CAPÍTULO 4. Dinámica de una partícula

Dinámica de una partícula

Hugo Medina Guzmán

CAPÍTULO 4. DINÁMICA DE UNA PARTÍCULA de fricción? Este se mantiene en movimiento a velocidad constante.

INTRODUCCIÓN En el capítulo anterior estudiamos el movimiento de una partícula con respecto a un sistema de referencia sin preguntarnos sobre la causa del movimiento. Lo describimos simplemente en →

→

→

términos de los vectores r , v y a . Nuestra discusión fue geométrica, en este capítulo discutiremos la causa del movimiento. Seguiremos tratando a los cuerpos como partículas simples. Posteriormente trataremos sobre sistemas de partículas y cuerpos rígidos.

En ausencia de una fuerza resultante, el objeto se mantiene en movimiento con velocidad uniforme o permanece en reposo. Esta es la PRIMERA LEY DE NEWTON DEL MOVIMIENTO Ahora podemos pensar acerca de la situación cuando un objeto era empujado sobre un plano. Cuando la fuerza era pequeña no había movimiento, pero una fuerza debería causar movimiento; la conclusión es que debe haber otra fuerza actuando sobre el cuerpo la cual anula justamente el efecto de la fuerza que aplicamos. Al incrementar nuestra fuerza, la fuerza opuesta también se incrementa, hasta que en algún valor particular la fuerza opuesta termina de incrementarse y comienza el movimiento porque hay una fuerza resultante actuando sobre el objeto. La fuerza opuesta es la fuerza de Fricción

EL ORIGEN DEL MOVIMIENTO ¿Qué origina el movimiento? ¿Qué detiene el movimiento? ¿Se necesita causa para mover las cosas? ¿Por qué un objeto al que se le da un empujón pronto se detiene? ¿Por qué los planetas mantienen su movimiento alrededor del sol? Aristóteles joven filósofo griego (siglo IV a.c.) decía que un cuerpo permaneciera en movimiento era necesario ejercer alguna acción sobre él ya que el estado natural es el reposo. Esto parece ser razonable, cuando dejamos de empujar un cuerpo, este pronto alcanza el reposo. Parece ser necesaria una acción exterior o fuerza aplicada al cuerpo para mantener el movimiento. Sin embargo, observemos esta situación con mayor detenimiento. La figura siguiente muestra un bloque de madera sobre un plano.

¿QUÉ ES FUERZA? En la vida cotidiana se considera fuerza a una sensación común asociada con la dificultad para mover o levantar un cuerpo. En Física se identifica una fuerza por el efecto que produce. Uno de los efectos de una fuerza es cambiar el estado de reposo o de movimiento del cuerpo, más concretamente, una fuerza cambia la velocidad de un objeto, es decir produce una aceleración. Cuando se aplica una fuerza sobre un cuerpo y no se produce movimiento, entonces puede cambiar su forma, aún si el cuerpo es muy rígido. La deformación puede o no ser permanente. Entonces los efectos de la fuerza neta son dos: cambiar el estado de movimiento de un cuerpo o producir una deformación, o ambas cosas. Normalmente sobre un cuerpo pueden actuar varias fuerzas, entonces el cuerpo acelerará cuando el efecto de la fuerza neta que actúa sobre él no es cero. Se llama fuerza neta o fuerza resultante a la suma de todas las fuerzas que actúan sobre un cuerpo. Si la fuerza neta es cero, la aceleración es cero, el movimiento es con velocidad igual a cero (cuerpo detenido) o con velocidad

Aplicamos una fuerza pequeña al bloque, no pasa nada. Incrementamos la fuerza y a un valor particular el bloque se mueve. Si seguimos incrementando la fuerza empujando o jalando más, el objeto se mueve con mayor rapidez, Cuando dejamos de empujar el cuerpo rápidamente vuelve al reposo. Sin embargo si ponemos ruedas al bloque el resultado es diferente, una fuerza muy pequeña causa el movimiento. La diferencia son las ruedas debido a la fricción. Para hacer un estudio libre de la fricción busquemos llegar cercanamente a esta condición, una forma de lograr esto es con una mesa neumática, se sopla aire sopla hacia arriba a través de pequeños agujeros manteniendo un disco suspendido sobre un colchón de aire. ¿Qué pasa cuando empujamos un objeto en ausencia 1


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constante. Cuando un cuerpo está en reposo o se mueve con velocidad constante, se dice que está en equilibrio. Se pueden distinguir dos grandes clases de fuerzas: fuerzas de contacto, representan el resultado del contacto físico entre el cuerpo y sus alrededores, por ejemplo mover un carro o estirar un resorte; y fuerzas de acción a distancia que actúan a través del espacio sin que haya contacto físico entre el cuerpo y sus alrededores, por ejemplo la fuerza con que la Tierra atrae a los cuerpos que caen en caída libre. Todas las diferentes formas de fuerzas se encuentran dentro de esas dos grandes clasificaciones. Para describir el mundo, la física contemporánea recurre a cuatro interacciones o fuerzas fundamentales. 1. Las fuerzas electromagnética de atracción o repulsión entre partículas cargadas en reposo o en movimiento, es mucho más intensa que la fuerza gravitacional. 2. Las fuerzas nucleares intensas entre partículas subatómicas, son las de mayor magnitud (102 103 veces la fuerza electromagnética). 3. Las fuerzas nucleares débiles de corto alcance, son varios órdenes de magnitud (1012) menor que la fuerza electromagnética. 4. La fuerza de atracción gravitacional entre cuerpos debido a sus masas, es la fuerza de menor magnitud comparada con las otras.

El instrumento para medir fuerzas se llama dinamómetro, es un resorte que se estira sobre una escala. Si se aplica una fuerza de una unidad sobre el dinamómetro, el resorte se estira hasta que ejerce una fuerza igual y contraria a la aplicada. En la escala se mide el alargamiento del resorte y se le asigna una unidad de fuerza. De esa manera se calibra el dinamómetro y se usa para medir fuerzas, por ejemplo se aplica una fuerza sobre el dinamómetro y si se estira 2,5 unidades, entonces la fuerza aplicada es 2,5 veces la unidad de fuerza. Este procedimiento es válido para pequeños alargamientos del resorte, ya que si la fuerza es muy intensa, se puede deformar y no volver a su forma original. CAMBIO DE VELOCIDAD Nuestro siguiente problema es encontrar una relación entre la fuerza y el cambio en el movimiento producido por ésta. Para esto necesitamos lo siguiente: 1. Un carro muy ligero que pueda moverse sin fricción sobre una superficie horizontal. 2. Una fuerza constante. Esta podernos obtenerla mediante un resorte (Si mantenemos un resorte estirado una misma longitud, la fuerza que la estira es constante).

Para que el concepto de fuerza sea exacto se debe establecer un método para medirla. Una fuerza se puede medir por el efecto que produce. Por ejemplo se puede usar la deformación que una fuerza produce en un resorte, como en la figura. Si se aplica una fuerza verticalmente a un resorte y se estira una unidad, le asignamos a la fuerza una magnitud unitaria F. Se aplica ahora otra fuerza al mismo resorte horizontalmente, produciéndole un estiramiento de dos unidades, la magnitud de la fuerza será de 2F. Si se aplican simultáneamente las dos fuerzas, el resorte se

3. Un registrador de tiempo. El movimiento del carro puede estudiarse si una cinta de papel atada a éste pasa a través del registrador que produce marcas en la cinta a intervalos de tiempo regulares.

inclina, y se estira 5 veces. La fuerza equivalente que produce ese estiramiento del resorte es la suma vectorial de F y 2F. Es decir, la fuerza es un vector.

2


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La aceleración que se obtiene con los carros es igual a la mitad y con tres es igual a un tercio. Como el valor de F es igual en todos los casos, quiere decir que la constante con dos carros es igual a 2m y con tres carros es 3m. Como la aceleración es una cantidad vectorial la fuerza también lo es y tiene la misma dirección que la aceleración, pero un módulo m veces mayor, de modo que la relación anterior puede escribirse en la forma

La figura siguiente muestra la cinta de papel producida por una fuerza constante.

Con los datos obtenidos en esta experiencia se realiza el gráfico distancia - tiempo y se obtiene una curva. Con los datos también se puede obtener la velocidad media en cada intervalo de tiempo. El gráfico velocidad - tiempo es una línea recta que indica que el movimiento es con aceleración constante. De aquí podemos concluir que una fuerza constante produce una aceleración constante.

→

→

F = ma

Fuerza = masa x aceleración. Esta expresión constituye la SEGUNDA LEY DE NEWTON DEL MOVIMIENTO. La fuerza que actúa sobre un cuerpo es igual al producto de la masa del cuerpo por la aceleración que le imprime. UNIDADES DE FUERZA Y MASA La relación F = ma nos da una relación entre fuerza, masa y aceleración. En el sistema internacional (S.I.) la unidad de aceleración es m/s. ¿Cuales son las unidades de fuerza y de masa? Como son dos cantidades que se relacionan sólo tenernos que especificar un estándar para una de ellas. El sistema internacional adopta corno unidad una pieza de material llamado KILOGRAMO, cuyo símbolo es kg. El kilogramo es la masa un prototipo de platino iridiado sancionado por la Conferencia General de Pesas y Medidas realizada en París en 1889 y depositado en el pabellón de Breleuil en Sevres. La unidad de fuerza es el newton, cuyo símbolo es N y se define así: El newton la fuerza que produce una aceleración de un metro por segundo al cuadrado a una masa de un kilogramo.

Duplicamos la fuerza usando dos resortes iguales estirados la misma longitud, como se muestra en la figura.

Duplica la fuerza y produce el doble de aceleración. Si triplicamos la fuerza se obtiene una aceleración de valor triple. Concluimos que la aceleración a del cuerpo es directamente proporcional a la fuerza.

a∝F

Podemos escribir esto como F = ma , donde m es la constante de proporcionalidad. A esta constante la llamaremos MASA. Para una determinada fuerza a mayor constante m la aceleración es menor. A mayor valor de la constante es más difícil acelerar el cuerpo. Para conocer qué factores cambian esta constante realicemos el siguiente experimento: en lugar de usar un solo carro jalado por el resorte estirado usemos dos carros uno sobre otro y luego tres carros como se muestra en la figura

N=

kgm s2

Otros sistemas: MKS: igual al S.I. CGS: Masa → gramo (g), l g = 10-3 kg Aceleración → cm/s2 Fuerza → dina = g.cm/s2 Inglés técnico: En este sistema la unidad fundamental es la unidad de fuerza. Fuerza → libra (lb), 1 lb = 4,45 N Aceleración → pie/s2 Masa → slug = lb s2/pie PESO DE UN CUERPO. El peso de un cuerpo es la fuerza de atracción que ejerce la Tierra sobre el cuerpo. Un cuerpo de masa m sometido 3


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a cierta fuerza cae con la aceleración de la gravedad g, el peso P de este cuerpo es →

→

P = mg

Con el objeto de dar respuesta a esta pregunta pongamos dos resortes iguales al primero y jalemos de tal manera que el carro adquiera la misma aceleración que antes, esto quiere decir, por la segunda ley de newton que siendo la misma masa m estamos aplicando la misma fuerza (F = ma) que antes y observamos que los resortes estiran la misma longitud, lo que quiere decir que la fuerza sobre la mano es igual a la fuerza sobre el carro.

Su dirección es hacia abajo (hacia el centro de la Tierra). Como el peso es una fuerza debe medirse en Newtons. Debido a que la aceleración de la gravedad varía de un lugar a otro de la Tierra, el peso de un cuerpo es diferente en lugares distintos, sin embargo la masa de un cuerpo es la cantidad fija que no depende del lugar donde está situado el cuerpo, Aunque el peso de un objeto varía de un sitio a otro, esta variación es demasiado pequeña para ser observada en la mayor parte de las aplicaciones prácticas, por esto, el peso de un cuerpo parece ser una característica constante al igual que su masa. Este hecho ha conducido al empleo ordinario de otras dos medidas: KILOGRAMO FUERZA, es el peso de un kilogramo masa. 1 kgf = 9,8 N LIBRA MASA, es la masa de un cuerpo que pesa una libra. 1 libra masa = 0,454 kg. Estas unidades son prácticas pero incorrectas y no deben ser usadas en Física.

Esto constituye la TERCERA LEY DE NEWTON DEL MOVIMIENTO. Si un cuerpo ejerce una fuerza sobre un segundo, éste ejerce una fuerza igual y opuesta sobre el primero. La fuerza ejercida por el primer cuerpo sobre el segundo es la ACCIÓN, la fuerza igual y opuesta actuando sobre el primero es la REACCIÓN. Expresado en símbolos, es: →

→

F sobre 2 debido a 1 = F sobre 1 debido a 2 Fuerza de contacto de un cuerpo a otro con un cambio de dirección o sin él A continuación presentarnos algunos casos tipo de la aplicación de las leyes de Newton. APLICACIONES DE LAS LEYES DE NEWTON Cuando estudiamos Cinemática, encontrarnos las relaciones entre desplazamiento, aceleración y tiempo. Por ejemplo, conociendo la aceleración

ACCIÓN Y REACCIÓN. Hagamos una observación más detallada cuando jalamos el carro con un resorte estirado una determinada longitud.

→

a las condiciones tales como posición inicial, velocidad inicial, es decir la posición y la velocidad en el tiempo que llamamos inicial (t = 0), podemos conocer la velocidad y posición para cualquier tiempo. Las condiciones iniciales las tenemos pero la aceleración, ¿de dónde? Para

Para que el resorte esté estirado es necesario jalarlo por los dos lados. Se necesitan fuerzas en sentidos opuestas y en cada extremo del resorte. Cuando jalamos el carro, una fuerza actúa sobre el carro y una fuerza en sentido opuesto actúa sobre nuestra mano. ¿Cuáles son las magnitudes de estas fuerzas?

→

→

esto tenemos F = m a , todo lo que tenemos que hacer es conocer las fuerzas sobre el cuerpo y su →

masa, y entonces podremos encontrar a . La mejor forma de estar seguros que →

→

comprendemos el significado de F = m a , es hacerlo con algunos problemas que involucran 4


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que

las leyes de Newton. Para resolver un problema sugerimos cuatro pasos a seguir: 1. Dibujar un esquema del sistema 2. Identificar el cuerpo a cuyo movimiento se refiere el problema. 3. Dibujar otra figura con solamente el objeto en particular manteniendo el marco de referencia poner todas las fuerzas que actúan sobre el objeto mediante flechas. Esto se conoce como DIAGRAMA DEL CUERPO LIBRE (DCL). Si se comete una equivocación todo lo demás fallará, por eso es conveniente hacerlo bien. Una mejor forma de comenzar es poner la fuerza de gravedad primero y luego preguntarse: “¿Qué toca al cuerpo?”, la acción de tos resortes, cuerdas, manos y otros objetos, todos deben ser considerados. Así como también las fuerzas que actúan sin tocar el cuerpo, como la fuerza eléctrica, magnética de las cuales no nos preocupamos en este curso. 4. Finalmente, aplicar la segunda ley de Newton a cada componente de fuerza y aceleración. →

→

a = − gkˆ

Según la Segunda Ley de Newton →

→

F = m a = −mgkˆ ∑ Fx = 0 , ∑ Fy = 0 , ∑ Fz = −mg . Siendo esta la respuesta que ya conocíamos. Ejemplo 2. El dinamómetro. El dinamómetro es un instrumento que se utiliza para medir las fuerzas. Consta de un resorte con una escala que indica su estiramiento, la cual está graduada en Newtons. Cuando lo utilizamos para pesar se dispone como lo muestra la figura.

→

F =ma ∑ Fx = ma x ,

∑F

y

= ma y , ∑ Fz = ma z .

y ahora resolver para la aceleración. En algunos de los problemas que se presentan más frecuentemente, las acciones se producen por fuerzas sin contacto; en otros se usan cuerdas y varillas como medios de conexión. Cuando las masas de estos medios de conexión son despreciables su único efecto es el de transmitir

Se suspende la masa m, el resorte del dinamómetro se estira hasta que alcanza el equilibrio estático.

ESTÁTICA DE LAS MASAS PUNTUALES. Los sistemas en los cuales todas sus partes satisfacen la primera ley son llamados sistemas estáticos, es decir si la suma vectorial de todas las fuerzas que actúan es nula, el cuerpo esta en equilibrio y permanece en reposo, o si está en movimiento, se mantiene con velocidad constante La condición de este equilibrio es →

∑F = 0 y en componentes cartesianas: Fx = 0 , Fy = 0 , Fz = 0 .

∑

∑

∑

Las fuerzas son ejercidas sobre el objeto o sistemas por. Medios exteriores al sistema.

Diagrama del cuerpo libre (DCL) Aplicando la condición de equilibrio de la masa m

Ejemplo 1. La Fuerza gravitacional Dado que la aceleración de un cuerpo en caída libre en la tierra es g, ¿cuál es la fuerza de la gravedad? Solución. Como este movimiento es en una sola dimensión, consideramos que este se realiza en el eje z, tal

T1 − mg = 0 Luego ⇒ T1 = mg Si despreciamos la masa del dinamómetro, tenemos que:

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T1 − T2 = 0 y T1 = T2

En el dinamómetro, considerándolo de masa despreciable.

El dinamómetro indica en la escala la fuerza

→

∑F = 0

T2 = mg

T2 − T3 = 0 ⇒ T2 = T3

Ejemplo 3. Se tiene los dispositivos mostrados en la figura. ¿Cuánto indica el dinamómetro de la figura (a) y cuánto el dinamómetro de la figura (b)?

En la polea de la izquierda

T4 = T3

En la masa de La izquierda →

∑F = 0 T4 − mg = 0 ⇒ T4 = mg Como conclusión todas las tensiones son iguales a mg

T4 = T3 = T2 = T1 = mg El dinamómetro es tensionado por la fuerza T1 , y su indicación será:

T1 = mg b) El diagrama de cuerpo libre de la figura siguiente es

Solución. a) El diagrama de cuerpo libre de la figura (a) es

En la masa

T1 − mg = 0 ⇒ T1 = mg

En la polea

T1 = T2 En el dinamómetro

T3 = T2 = T1 = mg

Empezando por la derecha

T1 − mg = 0 ⇒ T1 = mg

El dinamómetro es tensionado por la fuerza T1 y su indicación será

La figura siguiente muestra la polea

T1 = mg Como se puede ver esta situación es completamente análoga a la anterior, sólo que hemos sustituido una de las poleas por la pared. Ejemplo 4. Un cuerpo de masa m se sostiene por medio de cuerdas como se muestra en la figura. Encontrar las tensiones T1, T2 en las tres cuerdas.

Para que el trozo de cuerda este en equilibrio →

∑F = 0 Descomponiendo las fuerzas sobre el trozo de cuerda en los ejes x e y. Como la cuerda se considera sin masa la suma de fuerzas a lo largo del eje x es

T1 cos θ − T2 cos θ = 0 ⇒ T1 = T2

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Fuerza de la cuerda que lo sostiene, que es la tensión T Fuerza que el plano ejerce sobre el cuerpo, que es la normal N Como el sistema está en equilibrio, se aplica la primera Ley de Newton:

Solución.

Del diagrama de cuerpo libre se obtiene: Fx : − T + mgsenα = 0

∑ ∑F

Tomando un sistema de ejes horizontal y vertical como el mostrado en la figura tenemos: →

T1 = −mgˆj T2 = T2 cos θ iˆ + T2 senθ ˆj

T = mgsenα = 50sen30° = 25 N N = mgcosα = 50cos30° = 43,2 N

→

T3 = −T3 cos α iˆ + T3senα ˆj →

∑F = 0

→

→

DINÁMICA CON FRICCIÓN DESPRECIABLE. Los sistemas en los cuales todas sus partes satisfacen la primera ley son llamados sistemas estáticos, es decir si la suma vectorial de todas las fuerzas que actúan no es nula y la fricción se considera despreciable,

→

T1 + T2 + T3 = 0 Obtenemos:

∑F ∑F

x

= T2 cos θ − T3 cos α = 0

y

= T2 senθ + T3senα − mg = 0

Resolviendo estas dos ecuaciones

T2 =

: N − mgcosα = 0

Despejando T y N, y reemplazando los valores numéricos, se obtiene:

→

Con

y

Ejemplo 6. Si un bloque de masa m se ubica sobre un plano sin roce, inclinado un ángulo α con la horizontal, resbalará una distancia D a lo largo del plano. Describir su movimiento.

mg cos α mg cos θ , T3 = sen (θ + α ) sen (θ + α )

Ejemplo 5. Un bloque de 50N de peso se ubica sobre un plano inclinado en un ángulo α de 30º con la horizontal. El bloque se sujeta con una cuerda ideal que se encuentra fija en la parte superior del plano inclinado, como en la figura. Estudiar el comportamiento mecánico del bloque.

Solución. El D. C. L. del cuerpo:

Solución. El D. C. L. del cuerpo:

Del diagrama de cuerpo libre se obtiene: Fx : mgsenα = ma x

∑ ∑F

y

: N − mgcosα = ma y = 0

De estas ecuaciones se obtiene: a x = gsenα y N = mg cos α Se concluye que la aceleración del bloque en dirección del plano inclinado es la componente de g en esa dirección. Estudiando ahora el movimiento del bloque, considerando que parte del reposo y se desliza una distancia D, se puede calcular la rapidez con que llega a la base del

Fuerza de atracción de la Tierra, que es su peso mg. 7


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⎛ m − Msenα ⎞ T = mg − m⎜ ⎟g ⎝ m+M ⎠ mM (1 + senα )g T= (m + M )

plano. Si se considera que el movimiento del bloque comienza desde el reposo, se puede usar:

v 2 = v 02 + 2a x Δx ⇒ v 2 = 2( gsenα )D

y v=

2 gDsenα

Ejemplo 7. Para el siguiente sistema mecánico, calcular la aceleración de las masas y la tensión de la cuerda.

Ejemplo 8. En el sistema de la figura las masas se sueltan desde el reposo. Cuando la masa m1 de 1 kg llega a la parte superior del plano inclinado liso se rompe la cuerda, llegando m1 al piso en 2 segundos. Se ignora el valor de la masa m2. Hallar: a) La velocidad de m1 en la parte superior del plano inclinado. b) La aceleración de las masas cuando la cuerda no se había roto. c) Cuando m1 llega al piso, halle la distancia a la que llega de la parte inferior del plano inclinado. d) El valor de m2 para que se cumplan las condiciones del problema.

Solución. Como no se conoce la dirección del movimiento, supongamos que el cuerpo de masa M sube por el plano inclinado, lo que determina el sentido de la aceleración, entonces aplicando la segunda Ley de Newton se aplica cada masa: El D. C. L. de M:

Del diagrama de cuerpo libre de M se obtiene: Fx : T − Mgsenα = Ma ⇒

Solución. a) Cuando la masa m1 llega a la parte superior del plano inclinado la cuerda se rompe, m1 tiene

∑

T = Mgsenα + Ma ∑ Fy : N − Mgcosα = 0

→

la velocidad v y llega al piso en 2 segundos.

El D. C. L. de m:

Del diagrama de cuerpo libre de m se obtiene: Fy : T − mg = − ma ⇒ T = mg − ma

∑

La velocidad →

v = v x iˆ + v y ˆj

De estas ecuaciones se obtiene

Componentes

Mgsenα + Ma = mg − ma (m − Msenα ) g a= (m + M )

v x = v cos 37º = 0,8v v y = vsen37 º = 0,6v Desplazamiento vertical

Se observa que el signo de a depende del término (m - M sen α). Ahora se calcula el valor de la tensión reemplazando el valor de a en T:

y = 18 + 0,6vt − 4,9t 2 Desplazamiento horizontal

x = 0,8vt

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Para t = 2 s llega al piso, y =0.

0 = 18 + 0,6v(2) − 4,9(2)

2

4,9(2) − 18 m ⇒v= = 1,33 1,2 s 2

b) Aplicando la ecuación

v 2 = v02 + 2as Como parte del reposo v0 = 0 y cuando llega a la parte superior v = 1,33 m/s:

Solución a) Los DCL necesarios para encontrar las tensiones en las cuerdas en los puntos A, B y C.

1,33 = 2a(10 ) 2

Desplazamiento vertical

a=

m 1,78 = 0,089 2 s 20

c) Siendo vx = 0,8v = 0,8(1,33) = 1,067

x = 1,067t .

m y s

Para t = 2 s:

x = 1,067(2 ) = 2,13 m

d) Para calcular el valor de m2 para que se cumplan las condiciones del problema aplicamos la segunda ley de Newton al sistema:

b) Hallar las tensiones en las cuerdas en los puntos A, B y C, (1) TA − TB − (1 + 10 )g = 11a (2) TB − TC − (1)g = 1a (3) TC − 10 g = 10a De (3) TC = 10( g + a ) = 10(9,8 + 4) = 138 N = 138 N De (2) TB − 138 = 1(g + a ) = 138 + 13,8 = 151,6 N De (1) TA − 151,6 − 11g = 11a ⇒

m2 g − m1 gsen37 º = (m2 + m1 )a Desplazamiento vertical

TA = 151,6 + 11( g + a )151,6 + 11(13,8) = 303,4 N

m2 ( g − a ) = m1 ( gsen37 º + a )

Desplazamiento vertical

m2 = m1

(gsen37º + a ) (g − a )

c) Si la cuerda se rompe en el punto A, El cuerpo está en caída libre por lo tanto T = 0.

Reemplazando datos

m2 = 1kg

(4,9 + 0,089) = 4,989 (9,8 − 0,089) 9,711

Ejemplo 10. Dos bloques de masas m1 = 20 kg y m2 = 8 kg, están unidos mediante una cuerda homogénea inextensible que pesa 2 kg. Se aplica al conjunto una fuerza vertical hacia arriba de 560 N. Calcular: a) La aceleración del conjunto; b) Las fuerzas que actúan en los extremos de la cuerda.

= 0,51 kg

Ejemplo 9. Dos bloques de 10 kg cada uno están sujetos al techo de un elevador, como se muestra en la figura. El elevador acelera hacia arriba a 4 m/s2 y cada cuerda tiene una masa de 1 kg. a) Hacer los DCL necesarios para encontrar las tensiones en las cuerdas en los puntos A, B y C. b) Hallar las tensiones en las cuerdas en los puntos A, B y C, c) Si la cuerda se rompe en el punto A, cual será la tensión en el punto medio de la cuerda BC.

9


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Solución. En el D. C. L. de m1:

a) Los bloques y la varilla del conjunto se mueven hacia abajo a velocidad constante. Calcular la fuerza aplicada F . b) Los bloques y la varilla del conjunto se mueven hacia arriba a velocidad constante. Calcular la fuerza en el enlace A. c) Si la fuerza en el enlace B es de 40 N. Calcular la aceleración de los bloques y la varilla. d) Si los bloques y la varilla del conjunto aceleran hacia arriba a 2,0 m/s2. ¿Por cuánto excede la fuerza del enlace A a la fuerza en el enlace B. Solución. a) Aplicando la segunda ley de Newton al conjunto F = ma = 0

F1 − FA − m1 g = m1 a

(1) En el D. C. L. de la cuerda de masa m3: FA − FB − m3 g = m3 a (2) En el D C L de m2: FB − m2 g = m2 a (3)

∑

F − (5,0 + 0,6 + 4,0 )9,8 = 0 ⇒ F = (5,0 + 0,6 + 4,0 )9,8 = 94,02 N

a) Sumando (1), (2) y (3):

b) La figura muestra los diagramas del cuerpo libre de cada uno de los elementos

F1 − (m1 + m2 + m3 )g = (m1 + m2 + m3 )a

F1 −g (m1 + m2 + m3 ) 560 a= − 9,8 = 8,87 m/s2 (20 + 8 + 2) b) De (3) FB = m2 (g + a ) FB = 8(9,8 + 8,87 ) = 149,4 N De (1) FA = F1 − m1 ( g + a ) FA = 560 − 20(9,8 + 8,87 ) = 186,6 N

y a=

Aplicando la segunda ley de Newton a la masa de 5 kg.

Ejemplo 11. Dos bloques, uno de 5,0 kg y otro de 4,0 kg están conectados por una barra de 0,6 kg. Los enlaces entre los bloques y la vara se denotan por A y B. Una fuerza F se aplica a la parte superior del bloque.

F − 5,0(9,8) − R A = 0 ⇒ 94 − 5,0(9,8) − R A = 0 ⇒ R A = 45 N

c) Aplicando la segunda ley de Newton a la masa de 4 kg.

∑ F = ma

10


40 − 4,0(9,8) = 4,0a ⇒ a =

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Aplicando la Segunda Ley de Newton a la masa

0,8 = 1,2 m/s2, 4,0

m1 m1 g − T1 = m1 a

hacia arriba. d) Aplicando la segunda ley de Newton a la varilla.

Aplicando la Segunda Ley de Newton para la masa m 2 :

T1 − m2 g = m2 a De estas dos ecuaciones obtenemos:

a=

(m1 − m2 ) g (m1 + m2 )

y T1 =

2m1 m2 g (m1 + m2 )

Si las masas m1 y m 2 fueran casi iguales, el valor de la aceleración sería pequeño y podría determinarse midiendo el tiempo en que una de las masas sube o baja una distancia determinada. La razón (m1 − m2 ) se determina pesando los

∑ F = ma

RA − RB − 0,6(9,8) = 0,6(2,0 ) ⇒ RA − RB = 0,6(9,8) + 0,6(2,0 ) = 7,08 N

(m1 + m2 )

Ejemplo 12. La máquina de ATWOOD. Es un aparato que se utiliza para determinar con exactitud la gravedad y consiste de dos masas m1 y m2 , ( m1 > m2 ), que están unidas mediante una cuerda que pasa sobre una polea. Considerar la cuerda inextensible y sin masa. Asimismo, no tornar en cuenta la fricción y la masa de la polea. Describir el movimiento y calcular la tensión en la cuerda.

cuerpos. Finalmente, la magnitud de g se obtiene a partir de estas cantidades mediante la ecuación

g=

(m1 + m2 ) a (m1 − m2 )

Ejemplo 13. El sistema consiste de tres bloques, que se conectan por medio de cuerdas, y una polea sin fricción ligera, según lo mostrado en la figura. Una fuerza externa P se aplica hacia abajo en el bloque A. El sistema acelera a razón de 2,5 m/s2. La tensión en la cuerda que conecta el bloque B y el bloque C es igual a 60 N.

Solución. Siendo m1 mayor que m 2 , la masa m1 se moverá hacia abajo con una aceleración a y la masa m 2 se moverá hacia arriba con la misma aceleración a . La figura siguiente muestra los diagramas de cuerpo libre de cada una de las partes del sistema.

a) Calcular la fuerza externa P. b) Calcular la tensión en la cuerda que conecta el bloque A y el bloque B. c) Calcular la masa del bloque C. Solución. a) La figura siguiente muestra los DCL de cada uno de los componentes.

La polea cumple la función de cambiar la dirección T1. Considerando el sentido de la aceleración o como positiva. 11


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9 g − 4 gsen30º −6 gsen30º = (9 + 4 + 6 )a 4 ⇒ 4 g = 19a ⇒ a = g = 2,06 m/s2 19 b) Aplicando la segunda ley de Newton a la masa 6 kg.

T2 − 6 gsen30º = 6a ⇒ T2 = 3(9,8) + 6(2,06 ) = 41,76 N

Aplicando la segunda ley de Newton a la masa A: P + 120 − T = 12(2,5) = 30 (1) Aplicando la segunda ley de Newton a la masa B T − 60 − 180 = 18(2,5) = 45 (2) Sumando (1) y (2): P − 120 = 75 ⇒ P = 195 N b) Aplicando la segunda ley de Newton a la masa B

Ejemplo 15. La figura muestra a un hombre elevándose mediante una fuerza vertical que aplica él mismo a la cuerda que tiene en las manos. Si el hombre y la silla juntos tienen una masa de 100 kg. Se pregunta: a) ¿Con qué fuerza debe jalar para, subir con una velocidad constante? b) ¿Con qué fuerza debe jalar para subir con una aceleración de l m/s2 (considerar g = 10 m/s2?

T − 60 − 180 = 18(2,5) = 45

T = 285 N c) Aplicando la segunda ley de Newton a la masa C

60 − 10mC = 2,5mc ⇒ 12,5mC = 60 ⇒ 60 mC = = 4,8 kg 12,5 Ejemplo 14. Un sistema consiste de tres bloques, una polea sin fricción ligera, una pendiente sin fricción, y conectando por cuerdas como se muestra en la figura. El bloque de 9 kilogramos acelera hacia abajo cuando el sistema se libera del reposo.

Solución. a) La figura siguiente muestra los diagramas de cuerpo libre de cada una de las partes del sistema.

a) Calcular la aceleración del sistema. b) Calcular la tensión en la cuerda que conecta el bloque 6 kg y el bloque de 4 kg. Solución. a) La figura siguiente muestra los DCL de cada uno de los componentes. Aplicando la segunda ley de Newton al conjunto.

12


Hugo Medina Guzmán

Como se considera la cuerda con masa despreciable en el DCL del trozo de cuerda

T=F

La polea solo cambia la dirección de la tensión T . En el DCL del hombre-silla

T + F − W = 0 ⇒ 2F = W W y F= 2 Como W = 100 × 10 = 1000 N 1000 F= = 500 N 2

b) Ahora como el hombre debe subir con una aceleración de l m/s2 tenemos:

Solución. a) Consideremos el DCL de la masa m1 :

W W a ⇒ 2F = W + a g g W⎛ a⎞ ⎜⎜1 + ⎟⎟ y F= g⎠ 2⎝

Aplicando la Segunda Ley de Newton

T + F −W =

T1 − m1 g = m1 a ⇒ T1 = m1 (a + g ) T1 = 1100(2 + 9,8)

Como W = 1000 N , a = 1 m/s 2 y = 1 m/s 2

= 12980 N b) Consideremos el D.C.L. de la masa m 2 :

1000 ⎛ 1⎞ F= ⎜1 + ⎟ = 550 N 2 ⎝ 10 ⎠ Ejemplo 16. La figura muestra un ascensor. Este consiste de la caja con masa m1 = 1100 kg , el contrapeso con masa m 2 = 1000 kg . El cable y poleas con masa y fricción despreciables. Cuando el ascensor tiene una aceleración hacia arriba de 2 m/s2, el contrapeso tiene igual aceleración pero hacia abajo. a) ¿Cuál es el valor de la tensión T1 ?

Aplicando La Segunda Ley de Newton

m1 g − T2 = m2 a ⇒ T2 = m2 ( g − a ) T2 = 1000(9,8 − 2)

b) ¿Cuál es el valor de la tensión T2 ? c) ¿Cuál es la fuerza ejercida por el motor sobre el cable?

= 7800 N c) En el motor Fuerza ejercida por el motor (T1 y T2 pueden considerarse colineales)

13


Hugo Medina Guzmán

a1x = a 2 x = a x

FM = T1 − T2 = 12980 – 7800 = 5180 N

Sumamos la ecuación para el bloque 1 con la ecuación para el bloque 2. P − F21 + F12 = m1 a1x + m2 a 2 x = (m1 + m2 )a x Comparando con la ecuación para el sistema tenemos:

Ejemplo 17. Demostración de la tercera ley de Newton mediante el uso de la segunda ley. Se tienen dos cuerpos de masas m1 y m 2 los cuales son empujados sobre un plano sin fricción por una fuerza de magnitud P . Demostrar que aquí se cumple la tercera ley de Newton.

P − F21 + F12 = P Esto dice que la magnitud de la fuerza de 1 sobre 2 es igual a la fuerza de2 sobre 1. Como ellas son opuestas resulta ser precisamente la tercera ley de Newton. F21 = F12 , acción y reacción. Ejemplo 18. Un carrito de masa M = 500 gramos está unido a una carga de masa m = 200 gramos mediante una cuerda. En el momento inicial el carrito tenía la velocidad inicial v0 = 7 m/s y se movía a la derecha por un plano horizontal. Determinar para t = 5 s: a) el valor y sentido de la velocidad del carrito, b) el lugar, donde encontrará c) el desplazamiento del carrito d) el recorrido total del carrito. (Usar g = 9,8 m/s2)

Solución. Asumiremos que no hay fricción entre las superficies de contacto de m1 y m 2 . La figura muestra los D.C.L. para los bloques 1, 2 y para el sistema.

N 1 y N 2 son las fuerzas ejercidas por el plano. F21 es la fuerza que el bloque 2 ejerce sobre el

Solución.

bloque 1. F12 es la fuerza que el bloque 1 ejerce sobre el bloque 2. La fuerza P solo actúa sobre el bloque 1, ya que solo está en contacto con él. Como asumimos que no hay fricción entre los bloques, las fuerzas son normales a la superficie de contacto. Para el bloque 1 tenemos: P − F21 = m1 a1x y N 1 − m1 g = 0 Similarmente para el bloque 2 F12 = m2 a 2 x y N 2 − m2 g = 0 Para el sistema P = (m1 + m2 )a x y

Para la masa M:

− T = Ma

(1)

Para la masa m:

T − mg = ma

N 1 + N 2 − (m1 + m2 )g = 0

Sumando (1) y (2)

− mg = (M + m )a ⇒

En este caso no nos interesan las ecuaciones en y pero si las ecuaciones en x. Como los bloques se mueven juntos: 14

(2)


a=−

Hugo Medina Guzmán

m 0,2 (9,8) = - 2,8 m/s2 g =− (M + m ) 0,7

La aceleración es en sentido contrario al indicado en la figura. a) La velocidad inicial del carrito es v0 = 7 m/s y su aceleración es a = - 2,8m/s2. De las ecuaciones de cinemática

x = v0 t +

1 2 at , v = v 0 + at , 2

1. Desde el origen hasta el punto A la fuerza F aplicada sobre el bloque no es suficientemente grande como para moverlo. Estamos en una situación de equilibrio estático

Hallamos:

x = 7t − 1,4t 2 , v = 7 − 2,8t Dentro de 5 s el carrito tendrá una velocidad v = - 7 m/s (dirigida a la izquierda).

F = Ffs = μ s N

b) x = 7(5) − 1,4(5) = 35 − 35 = 0 El carrito se encontrará en la posición inicial. c) El desplazamiento es cero. 2

En el punto A, la fuerza de rozamiento F fs alcanza su máximo valor μ smáx N

F = Ffsmáx = μ smáx N

d) El carrito se detiene cuando v = 0 e inicia el camino de vuelta.

0 = 7 − 2,8t ⇒ t =

7 = 2,5 s 2,8

[

Recorrido total s = 2 7(2,5) − 1,4(2,5) = 17,5 m Recorrerá un trayecto igual a 17,5 m.

2

2. Si la fuerza F aplicada se incrementa un poquito más, el bloque comienza a moverse. La fuerza de rozamiento disminuye rápidamente a un valor menor e igual a la fuerza de rozamiento dinámico, F = F fk = μ k N

]

Si la fuerza F no cambia, punto B, y permanece igual a F fsmáx , el bloque comienza moviéndose con una aceleración

FRICCIÓN Cuando un cuerpo sobre una superficie se empuja o se jala éste puede permanecer inmóvil, esto sucede porque la fuerza aplicada no ha sido suficiente para vencer la fuerza de fricción. Cuando lograrnos que el cuerpo deslice sobre la superficie es necesario aplicar una fuerza para que éste continúe en movimiento.

a=

(F − F ) fk

m

Si incrementamos la fuerza F, punto C, la fuerza neta sobre el bloque F − F fk se incrementa y también se incrementa la aceleración. Observación. Encontramos que con fuerzas menores que 10 N no se produce movimiento. Con 10 N el bloque comienza a moverse. Para fuerzas mayores a 10 N el bloque se acelera. Si medimos la aceleración podemos conocer la fuerza resultante sobre el bloque aplicando la segunda ley de Newton, F = ma . Cuando el dinamómetro indica 12 N la fuerza resultante a partir de la aceleración medida es 4 N, esto significa que se necesita 12 N – 4 N = 8 N, para vencer la fuerza de fricción Si aplicamos 10 N al bloque para que inicie el movimiento, después de esto es posible reducir la fuerza a 8 N y aún mantener el bloque en movimiento. En resumen: Una fuerza de 10 N inicia el movimiento del bloque. Una fuerza de 8 N mantiene el movimiento del bloque.

Comportamiento de un cuerpo que descansa sobre un plano horizontal Supongamos que jalamos un bloque con un dinamómetro, como se muestra en la figura. Comportamiento de un cuerpo que descansa sobre un plano horizontal

Dibujemos una gráfica de la fuerza F aplicada sobre el bloque versus el tiempo t .

15


Hugo Medina Guzmán

O

mg senθ = tan θ = μ s = Constante mg cos θ Ff = μs N

El origen de este fenómeno se debe a la existencia de fuerzas entre las moléculas del cuerpo y la superficie; si la superficie de contacto del cuerpo con la superficie fuera perfectamente plana, la fuerza de atracción podría ser considerable, como es el caso de dos placas de vidrio perfectamente limpias que una vez puestas en contacto, difícilmente pueden ser separadas. Las superficies nunca son perfectamente lisas y las imperfecciones constituyen verdaderos obstáculos al desplazamiento como se muestra en la figura. Es preciso vencer estos obstáculos para iniciar el movimiento y también para mantenerlo.

A esta constante μ s se le llama coeficiente de fricción estática. Si se toman los datos con el bloque en movimiento, el ángulo para que el movimiento continúe es generalmente menor y obtenemos

Fuerza para continuar el movimiento = μk Fuerza normal A esta constante se le llama coeficiente de fricción cinética μ k . μ es una constante que depende de la superficie y se puede escribir simplemente. F f = μN . Algunos valores típicos de coeficientes de fricción.

A esta fuerza se le conoce como FUERZA DE FRICCION O ROZAMIENTO F f .

( )

Con la finalidad de conocer la dependencia de esta fuerza de rozamiento realicemos la siguiente experiencia. Supongamos un plano inclinado con un bloque de masa ni descansando sobre él.

Material

Sobre material

μs

μk

Acero Cuero Cuero Bronce Aluminio Vidrio Caucho Caucho Caucho Piedra

Acero Cuero Roble Hierro Aluminio Vidrio Asfalto Concreto Hielo Piedra

0,78 0,64 0,60 0,40 1,05 0,92 0,60 0,80 0,02 0,65

0,42 0,56 0,50 0,30 1,40 0,40 0,40 0,70 0,005 0,60

El hecho que la fuerza de fricción es independiente del área de contacto parece absurdo ya que las fuerzas intermoleculares son tanto mayores, cuanto mayor es la superficie de contacto. En realidad se debía esperar que F f

Encontramos que el bloque empieza a resbalar para un determinado ángulo θ . Si colocamos dos bloques juntos, el ángulo con el cual inician el movimiento sigue siendo θ , lo mismo ocurre con tres bloques. La fuerza que jala al cuerpo es la componente del peso mgsenθ , paralela al plano. La otra componente es perpendicular al plano mg cos θ . Esta es la fuerza que sostiene al bloque sobre la superficie (Fuerza Normal). Si duplicarnos el peso mg a 2mg, duplicamos la fuerza que jale al bloque y la fuerza normal tal que: Fuerza que inicia el movimiento = Constante Fuerza normal

fuera proporcional a la superficie, lo que suceder es que si el cuerpo pesa muy poco, prácticamente no hay puntos de contacto entre las dos superficies (el área de contacto es despreciable). Cuando N aumenta, la superficie aumenta y F f también, por lo tanto F f = μN donde se está incluyendo ya el aumento de superficie. Es decir, la fuerza de fricción F f es proporcional a la fuerza normal N porque la verdadera superficie de contacto es proporcional a la fuerza normal.

16


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⇒ N = mg + Fsenθ ∑ Fx : F cosθ − μN = 0 ⇒ F cos θ = μN

Ejemplo 19. ¿Cuál es la fuerza mínima F necesaria para mover la masa m , siendo μ el coeficiente de rozamiento estático entre el piso y el bloque en cada uno de los casos siguientes?

De estas dos ecuaciones obtenemos:

μmg cos θ − μsenθ

F=

Solución. a) La figura muestra el D.C.L.

Ejemplo 20. ¿Cuál es el valor mínimo de F para sostener el bloque de masa m sobre una pared vertical, como se muestra en la figura, μ es el coeficiente de fricción estático entre la pared y el bloque?

∑F ∑F

Solución. La figura siguiente muestra el D.C.L.

y

: N − mg = 0 ⇒ N = mg

x

: F − μN = 0 ⇒ F = μN

Luego:

F = μmg

b) La figura muestra el D.C.L.

∑F ∑F

y

: N−F =0 ⇒ N =F

x

: μN − mg = 0 ⇒ N =

mg

μ

Por consiguiente

∑F

y

F=

: N + Fsenθ − mg = 0

⇒ N = mg − Fsenθ ∑ Fx : F cosθ − μN = 0

mg

μ

c) La figura muestra el D.C.L.

Ejemplo 21. En el esquema de la figura las masas de la polea y del cable son despreciables y no hay rozamiento entre el cable y la polea. Hallar la aceleración del bloque m0 y la tensión del cable que une los bloques m1 y m2. El coeficiente de rozamiento entre los bloques y el plano inclinado es μ .

∑F

Solución.

⇒ F cos θ = μN

De estas dos ecuaciones obtenemos:

F=

μmg cos θ + μsenθ

y

: N − Fsenθ − mg = 0 17


Hugo Medina Guzmán

Para m0 : {m0 g − T1 = m0 a Aplicando la Segunda ley de Newton a la masa m 2 , la que suponemos se mueve con aceleración

⎧T1 − T2 − μN 2 = m2 a ⎩ N 2 − m2 g = 0

Para m 2 : ⎨

a2 .

⎧T2 − μN 1 = m1 a Para m1 : ⎨ ⎩ N 1 − m1 g = 0

∑F ∑F

De estas ecuaciones obtenemos: N 2 = m2 g , N 1 = m1 g

: N 2 − m2 g = 0

x

: μN 2 = m2 a 2

Aplicando la Segunda Ley de Newton a la masa m1 , la que suponemos se mueve con aceleración

y m0 g − μ (m1 + m2 )g = (m0 + m1 + m2 )a De aquí:

a=

y

a1 .

∑F ∑F

[m0 − μ (m1 + m2 )] g (m0 + m1 + m2 )

La tensión del cable que une los bloques m1 y m2:

y

: N 1 − N 2 − m1 g = 0

x

: F − μN 2 = m1 a1

Trabajando con estas ecuaciones encontramos que

m1 m0 (1 + μ )g T2 = m1 (a + μg ) = (m0 + m1 + m2 )

F = m1 a1 + m2 a 2 La aceleración de la masa m 2 es:

Ejemplo 22. Se tiene una masa m 2 sobre una

a2 =

masa m1 sobre un piso horizontal, tal como muestra la figura. Se aplica una fuerza horizontal F sobre la masa m1 . La masa carece de fricción. ¿Cuál es el valor máximo de F para que la masa m1 no resbale sobre m 2 . ¿Cuál es la aceleración resultante de los bloques?

μN 2 m2

=

μm2 g m2

= μg

Como el valor de μ varía desde 0 hasta el valor máximo μ máx :

a 2 = μ máx g o simplemente a 2 = μg . Pero como queremos encontrar el valor máximo posible de F para que las masas vayan juntas, es decir, para que m1 no se quede, se tiene como condición que;

a1 = a 2 = μg Luego: Fmáx = (m1 + m2 )μ máx g

Si aplicamos una fuerza mayor el bloque m1

Solución. La figura muestra el D.C.L. de las masas m1 y

avanzará dejando atrás al bloque m 2 .

m2 .

Ejemplo 23. Usando el dispositivo del ejemplo anterior discuta el caso en ci que la fuerza F se aplica a la masa m 2 .

18


Hugo Medina Guzmán

El coeficiente de fricción entre m1 y la mesa es

μ1 y el coeficiente de fricción entre m1 y m 2 es μ2 .

Solución. La figura muestra el D.C.L. para este caso

Solución. La figura muestra los D.C.L. de las masas m1 y

m2 Las ecuaciones para la masa m 2 son

∑F ∑F

y

: N 2 − m2 g = 0

x

: F − μN 2 = m2 a 2

Las ecuaciones para la masa m1 son.

∑F ∑F

y

: N 1 − N 2 − m1 g = 0

x

: μN 2 = m1 a1

Trabajando con estas ecuaciones encontramos que

Considerando que el equilibrio es la condición mínima de inicio de movimiento Aplicando la Segunda ley de Newton para la masa m 2 .

F = m1 a1 + m2 a 2

La aceleración de la masa m1 es:

a1 =

μN 2 m1

=

μm2 g m1

= μg

m2 m1

∑F

y

Como el valor de μ varía desde 0 hasta el valor

m2 m1

∑F

x

y

: N 2 − N 1 + m1 g = 0

: F − μ1 N 1 − μ 2 N 2 = 0

N 2 = m2 g T = μ 2 N 2 = μ 2 m2 g N 1 = N 2 + m1 g = (m1 + m2 )g F = μ1 N 1 + μ 2 N 2 = μ1 (m1 + m 2 )g + μ 2 m2 g

Luego el valor máximo de F pera que m1 y m 2 vayan juntas es,

m1

∑F

Resolviendo estas ecuaciones

a1 = a 2

(m1 + m2 )m2

: μ2 N 2 − T = 0

Aplicando la Segunda Ley de Newton para la masa m1

Como la condición de que las masas m1 y m 2 vayan juntas es,

Fmáx =

∑F

x

máximo μ máx :

a1 = μ máx g

: N 2 − m2 g = 0

μ máx g

Siendo este valor de F el mínimo para iniciar el movimiento de la masa m1 .

Ejemplo 24. En el dispositivo de la figura encontramos el valor mínimo de F para sacar la masa m1 .

Ejemplo 25. En el dispositivo de la figura, encontrar el valor mínimo de F para sacar la masa m1 . El coeficiente de fricción entre m1 y la 19


Hugo Medina Guzmán

mesa es μ1 , el coeficiente de fricción entre m1 y m 2 es μ 2 .

a) Calcular es la masa del bloque B. b) Calcular la fuerza de fricción sobre el bloque A. c) Se retira la fuerza externa de 8,0 N. Las masas de los bloques B y C se ajustan, de modo el sistema siga en reposo tal como se muestra, pero están justo por iniciar el movimiento. La masa del bloque A no se cambia. Calcular las tensiones en las dos cuerdas verticales. Solución. a) La figura siguiente muestra los DCL de cada uno de los componentes

Solución. La figura muestra el D.C.L.de las masas m1 y

m2 .

Considerando que el equilibrio es la condición mínima de inicio del movimiento. Aplicando la segunda ley de Newton a la masa m2 :

∑F ∑F

y

: N 2 − m2 g = 0

En el nudo:

x

: μ2 N2 − T = 0

H

∑F

40 cos 40º −T = 0 ⇒ T = 40 cos 40º = 30,64

Aplicando la segunda ley de Newton para la masa m1 :

∑F ∑F

y

: N 2 − N 1 + m1 g = 0

x

: F − μ1 N1 − μ2 N 2 − T = 0

=0

N Como T = mg ⇒ m =

T 30,64 = = 3,1 kg g 10

b) En el nudo

Resolviendo estas ecuaciones

∑F

N 2 = m2 g T = μ2 N 2 = μ 2 m2 g N 1 = N 2 + m1 g = (m1 + m2 )g F = μ1 N1 + μ 2 N 2 + T = μ1 (m1 + m2 )g + μ 2 m2 g = [μ1 m1 + m2 (μ1 + μ 2 )]g

H

= 40senθ − T A = 0 ⇒

T A = 40sen 40º ⇒ T A = 25,71 N Esta es la fuerza que jala al bloque A, la masa A no se mueve debido a que la fuerza TA es contrarestada por la fuerza de fricción sobre el bloque A. La fuerza de fricción sobre el bloque A e 25, 2 N.

Siendo este valor de F el mínimo para iniciar el movimiento.

c)

Ejemplo 26. Se tiene un sistema formado por tres bloques y una polea sin fricción. El bloque A tiene una masa de 6,0 kilogramos y está en una superficie áspera (μ = 0,40). El bloque C tiene una masa de 4,0 kilogramos. Una fuerza externa P = 8,0 N, se aplica verticalmente al bloque A, la que mantiene el sistema en equilibrio estático según como se muestra.

En la masa A:

∑F

V

20

= N − 60 = 0 ⇒ N = 60 N


∑F

H

Hugo Medina Guzmán

= T A − μN = 0 ⇒

Aplicando la segunda ley de Newton a la masa M

∑F

T A − 0,4(60 ) = 0 ⇒ T A = 24 N H

=0 =

H

= T ' senθ − T A = 0 ⇒

= 0 ⇒ T − Mg ⇒ 3,6 g = Mg

Finalmente M = 3,6 kg b) Aplicando la segunda ley de Newton al conjunto.

En el nudo

∑F ∑F

y

24 = 37,34 N sen 40º ∑ FV = T ' cosθ − T = 0 ⇒

T ' sen 40º −24 = 0 ⇒ T ' =

T = 37,34cos40º = 28,60 N

Las tensiones son: 29 N y 37 N

5 g − μN = (9 + 5)a 5 g − 3,6 g = 14a 1,4 g = 14a 1,4 g a= = 0,98 m/s2 14

Ejemplo 27. Un sistema consiste de tres bloques, una polea sin fricción ligera, y conectado por cuerdas como se muestra. El bloque de 9 kilogramos está en sobre una mesa horizontal lisa ( = 0). Las superficies del bloque de 12 kilogramos son ásperas, con = 0,30.

Ejemplo 28. Un bloque de 5 kilogramos y el bloque X se unen por medio de una cuerda que pasa sobre una polea. Una fuerza de 30 N se aplica horizontalmente al bloque de 5 kilogramos, manteniéndola contacto con una pared vertical áspera. Los coeficientes de la fricción estática y cinética son s = 0,40 y k = 0,30. La polea es ligera y sin fricción

a) Si la masa M desciende con velocidad constante cuando esta se suelta. ¿Cuál es el valor de la masa M? b) Si la masa M tiene un valor de 5,0 kilogramos. ¿Cuál es su aceleración? Solución. a) La figura siguiente muestra los DCL de cada uno de los componentes.

a) ¿Cuál es el valor de la masa del bloque X se fija de modo que el bloque de 5 kilogramos esté por deslizarse hacia arriba? La masa del bloque X es: b) Si el valor de la masa del bloque X se fija en 5,6 kilogramos. El sistema está en reposo. ¿Cuál es el valor de la fuerza de fricción, incluyendo la dirección, en el bloque de 5 kilogramos? c) Si la masa del bloque X se fija de modo que el bloque de 5 kilogramos descienda a velocidad constante cuando se pone movimiento. ¿Cuál es la masa del bloque X? d) Si la masa del bloque X se pone de tal manera que el bloque de 5 kilogramos sube con una aceleración de 1,6 m/s2. ¿Cuál es la masa del bloque X? Solución a)

Aplicando la segunda ley de Newton al bloque de 12 kg

∑F

y

= 0 ⇒ N − 12 g = 0 ⇒ N = 12 g

Aplicando la segunda ley de Newton al bloque de 9 kg

∑F

x

= 0 ⇒ T − μN = 0 ⇒

T = μN = 0,3(12 g ) = 3,6 g 21


Hugo Medina Guzmán

T − mX g = 0 ⇒ T = mX g Para la masa de 5 kg:

∑F ∑F

H

= N − 30 = 0 ⇒ N = 30

V

= μK N + T − 5g = 0 ⇒

T = −μK N + 5g Reemplazando datos: Cuando esta a punto de deslizarse hacia arriba. Para la masa X:

T = −0,3(30 ) + 5(9,8) = 40 N T 40 = 4,08 kg Luego: m X = = g 9,8

T − mX g = 0 ⇒ T = mX g

d)

Para la masa de 5 kg:

∑F ∑F

H

= N − 30 = 0 ⇒ N = 30

V

= μs N + T − 5g = 0 ⇒

T = −μs N + 5g Reemplazando datos:

T = −0,4(30 ) + 5(9,8) = 61 N 61 = 6,22 kg Luego: mX = 9,8

Para la masa X:

mX g − T = mX a ⇒ T = mX ( g − a ) = 8,2mX

b)


∑F ∑F

H

= N − 30 = 0 ⇒ N = 30

V

= − μ K N + T − 5 g = 5a ⇒

T = μ K N + 5( g + a ) Reemplazando datos:

T = 0,3(30 ) + 5(11,4 ) = 66 N T 66 = = 8,05 kg Luego: mX = 8,2 8,2

Para la masa X (5,6 kg):

T − 5,6 g = 0 ⇒ T = 5,6 g

Ejemplo 29. Los bloques m1 y m 2 de 20 y 60 kg, respectivamente, están unidos por una cuerda de masa despreciable que pasa por una polea sin rozamiento. El coeficiente de rozamiento cinético entre las masas y la superficie es 0,3. Determinar la velocidad del sistema 4 segundos después de partir del reposo.


∑F

V

= Ff + T − 5 g = 0 ⇒

Ff = −5,6 g + 5 g = − 0,6 g = - 5,88 N La fuerza de fricción es 5,88 N hacia abajo (impidiendo la subida del sistema). c)

Solución. La figura muestra el D.C.L. de la masa m1 . Consideremos que el movimiento es de izquierda a derecha con aceleración a

Esta situación sucede cuando se iguala la tensión T con la fuerza de fricción cinética. Para la masa X: 22


∑F ∑F

Hugo Medina Guzmán

y

: N 1 − m1 g cos 30º = 0

x

: T − F f 1 − m1 gsen30º = m1 a

cinético entre el mantel y el plato es μ k = 0,75 . Asumiendo que el mantel llega justo al borde de la mesa. Cuando el extremo del mantel pasa bajo el centro del plato, encontrar: a) La aceleración del plato b) La velocidad de! plato c) La distancia del plato al borde de la mesa. Solución. a) Aplicando la segunda ley de Newton para el plato, la masa del plato es m y su aceleración ap .

De estas ecuaciones

3 = 173 N 2 F f 1 = μN 1 = 0,3 × 173 = 51,9 N N 1 = m1 g cos 30º = 20 × 10 ×

y T − 51,9 − 20 × 10 ×

⇒ T = 151,9 + 20a

1 = 20a 2

La figura muestra el D.C.L. de la masa m 2 .

∑F ∑F

V

= 0 ⇒ mg − N = 0

H

= ma p ⇒ F f = ma p

De aquí obtenemos: N = mg y μ k mg = ma p De donde:

a p = μ k g = 0,75 x 9,8 = 7,35 m/s2

∑F ∑F

El plato resbala ya que a p es menor que 10 m/s2

y

: N 2 − m2 g cos 60º = 0

x

: m2 gsen 60º − F f 2 − T = m2 a

b) En el instante en que el extremo del mantel coincide con el centro del plato están a la misma distancia del borde de la mesa

De estas ecuaciones

1 = 150 N 2 = μN 2 = 0,3 × 150 = 45 N

N 2 = m2 g cos 60º = 20 × 10 ×

Ff 2

3 − 45 − T = 30a 2 ⇒ T = 214,5 − 30a

y 30 × 10 ×

x p = xm

Igualando los valores de T:

151,9 + 20a = 214,5 − 30a ⇒ a = 1,25 Como v = v 0 + at ,

m s2

1 1 a p t 2 = 0,25 + 7,35t 2 2 2 1 1 x m = a m t 2 = 10t 2 2 2 x p = 0,25 +

Siendo v0 = 0 ⇒ v = 1,25t 2 Para t = 4 s ⇒ v = 1,25 × 4 = 5

m s

Igualando

1 1 0,25 + 7,35t 2 = 10t 2 2 2

Ejemplo 30. En una mesa un plato descansa sobre el mantel, cuyo centro está a 0,25m del borde de la mesa. El mantel se jala súbitamente en forma horizontal con una aceleración constante de 10 m/s2. El coeficiente de fricción

Resolviendo: t = 0,58 s y

v p = v0 + a p t = 0 + 7,35 × 0,58 23


Hugo Medina Guzmán

superficie horizontal con coeficiente de fricción µ. La polea por donde cuelga otro bloque de masa M no tiene roce y la cuerda se considera inextensible y de masa despreciable. Calcular la aceleración y la tensión de la cuerda.

= 4,26 m/s.

1 c) x p = 0,25 + a p t 2 2 1 = 0,25 + 7,35 × 0,58 2 = 1,49 m 2 Ejemplo 31. El plano inclinado mostrado en la figura tiene una aceleración a hacia la derecha. Si el coeficiente de fricción estático entre el plano y el bloque es μ , encontrar la condición para que el bloque resbale.

Solución. Se hacen los DCL y se aplica la segunda ley de Newton, suponiendo que el cuerpo de masa M desciende y tira a m hacia la derecha, lo que define el sentido de la aceleración. Para m Solución. Consideremos que el bloque tiene masa m , la figura a continuación muestra su DCL.

∑F

V

= 0 ⇒ N + F senα − mg = 0

⇒ N = mg − F senα y ∑ FH = ma

(1)

⇒ T − F cos α − F f = ma (2)

Para M

Para que el bloque no resbale debe tener la misma aceleración a . Aplicando la segunda ley de Newton

∑ F = 0 ⇒ N cos α + μN senα − mg = 0 y ∑ F = ma ⇒ − N senα + μN cos α = ma V

H

De estas ecuaciones

mg y cos α + μ senα mg (− senα + μ cos α ) = ma ((cos α + μ senα ))

⇒ T − Mg = − Ma Además: F f = μN

Finalmente

De la ecuación (1):

N=

∑F

V

(μ cos α − senα ) g a= (cos α + μ senα )

= − Ma

F f = μ (mg − Fsenα )

(3)

(4)

De (3) se despeja T:

T = Mg − Ma

Este es el va1or crítico de a para que no resbale; el bloque resbalará para valores menores que el indicado.

(5)

Ahora 4) y (5) se reemplazan en (2), lo que permite despejar la aceleración

Mg − Ma − F cos α − μ (mg − Fsenα ) = ma (M − μm )g − F (cos α − μsenα ) a= M +m

Ejemplo 32. En el siguiente sistema mecánico, se aplica una fuerza F inclinada un ángulo α sobre el cuerpo de masa m, ubicado sobre la 24


Hugo Medina Guzmán

la viga es μ k . ¿Con qué valor de la fuerza F que actúa sobre la viga en dirección horizontal, el cuerpo comienza a deslizarse sobre la viga? ¿Dentro do cuánto tiempo el cuerpo caerá de la viga? La longitud de la viga es l .

y la tensión T

(M − μm )g − F (cos α − μsenα ) T = Mg − M M +m

Ejemplo 33. Una viga de masa M está situada en un plano horizontal. Sobre la viga se encuentra un cuerpo do masa m. El coeficiente de rozamiento entre el cuerpo y la viga, así como entre la viga y el plano es μ k . Analizar el movimiento para diferentes valores do la fuerza F.

Solución.

Las ecuaciones del movimiento de la viga y del cuerpo tienen la siguiente forma: (1) F fm = ma m ,

Solución. Si F ≤ μ k (m + M )g , no hay movimiento.

Supongamos que F > μ k (m + M )g . Analicemos el caso de ausencia de deslizamiento del cuerpo por la viga. Las ecuaciones del movimiento, en este caso, tendrían la siguiente forma: F fm = ma ,

F − μ k mg = Ma M (2) Donde F fm es la fuerza do rozamiento, am y aM son las aceleraciones. Supongamos que no hay deslizamiento, entonces am = aM De las ecuaciones del movimiento podemos determinar la aceleración y la fuerza de rozamiento.

Ma = F − F fm − F fM = F − F fm − μ k (m + M )g ;

F fm ≤ μ k mg de donde

a= F fm

La fuerza de rozamiento es F fm =

F −μ g, (m + M ) k mF = − μ mg ≤ μ k mg (m + M ) k

mF (m + M )

Para que no haya deslizamiento la fuerza de rozamiento debe satisfacer la siguiente desigualdad: F fm ≤ μ k mg , es decir,

F ≤μ g. (m + M ) k

que es posible, si k (m + M) g < F < 2k (m + M) g. Si F > 2 k(m + M)g, entonces el cuerpo deslizará por la barra. En este caso las ecuaciones del movimiento tendrán la siguiente forma: ma m = μ k mg ,

Si F > k (M + m) g, entonces surge el deslizamiento. Las ecuaciones (1) y (2) en este caso deben escribirse en la siguiente forma: ma m = μ k mg , Ma M = F − μ k mg De estas ecuaciones obtenemos am y aM:

de donde

am = μ k g , aM =

Ma M = F − μ k mg − μ k (M + m )g

am = μ k g , aM =

(2m + M ) g F − μk M M

(F − μ k mg ) M

Es evidente que aM > am.

Que es fácilmente verificar en el caso de

aM > am Ejemplo 34. Una viga do masa M está sobre un plano horizontal liso, por el cual puede moverse sin fricción. Sobre la viga hay un cuerpo do masa m. El coeficiente de rozamiento entre el cuerpo y

xm =

1 1 am t 2 , xM = aM t 2 2 2

Restando: 25

.


Hugo Medina Guzmán

cuerpo libre de cada uno de los elementos.

1 1 xM − xm = l = a M t 2 − am t 2 2 2 2l 2l ⇒ t= = (F − μ k mg ) aM − am − μk g M 2lM = F − μ k g (M + m ) Ejemplo 35. En la figura, encontrar la aceleración del carro requerida para evitar que caiga el bloque B. El coeficiente de rozamiento estático entre el bloque y el carro es μ k .

∑F Cuerpo 2: ∑ F ⎧⎪∑ F Mesa: ⎨ ⎪⎩∑ F

Cuerpo 1:

verticales

= m1 g − T = m1 a

horizontales

verticales

= N 3 − N 2 − T − m3 g = 0

horizontales

N

=

g g ⇒ a= Ff a

tener a ≥

μs

a=

m1 g (m1 + m2 )

Luego, F f 3 = T = m 2 a =

N

Como el valor máximo de

g

= T − Ff 3 = 0

Donde N3 y Ff3 (fricción), componentes verticales y horizontales de la fuerza ejercida por el piso sobre la mesa. (Asumimos que las patas de la izquierda y de la derecha comparten la carga igualmente. Esto no afecta nuestro análisis) De las primeras dos ecuaciones,

Solución. Si el bloque no cae, la fuerza de fricción, Ff, debe balancear el peso del bloque: Ff = mg. Pero el movimiento horizontal del bloque está dado por N = ma. Luego,

Ff

= T = m2 a

m1 m2 g (m1 + m2 )

Finalmente,

Ff N

N 3 = T + m2 g + m3 g

es μ s , debemos

⎡ m1m2 ⎤ + m2 + m3 ⎥ ⎣ (m1 + m2 ) ⎦

= ⎢

si el bloque no cae.

Ejemplo 37. Se tiene un bloque de 20 kg sobre un plano inclinado que está sujeto a una cuerda (ver figura). Las superficies de contacto entre el bloque y el plano inclinado son rugosas con coeficiente de fricción cinética μk = 0,5 y el de fricción estática μs = 0,7. a) Si la tensión de la cuerda es de 150 N, determine la magnitud y sentido de la fuerza de rozamiento. b) Si por un accidente se corta la cuerda, determine la aceleración del bloque.

Ejemplo 36. Dos cuerpos, de las masas m1 y m2, se liberan de la posición mostrada en la figura. Si la masa de la mesa de superficie lisa (sin fricción) es m3, encuentre la reacción del piso sobre la mesa mientras los dos cuerpos están en movimiento. Asuma que la mesa permanence inmóvil.

Solución. La figura muestra los diagramas de 26


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→

Siendo a la aceleración del conjunto. Las masas m1 y m2 están en reposo sobre el bloque M, luego en el sistema de referencia S, su aceleración es la del conjunto. La fuerza que ejerce el cable sobre m1 y la que ejerce sobre m2 tiene el mismo módulo T.

Solución. a)

La segunda ley de Newton para m1 es T − m1 a = 0 , N 1 − m1 g = 0

T − mgsen30º − F f = 0 ⇒ F f = T − mgse30º = 150 − 100 = 50 N

De aquí ⇒ T = m1 a (2) La segunda ley de Newton para m2 es N 2 − m2 a = 0 , T − m2 g = 0

en el sentido indicado en la figura (hacia abajo). b)

De aquí ⇒ T = m2 g De (2) y (3) se tiene

⇒ a=

m2 g m1

(3) (4)

Sustituyendo (4) en (1) se obtiene la fuerza aplicada a M

Cuando se rompe la cuerda para iniciar el movimiento debe vencerse a la máxima fuerza de fricción estática:

F=

⎛ 3⎞ ⎟ = 173 N F fs = μ s mg cos 30º = 0,7⎜⎜ 20 g 2 ⎟⎠ ⎝

m2 (M + m1 + m2 )g m1

Ejemplo 39. Determinar la aceleración mínima con que debe desplazarse el bloque de masa M en sentido horizontal para que los bloques de masas m1 y m2 no se muevan respecto de M, siendo μ el coeficiente de rozamiento entre los bloques. La polea y el cable tienen masa despreciable.

Como 20g sen 30º = 100 N 100 N < 173 N, el movimiento no se inicia, por lo tanto la aceleración del bloque es cero. Ejemplo 38. Determinar la fuerza F aplicada al bloque de masa M de la figura adjunta, para que los bloques de masas m1 y m2 apoyados en M, no se muevan respecto de M. Todas las superficies son lisas, la polea y el cable tienen masa despreciable.

Solución. Consideremos un sistema de referencia fijo en el suelo con el eje x paralelo a la fuerza aplicada →

F.

Solución. Consideremos un sistema de referencia fijo en el suelo con el eje x paralelo a la fuerza aplicada

De la segunda ley de Newton aplicada al conjunto se tiene:

→

→

De la primera ley de Newton aplicada al conjunto se tiene: →

→

F = (M + m1 + m2 ) a

→

F = (M + m1 + m2 ) a

F.

→

(1)

Siendo a la aceleración del conjunto.

(1) 27


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Las masas m1 y m2 están en reposo sobre el bloque M, luego en el sistema de referencia S su aceleración es la del conjunto. La fuerza que ejerce el cable sobre m1 y la que ejerce sobre m2 tiene el mismo módulo T.

Diagrama del cuerpo libre masas separadas

La segunda ley de Newton para m1 es T − m1 a − F f 1 = 0 , N1 − m1 g = 0

F f 1 = μN 1 = μm1 g ⇒ T = m1 a + μm1 g

(2) La segunda ley de Newton para m2 es N 2 − m2 a = o , T + F f 2 − m2 g = 0

a) Consideremos un sistema de referencia fijo en el suelo con el eje x paralelo a la fuerza aplicada

F f 2 = μN 2 = μm2 a ⇒ T = m2 g − μm2 g De (2) y (3) se tiene ⇒ m1 a + μm1 g = m2 g − μm2 g (m − μm1 ) a= 2 g (m1 + μm2 )

→

(3)

F . Sea τ el instante en que m empieza a deslizar sobre M. Hasta dicho instante t ≤ τ, el conjunto

(4)

se mueve con una aceleración común a . La segunda ley de Newton aplicada al conjunto en el instante t = τ es kτ = (M + m )a(τ ) , N 2 − (M + m )g = 0

→

Sustituyendo (4) en (1) se obtiene la fuerza aplicada a M

⇒ a (τ ) =

m F = 2 (M + m1 + m2 )g m1

k τ (M + m )

(1)

La segunda ley de Newton aplicada a la masa m en el instante t = τ es, ( la fuerza de rozamiento sobre m tiene, en ese instante, su valor máximo Ff = μm g ) F f = μN 1 = ma(τ ) , N 1 = mg

Ejemplo 40. Un bloque de masa m se encuentra sobre otro bloque de masa M que está apoyado sobre una superficie horizontal lisa. El coeficiente de rozamiento entre los dos bloques es μ. Al bloque M se le aplica una fuerza horizontal dirigida hacia la derecha que depende del tiempo según la ley F = k t. Determinar: a) El instante τ en que m empieza a deslizar sobre M. b) La aceleración de cada uno de los bloques.

⇒ a(τ ) =

μmg m

= μg

De (1) y (2) queda ⇒  τ =

(2)

(M + m ) μg s k

b) De (1) se tiene que la aceleración del conjunto para t < τ es

⇒ a1(t ) = a(t ) =

k t (M + m )

Para t > τ . Las fuerzas que actúan sobre m son constantes, luego la aceleración de m es

a1 = a(τ ) = μg

La segunda ley de Newton aplicada a la masa M es

Solución. Diagrama del cuerpo libre del conjunto 28


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kt − F f = kt − μN 1 = Ma 2 (t ) , como N 1 = mg ⇒ kt − μmg = Ma 2(t ) y a2(t ) = − μg

m m k + t 2 M M s

Gráfica de las aceleraciones en función del tiempo

La fuerza de fricción cinética es:

F fk = μ k N = 0,3(19,6) = 5,88 N

Aplicando la segunda ley de Newton

∑F

x

= ma

7,84 − 5,88 = 2a 7,84 − 5,88 m ⇒a= = 0,98 2 2 s Como parte del reposo su recorrido se obtendrá con:

x=

Ejemplo 41. Se tiene una masa de 2 kg sobre un plano horizontal. El coeficiente de fricción estático entre la masa y el piso es 0,4, y el cinético es 0,3. Si se aplica a la masa una fuerza horizontal variable en el tiempo F = 2 t (t en segundos, F en newton), se pide:

1 2 1 a t = 0,98 t 2 = 0,49 t 2 2 2

Para x = 10 m

10 = 0,49 t 2 ⇒ t =

Ejemplo 42. Un bloque de 8,0 kilogramos se deja caer en una pendiente rugosa. El bloque se mueve una distancia de 1,6 m abajo de la pendiente, en un tiempo de 0,80 s, y adquiere una velocidad de v2 = 4,0 m/s...Encontrar:

a) ¿A qué tiempo t después de aplicada la fuerza empieza a moverse la masa? b) Si después de iniciado el movimiento la fuerza F se mantiene constante en el valor que alcanzó en la parte a), ¿cuánto tiempo demorará en recorrer 10 metros? Solución. a)

a) La fuerza que mueve al móvil en dirección del plano b) la fuerza de fricción si la hubiera: Solución. a) Cálculo de la aceleración del bloque Aplicando la ecuación

N = mg = 2(9,8) = 19,6 N La fuerza de fricción estática es:

v22 = v12 + 2aS ⇒ a =

La masa comenzará a moverse cuando

⇒a=

F fs = μ s N = 0,4(19,6) = 7,84 N F = 7,84 N ⇒ 2t = 7,84 ⇒ t =

10 = 4,52 s 0,49

7,84 = 3,92 s 2

v22 2S

42 = 5 m/s2 2(1,6 )

La fuerza que mueve al móvil es F = ma = (8,0 )(5) = 40 N b) La fuerza debida al peso

b)

Fpeso = mgsen 40º = (8,0)(9,8)(0,64) = 50,4 N

El diagrama del cuerpo libre del móvil bajando la pendiente 29


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Para la masa m2:

2t − F f = m2 a 2

(2)

Las masas dejan de moverse solidarias cuando

a 2 ≥ a1 2t − F f

Aplicando la segunda ley del movimiento

∑ F = ma ⇒ F

peso

≥

Ff

m2 m1 2t − μ s m2 g μ s m2 g ≥ m2 m1

− F f = ma ⇒

F f = Fpeso − ma = 50,4 -40 =10,4 N

2t − 0,3(5) 0,3(5) ⇒ 2t ≥ 2 ⇒ t ≥ 1,0 s ≥ 0,5 1,5

Ejemplo 43. Se tiene dos cuerpos de masas m1 = 0,5 kg y m2 = 1,5 kg, dispuestos tal como se muestra en la figura. Los coeficientes de rozamiento entre m1 y m2 es son μs = 0,3 y μk = 0,2, el rozamiento entre m2 y el piso se considera despreciable. Si la masa m1 se jala con una fuerza variable con el tiempo F = 2t N, hasta que las masas dejan de moverse solidarias, luego se mantiene la fuerza constante con la magnitud que alcanzó en ese tiempo.

b) Desde t = 0 a t = 1,0 s, la aceleración es:

a1 = a 2 Sumando (1) y (2):

2t = (m1 + m2 )a 2 ⇒ 2t 2t m a2 = = =t 2 (m1 + m2 ) 2 s

La aceleración aumenta directamente proporcional a t hasta t = 1,0 s. Para t = 1,0 s, a = 1,0 m/s2. Después de t = 1,0 s los cuerpos tienen aceleraciones diferentes. Para la masa m1:

a) Calcular el tiempo para el cual las masas se mueven con aceleraciones diferentes. b) Haga un grafico de la variación de la aceleración de cada una de las masas. c) Haga un grafico de la variación de la aceleración de cada una de las masas. d) Calcule la distancia que recorren antes de despegarse. Solución. a)

F f = m2 a1 ⇒ a1 =

Ff m1

=

μ k m2 g m1

=

0,2(5) m = 0,67 2 1,5 s

Para la masa m2:

La aceleración a2 de la masa m2 para t > 1 s es la suma de la aceleración a1 de la masa m1 con respecto al piso y la aceleración a’2 de m2 con respecto a m1. La fuerza F es constante igual a 2 N.

F − μ k m2 g = m2 a ' 2 ⇒ F − μ k m2 g 2 − 0,2(5) m a' 2 = = =2 2 m2 0,5 s

Para la masa m1: F f = m1 a1 (1) 30


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a 2 = a' 2 + a1 = 2 + 0,67 = 2,67

Luego:

m s2

t

t

t =0

t =0

1 2 t 2

d

0

0

1 2 1 1 1 t dt = t 3 = m 2 6 0 6

Ejemplo 44. Dos bloques A y B de masas mA y mB están unidos mediante un cable que pasa a través de una polea tal como se muestra en la figura adjunta. El coeficiente de rozamiento entre el bloque A y el plano inclinado es μ. Determinar el sentido del movimiento cuando se dejan en libertad a partir del reposo. El cable es inextensible y las masas del cable y la polea despreciables.

c) Velocidad de la masa m1: Para t < 1 s

v1 = ∫ a1 dt = ∫ t dt =

1

x = ∫ v1 dt = ∫

t

0

=

1 2 t 2

Para t = 1 s ⇒ v1 = 0,5 m/s Para t > 1 s ⇒ v1 = 0,5 + 0,67(t − 1) Solución. Supongamos que el bloque A sube sobre el plano inclinado. Sea T la fuerza que ejercen los extremos del cable sobre los bloques dirigida, en ambos bloques, tal como se indica.

La velocidad de m2: Para t < 1 s t

t

t =0

t =0

v 2 = ∫ a 2 dt = ∫ t dt =

1 2 t 2

Para t = 1 s ⇒ v2 = 0,5 m/s Para t > 1 s ⇒ t

t

0

=

1 2 t 2

v 2 = 0,5 + ∫ 2,67dt = 0,5 + 2,67t 1 t

1

= 0,5 + 2,67t − 2,67 = 2,67t − 2,17

El movimiento de B es hacia abajo, luego μ m B g > T El movimiento de A es hacia arriba, luego ⇒ T > m A gsenθ + μm A cos θ El movimiento de los bloques es el indicado si ⇒ m B g > m A gsenθ + μm A cos θ  ⇒

mB > senθ + μ cos θ mA

Supongamos que el bloque A desciende sobre el plano inclinado.

d) El recorrido de las dos masas sin despegarse es hasta t = 1,

El movimiento de B es hacia arriba, luego 31


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Con los valores ⇒ 3,5 < 4,13 Desigualdad que se cumple, luego el movimiento es el previsto.

⇒ mB g < T El movimiento de A es hacia abajo, luego  T + μm A cos θ < m A gsenθ El movimiento de los bloques es el indicado si m B g < m A gsenθ − μm A cos θ 

⇒

a) Consideremos un sistema de referencia con el eje x horizontal. Las posiciones de los bloques están relacionadas por la condición de ligadura s A + 2 y B = constante , Luego sus aceleraciones cumplen

mB < senθ − μ cos θ mA

Los bloques no se mueven si

senθ − μ cos θ <

1 a A + 2a B = 0 ⇒ a B = − a A = a 2

mB < senθ + μ cos θ mA

(1)

Fuerzas sobre los bloques La segunda ley de Newton aplicada al bloque A es m A a A = m A gsenθ − T − μN A ,

Ejemplo 45. Dos bloques A y B de masas m A = 10 kg y m B = 7 kg, están unidos mediante un cable que pasa a través de las poleas tal como se muestra en la figura adjunta. El coeficiente de rozamiento entre el bloque A y el plano inclinado es μ = 0,10 y θ = 30º. El cable es inextensible y las masas del cable y las poleas son despreciables. Determinar: a) Las aceleraciones de los bloques; b) La tensión del cable.

N A − m A g cos θ = 0

De estas dos obtenemos:

T = m A g (senθ − μ cos θ ) − m A a A

(2) La segunda ley de Newton aplicada al bloque B es

2T − m B g = m B a B 1 ⇒ T = m B (a B + g ) 2

(3)

Igualando las ecuaciones (2) y (3), m B (a B + g ) = 2m A g (senθ − μ cos θ ) − 2m A a A Teniendo en cuenta la ecuación (1) y los valores: 7(a + 9,8) = 2(10 )(9,8)(0,5 − 0,1 × 0,87 ) − 20(2a ) Resolviendo: a = 0,26 m/s2 Las aceleraciones de los bloques son : a A = 0,26 m/s 2 para arriba.

Solución.

a B = 0,52 m/s 2 para abajo. b) La magnitud de la tensión del cable es el valor de la fuerza que el cable ejerce sobre los bloques. De la ecuación (3) se tiene

T= Supongamos que el movimiento de A es hacia abajo, luego:

1 (7 )(0,26 + 9,8) = 35,2 N 2

Ejemplo 46. Dos bloques A y B de masas m A y m B están unidos mediante un cable que pasa a través de las poleas tal como se muestra en la figura adjunta. El coeficiente de rozamiento entre el bloque A y el plano inclinado es μ . El cable es inextensible y las masas del cable y la polea son despreciables. Estudiar el sentido del movimiento de los bloques.

T + μm A g cos θ < m A gsenθ ⇒ T < m A gsenθ − μm A g cos θ

El movimiento de B es hacia arriba, luego:

m B g < 2T De ambas expresiones queda

1 m B g < m A gsenθ − μm A g cos θ ⇒ 2 1 (7 ) < (10)sen30º −0,10(10) cos 30º 2 32


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De estas ecuaciones obtenemos: T A = m A g (senθ + μ cos θ ) + m A a A (3) De la segunda ley de Newton aplicada al bloque B se tiene

m B g − TB = m B a B ⇒ TB = m B ( g − a B )

(4) De las ecuaciones (1), (2), (3) y (4) obtenemos: m A g (senθ + μ cos θ ) + m A a A = 2m B ( g − 2a A )

Solución.

aA =

2m B g − m A g (senθ + μ cos θ ) m A + 4m B

El movimiento es el indicado, si se cumple:

2m B > (senθ + μ cos θ ) mA

Supongamos que el bloque A asciende por el plano inclinado. Consideremos un sistema de referencia con el eje x horizontal. Las posiciones, por una parte, del bloque A y de la polea móvil, están relacionadas por las condiciones de ligadura

El movimiento es de sentido opuesto, si se cumple: 2 mB < (senθ − μ cos θ ) mA El signo menos es porque en este caso el peso de la masa A es el que mueve al sistema y la fuerza de rozamiento están en sentido contrario a éste.

s A + h − y p = constante Las posiciones de la polea y el bloque B, están relacionadas por las condiciones de ligadura

Ejemplo 47. Un bloque de 8 kilogramos y un bloque de 10 kilogramos se conectan por una cuerda, que pasa sobre una polea sin fricción ligera, según se muestra en la figura. La superficie horizontal es áspera. Los coeficientes de la fricción estático y cinético son 0,40 y 0,20, respectivamente. Las fuerzas externas P y Q actúan sobre el bloque de 10 kilogramos.

2 y p − y B = constante De estas dos ecuaciones obtenemos:

2 s A + 2h − y B = constante Las componentes de las aceleraciones de los bloques satisfacen la condición 2a A = a B (1)

a) Si la fuerza P es de 40 N. ¿Cuáles son los valores de Q para que el bloque permanezca en reposo? (Q siempre apunta a la izquierda) (1 punto) b) Para el caso a). ¿Cuál es el valor de Q para que la fuerza de fricción sea nula? (1 punto) c) Si la fuerza Q es nula ¿Cuál es el valor mínimo de P para que el sistema este en reposo? (1 punto)

Sean T A y TB las fuerzas que los cables ejercen sobre los respectivos bloques. Fuerzas sobre los bloques y sobre la polea móvil. Como la polea superior tiene masa despreciable solo cambia el sentido de la fuerza. La masa de la polea móvil es cero, luego La tensión en ambos lados son iguales (TB ) y

T A = 2TB

(2) De la segunda ley de Newton aplicada al bloque A se tiene:

d) Si la fuerza Q es nula y P es la mitad de la hallada en c). ¿Cuánto vale la magnitud de la aceleración de las masas? (1 punto) Solución.

TA − mA gsenθ − μN A = mAa A N A − m A g cos θ = 0

33


Hugo Medina Guzmán

∑F

a) El diagrama siguiente muestra la situación estática para el valor mínimo de Q

V

=0

N − 10 g − P = 0 ⇒ N = 10 g + P ∑ FH = 0

T − 0,4 N = 0 ⇒ 0 = 8(9,8) − 0,4(10 g + P ) ⇒ 8(9,8) − 4(9,8) P= = 98 N 0,4 d) En el gráfico se observa que

T = 8g

En la masa de 10 kg:

∑F

V

=0

∑F

= 8a ⇒ 8 g. − T = 8a ⇒ T = 8 g. − 8a

∑F

=0

V

N − 10 g − 40 = 0 ⇒ N = 10 g + 40 = 138 N ∑ FH = 0

T − 0,4 N − Q = 0 ⇒ Q = 8(9,8) − 0,4(138) = 23,2 N

El valor de Q para que la masa no vaya a la izquierda es Q ≥ 23,2

V

El diagrama siguiente muestra la situación estática para el valor máximo de Q

N − 10 g − 49 = 0 ⇒ N = 10 g + 49 = 147 N ∑ FH = 10a T − 0,2 N = 10a ⇒ 8 g − 8a − 0,2 N = 10a 18a = 8(9,8) − 0,2(147 ) ⇒ 8(9,8) − 0,2(147 ) a= = 2,72 m/s2 18

En el gráfico se observa que

∑F

H

=0

Ejemplo 48. En la figura se muestra un bloque de 5 kg sobre un piso liso y un bloque más pequeño de2kg sobre él, ambos en reposo. Se le aplica una fuerza F de 1,5 N tal como se muestra, sin embargo el bloque menor no se mueve respecto del grande.

T + 0,4 N − Q = 0 ⇒ Q = 8(9,8) + 0,4(138) = 133,6 N El valor de Q para que la masa no vaya a la derecha Q ≤ 133,6 Resumen

23,2 ≤ Q ≤ 133,6

b) La fuerza de fricción es la respuesta a una acción, Si no hay fuerza efectiva de tracción no hay fuerza de fricción. Esto se logra equilibrando T. T − Q = 0 ⇒ Q = T = 8(9,8) = 78,4 N c)

Cuando el bloque de 5kg llega a la barrera en el punto A, se para en seco, y el bloque pequeño desliza sobre él y luego cae al piso, haciendo impacto a una distancia x del punto A. a) ¿Con qué velocidad llega el bloque grande al punto A? b) ¿Con qué velocidad abandona el bloque pequeño al grande? c) ¿Qué valor tiene la distancia d de impacto? 34


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La distancia d de impacto. d = v' t ' = 0,84(0,2 ) = 0,17 m

Solución. a) Cálculo de la aceleración del conjunto.

a=

DINÁMICA DEL MOVIMIENTO CIRCULAR La primera ley de Newton dice que un objeto permanecerá en movimiento uniforme en línea recta con velocidad constante o en reposo si no actúa una tuerza sobre él. Entonces cuando un objeto se mueve en trayectoria circular, debe haber una fuerza sobre él cambiándole la trayectoria recta. Esta fuerza puede ser proporcionada por la tensión en una cuerda, para un objeto que se hace girar en una circunferencia horizontal al extremo de una cuerda; por la fuerza de la gravedad para un satélite orbitando la tierra. Los objetos en movimiento circular no están en equilibrio, debe haber una fuerza resultante, de otro modo sólo habría un movimiento en línea recta.

F 1,5 1,5 = = = 0,46 m/s 2 M +m 5+2 7

Para que el bloque pequeño se mueva tiene que cumplirse

ma > F fs máx

F fs máx = μ s m = 0,15(2 ) = 0,30 N

ma = 2(0,46 ) = 0,92 N

El bloque pequeño permanece estático sin resbalar sobre el bloque grande

3=

1 2 at ⇒ t = 2

2(3) = a

2(3) = 2,80 s 0,46

FUERZA CENTRÍPETA. Una partícula que se mueve sobre una trayectoria circular de radio R con rapidez constante, se encuentra sometida a una aceleración radial de magnitud v2/R. Por la segunda ley de Newton, sobre la partícula actúa una fuerza en dirección hacia el centro de la circunferencia, cuya magnitud es:

Velocidad con la que llega el bloque grande al punto A.

v = a t = 0,46(2,81) = 1,30 m/s

Fc = mac = m

v2 R

Por ser proporcional a la aceleración centrípeta, la fuerza Fc se llama fuerza centrípeta. Su efecto es cambiar la dirección de la velocidad de F f = μ k N = 0,1(2)(9,8 = 1,96 N ) un cuerpo. Se puede sentir esta fuerza cuando se F f 1,96 hace girar a un objeto atado a una cuerda, ya que 2 a' = = = 9,8 m/s se nota el tirón del objeto. Las fuerzas centrípetas m 2 2 2 2 v' = v + 2a' S = 1,30 = 0,71 + 2(− 9,8)(0,3) = 0,71no son diferentes de otras fuerzas ya conocidas, su nombre se debe a que apunta hacia el centro ⇒ v' = 0,71 = 0,84 m/s de una trayectoria circunferencial. Cualquiera de las fuerzas ya conocida pueden actuar como v'= 0,84 m/s fuerza centrípeta si producen el efecto c) Cálculo de la distancia d de impacto. correspondiente, como ser la tensión de una cuerda, una fuerza de roce, alguna componente de la normal, la fuerza gravitacional en el caso de movimientos de planetas y satélites, etc. b) Cálculo de la velocidad con que el bloque pequeño abandona al grande.

Tiempo de caída

0,2 =

1 2 gt ' ⇒ t ' = 2

2(0,2 ) = a

Ejemplo 49. Un bloque se desliza por la pista mostrada con rapidez constante. Dibujar la fuerza resultante que actúa sobre el bloque en los puntos A, B y C.

2(0,2 ) = 0,20 s 9,8 35


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v2 ⇒ v 2 = rg tan α rg De la geometría de la figura, r = Lsenα ,

tanα =

reemplazando se obtiene la rapidez de m:

v 2 = (Lsenα )g tan α

⇒ v = Lg tan α senα

Solución.

Para calcular el periodo T, esto es el tiempo que demora en dar una vuelta. Se sabe que Δx = vΔt , con Δx = 2πr , entonces:

2πr = v

Δt = Ejemplo 50. Un cuerpo de masa m, sujeto al extremo de una cuerda de longitud L, que describe una trayectoria circular en el plano horizontal, genera una superficie cónica, por lo que se llama péndulo cónico. Determinar la rapidez y el período de revolución de la masa.

= 2π

⇒ T = 2π

2πL senα

Lg tan α senα

L cos α g L cos α g

Ejemplo 51. Una bola de masa m, atada al extremo de una cuerda se hace ir en un plano horizontal formando una circunferencia de radio R. Si tiene una velocidad angular ω , ¿cuál es la tensión en la cuerda? Solución. La partícula está sometida a una aceleración centrípeta, y la fuerza centrípeta correspondiente está dada por la componente de la tensión de la cuerda en dirección radial hacia el centro de la circunferencia. El DCL de la masa m.

Solución. La figura muestra el D.C.L.

Aplicando la segunda ley de Newton a la masa m.

Aplicando la segunda ley de Newton:

∑F

y

∑F ∑F

=0

⇒ T cosα − mg = 0 ⇒ Tcosα = mg y ∑ Fx = ma v2 ⇒ Tsenα = ma = m r

(1)

n

= ma c ⇒ − T = −mRω 2

t

= mat ⇒ 0 = mRα

La tensión en la cuerda es T = mRω 2 . La fuerza tangencial es cero y la aceleración tangencial α también es cero, ya que la velocidad angular ω es constante.

(2)

Dividiendo (2) entre (1): 36


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Ejemplo 52. Resolver el problema anterior pero en el caso que el giro sea en el plano vertical.

Solución. La figura muestra el D.C.L. Ejemplo 53. Un pequeño bloque de masa m se desliza sobre una superficie lisa circular de radio R como se muestra en la figura. (La pista está sobre un plano vertical y g = aceleración de la gravedad) a) Trace el diagrama de cuerpo libre del bloque cuando se encuentra en A y muestre (dibujando los vectores) la dirección de la fuerza resultante y su aceleración. b) Cuando está en A, ¿su rapidez aumenta o disminuye? (Justifique) c) Si en B su velocidad es nula, ¿cuál es la trayectoria que seguirá la masa m? d) Si en B su velocidad es gR , ¿qué trayectoria seguirá la masa m?

Aplicando la segunda ley de Newton.

∑F ∑F

n

= ma c ⇒ − T − mgsenθ = −mRω 2

t

= mat ⇒ − mg cos θ = mRα

La tensión en la cuerda es

T = mRω 2 − mgsenθ La fuerza tangencial es − mg cos θ y la aceleración angular es

g cos θ R d 2θ Como α = , obtenemos la ecuación dt

α =−

diferencial:

d 2θ g = − cos θ dt R Cuya solución esta fuera del alcance de este curso. Pero podríamos encontrar la tensión y fuerza tangencial para posiciones determinadas, es decir para valores dados de θ .

Solución. a) Trace el diagrama de cuerpo libre del bloque cuando se encuentra en A y muestre (dibujando los vectores) la dirección de la fuerza resultante y su aceleración.

⎧T = mRω 2 , Para θ = 0º ⎨ F mg = − ⎩ t ⎧T = mRω 2 − mg , Para θ = 90º ⎨ ⎩ Ft = 0 ⎧T = mRω 2 Para θ = 180º ⎨ , F mg = ⎩ t ⎧T = mRω 2 + mg , Para θ = 270º ⎨ ⎩ Ft = 0 ⎧T = mRω 2 Para θ = 360º ⎨ ⎩ Ft = − mg

37


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v = Rg = (150 )(9,80) = 38,3 m s , o 138 km h . b) El peso aparente es la suma de la fuerza neta hacia adentro (arriba) y el peso del piloto:

P' = P + ma = P + m

v2 R

Aquí: P = 700 N b) Cuando el bloque está en A se dirige a B, su velocidad es en el sentido antihorario y su aceleración en el sentido horario. Luego su rapidez disminuye. c) Si en B su velocidad es nula, ¿cuál es la trayectoria que seguirá la masa m?

N + mg = ma c = m

m=

v = 280 km/h = 77,6 m/s R = 150 m Luego:

⎛ 77,6 2 ⎞ ⎟⎟ = 3579 N P ' = 700 + 71,43⎜⎜ 150 ⎝ ⎠ Ejemplo 55. Una partícula de 2 kg se mueve en una trayectoria circular de 10 m de radio en un plano vertical. Sobre la partícula actúa además de su peso una fuerza F. En la posición mostrada la rapidez de la partícula es 20 m/s y su aceleración tangencial es -5 m/s2. Halle el vector F en el sistema de coordenadas mostrado. La aceleración de la gravedad es 9,8 m/s2.

v2 v2 ⇒ N = − mg + m R R

Si v = 0, el valor de N es negativo, lo que no permite al bloque sostenerse sobre la circunferencia, por consiguiente el bloque caerá verticalmente. d) Si en B su velocidad es gR , ¿qué trayectoria seguirá la masa m?

N = − mg + m

P 700 = 71,43 kg = g 9,8

gR v2 ⇒ N = − mg + m = 0, R R

el bloque tiene suficiente velocidad para seguir en la trayectoria circular. Ejemplo 54. Un avión describe un rizo (un camino circular en un plano vertical) de 150 m de radio. La cabeza del piloto siempre apunta al centro del rizo. La rapidez del avión no es constante; es mínima en el cenit del rizo y máxima en el nadir. a) En el cenit el piloto experimenta ingravidez. ¿Qué rapidez tiene el avión en ese punto? b) En el nadir, la rapidez del avión es de 280 km/h. ¿Qué peso aparente tiene el piloto aquí? Su peso real es de 700 N. Solución. a) Sí el piloto siente ingravidez, está en caída libre, y

a=g=

Solución.

Aceleraciones que actúan sobre la masa m:

202 m m an = − = 40 2 y at = −5 2 10 s s Estas producen las fuerzas sobre la masa T = − man = −2(40) = −80 N y

2

v , luego R

mat = 2(− 5) = −10 N

38


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Solución. a)

→

Componentes de la fuerza F →

F = − Ft tˆ − Fn nˆ →

Componentes del peso m g →

m g = − mg

2 2 tˆ − mg nˆ = −5 2tˆ − 5 2nˆ 2 2

La tensión es la suma de las componentes normales de las fuerzas actuantes: →

(

Aplicando la segunda ley de Newton: Nsenθ = mω 2 x , N cos θ = mg Dividiendo:

)

T = − Fn + 5 2 nˆ = −80nˆ Luego

Fn + 5 2 = 80 ⇒

tanθ =

Fn = 80 − 5 2 = 72,9 N

ω2x g

La fuerza tangencial es la suma de las componentes tangenciales de las fuerzas actuantes:

En el gráfico vemos

mat tˆ = − Ft + 5 2 tˆ = −10tˆ

Igualando (1) y (2) tenemos:

− Ft − 5 2 = −10 ⇒

x ω2x = (R − h ) g g ⇒ h=R− 2

(

tan θ =

)

Ft = 10 − 5 2 = 2,9 N Finalmente

F = Fn2 + Ft 2 =

x (R − h )

(1)

(2)

ω

73,92 + 2,92 = 73,95 N

La altura depende de la velocidad angular ω .

Ejemplo 56. Dentro de un casquete semiesférico de radio R se encuentra una masa m muy pequeña. Cuando el casquete gira alrededor del eje que pasa por su centro, la masa m se ubica a una altura h de modo que no se mueve respecto del casquete. a) Si consideramos que la superficie del casquete es lisa y está rotando con una velocidad angular ω , ¿cuál es la altura h que alcanza la masa m? b) ¿Es posible que la masa m llegue al borde (h = R)? c) Sí consideramos que el casquete es rugoso y el coeficiente de rozamiento estático entre el casquete y la masa m es μ , ¿cuál es el rango de valores que puede tener la velocidad angular ω de modo que la masa m se mantenga a una altura h?

b) No es posible porque para h = R se debe tener ω = ∞ . c) Para que deslice hacia arriba

Nsenθ + μN cos θ = mω 2 x , ⇒ N (senθ + μ cos θ ) = mω 2 x ⇒ N cos θ − μNsenθ = mg 39


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⇒ N (cos θ − μNsenθ ) = mg ⇒ω=

Solamente actúa el peso de la masa

(senθ + μ cos θ )g (cos θ − μNsenθ )x

T1 = 10 g = 98 N

Para que no deslice hacia abajo

b)

T2sen37 º +T1 − 10 g = 0 Si T1 = T2 = T

Nsenθ − μN cos θ = mω 2 x , ⇒ N (senθ − μ cos θ ) = mω 2 x ⇒ N cos θ + μNsenθ = mg ⇒ N (cos θ + μNsenθ ) = mg ⇒ω=

Tenemos:

3 8 T + T − 10 g = 0 ⇒ T = 10 g ⇒ 5 5 T = 6,25 g = 61,25 N

(senθ − μ cos θ )g (cos θ + μNsenθ )x

Como

En resumen:

(senθ + μ cos θ )g ≥ ω ≥ (senθ − μ cos θ )g (cos θ − μNsenθ )x (cos θ + μNsenθ )x

T2 cos 37 º = 10

v=

v2 ⇒ 0,8

0,8T cos 37 º = 1,97 m/s 10

c)

Ejemplo 57. Una bola de 10 kg es suspendida por dos cuerdas 1 y 2. La cuerda 1 se encuentra conectada al brazo horizontal a una distancia de 0,8m del eje vertical. La cuerda 2 tiene una longitud de 1,0 m. El eje vertical está en rotación tal que la rapidez de la bola es constante. a) Si el eje vertical no rotara, halle las tensiones de las cuerdas. b) Halle la rapidez de la bola si las tensiones de las cuerdas son iguales. c) Hallar la rapidez máxima que puede tener la bola para que las cuerdas permanezcan como se muestra en la figura.

T2sen37 º +T1 − 10 g = 0 T2 cos 37 º = 10

v2 v2 ⇒ T2 = 10 0,8 0,8 cos 37 º

v2 10 sen37 º +T1 − 10 g = 0 0,8 cos 37 º 10

v2 tan 37 º +T1 − 10 g = 0 0,8

El máximo valor de v es para T1 = 0

v=

0,8 g = 3,23 m/s tan 37 º

Ejemplo 58. La figura muestra una masa de 5,00 kg unida mediante dos cuerdas a un eje vertical giratorio. Para la configuración geométrica que se muestra en la figura, la masa tiene una rapidez constante de 4,00 m/s. a) Determine la tensión en cada cuerda.

Solución. a) 40


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b) Para la misma configuración geométrica de la figura, determine la velocidad angular para la cual la cuerda inferior deja de estar tensa. c) Si la velocidad angular del eje giratorio es 32 rad/s determine la tensión en los cables y la rapidez de la masa. Nota. Use el símbolo g para denotar a la aceleración de la gravedad.

∑F

x

=0

T '1 cosθ = mω '2 R ∑ Fy = 0

(1)

T1 ' senθ = mg

(2) Dividiendo (2) entre (1):

g R tan θ rad 9,8 = = 3,5 s 0,6 × 1,33

ω'=

c) Si la velocidad angular del eje giratorio es 32 rad/s determine la tensión en los cables y la rapidez de la masa.

Solución.

senθ =

0,8 0,6 = 0,8 , cosθ = = 0,6 1 1

T ' '1 cosθ + T ' '2 cosθ = mω ' '2 R

a) Diagrama del cuerpo libre de la masa.

mω ' '2 R 5(32 ) 0,6 = = 3840 N T ' '1 +T ' '2 = 0,8 cosθ T1 ' ' senθ − T2 ' ' senθ = mg mg 5 × 9,8 = = 81,67 N T1 ' '−T2 ' ' = senθ 0,6 2

T’’1 = 1960,84 N, T’’2 = 1879,17 N

∑F

x

Ejemplo 59. Una partícula de masa m que está unida al extremo de un cable de longitud l , cuyo otro extremo está fijo, se mueve en un plano vertical, a partir de un punto A tal que el cable forma con la vertical un ángulo θ 0 , iniciando el movimiento con velocidad cero. Determinar: a) La velocidad v de la esfera en función de θ . b) La tensión del cable en función de θ . c) La aceleración a en función de θ .

=0

T1 cosθ + T2 cosθ = mω 2 R T1 + T2 =

mω 2 R cosθ 2

⎛ 4 ⎞ 5⎜ ⎟ 0,6 0,6 ⎠ ⎝ = = 222,22 N (1) 0,6 ∑ Fy = 0

T1senθ + T2senθ = mg mg T1 − T2 = senθ 5 × 9,8 = = 61,25 N 0,8

(2)

Resolviendo las ecuaciones (19 y (2): T1 = 141,74 N, T2 = 80,49 N b) Cuando la cuerda inferior deja de estar tensa. 41


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Solución. En la referencia de origen O, la esfera recorre una circunferencia de radio l con velocidad variable v(t). Las componentes intrínsecas de la aceleración son:

Solución.

dv v2 at = , an = dt l

Sobre la masa m actúan la tensión del cable T y su peso mg . De la segunda ley de Newton en componentes nˆ y tˆ se tiene:

∑F ∑F

t

= mat ⇒ mgsenθ = mat

n

= ma n ⇒ T − mg cos θ = ma n

En la referencia de origen O, la partícula m tiene un movimiento circular no uniforme de radio R. Las componentes de la aceleración son:

dv v2 , an = at = R dt

Sobre la masa m actúan el peso mg y la reacción en el apoyo N. Aplicando la segunda ley de Newton:

a) Para la componente tangencial se tiene:

mgsenθ = m

dv dt

∑F ∑F

ds dv = gsenθ dt ds ⇒ vdv = gsenθ ds = gsenθ ldθ

t

= mat ⇒ mgsenθ = mat

n

= ma n ⇒ N − mgcosθ = − ma n

⇒

a) De la componente tangencial se tiene:

Integrando y teniendo en cuenta las condiciones iniciales queda

ds dv dv ⇒ = gsenθ dt ds dt ⇒ vdv = gsenθ ds = Rgsenθ dθ mgsenθ = m

v 2 = 2 gl(cos θ 0 − cos θ )

Integrando y teniendo en cuenta las condiciones iniciales queda

v = 2 gl(cos θ 0 − cos θ )

v 2 = 2 Rg (1 − cos θ )

b) Para la componente normal: v2 T − mg cos θ = m = 2mg (cos θ 0 − cos θ ) l La tensión del cable es

Finalmente:

v = 2 Rg (1 − cos θ )

b) De la componente normal se tiene: N = mgcosθ − ma n =

T = mg (2 cos θ 0 − 3 cos θ )

v2 mgcosθ − m = mg cos θ − 2mg (1 − cos θ ) R La normal es N = mg (3 cos θ − 2 )

c) De las ecuaciones anteriores se tiene la aceleración: →

a = at tˆ + a n nˆ at = gsenθ , T − mg cos θ = ma n = 2mg (cos θ 0 − cos θ ) ⇒ a n = 2 g (cos θ 0 − cos θ )

c) La masa m deja de estar en contacto con la superficie cuando N = 0

N = mg (3 cos θ − 2 ) = 0 2 ⇒ cos θ = ⇒ θ = 48,19º 3

Ejemplo 60. Una partícula de masa m se encuentra en el polo de una semiesfera de radio R, la cual está apoyada sobre una superficie horizontal. Desplazada ligeramente de su posición de equilibrio, la partícula desliza sobre la superficie, la cual se supone lisa. Determinar: a) La velocidad v de la partícula en función del ángulo θ que forma su radio posición con el radio inicial. b) El valor de la normal N en función de θ. c) El valor de θ, en el instante en que la partícula se despega de la superficie.

Ejemplo 61. La figura muestra una masa m que se encuentra en el interior de un cono que sube con aceleración de magnitud A respecto de tierra. El coeficiente de rozamiento estático - entre el bloque y el plano es μ (μ > tan θ ) . a) Haga el diagrama del cuerpo libre de la masa m para un sistema de referencia fijo al cono. b) Halle el rango de valores que puede tener la aceleración A para que la masa m permanezca en reposo respecto del cono. c) Si además de acelerar verticalmente, el cono rota con velocidad angular ω , ¿cuál debe ser el 42


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máximo valor de la velocidad angular ω para que la masa no deslice respecto del cono?

( g + A) =

cos θ (− senθ − μ cosθ ) A g 1 ⇒ +1 = (− μ − tanθ ) A g 1 1 − μ − tanθ −1 = ⇒ = A (− μ − tanθ ) − (μ + tanθ ) − g (μ + tanθ ) ⇒ A= (1 − μ − tanθ ) ⇒

Rango de valores de la aceleración A para que la masa m permanezca en reposo respecto del cono.

g (μ − tanθ ) g (μ + tanθ ) ≥ A≥− (1 − μ + tanθ ) (1 − μ − tanθ )

Solución. a) Diagrama del cuerpo libre de la masa m para un sistema de referencia fijo al cono. Caso de deslizamiento hacia abajo

c) Además de acelerar verticalmente, el cono rota con velocidad angular ω .

Caso de deslizamiento hacia arriba

ac = ω 2 d Caso de deslizamiento hacia abajo. b) Caso de deslizamiento hacia abajo − m(g + A)senθ + μm( g + A) cosθ = mA cosθ ⇒ − gsenθ − Asenθ + μg cos θ + μA cos θ = A cos θ ⇒ − gsenθ − Asenθ + μg cos θ + μA cos θ − A cos θ = 0

⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒

( g + A) =

cos θ (− senθ + μ cosθ ) A ( g + A) = cos θ (− senθ + μ cosθ ) A g 1 +1 = (μ − tanθ ) A g 1 1 − μ + tanθ = −1 = (μ − tanθ ) A (μ − tanθ ) g (μ − tanθ ) A= (1 − μ + tanθ )

− m(g + A + a c cos θ )senθ ⇒ + μm( g + A − ac senθ ) cos θ = mA cos θ ⇒ g + A(senθ + μ cos θ ) − ac senθcosθ (1 − μ ) = A cos θ Caso de deslizamiento hacia arriba

A(senθ − cos θ + μ cos θ ) = ac senθcosθ (1 − μ ) − g

Caso de deslizamiento hacia arriba

− m( g + A)senθ − μm( g + A) cos θ = mA cos θ ( g + A) = cos θ ⇒ (− senθ − μ cosθ ) A

⇒ A=

43

a c senθcosθ (1 − μ ) − g (senθ − cosθ + μ cosθ )


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∑F

z

= 0 ⇒ mg − μN = 0

De estas ecuaciones: mg − μmω 2 R y ω=

A=

a c senθcosθ (1 + μ ) − g (senθ − cosθ − μ cosθ )

g μR

Esto quiere decir que para que suceda el efecto de suspensión de las personas, la velocidad angular ω tiene que tener un valor relacionado con el radio R y el coeficiente de fricción μ .

Rango de valores de la aceleración A para que la masa m permanezca en reposo respecto del cono.

Ejemplo 63. En la tornamesa mostrada de la figura el bloque de masa m1 descansa sobre el

a c senθcosθ (1 + μ ) − g a senθcosθ (1 − μ ) − g ≥ A≥ c (senθ − cos θ − μ cos θ ) (senθ − cos θ + μ cos θ )

bloque de masa m 2 . Los bloques están a la distancia R del eje de rotación. El coeficiente de rozamiento estático entre las masas y entre m 2 y la tornamesa es μ Considerando el rozamiento y la masa de la polea despreciables, encontrar la velocidad angular de la tornamesa para la cual los bloques justamente comienzan a resbalar.

Ejemplo 62. En un parque de diversiones hay un cilindro grande vertical, de radio R que rota alrededor de su eje, con velocidad angular constante ω . Explicar cómo es posible que las personas que están dentro, al retirárseles el piso permanezcan “pegadas” a la pared interior del cilindro.

Solución.

Solución. En este problema todo depende de tomar correctamente la dirección de la fuerza de fricción entre m1 y m 2 . Consideremos m 2 >

m1 , por lo tanto m2 tenderá a moverse hacia afuera, jalando a m1 hacia adentro. La fuerza de

La figura muestra el D.C.L del hombre.

fricción actuará en oposición a su movimiento relativo. La figura muestra los D.C.L. de los componentes del sistema.

Aplicando La segunda ley de Newton: Como el hombre no cae, radialmente está en reposo (R = constante)

∑F

r

= ma c ⇒ − N = − mω 2 R 44


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Ecuador: g = 9,780490 m/s2

Aplicando la segunda Ley de Newton Fz = ma z , Fr = ma r y Ft = mat

∑

∑

∑

Porcentaje =

A la masa m1 :

N 1 − m1 g = 0 , − T + F1 = − m1ω 2 R , Ft = 0

ω2R g

× 100 = 0,34%

CURVAS EN LAS PISTAS. Para un cuerpo como un vehículo o un vagón de tren que se mueven describiendo una trayectoria curva de radio R, sobre el vehículo debe actuar una fuerza centrípeta para evitar que continúe moviéndose en línea recta y se salga de la pista; esta es la fuerza para hacer que el vehículo gire por la pista curva. La fuerza centrípeta necesaria la da el roce de las llantas o las pestañas de las ruedas del tren.

A la masa m 2 :

N 2 − N1 − m2 g = 0 ,

− T − F1 − F2 = − m2ω 2 R , Ft = 0 De las ecuaciones obtenemos: N 1 = m1 , N 2 = (m1 + m2 )g

F1 ≤ μm1 g , F2 ≤ μ (m1 + m2 )g

y 2 F1 + F2 = (m2 − m1 )ω 2 R

Corno ω puede incrementarse hasta que F1 y

F2 alcancen sus valores máximos

2μm1 g + μ (m1 + m2 )g = (m2 − m1 )ω 2 R Finalmente

μ (3m1 + m2 )

ω=

R (m2 − m1 )

Curvas sin peraltar En estos casos la fuerza de rozamiento es la que nos proporciona toda la componente normal que servirá para tomar la curva. Siempre que tengamos que ésta sea mayor que la aceleración normal el automóvil será capaz de tomar la curva, es decir, el caso límite se alcanza cuando

Ejemplo 64. ¿Cómo afectará la rotación de la tierra al peso aparente de un cuerpo en el ecuador? Solución. La figura muestra la situación de un cuerpo situado en la línea ecuatorial

Fr = ma c = m

v2 R

Ejemplo 65. ¿Cuál es la velocidad a la que puede ir un automóvil por una curva de radio R sin peralte, sin derrapar?, el coeficiente de rozamiento entre las ruedas y el suelo vale μ. Solución.


∑F ∑F ∑F

z

= ma z ⇒ Fz = 0

r

= mar ⇒ N − mg = − mω 2 R

t

= mat ⇒ Ft = 0

El peso de la masa es representado por la reacción N

∑ Fh = mac

N = mg − mω 2 R

v2 F f = μN = μmg = m R

Para tener una idea de cuánto afecta la rotación de la tierra es necesario hacer el cálculo numérico para esta consideración: El radio de la tierra en el ecuador: R = 6,378 x l06m La velocidad angular de la tierra

ω=

∑ FV = 0 ac =

v2 R

⇒ v = μgR

Ejemplo 66. Un ciclista tiene que inclinarse al desplazarse por una pista circular (o para pasar por una curva), Encontrar la relación de la velocidad con el radio de curvatura R, el ángulo de inclinación θ y coeficiente de fricción μ .

2π rad rad = 7,27 × 10 −5 24 × 3600 s s

La aceleración de la gravedad en el 45


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centro de curvatura proporciona la fuerza necesaria para mantener al móvil en la pista. A la inclinación de la pista o vía se le llama ángulo de peralte, θ .

Solución.

En estos casos se toma la proyección de la normal sobre la horizontal como causante de la fuerza centrípeta. Este caso se tiene, que:

v2 m v2 tan θ = R = mg Rg

La figura muestra el D.C.L.

Siendo θ , la inclinación de la carretera. Ejemplo 67. ¿Cuál es la velocidad a que puede ir un automóvil por una curva con peralte, de radio R, sin derrapar, el peralte es de θ grados? Solución.


∑F

z

= maz ⇒ N − mg = 0

v2 ∑ Fr = mar ⇒ μN = m R De las ecuaciones obtenemos

∑ F⊥ = 0 ac =

2

v R Finalmente v = μgR N = mg y μmg = m

v2 ∑ F// = mac cosθ ⇒ mgsenθ = m R ⇒ v = gR tan θ

Del D.C.L. también obtenemos:

tan θ =

μN N

v2 R

=μ Curvas peraltadas con rozamiento Este es un caso bastante más complejo de analizar.

Esto quiere decir que si el ciclista al realizar una curva no se reclina y el piso no es lo suficientemente áspero (fricción), éste caerá.

Ejemplo 68. ¿Cuál es la velocidad a la que un automóvil puede ir por una curva con peralte, de radio R, para que no se deslice hacia el exterior, el coeficiente de rozamiento entre las ruedas y el suelo vale μ, el peralte es de θ grados? Solución.

Curvas peraltadas sin rozamiento

Para no tener que confiar en el roce o reducir el desgaste de los rieles y pestañas, la carretera o la vía pueden inclinarse, como en la figura. En este caso la componente de la normal dirigida hacia el 46


Hugo Medina Guzmán

⇒ N = mg cos θ + m

F f = μN , a c =

∑F

//

⎛ ⎞ v2 v2 mgsenθ − μ ⎜⎜ mg cos θ + m senθ ⎟⎟ = m cos θ R R ⎝ ⎠ 2 2 v v mgsenθ − μmg cos θ − μm senθ = m cos θ R R

v2 R

2

v mg (senθ − μ cosθ ) = m (cosθ + μsenθ ) R

= ma c cos θ

v = gR

v2 ⇒ mgsenθ + μN = m cosθ R

⇒ v=

v2 ∑ F⊥ = 0 ⇒ N − mg cosθ = m R senθ v2 ⇒ N = mg cosθ + m senθ R

v = gR ⇒ v=

gR

∑F

//

Para que no se vaya

gR

(tan θ − μ ) (1 + μ tan θ )


v2 R

v2 ∑ F// = mac cosθ ⇒ mgsenθ = m R cosθ v2 252 = = 0,32 ⇒ ⇒ tanθ = gR 9,8(200 ) θ = 17,7º

= ma c cos θ ⇒

mgsenθ − μN = m

(tan θ + μ ) ≥ v ≥ (1 − μ tan θ )

Ejemplo 70. Una sección curva de la carretera se diseña para que el tráfico se mueva a una velocidad de 25 m/s, el radio de la curva es de 200 m. a) La carretera se peralta tal que un vehículo puede pasar la curva con las fuerzas laterales de fricción iguales a cero. Calcular el ángulo en el cual se peralta la carretera. b) La sección curva se substituye temporalmente por una carretera no peraltada del mismo radio. El coeficiente de la fricción de esta carretera es 0,40. Calcular la velocidad segura máxima para esta sección curva . Solución. a)

Ejemplo 69. ¿Cuál es la velocidad a laque puede ir un automóvil por una curva con peralte, de radio R, para que no se deslice hacia el interior, el coeficiente de rozamiento entre las ruedas y el suelo vale μ, el peralte es de θ grados? Solución.

F f = μN , a c =

Para que no se

La velocidad debe de estar entre esos valores para permanecer en la carretera.

v2 (cos θ − μsenθ ) R

(senθ + μcosθ ) (cosθ − μsenθ ) (tan θ + μ ) gR (1 − μ tan θ )

(senθ − μcosθ ) (cosθ + μsenθ ) (tan θ − μ ) gR (1 + μ tan θ )

caiga

⎛ ⎞ v2 v2 mgsenθ + μ ⎜⎜ mg cos θ + m senθ ⎟⎟ = m cos θ R R ⎝ ⎠ 2 v v2 mgsenθ + μmg cos θ + μm senθ = m cos θ R R

mg (senθ + μ cos θ ) = m

v2 senθ R

v2 cosθ R

v2 ∑ F⊥ = 0 ⇒ N − mg cosθ = m R senθ

b)

47


Hugo Medina Guzmán

De la figura obtenemos que la posición de la partícula P es:


1 2 At , y = y ' , z = z ' 2 → → 1 r = r '+ At 2 iˆ 2 x = x'+

v2 mg m F = ma ⇒ μ = ⇒ v = μgR = ∑ H c R 0,40(9,8)(200 ) 28 m/s

Derivando con respecto al tiempo encontramos v x = v' x ' + At , v y = v' y , v z = v' z '

MOVIMIENTO EN MARCOS DE REFERENCIA NO INERCIALES Hasta este momento nuestro estudio de mecánica clásica lo hemos realizado en sistemas de referencia que están en reposo o con movimiento con velocidad constante con respecto a un sistema considerado en reposo. A este conjunto de marcos de referencia se le conoce como MARCOS DE REFERENCIA INERCIALES. En los problemas trabajados hasta esta parte el primer paso era dibujar un sistema de coordenadas. Elegimos un sistema fijo a tierra, pero no pusimos atención al hecho que la tierra no es un marco inercial debido a que la tierra al viajar en su orbita casi circular alrededor del sol experimenta una aceleración centrípeta hacia el centro de la tierra. Sin embargo, estas aceleraciones son pequeñas comparadas con la aceleración de la gravedad y a menudo se pueden despreciar. En la mayoría de los casos se supondrá que la tierra es un marco inercial. Ahora veremos cómo cambian los resultados cuando se trabaja en un MARCO DE REFERENCIA NO INERCIAL, que es el nombre que se da a un marco de referencia acelerado.

→

→

v = v'+ Atiˆ

Derivando nuevamente encontramos a x = a' x + A , a y = a' y ' , a z = a' z ' →

→

→

→

→

a = a'+ Aiˆ o a = a'+ A

Si la partícula P tiene una masa m y aplicarnos la segunda ley de Newton del movimiento en el sistema inercial S obtenemos →

→

F = ma

Donde P es la suma de todas las fuerzas de interacción que actúan sobre las partículas. Para relacionar con el sistema no inercial S’ → → → → ⎛→ ⎞ F = m⎜ a '+ Aiˆ ⎟ o m a' = F − m A ⎝ ⎠

Aquí vemos que para que el observador según S’ pueda aplicar la segunda ley de Newton debemos →

introducir una fuerza extra FA a la llamaremos fuerza de arrastre y debemos incluirla en los diagramas de fuerzas: →

→

FA = − m A →

→

→

m a ' = F + FA

MARCO CON MOVIMIENTO DE TRASLACION NO UNIFORME. Consideremos los sistemas S y S’ tal corno se muestra en la Figura siguiente. El sistema S es inercial y el sistema S’ se mueve con respecto a

De este modo, en el sistema S’: →

Donde F ' es la suma de las fuerzas reales más la de arrastre →

→

→

F ' = F + FA

→

S con aceleración constante A = Aiˆ , tal que

→

1 D = At 2 . 2

Recalquemos el carácter ficticio de FA . Para aplicar una fuerza real sobre un cuerpo debemos ponerlo en interacción con otro, de manera que, según la tercera ley de Newton, si A ejerce una →

fuerza sobre B, FAB , a su vez B ejercerá una →

→

→

fuerza sobre A, FBA , tal que FAB = − FBA . 48


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Ahora, ¿cuál es la reacción de la fuerza de arrastre?, ¿cuál es el otro cuerpo que está ejerciendo la fuerza ?. No existe tal cuerpo, la fuerza no tiene reacción, es una fuerza ficticia que agrega un observador ubicado en un sistema acelerado (respecto a uno inercial) para justificar los fenómenos que observa.

⇒ Δl =

mA k

Ejemplo 72. Analizar el caso de masa m colgada mediante un hilo del techo de un vagón, que se mueve con una aceleración A. a) Desde el punto de vista de un observador en tierra (S). b) para un observador dentro del vagón (S’).

Ejemplo 71. La fuerza para estirar o comprimir un resorte es proporcional a su deformación lineal, F = − kΔl , donde k es la constante del resorte y el signo menos significa que la fuerza es en oposición a la deformación. Si sobre una mesa sin fricción que se encuentra en un vagón se coloca una masa. m sujeta a un resorte de constante k y largo l , como se muestra en la figura. El tren arranca con una aceleración A que se mantiene constante en la dirección x. Calcular la deformación del resorte desde el punto de vista del observador en tierra y desde el punto de vista del observador en el vagón.

Solución. a) Para un observador en S: El D.C.L. de la masa m

Aplicando la segunda ley de Newton: Fx = ma x ⇒ Tsenθ = mA (1)

∑ ∑F

Solución. Observador en tierra: La figura muestra el D. C. L. de la masa m.

y

= 0 ⇒ T cos θ − mg = 0

⇒ T cos θ = mg

(2)

Dividiendo (1) : (2)

tan θ =

A g

b) Para un observador en S’ El D.C.L..de la masa m

El observador ve que el resorte se estira Δl . La fuerza es

F = kΔl


∑F

x

= ma x ⇒ kΔl = mA

⇒ Δl =

mA F


Observador en el vagón: La figura a continuación muestra el D.C.L. de la masa m que no se mueve para el observador en el vagón. Como es sistema no inercial tenemos que aplicar la fuerza ficticia − mA .

∑F

x'

= 0 ⇒ Tsenθ − mA = 0

⇒ Tsenθ = mA = 0 (1) ∑ Fy ' = 0 ⇒ T cosθ − mg = 0 ⇒ T cos θ = mg (2) Dividiendo (1): (2) obtenemos:

tan θ =

A g


∑F

x'

Ejemplo 73. Desde el techo de un carrito de juguete cuelga una masa m unida al cielorraso mediante una cuerda ideal. El carrito se

= 0 ⇒ − mA = kΔl

49


Hugo Medina Guzmán

∑F

encuentra en el piso de un ascensor que sube con aceleración g/2. A su vez el carrito tiene una aceleración horizontal de magnitud g respecto al ascensor. Encuentre el ángulo que forma la cuerda con la vertical, resuelva para un observador situado dentro del ascensor.

y'

= ma y ' ⇒ N − mg − ma = 0

⇒ N = m( g + a )

El peso del hombre será la reacción N En caso de subir con aceleración a:

N = m( g + a )

En caso de bajar con aceleración a:

N = m( g − a )

Ejemplo 75. A los extremos de un hilo que pasa a través de una polea fija al techo de la cabina de un ascensor se atan los cuerpos de masa m1 y

m 2 (m1 < m2 ) . La cabina comienza a subir con

una aceleración constante g / 2. Despreciando la masa de la polea y la del hilo, así como el rozamiento, calcular: a) La aceleración de m1 y m 2 respecto de la cabina y con relación al foso del ascensor. b) La fuerza con la cual la polea actúa sobre el techo de la cabina.

Solución. Para un observador en el ascensor. El DCL de la masa m


∑F

x'

= ma x '

⇒ Tsenθ = mg ∑ Fy ' = 0 ⇒ g⎞ ⎛ T cos θ − m⎜ g + ⎟ = 0 2⎠ ⎝ 3 ⇒ T cos θ = m g 2

(1)

(2)

Solución. a) El ascensor constituye una referencia no inercial en traslación que se mueve con una aceleración constante en sentido ascendente respecto de una referencia fija. Seleccionemos una referencia con origen O en un punto del ascensor. La aceleración del origen O respecto de la referencia fija O es la

Dividiendo (1) / (2)

tan θ =

2 g = ⇒ θ = 33,7° 3 3 g 2

Ejemplo 74. Resolver el caso del peso del hombre en un ascensor cuando asciende con una aceleración constante A, desde el punto de vista del hombre en el ascensor. Solución.

1 ˆ gj . Sean a '1 ˆj la 2 aceleración de m1 y a ' 2 ˆj la aceleración de m 2 aceleración del ascensor

en la referencia O’.

Aplicamos la segunda ley de Newton, 50


Hugo Medina Guzmán

Las fuerzas exteriores que actúan sobre la m1 son la tensión del cable T y el peso m1 g , y

3 ⎞ 3m1m2 ⎛ T = m1 ⎜ a '1 + g ⎟ = g 2 ⎠ (m2 + m1 ) ⎝

sobre m 2 son la tensión del cable T y el peso

Luego

m2 g .

F = 2T =

De la ecuación fundamental de la dinámica en la referencia no inercial se tiene

m1 a '1 = T − m1 g − m1

g 2

3 ⇒ m1 a'1 = T − m1 g 2 m1 a ' 2 = T − m2 g − m2

Ejemplo 76. Un ascensor de masa total 3M es levantado bajo la acción de una fuerza F. El piso del ascensor está inclinado un ángulo θ , con respecto a la horizontal. Además, un bloque de masa M se apoya sobre el centro del piso rugoso del ascensor (con coeficiente de fricción estática μ ). a) Hallar la aceleración del ascensor. b) Haga el diagrama de cuerpo libre de la masa M. c) ¿Cuál es el valor máximo de F para que el bloque dentro del ascensor no resbale respecto del piso del ascensor? d) Si el ascensor pierde contacto con la fuerza F y empieza a caer libremente, calcule el valor de la fuerza normal entre el bloque y el piso del ascensor, y la fuerza de fricción sobre el bloque. Solución. a) Para hallar la aceleración del ascensor.

(1)

g 2

3 ⇒ m1 a' 2 = T − m2 g 2

6m1 m2 (m2 + m1 )

(2)

De la condición de ligadura para los bloques se tiene a '1 +a ' 2 = 0 ⇒ a '1 = − a ' 2 = a ' (3) De las ecuaciones (1), (2) y (3) se obtiene

3 3 m1 a' = T − m1 g y m1 a' = −T + m2 g 2 2 Sumando estas ecuaciones:

(m2 + m1 )a' = 3 (m2 − m1 )g 2

Despejando a '

3 (m2 − m1 ) g 2 (m2 + m1 )

a' =

Finalmente: →

a'1 = a ' ˆj y

→

a' 2 = −a' ˆj

En la referencia fija, las aceleraciones de m1 y de m 2 se obtienen de sumar a las anteriores la aceleración del ascensor

F − 3Mg − Mg = (3M + M )a F − 4Mg F ⇒ a= = −g 4M 4M

a1 =

b) Diagrama de cuerpo libre de la masa M.

(2m2 − m1 ) y g g + a' = (m2 + m1 ) 2 (2m1 − m2 ) g a 2 = − a' = g (m2 + m1 ) 2

b)

c) Para que el bloque dentro del ascensor no resbale respecto del piso del ascensor se debe cumplir

M ( g + a )senθ ≤ μM ( g + a ) cos θ ⇒ μ ≥ tan θ .

La fuerza que la polea ejerce sobre el techo de la cabina es

Como a depende de F, y a esta en miembros de la igualdad, el que el bloque resbale dentro del ascensor solamente depende del coeficiente de fricción.

F − 2T = 0 ⇒ F = 2T

De la ecuación (1) y (3) se tiene 51


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d) Si el ascensor pierde contacto con la fuerza F y empieza a caer libremente, N = 0, por lo tanto Ff = 0

x piedra = −

La piedra cae a una distancia Δx =

Ejemplo 77. El pasajero de un tren deja caer una piedra en diversos estados de movimiento del tren. Hallar la trayectoria de dicha piedra que ve el pasajero y la trayectoria vista por un observador en tierra. a) El tren acelera con aceleración A constante. b) El tren frena con aceleración A constante. Solución. El tiempo en que la piedra esta en movimiento, es el mismo para todo sistema puesto que el movimiento vertical es independiente del horizontal.

y = y' = h −

b) Cuando el tren desacelera con aceleración A, deja caer una piedra. Considerando que en el momento que suelta la piedra el tren tiene una velocidad v 0 .

1 2 gt , para y = 0 la piedra lega al 2

1 2 gt = 0 ⇒ t = 2

1 2 At , detrás 2

del punto de plomada. El gráfico siguiente muestra el moviendo visto por un observador en el sistema S y en el sistema S’.

piso:

h−

1 2 At 2

2h g

a) Cuando el tren va con aceleración A, deja caer una piedra. Considerando que en el momento que suelta la piedra el tren tiene una velocidad v 0 .

Observador en tierra Las ecuaciones del movimiento en el sistema S. Movimiento de la piedra

x piedra = v0 t Movimiento del tren

xtren = v0 t −

La piedra cae a una distancia

Observador en tierra Las ecuaciones del movimiento en el sistema S. Movimiento de la piedra

Δx = xtren − x piedra =

x piedra = v0 t

1 2 At , detrás del punto de 2

plomada. Observador en el tren La ecuación del movimiento en el sistema S’ Movimiento de la piedra

Movimiento del tren

xtren = v0 t +

1 2 At 2

1 2 At 2

La piedra cae a una distancia

Δx = xtren − x piedra =

1 2 At , detrás del punto de 2

plomada. Observador en el tren La ecuación del movimiento en el sistema S’ Movimiento de la piedra

x piedra =

1 2 At 2

La piedra cae a una distancia Δx =

1 2 At , detrás 2

del punto de plomada. El gráfico siguiente muestra el moviendo visto por un observador en el sistema S y en el sistema S’.

52


Hugo Medina Guzmán

tan 37º =

3 A ⇒ A = g tan 37º = g g 4

b) El vector aceleración de la masa en el sistema O’ es:

3 a = − giˆ − gˆj 4

→

Velocidad inicial es cero. La velocidad para el tiempo t:

Pregunta 78. La figura muestra un vagón que se mueve hacia la derecha. Una masa m se encuentra sujeta al techo mediante un hilo de 1,5 m de longitud y masa despreciable. El vagón está inicialmente en reposo y parte con una aceleración A desconocida. El hilo forma un ángulo de 37° con la vertical como lo muestra la figura. Después de un tiempo el hilo que sujeta la masa se rompe. a) ¿Cuál es el valor de la aceleración del vagón? b) Después que se ha roto el hilo, ¿cuáles son los vectores velocidad inicial y aceleración de la masa m para un observador en O’ que se encuentra dentro del vagón en la posición mostrada en la figura? c) Después que se ha roto el hilo, ¿cuál es la ley de movimiento de la masa para el observador B? d) Después que se ha roto el hilo, ¿cuál es la ecuación de la trayectoria de la masa para el observador en O’?

→

v = − Atiˆ − gtˆj = −

3 gtiˆ − gtˆj 4

c) La posición de la masa m en el instante inicial es x = 2 − 1,5sen37º = 1,10 m y = 2 − 1,5cos37º = 0,80 m

3 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ r = ⎜1,10 − gt 2 ⎟iˆ + ⎜ 0,80 − gt 2 ⎟ ˆj 8 2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

→

d) Las ecuaciones paramétricas de la trayectoria son:

3 x = 1,10 − gt 2 8 1 y = 0,80 − gt 2 2

(1) (2)

Restando 4 x (1) – 3 x (2):

3 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 x − 3 y = 4⎜1,10 − gt 2 ⎟ − 3⎜ 0,80 − gt 2 ⎟ 8 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⇒ 4 x − 3 y = 4,40 − 2,40 = 2

Solución. a) Aceleración del vagón

La ecuación es la trayectoria es la recta

4x − 3y = 2

∑F

= 0 ⇒ Tsen37 º −mA = 0 ⇒ Tsen37 º = mA (1) ∑ Fy = 0 ⇒ Tcos37º−mg = 0 x

⇒ Tcos37º = mg

Ejemplo 79. Un carro en forma de cuña tiene una aceleración Al respecto a tierra. Encima del carro se encuentra una masa m. El carro y la cuña se encuentran inicialmente en reposo. En la figura se muestran un sistema fijo a la cuña O’ y

(2)

Dividiendo (1) : (2)

53


Hugo Medina Guzmán

otro fijo a tierra O. Las superficies entre el bloque y la cuña son lisas. Se asume que en todo momento el bloque esta en contacto con la cuña. (Aceleración de la gravedad g) a) Haga el DCL del bloque para un observador en O’, mostrando la fuerza de arrastre o fuerza ficticia. (0,5 puntos) b) Grafique la trayectoria y aceleración del bloque respecto al sistema O’ (0,5 puntos) c) ¿Cuánto vale la aceleración del bloque respecto al sistema O’ fijo a la cuña y respecto a O fijo a tierra? (Escriba el vector aceleración como par ordenado en el sistema O y O’) (1 punto) d) ¿Cuánto debe valer A para que la trayectoria del bloque vista desde tierra sea vertical? (2 puntos)

→

→

→

a = a'+ A → 4 3 a' = − (3g + 4 A)iˆ − (3 g + 4 A) ˆj 25 25 →

A = A iˆ

4 (3g + 4 A)iˆ + Aiˆ − 3 (3g + 4 A) ˆj 25 25 → 3 3 a = − (4 g − 3 A)iˆ − (3g + 4 A) ˆj 25 25 →

a=−

d) La componente horizontal debe ser cero:

3A − 4g = 0 ⇒ A =

4 g 3

Ejemplo 80. Un niño de masa m = 45 kg se pesa en una báscula de resorte situada sobre una plataforma especial que se desplaza por un plano inclinado de ángulo θ = 30º como muestra la figura (no hay rozamiento entre la plataforma y el plano inclinado). ¿Cuál será la lectura de la báscula en estas condiciones?

Solución. a) Haga el DCL del bloque para un observador en O’, mostrando la fuerza de arrastre o fuerza ficticia. (0,5 puntos) Solución. Sea M la masa del conjunto niño - cuña., y a la aceleración con la que desliza hacia abajo el conjunto.

b) La trayectoria es una línea recta sobre el plano de la cuña

Aplicando la segunda ley de Newton al conjunto niño - cuña.

∑F

//

a = gsen30º =

c) La aceleración del bloque respecto al sistema O’ fijo a la cuña

a ' = − gsenθ − A cos θ = −

= Ma ⇒ Mgsen30º = Ma ⇒

1 (3g + 4 A) . 5

g 2

La aceleración del conjunto es a =

Paralelo al plano de la cuña

1 g 2

Solución en una referencia inercial. Sobre el niño actúan: su peso mg y la reacción Ff en el apoyo. La indicación de la báscula el valor de la normal.

4 3 a' = − (3g + 4 A)iˆ − (3 g + 4 A) ˆj 25 25 →

La aceleración del bloque respecto a O fijo a tierra 54


Hugo Medina Guzmán

En la parte posterior una cuña fija a la plataforma del camión soporta una caja de masa m que se mantiene en equilibrio. Los coeficientes de rozamiento estático y cinético entre la caja y la cuña son respectivamente μ e = 0,404 y μ k =

0,3. Además θ = 22°. En determinado instante el conductor frena bruscamente transmitiéndole al camión una desaceleración de módulo a. Usando un sistema de referencia fijo a la plataforma del camión de la figura, responda las siguientes preguntas: a) Determina el rango de valores de la aceleración a para que la caja no deslice sobre la cuña. Haga el diagrama del cuerpo libre. b) Si el camión frena con una aceleración de modulo igual a 9,8 m/s2 determina el tiempo que le toma a la caja llegar a parte superior de la cuña.

Aplicando la segunda ley de Newton al DCL del niño. Fx = F f − ma cos 30º = 0 (1)

∑ ∑F

y

= N − mg + masen30º = 0 (2)

de (1) ⇒ F f = 45 de (2) ⇒

g⎛ 3⎞ ⎜ ⎟ = 191N 2 ⎜⎝ 2 ⎟⎠

g⎞ ⎛ N = mg − masen30º = 45⎜ g − ⎟ 4⎠ ⎝ = 33,45 Kg. Siendo N la cantidad que marca la báscula. Solución en una referencia no inercial. Seleccionemos una referencia con origen O' (x’,y’)en un punto de la plataforma. El niño está en reposo sobre la plataforma.

Solución.

a) Vamos a aplicar la segunda ley de Newton para un sistema no inercial Primer caso: Para que la caja no deslice hacia abajo. En la figura se incluye la fuerza de arrastre correspondiente

Aplicando la segunda ley de Newton al DCL del niño. Fx = F f = ma cos 30º (1)

∑ ∑F

y

= N − mg = − masen30º (2)

de (1) ⇒ F f = 45 de (2) ⇒

g⎛ 3⎞ ⎜ ⎟ = 191N 2 ⎜⎝ 2 ⎟⎠

∑F

x

=0

mgsenθ − ma cos θ − μN = 0 ∑ Fy = 0 N − mg cos θ − masenθ = 0 ⇒ N = mg cos θ + masenθ

g⎞ ⎛ N = mg − masen30º = 45⎜ g − ⎟ 4⎠ ⎝ = 33,45 kg Siendo N la cantidad que marca la báscula.

Luego: mgsenθ − ma cos θ − μ (mg cos θ + masenθ ) = 0

⇒ gsenθ − a cosθ − μg cosθ − μasenθ = 0

Ejemplo 81. La figura muestra un camión que se desplaza con velocidad constante. 55


⇒a=g

Hugo Medina Guzmán

(senθ − μ cosθ ) (μsenθ + cosθ )

Para θ = 22º

sen 22º = 0,374 , cos 22º = 0,927 , tan 22º = 0,404 (0,374 − 0,404 × 0,927 ) = 0 a = 9,8 (0,404 × 0,374 + 0,927θ )

∑F

x

El valor mínimo es cero porque tan 22° = 0,404 = μ e Segundo caso: Para que la caja no deslice hacia arriba. En la figura se incluye la fuerza de arrastre correspondiente

= ma'

mgsenθ − ma cosθ + μ (mg cosθ + masenθ ) = ma'

⇒ a ' = g (senθ + μ cosθ ) − a(cosθ − μsenθ ) Reemplazando valores:

a ' = 9,8(0,374 + 0,3 × 0,927 ) − 9,8(0,927 − 0,3 × 0,374 ) = 9,8(0,652 ) − 9,8(0,814 ) = −1,59

m s2

Para encontrar el tiempo para llegar a la parte superior

∑F

x

=0

mgsenθ − ma cosθ + μN = 0 ∑ Fy = 0

N − mg cos θ − masenθ = 0 ⇒ N = mg cos θ + masenθ

Aplicamos

m 1 x' = 2 + a' t '2 , siendo a' = −1,59 2 s 2 mgsenθ − ma cosθ + μ (mg cosθ + masenθ ) = 0 1 x' = 2 − 1,59t '2 = 2 − 0,79t '2 ⇒ gsenθ − a cosθ + μg cosθ + μasenθ = 0 2 (x'−2) (senθ + μ cosθ ) t' = − ⇒a=g (cosθ − μsenθ ) 0,79 Para θ = 22º Llega a la parte superior cuando x =0 sen 22º = 0,374 , cos 22º = 0,927 , (− 2) t' = − tan 22º = 0,404 0,79 (0,374 + 0,404 × 0,927 ) = 9,46 m = 1,59 s a = 9,8 (0,927 − 0,404 × 0,374) s2 El tiempo que le toma a la caja llegar a parte Luego

superior de la cuña es 1,59s.

Con desaceleración de módulo a mayor a 9,46 m/s2, la caja desliza hacia arriba. b) Si el camión frena con una aceleración de modulo igual a 9,8 m/s2, esta aceleración es mayor que 9,46 m/s2, por consiguiente la caja desliza. La caja desliza con aceleración a’, en este caso actúa la fricción cinética. μ k = 0,3

MARCO DE ROTACIÓN Veamos el caso de un marco de referencia que está rotando con velocidad angular ω con respecto a otro marco de referencia. Supongamos que tenemos un objeto moviéndose alrededor de un punto arbitrario; este es un caso específico, sin embargo tiene todos los efectos en él. La posición de la partícula con respecto a un sistema inercial está determinada por un vector 56


Hugo Medina Guzmán ⎡ d 2 ( R + r ') ⎤ ⎡ d ( R + r ') ⎤ ω + (R + r ')α ⎥tˆ =⎢ − (R + r ')ω 2 ⎥ rˆ + 2⎢ 2 dt dt ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

→

r . Consideremos un nuevo sistema de

coordenadas tal que siga al objeto, el nuevo →

→

→

d2 r Donde a = es la aceleración de la dt 2 →

origen está determinado por R contenido en r tal que la posición de la partícula en este nuevo

partícula vista en el sistema inercial y

→

sistema está ciada por r ' .

→

d 2 r' a ' = 2 es la aceleración de la partícula vista dt →

en e1 sistema no inercial. Llamando a → ⎡ d 2 ( R + r ') ⎤ − (R + r ')ω 2 ⎥ rˆ Ar = ⎢ 2 ⎣ dt ⎦

→ ⎡ d ( R + r ') ⎤ y At = 2 ⎢ ω + (R + r ')α ⎥tˆ dt ⎣ ⎦

De la figura tenemos. →

→

→

→

r = R + r ' = Rrˆ + r ' rˆ = (R + r ')rˆ

Tenemos: A = Ar rˆ + At tˆ

Derivando:

→

dr d d ( R + r ') drˆ rˆ + (R + r ') = (R + r ')rˆ = dt dt dt dt drˆ = ωtˆ Como dt

→

→

→ → → → ⎛→ →⎞ F = m⎜ a '+ A ⎟ o m a' = F − m A ⎝ ⎠

→

dr → = v es la velocidad de la partícula vista en dt

Para que el observador pueda aplicar la segunda ley de Newton debemos introducir aquí también

d r' = v' es la velocidad de dt →

→

una fuerza extra FA y debemos incluirla en los diagramas de fuerzas

la partícula vista en el sistema no inercial. Tal que

→

→

→

→

FA = FAr rˆ + FAt tˆ

Para encontrar la aceleración es necesario derivar nuevamente:

→ ⎤ ⎡ d 2 ( R + r ') FAr = −m ⎢ − (R + r ')ω 2 ⎥ rˆ y 2 ⎦ ⎣ dt → ⎡ d ( R + r ') ⎤ FAt = 2m ⎢ ω + (R + r ')α ⎥tˆ dt ⎣ ⎦

→

d2 r d2 d ⎡ d (R + r ') ⎤ = 2 (R + r ')rˆ = rˆ + (R + r ')ωtˆ⎥ dt 2 dt dt ⎢⎣ dt ⎦

drˆ dtˆ = ωtˆ y = −ωrˆ dt dt

De este modo, en el sistema no inercial →

→

→

→

→

F ' = m a ' = F + FA

d ( R + r ') ˆ d 2 r d 2 ( R + r ') ωt = rˆ + 2 2 dt dt dt

+

→

FA = − m A

→ dR v= rˆ + v'+ (R + r ')ωtˆ dt

→

Como

→

Donde F es la suma de todas las fuerzas de interacción que actúan sobre la partícula. Para relacionar con el sistema inercia!

d r dR dr ' = rˆ + rˆ + (R + r ')ωtˆ dt dt dt

el sistema inercial y

→

F = ma

→

→

→

Tal que: a = a '+ A Si la partícula tiene una masa m y aplicamos la segunda ley de Newton en el sistema inercial

→

→

Recalquemos el carácter ficticio de FA Con el objeto de clarificar esta idea veamos dos casos especiales:

d ( R + r ') ˆ dω ωt + (R + r ') tˆ − (R + r ')ω 2 rˆ dt dt

d 2 (R + r ') d ( R + r ') ˆ rˆ + 2 ωt 2 dt dt + (R + r ')αtˆ − (R + r ')ω 2 rˆ

a) El origen O’ rota con velocidad angular constante ω a una distancia constante b, tal R + r ' = b , R y r’ son constantes.

=

57


Hugo Medina Guzmán

d ( R + r ') d 2 ( R + r ') =0 y =0 dt dt 2 dω ω = constante, α = =0 dt

∑F

z

= ma z ,

∑F

r

= ma r ,

∑F

t

= mat

Como: a z = 0 , a r = −ω 2 (l + Δl ) , at = 0 Tenemos N − mg = 0 , − T = − mω 2 (l + Δl ) , Ft = 0 De aquí obtenemos: N = mg y T = mω 2 (l + Δl ) Como T = kΔl

Sólo nos queda →

FAr = m(R + r ')ω 2 rˆ = mbω 2 rˆ Que es la fuerza ficticia del centro hacia afuera y se le da el nombre de FUERZA CENTRÍFUGA, debemos insistir que solo aparece en el marco no inercial.

kΔl = mω 2 (l + Δl )

y Δl =

b) El origen O’ rota con velocidad angular constante ω y también se está alejando del origen fijo en O con una velocidad constante

mω 2 l k − mω 2

Visto por un observador no inercial colocado en el centro de rotación y girando con la misma velocidad angular.

d ( R + r ') . dt dω Con esto, α = =0 dt V =

y nos queda →

FAr = m(R + r ')ω 2 rˆ →

y FAt = −2mVωtˆ Esta última fuerza ficticia, cuya dirección es transversal, se conoce como FUERZA DE CORIOLIS.

Aplicando la segunda ley de Newton: F ' z ' = ma ' z ' , F ' r ' = ma ' r ' ,

∑ ∑ F'

∑

t'

= ma ' t '

Como a ' z ' = 0 , a ' r ' = 0 ,

Ejemplo 82. Un cuerpo de masa de masa m unido a un resorte de constante k y longitud l que gira con ve1ocidad angular ω constante en un plano horizontal sin fricción. Se quiere calcular el estiramiento Δl del resorte.

∑ F'

t'

= ma ' t '

Tenemos

N − mg = 0 , − T + mω 2 (l + Δl ) = 0 , Ft = 0 Como T = kΔl − kΔl + mω 2 (l + Δl ) = 0 y Δl =

mω 2 l k − mω 2

Visto por un observador no inercial colocado sobre la misma masa Este caso es idéntico al caso anterior. Ejemplo 83. Se tiene una plataforma circular de radio R a la cual se le ha pintado un radio y gira con velocidad angular constante ω . Un hombre camina de afuera hacia adentro de la plataforma siguiendo la línea con una velocidad de módulo constante v . ¿Cuál es la fuerza que la plataforma ejerce sobre el hombre, en función de su posición?

Solución. Visto por el observador inercial. La figura muestra el DCL de la masa

Aplicando la segunda ley de Newton, el resorte estira Δl , luego su longitud es (l + Δl ) 58


Hugo Medina Guzmán

Solución. La figura muestra el D.C.L. del hombre


∑F ∑F

r

t

= ma r ⇒ − Rr = ma r − mrω 2

= mat ⇒ Rt = m(− 2vω + αr )

Como: a r = 0 y α = 0 :

a) La velocidad angular del disco es

Rr = mrω 2 y Rt = −2mvω Rt es debido a la aceleración de coriolis. Rr es el sentido indicado en la figura y Rt en el

ω=

5(2π ) rad = 5π 2 s

La ley de movimiento del insecto respecto de xyz.

sentido contrario.

→

r 1 = x1(t )iˆ + y1(t ) ˆj + z1(t )kˆ

Ejemplo 84. Un insecto se encuentra parado a 3 metros del centro de un disco horizontal de 5 metros de radio. El disco está en el plano xy y su centro está en el origen de coordenadas. El disco gira con rapidez constante a razón de 5 vueltas en 2 segundos. Cuando el insecto se encuentra en la posición mostrada, se dispara un perdigón desde el punto A de coordenadas (0 m, 20 m, 19,6 m). Hallar: a) La ley de movimiento del insecto respecto de xyz. b) El vector velocidad inicial del proyectil respecto de xyz para impactar al insecto. c) La ley de movimiento del proyectil según el insecto. d) El vector velocidad del proyectil respecto del insecto cuando cae sobre él.

x1(t ) = −3sen5π t , y1(t ) = 3cos5π t , z1(t ) = 0 La velocidad del insecto respecto de xyz está dada por: →

v 1 = vx1(t )iˆ + v y1(t ) ˆj + vz1(t )kˆ

vx1(t ) = −15πcos5π t , v y1(t ) = −15sen5π t , vz1(t ) = 0 b) Tiempo de viaje es igual al tiempo de caída Tiempo de caída

1 19,6 = 9,8t 2 2 t = 4 = 2s La hormiga en dos segundos da 5 vueltas y se encuentra en el punto inicial que será a su vez el punto de impacto del perdigón. El perdigón debe realizar un movimiento parabólico en el plano yz.

v2 x (t ) = 0 3 m - 20 m m = −8,5 2s s v2 z (t ) = −9,8 t v2 y (t ) =

v2 x (0 ) = 0 , v2 y (0 ) = −8,5

m , v2 z (0 ) = 0 s

El vector velocidad inicial del proyectil respecto de xyz para impactar al insecto.

Solución. 59


Hugo Medina Guzmán

→

→

c) La ley de movimiento del proyectil según el insecto.

d) Luego el vector velocidad del proyectil respecto del insecto cuando cae sobre él.

→

→

v 21(t ) = 15π cos 5π tiˆ + (8,5 + 15sen5π t ) ˆj + 9,8tkˆ

v 2(t ) = −8,5 ˆj − 9,8 t kˆ

v 21(2 ) = 15π cos10π iˆ + (8,5 + 15sen10π ) ˆj + 19,6kˆ = 15π iˆ + 8,5 ˆj + 19,6kˆ

v 21(t ) = vx 21(t )iˆ + v y 21(t ) ˆj + v z 21(t )kˆ

Con

v21x (t ) = vx1(t ) − vx1(t ) = 15πcos5π t

v21 y (t ) = v y1(t ) − v y1(t ) = 8,5 + 15sen5π t v21z (t ) = v1zt − v2 z (t ) = 9,8t Luego

PREGUNTAS Y PROBLEMAS 1. Sobre una partícula de masa m, que parte del reposo en origen de coordenadas actúa una →

(

b) Si la masa interior se golpea hacia abajo con un martillo, se rompe la cuerda de abajo ¿porqué?

)

fuerza F = 2iˆ + 3 ˆj . Después de l0s la posición de la partícula viene dada por las coordenadas (3m; 4,5 m). ¿Cuál es su masa? Respuesta m = 33,3 kg. 2 Hallar las fuerzas que actúan sobre cada una de las seis barras rígidas de peso despreciable. Si están unidas mediante pivotes lisos y cada una de las barras cortas tiene una longitud l .

Respuesta a) La cuerda superior debido a que la tensión es mayor. b) La tuerza de reacción inercial de la masa superior aumenta la resistencia frente a una aceleración rápida. 4. Una caja de 40 kg que está resbalando en el piso disminuye su velocidad de 5 m/s a 2 m/s. Asumiendo que la fuerza sobre la caja es constante, encontrar su magnitud y dirección relativa a la velocidad de la caja. Respuesta 20N opuesta a la velocidad.

Respuesta AD = DB = mg ; CB = CA = mg/2, BC = 2mg; CD = 0. CD se puede retirar y no pasa nada.

→

5. ¿Qué fuerza en adición a F1 = 4iˆ N y →

F2 = 2 ˆj N debe aplicarse al cuerpo en la figura,

3. Dos cubos de masa m están unidos mediante una cuerda y uno de ellos está sujeto al techo mediante otra cuerda igual. a) Si en el cubo inferior se hace presión suavemente hacia abajo. ¿Cuál de las cuerdas se romperá antes? ¿porqué?

tal que: a) no acelere? b) tenga una aceleración − 4iˆ m/s2

60


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(

→

) = (− 45iˆ ) N que actúan

11. Tres fuerzas F1 = − 2iˆ + 2 ˆj N, →

(

)

→

F2 = 5iˆ − 3 ˆj N y F3

Respuesta →

(

)

→

(

sobre un objeto le producen una aceleración de valor 3 m/s2. a) ¿Cuál es la dirección de la aceleración? b) ¿Cuál es la masa del objeto? c) Si el objeto esta inicialmente en reposo, calcular su velocidad después de 10s?

)

a) F = − 4iˆ − 2 ˆj N, b) F = − 16iˆ − 2 ˆj N

12. Una mano ejerce una fuerza horizontal de 5 N para mover hacia la derecha a dos bloques en contacto entre sí uno al lado del otro, sobre una superficie horizontal sin roce. El bloque de la izquierda tiene una masa de 2 kg y el de la derecha de 1 kg. a) Dibujar el diagrama de cuerpo libre para cada bloque. b) Calcular la aceleración del sistema, c) Calcular la aceleración y fuerza sobre el bloque de 1 kg, d) Calcular la fuerza neta actuando sobre cada cuerpo. Respuesta b) 5/3 m/s2, c) 5/3 m/s2, 5N, d) 5 N.

6. ¿Cuál es la mínima aceleración con la que puede deslizarse hacia abajo un hombre de 75 kg por una cuerda que solo soporta una tensión de 490N, ¿Cuál será la velocidad de la persona después de deslizarse la distancia de 20m? Respuesta a = 3,27 m/s2 ; v = 11,4 m/s 7. El libro de Física está apoyado en el extremo superior de un resorte vertical, que a su vez esta ‘parado’ sobre una mesa. Para cada componente del sistema libro-resorte-mesa-tierra: a) dibujar el diagrama de cuerpo libre, b) identificar todos los pares de fuerzas de acción y reacción.

13. Una fuerza F aplicada a un objeto de masa m1 produce una aceleración de 3 m/s2. La misma fuerza aplicada a una masa m2 produce una aceleración 1 m/s2. a) ¿Cuál es el valor de la proporción m1/m2? b) Si se combinan m1 y m2, encuentre su aceleración bajo la acción de F. Respuesta a) 1/3, b) 0,75 m/s2.

8. De acuerdo con la leyenda, un caballo aprendió las leyes de Newton. Cuando se le dijo que tirara una carreta, se negó argumentando que si él tiraba la carreta hacia delante, de acuerdo con la tercera ley de Newton habría una fuerza igual hacia atrás. De esta manera, las fuerzas estarían balanceadas y de acuerdo con la segunda ley de Newton, la carreta no aceleraría. ¿Cómo podría usted razonar con este misterioso caballo?

14. Dos bloques de masas M y 3M ubicado a la derecha de M, que están sobre una mesa horizontal lisa se unen entre sí con una varilla de alambre horizontal, de masa despreciable. Una fuerza horizontal de magnitud 2Mg se aplica sobre M hacia la izquierda. a) Hacer los diagrama de cuerpo libre. b) Calcular la aceleración del sistema. c) Calcular la tensión del alambre. Respuesta b) 5 m/s2, c) 15Mg N.

9. Dos alumnos de forestal ubicados en los bordes opuestos de un camino recto tiran a un carro por el camino, con fuerzas de 160 N y 200 N, que forman un ángulo de 30º y 60º respectivamente, con la dirección del camino. Calcular la magnitud de la fuerza resultante y la dirección en la que se moverá el carro. Respuesta 256,1N, -21,3º 10. Una masa de 5kg cuelga de una cuerda de 1m de longitud que se encuentra sujeta a un techo. Calcular la fuerza horizontal que aplicada a la masa la desvíe 30 cm de la vertical y la mantenga en esa posición. Respuesta 15,7 N.

15. Dos paquetes se colocan sobre un plano inclinado como muestra la figura. El coeficiente de rozamiento entre el plano y el paquete A es 0,25 y entre el plano y el paquete B es 0,15. Sabiendo que los paquetes están en contacto cuando se dejan libres, determinar: a) la aceleración de cada paquete, 61


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18. En la figura μ = 0,45 , 5 kg . m A = 5 kg,

b) la fuerza ejercida por el paquete A sobre el B. c) Resolver el problema invirtiendo las posiciones de los paquetes.

m B = 20 kg mC = 15 Kg. determinar la aceleración de cada bloque.

Respuesta a) a A = a B = 0,738 m/s2, b) 5,68 N 16. Un bloque A de 100 kg está unido a un contrapeo 8 de 25 kg mediante un cable dispuesto como muestra la figura. Si el sistema se abandona en reposo, determinar: a) la tensión en el cable. b) la velocidad de B transcurridos 3 s, c) la velocidad de A cuando ha recorrido 1,2 m.

Respuesta →

→

→

a A = 4,91 ˆj m/s2, a B = −2,45 ˆj m/s2, aC = 0 19. Determinar la aceleración del cilindro B de la figura, si a) T = 1500 N, b) T = 4000 N. mA=250 kg, mB = 100 kg,

Respuesta a) 302 N, b) 6,79 ˆj m/s, c) -1,346 ˆj m/s 17. Determinar la aceleración de cada uno de los bloques de la figura, ¿Que bloque llega primero al suelo? mA=5kg, mB = 15 kg, mC = 10kg

Respuesta a) -3,11 ˆj N b) -9,81 ˆj N 20. Se tiene un sistema formado por tres bloques y una polea sin fricción. El bloque A tiene una masa de 6,0 kilogramos y está en una superficie áspera ( = 0,40). El bloque C tiene una masa de 4,0 kilogramos. Una fuerza externa P = 80 N, se aplica verticalmente al bloque A, la que mantiene el sistema en equilibrio estático según como se muestra.

Respuesta →

→

a A == 4,04 ˆj m/s2, a B == −0,577 ˆj m/s2,

→

a C == −2,89 ˆj m/s2

a) ¿Cuál es la masa del bloque B? ¿Cuál es la fuerza de fricción sobre el bloque A?

C llega primero.

62


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b) se quita la fuerza externa de 8,0 N. Las masas de los bloques B y C se ajustan, de modo el sistema siga en reposo tal como se muestra, pero están justo por iniciar el movimiento. La masa del bloque A no se cambia. Las tensiones en las dos cuerdas verticales son: Respuesta a) 3,1 kg 25.2 N b) 28 N y 37 N

Respuesta b) Mg (μ cos α + senα ) + μmg + a(m + M ) .

21. Pepe anda esquiando, cuando en algún momento sube 5 m deslizándose por la pendiente de un cerrito nevado en sus esquíes, saliendo desde la cima ubicada a 3 m de altura respecto a la horizontal, con una rapidez de 10 m/s. El coeficiente de roce entre la nieve y los esquíes es 0,1. a) Calcular la rapidez con la cual el esquiador comienza a subir la pendiente. b) Determine la distancia horizontal que vuela Pepe cuando sale de la punta del cerro. Respuesta a) 13 m/s, b) 16,6 m.

24. En el sistema de la figura, la fuerza F paralela al plano inclinado empuja al bloque de masa m haciéndolo subir una distancia D sobre el plano, de coeficiente de roce . Calcular en función de m, F, g, D, y , la aceleración del bloque.

22. El bloque de masa m de la figura parte del reposo, deslizándose desde la parte superior del plano inclinado 30º con la horizontal. El coeficiente de roce cinético es 0,3. a) Calcular la aceleración del bloque mientras se mueve sobre el plano. b) Calcular la longitud del plano si el bloque sale con una rapidez de 5 m/s. c) Si el bloque cae al suelo a una distancia horizontal de 3 m desde el borde del plano, determine el tiempo total del movimiento.

25. Una fuerza F se aplica a un pequeño bloque de masa m para hacerlo moverse a lo largo de la parte superior de un bloque de masa M y largo L. El coeficiente de roce es μ entre los bloques. El bloque M desliza sin roce en la superficie horizontal. Los bloques parten del reposo con el pequeño en un extremo del grande, como se ve en la figura. a) Calcular la aceleración de cada bloque relativa a la superficie horizontal. b) Calcular el tiempo que el bloque m demora en llegar al otro extremo de M, en función de L y las aceleraciones.

Respuesta a) 2,4 m/s2, b) 5,2 m, c) 2,8 s.

Respuesta a) (F- µmg)/m, µmg/(m+M), b) [2L/(a1-a2)]1/2.

23. En el sistema de la figura, se aplica una fuerza F sobre m. El coeficiente de roce es μ entre cada cuerpo y los planos. Deducir la expresión de la magnitud de F para que el sistema se mueva: a) con rapidez constante, b) con aceleración a constante.

26. Un bloque de masa M se ubica sobre un pequeño plano inclinado un ángulo α sin roce, que tiene su extremo inferior fijo a un eje vertical que puede girar. En algún momento el eje gira con el plano con rapidez constante. Demostrar que si la masa asciende desde la base del plano, su rapidez cuando ha subido una

distancia L es v =

63

gLsenα .


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27. Una fuerza dependiente del tiempo, →

(

)

F = 8iˆ − 4tˆj N (donde t está en segundos), se aplica a un objeto de 2 kg inicialmente en reposo. a) ¿En qué tiempo el objeto se moverá con una velocidad de 15 m/s? b) ¿A qué distancia está de su posición inicial cuando su velocidad es 15 m/s? c) ¿Cuál es la posición del objeto en este tiempo? Respuesta

(

32. Un trineo de 50 kg de masa se empuja a lo largo de una superficie plana cubierta de nieve. El coeficiente de rozamiento estático es 0,3, y el coeficiente de rozamiento cinético es 0,1. a) ¿Cuál es el peso del trineo? b) ¿Qué fuerza se requiere para que el trineo comience a moverse? c) ¿Qué fuerza se requiere para que el trineo se mueva con velocidad constante? d) Una vez en movimiento, ¿qué fuerza total debe aplicársele al trineo para acelerarlo a 3 m/s2?

)

a) 3s, b) 20,1m, c) 18iˆ − 9 ˆj m 28. Una araña de 2 x 10-4 kg está suspendida de una hebra delgada de telaraña. La tensión máxima que soporta la hebra antes de romperse es 2,1 x 10-3 N. ¿Cuál es la aceleración máxima con la cual la araña puede subir por la hebra con toda seguridad? Respuesta. 0,5m/s2.

33. La masa m1 sobre una mesa horizontal sin fricción se conecta a la masa m2 por medio de una polea móvil y una polea fija sin masas. Si a1 y a2 son magnitudes de las aceleraciones de m1 y m2, respectivamente. Determinar: a) una relación entre estas aceleraciones. b) las tensiones en las cuerdas, y c) las aceleraciones a1 y a2 en función de m1, m2 y g.

29. Los instrumentos de un globo meteorológico tienen una masa de 1 kg. a) El globo se suelta y ejerce una fuerza hacia arriba de 5 N sobre los instrumentos. ¿Cuál es la aceleración del globo y de los instrumentos? b) Después de que el globo ha acelerado durante 10 segundos, los instrumentos se sueltan. ¿Cuál es velocidad de los instrumentos en el momento en que se sueltan? c) ¿cuál es la fuerza neta que actúa sobre los instrumentos después de que se sueltan? d) ¿En qué momento la dirección de su velocidad comienza a ser hacia abajo? 30. Sobre el planeta X un objeto pesa 12 N. En el planeta Y, donde la magnitud de la aceleración de caída libre es 1,6g, el objeto pesa 27 N. ¿Cuál es la masa del objeto y cuál es la aceleración de caída libre en el planeta X? Respuesta 1,7 kg, 7m/s2.

34. Calcular la fuerza F que debe aplicarse sobre un bloque A de 20 kg para evitar que el bloque B de 2 kg caiga. El coeficiente de fricción estático entre los bloques A y B es 0,5, y la superficie horizontal no presenta fricción.

31. Dos bloques de 1 y 2 kg, ubicados sobre planos lisos inclinados en 30º, se conectan por una cuerda ligera que pasa por una polea sin roce, como se muestra en la figura. Calcular: a) la aceleración de cada bloque, b) la tensión en la cuerda. c) si la aceleración cuando los planos son rugosos fuera ½ de la calculada en ese problema, calcular: el coeficiente de roce y la tensión en la cuerda.

35. Una bola de masa m se suelta sin velocidad inicial desde un punto A y oscila en un plano vertical al extremo de una cuerda de longitud L. Determinar: a) la componente tangencial de la aceleración en el punto B. 64


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b) la velocidad en el punto B. c) la tensión en la cuerda cuando la bola para por el punto mas bajo. d) el valor de si la tensión en la cuerda es 2 mg cuando la bola pasa por el punto C

Respuesta a) v = g (l + Lsenα ) tan α ,

b) mg/cos α.

Respuesta a) gsenθ , b)

39. Una bola pequeña da vueltas con una rapidez y recorriendo una circunferencia horizontal en el interior de un cono recto de base circular. Expresar la rapidez y en función de la altura y de la trayectoria sobre el vértice del cono.

2 gL(cos θ − cos θ 0 ) , c)

mg (3 − 2 cos θ 0 ) , d) 60°.

36. Tres automóviles circulan a la velocidad de 80 km/h por la carretera representada en la figura. Sabiendo que el coeficiente de rozamiento entre las llantas y la carretera es 0,60, determinar la desaceleración tangencial de cada automóvil sí sus respectivos frenos son repentinamente accionados y las ruedas deslizan. Respuesta

v = gy 40. ¿Cuál es el mínimo radio que un motociclista con velocidad de 21 m/s puede hacer en una pista que tiene un coeficiente de fricción con las llantas igual a 0,3? ¿Cuál es el ángulo que hará la motocicleta con la horizontal? Respuesta. 147 m; 73° 20’

Respuesta a A =3,91 m/s2, a B = 7,86 m/s2, aC = 5.89 m/s2. 37. ¿Con qué ángulo debe peraltarse una carretera en una curva de 50 m de radio, para que un vehículo pueda tomar la curva a 72 km/h, con un coeficiente de rozamiento 0,30? Respuesta

41. Un estudiante hace girar un balde que contiene 2 kg de agua en una circunferencia vertical de l,2m de radio, considerar a) ¿Cuál es la máxima velocidad para que el agua permanezca en el balde? b) ¿Cuál es la fuerza ejercida por el balde sobre el agua en el punto inferior de la circunferencia? c) ¿a la altura de los hombros? d) Si el balde pesa 10k, hallar cada una de las fuerzas que actúan sobre el balde en el punto inferior de la circunferencia. Respuesta

22,5° ≤ θ ≤ 55,9°

38. En el sistema de la figura, el brazo del péndulo es de longitud l y la cuerda de largo L. a) Calcular la rapidez tangencial para que el sistema gire en torno al eje de rotación que pasa por la barra vertical, de modo que la cuerda que sostiene a la masa m forme un ángulo de α con la vertical. b) Calcular la tensión de la cuerda. c) Si el sistema da una vuelta en 30 s, determinar El ángulo que forma la cuerda con la vertical.

a) 2π

r , b) 2mg , c) g

2mg

d) 10 N debido a la tierra, 40 N debido al agua, 100 N debido al hombre. 65


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a) a t = 3 cm/s2 , b) a t = - 4 cm/s2 ;

42. Una mesa giratoria horizontal tiene una aceleración angular de α = 3 rad/s2. En el instante en que la velocidad angular vale 2,4 rad/s, una partícula de masa 1,8 kg descansa sin deslizar sobre la mesa, con tal que esté situada a una distancia inferior a 50 cm del eje vertical de rotación de la mesa, a) ¿Cuál es el valor de la fuerza de rozamiento? b) Hallar el coeficiente de rozamiento estático entre el objeto y la mesa. Respuesta a) Ff = 7,9 N b) μ s = 0,45

c) a = 5 cm/s2, d) φ = 53,1°; e) Ft = 15 x 10-5 N, f) Fr = 20 x l0-5 N, g) F = 25 x 10-5 N. 44. Describir e interpretar las fuerzas que realmente se apreciarían si nos encontráramos con los ojos vendados y: a) de pie sobre una plataforma elevada. b) cayendo libremente en el aire. c) estando sentado en el suelo de una plataforma en rotación, como la de un carrusel a una cierta distancia de su centro. Respuesta a) Una fuerza de reacción de la plataforma hacia arriba. b) Ninguna fuerza. c) Una fuerza de reacción de la plataforma y una fuerza hacia afuera (radial).

43. Se tiene una partícula de masa 5 g que se mueve sobre una trayectoria curva y su aceleración en un momento dado vale →

a = (3tˆ + 4nˆ ) cm/s2. Hallar:

a) la aceleración tangencial, b) la aceleración centrípeta, c) el módulo de la aceleración total, d) el ángulo φ que la aceleración total forma con la tangente a la curva, e) la componente tangencial de la fuerza aceleradora, f) la componente centrípeta de la fuerza aceleradora, g) la fuerza aceleradora total. Respuesta

45. Calcular el ángulo de peralte de una carretera en una curva de radio 150 m, para que un camión de 15 toneladas pueda girar con una rapidez de 70 km/hr, sobre un pavimento cubierto de escarcha. Respuesta 14º

66

CAPÍTULO 4. Dinámica de una partícula

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