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Cap. 2 Problemas de Cinética de la Partícula

Pág. 2-1 por: Jorge Rodríguez Hernández, Dipl.-Ing. Área de Diseño Sección de Ingeniería Mecánica

Problemas complementarios capítulo 2

Ejemplo 2.1: El bloque mostrado puede resbalar sobre una superficie k inclinada rugosa ( µ = 0,1) , tiene una masa m = 400 kg y está unido a un resorte ( k = 400 N/m), el cual en su otro extremo está fijo a una pared. Si el bloque es liberado A desde el reposo estando el resorte sin deformar, se pide determinar, para la primera fase de movimiento de descenso: a) La velocidad del bloque x en función de x. b) Máximo desplazamiento y velocidad del bloque luego de 5 m de recorrido. c) Ecuación paramétrica del movimiento x = x (t ) .

 x, x , x

30°

d) Tiempo requerido para que el bloque recorra 5 m. e) Aceleración del bloque al inicio del movimiento. Solución: a) Según la 2ª. Ley de de Newton, Newton, para cada instante de movimiento los siguientes sistemas son equivalentes: y

F R

=ˆ

x

30°  m x

F f

N 30° mg

∑ F : ∑ F : y

N − m g

→

cosθ = 0

= m g cosθ N =

(1)

(2)

(2) en (1):

− F r = m x  m g senθ − µ N − k x = m x  m g senθ − µ m g cosθ − k x = m x

ordenando:

 + k x m x

(3)

x

m g senθ − F f

=

m g (senθ − − µ cosθ )

400 x + 400 x

Reemplazando los datos en (3): de donde:

 x

= 4,051 − x

como x dx = x d x :

x d x

integrando:

∫ x d x 1 2 x 2

x

3 ) 2 (4)

= ( 4,051 − x ) dx = ∫ ( 4,051 − x ) dx = 4,051 x − 0,5 x 2 + c1

de condiciones condiciones iniciales: cuando x = 0 , x = 0 por lo tanto:

1 2

= 400 (9,8) ( − 0,1

= (8,103 x − x 2 )1 / 2

Pontificia Universidad Católica del Perú

→

c1 = 0

(5)

Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño


Pág. 2-2

b) Primero veamos cuánto se desplaza en la primera fase de movimiento. x es máxima si x

8,103 x − x 2 = 0

→

=0

→

x

= 8,103 m

por tanto, x = 5 m pertenece a la primera fase de movimiento (descenso), entonces: haciendo x = 5 en (5):

x

= 3,94 m/s

c) Ecuación paramétrica de movimiento: derivando (5):

dx dt

= (8,103 x −

x

separando variables:

0

t

despejando x:

x

t

dx

∫ (8,103 x − x

resolviendo:

x 2 )1 / 2

=

2 1/ 2

)

∫ dt 0

π  x − 4,052  = arcsen   + 2  4,052  π

= 4,052 + 4,052 sen (t − )

d) Haciendo x = 5 en (6):

2

(7)

t = 1,8 s

π

e) Derivando (7):

x = 4,052 cos (t −

derivando otra vez:

 = − 4, 052 sen (t − x

Para el inicio del movimiento, t = 0 :


(6)

2

) π

2

)

 = 4, 052 m/s 2 x



Pág. 2-3

Ejemplo 2.2:

y

Un bloque pequeño de masa m está en reposo en la parte superior de una superficie semicilíndrica fija de radio R. Al bloque se le imprime una velocidad inicial v0 hacia la derecha, la cual hace que se deslice descendiendo sobre la superficie cilíndrica rugosa (coeficiente cinético de fricción µ ). Se pide determinar:

R θ x

O

a) La ecuación diferencial del movimiento del bloque pequeño. b) La velocidad del bloque en función del ángulo θ . c) La fuerza normal entre el bloque y la superficie semicilíndrica en función del ángulo θ . d) Determinar el ángulo θ para el cual el bloque pierde contacto con la superficie. Solución:

a) La 2da. ley de Newton para una posición genérica de la partícula establece la siguiente equivalencia de sistemas: F f

=ˆ

N

θ

∑ F : t

∑ F : n

θ

eˆn

m g senθ − F f

eˆt

mg

=

a n m

→

mg cosθ − N = m a n

m g senθ − F f

→

como la fricción es cinética:

F f

mg cosθ − N

dv

m g senθ − µ N = m

(2) en (3):

 v 2  dv mg senθ − µ  m g cos θ − m  = m R  dt 

d θ

=

dq dv

cosθ + µ m

dv d θ

=

d v 2

(

v2 R

)

dv

dv R g d θ


=

m

m

dv dt

v2 R

(1) (2)

(3)

dt

Hagamos el siguiente cambio de variable: dq

=

eˆt

= µ N

en (1):

m g senθ − µ m g

t

eˆn

θ

m a t

m a

= m q=

= (

dv

(4)

dt v2

(5)

R g

1

R g

) 2v

dv d θ

(6)



Pág. 2-4

en (6):

R d θ dv 1 )2 R g dt d θ

dq

dt

=

R d θ dt dq

→

= (

d θ

ds

v=

Para el movimiento circular es válido:

d θ

=

2 dv g dt

(7)

Reemplazando (5) y (7) en la ecuación (4): g sen θ − µ g cosθ + µ q g

2 senθ − 2 µ cosθ + 2 µ q = dq d θ

2 d θ dq d θ

− 2 µ q = 2 senθ − 2 µ cosθ

(8)

q = q h + q p

b) La solución total total será:

q p = A senθ + B cosθ

La solución particular es de la forma:

dq p

→

en (8):

g dq

=

d θ

= A cosθ − B senθ

( A cosθ − B senθ ) − 2 µ ( A cosθ − B senθ ) ( A − 2 µ B ) cosθ + ( − B A − 2 µ B − B − 2 µ A

de donde:

= − 2 µ = 2

− 6 µ A = 1 + 4 µ 2

resolviendo:

− 2 µ A) senθ

= 2 senθ − 2 µ cosθ = 2 senθ − 2 µ cosθ

4 µ 2 − 2 B = 4 µ 2 + 1

y

La solución homogénea: dq d θ

− 2 µ q = 0

dq

→

∫

→

q = e 2 µ θ e

q

=

d θ ∫ 2 µ d C 1

→ → →

dq d θ

= 2 µ q

ln q = 2 µ θ + C 1 q

=

dq

→

C e 2 µ θ

q

→

= 2 µ d d θ

q = e

( 2 µ θ + C 1 )

(9)

Por lo tanto la solución total será: q = C e 2 µθ + A senθ + B cosθ q = C e

2 µθ

q = C e

2 µθ

 − 6 µ   4 µ 2 − 2   senθ +   cosθ +  2  2 1 4 4 1 µ µ + +    

( 4 µ 2 − 2) cosθ − 6 µ senθ + 4 µ 2 + 1




es decir:

v2 R g

= C e

2 µθ

Pág. 2-5

( 4 µ 2 − 2) cosθ − 6 µ senθ + 4 µ 2 + 1 si θ = 0 , v = v 0 :

Cálculo de la constante C : 2

4 µ 2 − 2 = C + R g 4 µ 2 + 1

2

v0

en (10):

(10)

→

C

=

v0

R g

−

−2 4 µ 2 + 1

4 µ 2

 v02 4 µ 2 − 2  2 µθ ( 4 µ 2 − 2) cosθ − 6 µ senθ   e + =  − 2 R g 4 µ + 1  4 µ 2 + 1  R g v2

en (10):

→

v

 v02 4 µ 2 − 2  2 µθ ( 4 µ 2 − 2) cosθ − 6 µ senθ   e + = R g  −  2 R g 4 µ + 1  4 µ 2 + 1  

c) de (2):

N

=

m g cosθ − m

(11)

v2 R

 v02 4 µ 2 − 2  2 µ θ ( 4 µ 2 − 2) cosθ − 6 µ senθ   e − + N = m g cosθ − m g   2 R g + µ 4 1 4 µ 2 + 1   

(12)

d) El bloque pierde contacto cuando N = 0: cosθ

 v 0 2 4 µ 2 − 2  2 µ θ ( 4 µ 2 − 2) cosθ − 6 µ senθ e + =  − 2  4 µ 2 + 1  R g 4 µ + 1 

(13)

A modo de análisis de los resultados reemplacemos los siguientes datos: µ = 0.1

v

= 2 m/s

m = 0,5 kg

R

g = 9,8 m/s 2

= 1,5 m

Grafiquemos ahora las expresiones para v y N en en función de θ : 6

6 4

5

2

] N [ l a m r o N ( θ ) n a z r e u F

0

0.25

0. 0.5

0.75

1

2 4 6

1.25

1.5

4 ] s / m [ d a d v( θ ) 3 i c o l e v 2

8 1

10 12 0

θ θ [rad]

0.25

0.5

0.75

1

1.25

1.5

θ

θ [rad]

Podemos ver que N = 0 cuando θ = 0,75 rad , es decir cuando θ = 42,9° . Resolviendo la expresión (13), la cual es una ecuación no lineal en la incógnita θ , utilizando θ = 0,749 rad = 42,9 ° . para ello el software software MathCad, obtenemos: obtenemos:




Pág. 2-6

Ejemplo 2.3:

P

A

El bloque A de masa m A = 5 kg se coloca sobre un bloque triangular B de masa m B = 30 kg. El coeficiente de fricción entre A y B es µ k = 0,30 y el piso sobre el que se apoya B es liso. Si el sistema arranca desde el reposo estando el bloque A en el extremo superior P del bloque triangular, determinar las velocidades de A y B cuando A llega al extremo O del bloque B.

y

x

B

30°

O

0,5 m

Solución: Aplicando la segunda ley de Newton para cualquier instante del movimiento del bloque A:

m A a B

=ˆ

F f

30°

30°

m A a A/B N 1

m A g

La fuerza de fricción durante el movimiento es:

F f

=

(1)

µ k N 1

además, la equivalencia de sistemas muestra que:

∑ F :

F f − m A g sen 30° = − m A a A / B cos 30° + m A aB cos 30°

x

0,3 N 1 − 24,5 = − 5 a A / B + 4,33 a B

∑ F :

(2)

− m A g cos 30° + N 1 = − m A a B sen30°

y

− 42,435 + N 1 = − 2,5 a B

(3)

La segunda ley de Newton para cualquier instante del movimiento del bloque B: P

N

1

F f

P

30°

=ˆ O

30°

O N 2

∑ F

H

:

m B a B

m B g

N 1 sen 30° − F f cos 30° = m B a B

0,5 N 1 − µ k N ( 3 / 2) = (30) a B a B = 0,00801 N 1

Resolviendo (2), (3) y (4):

(4)

N 1 = 41,6 N a A / B = 2,692 m/s2 a B =


0,333 m/s 2

(→)



Pág. 2-7

Análisis del movimiento relativo de la caja sobre el bloque: la trayectoria es rectilínea y se efectúa con aceleración constante a A / B = 2,692 m/s2. Entonces:

=

v f 2 A / B

→

+ 2 a A / B e A / B = 0 + 2 (2,692) (0,5 / cos 30°)

v02 A / B

v f A / B = 1,763 m/s

Tiempo que necesita A para recorrer e A / B = 0,5 / cos 30° :

=

v f A / B

v0 A / B

+

a A / B t

→

1,763 = 0 + 2,692 t

t = 0,655 s

En ese lapso B se mueve también t ambién con aceleración constante: v f B

=

v0 B

v f B = 

+

a B t

0 + (0,333) (0,655) 

→

v f B = 0,218 m/s

(→)



v A = v B + v A / B

Finalmente:



v A = (v B − v A / B cos 30°, − v A / B sen 30°) = ( − 1,309 ; − 0,882) m/s

→

El espacio recorrido por B se calcula con la expresión correspondiente para movimiento rectilíneo uniformemente acelerado: e B

=

v0 t

+

1 2

a B t 2

= 0 +

1 2

(0,333) (0,665) 2

e B = 0,074 m

→

Ejemplo 2.4: Una máquina de Atwood compuesta como se muestra en la figura, tiene tres bloques A, B y C , que están conectados mediante cuerdas inextensibles de peso despreciable. Las masas de estos bloques son: m A = 80 kg, m B = 30 kg y mC = 48 kg. A

Se pide calcular las aceleraciones de los bloques y las tensiones en las cuerdas. Despreciar el peso y la fricción de las dos poleas. Solución: Tomemos las coordenadas auxiliares que muestra el esquema de la izquierda. Entonces:

x A xP A

x B

xC

P

x B = x P + x B / P

(1)

xC = x P + xC / P

(2)

B

C

T 1

x B/P xC/P

para la polea P:

B

→ C


T 2

T 1 − 2 T 2 = mP aP T 1 = 2 T 2

(3)

T 2



Pág. 2-8 d 2 / dt 2

x A + x P = L1

para el cable superior:

x B / P + xC / P = L2

para el cable inferior:

 A + xP = 0 x

→

d 2 / dt 2

→

 B / P x

(4)

+ xC / P = 0

(5)

Ahora aplicamos la 2da. ley de Newton para cada bloque. Bloque A:

T 1

=ˆ

A

Bloque B:

m A g − T 1 = m A x A ( 4)

A

→

m A g

m A a A

T 2

m B a B

B

m A g − T 1 = m A ( − xP )

(6)

m B g − T 2 = m B x B con (1) y ( 3)

→

B

P + x B / P ) m B g − 0,5 T 1 = m B ( x

(7)

m B g

Bloque C :

T 2

=ˆ

C

mC g con ( 2 ) y ( 3 )

C

mC g

→

− T 2 =

mC xC

P + xC / P ) mC g − 0,5 T 1 = mC ( x

(8)

mC aC

Reemplazando los datos en las ecuaciones anteriores: en (6):

P 80 (9,8) − T 1 = − 80 x

→

P 784 − T 1 = − 80 x

en (7):

P + x B / P ) 30 (9,8) − 0,5 T 1 = 30 ( x

→

294 − 0,5 T 1

= 30 ( xP + x B / P )

de (8) y (5):

48 (9,8) − 0,5 T 1 = 48 ( xP − x B / P )

→

470 − 0,5 T 1

= 48 ( xP − x B / P )

Resolviendo:

P = − 0,394 m/s x  B / P x

(4)

→

2

= − 2,347 m/s

2

 A = 0,394 m/s 2 x

( 5)

→

C / P x

= 2,347 m/s 2

T 1 = 752, 48 N

de (1):

 B = x P + x B / P x

→

 B = − 0,394 + ( − 2,347 ) = − 2,74 m/s 2 x

de (2):

C = x P + xC / P x

→

C = − 0,394 + ( 2,347 ) = 1,953 m/s 2 x

Respuestas:

T 1 = 752, 48 N T 2 = 376, 24 N a A = 0,394 m/s 2 ↓ 2 a B = 2,74 m/s ↑

a C

= 1,9534 m/s 2 ↓




Pág. 2-9

Ejemplo 2.5:

3m

El disco pequeño A ( m A = 10 kg ) está articulado a una varilla de peso despreciable, la cual puede girar libremente alrededor de la articulación O. Sabiendo que cuando θ = 30° el bloque B ( m B = 5 kg ) sube con velocidad 3 m/s , se pide determinar para ese instante las aceleraciones de A y B así como las tensiones en la cuerda y en la varilla. Considerar que la polea C es es muy pequeña. Solución:



=

2 m B

A

Para una posición genérica definida por θ tenemos: 3m

O

C

θ

O

s = ( 2) + (3) − 2 ( 2) (3) cos θ

es decir:

s2 =

d /dt :

 s s = 6 sen θ θ

d /dt :

s 2 + s s

2

2

2

C

θ

β



s

=

2 m A

para θ = 30° :

de la ley de cosenos:

de (1):

s

13 − 12 cos θ

(1) (2)

) = 6 (cos θ θ  2 + senθ θ

(3)

= 1,615 m ( 2)

θ 

→

como s = 3 m/s

= 1,615 rad/s

Ahora aplicaremos la 2da. ley de Newton N ewton a cada partícula: Bloque B:

T

∑ F :

m B s

T − m B g = m B s

y

→

=ˆ

T

− 49 = 5 s

(4)

m B g

Disco A:

T F β

θ

=ˆ

θ θ

eˆθ

eˆr

θ

m A aθ

θ

m A a r eˆr

m A g eˆθ

∑ F : r

m A g senθ + T cos ( β + θ ) − F = m A a r

=

2 ) m A ( r  − r θ

= − m A (2) (1,615) 2




Cálculo del ángulo β :

sen β

=

2

Pág. 2-10

senθ s

→

para θ = 30° tenemos que s = 1,615 →

49 + 0,370 T − F

∑ F :

m A g

θ

β = 38, 26°

= − 52,15

(5)

) cosθ − T sen ( β + θ ) = m A aθ = m A ( 2 r θ  + r θ

= →

84,87 − 0,929 T

) m A ( 2θ

 = 20 θ

(6)

Ahora podemos resolver el sistema formado por las ecuaciones (3), (4), (5) y (6): T = 85, 44 N F = 132,91 N 2

 = 0, 275 rad/s θ s =

2

7, 289 m/s

Las aceleraciones de las partículas serán: 

2 a A = −5, 215 eˆ r + 0,55 eˆθ [ m/s ]



a B = 7, 289 jˆ

[ m/s 2 ]

= − 5,244 m/s 2

→

a A

→

a B = 7, 289 m/s 2

Ejemplo 2.6: Los bloques A ( m A = 2 kg ) y B ( m B = 4 kg ) están unidos mediante una cuerda inextensible a una polea C de de masa mC = 5 kg . Los coeficientes de fricción estático y cinético entre A y B son µ s 1 = 0, 4 y µ k 1 = 0,3 y entre B y el piso µ s 2 = 0, 25 y µ k 2 = 0, 2 . Calcular la aceleración de A y B y la tensión en la cuerda.

C A

P = 35 N

B

Solución: A priori no se puede saber si hay deslizamiento relativo entre A y B o no o si B se mueve o no. Debemos analizar varias posibilidades.

T

≡

F f 1 m A g

m A a A

∑ F : ∑ F : x

T − F f 1 = m A a A

(1)

y

N 1 − m A g = 0

(2)

N 1




Pág. 2-11

N 1 F f 1

≡ N 2

m B a B

∑ F : ∑ F : x

T + F f 1 − F f 2 = m B a B

(3)

y

N 2 − N 1 − m B g = 0

(4)

∑ F :

P − 2 T = mC a C

(5)

F f 2

m B g

T P = 35 N

mC aC

≡

x

T

Notar que estas ecuaciones son válidas para cualquier posibilidad de movimiento del sistema. de (2): en (3):

N 1 = m A g

→ →

N 2 = N 1 + m B g

N 1 = 19,6 N N 2 = 58,8 N

Las ecuaciones restantes contienen 6 incógnitas. Para resolverlas debemos hacer suposiciones en cuanto a las fuerzas de fricción. •

Suposición 1: Nada se mueve. mueve. Es decir, decir, la fuerza P “es muy pequeña” y no llega a vencer a las fuerzas de fricción de adherencia que se originan entre B y el piso y entre A y B. → (5)

→

P

T =

2

a A = a B = a C = 0

= 17,5 N

(1)

→

( 3)

F f 1 = T = 17,5 N

→

F f 2 = T + F f 1 = 35 N

Para las fuerzas de fricción halladas se debe cumplir: ?

F f 1

= 17,5 N ≤

F f 2 = 35 N •

Suposición 2: →

además:

= µ s 1 N 1 = 0,4 (19,6) = 7,84 N

(no !)

≤ F f max 2 = µ s 2 N 2 = 0, 25 (58,8) = 14,7 N

(no !)

F f max 1

?

Los bloques A y B deslizan juntos (sin deslizamiento relativo entre sí) F f 2 = µ k 2 N 2 = 11,76 N a A = a B = aC = a

en (1), (3) y (5): T = 12,22 N a = 2,11 m/s 2 F f 1 = 7,99 N

Verificamos la hipótesis:


?

F f 1

= 7,99 N ≤

F f max

1

= 7,84 N

(no !)



Suposición 3:

A desliza sobre B pero B no se mueve.

→

cinemática:

Pág. 2-12

F f 1 = µ k 1 N 1 = 5,88 N

está claro que aC = a A / 2

y

a B = 0

T = 13,03 N

en (1), (3) y (5):

= 3,58 m/s 2 aC = 1,79 m/s 2

a A

F f 2 = 18,91 N ?

Verificamos la hipótesis: •

Suposición 4:

F f 2

= 18,91 N ≤

F f max

2

= 14,7 N

(no !)

A se mueve relativamente a B y B también se mueve. s A/C sC

para el cable: cable: d 2 / dt 2

C

A

→

B s B/C













s A / C + s B / C

=

s A / C + s B / C

= 0

→

s A / C

→

a A / C = a B / C

L

= − s B / C (6)

→

a A = a C + a A / C

(7)

→

a B = a C − a B / C

(8)

Para A:

a A = a C + a A / C

Para B:

a B = a C + a B / C

(6) en (7):

a B = a C − a A / C

de (7) y (9): Sabiendo que:

a A + a B =

y

F f 2 = µ k 2 N 2 = 0, 2 N 1 = 11,76 N

2 a C

(9) (10)

F f 1 = µ k 1 N 1 = 0,3 N 1 = 5,88 N

reemplazando estos valores en (1) y (3) y resolviendo luego el sistema en conjunción con (5) y (9) obtenemos: T = 11,88 N

a A = 3,0 m/s 2 a B = 1,5 m/s 2 a C

= 2,25 m/s 2




Pág. 2-13

Ejemplo 2.7: El siguiente sistema se encuentra en un plano vertical y se suelta desde el reposo. Se sabe que m A = 10 kg, m B = 20 kg y mC = 50 kg y los coeficientes de fricción estática y cinética de la superficie inclinada son respectivamente µ s = 0, 25 y µ k = 0,20 . Se pide determinar las aceleraciones de los bloques, así como las tensiones en las cuerdas en ese instante.

C B

3 4

A

Solución: Haremos la suposición de que el bloque C no no se mueve. Comprobaremos si ello es posible. T 1

T 2

m A a1

=ˆ

A

→ T 1 − m A g = m A a1

(1)

→

(2)

m A g

a1

B a1

T 1

A

=ˆ

B

m B g − T 1 = m B a1

m B a1

m B g

de (1) + (2):

(m B − m A ) g = (m A + m B ) a1

en (1):

T 1 = m A (a1 + g )

→

→

a1 =

m B − m A m A + m B

g

= 3,27 m/s2

T 1 = 130,67 N

Las poleas y el bloque C no no se mueven: T 2

T 2

∑ F = 0 y

→ T 2 = 2 T 1

T 2

∑ F = 0

→ T 3 = 2 T 2

→ T 3 = 4 T 1 = 522,68 N

T 3

T 1 T 1 T 3 F f

θ

∑ F

θ mC g

∑ F

N

= 0:

N − mC g cos θ

→

N = mC g cosθ

= 0: →

= 0 →

N = 392 N

− mC g sen θ − F f = 0 F f = 228,68 N

T 3

sen θ = = 3/5 cos θ 4/5




Verificamos la hipótesis asumida:

Pág. 2-14

¿Será F f = 228,68 ≤ F f max = µ s N = 98 ?

De aquí se descarta la posibilidad analizada. Es más, el valor de la tensión T 3 = 522,68 N. Comparado con mC g senθ = 294 N muestra que el bloque C deslizará deslizará ascendiendo sobre el plano inclinado. Ahora: T 3

F f = µK N

∑ F

mC aC

∑ F

θ N

mC g

N − mg cos θ = 0 N = 392 N

=ˆ θ

: :

T 3 − µ k N − mC g sen θ = mC aC

4 T 1 − 372, 4 = 50 aC

(3)

Ahora analizaremos la cinemática de los cuerpos ligados: 1 +  2

+  3 = (1 − sC ) + ( 2 − sC ) + ( 3 + sP ) 2 sC = sP

1

sC 2

sC

3

P sP

C

d dt :

2 vC = vP

d dt :

2 aC = aP

→

(4)

donde aP es la aceleración absoluta de la polea derecha. Sea a1 la aceleración relativa de los bloques A y B con respecto a la polea P mencionada.

Ahora analizaremos el movimiento de los bloques A y B utilizando la segunda ley de Newton: T 1 A

m A (a1-aP)

∑ F :

T 1 − m A g = m A ( a1 − aP )

V

=ˆ

→

T 1 − 98 = 10 ( a1 − aP )

(5)

m A g

∑ F :

T 1 B

m B g − T 1 = m A ( a1 + aP )

V

=ˆ

m B g

→ m A (a1+aP)

196 − T 1 = 20 ( a1 + aP )

(6)

de las expresiones (3), (5) y (6) y recordando (4): T 1 = 105,09 N

2

a1 = 2,63 m/s

2

aP = 1,92 m/s

con lo cual:

a A = a1 − aP

→

2 a A = 0,71 m/s (↑)

a B = a1 + aP

→

2 a B = 4,55 m/s (↓)

aC = aP 2

→

aC = 0,96 m/s2


( )



Pág. 2-15

Ejemplo 2.8: Determinar las ecuaciones paramétricas del movimiento que se produce al lanzar una pelota considerando que la resistencia del   aire es proporcional a la velocidad ( F res = − k v ) . La pelota tiene velocidad inicial v0 formando el ángulo θ 0 con la horizontal. Solución:

y v0

θ

x

Para un instante genérico del vuelo del proyectil: m y

eˆt F res res

=ˆ

y

 m x

y

mg x

O 

x



F res = − k v = ( −k x , − k y )

Fuerza resistente:

∑ F :

− k x = m x

→

 + k x = 0 m x

m λ 2 + k λ = 0

→

λ (m λ + k ) = 0

x (t ) = c1 e

La solución será de la forma: es decir:

x (t ) = c1 + c 2 e

en (1):

∑ F : y

k m

c2

= −

x (t )

+ c2 e

−

k

k

e

m

−

k m

(2)

t

v0 cos θ 0

= − c2

( 2)

→

k m v0 cos θ 0 k

(1 − e

→

− k y − m g = m y

=

k m

k

e

− 0

c1 =

−

k m

m

−

v0 cos θ 0 = −c 2

)

+ c4 e

k

(4)

t

•

solución particular:

y p (t ) = c5 t

→

y p = c5

= −mg

→

c5

m

m

(3)

 + k y  = −m g m y −

k

k

t

yh (t )

c3

→

m v0 cos θ 0

solución homogénea:


m

(1)

m v0 cos θ 0

m (0) + k c5

k

t

m

•

en (4):

=−

t

→

=

0 ⋅ t

λ 1 = 0 ; λ 2

→

0 = c1 + c 2

x (t ) = − c2

para t = 0 ; x = v0 cos θ 0 →

−

→

para t = 0 ; x = 0 derivando (1):

x

O

= −

→

 p = 0 y

mg k



•

Pág. 2-16

y (t ) = c3 + c4 e

solución total de (4):

k

−

m

t

mg

−

k

(5)

t

k

→

t = 0 ; y = 0

y (t ) =

derivando (5):

=

c3

+

− c4

k

−

0

para t = 0 ; y = v0 senθ 0 →

m

k

t

m

→

m v0 sen θ 0

0 = c3 + c 4

(6)

mg

−

k

= − c4

v0 sen θ 0

k m

k

e

− 0 m

−

mg k

m 2 g  k 2

 

m2 g

+

k

→

m

c4 e

 m v0 senθ 0 + c4 = −  k  c3 =

de (6):

e

− 0

k 2

k − t  m v0 sen θ 0 m 2 g  mg m + 2  (1 − e ) − y (t ) =  t k k  k 

en (5):

(7)

Otra posible solución de las ecuaciones diferenciales: diferenciales: →

A partir de la ecuación m x + k x = 0 d x

y como

 = x

integrando:

ln x = −

dt k t m

ln x = − →

dt

k t m

v 0 cos θ 0

=−

k x

k x

→

m

m

d x x

=−

k dt m

+ c1

(8)

→

para t = 0 ; x = v0 cos θ 0 en (8):

d x

→

 = − x

ln v0 cos θ 0

= − c1

+ ln v0 cos θ 0

=−e

−

k m

t

(9)

integrando una vez más:

∫ x

para t = 0 ; x = 0 → →

∫

dx = v0 cos θ 0 e

= − v0 cosθ 0 →

x (t )

A partir de la ecuación:

=

k

= −

0

x (t ) = −

m

−

e

k m

dt + c2

k

−

m

t

+

v0 m k

m v0 cos θ 0 k

m v0 cos θ 0 k

t

k m

(1 − e

t

−

k m

c2

=

m v0 k

cos θ 0

m v0 cos θ 0

+

k

t

 + k y  = − m g m y


→

cos θ 0 + c2 −

e

c2

)

(10)

→

 = − y

k m

y − g


Cap. 2 Problemas de Cinética de la Partícula d y

k

= −

dt

m

y

−

Pág. 2-17

→

g

y

m g  k ln   y +  = − t + c3′ k  m 

integrando:

Si t = 0 ; y = v0 senθ 0 : →

v 0 sen θ 0

+

mg k

d y mg

+

→

=

= −

k m

dt

k y

mg

+

=

k

c3 e

−

k m

t

c3 k

m g  − m t  =  v0 senθ 0 + e k k  

mg

y +

k

m g  − m t m g  y =  v0 senθ 0 + e − k k  

es decir: pero

d y

y =

k  m g  − m t m g  dy =  v0 sen θ 0 + e −  dt k k    

→

d t

(11)

k

m  m g  − m t mg + − θ y = − v sen t + c4  0 e 0 k  k  k m  m g  → 0 = −  v0 sen θ 0 +  + c4 k  k 

integrando: t = 0 ; y

=0

m v0 senθ 0

m2 g

→

c4

→

m  m g  − m t m g m v0 senθ 0 m2 g + y = − t +  v0 senθ 0 + e − 2 k  k  k k k

= −

k

+

k 2 k

k − t  m v0 senθ 0 m 2 g  mg m + 2  (1 − e ) − y (t ) =  t k k k  

→

(12)

En la siguiente figura podemos ver las gráficas de las trayectorias con y sin resistencia del aire, para diferentes valores de k : 6

k =

0 k = 0,1

5.25 4.5 y ( x)

k = 0, 25

y1 ( x)3.75 y2 ( x)

k = 0,05

3

k = 0,075

y3 ( x) y4 ( x)2.25 1.5 0.75

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11 11

12 12

13 13

14 14

15 15

16 16

17

18 18

19 19

20 20

21 21

22 22

23 23

24 24

25

x

20,02 m 18,79 m


21,40 m

22,31 m 22,96 m



Pág. 2-18

Ejemplo 2.9: El collarín de masa m puede deslizarse a lo largo del aro circular mostrado, siendo µ el coeficiente de rozamiento cinético. Si al collarín se le imprime una velocidad inicial de módulo v0 , se pide determinar:

R

m v0

a) La longitud de arco que recorre el collarín antes de detenerse. b) La velocidad inicial que se debe imprimir al collarín para que se detenga justamente luego de dar una vuelta completa. c) La ley horaria del movimiento. Calcule el tiempo que demora el collarín en detenerse. Solución:

Por la segunda ley de Newton: z

z

O

=ˆ

y

θ

O

θ

R

man

F f

x

∑ ∑ F : ∑ F :

F n : t

z

mat

x

mg

N 2

N 1

s 2

m an

→

N 1

− F f = m at

→

− F f = m s

(2)

→

N 2 = m g

(3)

N 1

=

N 2 − m g = 0

=

F f

donde N es es la fuerza normal total, es decir:

N =

N 1 + N 2 2

2

+ N 22

ahora:

F f

de (1) y (3):

 s 2   + ( m g ) 2 F f = µ  m  R 

N 12

(1)

R

= µ N

La fuerza de fricción cinética está dada por:

= µ

m

2

2

en (2):

− µ

 s 2   m  + (m g )2 =  R 

con s ds = s d s : − µ m separando variables:

2

s

4

R

2

m s

(4)

+ m 2 g 2 ds = m s d s

− µ ds =

s d s s 4 R


2

+

g2



como v = s :

v dv

− µ ds =

v4 2

ordenando:

− µ ds =

integrando:

−

haciendo q = v 2 :

Pág. 2-19

+

R R v dv

v 4 + g 2 R 2

µ

ds = ∫ R ∫

v dv v4

+

−

integrando:

−

µ R

µ R

como q = v 2 :

∫

ds

s

=

= −

s

=

∫2

R

dq q

2

+

2

g R

2 µ

R

0

= −

de donde:

C

=

en (6):

s

= −

s

+ ln = 2 µ v 2 +

2 µ

R

2 µ

2 µ

ln (v02 + v04 + g 2 R 2 )

ln (v 2 + v 4 + g 2 R 2 ) v02

R

2 µ

+

C

+

(6)

C

+

C

+

R

ln (v02 + v04 + g 2 R 2 )

R

R

C

s = 0 ; s = v = v0

ln (

v02 +

2 µ

ln (v02 + v04 + g 2 R 2 )

+ g 2 R 2 v 4 + g 2 R2 v04

(7)

v=0

para el instante en en que el collarín se se detiene: sT =

+

2

ln (v 2 + v 4 + g 2 R 2 )

entonces:

v04 + g 2 R 2 g R

Para los siguiente valores: R = 1 m µ = 0,1

)

2 1.8 1.6

v0

v0 = 1,5 m/s

1.4 1.2

g = 9,8 m/s2

obtenemos:

(5)

C

1 ln (q + q 2 + g 2 R 2 ) 2

sabemos que en el instante inicial:

→

+

g 2 R 2

dq = 2 v dv

en (5):

→

g2

v

sT = 1,138 m

En la figura se puede ver la gráfica de la expresión (7), es decir, la longitud de arco recorrida como función de la velocidad.

1 0.8 0.6 0.4 0.2 0

0

0 ..1 1 0 ..2 2 0 ..3 3 0 ..4 4 0 ..5 5 0 ..6 6 0 . 7 0 .8 .8 0 ..9 9 s( v )


1

1 ..1 1 1 ..2 2 1 ..3 3 1 . 4 1 .5 .5

sT



Pág. 2-20

Si nos interesara el ángulo recorrido: s = Rθ

θ

→

=

v02 + 1 ln 2 µ v 2 +

v04 + g 2 R 2

(8)

v 4 + g 2 R 2

Graficando para los mismos valores que en la gráfica anterior: 2 1.8 1.6 1.4 1.2 v

1 0.8 0.6 0.4 0.2 0

0

0 .1

0 .2

0.3

0 .4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

θ(v )

El collarín se detiene cuando ha recorrido:

θ (0)

= 0,951 rad.

Si deseamos saber qué velocidad inicial v0 hay que imprimir al collarín para que se detenga exactamente luego de dar una vuelta completa: 10 9 8 7 2 6

θ1 (v01 ) θ2 (v01 )

5 4 3 2 1 0

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3 v01

3.5

4

4.5

5

5.5

6

4,357

Dado que una vuelta son 2 π radianes, radianes, la ecuación (8) nos da el valor de v0 = 4,357 m/s . Si deseamos determinar la ley horaria del movimiento s = s(t ) , entonces debemos partir de la expresión (7) reescribiéndola como: s

+ = ln 2 2 µ s + R

2

v0


+ g 2 R 2 donde 4 2 2 s + g R 4

v0

s =

ds dt

(9)


Cap. 2 Problemas de Cinética de la Partícula 2 µ

s

=

Pág. 2-21

v02 + v04 + g 2 R 2

ss decir:

e

Si denominamos:

A = v02 + v04 + g 2 R 2

R

.

s 2 + s 4 + g 2 R 2

B = g R 2 µ

→

e R

2 µ

es decir:

e

R

s

s

=

A 2

4

 ds  +  ds  + B 2      dt   dt 

 ds  2   +  dt 

4   ds  2   + B  = A  dt  

(10)

Ahora se nos presenta un problema interesante de cálculo, pues debemos encontrar una función s = s(t ) que satisfaga la ecuación diferencial (10).




Pág. 2-22

Ejemplo 2.10: Dos partículas A y B se encuentran en reposo sobre una mesa horizontal lisa unidas entre sí por una cuerda inextensible que pasa a través de un pequeño anillo liso fijo a la mesa. La partícula A de masa m es impulsada ahora con velocidad v0 perpendicular a la cuerda. Determinar con qué velocidad y aceleración chocará la otra partícula B de masa k m ( k > 1 ) con el anillo.



B



A

Solución: A continuación dibujaremos dos esquemas. El de la izquierda se refiere al instante en que la partícula A es impulsada con velocidad inicial v0 . El de la derecha se refiere a un instante genérico en que la partícula A se mueve con una cierta velocidad (con componentes radial y transversal) y ocupa una posición definida por las coordenadas polares r y y θ . • Partícula A: (masa m), se mueve según B movimiento causado por fuerza central: B

M = k m



∑ F :

vr

( 2  − r )

r



vθ m

F θ

→

m aθ = 0

es decir:

θ

v0

eˆθ

( r 2 θ ) dt

entonces:

vr

A

→

 + r θ   θ 2 r

d

→

A

=0

θ

 r 2 θ

aθ

=0

= 0

= 0

= const.

eˆr

Entonces:

h

v0

 = θ

además, para t = 0 :

=

 r 2 θ

=

r 0 = 

y

  r 2 θ

t = 0

= 2

v0 

→

= v0 

h = v0 

(1)

Según la 2da. ley de Newton: T

eˆθ

maθ

≡

∑ F : r

− T = m a r

A

ma r

→

− T = m ( r  − r θ  2 )

(2)

eˆr

•

Partícula B: (masa M = k m , k > > 1), tiene movimiento rectilíneo:

∑ F :

T = M a r

r

→

 T = M r


donde

a r

2  − r θ = r

→

a r = r 

(3)



de (2) y (3):

Pág. 2-23

 − m ( r  − r θ  2 ) = M r 2 m (r θ

→

) = − r

 k m r

= r θ  2

 (k + 1) r

(4)

de (1):

 = v  h = r 2 θ 0

en (4):

 v    (k + 1) = r  0  r  r 2 

=

v0  r 2

2

→ 2 2 v0 

 d r  = (k + 1) r

 dr = r  d r  en (5): r

θ 

→

r  ( k + 1)

v02  2

=

(5)

r 3

(6)

dr

r 3

que corresponde a la ecuación diferencial de la componente radial del movimiento de la partícula A. Integrando hasta el instante en que B choca con el anillo, es decir, cuando A ha recorrido en sentido radial desde r =  hasta r = 2  :  = r  A r

2

∫=0r  d r  = v

( k + 1)

2 0



2

 r

(k + 1)

A2 r

2

 B = − r

y como r  B = − r  A :



3 2 v 8 0

=

∫

dr r 3  A = r

→

v0

3

2

k + 1

v0

3

2

k + 1 v B = −

→

v0

3

2

k + 1

Análisis de aceleraciones: Del movimiento del sistema:

r  A

= r 

 B  = − r  r

y

a B = r  B = − r 

como B se mueve según trayectoria rectilínea:

si integramos (6) hasta un instante genérico dado por la coordenada de posición r : ( k + 1) d / / dt :

 1   1 1  = v02  2  −   2 − 2  2  2   r  

2 r

 v02  2 r

 r  = ( k + 1) r

3

r

2

para r = 2  : de donde:

 r

=

v0 

2

(k + 1) (2 )3

a B = −

→ →

r 

=

v02  2

( k + 1) r 3 2

r 

=

v0

8  ( k + 1)

2

v0

8  ( k + 1)




Pág. 2-24 z

 v

Ejemplo 2.11:

1

R1

Se le comunica una velocidad horizontal v1 a una cajita pequeña de masa masa m cuando R = R1 . Si el bloque se desliza descendiendo sobre la superficie cónica lisa mostrada, se pide determinar las ecuaciones paramétricas en coordenadas cilíndricas del movimiento de la cajita. La altura del cono es H .

O1

R O2 ϕ

 H

v

z

Solución: La trayectoria se puede expresar como:



x

x = R cos θ

 1

R1 y

z

para un cono cono recto:

O1 R

  y = R sen θ   z = z 

donde:

(1)

v

x

y

r = ( x, y , z )

H

O2

→

R

(1)

(2)

H

 r

z

=

=

(2)

Vista superior

(1) R R1

R1 H

z

  H  R1  y = z senθ  en (1): H  z = z    Las fuerzas que actúan sobre la partícula son: x =

R1

(2)

z cosθ

(3)

Vista frontal

Dado que el cono es una superficie orientable, su normal para cualquier punto puede ser calculada como: 

nˆ =

→



∂ r ∂ r × d z ∂θ   ∂ r ∂ r × d z ∂θ

nˆ =

R R  R1   R   cosθ ; 1 senθ ;  ×  − 1 z senθ ; 1 z cosθ  H H H   H  =    ∂ r ∂ r × ∂ z ∂θ

 R1 R1 R12   − z cosθ ; − z senθ ; 2 z  H H   H  R12 2 R 2 R 4   − 2 z cos 2 θ + − 12 z 2 senθ + 14 z 2  H H  H 


12



→



Pág. 2-25

H cosθ

nˆ =  −

H senθ

; −

 ( H + R ) 2

2 12 1

( H + R ) 2

2 12 1

; −

  ( H + R )  R1

2

2 12 1

Expresando nˆ en coordenadas cilíndricas: nˆ = −

H

+

eˆ R

( H 2 + R12 )1 2

R1

( H 2 + R12 )1 2

eˆ z

(3)

La segunda ley de Newton en coordenadas cilíndricas: H

∑ F :

−

∑ F :

0 = maθ

∑ F :

R1

R

+ R

2

2 1

H

θ

z

2

H

 2 R θ

de (5):

=

N

+ R

2 1

N

mg

( 7)

R1

→

es decir:

 = 0 2 z θ  + z θ

H

z

(4)

 + Rθ  aθ = 2 Rθ

=

(5) (6)

m z

(7) R 2 R1   = 0 z θ + 1 z θ H H d 2  → ( z θ ) = 0 dt

 = const. z 2θ

v1

(8) H 2

→

R1 N = −

de (4):

−

2  − Rθ a R = R

con

 = 0 + Rθ

R

si z = H ; θ =

m a R

con

de (1):

→

=

H 2 + R12 H

v1 R1

(8 )

→

= const.

 = H 2 z 2θ

v1 R1

(9)

2 )  − Rθ m ( R

 H 2 + R12  −  m ( R − R θ  2 ) − m g = m z   H H 2 + R12   R1

en (6):

R1  ( R − Rθ  2 ) − g H

− −

de (2):

R1 R1

z H H

+

= z

R1 R1

2 zθ H H

−

(10) g

= z

2  R12  R1 1 + 2  z − 2 zθ  2 = − g  H  H

 R12  R12 1 + 2  z − 2 z  H  H

de (10):

→

(11) 2

 H 2 v1 1    = −g 2  R z  1 

 R12  H 2 v12 1 + 2  z = 3 − g z  H 




Pág. 2-26

 R12   H 2 v12  1 + 2  z d z =  3 − g  d z  H   z 

es decir:

 R12  ∫0  1 + H 2  zd z =

z

→

pero z dz = z d z

 H 2 v12  ∫ H   z 3 − g  dz z

z

2 2 2  1  R1  2  H v1 1 + 2  z =  − 3 − g z  2  H   z  H

→

denominando: →

 H v12  2   2 2 − − + + z = 2 g z v g H 1 2  2 H + R1  z  H 2

2

K =

H 2 2

H

+ R

2 1

(12)

; A = v12 + 2 g H ; B = 2 g ; C = = H v12

− z 2 = K ( A − B z − C z 2 )

z z

∫

H

=

12 −2 1 2 K ( A − B z − C z ) t

d z A − B z − C z

−2

=

∫0 K

−1 2

d t

Ecuación de la cual podremos determinar por procedimientos numéricos la función buscada z = z (t ) .




Pág. 2-27

Ejemplo 2.12: O

θ

m

A

ω0

La figura muestra la vista superior (horizontal o de planta) de una puerta r = 0,4 L articulada en O. Una persona empuja la L puerta de tal forma que ésta gira en sentido antihorario con una velocidad angular constante ω0. Como la puerta gira, la partícula de masa m, que se encontraba quieta sobre el piso liso en la posición mostrada, es forzada a deslizarse a lo largo de la superficie rugosa de la puerta (coeficiente de fricción cinético µ = 0,2 ) y siempre en contacto con ella. Se pide determinar: a) La ecuación diferencial del movimiento de la masa en términos polares y su solución r = = r (t ) . b) El tiempo que le toma a la partícula alcanzar el extremo A de la puerta y el ángulo de apertura de la puerta en ese instante. c) El vector velocidad en función del tiempo y la magnitud de la velocidad en el instante en que la masa alcanza el extremo A de la puerta. d) La fuerza N que que ejerce la puerta sobre la masa en función del tiempo y su magnitud en el instante en que alcanza el extremo A de la puerta. Solución: a) Según la segunda ley de Newton, Newton, para un instante cualquiera del movimiento de de la partícula se cumplirá cumplirá que los siguientes siguientes sistemas son equivalentes: eˆθ

eˆθ

eˆr

m aθ

=ˆ

F f

eˆr m ar

N θ

∑ F : r

− F f =

pero θ  = ω 0 = const.

∑ F : θ

 = 0 pero θ

(2) en (1):

ordenando:

θ

→

m a r

→

2 )  − r θ − µ N = m (r

2  − r ω 0 ) − µ N = m (r

N = m aθ

→

→

(1)

 − r θ )  θ N = m ( 2 r

 ω 0 ) N = m ( 2 r

(2)

2  ω 0 ) = m (r  − r ω 0 ) − µ m (2 r

 r

+ 2µ ω 0 r  −

ω 02 r

= 0

(3)

la cual es una ecuación diferencial homogénea homogénea de 2° orden con coeficientes contantes. La ecuación característica es:


λ 2 + 2µ ω 0 λ − ω 02 = 0



Pág. 2-28

cuyas raíces son:

λ 1, 2 = − ω 0 ( µ ± µ 2 + 1)

la solución será:

r (t ) = c1 e

λ 1 t

es decir:

r (t ) = c1 e

−ω 0 ( µ + µ 2 +1 ) t

+ c2 e λ 2 t

+ c2 e −ω ( µ − 0

µ 2 +1 ) t

(4)

Determinación de las constantes c1 y c2: •

( 4)

→

para t = 0 , r = 0,4 L

0,4 L = c1 + c2

(5)

además: de (4): •

(t ) = − c1 ω 0 ( µ + r

µ 2 + 1) e ( 6)

de (5) y (7): en (4):

c1

r (t )

µ

= 0,2 L (1 −

= 0,2 L (1 −

− c2 ω 0 ( µ − µ 2 + 1) e −ω ( µ − 0

µ 2 +1 ) t

0 = − c1 ω 0 ( µ + µ 2 + 1) − c2 ω 0 ( µ − µ 2 + 1)

→

para t = 0 , r  = 0

−ω 0 ( µ + µ 2 +1 ) t

µ 2

+1

µ µ 2

+1

y

)

)e

c2

−ω 0 ( µ + µ 2 +1 ) t

µ

= 0,2 L (1 +

µ 2

+1

µ

+ 0,2 L (1 +

µ 2

+1

(6) (7)

)

)e

−ω 0 ( µ − µ 2 +1 ) t

(8)

la cual es la ecuación paramétrica para el radio polar de la trayectoria. Para determinar la ecuación polar de la trayectoria, simplemente debemos recordar que ∫

 = ω (= const.) θ 0

→

= ω 0 dt d θ =

→

+ c θ = ω 0 t +

para t = 0 , θ = 0

→

c=0

→

θ = ω 0 t

en (8):

µ

r (θ ) = 0,2 L (1 −

µ + 1 2

)e

− ( µ + µ 2 +1 ) θ

+ 0,2 L (1 +

(9) µ µ + 1 2

)e

− ( µ − µ 2 +1 ) θ

(10)

la cual es la trayectoria de la partícula expresada en su forma polar r = = r (θ ) . Para el valor µ = 0,2 podemos reescribir las l as expresiones (8) y (10): r (t ) = 0,16 L e

−1, 22 ω 0 t

r (θ ) = 0,16 L e

−1, 22 θ

+ 0,24 L e 0,82 ω t 0

+ 0,24 L e 0,82 θ

(11) (12)

b) Para calcular el ángulo que gira la puerta mientras la bolita llega al extremo, haremos r = = L en (12) y de allí despejaremos el correspondiente valor de θ L. L

de donde:

= 0,16 L e −1, 22 θ + 0,24 L e 0,82 θ L

θ L = 1,72 rad


ó

L

θ L = 98,55°



Pág. 2-29

90 1

120

60

0.8 0.6

150

30

0.4 0.2 r ( θ ) 180

0

0

210

330

240

300 270

El tiempo transcurrido para que ello ocurra se determina a partir de (9): →

t = θ / ω 0

→

t L = θ L / ω 0



(t ) r

=

ω 0 L (− 0,195 e

−1, 22 ω 0 t

= 1,72 / ω 0

 e  eˆr + r θ v = r eˆθ

c) La velocidad, en coordenadas polares, está dada por: derivando (11):

t L

(13)

+ 0,197 e 0,82 ω t )

(14)

0

también de (11): r (t ) = L (0,16 e −1, 22 ω 0 t + 0,24 e 0,82 ω 0 t ) entonces en (13): 

v

= [ω 0 L (− 0,195 e −1, 22 ω t + 0,197 e 0,82 ω t )] eˆr + [ω 0 L (0,16 e −1, 22 ω t + 0,24 e 0,82 ω t )] eˆθ 0

0

eˆr = (cosθ , senθ )

donde:

0

0

eˆθ = ( − senθ , cosθ )

y

El módulo de la velocidad para cualquier instante de tiempo será: v

=

ω 0 L (− 0,195 e

−1, 22 ω 0 t

+ 0,197 e 0,82 ω t ) 2 + (0,16 e −1, 22 ω t + 0,24 e 0,82 ω t ) 2 0

0

0

Evaluando para t L = 1,72 / ω 0 : v

=

ω 0 L (− 0,195 e −2, 098

+ 0,197 e1, 41 ) 2 + (0,16 e −2,098 + 0,24 e1, 41 ) 2

v = 1,272 ω 0 L

→

 ω 0 d) De (2) tenemos que N = 2 m r

con (14):

N = 2 m ω 02 L (− 0,195 e

−1, 22 ω 0 t

+ 0,197 e 0,82 ω t ) 0

Evaluando para t L = 1,72 / ω 0 :

→

N L

= 2 m ω 02 L (− 0,195 e −2,098 + 0,197 e1, 41 )

N L

= 1,566 m ω 02 L




Pág. 2-30

Ejemplo 2.13: 

El tubo delgado liso mostrado de r = 0,2  longitud  gira en un plano horizontal ω0 con velocidad angular constante ω0. En O A B el instante t = 0 y desde la posición θ mostrada en la figura se deja libre la pequeña bola de masa m, la cual se encontraba en reposo (posición A) con respecto al tubito. Se pide determinar: e) La ecuación diferencial del movimiento de la esferita en términos polares. = r (θ ) de la trayectoria que sigue la bolita. f) La ecuación polar r = g) El tiempo que le toma a la masa alcanzar el extremo B del tubito y el ángulo que ha girado el tubo hasta esa posición. p osición. h) El vector velocidad de la bolita en función del tiempo y la magnitud de la velocidad en el instante en que la esferita alcanza el extremo B del tubo. i) La fuerza N que ejerce el tubo sobre la pequeña esfera en función del tiempo y su magnitud en el instante en que alcanza el extremo B. Solución: a) Según la segunda ley de Newton, Newton, para un instante cualquiera del movimiento de de la partícula se cumplirá cumplirá que los siguientes siguientes sistemas son equivalentes: N

O

O θ

θ

=ˆ

r

eˆr

eˆr

m ar m aθ

eˆθ

∑ F : r

→

0 = m (r  − r θ  2 )

→

0 = m ar

pero θ  = ω 0 = const.

eˆθ

r 

−

ω 02 r = 0

(1)

la cual es una ecuación diferencial homogénea homogénea de 2° orden con coeficientes contantes.

∑ F : θ

 = 0 pero θ

 − r θ )  θ N = m ( 2 r

→

N = m aθ

 N = 2 m ω 0 r

→

(2)

b) Solución de la ecuación ecuación diferencial diferencial r  − ω 02 r = 0 : La ecuación característica es:

λ 2

−

ω 02

= 0

= ± ω 0 , es decir dos raíces reales diferentes.

cuyas raíces son:

λ 1, 2

La solución será:

λ λ r (t ) = c1 e 1 + c2 e 2


t

t



es decir:

=

r (t )

ω 0 t

c1 e

Pág. 2-31

+ c2 e−ω t

(3)

0

Determinación de las constantes c1 y c2: •

además, de (3): •

( 3)

→

para t = 0 , r = 0,2 

=

(t ) r

0,2  = c1 + c2

c1 ω 0 eω 0

( 5)

→

para t = 0 , r  = 0

t

−

c2 ω 0

0 = c1 ω 0

(4)

−ω 0 t

(5)

→

− c2 ω 0

c1 = c2

(6)

c1 = c2 = 0,1 

de (4) y (6):

0,1  (eω 0 t + e−ω 0 t )

r (t ) =

en (3):

(7)

la cual es la ecuación paramétrica para el radio polar de la trayectoria. Para determinar la ecuación polar de la trayectoria, simplemente debemos recordar que  = ω θ

∫

(= const.)

→

= ω 0 dt d θ =

→

+ c θ = ω 0 t +

para t = 0 , θ = 0

→

c=0

→

θ = ω 0 t

0

en (7):

r (θ )

(8)

= 0,1  (eθ + e −θ )

(9)

la cual es la trayectoria de la partícula expresada en su forma polar r = = r (θ ) . b) Para calcular el ángulo que gira el tubo mientras la bolita llega al extremo, haremos correspondiente valor de θ L. r =  en (9) y de allí despejaremos el correspondiente 

de donde:

= 0,1  (eθ + e− θ )

θ L = 2,293 rad

θ L = 131,35°

ó 110

100

90

80

70

120

60

130

50

140

40

150

30

160

20

170

10

r ( θ ) 180

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

190

0

350

200

340

210

330 220

320 230

310 240

300 250

260

270

280

290

El tiempo transcurrido para que ello ocurra se determina a partir de (9): t = θ / ω 0


→

t L = θ L / ω 0

→

t L = 2,293 / ω 0



Pág. 2-32 

 e  eˆr + r θ v = r eˆθ

d) La velocidad, en coordenadas polares, está dada por: derivando (11):

(t ) r

=

ω 0 L (− 0,195 e

−1, 22 ω 0 t

(13)

+ 0,197 e 0,82 ω t )

(14)

0

también de (11): r (t ) = L (0,16 e −1, 22 ω 0 t + 0,24 e 0,82 ω 0 t ) entonces en (13): 

v = [ω 0 L (− 0,195 e

−1, 22 ω 0 t

+ 0,197 e 0,82 ω 0 t )] eˆr + [ω 0 L (0,16 e −1, 22 ω 0 t + 0,24 e 0,82 ω 0 t )] eˆθ

eˆr = (cosθ , senθ )

donde:

eˆθ = ( − senθ , cosθ )

y

El módulo de la velocidad para cualquier instante de tiempo será: v = ω 0 L (− 0,195 e

−1, 22 ω 0 t

+ 0,197 e 0,82 ω t ) 2 + (0,16 e −1, 22 ω t + 0,24 e 0,82 ω t ) 2 0

0

0

Evaluando para t L = 1,72 / ω 0 : v

=

ω 0 L (− 0,195 e −2, 098

+ 0,197 e1, 41 ) 2 + (0,16 e −2,098 + 0,24 e1, 41 ) 2

v = 1,272 ω 0 L

→

d) Del sistema equivalente inicial tenemos:

∑ F :

N = m aθ

θ

 = 0 pero θ

→

(2) tenemos que N =

con (14):

 − r θ )  θ N = m ( 2 r

 ω 0 ) N = m ( 2 r

− µ m (2 r  ω 0 ) =

(2) en (1):

→

(2)

2  − r ω 0 ) m (r

2 m r  ω 0

N = 2 m ω 0 L (− 0,195 e 2

−1, 22 ω 0 t

+ 0,197 e 0,82 ω t ) 0

Evaluando para t L = 1,72 / ω 0 :

→

N L

= 2 m ω 02 L (− 0,195 e −2,098 + 0,197 e1, 41 )

N L

= 1,566 m ω 02 L




Pág. 2-33

Ejemplo 2.14: Un pastel y su plato cuya masa en conjunto es m descansan en el centro de una mesa circular de radio R. El muchacho intenta quitar el mantel de radio R (sin tocar el R pastel) jalándolo muy rápidamente en sentido horizontal. Asumiendo que siempre hay resbalamiento entre el plato y el mantel, calcular el mayor tiempo que puede permanecer el mantel en contacto con el plato sin que éste caiga al piso. El coeficiente de fricción cinética entre el plato y el mantel es µ 1 , y entre el plato y la superficie de la mesa µ 2 . La masa del mantel es despreciable. Solución: Para que el conjunto pastel y plato quede sobre la mesa deben ocurrir dos movimientos uno después del otro. El tirón del mantel hará que el pastel deslice debajo del mantel imprimiéndole a éste un cierto movimiento rectilíneo en la dirección radial en que actúa la fuerza. En el instante en que el mantel haya deslizado por completo y ya no tenga contacto con el plato, éste continuará resbalando en contacto con la mesa y deberá detenerse antes de que caiga fuera de ella. •

Análisis del movimiento cuando hay contacto entre el pastel y el mantel.

En las siguientes figuras se muestran los diagramas que muestran las fuerzas (y sus equivalentes según la 2da. ley de Newton), para un instante cualquiera en esta primera fase de movimiento. F f 1

m a1

≡

mg N 1 N 1

F f 1

F F’ f N’

Para el pastel:

∑ F : ∑ F :

F f 1 = ma1

→

µ 1 N = = ma1

(1)

N − m g

→

N = = m g

(2)

de (1) y (2):

µ 1 m g = m a1

→

a1 = µ 1 g

(3)

x

y

=0

De esta última expresión podemos concluir que este primer movimiento del pastel es un movimiento rectilíneo con aceleración constante a1 . Supongamos que este movimiento ocurre a lo largo de un tramo radial de longitud r 1 ( r 1 < R ) y dura t 1 segundos. r 1 = v01 t 1

+

1 2

a1 t 12




de (3):

r 1 =

1 2

Pág. 2-34

( µ 1 g ) t 12

(4)

La velocidad del pastel al final de este tramo será: ( 3)

v f 1 = v01 + a1 t 1 •

→

v f 1 = µ 1 g t 1

(5)

Análisis del movimiento desde que el mantel queda libre y el pastel continúa en contacto con la mesa.

Según la segunda ley de Newton, para cualquier instante durante esta fase de movimiento se cumplirá que:

≡

F f 2

m a2

mg N 2

∑ F : ∑ F : x

− F f 2 = m a2

→

− µ 2 N 2 = m a2

(6)

y

N 2 − m g = 0

→

N 2 = m g

(7)

de (6) y (7):

− µ 2 m g = m a2

→

a2 = − µ 2 g

(8)

De donde se puede ver que en este segundo tramo el movimiento es uniformemente desacelerado. Evidentemente las condiciones iniciales en este tramo son las condiciones finales del primer tramo ( v0 2 = v f 1 ). Además, la velocidad del pastel al final de este segundo tramo será v f 2 = 0 . Suponiendo que la longitud de radio recorrida r ecorrida en el segundo tramo es r 2 :

=

con (5) y (8):

r 2

= ( µ 1 g t 1 ) t 2 + (− µ 2 g ) t 22

→

r 2

=

v0 2 t 2

+

1

r 2

2

a2 t 22 1

2

µ 1 g t 1 t 2

−

1 2

µ 2 g t 22

(9)

Es condición de este problema en particular que el pastel se detenga justo antes de caer de la mesa, es decir, r 2 = R − r 1 . en (9): Además:

en (10):

R − r 1 = µ 1 g t 1 t 2

1

−

µ 2 g t 22

2 (8 )

v f 2 − v0 2 = a2 t 2

→

µ 1 t 1 = µ 2 t 2

→

r 1 = R

+

−

µ 1 g t 1 t 2


− ( µ 1 g t 1 ) = (− µ 2 g ) t 2 t 2 =

1 2

(10)

µ 1 t 1 µ 2

(11)

µ 2 g t 22



→

r 1 = R − µ 1 g t 1 (

→

r 1 = R −

de (4) y (12):

1

→

1

2

2

2 1

( µ 1 g ) t

1 2

g(

t 1 =

en (11):

t 2 =

µ 1 t 1 µ 2

µ 12 t 12 µ 2

2 1

2

1 2

) +

1 2

µ 2 g (

µ 1 t 1 µ 2

)2

)

1

= R −

µ 1 g t = R −

de donde:

Pág. 2-35

g

(12)

g(

µ 12 t 12 µ 2

)

µ 12 t 12 µ 2

2 R µ 2 g µ 1 ( µ 1 + µ 2 ) µ 1

2 R µ 2

µ 2

g µ 1 ( µ 1 + µ 2 )

(13)

finalmente, el tiempo total transcurrido será: t total = t 1 + t 2 t total

Nota:

= (1 +

µ 1 µ 2

)

2 R µ 2 g µ 1 ( µ 1 + µ 2 )

Para el caso particular de R = 0,6 m ; µ 1 = 0,3 ; µ 2 = 0,4 ; obtenemos: t 1 = 0,48 s t 2 = 0,36 s r 1 = 0,346 m r 2 = 0,254 m




Pág. 2-36

Ejemplo 2.15: El sistema de la figura está constituido por dos bloques pequeños, con masa m cada uno de ellos, unidos por un resorte (constante de rigidez k y longitud libre o sin deformar  0 ), y apoyados sobre el plano inclinado de 45º respecto de la horizontal. Entre el bloque A y el plano existe rozamiento (coeficiente µ ), no habiendo rozamiento entre el bloque B y el plano. Si se separan ambos bloques en una distancia s0 (a la cual corresponde un estiramiento δ 0 del resorte) y se abandona el sistema sin velocidad inicial, se desea determinar el valor de s 0 para que, en el instante de máxima aproximación, la distancia entre las masas sea igual a s 0 2 .

A

s0

B

45°

Solución: El sistema de la figura está constituido por dos masas puntuales, de valor m cada una de ellas, unidas por un resorte s = s 0

Instante inicial:

δ = δ 0 s = s B − s A δ

Cualquier instante:

N A − mg k δ + − mg

k δ + − mg

(1) en (2):

N B − mg

mg

δ =  0 − s

→

2

=0

2 2 2 2 2 2 2

→ N A − mg

2 2

= 0

− µ N A = m s A − µ mg

2 2

(2)

= m s A

(3)

2 − k δ = m s B 2

=  0 − ( s B − s A )

(1)

(4) →

δ  = s A − s B

 = s − s δ A B  − s + s = 0 δ A B

 k g 2 2   g 2 k  +  δ + µ g − m   2 − m δ  = 0 2 2    

 −  δ




2 k

2 =0 2 m 2  − k δ + µ g 2 = 0 δ m 2 2 k   − δ

Pág. 2-37

δ + µ g

∫ δ d δ − ∫  δ

m

2 k

∫

δ d δ + µ g

2 d δ = 0 2

δ

δ

2  d δ + + δ δ δ µ d g ∫0 m δ ∫0 2 δ  2

2

−

k m

(δ 2 − δ 02 ) + µ g

−

k

δ  = 0

m

− δ 02 ) + µ g

(δ 2



δ

2 (δ − δ 0 ) = 0 2

Cuando las masas se detienen: →

∫0d δ = 0

2

(δ

2

− δ 0 ) = 0

→

2 =0 m 2   1) δ = δ 0 (condición inicial)

→

2)

(δ − δ 0 ) −

→

Si se desea que →

k m

k

(δ − δ 0 ) + µ g

(δ δ =

µ g m

δ =

δ o

2

k

→

=

2

2

− δ 0

:

2 δ o µ g m 2

2

+ δ 0 ) = µ g

2

k

δ o

2


2

=

− δ 0

µ g m k

2 3


cap2 problemas cinética de la partícula.pdf

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