guiaresuelta 2014

Universidad Adolfo Ibañez Física-Mecánica

Ejercicios resueltos de Mecánica

Curso Ingeniería Civil

Profesor: Miguel Bustamante S.Facultad de Ingeniería y ciencias

Versión: miércoles, 30 de julio de 2014

Profesor Miguel Bustamante S. Temario

mailto:[email protected]?subject=Guia


Presentación

Este guía de trabajo tiene como objetivo de ayudar a usteden el conocimiento de Mecánica, en el curso de Física Mecánicade la carrera de Ingeniería civil de la Universidad Adolfo Ibañez(www.uai.cl).

Esta guía no pretende entregar todas las herramientas parael ramo, pero si una ruta que lo ayude a entender mejor y másrápido los requerimientos del ramo.

Quisiera recomendar algunas acciones que pueden ayudaren el rendimiento de este ramo:

Pasen en limpio la materia vista en clases. Siempre es bueno

tener ordenado la materia para poder entenderla.

Rehagan los cálculos de la clase y la ayudantía.

Pregunte sus dudas en la clase. No es el único que tiene

dudas.

Realizar un ejercicio a diario. Si tiene dificultad en resolver

este ejercicio, consulte al profesor o profesor ayudante lo

antes posible.

Utilice los libros de la biblioteca.

Existen enlaces de interés para el curso que puedenayudar al desarrollo de este

● Física con ordenador http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica/

● Cursos del MIT

● http://open.yale.edu/courses/ curso de Yale

Pagina 2

http://open.yale.edu/courses/

http://web.mit.edu/physics/subjects/index.html

http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica/

http://www.uai.cl/


Temario Ejercicios resueltos

Vectores

Cinemática

Dinámica




Energía

Choque: Momentun eimpulso

Dinámica desólidos

Estática

Pagina 4


Indice Vectores......................................................................................................................................................8

Problema 1.............................................................................................................................................8Solución............................................................................................................................................8

Pregunta 2..............................................................................................................................................9Solución:...........................................................................................................................................9

Pregunta 3............................................................................................................................................10Solución:.........................................................................................................................................11

Cinemática................................................................................................................................................14Pregunta 1............................................................................................................................................14

Solución..........................................................................................................................................14Pregunta 2............................................................................................................................................16

Solución..........................................................................................................................................16Problema 3...........................................................................................................................................18









Pagina 6

Problema 17.........................................................................................................................................39Solución..........................................................................................................................................39

Dinámica..................................................................................................................................................43Problema 1...........................................................................................................................................43

Solución:.........................................................................................................................................43Pregunta 2............................................................................................................................................45

Solución..........................................................................................................................................45Pregunta 3............................................................................................................................................48







Solución..........................................................................................................................................60Problema 10.........................................................................................................................................61



Solución.....................................................................................................................................64Problema 13.........................................................................................................................................65

Solución..........................................................................................................................................65Problema 14.............................................................................................................................................67

Solución..........................................................................................................................................67Pregunta 15..........................................................................................................................................70


Solución..........................................................................................................................................72Energía.....................................................................................................................................................76

Problema 1...........................................................................................................................................76Solución:.........................................................................................................................................76

Problema 2...........................................................................................................................................77Solución..........................................................................................................................................77


Problema 4...........................................................................................................................................81Problema 5...........................................................................................................................................82

Pagina 8



Choque.....................................................................................................................................................87Problema 1...........................................................................................................................................87








Solución..........................................................................................................................................96Dinámica de Sólidos................................................................................................................................98Problema 1...............................................................................................................................................98

Solución:.........................................................................................................................................98Pregunta 2..........................................................................................................................................100

Solución........................................................................................................................................100Problema 3.........................................................................................................................................102




Solución........................................................................................................................................107Estática de Sólidos.................................................................................................................................110

Pregunta 1..........................................................................................................................................110Solución........................................................................................................................................110

Pregunta 2..........................................................................................................................................111Solución........................................................................................................................................111

Problema 3.........................................................................................................................................112Solución........................................................................................................................................112




Vectores

Problema 1

Se tiene una barra de longitud L que se puede mover libremente en los ejes, como se muestra en la figura.

La posición del punto A está descrito por la ecuación: A t =L2L4

sin wt i

Encuentre la ecuación que describe el ángulo (t)Grafique el ángulo (t) en función del tiempo para los valores de L=1 y w=0.2 pata t=0 y t=10.

Solución

Por definición, el coseno del ángulo es: Cos()=L/2+L/4Sin(wt))/L=1/2+1/4*sin(wt).Por tanto =Arccos(1/2+1/4sin(wt))El gráfico es:

Pagina 10

A

BL


Pregunta 2

Se tiene un cubo de lado “a”. Una hormiga se mueve desde el punto A al punto B.

Calcular el ángulo queforman el vector OA y el vectorOC.

Solución:

Primero debemos describir lasposiciones de los puntos A y Csegún el sistema de referenciaque se observa. El vector OA=ai+ak yOC=aj+ak.

Aplicando el producto internose tiene que: OA*OC=a2 , y losmódulo de ||OA||=a2 =||OC||Por tanto la ecuación nos queda:2a2= (a2 )2Cos( ). Despejando el Coseno d el ángulo se obtiene que Cos( )=(2a2)/(2a2)=1. Esto implica que =/2 (90°).


x

y

z

A c

O



Pregunta 3

Supongamos que tenemos el siguiente sistema planetario.

El planeta 1 esta a una distancia de 2 ua, y le toma en recorrer toda la circunferencia (la órbita) 1.5 año; el satélite está a una distancia de 0.1 ua del primer planeta y gira en torno al primer planeta tomando un tiempo de 0.2 año; elplaneta 2 está a 5 ua del sol y tiene un “periodo orbital” de 5.93 año.

La posición de cada cuerpo está descrita por la siguiente ecuación:R t=Rcos wt , sinwt , donde R esta distancia al centro del movimiento, w es la

frecuencia angular, que es igual w=2/T, donde T es el tiempo que demora en recorrer toda la órbita: el periodo. Todos los planetas están en t=0 según la figura.

Suponiendo que cada cuerpo está descrito por la ecuación encuentre:a) El vector relativo que hay entre el planeta 1 y 2. Grafique el módulo de este

vector en función del tiempo de 0 a 7 años. ¿Cuando están a la máxima distancia?, ¿cuando a la mínima?

b) Escriba el vector posición para cualquier momento del satélite en torno al Sol.c) Encuentre una expresión del ángulo de forman los vectores posiciones de los

planetas en función del tiempo. Grafique este ángulo entre 0 y 7 años, y diga cuando este tiene un valor de /2 y de .

Pagina 12

Sol

Planeta 1

Satélite

Planeta 2


Solución:

Sabemos la expresión vectorial de la posición de los cuerpos en torno su punto de rotación. La posición del planeta 1 y 2 esta dado por las expresiónR1t =R1cos w1 t iR1 sinw1 t j y R2 t =R2 cosw2 t iR2 sinw2 t j . El vector relativo

entre los planetas es R2-R1, y obteniendo el módulo se puede llegar a la siguiente expresión: ∥ R2t − R1 t ∥=R2

2R1

2−2R1 R2 cos w2−w1t :la representación gráfica

del módulo en función del tiempo es:

La máxima distancia corresponde cuando los planetas están formando un ángulo de 180° ( radianes). Esto corresponde cuando cos((w2-w1)t)=-1, y es cuando

(w2-w1)t=n, donde n es impar. t n=n

w1−w2, t1=1.04 año, t3=3.0126, etc.

La mínima distancia ocurre cuando cos((w2-w1)t)=1 , es de decir (w2-w1)t=m, con m par; t0=0 años, t2=2.08 años, t4=4.16 años, etc.

Pregunta bLas posiciones respecto del

centro de rotación está descrita por laformula presentada en el enunciado.En este caso queremos escribir elvector posición de la Luna respecto del Sol.

Según la representación gráfica, el vector que buscamos es la suma de los vectores, la suma vectorial, es decir :

RSL= P1L . En términos cartesianos, se puede escribir como:RSL=R1cos w1 t RL coswL t iR1 sinw1 t RL sinwl t j


P1

L



Pregunta cEl producto interno nos da la información que buscamos: R1

R2=∥ R1∥∥ R2∥cos t

Despejando el cos((t)) se llega a la siguiente expresión:cos(t)=cos((w1-w2)t). Los planetas están perpendiculares entre sí, cuando (w1-w2)t=k, donde k tiene los valores de la sucesión ((2n+1)/2), donde n es un

número entero incluyendo el cero. Por tanto t n=

2n12

w2−w1

, t0=0.502 años,

t1=1.5063 años, t3=7.53 años. El valor de es cuando (w1-w2)t=, es decir t=1.0042 años

Pagina 14


Cinemática




CinemáticaPregunta 1

Un profesor de Física (Miguel Bustamante) pasa por al esquina de ManuelMontt y 11 de Septiembre a una velocidad de 60 Km/H en dirección Sur. En elinstante que pasa frente a un alumno que tiene una moto de 1100 cc, elalumno acelera la mota para alcanzar al profesor. La moto puede acelerar de 0a 100 Km/h en 4.5 seg. Sin embargo, la moto tiene un problema; cuando llega alos 80 Km/h, esta comienza a desacelerar a razón de -0.8 m/seg2. Elmovimiento del profesor no cambia y el origen del sistema está en la esquinade Manuel Montt con 11 de Septiembre.

Sobre la información entregada, grafique la posición de los cuerpos. • Calcule el momento del encuentro, si es que se encuentran.• Si no se encuentran, calcule la velocidad mínima que debe tener el

profesor para ser alcanzado.

Solución

Primero debemos escribir la ecuación de cada móvil en todo instante de tiempo.La ecuación del profesor xp(t)=vpt=16.67t m en todo instante para t>0 seg.El alumno tiene una ecuación en un principio xa(t)=1/2at² a=(27.7-0)/4.5m/s²=6.17 m/s², pero cambia para un t0 donde cambia de aceleración. Lanueva ecuación tiene la forma 1/2a'(t-t0)²+v0(t-t0)+x0, donde v0 es lavelocidad que tiene en t0 y X0 es la posición en t=t0. El momento dondecambia de aceleración es cuando el estudiante tenía una velocidad de 80km/h=22.2 m/s; es decir, va(t)=at=22.2 m/s. El tiempo es t=3.59 seg. Este esnuestro t0. La posición es x0=1/2a*3.59²=39.9 m. Entonces la ecuación delestudiante tiene la siguiente estructura:

xa t ={12

6.17 t² , t0

12−0.8 t−3.59 ²22.2 t−3.5939.9 , t3.59}

Graficando la posición de ambos móviles nos da el siguiente gráfico.

Del gráfico se observa que se juntan . Esto lo vamos a probar igualando lasecuaciones. Existen dos tramos de interés

Pagina 16


• t<3.59.Esto implica xa(t)=xp(t)

1/2*6.17*t²=16.67t, obteniéndose t=5.41 s >3.59 s (no es solución) No sejuntan.

• para t>3.59-0.5*0.8*(t-3.59)²+22.2*(t-3.59)+39.9=16.67t, se obtiene que no hay solución

real. El alumno no alcanza al profesor.

Veamos la velocidad mínima del profesor. Supongamos que xp(t)=vpt.Igualando a la ecuación del alumno se obtiene la siguiente ecuación que deberesolverse:

-0.4*t²+(25.072-vp)t-45.2=0

Para que se tengan soluciones el determinante debe ser mayor o igual acero.La condición mínima es que sea igual a cero. Esto implica que (25.072-vp)²-72.32=0. Por tanto vp=16.56 m/s=59.6 Km/h, velocidad mínima.


0 5 10 15 20 25

0

50

100

150

200

250

300

350

400

Título principal

Profesor

Alumno



Pregunta 2Un cuerpo se mueve a rapidez constante en el tramo AC.El cuerpo parte de A hacia C, a rapidez constante. Entre A y B corresponde a la de un arco de

circunferencia de radio R; entre B y C es una línea recta de pendiente cero.Con estos datos, calcule

• El radio r(t), en función del tiempo y el ángulo en función del tiempo.• Calcule la velocidad angular en el punto B, como la aceleración en ese punto B en coordenadas

polares.• Calcule la velocidad en C en coordenadas polares.

Solución

La distancia en el arco de circunferencia al origen del sistema es constante e igual a R siempre que esté

entre A y B. El tiempo que toma en recorrer hasta B es t=π R4v0

. Posterior a este punto, la distancia

crece, ya que se mueve en una recta (1). la distancia s=v0( t−π R /(4v0)) . Luego la distancia al origen en el tramo BC es r (t)=√R2

+(v0(t−π R /(4v0)))2 .

Esto se puede resumir como

r (t)=(R 0< t<

π R4v0

√R2+(v0(t−π R /(4v0)))

2 π R4 v0

<t<π R/ 4+R

v0)

Pagina 18

R

R A

BC

x

y


la velocidad en el tramo AB es sólo tangencial, V=r (t) θ θ . Esto implica que la magnitud de la

velocidad cumple v0=θ R⇒θ=v0

R. la aceleración en el punto B es sólo radial, es decir

a=−R(θ)2 r=−v0

2

Rr

Recordemos que la velocidad en coordenadas polares es v (t )= r r+r θ θ . Conocemos r(t), por tanto conocemos su derivada, pero no así, el ángulo. El ángulo los podemos expresar como

θ(t)=π2+ atan( v0(t−π R/ (4 v0))

R )Luego, la derivada es

θ=1

1+( v0

R( t−π R/(4v 0)))

2

v0

R(t−π R/ (4 v0)) .

En el momento que pasa por C, el tiempo es t c=π R /4+R

v0. Luego evaluando en ese tiempo

las expresiones y sus derivadas, se obtiene que r (t c)=√2 R , r=√22v0 y θ=

12

v0

R. la

velocidad en el punto C es

v c=√22v0 r+

√ 22v 0θ


Figura 1: Trayectoria, posterior a B

R

s

R

s

vr

vt



Problema 3

Se tiene un cuerpo que inicialmente está a una altura H de un disco que gira. El disco a una distancia r de su centro tiene un orificio por donde puede caer el objeto.

El disco gira a una frecuencia angular constante w. Calcular larelación entre la altura H y la frecuencia angular del disco para que cruce por el orificio. Ambos están inicialmente en t=0 en la posición que se muestra en la figura.Se coloca un segundo disco, separado por una distancia d, desfasado en /2 con respecto al anterior, girando a la mismafrecuencia w y con un orificio a la misma distancia del centro.¿ Desde que alturas se puede dejar caer el objeto para que cruce por ambos orificios.?

Solución

Para saber desde que alturas podemos dejar la partícula, primero debemos darnos un sistema de referencia. El origen del sistema de referencia va estar en el centro del disco (azul). Según el sistema de referencia, la ecuación de

posición del cuerpo que cae es: R t=r ,−12

g t²H El

tiempo que demora en caer debe ser igual a un número entero n por el periodo del disco T. En el instante que está en el origen después de un tiempo nT se cumple que -1/2g(nT)2 + H=0. Esto implica que existe n alturas posibles que crucen por el

orificio, esto es: H n=12

g nT 2 .

Para que cruce por el segundo orificio la ecuación en la posición de y debe

cumplir la siguiente igualdad: −d=−12

g nTT4

2

H , donde T/4 es el tiempo que

demora en recorrer la distancia d. Desarrollando la ecuación y imponiendo que

H=1/2 g(nT)². El valor de n que se tiene es: n=8d

gT 2−

132

Esto implica que la

altura es:

H=12

gT 8d

g T 2−

132

²

Pagina 20

r

H

r

d


Problema 4

Un profesor de física sale de su casa a las 6:00 horas de la mañana a caminarjunto con su perro “fotón”. El profesor camina a 5 [km/h] y el perro “fotón” lo hace a 20[km/h]. El perro avanza en la misma dirección que el profesor. Cuando hantranscurrido 45 minutos (punto A), el perro se devuelve con la misma rapidez y avanzahacia el profesor hasta alcanzarlo.

Sobre la base de la información anterior, ● Calcule dónde y cuándo se produce el primer encuentro del profesor y el perro. ● Grafique, sobre un mismo diagrama, la posición de ambos en función en el tiempo. ● Grafique, para ambos, la velocidad en función del tiempo.

Solución

Escribamos al ecuación de posición del profesor. El tiempo cero para nosotros es alas 6:00 horas. La ecuación del profesor está dado por la expresión P t =5tKm . Elperro fotón es un poco mas complicado. La ecuación del perro es:

f t = 20 t km, t0,75h−20t−0,7515km

Grafiquemos las posiciones de los móviles.

Según el gráfico, existe un encuentro cerca de los 6 km, es decir en torno a las1,25 horas de viaje.

El tiempo de encuentro es mayor que 0,75 horas, por lo tanto la posición del perro


0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6

0

2

4

6

8

10

12

14

16

Gráifco de posición vs tiempo

Posicióm Profe (km)

posicon foton (km)

Tiempo (h)

Posi

ció

n (

km

)



fotón está dado por la ecuación -20(t-0,75)+15 km. Este se debe igualar a la posicióndel profesor: -20(t-0,75)+15=5t. Despejando el t se obtiene el momento delencuentro. Este corresponde a t=6/5 h=1,2 h. Evaluando en cualquier de lasecuaciones de posición nos da la distancia al origen. En elñ caso del profesor P(1,2h)=1,2*5 km= 6 km, como se aprecia en el gráfico.

El gráfico de velocidad de los móviles está dado por:

Pagina 22

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6-25

-20

-15

-10

-5

0

5

10

15

20

25

Velocidad v/s Tiempo

Velocidad profesor(Km/h)Velocidad perro (km/h)

Tiempo (h)

Velñ

oci

dad (

km/h

)


Problema 5

En el borde de un acantilado hay un cañón que dispara proyectiles a 25 [m/s]. En el instante t = 0 [s] hace un disparo a 53º de elevación; enseguida se inclina el cañón y se hace un segundo disparo, esta vez a 37º. Si el segundo disparo se efectúa T segundos después que el primero,

● ¿Cuál debe ser el valor de T para que los proyectiles choquen? ● ¿En qué punto se produce el choque? ● ¿Cuál es la velocidad a la que chocan los cuerpos?

Solución

Realicemos un esquema del problema

Escribamos el vector posición de cada disparo, suponiendo el sistema de referencia en el cañón.

El vector posición del primer disparo es:

r 1 t =25cos53t ,−12g t225sin 53∗t m

El vector posición del segundo disparo es:

r 2 t =25cos37t−T ,−12gt−T 225sin37t−T

Si se encuentran, las componentes de los vectores deben ser iguales. Estop implica que 25cos(53)t=25cos(37)(t-T) y


Lanzamiento 2

Lanzamiento 1



-0,5gt2+25sin(53)t= -0,5g(t-T)2+25sin(37)(t-T)

Resolviendo el sistema de ecuaciones de segundo orden anterior, se obtiene que

t=0 s o t=2∗25∗sin53−cos53g

s=4 s y T=1 s (g=10 m/s2)

Evaluando en cualquier de los vectores, se obtiene que la posición de encuentro es (19,6;14,76)m.

Derivando la ecuaciones de posición con respecto al tiempo, obtenemos los vectores velocidad. en el caso del proyectil 1v1 t=25cos53,−gt25sin 53t y del proyectil 2v2t=25cos37,−gt−T 25sin37t−T . Evaluando en t=0,98 s, se

obtiene los siguientes vectores velocidades v1(0,98)=(15,0;-191) m/s y v2(0,98)=(19,96; 3,73) m/s.

Pagina 24


Problema 6

Una expedición de la Universidad Adolfo Ibañez quiere medir la altura de unacaverna. Para eso dispara un proyectil, de modo que el ángulo de elevación es de90º. El sonido del choque sobre el techo se escucha un tiempo T después que seha disparado. El tiempo de subida es tv (hasta chocar con el techo) y ts es eltiempo que demora el sonido en recorrer la distancia h. La velocidad del sonidoes Vs. Se sabe que T = 3tv.

Calcule en términos de h, g, Vs:● La velocidad de salida del proyectil del cañón ● El tiempo tv

Solución

Realicemos un esquema del problema.

Si situamos el sistema de referencia en el suelo, la ecuación que describe el proyectil, la ecuación es: (0,-g/2t2+vt).

Si llamamos tv al tiempo que demora en chocar con cielo de la caverna, y ts el tiempo que el sonido demora en recorrer, se tiene la siguiente relación T=tv+ts=3tv; del cual se obtiene ts=2tv.

Si la altura de la caverna es h, se tiene que:h=-g/2tv2+vtv y h=Vsts. La altura es la misma, por tanto -g/2tv2+vtv= Vsts = 2Vstv. Por tanto ts=2tv. Esto implica h/Vs=2tv y por tanto tv=1/2 h/Vs.

Además, de la igualdad de las alturas h=-g/2tv2+vtv =Vsts=2Vstv, se tiene que tv=2(v-Vs)/g=1/2h/Vs, del cual se obtiene que v=Vs+gh/(4Vs).




Pagina 26


Problema 7

Se tiene el siguiente gráfico de velocidad en función del tiempo de dos móviles:

Se sabe que el móvil A está en t =5 [s] a 10 [m] del origen. El móvil B, en t = 0 [s]está a en el origen (0 [m]). Los cuerpos continúan moviéndose indefinidamente. En base a la información entregada:

a) Realice un gráfico de posición en función del tiempo para ambos móviles b) Escriba las ecuaciones de movimiento de cada uno de los móviles c) Calcule dónde se encuentran los móviles

Solución

Para poder realizar el gráfico debemos escribir las posiciones en función deltiempo. Para el móvil A, la ecuación sería:

x At =10t−5 10 m,0t5 s

−10t−510 m,5t10 s−40 m,t10 s

Para el móvil B

XBt =5t m, t10 s

−10t−1050 m,t10 s

Según el gráfico, nunca se encuentran


105

10[m/s]

[s]

VelocidadMóvil A

Móvil B

5[m/s]

-10[m/s]



Pagina 28

0 2 4 6 8 10 12 14-60

-40

-20

0

20

40

60

Posición de los móviles

XA(t)

XB(t)

Tiempo (s)

dis

tan

cia m


Problema 8

Un móvil está en t= 0 s en la posición r=10,10m . En ese instante tiene una velocidad de v=5,−2m/s hasta t=10 s. En ese instante cambia su velocidad av=−10,5m/s y se detiene en t=30 s.

Otro móvil, tiene una velocidad u=10,−5m/s y en t= 0 s estár=0,15m .

Con la información entregada:● Dibuje las trayectorias de los móviles● ¿Se encuentran?

Solución:

Debemos escribir las posiciones de los móviles La ecuación del primer cuerpo

R t={5,−2t10,10 m, 10t0s

−10,5t−1060,−10m, 10t50s−340,190m, t50 s }

La ecuación del segundo cuerpoR2 t =10,−5t0,15m

La representación gráfica en el plano XY es:

Para contestar la pregunta, si se encuentran debemos resolver la ecuaciónR t= R2 t .

Al igualar las ecuaciones, se debe cumplir tanto en las componentes del eje Y como del eje X.En este caso, no se cumple y por tanto no se encuentran.




Problema 9

La aceleración de una partícula es directamente proporcional al cuadrado del tiempo t. Cuando t= 2 s , v=15 m/s y cuando t=10 s, v=0,36 m/s. Sabiendo que la partícula está dos veces mas lejos del origen en t=2 s, que en t= 10 s Determine:

a) La posición de la partícula en t= 2 s y t=10 sb) la distancia recorrida por la partícula de t=2 s a t = 10 s

Solución

Sabemos que a t =kt 2 . La velocidad es, por tanto

v t =∫2

t

a t dt−15 m / s=kt 3

3−

8k3−15 m / s (1 punto)

Por construcción v(2)=15 m/s, pero se debe satisfacer v(10)=0,36 m/s. Esto implica que el valor de k

debe satisfacer k103

3−

8 k3−15 m /s=0,36 m /s . el valor de k es:0.042 (1 punto).

La posición de la partícula es

x t =∫2

t

v t dtD=D0.0038333333333333t4−15.12266666666667t30.184 (2 puntos)

En x(2)=D, y en x(10)=D/2= 82.70933333 m +D. Así D=82.70933 m (1 punto)Respuesta a), x(2)=82.709333 m y x(10)=165.418666 m (1 punto)Respuesta b) La distancia recorrida es 82.716 m

Pagina 30


Problema 10

Un autobús está estacionado a la orilla de un autopista cuando a su lado pasa un camión que viaja con una velocidad de 45 mi/h. Dos minutos después, el auto bus arranca y acelera de manera uniforme hasta que alcanza una velocidad de 60 mi/h, la cual mantiene. Sabiendo que 12 minutos después de que el camión pasó junto al autobús, éste se encuentra 0,8 mi delante del camión, determine:

a) Cuándo y donde el autobús rebasa al camiónb) la aceleración uniforme del autobús

1 mi = 1,609 km

Solución

Debemos escribir la ecuaciones de posición de cada móvil.Si situamos en donde está estacionado el auto bus, como buestro origen, la ecuación del camión viene dado por la ecuación de itinerario:c t =20,1 t m ( 1 punto)

Veamos el bus

b t =

0, t120 s

at−1202

2, 120tt 1

26,81t−t 1x1, t1tdonde t1 es el tiempo demora en llegar a una velocidad de 60 mi/h=26,81 m/s y x1, es la posición en t=t1.La posición del camión t=12 min=720 s es 14472 m, que esta 0,8 mi=1287,2 m, luego la posición del bus en t=720 s es 13185 m. Luego, se debe satisfacer las siguientes ecuaciones

26,81720−t 1 x1=13185 m

at 1−1202

2=x1

y

a t1−120=26,81m / s

Resolviendo el sistema se obtiene:a=0.1238 m/s2 (respuesta b) ,t1=336.4117 s y x1=2901.0| m.

Según , la posición y el tiempo el bus va a una velocidad uniforme. Así, para encontrarse, deben estar almismo tiempo en el mismo instante, el bus y el camión. b(t)=c(t). El tiempo de intersección es t=911,802 s y evaluando en cualquier de las posiciones se obtiene donde se encientran c(911,864)=18327.22 m




Problema 11

En la carrera de de Usain Bolt, medidos que la velocidad media en los últimos 100 m que era de 41 kh/h (11,38 m/s). Suponiendo que la velocidad viene dado por la expresión v t =V 0 1−e− t , donde V0=11,38 m/s.

Sabemos que x(19,30 s)=200, y que la velocidad final era 11,38 m/s, calcule

• El valor de . (3 puntos)• La aceleración máxima.(3 puntos)

Ayuda: Para x(19,30)=200 m asuma que e t=19,30−t

=0.0

Solución

Si integramos la velocidad, y suponiendo que parte del origen, se obtiene

que X t =V 0t 1

e− tX0 Si parte del origen, se tiene que X0=−V 0

=−11,38

Pero en X(19,30)= 200 m, t utilizando el hecho que e t=19,30−t =0.0 , se obtiene que

X(19,30)=11,38*19,30-11,38/=200, lo que implica que =0,58 s ( 3 puntos).

Al derivar la velocidad se obtiene la aceleración a t =V 0 e− t . la aceleración es máxima en t=0 s. Lo que implica que amax=V0=6,59 m /s2 ( 3 puntos)

Pagina 32


Problema 12

Una moto detenida en un semáforo, acelera con aceleración constante cuando le da la luz verde. Cuando llega a los 80 km/h en t= 8 s, la moto falla, y comienza a desacelerar en forma constante de modo que recorre 150 m hasta detenerse.

Sobre la base de la información entregada, calcule:

• La desaceleración de la moto.

• La aceleración de la moto.

• La distancia total recorrida.

• Realice un bosquejo de un gráfico de posición v/s tiempo, y de velocidad v/s tiempo.

Solución

Debemos tener claro, que este movimiento, consiste en l combinación de dos movimientos acelerados.

La aceleración se puede escribir como: a (t)={a0, t< 8 sa1, t> 8 s} . La velocidad de 80 km/h, corresponde a

una velocidad de 22.22 m/s. Luego la aceleración a0=22.22/8 m/s2= 2.78 m/s2.(1.5 puntos); por otro lado, la velocidad desacelerando, cumple con la ecuación v ( x)=√v0

2+ 2a1d , donde v0=22.22 m/s, y

d=150 m. En esa distancia v(150)=0, lo cual podemos despejar a1, dando a1=−v0

2

2d=−1.645 m / s2

(1.5 puntos). Como parte del reposo, la ecuación de velocidad que se obtiene es:

v ( t)=∫0

t

a (t)dt={a0 t , t< 8 s

a08+ a1(t−8) , t> 8 s} y la ecuación de posición

x (t )=∫0

t

v ( t)dt={ a0t 2

2, t< 8 s

a082

2+ a0 8(t−8)+ a1

( t−8)2

2,t> 8 s} Calculemos el momento cuando se detiene.

V(t)=0, que corresponde a t=8(1−a0

a1)=21.519 s , cual implica que x(21.519 s)=239.30 m (1.5

puntos)

El gráfico de velocidad en función del tiempo es:




y la de posición en el tiempo

Pagina 34


Pregunta 13La forma de la función de velocidad de un movimiento unidimensional en función del tiempo viene dado por la expresión v ( t)=√400−( t−20)2 m / s .

Calcule:• La velocidad máxima, y cuando se produce • La expresión de la aceleración en función del tiempo.• Si parte del origen, ¿en que posición está en t=40 s?.

Solución

La ecuación de velocidad se produce cuando , la derivada es cero. Es decir, la aceleración

a (t)=20−t

√ 400−(20−t)2(2 puntos). Se observa que en t= 20 s se produce la velocidad máxima, que es

de 20 m/s. (2 puntos)

La posición viene dado por la expresión

x (t)=∫0

tv (t)dt=(( t−20)√ (40t−t 2

)+ 400asin((t−20)/ 20))/2+ 100π y evaluado en t=40 da

π202=1260,63m (2 puntos) (Corresponde al área de la figura)




Pregunta 14

El pato Ruperto, volaba a velocidad constante v0, horizontal al suelo a una altura H. Un manifestante, lo ve y le lanza un pequeño proyectil, de modo que el ángulo de lanzamiento en el momento que lo ve es de (con respecto a la horizontal) orientado hacia el pato Ruperto. Sabiendo que la velocidad de salida de la mano del proyectil es V, ¿A que altura volaba el Pato suponiendo que este proyectil le da ?

Solución

Debemos aplicar las ecuaciones de posición de los dos cuerpos.

La posición del pato P (t)=(v0 t+H

tan (α), H )

El proyectil r (t)=(vcos (α) t ,−12g t 2

+ v sin (α) t) . ( 2 puntos, por las ecuaciones)

Si le pega, debe cumplirse que

v0t=v cos(α)t−H

tan(α)y H=

−12g t2+ vsin (α) t . ( 2 puntos, condiciones)

Despejamos el tiempo t

Pagina 36

v0

V

H


t=−H / tan(α)v0−vcos (α)

. Reemplazamos t en la ecuación de posición vertical y(t) y nos una

ecuación para H

H=−12g H 2 tan 2

(α)

(v0−vcos (α))2−H V sin(α)

tan (α)v0−vcos (α)

, lo cual nos da

H=2gv0 tang 2

(α)(v cos(α)−v0) ( 2 puntos).




Pregunta 15

Se tiene una argolla que puede deslizar sin roce por el perímetro de un anillo de radio R. La argolla esta unido a una barra que desliza por ella sin roce.

De acuerdo a la información entregada, calcule

• La distancia OA en función de t)

• La velocidad de la argolla en coordenadas polares =0° con ˙θθ=0=V 0

R

Solución

Utilizando el teorema del coseno la distancia OA puede ser calculada.

OA(β)=√R2+ R2

−2R2cos (β)=R√2(1−cos (π−2θ(t)))

La velocidad viene dado por al expresión v (t )=r r+ r θ θ .

Pagina 38

O

A

O

A

C

R


En este caso ecu 1

Evaluando la expresión 1 en =0, nos da

r=0 Luego, la velocidad es: v=0 r+2R θ θ=2V 0 θ


r=sin (π−2θ)R

√(2)√(1−cos(π−2∗θ))(−2 θ )



Problema 16

Para estudiar un auto de carrera, se usa una cámara para registro de movimiento a alta velocidad se coloca en el punto A. La cámara se monta sobre un mecanismo que permite registrar el movimiento del carro conforme éste se mueve sobre la pista recta BC. Determine la velocidad del automovil en términos de b , , , .

Solución

La velocidad en función de la velocidad en coordenadas polares es: v t =r rr

En este caso, la magnitud r(t), depende del ángulo , de la forma r t =b

cos t (2 puntos). La

derivada de r es : r=b sincos 2

(2 puntos). La velocidad del automóvil es:

v t =b sincos 2

rb

cos . ( 2 puntos)

Pagina 40

(t)

b

r


Problema 17

Un collar que desliza por un arco circular tiene un pasador que obliga a moverse por la ranura del brazo AB. El brazo gira en el sentido antihorario con celeridad angular (velocidad angular) de 2 rad/s.

Cuando el brazo está a 30º sobre la horizontal, determinar: Determinar la distancia r(t). Determinar la velocidad radial y tangencial (vr,v). Determinar la aceleración radial y tangencial.

Ayuda: El origen del sistema está en el punto A.

Solución

Por la geometría del problema se cumple que: R2=u2d2−2udcos .( 1.5 puntos) Despejamos u() de la expresión anterior.

u=d cos±R2d2

sin 2 . Cuando =0°, el valor de u=dR. La solución es el positivo (+); luego u=d cosR2d2 sin2 . Como la velocidad angular es constante es decir =w=2 rad /s .

Calculemos la velocidad v=u ru .

v={d2 wcos tw sintw

R2d2 sintw

2−dw sintw }r{d coswt R2

d2sin wt 2}w (1.5 puntos)




Calculemos la aceleración a=u r2u −u r

en este caso u=−d2 w2 sint w

2/R2

d2sin t w2

d2 w2 cos tw2/ R2d2 sintw

2

−d4 w2cos t w2 sint w

2/ R2

d2 sint w23 /2

−d w2 cost w

(1.5 puntos)

En el caso de w= 2 rad/s, para un ángulo de 30° (/3), el tiempo t=/6.u(/6)=200,958 mm (0.5 puntos ) u /6=−100.1 (0.5 puntos) y

u /6=10950

19∗ 19−150=−17.78 (0.5 puntos)

Así:v=−100.1 r401.916 mm/s, a=−17.78 r−400.4 −401.96 r=−419.70 r−400.4 mm/s2

Pagina 42


Problema 18

La aceleración de una partícula es directamente proporcional al cuadrado del tiempo t. Cuando t= 2 s , v=15 m/s y cuando t=10 s, v=0,36 m/s. Sabiendo que la partícula está dos veces mas lejos del origen en t=2 s, que en t= 10 s Determine:

a) La posición de la partícula en t= 2 s y t=10 sb) la distancia recorrida por la partícula de t=2 s a t = 10 s

Solución

Sabemos que a t =kt 2 . La velocidad es, por tanto

v t =∫2

t

a t dt−15 m / s=kt 3

3−

8k3−15 m / s (1 punto)

Por construcción v(2)=15 m/s, pero se debe satisfacer v(10)=0,36 m/s. Esto implica que el valor de k

debe satisfacer k103

3−

8 k3−15 m /s=0,36 m /s . el valor de k es:0.042 (1 punto).

La posición de la particula es

x t =∫2

t

v t dtD=D0.0038333333333333t4−15.12266666666667t30.184 (2 puntos)

En x(2)=D, y en x(10)=D/2= 82.70933333 m +D. Así D=82.70933 m (1 punto)Respuesta a), x(2)=82.709333 m y x(10)=165.418666 m (1 punto)Respuesta b) La distancia recorrida es 82.716 m




Problema 19

Un autobus está estacionado a la orilla de un autopista cuando a su lado pasa un camión que viaja con una velocidad de 45 mill/h. Dos minutos después, el auto bus arranca y acelera de manera uniforme hasta que alcanza una velocidad de 60 mi/h, la cual mantiene. Sabiendo que 12 minutos después de que el camión pasó junto al autobus, éste se encuentra 0,8 mi delante del camión, determine:

a) Cuándo y donde el autobus rebasa al camiónb) la aceleración uniforme del autobus

1 mi = 1,609 km

Solución

Debemos escribir la ecuaciones de posición de cada móvil.Si situamos en donde está estacionado el auto bus, como nuestro origen, la ecuación del camión viene dado por la ecuación de itinerario:c t =20,1 t m ( 1 punto)

Veamos el bus

b t =

0, t120 s

at−1202

2, 120tt 1

26,81t−t 1x1, t1t

(2 puntos)

donde t1 es el tiempo demora en llegar a una velocidad de 60 mi/h=26,81 m/s y x1, es la posición en t=t1.La posición del camión t=12 min=720 s es 14472 m, que esta 0,8 mi=1287,2 m, luego la posición del bus en t=720 s es 13185 m. Luego, se debe satisfacer las siguientes ecuaciones

26,81720−t 1 x1=13185 m (2 puntos)

at 1−1202

2=x1

y

a t1−120=26,81m / s

Resolviendo el sistema se obtiene:a=0.1238 m/s2 (respuesta b) ,t1=336.4117 s y x1=2901.0| m.

Según , la posición y el tiempo el bus va a una velocidad uniforme. Así, para encontrarse, deben estar almismo tiempo en el mismo instante, el bus y el camión. b(t)=c(t). El tiempo de intersección est=911.802 s y evaluando en cualquier de las posiciones se obtiene donde se encuentranc(911.864)=18327.22 m.

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Pagina 46


Dinámica




Dinámica

Problema 1

Se tiene el siguiente sistema de masas:Realice una investigación para encontrar la relación entre la aceleración de

la masa M y la fuerza F aplicada al cuerpo 2M.

Solución:

Lo primero que debemos identificar, son las fuerzas actuando en cada masa.

La suma de las fuerzas libres la masa superior es : N+W+fr=MaLa suma de las fuerzas sobre la masa inferior es: F+N2+W2+fr2-fr=2Ma.

Descomponiendo los vectores respecto del sistema de referencia es:Masa SuperiorEn el eje X: -fr=-MaEn el eje Y: N-Mg=0En la masa inferiorEn el eje X:-F+fr2+fr=-2MaEn el eje Y: N2-N-2Mg=0De la ecuación del eje Y, cuerpo superior se tiene N=Mg, por tanto N2=3Mg (Eje

Pagina 48

Masa MCoeficiente de roce s=0.8, k=0.7

Masa 2M Coeficiente de roces=0.9, k=0.8

F

fr

N

W

Fuerza actuando en el cuerpo superior

N2fr

F

W2

fr2

Fuerza actuando en el cuerpo inferior

i

j

N


y, cuerpo inferior). Sumando las ecuaciones del eje X, se tiene que -F+fr2=-3Ma.Si F sN2=s3Mg, la aceleración es cero.Si la fuerza es superior es esta, los cuerpos se mueven como uno sólo, es decir la aceleración es a=(F-k3Mg)/(3M)=F/(3M)-3m kg. Esta ecuación válida solo cuando fr s N. La aceleración crítica es cuando fr=sMg=Maesto implica que a=sg. El valor de la fuerza es F=sMg+k'2Mg-2Msg. Con estevalor, la masa superior está apunto de deslizar. Una fuerza F superior a esta el cuerpo desliza y la aceleración se obtiene de la ecuación fr=kMg.=Ma, esto implica a=g.

En un gráfico esquemático nos queda de la forma:


a

F

a=0.7g

0.9*3Mg Mg(2*0.7+0.8)

g(2*0.7+0.8)



Pregunta 2

Se tiene el siguiente conjunto de masa (m1, m2) sobre un plano inclinado sobrela horizontal.

Calcule el ángulo para el cual el sistema comienza a moverse.Aumente en 10° este ángulo y calcule la aceleración de cada masa.

Solución

Antes de comenzar a solucionar el problema, quiero llamar la atención de algo:Fíjese que el coeficiente de roce estático de la masa m1, es mayor que el de lamasa m2. El ángulo crítico de deslizamiento para la masa m1 es 38.656° y elángulo crítico de la masa m2 es 30.963 °. Por tanto el ángulo que se busca debeestar contenido entre estos dos valores; debe ser mayor a 30.9°, pero menor que38.65°.

Veamos el diagrama del cuerpo libre:

Los vectores N1 y N2 son las normales de los cuerpos m1 y m2, fr1 y fr2 lasfuerzas de roce y W1 y W2 los pesos. La Fuerza P es la fuerza de contacto entrelos cuerpos.

Según la segunda ley de Newton, la suma de los fuerzas en el cuerpo debe sercero.

Pagina 50

m1

m2Coeficiente de roce: s=0.8 y k=0.3

Coeficiente de roces=0.6 y k=0.2

m1

m2

W1W2

N1N2

fr1

fr2

xy

P

P


Para el cuerpo m1, se tiene que debe cumplirN1+W1-P+fr1=0y el cuerpo m2N2+W2+P+fr2=0.

Descomponiendo respecto al sistema de referencia, se tiene:Cuerpo m1N1j-Pi+fr1i-M1gcos( )j-M1gsin( )i=0 oN1-M1gcos( )=0 y -P+fr1-M1gsin( )=0.

Cuerpo 2N2j+Pi+fr2-M2gsin( )i-M2gcos( )=0 oN2-M2gcos( )=0 y P+fr2-M2gsin( )=0

Sumando las ecuaciones 1.2 y 2.2 se obtiene fr1+fr2-(M1+M2)gsin()=0; esdecir la suma de las fuerzas de roce debe ser igual fr1+fr2=(M1+M2)gsin( )

En la situación crítica la fuerza de roce es igual al coeficiente de roce estáticopor la normal. En este caso, fr1=s1N1=s1M1gcos() y fr2=s2N2=

s2M2gcos(). Remplazando en la ecuación (3) se tiene que la ecuación para el ángulo

s1M1+s2M2)cos()=(M1+M2)gsin()

La tangente del ángulo critico es: tang = s1 M1 s2 M2

M1M 2

en el caso que el ángulo se aumente en 10°, °= Las ecuaciones demovimiento son:

Para el cuerpo m1, se tiene que debe cumplir

N1+W1-P+fr1=M1ay el cuerpo m2N2+W2+P+fr2=M2.

Descomponiendo respecto al sistema de referencia, se tiene:


1.11.2

2.12.2

( 3 )



Cuerpo m1N1j-Pi+fr1i-M1gcos( )j-M1gsin( )i=0 oN1-M1gcos( )=0 y -P+fr1-M1gsin( )=-M1a.

Cuerpo 2N2j+Pi+fr2-M2gsin( )i-M2gcos( )=0 oN2-M2gcos( )=0 y P+fr2-M2gsin( )=-M2a

Pagina 52

1.11.2

2.12.2


Pregunta 3

Se tiene el siguiente esquema de un sistema de masas y plano inclinados

El sistema está en reposo, y se deja libre. Cuando el cuerpo (3) llega al suelo, no hay mas tensión en la cuerda que liga el cuerpo (2) con (3) y queda detenido.

Sobre la información entregada calcule:● La aceleración de la masa 1 en función del camino recorrido por la masa (1) ● Realice un gráfico (bosquejo) del punto anterior, ● Calcule la rapidez de la masa 2 en función del camino recorrido por la masa (1). ● Realice un gráfico (bosquejo) del punto anterior

Deje expresado los resultados en función de g, L, M. Recordar que sin(30)=1/2.

SoluciónPara responder a todos los puntos anteriores, debemos analizar todas las fuerzas

actuando sobre cada masa. En el caso de la masa 1, el diagrama de cuerpo libre es:

Las descomposición de los vectores, según el sistemaasociado a la masa 1, nos da:

Eje x: -T+Mgsin(30)=-Ma (Se supone que sube)Eje y: N-Mgcos(30)=0


Masa M

Masa M

Masa M

g

L/4

L

(1)

(2)

(3)

N

Mg

T



De la masa 2La ecuación de esta masa, según el sistema asociado:Eje y: T-T''-Mg=-Ma (Se supone que baja).

De la masa 3La ecuación de esta masa, según el sistema asociado:Eje y: T''-Mg=-Ma (Se supone que baja).

Escribiendo todas las ecuaciones, se obtiene un sistema de ecuaciones, cuyasincógnitas son: a,T y T''.

-T+Mgsin(30)=-MaT-T''-Mg=-MaT''-Mg=-Ma

Despejando las incógnitas, se obtiene que:

a=g32−sin30 , T''=Mg(1/3+sin(30)) y T=2Mg/3(1+sin(30)).

Este resultado es válido, solo cuando la masa 3 no alcance el suelo. Cuando lo alcance, elsistema cambia; la tensión T'' no existe y las ecuaciones serán:-T+Mgsin(30)=-MaT-Mg=-MaEn este caso, la incógnita será a y T.

Se obtiene que a=g21−sin30 y T=Mg/2(1+sin(30))

Pagina 54

T

T''

Mg

T''

Mg


Cuando la masa 2 llegue al suelo, no habrá tensión T, y por tanto la aceleración de la masa1 va a ser igual a a=-gsin(30) (Cambia el sentido de la aceleración).

Del esquema se sabe que cuando la masa 3 recorre una distancia 3/4L, la aceleración de

la masa 1 cambia a a=g21−sin 30 y que cuando la masa 2 recorre la distancia L, la

aceleración cambia a a=-gsin(30). Con esta información podemos realizar el siguientegráfico:

La masa 2 está sometida a la misma aceleración que la masa 1. La rapidez puedeestar expresada por la siguiente relación: v x = v0

22ax , donde a es la aceleración,

x es el camino recorrido y v0, es la velocidad inicial para x=0. Si los cuerpos partieron delreposo, la rapidez de la masa 2 estaría dado por la expresión:




v x = 2xg2

2−sin30 , 0x3/4L

3gL4

2−sin 302∗g2

1−sin30x−3L4

, Lx3L4

Para x>L la rapidez es cero.

El gráfico, tendría la siguiente forma:

Pagina 56

Figura 2: Velocidad en función de la posición posición

3L/4 L

V(3L/4)

V(L)


Problema 4Calcular la fuerza F que debe aplicarse sobre un bloque de masa =20 Kgr para evitar que el bloque B de masa M=2 Kgr caiga. El coeficiente de roce estático entre los bloques es de 0.5 y la superficie horizontal no presenta fricción.

SoluciónDebemos analizar las masas A y B por separado.

Según el sistema asociado a la a la masa MA, las fuerzas descompuestas quedan:Eje x: F-P=MAaEje y: N-MAg-fr=0

La masa B.La ecuaciones según el sistema de referencia asociado es: Ejex: P=MBaEje y: fr-MBg=0

En la condición crítica fr=P=> MBg=MBa. Despejando a, se tiene a=g/

Sumando las ecuaciones en X, se obtiene F=(MA+MB)a=(MA+MB)g/


A B

F

A

F

MAg

N

P

x

y

MBg

P

fr



Problema 5La masa m1 sobre una superficie horizontal sin fricción se conecta a la masa m2 por medio de una polea móvil y una polea fija sin masas. a) Si a1 y a2 son magnitudes de la aceleración de m1 y m2 respectivamente, determinar la relación entre estas aceleraciones. Determine expresiones para b) las tensiones en la cuerdas y c) y las aceleraciones a1 y a2en función de de m1, m2 y g.

SoluciónPara resolver este problema, debemos realizar un diagrama de cuerpo libre de cada cuerpo.

Masa m1Escribamos las fuerzas descompuesta según el sistema de referencia asociado:Eje x: T1-fr=m1a1Eje y: N-m1g=0

Para la masa m2,

Pagina 58

m1P

m2

m1

m1gfr

T1

x

yN

m2

T2

m2g

x

y


Eje y:T2-m2g=-m2a2.

Quiero hacer notar, que las tensiones son distintas, pro que son cuerdas distintas. Estas tensiones están relacionadas por la polea del plano horizontal P.

Si la polea tiene una masa despreciable, como un momento despreciable1, el diagrama en la polea de las fuerzas sería:

Del diagrama se tiene que 2T1=T2. Ahora nos falta la aceleración:

Las cuerdas tienen un largo constante (Cuerdas inextensibles).

La cuerda L1 se debe cumplir la siguiente relación:L1=x1L1+X2L1, donde x1L1 y x2L2 son las distancias entre la polea y la muralla y la masa m1 respectivamente. De igual forma se debe cumplir que:L2=x1L2+x2L2.

Resumiendo:L1=x1L1+X2L1L2=x1L2+x2L2.

1 Esta suposición no es del todo correcto. Las tensiones T1 no son iguales si tomamos en cuenta el torque sobre la polea. Este tipo de problemas se vabn a ver en dinámica rotacional.


P

T2

T1

T1

m1

P

m2

Cuerda de largo L1

cuerda de largo L2

x1L2

x2L2

x1L1

x2L1



Derivando dos veces las relaciones anteriores se tiene:d2x1l1dt2 =

−d2x2L1dt2 y

d2x1l2dt2 =

−d2x2L2dt2

Estas son las aceleraciones; en un diagrama:

En el caso de la cuerda L1, y por la aproximación tienen que tener el mismo valor de la aceleración a1 (de lo contrario se corta la cuerda). Vectorialemente, es equivalente a 2a1=a2ó -2a1+a2=0.

Las ecuaciones que gobiernan este sistema se reducen a:Masa m1

Eje x: T1-fr=m1a1Eje y: N-m1g=0

Masa m2Eje y:

T2-m2g=-m2a2.Polea

2T1=T2cuerda

-2a1+a2=0

Con este sistema de ecuaciones se obtiene el siguiente resultado:a1=g(m2-2m1)/(m1+m2)a2=2g(m2-2m1)/(m1+m2)T1=m1g+m1g(m2-2m1)/(m1+m2)T2=2m1g+m1g(m2-2m1)/(m1+m2)

Pagina 60

P

a2

a1

a1


Problema 6

Sobre un piso rugoso se lanza con rapidez v0 un bloque de masa M, sobre elcual reposa otro bloque de masa m. Se observa que el bloque de masa m nuncadesliza respecto del bloque de masa M. El coeficiente de roce dinámico(cinético) entre el bloque de masa M y el piso es d y el coeficiente de roceestático entre el bloque de masa m y el bloque de masa M es s

1. Hacer un diagrama de cuerpo libre para cada bloque dibujando yexplicando cada fuerza que aparece en los diagramas

2. Escribir las ecuaciones necesarias para calcular todas las fuerzas queaparecen en los diagramas de cuerpo libre.

3. Calcular la aceleración que experimentan los bloques.

Solución

El diagrama de cuerpo libre:

Por el diagrama del cuerpo libre:Eje y: N-mg=0.Eje x: -fr=-ma.

Analizando el segundo cuerpo por diagrama del cuerpo


M

m

v0

s

d

m

mg

N

fr

x

y

Mg

N

fr

N'fr'



libre Por el diagrama del cuerpo libre: Eje x: fr'+fr=-MaEje y: -Mg+N'-N=0

Sabemos que la masa m no desliza con respecto a M. Esto implica queambos cuerpo experimentan la misma aceleración

Sumando las fuerzas en la dirección del eje x, de ambos cuerpos se obtienefr'=-(M+m)a (*)

El cuerpo inferior desliza con respecto al suelo. En este caso fr'='. N'=N+Mg yN=mg, por tanto N'=(M+m)g.

De la ecuación (*), fr'=N'=(m+M)g=-(M+m)a. Simplificando se obtiene quea=-g.

Pagina 62


Problema 7

Una partícula es proyectada a la derecha a partir de x=0 con una velocidad inicial de 9 m/s. Si la aceleración de la partícula está definida por la relación a=−0,6v3 /2 , donde a y v están expresados en m/s2 y m/s, respectivamente, determine:

a) la distancia que la partícula habrá recorrido cuando su velocidad es 4 m//sb) el instante en el v= 1 m/sc) el tiempo requerido para la partícula recorra 6 m.

Solución

Sabemos de la relación dvdt=

dvdx

dxdt=−0,6 v3 /2 , lo que nos da

X v/s VEn v= 4

m/s, con X=8/3 m ( 2 puntos)

De la definición de aceleración, tenemos a=dvdt=−0,6 v3/2 , cual al integrar se obtiene que

V v/s t

Si v= 1 m/s, el tiempo t=20/9=2,22 s. (2 puntos).

Utilizando la ecuación X v/s V, se obtiene que v=1.44 m/s. Esta velocidad corresponde (ecuación V v/s t) para t=10/6 s=1,666 s. (2 puntos)


−0,6 x=2v−3

−2

v

23=−0,6 t



Problema 8

La aceleración debida a la gravedad a un altitud “y” sobre la superficie de la Tierra se puede expresar como

a=−32,2

1y

20,9 x106 2

donde a está expresado en ft/s2. Usando esta expresión, calcule la altura alcanzada por un proyectil disparado verticalmente hacia arriba desde la superficie de la Tierra si su velocidad inicial es

a) 1800 ft/sb) 3000 ft/sc) 36700 ft/s

Solución

ecu 2: Y v/s V ( 2 puntos)

, de cual se obtiene que

6,7298 x108arctan y

20,9 x109 =v2

2−v0

2

2(2 puntos) Si v=0, luego la altura da:

Y v=20,9 x106 tan v2

1,34 x109

Y(1800)=50534,4 ft. (1/3 puntos)Y(3000)=140375,245 ft ( 1/3 puntos)Y(36700)=32,9x10 ft. (1/3 puntos)⁶

Pagina 64

a=dvdt=

dvdy

dydt=v

dvdy

=−32,2

11 y2

20,9x1062


Problema 9

El movimiento bidimensional de una partícula está definido por las relaciones r t =32−e−t yt =4t2e−t , donde r se expresa en metros, t en segundos y en radianes. Determine la

velocidad y la aceleración de la partícula en t=0; en t=, ¿a qué conclusión se puede llegar respecto a la trayectoria final de la partícula?

Solución

Primero, calculemos la primera y segunda derivada de r(t) y (t).r t =3e−t y r t=−3e−t

t =4−8e−t y t =8e−t ( 2 puntos)

Sabiendo que el vector velocidad en coordenadas polares es:v t =r rr

Evaluado, v 0=3 r−3x4 =3 r−12 y v ∞=0 r6∗4 =24 ( 2 puntos)La aceleración:a= r−r r2 r r

Evaluando a (0)=(0−3(−4 )) r+ (6(−4)+ 24) θ=12 r+ 0 θ=12 ry a (∞)=(0−6x4 )r+ (2x0x4+ 6x0) θ=−24 r ( 2 puntos)




Problema 10

Se tiene un cuerpo de masa M, que sale en forma horizontal con una velocidad V, que está a una altura h, sobre el suelo.

Suponiendo que la partícula de masa M, se puede en medio viscosa viene dado por la expresión f =−v

Si M=1 kg, g=9,81 m/s2, h=1,5 m, con V=5 m/s. Se sabe que el cuerpo cayó a 2 m del borde.Calcule:

• La constante . (2 puntos)

• La velocidad con que llega a ese punto.(2 puntos)

• El tiempo que demora en llegar. (2 puntos)

Solución

Según la segunda ley: −v−mg=ma . En coordenadas:En x: − vx=mv x

En y: − v y−mg=m v y

De la ecuación en X se obtiene que v x t =V 0x e−m

t donde V0x, es la velocidad incial en x ; y en eje

Y v y t =mg

e−

mt

−1 .

Al integrar la velocidad en X:, se obtiene la posición, idem en Y.

x t =∫0

t

vx t dt=V 0xm1−e

−

mt , en el eje Y, y t=

−m² g

2 e−m

t−

mg

tm² g

2 h

Si llam,amo K=/m , y remplazando los valores de lo conocido, se obtiene que, que x debe

satisfacer ecu 3:

y en y, K2 g 1−e−t /K−g K th=0 . Combinan do las dos igualdades,

se obtiene la siguiente relación entre el tiempo y K t=0,15K+0,4Remplazando t en función de K, en la ecuación 3 se obtiene la ecuación

ecu 4: Ecuación de recurrencia de K

como se observa en el gráfico, existen dos punto de encuentro en 0, y un punto que debemos determinar numéricamente.

Pagina 66

5K 1−e−tK =2

e−0,15 K²0,4 K =1−0,4 K

V


Buscando el punto de encuentro, distinto de cero, es K=1.609960311444378, por tanto =1,6099 y el tiempo t=0,641 s ( Tiempo de caída )

Conocemos la constante y t, podemos calcular en x e y: (1,782 ;1,0200) m/s


Figura 3: H(K) y G(K): tienen dos puntos de intersección



Problema 11Se lanza verticalmente un cuerpo de masa M, con una velocidad inicial V0. Si parte del origen, y esta sometida a una fuerza del tipo viscoso f =−∣v∣

2v , calcule:

• La altura máxima en función de V,M y .

• El tiempo para llegar a la altura màxima

Solución

La ecuación dinámica es: −∣v y∣2−mg=m v y . Despejando la velocidad, se obtiene

que:

v y t = m g

tanatanV 0

m g − g

mt . La posición en función del tiempo se obtiene

integrando la velocidad,

y t =

m ln cos atan LV 0

gm −

gLT

m

Lm ln L V 0

2gm

2L−m∗ln m

2L−ln g m

2L

Cuando la velocidad es cero, alcanza la altura máxima y ocurre cuando V(t)=0, ó

t=atan

V 0

mg

mmg

si se reemplaza en la expresión de y(t), se obtiene la altura máxima

hmax=m ln V 0

2gm

2−m ln m

2−ln gm

2

Pagina 68

V0


Problema 12

Se tiene dos masas de valor m unidos por una cuerda inextensible. La cuerda pasa por orificio en la mesa de modo que una de las masas cuelga; la otra gira en forma circular con radio R, libre de roce.

• Calcule la velocidad angular necesaria para que la masa que cuelga no suba ni baje.

Solución

La tensión de la cuerda es T=mg, ya que la masa está en equilibrio. La fuerza central del movimiento es T=mg=w2Rm. Despejando w, se obtiene que

w= gR


g



Problema 13

Se tiene un disco de radio R que gira a una velocidad angular de w. Sobre el disco hay dos masas M y 5M, unidos por una cuerda inextensible. La superficie del disco con las superficie de las masas genera un roce estático y cinético (s, kEl peso es perpendicular a la superficie de rotación, entrando por la

hoja.

La distancia de la masa 5M al centro de rotación es h. Calcule:

• La frecuencia W, justo antes que comience a deslizar las masas.

• La tensión de la cuerda en ese instante.

Solución

Veamos una vista lateral de las masas

Escribamos la ecuación dinámica de la masa 5M

−Fr r+ N k−5Mg k+ T k=−5Mw2h r

La ecuación dinámica de M

Pagina 70

5M M

R

h R/4

R/4h

5mg

N

mg

N'

Fr'Fr


−Fr ' r+ N ' k−Mg k−T k=−M w2(h+ R/ 4) r

Descomponiendo por las componentes

1:−Fr+ T=−5Mw2h2 :−5Mg+ N=03 :−Fr '−T=−Mw2

(h+ R/4)4 :N '−Mg=0.

Sumando las ecuaciones 1 y 4, se obtiene

Ecu 5

La condición crítica de equilibrio ocurre cuando Fr=μs N . Luego, la ecuación Error: No se encuentra la fuente de referencia se transforma

Ecu 6

Despejando w de la expresión Error: No se encuentra la fuente de referencia se obtiene

w=√6μ sg6h+ R /4


−Fr−Fr '=−5Mw2h−Mw2(h+ R/4)

μs5Mg+μ sMg=6Mw2h+ Mw2R /4



Problema 14Se tiene el siguiente sistema de masas.

Sobre la información entregada en la figura, se pregunta: ¿Se mueven las masas?

Si existe aceleración, calcule la aceleración de cada masa.

Solución

Debemos analizar las fuerzas de cada masa por separado

La masa colgando:

La masa 2M sobre la masa M

Pagina 72

Coeficiente de roce estático 0.8Coeficiente de roce cinético 0.6

Roce estático:0.3Roce cinético 0.2 Masa M

Masa 2M

Masa M

T

Mg


La masa M

Nuestra hipótesis: “El sistema está en equilibrio”.

Masa colgante:

T−Mg=0

Masa 2M

N−2Mg=0−Fr+ T=0

Masa Inferior:

−N+ N−Mg=0−Fr '+ Fr=0

De las ecuaciones anteriores tenemos:

T=Mg⇒Fr=T=Mg y Fr '=Fr

Condición de inminencia de movimiento

Fr⩽μs N ⇒Mg⩽μs2Mg ⇒1⩽1.6 (La masa 2M no desliza sobre la mas M).

Esto no implica equilibrio, sólo implica que el conjunto se podría mover como todo (Masa 3M).

Fr '⩽μs ' (3Mg)⇒Mg 1⩽3μs ' 1⩽0.9 . El sistema de masa 2M y la masa M sobre el plano se mueve como un sólo bloque de 3M.


TN

2Mg

fr

fr

Fr'

N'

N

Mg



Así, podemos plantear las nuevas ecuaciones

−Fr '+ T=3MaT−Mg=−Ma

Luego

a=g4

(1−3μk )=0.025g=0.245 m /s2

Pagina 74


Pregunta 15

Se proyecta una carretera para un tráfico de 120 km/h. A lo largo de uno de sus tramos, el radiode curvatura es de 270 m. La curva está peraltada como se observa en la figura de manera que no sea necesario el rozamiento para mantener el auto en la calzada Determine :

• El ángulo de peralte θ • El coeficiente de roce mínimo si la carretera no estuviera peraltada.

Solución

Veamos las fuerzas actuando sobre el auto, cuya ecuación dinámica w+ N=m a

En una descomposición en coordenadas cilíndricas, nos dan las ecuacionesEje vertical N cos (θ)−mg=0 ( 1 punto )

Eje radial −Nsin(θ)=−mv2

R(1 punto )

Combinando las ecuaciones se obtiene que tan (θ)=v2

gR=0.419 , lo que implica =22.74ª. (1 punto)

Si está horizontal, es la fuerza de roce la responsable de mantener en órbita circular.

La ecuación dinámica de este cuerpo en coordenadas cilíndricas


W

N

Wfr



− fr r+ N k−mg k=−mv2

Rr (1 punto)

de lo cual se obtiene que fr=mv 2

REn el momento de inminencia de movimiento, fr=sN=smg. (1 punto)

Igualando las ecuaciones dr obtiene μsmg=mV 2

R⇒μs=

V 2

gR (1 punto)

Pagina 76


Problema 16

Una esfera de masa m= 5 kg unida a una barra vertical mediante dos hilos, según se observa en la figura 4. Cuando la masa gira en torno del eje de la barra, los hilos se tensan según la figura 4.

Calcular:• Las tensiones de los hilos para w= 5 rad/s• La velocidad angular w, para que la tensión de la cuerda unida a B sea T=0, pero estirada.

Solución

En un sistema de referencia cilíndrico, la fuerza actuando sobre la masa m son la tensión T1, la tensión T2 y el peso W (ver figura 4).

Aplicando la segunda ley de Newton, se obtiene T 1+T 2+W=m a

Descompongamos las tensiones y el peso según el sistema de referencia cilíndrico, donde el eje Z está contenido en el eje de rotación.


Figura 4: Esquema de la masa girando en torno al eje



T 1=−T 1 cos (α1) r +T 1 sin(α1) k con tan(α1)=6060

=1⇒α1=π /4 (45 °)

T 2=−T 2 cos (α2) r−T 2 sin (α2) k con tan (α2)=67,560

=1,125 ,⇒α2=48,37°

W=−mg k y a=−mw 2 r r con r=60+10 cm =70 cm =0,7 m

Cada componente debe ser igual a cada la do de la ecuación, se obtiene que

k:ecu 7

r:ecu 8

Combinando las ecuaciones 7 y 8, se obtienen los siguientes resultados.

T 2=

mw 2 r−mg

tan (α1)

sin (α2)

tan(α2)+cos(α2)

Y T 1=[mw 2 r−

mgtan (α1)

sin (α2)

tan(α2)+cos(α2)] sin(α2)

sin(α1)+

mgsin(α1)

En este caso, numéricamente hablando T1=98,123 N y T2=27,27 N.

En el caso T 2=0⇒ mw 2 r−mg

tan(α1)=0⇒ w=√ g

r tan (α1)=3,75 rad / s

Pagina 78

T 1 sin(α1)−T 2sin (α2)−mg=0

−T 1cos (α1)−T 2cos (α2)=−mw2 r


Problema 17Se tiene un masa M que desliza sin roce sobre una superficie. Se aplica una fuerza F, de modo

que una masa M, (Existe roce cionético k, y estático s en la superficie superior). Calcule el valor mínimo de la fuerza F, para que la masa m está a punto de deslizar.

Solución

Debemos analizar las fuerzas que actúan en cada masa

La masa “m”

El diagrama de cuerpo libre, y descomponiendo las

fuerzas en el sistema de referencia

Y: Nmg=0

X: fr=ma

( 2 puntos)


Figura 1: Problema 1

M

m

40°

m

fr

N

Wm



La masa “M”

Descomponiendo las fuerzas, según el sistema

de coordenadas

Y: N'NMg=0

X:Fcos(40)fr=Ma

(2 puntos)

En la inminencia de movimiento se cumple que fr= s N , como N=mg y fr=ma, se obtiene quea= s g

Aplicando este resultado en el segundo cuerpo (M)

Se tiene que N=N+Mg=(m+M)g

En el eje X: Fcos40− s mg=M s g , del cual se desprende que F= s gmM

cos 40

(2 puntos)

Pagina 80

frN'

WM

N

40°


Problema 18

Determine:● Si se mueve las masas (2M, 3/2M)● Si acelera, calcule la aceleración. (Las poleas puntuales y no afectan el calculo).

SoluciónPara resolver veste problema, primero se debe analizar las fuerzas que actúan en cada masa:Masa “2M”En el eje Y: T-Mg=-Ma ( 1 punto)

La masa “3/2 M” En el eje X: -T+fr=-3/2MaEn el eje Y: N-3/2Mg=0 ( 1 punto)Primero debemos saber si existe un movimiento. La hipótesis que vamos a usar es que “el sistema estáen equilibrio” (1 punto)

Con esta hipótesis, se tieneT-2Mg=0 -T+fr=0(1 punto)Sumando las ecuaciones, se obtiene que fr=2Mg (1 punto) . La condición de equilibrio es

fr s N=s 3/2Mg (1 punto). Luego, la ecuación que se obtiene es:fr=2Mg≤s 3/2 Mg o 2≤3 , lo cumple con la hipótesis, e implica que el sistema

está en equilibrio.


Coeficiente de roce s=2,0, k=0,4

Masa 2M

Masa 3/2M

x

y



Pagina 82

Energía

Pagina 84


Energía

Problema 1

A un cuerpo de masa m=1 Kgr se le aplica una fuerza F, de modo que éste se mantiene comprimiendo al resorte en 0.3 m. En t=0 deja de actuar la fuerza F y elcuerpo comienza a recorrer la pista ABCDEF , pasando por los puntos B y E con una rapidez de 6 m/s. Si en los tramos AB y DE son tramos rugosos y la constante de elasticidad del resorte es k=1000 N/m, calcule

a) Trabajo realizado por las fuerzas conservativas en el tramo ADb) Trabajo realizado por el roce en los tramos rugososc) Sobre la base de los datos entregados, calcule los coeficiente de roce de los tramos AB y DE.

Solución:

a)La fuerza conservativa en el tramo AD es el peso, el trabajo es mgh=1*9.8*1.5 J= 14.7 Jb) El trabajo de la fuerza de roce es: W=Uf-Ui+Ekf-Eki. En el tramo AB el trabajo de la fuera de roce es: W=14.7-1/2*1000*(03)²+1/2*1*6²-0 J=-12.3 J=- m kMgcos(23) 1.5/sin(23) J El trabajo de DE, W=Uf-Ui+Ekf-Eki=-Mg1.5=-45 J=-m kMgCos(50) 1.5 /Sin(50)c). Los coeficientes de rocen son: m k(AB)=0.499 y m k(DE)=3.6


1.5 m

B

C

1.7 m

D

E

37°

A

Fuerza F

g

1.5 m23° 50 °

F



Problema 2Se tiene una pelotita de masa m que este en el punto B, en reposo. Un alumno golpea labolita dando una velocidad v=30 m/s y sube por un arco circunferencial de diámetro 60 m.

Sobre la información entregada:· ¿A qué altura se desprende la bolita del arco de semicircunferencia?

· ¿Dónde cae la bolita? (Recuerde lanzamiento de proyectiles)

SoluciónLa solución de este problema involucra tanto la energía, como las fuerzas actando

sobre el cuerpo.

Si la persona le dio energía inicial, esta al subir por la rampa, se transforma enpotencial y cinética.

Ei=1/2mv2=Ed=1/2mvd2+mghd (+)

donde vd es la velocidad en el momento que se desprende y hd es la altura ala cual sedesprende.

Realicemos un diagrama de cuerpo libre, justo en el momento que se desprende:

Pagina 86

2R=60m

V

2R=60m

V

hd

La altura hd se relaciona con el radio R y el ángulo por

la ecuación hd=R(1+sin())


La aceleración radial está en la misma dirección que la norma.

En esta dirección tenemos:

N+mgsin()=-mar

Cuando se desprende el objeto, la normal es cero (N=0). La ecuación anterior quedamgsin()=mar

En este punto, podemos decir que la aceleración radial a r = Vd2/R. Con esta relación

tenemos que mgsin()=mVd2/R. (*)

De la expresión (*) despejamos la velocidad y la remplazamos en la expresión (+).

1/2mv2=1/2mRgsin()+mgR(1+sin())

Despejando sin(), se tiene la siguiente igualdad:

sin=13v2

gR−2=0,35 Lo que implica que =20,487º. La altura hd=1,35R. La magnitud

de la velocidad a esa altura es: V d=0,35Rg .

Desde este momento, el cuerpo se comporta como un proyectil.


mgN2R=60m

V

hd

La altura hd se relaciona con el radio R y el ángulo por la ecuación hd=R(1+sin())

V

Rcos()

O



La posición inicial del proyectil es (-Rcos(),5R/4). La velocidad

V d= Rg4 sin ,cos= Rg4 14,

154

.

La posición en el tiempo del proyectil, tomando como origen el punto O, que descrito

por r t =14 RG4 t−R 15

4,−

12g t2 Rg4 15

4t

5R4

El saber donde cayó es equivalente a hacer r(t)=(x(t),0).

El tiempo que demora en llegar al suelo una ves que se ha desprendido:

t=57 Rg15Rg

8g=Rg8g

5 715=2,13 RgLuego la distancia a la que cae respecto del origen en donde cae es:

r t =−15 R45715 R

64,0=−0.701R,0

Pagina 88


Problema 3En el peligroso deporte del salto Bungee, un osado estudiante de Física salta desde unpuente con una cuerda elástica atado a sus tobillos especial sujeta a sus tobillos. Lalongitud de la cuerda sin alargamiento es de 5H/7. El estudiante pesa Mg y el puenteestá a H por encima de la superficie de un rio “seco”. Calcule la constante elástica de lacuerda, suponiendo que es un resorte de modo que el estudiante se salve, no “mojándose”.

SoluciónRealicemos un esquema del problema

Si el origen esta en el borde del puente, la energía inicial es cero Ei=0.Cuando llega a máximo alargamiento la velocidad es cero (Energía cinética), y la energíapotencial U=-mgH y la potencial elástica 1/2k(H-5H/7)2. La energía total en este punto es0=-mgH+1/2K(2H/7)2. Despejando K nos da K=49mg/(2H).




Problema 4Los bloques representados en la figura, de igual masa, están unidos a los extremos de unresorte ideal de constante k. Los bloques que partieron juntos del reposo desde la posiciónen que x=0, se deslizan sin roce por los planos que tienen el mismo ángulo de inclinación. Siel resorte está sin deformar en la posición en que x=0, y parte del reposo determine: Laposición de los bloques cuando el resorte alcanza la máxima compresión

Sugerencia: Tome la altura h=0 m en el borde superior.

SoluciónSituemos nuestro origen del sistema en la parte superior del artefacto.En este caso la energía total inicial es cero (Se supone que en x=0 el resorte no estácomprimido).

Cuando baja y llega a su máxima compresión, la velocidad es cero, es decir suenergía cinética es cero. Sólo quedan energía potencial y cinética.En ese instante se cumple :

0=-2mgxcos()+1/2K(2xsin())2.

Despejando x de esta ecuación nos da:

x=mgcos k sin 2

Pagina 90

x x


Problema 5Se tiene un resorte en posición vertical, con una constante elástica k=Mg/h y en presencia de gravedad está unido a una masa M. Se comprime el resorte una distancia 3h, y se suelta.

Calcule:

• La elongación máxima del resorte (La masa no se desprende: unido al resorte)

• La velocidad que tiene la masa M, cuando pasa por el punto de elongación cero del resorte.

Solución

La energía inicial, es solo potencial es: ecu 9:

.

Cuando alcanza la elongación máxima, la energía potencial es:

ecu 10:

Igualando la ecuación 9 con 10, podemos encontrar x, que tiene dos soluciones:

x+:(3hK-2gm)/K

x-: -3h.

La solución X- corresponde a la situación inicial. La solución es x+

Cuando, el resorte está en elongación x=0, sólo hay energía cinética.


U=−mg3h12

K 3h 2

U f=12

K x2mgx.

Figura 5: Resorte comprimido, en cero elongación, elongación máxima

Masa

Masa

3h

Masa



La velocidad viene dado por la expresión: v= 9h2 Km

−6hg .

Pagina 92

ecu 11:

U=−mg3h12

K 3h2=12

m v2


Problema 6

Una masa M, esta a una altura H sobre el suelo y se suelta (parte del reposo).

Sabiendo que K=2Mg/H, calcular:

• Cuanto se comprime el resorte. (Si este llega a comprimir)

• Donde se detiene.

SoluciónLa energía inicial, con el resorte en su elongación natural es Ui=MgH. Sólo en la zona de roce disipa la energía, existe trabajo; además comprime el resorte una distancia x. Suponiendo que se comprime el resorte, el trabajo será W=−μk Mg (H+ x) ; la energía

potencial del resorte será U R=12

K (H−x)2 . Luego, aplicando que el trabajo es iguala

al cambio de las energía potencial y cinética y además en el punto x se detiene el cuerpo,

se obtiene la siguiente igualdad ecu 12

, donde nuestra

incógnita es x.

Ordenando la ecuación 12 se

del cual x da dos valores: x=H/2 y x=-H. En este caso, la solución es la positiva.

LA fuerza que experimenta el resorte al comprimirse H/2, es


H

M

K

2 H

H

Coeficiente de roce estático 0.8Coeficiente de roce cinético 0.5

g

ecu 13

μk Mg(H+ x )+12

K (H+ x)2−MgH=0

W=−μk Mg (H+ x)=12

K (H+ x )2−MgH



F=−K (H−H /2) i=−2Mg

HH2

i=−Mg i .

La fuerza máxima que el roce podría realizar para detenerlo esF roce=μ s Mg=0.8 Mg< Mg . Esto implica que se mueve.

Aplicando, a partir de este punto, que el trabajo es igual al cambio de energía, se obtiene la siguiente ecuación

W roce=−μk Mgd=0−12

K (H /2)2=−MgH

4que implica que d= H/2.

Pagina 94


Chouqe: Impulso y conservación del momento




Choque

Problema 1Dos bloques de masas m1=2.0 Kgr. Y m2 =4.0 Kgr. Se sueltan desde de una altura de

5.0 m sobre la pista sin fricción, como la que se muestra en la figura. Los bloques sufren un choque frontal elástico.• Determine las dos velocidades justo antes del choque • Determine las velocidades después del choque.• Determine la altura máxima a la cual sube cada bloque después del choque.

(El choque se produce cuando la altura es H=0 m)

SoluciónEn todo el sistema no hay pérdida de energía, se conserva. Si las masas m1 y m2

están a la misma altura y parten del reposo, llegando a nivel de altura cero, lo harán con la misma velocidad. En este caso v=(2hg)1/2=10 m/s.

En el caso de este choque, se conserva el momentun y la energía. La ecuación del momentun antes del choque es:

pantes=m1v i−m2v iEl momentun después del choque

P despues=m1v 1im2v2

i

En este caso, el momentun se conserva, lo que implicam1v−m2v=m1v1m2v2

La conservación de la energía, nos da la ecuación:

E inicial=12m1v

212m2v

2=Edespues=12m1v1

212m2v 2

2

Con esta última igualdad tenemos dos sistema de y dos incógnitas. Resolviendo el sistema nos da las siguientes soluciones v1=v=10 m/s y v1=(m1-3m2)v/(m1+m2)=-18 m/s, v2=-v=-10 m/s y v2=(3m1-m2)v/(m1+m2)=3.33 m/s Cada masa posteriormente sale en sentidos contrarios. Como no hay roce, la energía cinética de cada masa se transforma en energía potencial. La altura será h=v2/(2g). en el caso de la masa m1, la altura es h1=16,2 m y h2=0,55 m (g=10 m/s2).

Pagina 96

M1=2.0KgrM2=4.0Kgr

H H

Problema 2Magila el gorila de masa M, come unas bananas con insecticida. Alucina y ataca a unguardia, sobre el cual se abalanza con velocidad v (constante). El guardia, con el propósitode detenerlo, reacciona disparándole con una metralleta de proyectiles de goma de masa m= M/50.000 y cuya velocidad es u = 100v. Suponga que una vez que Magila disminuye suvelocidad como consecuencia del impacto de un proyectil la mantiene constante hasta elsiguiente impacto.

Calcule:a. ¿Cuántos proyectiles debe disparar el guardia para detener al gorila? Suponga que

las balas chocan y caen cuando alcanzan al gorila.b. Si la cadencia de tiro es T, ¿cuánto avanza Magila entre el tercer y cuarto impacto?

Solución

Un esquema de esta situación será:

Justo antes del choque , el momentun inicial es:pi=Mv−mu

Después del primer choquepf1=Mv1 . Igualando las dos cantidades, se tiene que

v1=v−mMu=v− 1

50000100v=v 1− 1

500 .

Para el segundo disparo, el momentun inicial antes del segundo impacto es:pi2=Mv1−mu

El momentun final después del segundo choque pf2=Mv2. Igualando, se obtiene que v2=v(1-2/500).

En el tercer impacto, el momento inicial es pi3=Mv2-mu, el momento final después del tercer impacto pf3=Mv3, igualando y despejando, se tiene que la velocidad de Magila es v3=v(1-

Pagina 98

No hay roce

V

u


3/500).

En forma sucesiva se obtiene que la velocidad enésima es: vn=v(1-n/500); por tanto con 500 balas podemos detener a Maguila.

Si la cadencia1 de Tiro es T, que la cantidad de tiros que salen por unidad de tiempo. Por tanto el tiempo entre tiro y tiro es 1/T.La velocidad después del tercer impacto es: v3=497/500u. La distancia que recorre hasta el

cuarto impacto es d=497500

u 1T

1 Cadencia: Repetición de un fenómeno que sucede regularmente.




Problema 3Dos bloques A y B de igual masa M, están unidos mediante un resorte de constante de dureza k y largo natural L0. El sistema formado por los dos bloques descansa sobre un plano horizontal liso. El resorte está en su largo natural. De pronto una bala de masa m y rapidez v0 se incrusta en el bloque A (choque plástico e instantáneo), tal como muestra la figura.

a) Calcular la rapidez v1 que adquiere el bloque A inmediatamente después que la bala se ha incrustado en él

b) Cuando el resorte está comprimido el máximo los bloques viajan con la misma rapidez v2. Calcular v2

c) Calcular la distancia a entre los bloques cuando el resorte se encuentra comprimido al máximo

SoluciónEn este choque hay conservación del momentun, mas no de la energía.

El mometun inicial es pi=mv0i . El momentun posterior al choque, instantáneo es:

pf=Mmv1i . Como hay conservación, podemos obtener la velocidad v1,

v1=m

Mmv0

i

Posteriormente, se produce un segundo choque pero es elástico; el momemtun se conservay la energía.

El momentun justo antes del choque elástico es pf=Mmv1i . Cuando alcanza

la máxima compresión el resorte, ambos cuerpos se mueven a la misma velocidad, por tantoel momentun en esa situación es p=2MmV 2

i . De la conservación de momentun

pi=pf, se tiene que V2 es igual a V 2=Mm

2Mm

V1

2i= m

2MmV 0

i

La energía inicial después del primer choque es cinética e igual a

E1=12Mmv1

2 . Al comprimirse el resorte, la energía en ese momento es cinética y

potencial elástica. E=12K L0−a

21/22MmV 22 . Remplazando el valor de v2 en

función de V0 y V1 en función de V0, el valor de a da: a=L0−mV0

K MMm2Mm

Pagina 100


Problema 4

-Se tiene una barra de largo L, de ancho H y profundidad S. Esta barra tiene un orificiocircular de radio R (R<H/2 y R<L/2), coincidiendo el origen con el eje de simetría vertical y cuyo centro está a una distancia d del centro sin orificio de la barra..

Calcule el centro de masa de sistema

SoluciónEste problema se puede pensar que es un

rectángulo de la do L y H, que se ha extraído unacircunferencia.

La circunferencia debe tener la misma densidad

del objeto real. Si la masa de objeto inicial es M, la densidad es =M

LH−R2

El centro de masa, de acuerdo a un sistema en el punto O es:

rcm=H /2 LH i−H /2R2

L2 LH j−L /2d R2

LH−R2

=L2−

dR2

LH− R2 j


=

H

L

R

O

d



Problema 5 Utilizando la misma técnica, calcule el centro de masa de:

SoluciónEn este caso, la densidad es:

=M

LH−

2H22

En esta caso, el centro de masa va estar contenido en lalinea de simetría. Sólo calculemos en el eje vertical, respecto de laesquina inferior izquierda.

ycm=

L/2 LH−L− 43

H2

2H22

LH−

2H22

Pagina 102

L

H


Problema 6Una bala de 300 gr con una velocidad de 330 m/s impacta con un péndulo de masa 100 kg, que cuelga desde un techo que está a 2 m. Si la bala queda incrustada en el péndulo, calcule:

• La velocidad justo después del impacto.

• Calcule la la altura que llega el péndulo.

Solución

Sabemos que el momento inicial ses p=mv i . Justo después del choque el momento

Pf=mM V fi . Por conservación del momento, en el eje x, se obtiene V f=

mmM

v .

Una vez, efectuado el choque, la energía se conserva. La energía cinética se transforma en

energí potencial 12mM M

mM 2

v2=mM gH . Luego, despejando H=

m2

2g mM 2 v2

(3

puntos)




Problema 7Calcule el centro de masa de la siguiente figura con densidad constante.

Solución

Recodemos que el centro de masa se define, para un continuo ecu 14: Centro de masa

. Si el origen esta en la

esquina inferior, izquierda según la figura 6, el elemento diferencia de masa se puede escribir como dm=dxdy. El vector posición r=x , y . El dominio de de las variables va

0<x<3a e 0<y<Y(x).. En este caso la función que describe el límite superior de y(x), viene dado por la

expresión y x =a−13

x (2 puntos). Luego la integral del centro de masa 14 queda

rcm=1M∫0

3a

∫0

yx

x , y dydx , con M=32

a2

rcm=1M∫

0

3a

xy x , y x 2

2dx=

1M

3a3

2,a3

2=a , a /3

Pagina 104

Figura 6: Triángulo rectángulo

a

3a

a

3a

y(x)

rcm=1M∫ r dm


Problema 8

Se tiene un bloque de madera de una masa M= 5 kg. Una bala de masa 150 g impacta con una velocidad de v=350 m/s, de modo que queda incrustado en la madera. El sistema maderabala entra a una zona de roce, deteniéndose cuando ha recorrido una distancia D=2 m.

Sobre la información entregada, calcule:• La perdida de energía por el impacto (Choque inelástico).• El coeficiente de roce de la superficie.

Solución

En este problema, se conserva el momentum lineal en la dirección horizontal.

El momento inicial es p=mv i=0,150 x350 i=52,5 i N / s .El momento posterior al choque es pf=mM V f

i=5,150V fi . La velocidad posterior al choque es se

obtiene igualando los momentos (conservación de la ley de conservación del momento lineal) es: 10,19 m/s.

La energía inicial es cinética igual a 12

m v2=

12

0,150 x 350 2=9187,5 J La energía

final es: 12mM V f

2=266,08 J . La diferencia de energía es: -8921,42 J.

La variación de energía es igual a trabajo del roce sobre el sistema masa-bala.

E=−266,08=− N D=− 5,125 x9 ,8 2 J . Despejando el coeficiente =2,648




Dinámica de Sólido

Pagina 106


Dinámica de Sólidos

Problema 1Se tiene una superficie cónica que gira con una frecuencia angular de w. Dentro de la superficie existe un partícula de masa m, y las superficies en contactos tienen roce estático m s y cinético m k. Investigue para que intervalo de frecuenciaangular w la masa está en reposo. Tenga elcuidado de estudiar el caso en que latangente del ángulo sea menor que elcoeficiente de roce estático.

Solución:

Si el cono no estuviera girando, para que nodeslice, se tiene que dar la relación:tang( )<s (+)

Analicemos las fuerzas sobre elcuerpo en la condición (+).

Del diagrama se obtiene que N j−Mg cos j fr iMg sin i=M acos ia sin j

Separando por componentes:N-Mgcos() =Masin() (1)fr+Mgsin( )=Macos() (2)En la inminencia de movimiento fr=sN.

Despejando N de la primera ecuación N=Mgcos( )+Masin() y la remplazamos en la fuerza de roce, se obtiene que de la segunda ecuación: m s (Mgcos()+Masin())+Mgsin()=Ma cos().Pero a=w²r, donde r es el radio de rotación.Despejando la magnitud de la aceleración y posteriormente la velocidad angular, se obtiene que :


Sentido de giro, con velocidad angular w

N

W

fr

y

x



w= gr

sin s cos

cos −s sinEste valor de frecuencia angular máxima antes que comience a deslizar.Si w=0, el cuerpo no desliza ya que el roce es suficiente para detener el cuerpo (condición +).

Supongamos que esta condición no se cumple, es decir ang()>s (+) : la dirección de la fuerza de roce cambia.

N j−Mg cos j− fr iMgsin i=M a cos iasin jSeparando por componentes:N-Mgcos( ) =Masin( ) (1)-fr+Mgsin()=Macos() (2)En la inminencia de movimiento, se tiene que fr=sN.

De (1) N=Mgcos( +Masin( . Remplazando en la fuerza de roce y despejando la velocidad angular se tiene que

w= gr

sin −s cos

cos s sin

Observe que si el coeficiente de roce es cero, se obtiene la frecuencia w en queel cuerpo queda en equilibrio, sólo girando.

Pagina 108


Pregunta 2

Se tiene un disco de radio R y de masa m y grosor H,con un surco para enrollar un hilo. Uno de surcos está a una distancia R /2del centro. Entre disco y elplano hay roce.

Se aplica una fuerza F paralela al plano (1), determine la dirección derotación del sistema.

Se aplica una fuerza F perpendicular al plano (2), determine la dirección derotación del sistema

¿Existe un ángulo intermedio en que se aplique la fuerza. resbale sin avanzar?

Solución

Analicemos primero el caso (1)La suma de las fuerzas es: Fi-fri+Nj-Mgj=Mai o es decir F-fr=Ma en el eje x y N-Mg=0. Veamos los torques

=R/2 i x F JR j x − fr i =I

Esto es equivalente a FR/2-frR=I. Despejamos fr de la ecuación F-fr=Ma y se remplaza en la ecuación del torque obteniéndose a . F-2F+2Ma=/R. Pero el


F

F

(1)

(2)

F

F

(1)

(2)

fr

x

y

W

N



torque de fr es mayor que el producido por F. Por tanto tiende a rotar y a x. Esto implica que=-a/R, y por tanto a=F/(I/R2+2M).Situación (2). Las fuerzas suman Nj+Fj-Mgj-fri=Mai o su forma equivalente:N+F-Mg=0 y -fr=Ma. La suma de los torque da FR/2-frR=. En este caso es positivo y a negativo. Remplazamos fr=-Ma en la ecuación del torque FR/2+MaR=Ia/R.

Despejando a se tiene (F/2)/(-MR-I/R)=a. El signo de “a” es negativo, avanzahacia el lado negativo del eje X.

Como vemos, tenemos un caso (1) que avanza hacia el lado positivo y (2) hacia el lado negativo, por tanto por el teorema de continuidad debe existir un punto en donde la aceleración es cero.

La ecuación de fuerza son:

en el eje x: Fcos()-fr=0 en el eje y N+Fsin()-Mg=0.Además, estamos es una situación crítica, es decir que fr=sN=s(Mg-

Fsin()).Trabajando las ecuaciones en la condición crítica se obtiene que:

cos s sin= sMg

FPor tanto el ángulo debe satisfacer esta ecuación.

Pagina 110

F

F

(1)

(2)

fr

x

y

W

N


Problema 3

Un yoyo consiste en dos discos uniformes cada uno con masa m y radio R, conectados por un eje ligero de radio b. Un hilo ligero se enrolla varias veces en eleje y luego se sostiene fijo mientras el yoyo se libera del reposo, cayendo al desenrollarse el hilo. Calcule la aceleración del yoyo y la tensión en el hilo.

Solución

Realicemos un bosquejo de la situación

La ecuaciones dinámicas son:Eje y: T-mg=-ma

donde a es la aceleración con que baja el conjunto, T la tensión.Además rota en torno al centro del Yoyo. Si nuestro sistema de referencia está enel centro, el torque es producido por la tensión. La ecuación será:

P=bx T=bT k=I k Despejando se tiene =bTI

, donde I es el momento de

inercia del Yoyo. A su vez, la aceleración tangencial está relacionado con laaceleración angular por medio de la relación a=b (No resbala la cuerda). Con tresrelaciones, podemos calcular T,a y en función de los conocido sabiendo que

I=2MR2

2=MR2 .

Aceleración angula =gb

R2b2

Aceleración tangencial a=gb2

R2b2 y la tensión en la cuerda T=MR2gbR2b2


2R

2b

mg

T



Problema 4Considere el dispositivo de la figura adjunta. El radio de la rueda grande es R. Ambos agujeros soncilíndricos y su radio es R/4. Sus centros distan R/2 del centro de la rueda y están sobre el mismodiámetro. El grosor de la rueda es s.

a. Calcule el momento de inercia del dispositivo descrito. b. Calcule la energía de rotación si el dispositivo gira con velocidad angular w en torno el

centro de la rueda de radio R. c. Si se tiene un disco completo de radio R, del mismo material, ¿qué velocidad angular debe

tener para igualar la energía del dispositivo?

Solución

Tenemos que tener presente que este dispositivo se puede considerar comoun cilindro completo que se ha restado otros cilindro de radio R/2. Vamos asuponer que conocemos la densidad de material del cual está hecho el materialque anotaremos con la letra .

El momento de inercia será en de un disco completo menos dos discosmenores, rotando a una distancia R/2 de su centro.

Pagina 112

s

R/4 R/4

R/4R/4

R


El momento de inercia del disco completo es I=mR2

2

En este caso para el artefacto será:

Momento de inercia

donde

M=R2 s y m= R2 2

s

En este caso la expresión del momento de inercia I' en función de R y es

I '= 516

R4s

La energía de rotación asociado a este dispositivo es

E rot=12

516

R4sw2=532

R4sw2

En el caso de un disco completo, la masa del disco M=R2 s y por lo tanto su

momento de inercia es I=12R4 s y por lo tanto la energía de rotación está

dado por E=14R4w'2=1

2532

R4 sw2 que igual a la energía de rotación

anterior. Por tanto igualando podemos encontrar las relación entre la frecuencias

angulares. w'= 1032

w


I '=M R2

2−2

m R22

2m

R22



Problema 5Una barra de largo L y de masa M, está girando en un plano horizontal con velocidad angular en torno a un eje fijo que pasa por su centro de masa Q. Una partícula de masa M se aproxima con una velocidad igual a v =wL/2, en la dirección que se indica en la figura. La partícula se mueve de modo que se acopla perfectamente en el extremo de la barra en el momento ilustrado.

Problema 8

Calcule: a. La velocidad angular de rotación w del sistema inmediatamente después del

acoplamiento.b. El cambio de energía experimentado por el sistema.c. Inmediatamente después del acoplamiento se aplica una fuerza F, de modo

que en todo momento es perpendicular a la barra a una distancia L/4 de Q. ¿Cuál debe ser la magnitud de F para que el sistema deje de rotar en un tiempo igual a ¾ del período?

Solución

En el este problema, el momento angular se conserva. El momento angular

antes del impacto es: L=mvL2kIw k=mw

L2L2m

L12

w k=mL2

3w k . Posterior al

“enganche”, el momento angular es L= ImL2w' k=m

L2

3w' k , donde I es el

momento de inercia de la barra en torno el centro (I=mL/12) y m la masa de la partícula. Por conservación, estos vectores deben ser iguales, por tanto w=w': nohay cambio de la velocidad angular.

Respecto de la energía, la inicial es

Pagina 114

Situación inicial Situación de acople

Q

v

FL/4

Q


E i=12mv 2

12I w2=

12mL2w

2

12 mL2

12 w2=12m3

L 2w2=E f que es igual a la final.

Curiosamente, en este enganche, la energía se conserva.

Cuando está enganchado, conocemos la velocidad angular. Al aplicar una fuerza F a una distancia de L/4 del centro de rotación, aparece un torque, de modo que debe detener la rotación en ¾ periodo. Un periodo es T=2/w. Luego, elsistema debe detenerse en 3/2/w.

El torque es igual a T =−F L4k=I k . La aceleración angular en función de

la velocidad inicial está dado por la expresión: =2w2

3.Luego la magnitud de la

fuerza es F=8w2

3L




Problema 7

Se tiene un cuerpo de masa M, a una altura R. Se deja caer (parte del reposo) y golpea elásticamente un semi-disco de radio R y masa m que gira en torno el punto O.

Sobre la base de la información entregada calculea)La velocidad angular del semi-disco después del choque b) La velocidad del cuerpo M inmediatamente posterior al choque.c) La velocidad con que golpea la masa M al semi-disco. d)¿ Que relación debe haber entre las masas para que justo después del choque, lama M quede en reposo.?

Solución

La energía inicial del cuerpo puntual es mgR. Esta energía se transforma encinética al momento de chocar, es decir la velocidad al chocar es v=2gR (c).

El momento angular se conserva en el momento del choque. Si tomamoscomo referencia el punto de giro del semi-disco, el momento angular de la masapuntual al chocar es: L=−MvD k=−M2gRD k . Posterior al choque el momentoangular es L=Mv 'D k−I w k , donde I es el momento de inercia del semi-disco yw es la velocidad angular justo después del choque. El momento angular seconserva: implica que −M 2gRD k=Mv 'D k−Iw k . Además se conserva laenergía (choque elástico).

La energía justo antes del choque es cinética que corresponde a lapotencial de la masa puntual. Posterior al choque es rotacional y cinética: Energíade la masa puntual posterior al choque. Esta igualdad queda:M2gR

2=

12Mv '21

2Iw2

Pagina 116

O

2R

R

D


La solución de w y v' es :

w=

2 2gRD

1 IMD2

y v '=I

MD2−1

1 IMD2 2gR Respuestas (a) y (b)

Si la masa M queda en reposo justo después del choque, v' es cero.El momento de inercia del semi-disco en torno el punto O es I=mR2/2 (*). Si lavelocidad v' es cero, implica que I/(MD2)-1=0 (+). Remplazando la expresión (*)en (+) podemos encontrar la relación entre las masas con D y R, esto es:

mM=

2R2

D2 (e).




Estática

Pagina 118


Estática de Sólidos

Pregunta 1

Una caja de peso w es empujada por una fuerza sobre el piso horizontal. Si elcoeficiente de fricción es y F está dirigido a un ángulo de debajo de lahorizontal a) muestre que el valor mínimo de F que moverá la caja es:

F= Sw sec

1− S tan

Solución

Primero debemos dibujar el esquema del problema

Las fuerza actuando en la dirección de x son: Fcos( )-fr=0Las componentes en la dirección de y son: N-Mg-Fsin( )=0

En la inminencia de movimiento fr=Fcos( y fr=sN. De la ecuación (2) seobtiene que N=Fsin()+Mg y remplazamos en la expresión de la fuerza de roceobteniéndose

s( Fsin()+Mg)=Fcos(). Despejando F se obtiene que

F=S w s e c

1−S t a n


F

N

Wfr

x

y

(1)(2)



Pregunta 2

Se tiene un escalera de 3 m de largo y peso de200 N apoyada en un pared. Existe roce en la pared yel suelo, y el coeficiente de roce es 0.5. Calcule lafuerza de reacción del suelo y la pared sobre laescalera si el ángulo de elevación de la escalera conla horizontal es de 60°y está en movimientoinminente.

Solución

Realicemos un diagrama del problema:Las fuerzas R1 y R2 son fuerzas de reacciones, y

las fuerzas fr1 y fr2 son las fuerzas de fricciones.Estas fuerzas deben satisfacer :

1. La suma de las fuerza son cero2. La suma de los momentos es cero.

Si situamos un origen en el punto O, podemos escribir las ecuaciones deequilibrio.

Las Fuerzas-200 Nj+R2j+fr2i+fr1j-R1i=0

La suma de los momentos según el origen de coordenadas

-200jx(L/2(cos(60°)i+sin(60°)j)+-R1ix(L(cos(60°)i+sin(60°)j)+fr1jx(L(cos(60°)i+sin(60°)j)=0

De la ecuación (1), separamos por componentes en las direcciones x e y.En la dirección de x: R2-200+fr1=0En la dirección de y: fr2-R1=0.

DE la ecuación del momento tenemos: -200L/2cos(60°)+R1Lsin(60°)+fr1Lcos(60°)=0

En el supuesto de movimiento inminente: m fri=Ri

Esto implica que en la ecuación (2) se obtiene que R1=100

1 tang60 °

esto implica que fr1=100

1 tang 60 ° El valor de fr2=R1=100/((1+)Tang(60°)) y R2=100 /((1+)tang(60°))+200

Pagina 120

200 N

R1

R2

fr2

fr1

60°

O


Problema 3

Se tienen dos esferas de radio R en una cavidad de ancho 3R. Si cada esferatiene una masa M, Calcule las fuerzas de reacción de las esferas con las paredesdel recipiente, y entre las esferas.

Solución

Para resolver este problema debemos analizar lasfuerza que actúan sobre cada cuerpo.

Veamos la esfera inferior

La ecuación de equilibrio para este cuerpo es:−mg jP1 iP2 j−P3cos i−P3sin j=0

o de igual forma, la suma de las fuerza en el eje:

x: -P3cos()+P1=0.y: -P3sin()+P2-mg=0


R

R

3R

W

P1P2

P3

�



Veamos la segunda esfera.

La suma vectorial sobre este cuerpo es:

−P4 i−mg jP3sin jP3cos i=0

o según los ejes:x: -P4+P3cos()=0y: P3sin()-mg=0.

Calculemos el ángulo

Como se observa en el diagrama Cos()=R/(2R)=1/2. El ángulo es 60º.Resolviendo las ecuaciones de las componentes de las fuerzas de cada cuerpo,

tenemos la siguiente solución:

∣ P3∣=mg32

, |P2|=2mg, ∣ P1∣=mg3

=∣ P4∣ .

Pagina 122

R

R

3R

R

R R

P3P4

mg

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