
Resolviendo las ecuaciones:
α = 73.21rad/s2
aG = 22.90ft/s2
ap = 68.69ft/s2
Ff = 10.67lb
El tiempo requerido de la placa para viajar 3ft es:
s = s0 + v0t +
1
2
apt2
3 = 0 + 0 +
1
2
(68.69)t2
t = 0.296s

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2.1.2 Ejercicio 17.112:
El conjunto se compone de un disco de 8kg y una barra de 10kg, que está conectado al disco. Si el
sistema se libera desde el reposo, determinar la aceleración angular del disco. Los coeficientes de fricción
estática y cinética entre el disco y el plano inclinado son 0.6 y 0.4 respectivamente. Desprecie la fricción
en el B.
Solución:
Ecuación de movimiento:
Disco:
x = m(aG)x; Ax − FC + 8(9.81)sen30◦
= 8aG
X
Fy = m(aG)y; Nx − Ay − 8(9.81)cos30◦
= 0
X
MA = IAα; FC(0.3) = left[
1
2
(8)(0.3)2
α
Barra:
X
Fx = m(aG)x; 0(9.81)sen30◦
= 0
X
MA = IAα; −NB(0.5cos17.46◦
) + Ax(0.5sen17.46◦
) + Ay(0.5cos17.46◦
) = 0
Suponiendo que el disco no se desliza:
aG = 0.3α
Resolviendo las 7 ecuaciones planteadas, tenemos:

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Ax = 8.92N; Ay = 41.1N; NB = 43.9N
aG = 4.01m/s2
α = (13.4rad)/s2
NC = 109N
FC = 16.1N
(FC)max = 0.6(109) = 65.4N 16.1, Cumplelascondiciones
2.2 TRABAJO Y ENERGIA
Si la esquina A de la placa de 60 kg se somete a una fuerza vertical p = 500N y la placa se suelta desde
el punto de reposo cuando θ = 0o Determine su velocidad angular cuando θ = 45o
Solución:
Dado que la placa está inicialmente en reposo T1 = 0. Haciendo referencia a la fig.a Tendremos:
(vG)2 = ω2rG/IC = ω(1cos45o
)
(vG)2 = 0.7071ω2
Hallando el momento de inercia de la placa alrededor de su centro de masa
IG =
1
12
m(a2
+ b2
)
IG = 10kg.m2
La energía cinética final esta dado por :
IG =
1
12
m(vG)2
2
1
12
IGω2
2
IG =
1
12
m(0.7071ω2)2 1
12
(10)ω2
2
T220ω2

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Haciendo referencia a la figura. b, NA y NB no trabajan, mientras que P realiza trabajo positivo y W
realiza un trabajo negativo. Cuando θ = 45o, W y P desplazan hacia arriba a través de una distancia de
h = 1cos45o − 0.50 = 0.2071m y SP = 2(acos45o) − 1 = 0.4142m
Por lo tanto, el trabajo realizado por P y la W es:
UP = PSP
UP = 500(0.4142)
UP = 207.11J
El trabajo realizado por W
UW = −wh
UW = −60(9.81)(0.2071)
UW = −121.90J
Aplicamos el principio de trabajo y energía
T1 +
X
U1−2 = T2
0 + [207.11 − 121.90] = 20ω2
2
ω = 2.06rad/s

DE SAN CRISTOBAL
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La barra CB mantiene el panel de puerta rectangular de 50kg en posición vertical. Cuando se quita la
barra. El panel se cierra por su propio peso. El movimiento del panel lo controla un resorte conectado a
un cable enrollado en la media polea. Para reducir los portazos excesivos, la velocidad angular del panel
de puerta se limita a 0.5rad/s en el momento de cierre. Determine la rigidez mínima k del resorte si este
no esta alargado cuando el panel esta en la posición vertical. Ignore la masa de la media polea.
Solución:
Energía potencial: Con referencia al punto de referencia en la fig. a La energía potencial del panel
de la puerta en sus posiciones abierta y cerrada es
(vg)1 = W(yG)1
(vg)1 = 50(9.81)(0.6)
(vg)1 = 294.3J
Energía potencial en el punto 2
(vg)2 = W(yG)2
(vg)2 = 50(9.81)(0)
Puesto que el resorte no está estirado cuando el panel de la puerta está en la posición abierta (ve)1 = 0
, Cuando la puerta está cerrada, la mitad de polea gira a través de y el ángulo de θ = π
2 rad . Por lo tanto,
el resorte se extiende
S = rθ
S = 0.15
π
2

m
S = 0.075m

DE SAN CRISTOBAL
DE HUAMANGA
Luego hallamos (ve)2
(ve)2 = ()
1
2
ks2
(ve)2 = ()
1
2
k(0.075π)2
(ve)2 = 0.0028125π2
k
Por lo tanto,
V1 = (vg)1 + (ve)2 = 294.3 + 0
V1 = 294.3J
V1 = (vg)1 + (ve)2 = 0 + 0.0028125π2
k
Energía cinética: Dado que el panel de la puerta gira alrededor de un eje fijo que pasa a través del
punto A, su energía cinética se puede determinar a partir de T = 1
2 IAω2 , donde el momento de inercia
esta dado por:
IA =
1
12
50(1.22
) + 50(0.6)2
IA = 12kg.m2
Reemplazando encontraremos la energía cinética de en el punto A.
T =
1
2
IAω2
=
1
2
(24)ω2
T = 12ω2
Reemplazando la velocidad angular que nos dan como dato tendremos.
T1 = 0
T2 = 12(0.5)2
= 3J
Aplicamos la ley de la conservación de la energía, para finalmente hallar k:
T1 + V1 = T2 + V2
Reemplazando los valores anteriormente obtenidos tenemos:

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0 + 294.303 + 0.0028125π2
k
k = 10494017N/m
k = 105KN/m
2.3 IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO
El cilindro de 50kg tiene una velocidad angular de 30rad/s cuando se pone en contacto con la superficie
horizontal en c. si el coeficiente de fricción cinética es µk = 0.2 . Determine cuanto tiempo le llevara al
cilindro dejar de girar. ¿Que fuerza se desarrolla en el brazo AB durante este tiempo?. El eje que pasa
a través del cilindro esta conectado a dos eslabones simétricos. (solo se muestra el ab). para el cálculo.
ignore el peso de los eslabones.
Por el Principio del impulso y cantidad de movimiento
El momento de inercia del cilindro con respecto a su centro es
IG =
1
2
(50)(0.2)2
IG = 1.00kg.m2
Aplicando la ecuación:
En el eje y:
m(vGy)1 +
X Zt2
t1
Fy dt = m(vGy)2
(+ ↑)0 + N(t) + 2FABsen20o
(t) − 50(9.81)(t) = 0.....(1)
En el eje x:

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(+) → 0 + 0.2N(t) − 2FABsen20o
(t) = 0.....(2)
IGω1 +
X Zt2
t1
MG dt = IGω2
−1.00(30) + [0.2N(t)](0.2) = 0.....(3)
Resolviendo las ecuaciones 1 y 2 y 3 tenemos:
FAB = 48.7N , t = 1.64s
Por lo tanto:
N = 457.22N
La bola de boliche de 5kg es lanzada por la pista con un giro inverso de w0 = 10rad/s y la velocidad
de su centro de masa O es vo = 5m/s . Determine el tiempo para que la bola deje de girar a la inversa,
y la velocidad de su centro de masa en este instante. El coeficiente de fricción cinética entre la bola y el
callejón es µk = 0.08
Solución:
Principio del impulso y cantidad de movimiento: Desde las gradas de bola.Ff = Nµk = 0.08
El momento de inercia de la bola alrededor de su centro de masa es.
Io =
2
5
mr2
Io =
2
5
(5)(0.1)2
Io = 0.02kg.m2
Tomando como referencia la fig. a

DE SAN CRISTOBAL
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En el eje y tenemos:
m(vGy)1 +
X Zt2
t1
Fy dt = m(vGy)2
Sabemos que:
(HA) +
X Zt2
t1
MA dt = (HA)2
0.02(20) + 5(5)(0.1) + 0 = −5(vo)2
(0.1)
Finalmente:
(vo)2
= 4.6m/s
En el eje x:
+ → (HA) +
X Zt2
t1
MA dt = (HA)2
Reemplazando los datos:
5(5) − 0.08(49.05)(t) = 5(4.6)
Finalmente:
t = 0.51s
2.4 SISTEMA DE PARTICULAS
Una placa uniforme pesa 50lb. El brazo AB se sometido a un momento de par M = 10lb.pie de y
tiene una velocidad angular en el sentido de la manecillas del reloj de 2rad/s cuando θ = 30o. Determine
la fuerza desarrollada en el brazo CD y tangencial componente de la aceleración del centro de masa de la
placa en este instante. Desprecie la masa de brazos AB y CD.
Solución:

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a)Ecuaciones de movimiento: Dado que la placa se somete en forma de voladizo (aG)n = (22)(1.5) =
6ft/s2 . Con referencia al diagrama de cuerpo libre de la placa mostrada en fig. a
X
Fn = m(aG)n
−FCD − Bxcos30o
− Bysen301 + 50sen30o
=
50
32.2
(6).....(1)
X
Ft = m(aG)t
Bxsen30o
− Bycos30o
− 50sen30o
=
20
32.2
(aG)t.....(2)
X
MG = 0
Bx(1) − By(0.5) − FCDcos30o
(1) − FCDsen30o
(0.5) = 0.....(3)
b) Como la masa de enlace AB se puede despreciar, podemos aplicar la ecuación de momento
deequilibrio de vincular AB. En relación con su diagrama de cuerpo libre, fig. b
X
MA = 0
Bx(1.5sen30o
) − By(1.5cos30o
) − 10 = 0.....(4)
Resolviendo la ecuación (1) y (4)
Bx = 8.975lb
^
By = −2.516lb
FCD = 9.168lb = 9.17lb
(aG)t = 32.18ft/s2
= 32.2ft/s2

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La cuerda está enrollado alrededor del núcleo interno del carrete. Si a 5 libras bloque B está suspendido
de la cuerda y libera del reposo, determine la velocidad angular del carrete cuando t = 3s. Despreciar la
masa del cable. El carrete tiene un peso de 180 lb y el radio de giro alrededor del eje A se kA = 10.25 pies
Resuelve el problema de dos maneras, en primer lugar por teniendo en cuenta el sistema que consiste
en el bloque y el carrete.
Solución:
Hallamos la aceleración angular en:
X
MA =
X
(Mk)A
5(1.5) =

180
32.2

(1.25)2
α +

5
32.2

(1.5α)(1.5)
α = 0.8256rad/s2
Finalmente hallamos la velocidad angular
ω = ωo + aCt
ω = 0 + (0.8256)(3)
ω = 2.48rad/s

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