Ejercicios Resueltos de Dinamica

MECANICA II: EJERCICIOS UNIDAD 2

12.10 Un paquete de 40 kg. Se encuentra sobre un plano inclinado cuando se le aplica una fuerza P. Los coeficientes de fricción estática y cinética entre el paquete y el plano son: 0.30 y 0.25 respectivamente. Determine: la magnitud de P si se requieren 4 s para que el paquete recorra 10 m al ascender por el plano.

∑ F=ma → Tomando la dirección del movimiento como eje x.

→ ∑ Fx=ma Pcos 500−Wsen 200−f r=ma [ 1 ] ↑ ∑ Fy=0 N−Psen 500−Wcos 200 =0 [ 2 ]


Si f r =μN

De la ecuación

[ 1 ] se tiene:

f r=μN

0

0

Pcos 50 −Wsen 20 −μN=ma [ 3 ]

Despejando N de la ecuación

0

[ 2]

0

N=Psen 50 +Wcos 20

Sustituimos N en la ecuación

[ 3]

Pcos 500−Wsen 200−μ [ Psen50 0+ Wcos200 ] =ma 0

0

0

0

Pcos 50 −μPsen 50 =ma+Wsen 20 + μWcos20

P ( cos 500−μsen 50 0) =ma+W (sen 200 + μcos 20 0)

Despejando P de la ecuación: 0

P=

0

ma+W ( sen 20 + μcos 20 ) [4] ( cos 500−μsen 500 )

Siendo la aceleración la única incógnita, la calculamos utilizando las ecuaciones de movimiento:


a=

dv ⟹ adt=dv dt

Integramos con sus respectivos límites:

t

v

∫ adt =∫ dv ⟹ at=v−v 0

t=0

v0

v=

Sustituimos

at=

dx dt

dx dt

e integramos

atdt=dx

Evaluando en sus respectivos limites:

t

x

∫ atdt=∫ dx

t=0

x0

1 2 a t =x−x 0 2

Despejando la aceleración:

a=

2 ( x−x 0 ) t

2

[ m/ s2 ]

Sustituyendo valores:


a=

2 ( 10 ) m =1.25 2 2 ( 4) s

Tomamos la ecuación [4] y considerando que

a=0 y μ=0.30

ma+W ( sen 200 + μcos 200 ) P= (cos 500−μsen 500 ) Así la fuerza necesaria para iniciar el movimiento es:

P=

244.46 =591.91 N 0.413

La fuerza que se requiere para que el bloque se mueva a una aceleración de 1.25 m/s 2 (considerando μ=0.25) es:

ma+W ( sen 200 + μcos 200 ) P= (cos 500−μsen 500 )

P=

276.02 =612.01 N 0.451

12.51 Una curva en una pista de carreras tiene un radio de 1000 ft y una rapidez máxima de 120 mi/h. (Vea en el problema resuelto 12.6 la definición de velocidad máxima.) Si se sabe que un automóvil de carreras comienza a derrapar sobre la curva cuando viaja a una rapidez de 180 mi/h, determine a) el ángulo θ del peralte, b) el coeficiente de fricción estática entre las llantas y la pista bajo las condiciones prevalecientes, c) la rapidez mínima a la cual el mismo automóvil podría pasar la curva sin dificultades.


El automóvil se traslada en una trayectoria circular de radio ρ = 1000 ft. La 2 componente normal an =v / ρ , la masa del auto es W / g . Puesto que no se ejerce fuerza de fricción lateral sobre el auto, la reacción R de la pista se presenta perpendicular al mismo. Aplicando la segunda ley de Newton: +↑ ∑ F y =0

R cos θ−W =0 [ 1 ]

R=

W [ 2] cosθ

+ ¿ ∑ F N =ma n → ¿ R senθ=

W a [3 ] g n

a) ángulo θ del peralte Considerando que

2

an =v / ρ :

Sustituimos [2] en [3]:

MECANICA II: EJERCICIOS UNIDAD 2 2

( )( )

W W senθ= cosθ g

v ρ

v 2=gρ tanθ θ

Despejando v2 gρ

θ=tan −1

θ=tan

(

−1

177

ft s

2

)

(

( 1000 ft ) 32.2

ft s2

)

θ=44.210

an =v 2 / ρ

ft 2 s m an = =31.32 2 1000 ft s

(

177

)

b) coeficiente de fricción estática entre las llantas y la pista bajo las condiciones prevalecientes.

→ ∑ Fx=ma

→−F N +Wsenθ =ma


Con

a=0

F N =Wsenθ

Pero:

μS =F N ↔ μ S=Wsenθ

↑ ∑ F y=0

N−Wcosθ=0

μS =Wcosθ

Así que:

μS =

Wsenθ =tg θ Wcosθ

μS =0.972

c) la rapidez mínima a la cual el mismo automóvil podría pasar la curva sin dificultades.


Iniciamos el análisis de movimiento y plateamos las ecuaciones del mismo, en este caso Movimiento normal y tangencial.

→ ∑ F N =m an

R=F + N

Sabiendo que R sen ( μ S−θ )=m

y

an =

v2 ρ

v2 [4] ρ

↑ ∑ F y =0 R cos ( μS −θ ) −W =0 R cos ( μS −θ ) −W =mg[5 ]

De lo anterior deducimos por identidad trigonométrica: v2 R sen ( μs −θ ) m ρ = R cos ( μs−θ ) mg Y despejando la velocidad:


v min =√ gρtg ( μS −θ )

v min =80.86

ft s


12.5 Un bloque de 40 lb inicia su movimiento desde el reposo desplazándose hacia arriba cuando se aplican fuerzas constantes de 10 y 20 lb sobre las cuerdas que lo sostienen. Si se ignoran las masas de las poleas y el efecto de fricción, determine la velocidad del bloque después de que se ha movido 1.5 ft Analizando por poleas se tiene:

F=ma

Por lo tanto

a=

f m


322 lbft / s a= 40lb a=8.05 ft / s ²

a=

dv dv =v= dt dy

ady=vdv

y

v

a=∫ dy=∫ vdv y0

0

1 a(Y −Y ₀)= V 2 2

V 2=2 a ( y− y 0 ) V =√ 2(8.05

V =4.91

ft )(1.5 ft ) 2 s

ft s

12.5 La plomada de un péndulo de 2 m describe un arco de círculo en un plano vertical. Si la tensión de la cuerda de estos puntos es cinco veces el peso de la plomada en la posición que se indica, determine la velocidad y la aceleración de la plomada en esa posición.


DEL DCL SE TIENE QUE 2

∑ F N =ma n an=

v ρ

T −mg cosθ=ma n Si T =5 mg

5 mg−mgcosθ=ma n mg (5−cos θ)=m an an =g (5−cos θ) ¿ 9.8

m (5−cos 30) 2 s

an =40.51

m 2 s


an =

v entonces ρ

√

v =√ an ρ= (40.51

v =9.0

m )(2 m) s2

m s

12.6 Determine la velocidad máxima de la curva de una autopista de radio ρ=400 ft que tiene un ángulo de peralte de θ =18 ° . La velocidad máxima


de la curva peraltada de una autopista es aquella a la cual un automóvil debe viajar para que no exista fuerza de rozamiento lateral en sus neumáticos.

+↑ ∑ F y =0 .

R cosθ−W =0

R=

W [ 1] cosθ

+ ¿ ∑ F n=m an ← ¿ R senθ=

W a [2 ] g n

( 1)

Al sustituir R de

en

2

( )( )

W W senθ= cosθ g

v ρ

2

v =gρ tg θ

√(

v = 32.2

ft ( 400 ft ) tg 180 2 s

)

( 2)

y recordando que

v2 an = ρ


v =64.7

ft mi =44.1 s h

12.46 En el transcurso de una persecución a alta velocidad, un automóvil deportivo de 2400lb que viajaba a una rapidez de 100 mi/h apenas pierde contacto con el camino cuando alcanza la cresta A de una colina. a) ρ Determine el radio de curvatura del perfil vertical del camino en A. b)


utilizando el valor de ρ . Que se encontró en el inciso anterior a), determine la fuerza que ejerce el asiento de un conductor de 160lb que conduce un automóvil de 3100lb, cuando este último, viajando a una rapidez constante de 50 mi/h, pasa por A.

Datos: g=32.2 ft /s

2

W 1 =2400lb auto

v =100 mi/h =146.66 ft/s a) Determine el radio de curvatura

ρ

del perfil vertical del camino en A.

W pers =160 lb W 2 3100 lb auto

v =50 mi/h =73.33 ft/s

b) utilizando el valor de ρ . Que se encontró en el inciso anterior a), determine la fuerza que ejerce el asiento de un conductor de 160 lb que conduce un automóvil de 3100 lb, cuando este último, viajando a una rapidez constante de 50 mi/h, pasa por A.

MECANICA II: EJERCICIOS UNIDAD 2 Teniendo realizada las conversiones de la velocidad a pies por segundo. De acuerdo al diagrama de cuerpo libre, se procede analizar con la ecuación de la segundo ley Newton.

+↓ ∑ F n=ma n

m=

2

W g

a=

y

v ρ

W1 ∗v 2 g = ρ auto

∴W 1

auto

Despejando

ρ

en la ecuación anterior se tiene:

g∗¿ W 1 ∗v2 v 2 ρ= =¿ g∗W 1 auto

auto

ρ=

(146.66 ft /s )2 =667.98 ft 9.81 m/s 2

Para el inciso b) se analiza el diagrama de cuerpo libre sig.:

Como la velocidad es constante, entonces se tiene que

at =0 , por lo tanto,

solo se analizara la aceleración normal que ejerce el conductor. +↓ ∑ F n=ma n

W pers 2 ∗v g W pers−N = ρ Despejando n se tiene:


W pers 2 ∗v g N=W pers− ρ 2

v N=W pers(1− ) g∗ρ 2

73.33 ft /s ¿ (¿ ¿ 32.2 ft / s2∗667.98 ft ) 1−¿ N =160 lb¿

N=119.984 lb


12.44. Un niño que tiene una masa de 22 kg se sienta sobre un columpio y un segundo niño lo mantiene en la posición mostrada. Si se desprecia la masa del columpio, determine la tensión en la cuerda AB a) mientras el segundo niño sostiene el columpio con sus brazos extendidos de manera horizontal, b) inmediatamente después de soltar el columpio.


Diagrama de cuerpo libre:

a)

Σ F y =0 ο

T AB cos 35 −W =0 ο

T AB cos 35 −22 kg x 9.81

T AB =

m =0 s2

215.82 =263.4 cos 35ο

La tensión se divide en dos cuerdas

263.4 =131.7 N 2

b)

Σ F=ma


El movimiento que hace el columpio es curvilíneo por lo tanto tenemos una aceleración normal y tangencial En

t=0 ;

v =0

2

entonces

an =

v =0 ρ

Hacemos una sumatoria de fuerzas normales

Σ F n=0 BA−¿ wcos35 °=0 T¿ BA−¿ 176.8=0 T¿ T BA=

176.8 =88.39 N 2


12.26 Un resorte AB de constante k se une a un soporte A y a un collarín de masa m. La longitud no alargada del resorte es l. Si se suelta el collarín desde el reposo en x = x0 y se desprecia la fricción entre el collarín y la varilla horizontal, determine la magnitud de la velocidad del collarín cuando pasa por el punto C.

Diagrama de cuerpo libre El movimiento del collarín es en el eje X por lo tanto hacemos el análisis de fuerzas en este eje ΣF=ma Σ F x =ma −F R cos θ=ma

Donde:

x √ x 2+l2 cos ¿

θ=¿

La magnitud de la fuerza ejercida por un resorte sobre un cuerpo es proporcional a la deformación x del resorte a partir de la posición inicial x 0 F=Kx F=K √ x 2 +l 2−l 2 2 - K √ x +l −l

x

(√ )

k 2 2 - m √ x +l −l

2

x +l

(

2

=ma

x =a √ x 2 +l2

)


k xl x− =a - m √ x2 +l2

(

)

Como tenemos

a

Sabemos que

a=v

la integramos para obtener la velocidad dv dx

Usamos esta ecuación porque necesitamos conocer la velocidad y las ecuaciones anteriores están en función de la posición x y l x=x 0 ;

En t=0 ;

v =0

Integramos v

0

∫ vdv= −k ∫ m 0

x0

(

x−

xl dx √ x 2+ l 2

[

)

]

1 2 −k 1 2 v= x −l √ x2 +l 2 0 2 m 2 x0

[ (

1 2 −k v= (−l 2 ) − 1 x 02−l √ x 02 +l2 2 m 2

v=

√

)]

k ( √ x 02 +l2−l ) m Problema 12.49 Una piloto de 54 kg vuela un jet de entrenamiento en una media vuelta vertical de 1 200 m de radio de manera que la velocidad del jet disminuye a razón constante. Si se sabe que los pesos aparentes de la piloto en los puntos A y C son respectivamente de 1 680 N y 350 N, determine la fuerza que ejerce sobre ella el asiento del jet cuando éste se encuentra en el punto B.


Dadom=54 kg ; at =constate A +C : ( W A ¿ A =1680 N ( W c ¿c=350 N

Finalmente ( F piloto) El peso aparente del piloto es igual a la fuerza vertical que ella ejerce sobre el asiento del avión de entrenamiento.

Ya que at =es constante de A a C . 2

+↑ Σ F n=m an : N A −W =m

v → va ρ

N A −mg v 2 n = m ρ m/¿ s 1680 N −9.81 ¿ 54 kg ¿ 2 m / ¿s 2

2

2 A

v =( 1200 ) ¿

√( ρ

NA −g m

)

¿ v A =159.87

m s


DCL A

+↓ Σ F n=m an : N c +W =m

v2 ρ

N A −mg v 2 n = m ρ

m/¿ s 350 N +9.81 ¿ 54 kg ¿ 2 m /¿s 2 v c =( 1200 m ) ¿ 2

2

N ( √ m −g) ρ

v C =139.82

m s

A

¿ vC


at =cte .

Desde

teniendo desde

v 2c =v 2A +2 at Δ S AC

A a C . Ecuación de MUA.

↔V 2 =V 20 +2 a( X −X 0 )

V 2=V 20 +2 a( ∆ S AC )

2

m /s

1954.7

2

=25561.3

2

m /s

2

+

2 at ( π∗1200 m )

19549.7 m2 /s 2−25561.3 m2 /s 2 2400 π

at =¿

at =−0.79730 m/s

= -0.79730

2

Entonces desde A a B

2

2

v B=v A +2 at Δ S AB 2

2

¿ 25561.3 m/s +2(−0.79730 m/s )( v 2B=22555.54 m2 /s 2

π x 1200 m) 2

m/ s 2


+← Σ F n=m an : N B−W =m

N B =5 4 Kg (

V 2B ρ

22555 m2 /s 2 ) = 1014.98 N 1200 m

+↓ Σ Ft =m at : w+ PB m|at| P=m at −w P=m( at−mg) PB =( 54 K g ) ( 0.79730−9.81 ) m/s 2 PB =486.69N ↑ F ¿ ¿ ¿

=

√N

2 B

+ P2B

=

√(1014.98)2+(486.69)2

F Piloto ¿ B=1126 N ¿ (

F PILOTO ¿ B=1126 N ∢ 25.6 0


Problema 12.9. Un paquete de 20 kg se encuentra en reposo sobre un plano inclinado cuando se le aplica una fuerza P. Determine la magnitud de P si se requieren 10 s para que el paquete recorra 5 m hacia arriba por el plano inclinado. Los coeficientes de fricción estática y cinética entre el paquete y el plano inclinado son iguales a 0.3.

m=20 kg t=10 s


x=5 m Usando la ecuación de movimiento se determina la aceleración

1 x=x 0+ v 0 t+ a t 2 2 a=

5 (2) m =0.1 2 2 10 s

Haciendo sumatorias de fuerzas en

xyy

∑ F y =0 N−wcos 20−P sen 50=0 N=mgcos 20+ P sen 50 [ 1 ] Fr =μk ∗N

∑ F x =ma P cos 50−w sen 20−μk N=ma [ 2 ]

Despejando la ecuación 1 en 2

P cos 50−mg sen 20−μk (mg cos 20+ P sen 50)=ma Resolviendo para P

P cos 50−67.1−0.3(184.36+ P sen 50)=2

P cos 50−0.3 ( P sen 50 )=2+67.1+55.3

P=

124.4 =301.22 N cos 50−0.3 sen 50


Problema 12.12 Los dos bloques que se muestran en la figura se encuentran originalmente en reposo. Si se desprecian las masas de las poleas y el efecto de fricción en éstas y se supone que los componentes de fricción entre el bloque A y la superficie horizontal son

μ s=0.25

tensión en el cable.

y

μ k=0.20 , determine a) la aceleración de cada bloque, b) la


Determinando si los bloques se moverán donde primero suponemos que no se mueven por lo tanto:

a A =a B=0


Haciendo sumatorias de fuerzas

∑ F y =0 w B−3 T =0 1 T = mB g [ 1 ] 3

∑ F x =0 Fa −T =0 FrA −T =0 [ 2 ] Despejando

FrA

y sustituyendo la ecuación

1 m FrA = ( 25 kg ) 9.81 2 =81.75 N 3 s

(

∑ F y=0 w A−N A =0 N A =m A g [ 3 ]

)

[ 1 ] en [ 2 ] :


Frmax =μs A∗N A [ 4 ]

Frmax =μsA∗m A g

[ 3 ] en [ 4 ]

Despejando ecuación

Frmax =0.25∗30 kg∗9.81 F A > Frmax

m =73.575 N s2

Esto implica que el bloque se moverá

Entonces se utilizara el coeficiente de fricción dinámico para resolverlo, entonces haciendo sumatorias de fuerzas

∑ F y =0

Para el bloque A

w A−N A =0 N A =m A g Fr =μkA∗N A Fr =0.2∗m A g [ 5 ]

∑ F x =mA a A

Para el bloque A

Fr −T =m A a A [ 6 ] Despejando

T

y sustituyendo la ecuación

[ 5 ] en [ 6 ] :

T =0.2∗m A g−3 mA aB [ 7 ]

∑ F y =mB a B

Para el bloque B

w B−3 T =m B aB [ 8 ] Sustituyendo la ecuación

[ 7 ] en [ 8 ] y resolviendo para

aB


mB g−3 (0.2∗m A g+3 m A a B )=mB a B

245.25−176.58−270 aB =25 a B

a B=

−68.67 m =0.2327 2 −295 s

Despejando para T

T =(0.2∗30 kg∗9.81

m m )+(3∗30 kg∗0.2327 2 ) 2 s s

T =79.803 N Despejando para

aA

Fr −T =m A a A

F (¿¿ r−T ) 0.2∗m A g−T = mA mA a A =¿

0.2∗(30 kg)(9.81 aA=

a A =−0.698

30 kg

m s2

m )−79.803 s2


.


Ejercicios Resueltos de Dinamica

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