Capítulo 2 2.74
Una corredora corredora con masa 56.1 kg parte del reposo reposo y aceler acelera a con 2 hasta que alcanza alcanza una velocda velocdad d de 5.1 m!s. luego luego a=1.23 a=1.23 m/s hasta contnua contnua correndo correndo a esta velocdad velocdad constante constante.. "Cu#nto "Cu#nto tarda en recorrer 173 m$
En el instante t=0 la corredora parte del reposo v 0=0 y con posición inicial x 0=0, y acelera hasta alcanzar una velocidad de 5.1 m/s. Lo primero es encontrar durante cuánto tiempo se movió con movimiento acelerado v (t ) = a ⋅ t + v 0
5.1
5.1 1.23
m = 1.23 m ⋅ t + 0 m s s 2 s
m s = t m s 2
t 1 = 4.15 s
Ahora se busca cuánto logró avanzar en ese lapso de tiempo dx v (t ) = 1.23 ⋅ t
dt
= 1.23 ⋅ t
x
∫
x0
dx =
4.15
∫ t 0
1.23 ⋅ t dt
4.15
x − x 0
t 2 = 1.23 ⋅ 2 t
t 0 = 0 ∧ x 0 = 0
0
x = 10 .5732 m
!asta ahora se sabe "ue la corredora se toma #.15 segundos en avanzar 1$.5% metros, luego de eso comienza a moverse sin aceleración a=0 m/s2 y con la velocidad "ue tiene en ese instante, es decir 5.1 m/s. En ese punto le &alta &alta avanzar avanzar recorre en
173 m − 10.57 m = 162 .42 m
. 'on esa velocidad esa distancia se
162.42 [ m] 5.1
x (t ) = v ⋅ t
m s
= t
t 2 = 31.85 s t 1 + t 2 = 36.0 s
Al sumar los tiempo tiempos s se encuentra encuentra "ue , "ue es la respuesta buscada, es decir % la corredora se tarda 36 s en recorrer 173 m.
2.75
Un &et toca psta con una rapdez de 142.4 mph. 'espu(s de 12.4 s se detene por completo. )uponendo una acelerac*n constante "a qu( dstanca del punto en el que toc* psta se detene el &et$ Lo primero es trans&ormar la velocidad a unidades coherentes con el tiempo 142.4
millas h
×
1609.34 m milla
×
1 h 3600 s
= 63.66
m
v 0 = 63.66
s
m s
'on la velocidad inicial y el tiempo "ue le tomó detenerse teniendo en cuenta "ue la aceleración es constante se puede encontrar la magnitud de la aceleración 0 = 63.66
v = v 0 + a ⋅ t
m + a ⋅ 12.4 [ s ] s
m − 63.66 s a=
a = −5.14
12.4 [ s ]
m s 2
Ahora, con la velocidad inicial v 0, la aceleración a y el tiempo t se se puede hallar la distancia "ue recorrió el (et desde "ue tocó la pista hasta "ue se detuvo. )i se toma *$+$ el punto donde el (et tocó la pista se tiene x(t ) = x 0
+ v 0 ⋅ t +
1 2
a ⋅ t 2
1 m ⋅ 12.4 [ s ] m 2 2 − 2 5.14 s 2 ⋅ 12.4 [ s ] s
1 m ⋅ 12.4 [ s ] m ⋅ 12.4 2 [ s 2 ] 5 . 14 − 2 s 2 s
x (12.4 s ) = ( 0 [ m] ) + 63.66
x (12.4 s ) = ( 0 [ m] ) + 63.66
x f
= 394.22
m×
1 milla 1609.34 m
= 0.245
millas
El (et se detiene tras recorrer -#. metros ó $.#5 millas desde el punto donde tocó la pista.
2.76
+n la gr#,ca de x(t) marque los puntos donde la velocdad es cero y los puntos donde la acelerac*n es cero. v ( t ) =
dx dt
a ( t )
=
d 2 x dt 2
)e tiene una gráca de x en &unción de t . )e sabe "ue y , se pide marcar los puntos dónde la velocidad es cero y dónde la aceleración es cero, de la e"uivalencia ya mostrada se tiene "ue la velocidad es cero dónde la primera derivada de x(t) es cero, es decir en los má*imos y m0nimos de la gráca de x(t); y la aceleración es cero en donde la segunda derivada de x(t) es cero, es decir en los puntos de ine*ión de la gráca de x(t).
2.77
)e lanza un o-&eto haca arr-a con una rapdez de 28.0 m/s "Cu#nto tarda en alcanzar su altura m#ma$
)e tiene "ue la posición inicial es y 0=0 m, la velocidad inicial es V y0=28.0 m/s y la aceleración es la gravedad, es decir, a y =-9.81 m/s2, as0 se tiene la posición está dada por y ( t ) = y 0
+ v 0 ⋅ t +
1 2
a ⋅ t 2
La altura má*ima se puede hallar igualando la derivada de la posición en &unción del tiempo a cero, es decir dy dt
= v 0 + a ⋅ t
0 = v 0 + a ⋅ t
m s t = m 9.81 2 s 28
0 = 28
m − 9.81 m ⋅ t s s 2
t = 2.85 s
El ob(eto alcanza su altura má*ima 2.85 s despu2s de ser lanzado.
2.7/
)e lanza un o-&eto haca arr-a con una rapdez de 28.0 m/s "0 qu( altura so-re el punto de lanzamento se encuentra despu(s de 1 s$ Es el mismo planteamiento del e(ercicio pasado, por lo "ue se puede hacer uso de la &unción de posición en &unción del tiempo ya denida y ( t ) = y 0
+ v 0 ⋅ t +
1 2
9.81 m 2 m y ( t ) = 28 ⋅ t − ⋅ t 2 s 2 s
a ⋅ t 2
y (1 s ) = 28
m ⋅ 1 [ s ] − 9.81 m ⋅ 12 [ s 2 ] s 2 s 2 y = 23.095 m
'uando ha transcurrido 1 s despu2s de ser lanzado el ob(eto está 23.1 m por encima de la posición de la "ue &ue lanzado.
Capítulo
.6/
)e dspara un ca*n desde una colna a una altura de 116.7 m con un #ngulo de 22.7º con la horzontal. ) la velocdad de salda del ca*n es de 36.7 m/s "cu#l es la rapdez de una -ala de 4.35 kg cuando toca la terra 116.7 m a-a&o$
3e acuerdo al diagrama anterior se pide encontrar la magnitud de la v f
velocidad nal
.
4ara ello conviene descomponer el movimiento parabólico en un movimiento de velocidad constante en x y acelerado en y , de ese modo las ecuaciones ser0an
= y 0 + v 0 y ⋅ t +
x(t ) = x 0 + v 0 x ⋅ t
y (t )
v x (t ) = v 0 x
v y (t ) = v 0 y + a y ⋅ t
1 2
a ⋅ t 2
)i se descompone la velocidad inicial se tiene x0 = 0 m
y 0 = 116.7 m
v 0 x = v 0 ⋅ cos( 22.7 º )
v 0 y = v 0 ⋅ sen( 22.7º )
v 0 x
m = 36.7 ⋅ cos(22.7º ) s
m v 0 x = 33.86 s
v 0 y
m = 36.7 ⋅ sen(22.7º ) s
v 0 y
m = 14.16 s
a x
m a y = −9.81 2 s
m = 0 2 s
'on lo "ue se tienen las ecuaciones de velocidad del movimiento de la bala
m v x (t ) = 33.86 s
v y (t )
m m = 14.16 − 9.81 2 ⋅ t s s
)e necesita saber el tiempo en el "ue la bala toca el suelo, es decir el tiempo y (t ) = 0 m
para
. 0
m 9.81 m 2 = 116.7 [ m] + 14.16 ⋅ t − ⋅ t 2 s 2 s
La cuál tiene dos ra0ces
t = −3.64 s
y
t = 6.53 s
. Al tratarse de un tiempo sólo
la cantidad positiva tiene sentido &0sico, por lo "ue
t = 6.53 s
.
'on ese tiempo puede encontrarse la magnitud de la componente vertical de la velocidad v y (6.53 s )
m m = 14.16 − 9.81 2 ⋅ 6.53 [ s ] s s
v yf
m = −49.9 s
inalmente, la magnitud de la velocidad de la bala al tocar el suelo viene dada por 2
v f
=
v xf
2
v f
+ v yf 2
2
m m = 33.86 2 + − 49.9 2 s s
v f
m = 60.3 s
La rapidez de la bala al tocar el suelo es de 60.3 m/s.
.63
Una pelota de -(s-ol se lanza con una velocdad de 31.1 m/s con un #ngulo de θ=33.4º so-re la horzontal. "Cu#l es la
componente horzontal de la velocdad de la pelota en el punto m#s alto de la trayectora$ 3ado "ue no hay componente de aceleración horizontal el componente horizontal de la velocidad de la pelota no var0a a lo largo de su trayecto, por lo "ue basta con encontrar ese componente en la velocidad inicial. v x (t ) = 31.1
v x (t ) = v x 0
m ⋅ cos(33.4º ) s
v x (t ) = 25.96
m s
)e concluye "ue en el punto más alto de la trayectoria el componente horizontal de la pelota tiene una magnitud de 25.96 m/s.
.7
)e tra de manera horzontal una pedra desde la parte superor de un ed,co con una rapdez ncal de v=10.1 m/s. ) aterrza a una dstanca d=57.1 m de la -ase del ed,co "qu( altura tene el ed,co$ 'omo en el movimiento parabólico no hay componente horizontal de aceleración la piedra conserva su velocidad inicial durante todo el vuelo, con lo "ue se puede hallar el tiempo "ue tomó la ca0da 57.1 [ m] = 10.1
x (t ) = v 0 ⋅ t
m ⋅ t s
t =
57.1 [ m ] 10.1
m s
t = 5.65 s
El tiempo de vuelo &ue de 5.65 s, si además se tiene en cuenta "ue no hab0a componente vertical de velocidad, con eses datos se puede encontrar cuánto cayó la piedra en ese tiempo y (t ) =
1 2
y (5.65 s) = −
⋅ a ⋅ t 2
y (t ) = −156 .58 m
El edicio tiene una altura de 156.58 m.
m ⋅ 9.81 2 ⋅ 5.65 2 [ s 2 ] 2 s
1
.71
Un auto se mueve a una rapdez de 19.3 m!s constante y cae lluva a 8.9 m/s haca a-a&o "qu( #ngulo θ orma la lluva con respecto a la horzontal como lo o-serva el conductor$ 3esde el marco de re&erencia inercial del conductor la lluvia se mueve hacia atrás con una velocidad de 1-. m/s y hacia aba(o con una velocidad de 6.m/s, lo "ue genera una la siguiente trayectoria
Tan (θ ) =
v y v x
v y v x
θ = Tan −1
m 8.9 s θ = Tan −1 m 19 . 3 s θ = 24.76º
3esde la perspectiva del conductor la lluvia &orma un ángulo de 24.76º con la horizontal.
.72
Usted pasa el salero y el pmentero a su amgo en el otro etremo de una mesa de altura 0.85 m so-re el suelo. 0m-os o-&etos erraron el destno y saleron de la mesa con velocdades de 5 m/s y 2.5 m/s respectvamente.
a Compare los tempos que duraron am-os o-&etos en llegar al suelo. Ambos ob(etos parten de la mesa sin componente vertical de velocidad por lo "ue no hace &alta hacer ning7n cálculo para concluir "ue tardan lo mismo en tocar el suelo y (t )
1
y (t ) =
= ⋅ a ⋅ t 2 2
m ⋅ 9.81 2 ⋅ t 2 2 s
1
0.85 [ m ]
0.85 [ m] =
1 2
⋅ 9.81
m ⋅ t 2 s 2
1 2
⋅ 9.81
m s 2
= ⋅t
t = 0.42 s
Ambos ob(etos tardan 0.42 s en caer al suelo.
- Compare la dstanca que cada rasco va&a desde la orlla de la mesa hasta el punto donde toca el suelo. 'omo ambos tardan lo mismo en caer y uno parte con el doble de velocidad del otro es claro "ue uno avanza horizontalmente el doble "ue el otro antes de caer. 8b(eto 1
8b(eto
x1 (t ) = v x1 ⋅ t
x1 (0.42 s ) = 2.5
x 2 (t ) = v x 2 ⋅ t
m ⋅ 0.42 [ s ] s
x1 = 1.05 m
x 2 (0.42 s ) = 5.0
m ⋅ 0.42 [ s ] s
x 2 = 2.10 m
El ob(eto "ue sale de la mesa con una velocidad de 2.5 m/s avanza 1.05 m antes de caer, el ob(eto "ue sale a 5.0 m/s avanza el doble, 2.10 m, antes de caer.
Capítulo 4 4.65
Un auto sn 0) se movía a 15. m!s cuando el conductor ps* el reno de manera repentna. 8os coe,centes de rcc*n est#tca y cn(tca entre los neum#tcos y el pavmento son .55 y .4 respectvamente.
a "Cu#l ue la acelerac*n del auto durante el ntervalo de renado$ 'omo se muestra en el siguiente diagrama la 7nica &uerza "ue interviene mientras el auto desacelera hasta detenerse es la &uerza de &ricción dinámica.
F s
= µ k ⋅ N
F s
= µ k ⋅ m ⋅ g
3e acuerdo con la segunda ley de 9e:ton
F = m ⋅ a
, de lo "ue se puede obtener la aceleración
a =
F
a
m
=
µ k ⋅ m ⋅ g
a = µ k ⋅ g
m
;emplazando con sus valores num2ricos se tiene "ue a
m = 0.43 ⋅ 9.81 2 s
a
m = 4.22 2 s
La aceleración del auto mientras &rena tiene una magnitud de 4.22 m/s2 en dirección contraria al movimiento del auto.
- "9u( dstanca recorr* el auto antes de detenerse$ 'omo se tiene la velocidad inicial y la aceleración, se puede plantear la ecuación de velocidad en &unción del tiempo con t=0 s en el momento en "ue el conductor pisó los &renos, as0 se podrá determinar cuánto tardó el auto en detenerse. v(t )
v (t ) = v0 + a ⋅ t
m m = 15.0 − 4.22 2 ⋅ t s s
15.0 0
t =
m = 15.0 m − 4.22 m ⋅ t s s s 2
4.22
m s m s 2
t = 3.55 s
El auto tardó .55 s en detenerse, a continuación se plantea la ecuación de posición en &unción del tiempo con x 0=0 m. x(t )
= x0 + v0 ⋅ t +
1 2
a ⋅ t 2
x (t )
m 1 m = 15.0 ⋅ t − 4.22 2 ⋅ t 2 2 s s
x(3.55 s )
m 1 m = 15.0 ⋅ 3.55 [ s ] − 4.22 2 ⋅ 3.552 [ s 2 ] 2 s s x
= 26.66
m
El auto recorrió 26.66 m antes de detenerse.
4.66
Un -loque de 2.00 kg :;1 y un -loque de 6.00 kg :;2 est#n conectados por una cuerda sn masa. )o-re los -loques act
a "Cu#l es la acelerac*n de los -loques$ )i se parte de los diagramas de cuerpo libre "ue se muestran a continuación y se establece "ue los dos blo"ues se mueven con la misma aceleración se tiene "ue
∑
xB 2
∑
= F 2 + T = M 2 ⋅ a
xB1
= F 1 − T = M 1 ⋅ a
3ado "ue ambos blo"ues se mueven con la misma aceleración se puede igualar F 2 + T M 2
=
F 1 − T M 1
3espe(ando la tensión se obtiene T =
F 1 ⋅ M 2 − F 2 ⋅ M 1
T =
M 1 + M 2
10.0 [ N ] ⋅ 6.0 [ kg ] − 5.0 [ N ] ⋅ 2.0 [ kg ]1 2.0 [ kg ] + 6.0 [ kg ]
T = 6.25 N
!aciendo uso de una de las ecuaciones ya establecidas a
=
F 2 + T
a
M 2
= 5.0
[ N ] + 6.25 [ N ] 6.00 [ kg ]
a = 1.875
m s 2
Los blo"ues e*perimentan una aceleración de 1.875 m/s2.
- "Cu#l es la tens*n en la cuerda$ 'omo se estableció en el literal anterior la tensión en la cuerda es de 6.25 N.
c "Cu#l es la uerza neta que act
∑
xB1
∑
= F 1 − T
xB1
= 10.0 [ N ] − 6.25 [ N ]
∑
xB1
= 3.75 N
)obre el blo"ue 1 act7a una &uerza neta de 3.75 N.
4.67
Un elevador contene dos masas= ;1>2.0 kg est# conectada por una cuerda :cuerda 1 al techo del elevador y ;2> 4.0 kg est# conectado por una cuerda smlar :cuerda 2 a la parte neror de la masa 1.
a +ncuentre la tens*n en la cuerda 1 s el elevador se mueve haca arr-a con velocdad constante v>3.0 m/s. 'uando el elevador sube con velocidad constante no hay aceleración, por lo tanto no hay &uerza adicional e(ercida sobre las masas y la tensión en la cuerda 1 corresponde sólo a la &uerza para e"uilibrar las masas T1 − M 1 ⋅ g − M 2 ⋅ g = 0
T 1
T 1
= ( M 1 + M 2 ) ⋅ g
= ( 2 .0
kg + 4.0 kg ) ⋅ 9.81
m s 2
T 1 = 58.86 N
La tensión en la cuerda 1 es de 58.86 N.
- +ncuentre la tens*n en la cuerda 1 s el elevador est# acelerando haca arr-a con a>3.0 m/s2. En este caso la tensión no e"uilibra las masas, sino "ue genera una aceleración ascendente en ellas T 1 − M 1 ⋅ g − M 2 ⋅ g = ( M 1 + M 2 ) ⋅ a
T 1
= ( M 1 + M 2 ) ⋅ a + ( M 1 + M 2 ) ⋅ g
T 1
T 1
= ( M 1 + M 2 ) ⋅ ( a + g )
= (2.0
m m + 9.81 2 2 s s
kg + 4.0 kg ) ⋅ 3
T 1 = 76.86 N
'uando el elevador asciende acelerando con a+ 3.0 m/s2 la cuerda e*perimenta una tensión de 76.86 N.
4.6/
"9u( coe,cente de rcc*n se necesta para detener un dsco de hockey que se deslza ncalmente a 12.5 m/s% en una dstanca de 60.5 m$ A continuación se muestra el diagrama de cuerpo libre del disco, claramente la 7nica &uerza "ue interviene en el movimiento es la &uerza de &ricción
∑ F = m ⋅ a µ k ⋅ m ⋅ g = m ⋅ a µ k ⋅ g = a
'on lo establecido hasta este punto se puede construir un sistema * Ecuación 1
Ecuación
= x0 + v0 ⋅ t −
v
= v0 − a ⋅ t
x
0
m = 12.5 m − µ ⋅ 9.81 m ⋅ t s s k s 2
60.5 [ m]
m s t = m 9.81 2 ⋅ µ k s
1 2
a ⋅ t 2
m 1 m = 12.5 ⋅ t − µ k ⋅ 9.81 2 ⋅ t 2 2 s s
12.5
60.5 [ m ] − 12.5
m ⋅ t + 1 µ ⋅ 9.81 m ⋅ t 2 = 0 k s s 2 2
;emplazando la ecuación 1 en la 2
60.5 [ m ] − 12.5
60.5 [ m] −
15.93 µ k
12.5 [ s] m ⋅ 12.5 [ s] + 1 µ ⋅ 9.81 m ⋅ =0 s 9.81 ⋅ µ 2 k s 2 9.81 ⋅ µ k k
[ m] +
7.96 µ k
[ m] = 0
µ k
=
(15.93 − 7.96) [ m] 60.5 [ m]
µ k
= 0.132
4ara "ue el disco se detenga en 60.5 m el coeciente de &ricción entre 2l y el suelo debe ser 0.132.
4.63
Un resorte de masa despreca-le est# ,&ado al techo de un elevador. Cuando el elevador est# parado en el prmer pso se ,&a una masa ; al resorte% estr#ndolo una dstanca ' hasta que la mesa llega al equl-ro. Cuando el elevador comenza a su-r haca el segundo pso% el resorte se estra una dstanca adconal '!4. "Cu#l es la magntud de la acelerac*n del elevador$ 3e la primera situación se tiene k =
k ⋅ D − m ⋅ g = 0
m ⋅ g D
3e la segunda situación se tiene k ⋅
5 ⋅ D 4
− m ⋅ g = m ⋅ a
Al reemplazar la constante del resorte de la ecuación 1 en la se tiene m ⋅ g 5 ⋅ D D
⋅
4
5 ⋅ m ⋅ g
− m ⋅ g = m ⋅ a
4
− m ⋅ g = m ⋅ a
m ⋅ g 4⋅m
g
=a
4
=a
a = 2.45
m s 2
La aceleración del elevador es de 2.45 m/s2.
Capítulo 5 5.51
Un atleta levant* 472.5 kg en dos movmentos a una altura de 196.7 m "qu( tra-a&o realz*$ )uponiendo "ue el atleta sólo levanta la pesa y luego la de(a caer
W = F ⋅ ∆ x
W = 9.117 kJ
m ⋅ 1.967 [ m ] s 2
El traba(o "ue realizó el atleta &ue de 9117 J.
5.52
"Cu#nto tra-a&o se realza contra la gravedad al levantar un peso de 6. kg por una dstanca de 2 cm$ 'omo se pregunta por el traba(o "ue se hace en contra de la gravedad y no por el traba(o "ue hace la gravedad, está preguntando por el traba(o hecha por la &uerza "ue levanta la masa, es decir, "ue va en la dirección del movimiento
W = F ⋅ ∆ x
m ⋅ 0. 2 [ m ] s 2
W = 11.77 J
)e realiza un traba(o de 11.77 J.
5.5
Certo tractor es capaz de trar con una uerza unorme de 14 kN mentras se mueve con una rapdez de 3.0 m/s "Cu#nta potenca en k! y en hp sumnstra el tractor en esas condcones$ P = 14000 [ N ] ⋅ 3.0
P = F ⋅ v
m s
P = 42000
J s
P = 42 kW P = 42 [ kW ] ×
1.341 [ hp ] P = 56.32 [ hp ]
1 [ kW ]
En las condiciones descritas el tractor suministra una potencia de 42 kW o 56.32 !.
5.54
Un lanzador de -ala acelera una -ala de 7.3 kg desde el reposo hasta 14 m/s. ) el movmento tarda 2.0 s% "qu( potenca meda se sumnstr*$ )e busca la energ0a cin2tica "ue tendr0a la bala con la velocidad nal K =
1 2
K =
m⋅v2
1 2
⋅ 7.3 [ kg ] ⋅ 14
2
m 2 s
K = 715.4 J
'omo la bala se llevó desde el estado de reposo "=0 #$ hasta "=715.4 J el traba(o realizado es el cambio de esa energ0a
W
P =
∆t
715.4 [ J ] 2 [ s ]
P = 357 .7 W
La potencia media suministrada &ue de 357.7 W .
5.55
anunco a,rma que certo autom*vl de 1200 kg puede acelerar desde el reposo hasta 25 m/s en 8 s "9u( potenca meda de-e sumnstrar el motor para lograr esta acelerac*n$ ?gnore las p(rddas de-das a la rcc*n. )e busca la energ0a cin2tica "ue tendr0a el auto con la velocidad nal K =
1 2
K =
m⋅v2
1 2
⋅ 1200 [ kg ] ⋅ 25
2
m 2 s
K = 375 kJ
'omo el auto se llevó desde el estado de reposo "=0 #$ hasta "=375 kJ el traba(o realizado es el cambio de esa energ0a
W
P =
∆t
375 [ kJ ] 8 [ s ]
P = 46.88 kW
La potencia media "ue debe suministrar el motor para lograr la aceleración es de 46.88 kW .
Capítulo 3 3.56
Certa rueda de la ortuna lleva a los pasa&eros en un círculo vertcal de 9.0 m de rado% grando una vez cada 12.0 s.
a Calcule la rapdez de los pasa&eros suponendo que es constante. La magnitud de la velocidad viene dada por v
v
= ω ⋅ r
=
2π 12 [ s ]
⋅ 9 [ m]
v
Los pasa(eros se mueven con una rapidez de 4.71 m/s.
m = 4.71 s
- @race un dagrama de cuerpo l-re para una pasa&era en un tempo en que ella est# en la parte neror del círculo. Calcule la uerza normal que e&erce el asento so-re la pasa&era en ese punto del trayecto. 'omo es un movimiento circular uni&orme no hay aceleración tangencial, sólo centr0peta y viene dada por ac
= r ⋅ ω 2
3el diagrama de cuerpo libre se puede establecer "ue N − m ⋅ g = m ⋅ r ⋅ ω 2 N = m ⋅ ( r ⋅ ω 2
+ g )
2 2π m + N = m ⋅ 9 [ m] ⋅ 9 . 81 2 s 12 [ s]
N = m ⋅ 12.28
m s 2
4ara conocer la &uerza normal "ue e(erce la rueda en la pasa(era es necesario conocer su masa, no obstante si se divide por la normal en reposo
m s 2 F = m m ⋅ 9.81 2 s m ⋅ 12.28
F = 1.25
En conclusión la pasa(era e*perimenta una &uerza 1.5 veces mayor a la "ue e*perimentar0a en reposo.
c @race un dagrama de cuerpo l-re para una pasa&era en un tempo en que ella est# en la parte superor del círculo. Calcule la uerza normal que e&erce el asento so-re la pasa&era en ese punto del trayecto. 'omo es un movimiento circular uni&orme no hay aceleración tangencial, sólo centr0peta y viene dada por
ac
= r ⋅ ω 2
3el diagrama de cuerpo libre se puede establecer "ue N − m ⋅ g = − m ⋅ r ⋅ ω 2 N = m ⋅ ( g − r ⋅ ω 2 ) 2 π m 2 N = m ⋅ 9.81 2 − 9 [ m] ⋅ s 12 [ s ]
N = m ⋅ 7.34
m s 2
4ara conocer la &uerza normal "ue e(erce la rueda en la pasa(era es necesario conocer su masa, no obstante si se divide por la normal en reposo
m s 2 F = m m ⋅ 9.81 2 s m ⋅ 7.34
F = 0.75
En conclusión la pasa(era e*perimenta una &uerza de $.%5 veces la "ue e*perimentar0a en reposo.
3.57
Un no va en una rueda de la ortuna de una era% que lo hace moverse en un círculo vertcal de 9.0 m de rado una vez cada 12.0 s.
a "Cu#l es la rapdez angular de la rueda de la ortuna$ 3ado "ue se da una vuelta <> radianes= cada 12 s, la rapidez angular es ω =
2π
ω = 0.52 s
12 [ s ]
La rapidez angular de la rueda es 0.52 &a'/s.
- )uponga que la rueda desacelera hasta detenerse con una tasa unorme durante un cuarto de revoluc*n "cu#l es la acelerac*n angular de la rueda durante este tempo$ 'on la in&ormación suministrada se puede plantear un sistema * para encontrar la respuesta Ecuación 1 ω = ω 0
0
Ecuación θ = θ 0 + ω 0 ⋅ t +
+ α ⋅ t
rad = 0.52 rad + α ⋅ t s s
2π 4
1 2
α ⋅ t 2
rad 1 2 [ rad ] = 0.52 ⋅ t + α ⋅ t
s
2
rad − 0.52 s t = α
;eemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2
π
2
[ rad ] = −0.52
rad rad − 0.52 0.52 rad ⋅ s + 1 α ⋅ s s α α 2
2
rad rad 0.27 0 . 135 s π s + ⋅ [ rad ] = − 2
α
2
0.135 α = − π
α
rad s
2
2
rad α = −0.0859 s
2
La aceleración angular de la rueda durante la desaceleración &ue = -0.0859/s2.
c Calcular la acelerac*n tangencal del no durante la desacelerac*n descrta en el ncso anteror. La aceleración tangencial viene dada por at
at = r ⋅ α
1 = −9 [ m] ⋅ 0.0859 2 s
at
m = −0.7735 2 s
El ni?o su&re una desaceleración de 0.7735 m/s2.
3.5/
Consdere una cuchlla de podadora de c(sped de 5 cm de longtud que gra alrededor de su centro a 4 rpm.
a Calcule la rapdez lneal de la punta de la cuchlla. Lo primero es hallar la velocidad angular ω = 3400 [ rpm ] ⋅
2π
ω = 356.05 s
60 [ s ]
'on la velocidad angular y el radio de la cuchilla se puede encontrar la velocidad lineal en la punta v = 356.05
v = ω ⋅ r
1 ⋅ 0.53 [ m] s
v
m = 188.7 s
La rapidez lineal de la punta de la cuchilla es de 188.7 m/s.
- ) el reglamento de segurdad ege que la cuchlla se pueda detener en 3.0 s "qu( acelerac*n angular mínma cumplr# este requsto -a&o acelerac*n angular constante$
0
ω = ω 0 + α ⋅ t
1 = 356.05 1 + α ⋅ 3 [ s ] s s
α = −
356.05 3
1 s 2
α = −118.7
1 s 2
La aceleración angular m0nima de la "ue debe dotarse la cuchilla para "ue cumpla con el reglamento es de -118.7 s-2.
3.53
Un auto acelera unormemente desde el reposo y alcanza una rapdez de 22.0 m/s en 9 s . +l d#metro de un neum#tco es de 58.0 m.
a +ncuentre el n
1 2
⋅ α ⋅ t 2
)e conoce la velocidad lineal nal del neumático por lo "ue se puede hallar su velocidad angular nal ω f
=
22
v f
ω f
r
=
m s
ω f
0.58 [ m]
= 37.93 s
@ con la velocidad angular nal puede encontrarse la aceleración angular, dado "ue partió del reposo 37.93 ω f
= ω 0 + α ⋅ t
9 [ s
2
]
= α
α = 3.77
1 s 2
Al tener el tiempo y la aceleración angular es posible determinar el desplazamiento angular de la rueda, utilizando la primera ecuación θ =
1 2
θ =
⋅ α ⋅ t 2
1 ⋅ 3.77 2 ⋅ 92 [ s 2 ] 2 s
1
N =
θ = 122.69
122.69 2π
N = 24.3 Vueltas
'uando se alcanza la velocidad nal cada neumático ha girado #. veces.
- "Cu#l es la rapdez angular ,nal de un neum#tco en revolucones por segundo$ La rapidez angular e*presada en revoluciones por segundo viene dada por
ω rps
=
m s = 0.58 [ m] ⋅ 2π 22
v
ω rps
r ⋅ 2π
3.6
ω rps
= 6.04
rev
s
+l engrana&e 0% con una masa de 1.0 kg y un rado de 55.0 m% est# en contacto con el engrana&e % con una masa de 0"5 kg y un rado de . cm. 0l grar% los engrana&es no se deslzan. +l engrana&e 0 gra a 120 #pm y desacelera a 60.0 #pm en 3 s "Cu#ntas rotacones realza el engrana&e durante este ntervalo de tempo$
El
e(ercicio se resuelve más &ácilmente si se tiene en cuenta "ue con hallar las rotaciones del engrana(e A inmediatamente se tienen las del engrana(e dad la relación r ⋅ θ
= r B ⋅ θ B
Entonces se busca el angular del engrana(e A.
desplazamiento
)iguiendo procedimientos análogos a los de e(ercicios anteriores lo primero será hallar la aceleración angular 60
ω = ω 0 + α ⋅ t
rev × min × 2π = 120 rev × min × 2π + α ⋅ 3 [ s ] min 60 s rev min 60 s rev
2π
1 − 4π 1 s s = α
α =
3 [ s ]
− 2.09
s 2
'on la aceleración angular se puede encontrar el desplazamiento angular del engrana(e A θ = ω 0 ⋅ t +
1 2
θ = 120
α ⋅ t 2
rev × min × 2π ⋅ 3 [ s ] − 1 ⋅ 2.09 ⋅ 32 [ s 2 ] min 60 s rev [ s 2 ] 2
θ = 28.29
θ = 12π − 9.405
θ
= 28.29
Beniendo el desplazamiento angular del engrana(e A se puede hallar el del engrana(e , para ello se utiliza la relación antes mencionada
r ⋅ θ
= r B ⋅ θ B
0.55 [ m ] ⋅ 28.29 = 0.3 [ m ] ⋅ θ B
θ B
θ B
=
0.55 [ m ] ⋅ 28.29 0 .3 [ m ]
N =
= 51.865
51.865
N = 8.25 Vueltas
2π
El engrana(e realiza 6.5 rotaciones.
