7. Leyes de Newton 1. Un bloque de 10 kg que está en un plano sin rozamiento e inclinado 30 0 con respecto a la orizontal! es sostenido mediante una cuerda! como se muestra en la "igura. #etermine la tensi$n de la cuerda y la magnitud de la "uerza normal %perpendicular al plano inclinado&.
m
θ
'rimero( )e identi"ican todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo T tensi$n de la cuerda w peso del cuerpo N normal
)egundo( )e realiza el diagrama de cuerpo libre o aislado! donde se colocan todas las "uerzas que act*an sobre el cuerpo en estudio %bloque&.
T N
w
+ercero( ,legir un sistema de re"erencia %de pre"erencia un e-e perpendicular y otro paralelo al plano&. onsiderar el e-e / positio en la direcci$n %o posible direcci$n& de moimiento del cuerpo. y N
θ
/
T
θ
,l ángulo de inclinaci$n que "orma el peso con respecto al e-e ertical es θ
mg = w
uarto( )e aplica la segunda ley l ey de Newton en "orma de componentes rectangulares.
∑ F x
= ma x
∑ F y
= ma y
2uinto( )e descomponen todas las "uerzas en sus componentes rectangulares. #ebido al sistema de re"erencia elegido! la normal N y la tensi$n +! están sobre los e-es. La *nica "uerza que se descompone en este problema! es el peso. )us componentes rectangulares son( w x = mgsenθ w y = mg cos θ
#e esta "orma! las "uerzas o componentes de "uerzas que se encuentran sobre le e-e de las /s son( la componente del peso w/ y la tensi$n de la cuerda +! las cuales se sustituyen por la Σ 4/
∑ F x
= ma x
2uedando( w x −T = ma x
5bs6rese que w / es positio y que + es negatio! ya que apuntan en tales direcciones. )ustituyendo el alor de w/ mgsenθ − T = ma x
,n este caso! el cuerpo está en reposo! por lo que no ay cambios de elocidad! $ lo que es lo mismo! no e/iste aceleraci$n %a / 0 &. )ustituyendo( mgsenθ −T = 0
8esoliendo para la tensi$n( T = mgsenθ
)ustituyendo los alores( m T = 10kg (9.81 2 ) sen30 0 s T = 49.05 Nt
La "uerza normal se determina a partir de la sumatoria de "uerzas en el e-e de las ys.
∑ F y
= ma y
onsiderando tambi6n que no ay moimiento en el e-e ertical a y 0 N − w y = 0
#espe-ando a la normal y sustituyendo la componente ertical del peso( N = mg cos θ
)ustituyendo los alores m N = 10kg (9.81 2 ) cos 30 0 s N = 94.82 N
9. #el problema anterior! suponga que la cuerda se rompe. alcule la aceleraci$n del bloque cuando 6sta se desliza sobre el plano inclinado.
y N
θ mg = W
/
:l desaparecer la tensi$n de la cuerda! el bloque inicia su moimiento! a medida que transcurre el tiempo! su elocidad a incrementándose %no ay rozamiento&! e/istiendo en consecuencia una aceleraci$n. Las "uerzas que act*an sobre el bloque son la Normal y el 'eso. )i sumáramos las dos "uerzas! encontrar;amos una "uerza Neta o 8esultante que estará sobre el e-e de las /s y que es la que ace que el cuerpo se acelere acia aba-o sobre el plano. :nalizando el problema con mayor detenimiento! podemos descomponer al peso en sus componentes rectangulares! y como el cuerpo no se muee sobre el e-e de las ys! deducimos que la "uerza Normal es de igual magnitud que la componente del 'eso sobre dico e-e! quedándonos *nicamente la componente en el e-e /! siendo 6sta de magnitud( mg sen θ . 'ara determinar la aceleraci$n resolamos anal;ticamente! aplicando la segunda ley de Newton.
∑ F x
= ma x
W x = ma x mgsenθ = ma x
a x =
mgsenθ m
= gsenθ
3. #e las siguientes "iguras encuentre la aceleraci$n de las masas y las tensiones de las cuerdas. m1
4igura 9 4igura 1
m1
m2
30 0
m2
4igura 3 m1
30 0
4igura <
m2 60 0
m1
m2
)i analizamos las "iguras antes de resoler el problema anal;ticamente! obseraremos que e/iste una gran similitud entre ellos! lo *nico que está cambiando son los ángulos. on esta obseraci$n podemos resoler un solo problema %el que parece más complicado( 4ig. 3& y a partir del análisis del resultado! podemos in"erir los otros. 'rocedamos a ello.
m1
m2
300
600
)e deben de acer tantos diagramas de cuerpo libre! como cuerpos en estudio tengamos. 'ara el bloque m1
'ara el bloque m 9
y ?o. de m 1 /
N 1
T2
T1 W2
α
y
N2
W1
β
?o. de m 9 en el e-e de las /s! positio acia aba-o /
#escomponer todas las "uerzas en sus componentes rectangulares y aplicar la segunda ley de Newton a cada uno de los diagramas de cuerpo libre. uando no e/iste rozamiento! no es necesario traba-ar con la sumatoria de "uerzas en el e-e de las ys! a menos que se pida la magnitud de la "uerza Normal o la componente del peso en ese e-e. =aciendo suma de "uerzas en el e-e de las /s
∑ F x
= m1 a1 x
∑ F
x
= m2 a 2 x
T 1 −W 1 x = m1 a1 x
W 2 x −T 2 = m2 a 2 x
T − m1 gsenα = m1 a1 x
m2 gsenβ − T 2 = m2 a 2 x
omo es la misma cuerda y mientras no se estire ni se a"lo-e! la tensi$n en cualquier punto es la misma por lo que( T 1 = T 2
onsecuentemente! mientras un cuerpo desliza acia arriba! el otro desliza acia aba-o! e/perimentando ambos los mismos cambios de elocidad! es decir! que tienen la misma aceleraci$n( = a2x
a1x
on esto! las dos ecuaciones anteriores se conierten en( T − m1 gsenα = m1 a
m2 gsenβ − T 2 = m2 a
Un sistema de dos ecuaciones lineales con dos inc$gnitas % T y a &! que se resuele por medio de los m6todos conocidos % suma y resta> sustituci$n> igualaci$n o determinantes&. Usando el m6todo de sustituci$n( #espe-amos T de la primera ecuaci$n( T = m1a + m1 gsenα
y la sustituimos en la segunda( m2 gsenβ − ( m1 a + m1 gsenα ) = m2 a
8esoliendo( m2 gsenβ − m1 a − m1 gsenα ) = m2 a m2 gsenβ − m1 gsenα = m2 a + m1a m2 gsenβ − m1 gsenα = (m2 + m1 )a
a=
a
m2 gsenβ − m1 gsenα m1 + m2
m senβ − m1 senα = 2 g m + m 1 2
'ara calcular la tensi$n! *nicamente sustituimos el alor de la aceleraci$n en cualquiera de las dos ecuaciones lineales. T
m senβ − m1 senα = m1 2 g + m1 gsenα m m + 1 2
:nalizando el resultado de la aceleraci$n! podemos tener los siguientes casos( {
)i(
α = 00
y
β @00 >
sen α = 0
y
sen β 1
orrespondiendo dicos ángulos al primer caso! es decir! a la "igura 1. 'or lo tanto! la aceleraci$n de los bloques para esa "igura es(
m2 sen90 0 − m1 sen0 0 m2 (1) − m1 (0) a= g = g + + m m m m 1 2 1 2 a=
m2 g m1
+ m2
'ara la 4igura 9 tenemos que( α = 300
{
y
β @00 >
sen β 1
m2 (1) − m1 senα m2 − m1 senα g = m + m g + m m 1 2 2 1
a =
'ara la 4igura < tenemos que( {
a
α = @00
y
β @00 >
sen α = 1
sen β 1
m (1) − m1 (1) m2 − m1 = 2 g = m + m g m m + 2 2 1 1
Los resultados obtenidos para la aceleraci$n tambi6n pueden ser analizados! as; por e-emplo! en el *ltimo caso %4ig. <&( v
)i m2 > m1
tenemos que la aceleraci$n de los cuerpos es positia % a A 0 & y los cuerpos se mueen de la siguiente "orma( m1 acia arriba
m2 acia aba-o
)i m2 < m1
v
tenemos que la aceleraci$n de los cuerpos es negatia % a B 0 & y los cuerpos se mueen de la siguiente "orma( m1 acia aba-o m2 acia arriba
)i m2 = m1
v
tenemos que la aceleraci$n de los cuerpos es nula % a 0 & y los cuerpos permanecen en reposo. )i cualquiera de los cuerpos es muco mayor % AAA & que el otro! por e-emplo m2 AAA m1! entonces( v
m2
− m1 ≅ m2
y m2
+ m1 ≅ m2
y la aceleraci$n es positia e igual al alor de la magnitud de la graedad % g &. ,n el otro caso! cuando(
v
m2 BBB m1! entonces(
tenemos que( m2 − m1 ≅ −m1
y m2
+ m1 ≅ m1
y la aceleraci$n es negatia e igual al alor de la magnitud de la graedad. :ora resoleremos la "igura
)obre m9
+
+
m9
m1
yC
#irecci$n de moimiento propuesta
m9 g
m1 g
yC
y
Nota: 5bs6rese que los e-es positios "ueron tomados en la direcci$n de moimiento propuesta.
:plicando la segunda ley de Newton en el e-e ertical a ambos diagramas(
∑ F y T
−
= m1 a1 y
m1 g
=
m1 a1 y
∑ F y
= m2 a 2 y
m 2 g −T = m 2 a 2 y
donde a1 = a2 = a obteniendo dos ecuaciones lineales con dos inc$gnitas( y
T − m1 g = m1 a
m2 g − T = m2 a
8esoliendo por suma y resta( m2 g − m1 g = m1 a + m2 a
"actorizando( (m2
− m1 ) g = (m1 + m2 )a
despe-ando( a
=
− m1 ) g m1 + m2
(m2
que es el mismo resultado obtenido a partir de la deducci$n del resultado de la tercer "igura <. #os bloques de masa m 1 3 kg y m 9 < kg están tocándose sobre una mesa sin "ricci$n. )i la "uerza mostrada que act*a sobre m 1 es de D Nt. a& Euál será la aceleraci$n de los dos bloquesF b& Eon qu6 "uerza empu-a m1 a m9F c& 8epita los incisos anteriores! si la "uerza se aplica a m 9.
7 kg
,l diagrama de cuerpo libre es(
y N F
mg
/
#e la suma de "uerzas en el e-e /(
∑ F
x
= Ma x
donde( " = m1 ! m2 F = Ma x
a=
F M
=
5 Nt
m = 0.71 2 7 kg s
b& 'ara determinar la "uerza con que empu-a m1 a m2 aplicamos la tercera ley de Newton que dice que la "uerza que e-erce m1 sobre m2 es de igual magnitud! pero en sentido contrario a la que e-erce m2 sobre m1. 'ara ello analicemos las "uerzas que act*an sobre m1 mediante el siguiente diagrama de "uerzas.
y 4 4uerza aplicada ' 4uerza que e-erce m9 sobre m1 y que detiene a m 1
N P
F
/
m1g
∑ F x
= m1 a1 x
La segunda ley se aplica sobre el cuerpo en estudio % m1 & y la aceleraci$n que este cuerpo e/perimenta es la que encontramos en el in ciso anterior % a1x = a = #.$1 m%s 2 &. F − P = m1a P = F − m1 a
m P = 5 Nt − (3kg )(0.71 2 ) = 2.85 Nt s
Luego entonces! por la tercera ley la "uerza con que empu-a m1 a m2 es &' = 2.() Nt. c& )i la "uerza se aplica sobre m2 ! tendremos la misma aceleraci$n! aunque los cuerpos se moerán acia la izquierda.
y N F
P
/
4 4uerza aplicada 8 4uerza que e-erce m 1 sobre m9 y que detiene a m9 / en la direcci$n de moimiento.
m2 g
'ara determinar la "uerza con que empu-a m1 a m2 se realizan los mismos pasos! pero la suma de "uerzas es aora sobre m2 .
∑ F
x
= m2 a 2 x
F − R = m2 a
m R = F − m2 a = 5 Nt − (4kg )(0.71 2 ) = 2.1 Nt s
D. Un autom$il de *## +g que a a 2# m%s coca con un árbol y recorre 1., m antes de detenerse. E2u6 magnitud tendrá la fuerza de retardo e-ercida por el árbol sobre 6lF
y N P
/ mg
∑ F x
' 4uerza que e-erce el árbol sobre el autom$il. No e/iste ninguna otra "uerza como! por e-emplo! la "uerza que e-erce la tracci$n de las llantas o la del motor.
= ma x
F − R = m2 a P = −ma x
#onde a x se determina mediante cinemática. Las condiciones son( - # = 2# m%s - f = 0
/ C /0 1.G m%s ecuaci$n( 2 2 v f − v 0 = 2a ( x − x0 )
2
a=
0 − ( 20
2
v f − v0
2( x − x0 )
=
m
)2
s 2(1.6m)
= −12.5
m s
2
luego entonces( P = −900kg (− 12.5
m s
2
) = 112500 Nt
5bteniendo un resultado positio! lo cual no implica que la "uerza ' se encuentre en la direcci$n que elegimos como positia! ya que cuando aplicamos la segunda ley! dica "uerza la e/presamos negatia. G. E2u6 magnitud tendrá una fuerza paralela a una pendiente de # # para comunicarle a una ca-a de )# +g una aceleraci$n de 2.# m%s2 acia arribaF y
N
4
4 300
mg
300
/
∑ F x
= ma x
F −W x = ma x F − mgsenθ = ma x
F = ma x + mgsenθ
F = 50kg (2
m
m 0 ) + 50kg (9.81 2 ) sen30 s s 2
F = 345.25 Nt
)i se deposita la ca-a sobre el plano inclinado! Econ qu6 aceleraci$n ba-aráF E2u6 tanta "uerza se requiere para que ba-e con una aceleraci$n de 9 mHs 9F E=acia d$nde debe de aplicarse dica "uerzaF 7. Una bala de (.# gr penetra en una pieza de plástico de 2 cm de espesor con una rapidez de 1/# m%s.
Euál es la fuerza promedio que retarda el paso de la bala por el plásticoF :ntes
#espu6s
y
0 1<0 mHs
0
F
/ 9 cm
∑ F x
= ma x
− F = ma x
donde( 2
a=
0 − (140
2
v f − v0
2( x − x0 )
=
m
)2
s 2(0.02m)
F = −(0.008kg )( −490000
= −490000
m s
2
m s
2
) = 3920 Nt
abe acer la aclaraci$n de que no se puso el peso ni la "uerza normal en el diagrama de cuerpo libre! ya que no son releantes para la resoluci$n del problema. ,n el caso de la "uerza normal! 6sta act*a sobre toda la super"icie cil;ndrica y saliendo! de tal manera que se contrarrestan mutuamente. I. Un prisionero de ,# +g desea escapar por una entana del tercer piso deslizándose por una cuerda eca de sábanas. 'or desgracia! la cuerda puede sostener s$lo )## Nt. Eon qu6 rapidez debe el prisionero acelerar acia aba-o de ella para que no se rompaF alculemos primero el peso del prisionero para comparar dica "uerza con la má/ima tensi$n de la cuerda. )i el peso del prisionero es mayor que la tensi$n de la cuerda! entonces 6sta se rompe.
0 = mg = ,# +g % *.(1 m%s2 & = DII.G Nt.
'or lo que la cuerda no puede sostener al prisionero en esas condiciones. )in embargo! e/iste una "orma de acerlo sin que se rompa la cuerda. 'ara er esta "orma! agamos una similitud con un e/perimento! siendo 6ste el siguiente. )i ato un ladrillo o bloque con un ilo de coser a máquina! 6ste se romperá! puesto que no puede sostener el peso. 'ero si de-o caer el bloque con el ilo amarrado! 6ste ia-ará -unto con el bloque sin romperse! teniendo ambos una aceleraci$n igual a la de la graedad. 'uedo soltar el bloque teniendo sostenido el ilo! pero de tal manera que est6 tenso y ia-ando con el bloque a medida que aya cayendo. Jsa es la "orma en que el ilo no se rompa> es decir! que se encuentre acelerado acia aba-o. ,n el caso del prisionero ocurre lo mismo! para que la cuerda no se rompa! 6l debe de acelerarse acia aba-o. =agamos un análisis de las "uerzas que act*an sobre 6l! siendo 6stas( su propio peso %acia aba-o& y la tensi$n de la cuerda %acia arriba&! eligiendo un sistema de re"erencia positios acia aba-o! por la segunda ley tendremos(
∑ F y
= ma y
W −T = ma y mg −T = ma y
a y =
mg − T m
=
588.6 Nt − 500 Nt 60kg
=
88.6 Nt 60kg
= 1.47
m s 2
@. Una masa de 900 gr se cuelga de un ilo! del "ondo de ella pende una masa de 300 gr atada a un segundo ilo. ,ncuentre las tensiones de los dos ilos! si las masas( a& 'ermanecen inm$iles. b& :celeran acia aba-o con una aceleraci$n constante de D mHs 9. c& aen libremente. d& )i la má/ima tensi$n que pueden soportar las cuerdas es de 1D Nt. Euál es la má/ima aceleraci$n acia arriba que se le puede dar a las masas sin que se rompa la cuerdaF sobre m 1
+1
+9
+1
900 gr
+9
sobre m 9
m g 1
300 gr
+9
m g
y
y
a& )i permanecen inm$iles. a 0 'ara m1(
'ara m9
Σ = m1 a1
Σ = m12 a2
m1g !T 2 T 1 = #
m2 g T 2 = #
9
T 2 = m2 g T 2 = #. 3g % *.(1 m%s2 & 9@.<3 Nt
)ustituyendo para encontrar + 1 T 1 = m1g !T 2 T 1 = #.2 +g 4 *.(1m%s2 & 2*./ Nt T 1 = /*.) Nt
Lo cual representa el peso de m1 y m2 . b& )i aceleran acia aba-o con a D m%s2 Σ = m1 a1
Σ = m12 a2
m1g !T 2 T 1 = m1 a1
m2 g T 2 = m12 a2 T 2 = m2 g m12 a2 T 2 = m2 4g a2 5 T 2 = #. 3g 4 *.(1 m%s 2 ) m%s2 5 = 1.// Nt.
#espe-ando +1 T 1 = m1g !T 2 ! m1 a1 T 1 = #.2 +g 4 *.(1m%s2 5 ! 1.// Nt #.2 +g 4 ) m%s2 5 T 1 = 2./#2 Nt
c& )i caen libremente a g *.(1 m%s2 Σ = m1 a1
Σ = m12 a2
m1g !T 2 T 1 = m1 g
m2 g T 2 = m12g
T 2 = T 1
T 2 = m2 g C m12 g T 2 = #.
d& )i la má/ima tensi$n es de 1D Nt! escogemos aora un sistema de re"erencia positio acia arriba! ya que se moerán en esa direcci$n. omo e/isten dos cuerdas! elegimos la que soporta mayor peso! siendo 6sta T 1! en el caso de T 2 no podemos tomar el alor de 1D Nt! ya que para una misma aceleraci$n de ambos cuerpos! esta tensi$n es menor que la que soportar;a T 1. Σ = m1 a1
Σ = m2 a2
T 1 m1g T 2 = m1 a
T 2 m2 g = m2 a T 2 = m2 g m2 a
T 1 m1g % m2 g m2 a & = m1 a T 1 m1g m2 g C m2 a = m1 a T 1 m1g m2 g = m1 a m2 a T 1 g 4 m 1 ! m2 5 = a % m1 m2 5
a
=
T 1
− g (m1 + m2 ) m1 + m2
m 15 Nt − (9.81 2 )(0.2kg + 0.3kg ) s a= 0.2kg + 0.3kg
a = 20.19
m s
2
10. Un pasa-ero que ia-a en un barco en un mar tranquilo! cuelga con un ilo una pelota del teco de su camarote. 5bsera que! al acelerar la nae! la pelota se encuentra detrás del punto de suspensi$n y el p6ndulo ya no cuelga erticalmente. Euál será la aceleraci$n del barco cuando el p6ndulo se alla en un ángulo de D 0 con la erticalF )in acelerar
acelerando
y
+
/
θ
mg
∑ F x
= ma x
T x = ma x Tsenθ = ma x
a=
Tsenθ m
'ara determinar T agamos suma de "uerzas en el e-e .
∑ F y
= ma y
T y = ma y T cos θ − mg = 0
T =
mg cos θ
)ustituyendo en la ecuaci$n de aceleraci$n encontrada en la suma de "uerzas en el e-e x ( mg
a
=
senθ mg tanθ m m cosθ = = g tanθ = (9.81 2 )(tan 50 ) = 0.85 2 m m s s
11. Un bloque sin elocidad inicial se desliza sin rozamiento sobre un plano inclinado de 37 0. #espu6s de 3 s. a& E2u6 distancia recorreF b& Eon qu6 elocidad ba-a al "inal del plano si 6ste tiene una distancia de <0 mF omo ya se io en uno de los problemas anteriores! cuando no e/iste rozamiento! la aceleraci$n de los cuerpos es a = g sen θ , en este caso! a = ).*# m%s2
a& La distancia que recorre en tres segundos iene dada por la ecuaci$n de cinemática( x = x0
+ v0 t + 1 at 2
x − x0
=
2
1 2
(5.9
m s
2
)(3 s ) 2
= 26.55m
b& La elocidad con la que ba-a cuando a recorrido una distancia de <0 m iene dada por la ecuaci$n( v2
− v02 = 2a( x − x0 )
v=
2a ) x − x0 ) =
2(5.9
m s
2
)(40m) = 21.72
m s
19. ,n la parte superior de un plano inclinado sin "ricci$n de 1G m de longitud se suelta un cuerpo! originalmente en reposo y tarda < s en llegar a la parte mas ba-a del plano. #esde a; se lanza acia arriba a un segundo cuerpo! -usto en el momento en que se suelta el primero! de tal "orma que ambos llegan simultáneamente a la parte más ba-a. a& alcular la aceleraci$n de cada uno de los cuerpos sobre el plano inclinado. b& Euál era la elocidad inicial del segundo cuerpoF c& Euál es el ángulo que "orma el plano respecto a la orizontalF a& omo no ay rozamiento! la aceleraci$n iene dada por a = g senθ , la cual se puede determinar tambi6n mediante la ecuaci$n de cinemática( x = x0
+ v0 t + 1 at 2
x = x0
+0+
a
=
2
1 2
2( x − x0 ) 2
t
2
at
=
2(16m) (4 s)
2
=2
m s
2
: partir de este resultado! podemos calcular el ángulo de inclinaci$n del plano inclinado! siendo 6ste( a = gsenθ
2 m 2 −1 a −1 s = 11.76 0 θ = sen = sen g 9.81 m s 2 b& 'ara determinar la elocidad del segundo cuerpo! utilizamos el eco de que el plano no tiene rozamiento! de tal "orma que cuando sube! el cuerpo a desacelerando uni"ormemente siendo la aceleraci$n a = g sen θ . uando desciende! el cuerpo a acelerando uni"ormemente! teniendo una aceleraci$n de a = g sen θ . 'or la simetr;a del problema! el tiempo que tarda en subir es el mismo que tarda en ba-ar y como el tiempo total es la suma de ambos! entonces el tiempo en subir es de 9 segundos. Utilizando ese eco y la ecuaci$n de moimiento de cinemática( - = - # ! at
#espe-amos 0 y sustituimos el alor de la aceleraci$n de subida - # = a t - # = 4 g sen θ ) t - # = 4 *.(1 m%s 2 5 4 sen 11.$, # 5 4 2 s 5 = / m%s.
13. )e lanza un bloque acia arriba sobre un plano inclinado sin "ricci$n! con una rapidez inicial 0. ,l ángulo de inclinaci$n es θ. a& Euánto ascenderá por el planoF b& Euánto tiempo tarda en acerloF c& Euál es su rapidez cuando regresa asta la baseF d& alcule los incisos anteriores para θ 300 > 0 9 mHs. a& Jste es un problema parecido al anterior! donde la desaceleraci$n es a = g sen θ ! la distancia que asciende sobre el plano iene dada por la ecuaci$n( v
2
− v02 = 2a( x − x0 )
x − x0
=
v
− v02
2
2a
0 − v0
2
=
2a
2 v0 − v02 = = 2(− gsenθ ) 2gsenθ
b& ,l tiempo que tarda en acerlo se encuentra a partir de la ecuaci$n( v = v0 + at
t =
v − v0 a
=
− v0
=
v0
− gsenθ gsenθ
c& La rapidez con que regresa a la base del plano! es la misma que con la que inici$ la subida. ,sto se puede demostrar considerando que ya se encuentra en su punto más alto! teniendo( una elocidad inicial nula -' # = # ! e/perimentando una aceleraci$n( a' = g sen θ !
recorriendo una distancia de( x − x0 =
v 02 2 gsenθ
en un tiempo de( t =
v0 gsenθ
on esos datos se puede encontrar la elocidad "inal que llamaremos " ! a partir de la ecuaci$n %para di"erenciar los datos de cuando subi$ se a agregado un ap$stro"e &( -' f = -' # ! a' t '
v´ f
v = 0 + ( gsenθ ) 0 = v0 gsenθ
d& 'ara determinar este inciso! *nicamente se sustituyen los alores proporcionados en las ecuaciones encontradas anteriormente.
1<. Un ombre de I0 kg se lanza con un paraca;das y su"re una desaceleraci$n de 9.D mHs 9. La masa del paraca;das es de D kg. a& Euál es el alor de la "uerza e-ercida acia arriba por el aire sobre el paraca;dasF b& Euál es el alor de la "uerza e-ercida acia aba-o por el ombre sobre el paraca;dasF )obre el paraca;das y w p 4aHp 4uerza que e-erce el aire 4pH 4uerza que e-erce el sobre el paraca;das.
y
)obre el ombre
bloque : se muea 1.0 mts.
w
ombre K+Hp 4uerza que e-erce la +ierra sobre el paraca;das.
KHp 4uerza que e-erce el ombre sobre el paraca;das. yC
K peso del ombre yC
=agamos suma de "uerzas sobre el ombre! iniciamos con 6l! debido a que sobre el paraca;das desconocemos la "uerza que e-erce el ombre sobre el paraca;das! en estos casos! err$neamente se supone que esta "uerza es igual al peso del ombre! pero como los cuerpos están acelerados! dica "uerza puede aumentar o disminuir. 'ara rea"irmar lo anterior! si el ombre "uese en ca;da libre %acelerado& su peso ser;a nulo. )obre el ombre(
∑ F y
= m H a
F p − m H g = m H a H
F p = m H a + m H g H
F p = (a + g )m H H
m m F p = (9.81 2 + 2.5 2 )80kg s s H F p = 984 Nt H
'or la tercera ley de Newton! esta "uerza es igual en magnitud pero en sentido contrario a la que e-erce el ombre sobre el paraca;das. )obre el paraca;das(
∑ F y
= m p a
F a − m p g − F H = m p a p
F a = m p (a + g ) + F H p
F a = (5kg )(2.5 + 9.81)
m s
2
+ 984 Nt
F a = 1045.5 Nt Nota( en este e-ercicio! se consider$ una aceleraci$n positia de 9.D mHs 9 E'or qu6 F si el problema dice que tiene una desaceleraci6n de 9.D mHs 9. 7ugerencia( en base a diagramas de ca;da de los
cuerpos! considerando sistemas de re"erencia positios acia arriba! negatios acia aba-o! analice como son los cambios de posici$n! como son las elocidades y los cambios de elocidad para determinar el signo de la aceleraci$n. 1D. #e la siguiente "igura! calcule la aceleraci$n de las masas y las tensiones de las cuerdas. 100 kg
900 kg 37 0
300 kg
omo tenemos tres cuerpos moi6ndose simultáneamente! debemos tener un diagrama de cuerpo libre para cada uno. )obre m1 y N1
)obre m9 +1
y
yC
N9
+1
+9
+9
/ K1
)obre m3
θ
K9
K3 /
y
:plicamos la suma de "uerzas en cada diagrama! pero antes! obseremos que la aceleraci$n de los cuerpos a a ser la misma! es decir a1x = a2x =a = a> Σ x = m1 a1x
Σ x = m2 a2x
Σ x = m ax
T 1 = m1a
T 2 ! m2 g senθ T 1 = m2 a
mg T 2 = m3a
despe-ando T 2 de la tercera ecuaci$n( T 2 = mg m3a
sustituyendo T 1 de la primera y> T 2 despe-ada en la ecuaci$n de enmedio( mg m3a ! m2 g senθ m1a = m2 a
despe-ando a la aceleraci$n( mg ! m2 g sen θ = m2 a m3a m1a mg ! m2 g sen θ = 4 m2 m3 m1 5a
a
=
m3 g + m2 gsenθ m1
+ m2 + m3
las tensiones se encuentran sustituyendo en las ecuaciones respectias( T 1
m g + m2 gsenθ = m1 3 + + m m m 1 2 3
T 3
m g + m2 gsenθ = m3 g − m3 3 m m m + + 2 3 1
1G. #os bloques con masa de 90 kg cada uno! descansan sobre super"icies lisas. )uponiendo que las poleas son ligeras y sin rozamiento. alcule( a& ,l tiempo requerido para que el bloque : se muea 1.0 m acia aba-o del plano! partiendo del reposo. b& La tensi$n de la cuerda que une a los bloques.
370 ,l tiempo requerido se encuentra a partir de las ecuaciones de cinemática que contengan dico parámetro( x = x0
+ v0 t + 1 at 2 2
v = v0 + at
y en ambos casos se requiere conocer la aceleraci$n! la cual se determina aplicando las leyes de Newton( y
y
N1 +1
+1 /
θ
/
K9
K1
Σ x = m1 a1 x
Σ x = m2 a2 x
m1g sen θ T = m1 a
T = m2 a
m1g sen θ m2 a = m1 a m1g sen θ = m1 a ! m2 a
a=
m1 gsenθ m1 + m 2
N9
a& #espe-ando el tiempo y como el cuerpo parte del reposo % 0 0 &( t =
2( x − x0 ) a
=
2( x − x0 ) m1 gsenθ m1
=
2( x − x0 )(m1 + m2 )
m1 gsenθ
+ m2
sustituyendo alores( t =
2(21m)(20kg + 20kg ) m 0 20kg (9.81 2 ) sen37 s
= 0.823 s
b& La tensi$n se encuentra sustituyendo la aceleraci$n en la ecuaci$n respectia(
m1 gsenθ m2 m1 gsenθ = m1 + m2 m1 + m2
T = m2
m (20kg )(20kg )(9.81 2 ) sen37 0 s T = = 59.03 Nt 40kg
17. alcule en "unci$n de m1! m9 y g ! la aceleraci$n de los dos bloques si no e/iste rozamiento entre m1 y la mesa! ni en la polea. m1
y
yC
+1
+1 /
/
m1 g ?9
+1
m9 g y
:ntes de resoler el problema! debemos analizar el moimiento de los dos cuerpos. uando m1 recorre una distancia d acia la dereca> el cuerpo de masa m2 ba-a una distancia d%2 ! debido a que es la misma cuerda. ,n otras palabras! la longitud de la cuerda en m1 debe de compartirse en el cuerpo 9! por tal raz$n la aceleraci$n a1 deberá ser el doble de la aceleraci$n a2 ! para que en el mismo tiempo un cuerpo recorra una distancia d y el otro una d%2 . Σ x = m1 a1 x
Σ = m2 a2
T = m1 a1x
m2 g T T = m 2 a2
donde( a a1/ 9 a9y $
a9y a H 9
entonces( T = m1 a
y m2 g T T =4 m 2 a 5 % 2 m2 g m1 a m1 a =4 m2 a 5 % 2
m2 g =4 m 2 a 5 % 2 ! m1 a ! m1 a a 4m2 % 2 ! m1 ! m1 5 = m2 g a 4m2 % 2 ! 2 m1 5 = m2 g
m2 + 4m1 = m g 2 2
a
a(m2 + 4m1 ) = 2m2 g a=
2m2 g (m2
+ 4m1 )
la aceleraci$n para m1. 'ara m2 ( a2 y
=
a 2
=
m2 g (m2
+ 4m1 )
1@. Euál es la magnitud de una "uerza paralela a un plano inclinado 30 0 necesaria para dar a una ca-a de D kg una aceleraci$n de 0.90 mHs 9 acia arriba del planoF EM si la "uerza es transersal al planoF transersal
paralela
y 1
y 1
N
N
4
/ 1
/ 1
θ
4 θ θ
θ
K
K Σ x = m a x
Σ x = m a x
mg sen θ = ma x
cos θ mg sen θ = m a x
= mg sen θ ! ma x
F =
= m 4 g sen θ ! a x &
F =
m
0
m
F = 5kg (9.81 2 ) sen30 + 0.2 2 s s = 2).)2 Nt.
F =
mgsenθ + ma x cosθ
m( gsenθ + a x ) cosθ
m 0 5kg (9.81 2 ) sen30 s 0 cos 30
+ 0.2
= 2*./$ Nt.
m s
2
90. Un autom$il que se muee a 90 mHs empieza a subir en un plano inclinado a 37 0! al mismo tiempo! otro autom$il que se encuentra a una distancia de 100 m sobre el plano inclinado! empieza a moerse acia aba-o a partir del reposo. :l ignorarse las "uerzas de "ricci$n! a& E: qu6 distancia de la parte in"erior del plano inclinado se encontrarán los autom$iles cuando pasen uno al lado del otroF b& E2u6 elocidades tendrán los autos en e se instanteF ásicamente! 6ste es un problema de cinemática! lo *nico que requerimos de dinámica es conocer las aceleraciones de los autos! y como no e/iste "ricci$n! la aceleraci$n del auto que ba-a es( a = g sen $ # %acelerando&
en tanto que la del que sube es( a = g sen $ # %"renando&
+omando un sistema de re"erencia con origen en el auto que se encuentra a 100 m sobre el plano y con una conenci$n de signos acia aba-o! la ecuaci$n de moimiento de ambos cuerpos es( x = x0
+ v0 t + 1 at 2 2
)in embargo! debido a la conenci$n de signos del sistema de re"erencia! antes de sustituir datos y realizar operaciones! debe tenerse muco cuidado con la aceleraci$n del auto que sube! ya que por moerse en sentido contrario de las / ! tiene asociada en todo momento una elocidad negatia! la cual a disminuyendo en magnitud asta que se ace cero! de tal manera que(
a s
=
∆v v − v0 = = ∆t t − t 0
0 − (−20
m s
)
t
20
=
m
s t
la aceleraci$n será positia. #e esta "orma tenemos que( 1
xb = x0b + v0b t + x s
2
2
ab t
= x0 s + v0 s t + 1 a s t 2 2
y con las condiciones particulares para cada uno de ellos tenemos que( xb = 0 + 0 +
1 2
0
2
( gsen37 )t
x s = 100 − 20t +
1 2
(+ gsen37 0 )t 2
a& )e encuentran cuando ambos están en la misma posici$n( x b = x s. Ogualando las ecuaciones( 1 2 1 2
( gsen37 0 )t 2 = 100 − 20t + ( gsen37 0 )t 2 −
t =
100m = 5 s m 20 s
1 2
1 2
( gsen37 0 )t 2
( gsen37 0 )t 2 + 20t = 100
)ustituyendo para encontrar la posici$n( xb =
xb =
1
( gsen37 0 )t 2
2
1
m 0 2 (9.81 2 ) sen37 (5 s) = 73.79m 2 s
b& Las elocidades ienen dadas por la ecuaci$n( - = - # !at
,l de subida es( - s = 2# ! g sen$ # 4)5 - s = *.)1 m%s %ya a de ba-ada. Una elocidad positia indica moimiento en direcci$n de las / &
La elocidad del auto que inicia el descenso es( - b = 4 g senθ 5 t - b = 2*.)1 m%s
)i queremos conocer el tiempo que tarda el auto que a de subida! en detenerse! podemos emplear la ecuaci$n(
a s
∆v v − v0 = = ∆t t − t 0
=
20
t
m s
)
20
=
m
s t
m
s t
a s = 20 t =
0 − (−20
m s
a s
donde( a s
= gsen370 = 5.9
m s
2
sustituyendo( 20 t = 5.9
m s = 3.39 s m s
2
2ue es menor que el tiempo que tardan en estar uno al lado del otro. 91. Un electr$n es lanzado orizontalmente con una elocidad de 1.9 / 10 7 mHs en un campo el6ctrico que e-erce sobre 6l una "uerza ertical acia arriba constante de <.D / 10 C31 Nt. )i la masa del electr$n es de @.1 / 10 C31 kg. #eterminar la distancia ertical recorrida por el electr$n durante el tiempo que le toma moerse una distancia orizontal de 3 cm.
3 cm.
0
eC
4 w
eC
trayectoria distancia ertical que se des;a
C C C C C C C C C C C C C C C C La "uerza ertical es una "uerza de origen el6ctrico! que puede ser originada por un par de placas paralelas con cargas de di"erente signo! de tal manera que la placa negatia repele al electr$n! en tanto que la positia lo atrae! acelerándolo y describiendo una trayectoria parab$lica. ,n el e-e de las / no e/isten "uerzas! por lo tanto! acemos sumatoria de "uerzas en el e-e .
∑ F y
= me − a y
F e − me − g = me − a y
a y
=
F e
− me− g me−
)ustituyendo datos( m 4.5 x10 −31 kg − (9.1 x10 −31 kg )(9.81 2 ) m s a y = = −9.31 2 −31 s 9.1 x10 kg
,n este caso! la interpretaci$n del signo de la aceleraci$n debemos de encontrarlo a partir de la sumatoria de "uerzas en el e-e ! indicándonos que el peso es mayor que la "uerza el6ctrica! resultando una "uerza neta ertical acia aba-o y consecuentemente! la trayectoria del electr$n está inertida en la "igura. %E2u6 pasar;a en las mismas condiciones si las placas se inirtieranF&. on dica aceleraci$n encontraremos la distancia ertical recorrida por el electr$n! a partir de la ecuaci$n( y = y0 + v 0 y t +
1 2
2
a y t
como se lanz$ orizontalmente! - # = # > tomando el origen en donde inicia la placa # = # ! quedándonos( y =
1 2
a y t 2
)in embargo! desconocemos el tiempo! el cual se encuentra a partir de la ecuaci$n de moimiento uni"orme en x . x = x0 + v 0 x t
t =
x − x0 v0 x
=
0.03m 1.2 x10 7
−9
m
= 2.5 x10 s
s
sustituyendo los datos en la ecuaci$n d e moimiento ertical(
y =
1
m ( −9.31 2 )(2.5 x10 −9 s ) = 2.9 x10 −17 m 2 s