Programa de Acceso Inclusivo, Equidad y Permanencia. PAIEP, Universidad de Santiago

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1 Guía dinámica. En general, los problemas de dinámica se resuelven aplicando 3 pasos: 1º Dibuje un diagrama de cuerpo libre para cada cuerpo involucrado en el sistema. Es decir, identifique todas las fuerzas que actúan sobre un cuerpo. 2º Construya la sumatoria de fuerzas para cada cuerpo y en cada eje de referencia donde ocurra el movimiento. Tenga cuidado de elegir ejes de referencia que sean coherentes y que no se contradigan en caso de haber más de un cuerpo interactuando. 3º Reemplace valores numéricos conocidos en las ecuaciones para las fuerzas. Resuelva estas ecuaciones combinándolas. Note que si elige bien sus ejes de referencia, las ecuaciones que aparecen tienen sentido. De lo contrario no podrá resolver el problema matemáticamente. 1

2 Problema 1 En una máquina de Atwood, dos cuerpos de masas m A = 5[kg] y m B = 7[kg], están unidos por una cuerda ideal que pasa por una polea fija de masa despreciable. Si ambos cuerpos se encuentran inicialmente a una misma altura y el sistema se libera a partir del reposo, determine: a) La aceleración de A y la aceleración de B. b) El módulo de la tensión en la cuerda. c) Tiempo que demoran en estar separados una distancia vertical de 1.2[m] Figure 1: Máquina de Atwood. Solución: Para resolver este problema necesitamos considerar primero los diagramas de cuerpo libre de cada uno de los cuerpos por separado. (a) Diagrama de cuerpo libre para A. (b) Diagrama de cuerpo libre para B Para A Fx = 0 (1.1) Fy = T + m A g = m A a Fy = T m A g = m A a (1.2) No hay movimiento en el eje x, ni fuerzas actuando. La convención de signos viene determinada por el sistema de referencia escogido. De los diagramas de cuerpo libre se observa que la tensión tendrá un signo positivo pues la fuerza apunta en la 2

3 dirección positiva del eje y, mientras que el peso de los cuerpos tendrá un signo menos (-) ya que la aceleración de gravedad g tiene la dirección opuesta. Por otra parte la magnitud de la aceleración a es la misma para ambas masas, pero se diferencian entre sí por la dirección del movimiento que adquiere cada una de ellas, es decir tienen signo opuesto. Para B Fx = 0 (1.3) Fy = T + m B g = m B a Fy = T m B g = m B a = m B g T = m B a (1.4) No hay movimiento en el eje x, ni fuerzas actuando. En este caso la tensión T es la misma en ambos lados de la polea. De la ecuación (1.2) se despeja la tensión T y se obtiene: T = m A (g + a) (1.5) Reemplazando (1.5) en (1.4) se llega a la expresión para la aceleración: m B g m A (a + g) = m B a m B g m A a m A g = m B a a = g m B m A m A + m B (1.6) Al evaluar la ecuación (1.6) con los valores dados para las masas se obtiene el valor de la aceleración del sistema correspondiente a: a = 10[m/s 2 7[kg] 5[kg] ] 7[kg] + 5[kg] = 5 3 [m/s2 ] (1.7) 1.667[m/s 2 ] (1.8) Luego, con el valor de a conocido se puede determinar la tensión de la cuerda a partir de la ecuación (1.5), resultando: T = 5[kg](10[m/s 2 ] [m/s 2 ]) (1.9) = [N] (1.10) Para determinar el tiempo que los cuerpos se separan, es necesario considerar cuál es la distancia que recorre cada uno. Si los cuerpos están en la posición final separados a una distancia de 1.2[m], significa que cada uno de los cuerpos ha recorrido 0.6[m]. Entonces consideramos la ecuación de la cinemática: y = y 0 + v 0 (t t 0 ) at2 (1.11) y y 0 = v 0 (t t 0 ) at2 (1.12) 3

4 con y y 0 = 0.6[m], v 0 = 0[m/s 2 ] ya que el sistema parte del reposo, y t 0 = 0[s]. Despejando t se tiene: Problema 2 y y 0 = 1 2 at2 2 (y y0 ) t = (1.13) a = 0.848[s] (1.14) Un bloque de masa m = 100[kg], inicialmente en reposo, se encuentra sobre una superficie horizontal rugosa de coeficiente de roce cinético µ k = 0.1. Se aplica al bloque una fuerza horizontal F = 200[N] que actúa sobre el bloque durante 2[s]. Determine: a) La aceleración del bloque durante los dos primeros segundos. b) La aceleración del bloque después que deja de actuar F. c) La velocidad del bloque cuando deja de actuar F. d) La distancia total recorrida por el bloque. Solución: (a) Diagrama de cuerpo libre para el bloque. Del diagrama de cuerpo libre se extrae la interacción de las fuerzas sobre m, siendo éstas: Fy = N + m g = 0 = N mg = 0 = N = mg (2.1) Fx = F + f r = m a = F f r = ma (2.2) 4

5 Donde f r = µ k N. Despejando a: Evaluando con los valores conocidos: a = F µ kn m a = 200[N] [kg] 10[m/s2 ] 100[kg] (2.3) = 1[m/s 2 ] (2.4) Se tiene entonces a = 1[m/s 2 ] para 0 < t < 2[s], ya que corresponde a la aceleración mientras actúa la fuerza F sobre el bloque. Se quiere determinar ahora la aceleración cuando F deja de actuar, reescribiendo se tiene: Fy = N + m g = 0 = N mg = 0 = N = mg (2.5) Fx = f r = m a Luego la aceleración sin F es: = f r = ma (2.6) a = f r m = µ kmg m = µ kg (2.7) = 1[m/s 2 ] (2.8) Para encontrar la velocidad cuando deja de actuar F, recordamos la ecuación de cinemática: v f (t) = v 0 + a(t t 0 ) (2.9) En particular se tiene v 0 = 0, t 0 = 0 y se considera t = 2[s] ya que es el momento en que la fuerza F deja de actuar, con lo que se obtendrá la magnitud de la velocidad del bloque antes de su desaceleración por efecto del roce. Así, con a = 1[m/s 2 ]: v f (t = 2[s]) = 1[m/s 2 ] 2[s] = 2[m/s] (2.10) y tiene la misma dirección que la aceleración. Luego para calcular la distancia total recorrida por el bloque se debe tener en cuenta el camino que recorre bajo la influencia de F y lo que se desplaza sin su efecto. Para esto consideramos la ecuación: d = d 0 + v 0 (t t 0 ) a(t t 0) 2 (2.11) En primer lugar determinamos la distancia recorrida por el bloque mientras F actuaba sobre él. Considerando que parte del origen del sistema de coordenadas y del reposo, es decir, con d 0 = 0 y v 0 = 0, y con t 0 = 0, se tiene en este caso: con a 1 la aceleración con F y t = 2[s]. Evaluando d 1 = 1 2 a 1t 2 (2.12) d 1 = 1 2 1[m/s2 ] (2[s]) 2 = 2[m] (2.13) 5

6 Ahora, para encontrar la distancia que recorre el bloque sin F se tienen las siguientes consideraciones: d 0 = d 1, v 0 = v f, la aceleración es ahora a 2 = 1[m/s 2 ] y t se desconoce. t corresponderá al tiempo final del movimiento del bloque, para calcularlo hacemos: v f2 = v f + a 2 (t f t 0) (2.14) Como se trata el tiempo transcurrido hasta que el bloque deja de moverse completamente, tomamos v f2 = 0 y t 0 = 2[s]. Despejando t f y evaluando: Luego evaluando la ecuación (2.11) con los valores calculados tenemos: t f = v f + t 0 = 2[m/s] a 2 1[m/s 2 + 2[s] (2.15) ] = 4[s] (2.16) d 2 = d 1 + v f (t f t 0) a 2(t f t 0) 2 (2.17) = 2[m] + 2[m/s](4[s] 2[s]) ( 1[m/s2 ])(4[s] 2[s]) (2.18) = 5[m] (2.19) Luego la distancia total recorrida por el bloque fue de 5[m]. 6

7 Problema 3 Un cuerpo de masa m 1 = 10[kg] sobre una superficie horizontal rugosa, se encuentra unido mediante una cuerda de masa despreciable e inextensible que pasa por una polea fija, a otro cuerpo de masa m 2 = 6[kg] que cuelga como lo muestra la figura. Si ambos cuerpos parten del reposo y m 2 desciende 1.4[m] en los dos primeros segundos, determine: a) La aceleración de ambos cuerpos. b) El módulo de la tensión en la cuerda. c) El coeficiente de roce cinético. d) La velocidad de m 1 cuando m 2 ha descendido 1.4[m]. Solución: Escribimos las fuerzas presentes en el problema: Para m 1 F y = N + m 1 g = 0 (3.1) = N m 1 g = 0 = N = m 1 g (3.2) Fx = T + f r = m 1 a = T f r = T µ k N = m 1 a (3.3) Para m 2 7

8 (a) Diagrama de cuerpo libre para m 1. (b) Diagrama de cuerpo libre para m 2 Fy = T + m 2 g = m 2 a = T m 2 g = m 2 a (3.4) = m 2 g T = m 2 a (3.5) Fx = 0 (3.6) Donde la aceleración es igual en magnitud para ambos cuerpos. Luego se tienen 3 incógnitas (T, a, µ k ) y solo dos ecuaciones, por lo que se obtiene una dependencia entre las variables tal que: Para hallar a recordamos la ecuación de cinemática: (3.7) T = m 2 (g a) (3.8) µ k = T m 1a m 1 g (3.9) y y 0 = v 0 (t t 0 ) a(t t 0) 2 (3.10) a = 2((y y 0) v 0 (t t 0 )) (t t 0 ) 2 (3.11) Para la masa m 2. Se evalúa en con v 0 = 0, t 0 = 0, t = 2[s] y y y 0 = 1.4[m] se obtiene: 8

9 a = 2 1.4[m] 2[s] 2 = 0.7[m/s 2 ] (3.12) Con el valor de la aceleración calculamos la tensión de la cuerda T reemplazando los valores en la ecuación (3.8) T = 6[kg](10[m/s 2 ] 0.7[m/s 2 ]) = 55.8[N] (3.13) Con estos resultados se determina el coeficiente de roce cinético usando la ecuación (3.9). Se tiene entonces: µ k = 55.8[N] 10[kg] 0.7[m/s2 ] 10[kg] 10[m/s 2 ] = (3.14) Finalmente la velocidad de m 1 cuando m 2 ha descendido 1.4[m], es decir, transcurridos 2[s], será: v f = v 0 + a(t t 0 ) (3.15) = 0.7[m/s 2 ] 2[s] = 1.4[m/s] (3.16) 9

10 Problema 4 A un bloque de masa m = 10[kg] sobre una superficie horizontal de coeficiente de roce cinético µ k = 0.2, inicialmente en reposo, se le aplica una fuerza F = 120[N] inclinada en θ = 30 que actúa sobre una m durante 5[s]. Determine: a) La aceleración del bloque mientras actúa F. b) Distancia total recorrida por el bloque. c) Velocidad del bloque un segundo después que deja de actuar F. Solución: (a) Diagrama de cuerpo libre para el bloque. Del diagrama de cuerpo libre se tienen las interacciones y fuerzas sobre el bloque, dadas por: Fx = F + f r = m a (4.1) = F cos θ f r = ma (4.2) Fy = N + F + m g = 0 (4.3) = N F sin θ mg = 0 (4.4) Usando las ecuaciones (4.2) se obtiene una relación para la aceleración del sistema: (4.5) a = F cos θ f r m (4.6) con f r = µ k N. 10

11 De la ecuación (4.4) se tiene que la fuerza normal N está dada por: Reemplazando en la expresión hallada para a N = mg + F sin θ (4.7) a = F cos θ µ k(mg + F sin θ) m (4.8) a = 7.192[m/s 2 ] (4.9) Para calcular la distancia recorrida del bloque hacemos uso de la ecuación de cinemática que se expone en (2.11): d = d 0 + v 0 (t t 0 ) a(t t 0) 2 donde v 0 = 0, t 0 = 0, t = 5[s] y d 0 = 0 pues se considera que parte del origen del sistema de coordenadas. Con estos valores, además de la aceleración previamente calculada, se obtiene la distancia d 1 que recorre el bloque bajo la acción de F, resultando: d 1 = [m/s2 ] 5[s] 2 (4.10) = 89.9[m] (4.11) Para la distancia que avanza el bloque sin efecto de la fuerza se determina análogamente al procedimiento utilizado en el problema 2 Fx = f r = m a = f r = ma (4.12) Fy = N + m g = 0 La aceleración sin F se obtiene de la ecuación (4.12) = N mg = 0 (4.13) a = f r m = µ kg (4.14) = 2[m/s 2 ] (4.15) Determinamos ahora la velocidad del bloque en el instante en que deja de actuar F y antes de que comience a desacelerar por efecto de la fricción. Para ello tomamos la ecuación (2.9) y evaluamos en t = 5[s]; con v 0 = 0, a = 7.192[m/s 2 ] : v f = v 0 + a(t t 0 ) v f = 7.192[m/s 2 ] 5[s] = [m/s] (4.16) Luego para encontrar el tiempo final del recorrido tomamos la relación hallada anteriormente en (2.15), con v f = [m/s], a 2 = 2[m/s 2 ], t 0 = 5[s] y se obtiene: 11

12 t f = [m/s] 2[m/s 2 ] + 5[s] = [s] (4.17) Finalmente con los valores conocidos de cada variable se evalúa en la ecuación para determinar el desplazamiento total del bloque, teniendo: d f = 89.9[m] [m/s](22.980[s] 5[s]) ( 2[m/s2 ])(22.98[s] 5[s]) 2 = [m] (4.18) Por último se pide encontrar la velocidad del bloque un segundo después que la fuerza deja de actuar, se tiene entonces: v = v 0 + a(t t 0 ) (4.19) = [m/s] 2[m/s 2 ](6[s] 5[s]) (4.20) = 33.96[m/s] (4.21) 12

13 Problema 5 Un cuerpo de masa m A = 25[kg] está unido mediante una cuerda ideal que pasa por una polea fija de masa despreciable a otro cuerpo de masa m B = 40[kg] que cuelga como muestra la figura. El cuerpo m A se encuentra sostenido por un fuerza horizontal que no le permite subir sobre la superficie inclinada en θ = 30 y rugosa de coeficiente de roce cinético µ k = 0.3 y coeficiente de roce estático µ s = 0.4, determine: a) El módulo de la fuerza que actúa sobre m A y que no le permite subir. b) Si el valor de F se incrementa en un 30%, cuál es el módulo de la aceleración y la intensidad de la tensión en la cuerda. Solución: Para encontrar la fuerza F que impide que el bloque m A suba, escribimos: Para m A : Fy = N + F sin θ m A g cos θ = 0 (5.1) Fx = T f r F cos θ m A g sin θ = 0 (5.2) donde f r = µ s N. De (5.1) se obtiene una expresión para N: N = m A g cos θ F sin θ (5.3) Luego reemplazando (5.3) en (5.2) se obtiene una expresión para F de la forma: T µ s (m A g cos θ F sin θ) F cos θ m A g sin θ = 0 (5.4) T µ s m A g cos θ + µ s F sin θ F cos θ m A g sin θ = 0 (5.5) F = m Ag(µ s cos θ + sin θ) T µ s sin θ cos θ (5.6) 13

14 (a) Diagrama de cuerpo libre para m A. (b) Diagrama de cuerpo libre para m B Por otra parte, para m B se tienen las ecuaciones: Fy = T m B g = 0 (5.7) Fx = 0 (5.8) De donde se tiene que T = m B g. Evaluando en F F = m Ag(µ s cos θ + sin θ) m B g µ s sin θ cos θ = 25[kg] 10[m/s2 ](0.4 cos(30) sin(30)) 40[kg] 10[m/s 2 ] 0.4 sin(30) cos(30) (5.9) (5.10) = [N] (5.11) Si F aumenta en un 30%, se tiene que ahora su modulo será: Permitiendo que el sistema acelere. Se reescriben las ecuaciones y se tiene ahora: F = F + 0.3F = [N] (5.12) Para m A F y = N + F sin θ m A g cos θ = 0 (5.13) Fx = T + f r F cos θ m A g sin θ = m A a (5.14) 14

15 Donde en este caso f r = µ k N. Se utiliza ahora el coeficiente de roce cinético, debido a que el sistema rompió el equilibrio y los bloques comienzan a acelerar. Mientras que para m B : Fy = T m B g = m B a (5.15) Fx = 0 (5.16) Luego combinando las expresiones (5.13), (5.14) y (5.15), se llega a la expresión para la aceleración: Evaluando resulta: y la tensión en la cuerda será entonces: a = F cos θ + m Ag sin θ µ k (m A g cos θ F sin θ) m B g m B + m A (5.17) a = 8.146[m/s 2 ] (5.18) T = [N] (5.19) 15

16 Problema 6 Los cuerpos m A = 10[kg] y m C = 15[kg] pueden moverse verticalmente unidos por cuerdas livianas e inextensibles a otro cuerpo m B = 12[kg] sobre un plano inclinado en θ = 30 como se muestra en la figura. Las poleas son lisas y el sistema parte del reposo. Determine: a) La aceleración del sistema. b) Las tensiones en ambas cuerdas. c) La rapidez de los cuerpos un segundo después de iniciado el movimiento. Solución: Para m A F x = 0 (6.1) Fy = T 1 m A g = m A a (6.2) Para m B F x = = T 2 T 1 m B g sin θ = m B a (6.3) Fy = N m B g cos θ = 0 (6.4) Para m C F x = 0 (6.5) Fy = T 2 m C g = m C a (6.6) 16

17 (a) Diagrama de cuerpo libre para m A. (b) Diagrama de cuerpo libre para m B (c) Diagrama de cuerpo libre para m C De (6.2) y (6.6) se obtienen expresiones para cada una de las tensiones T 1 y T 2 en función de la aceleración. Reemplazando estas en (6.3) se tiene: Despejando a m C (a + g) m A (a + g) m B g sin θ = m B a (6.7) a = m Bg sin θ m C g + m A g m C m A m B (6.8) = 1.429[m/s 2 ] (6.9) Se obtuvo una aceleración con signo negativo, lo que implica que el sistema acelera hacia la izquierda, según la convención de signos usada definida por el sistema de referencia establecido. Con el valor de la aceleración conocida se determinan la tensión de cada una de las cuerdas, resultando: T 1 = m A (a + g) (6.10) = [N] (6.11) T 2 = m C (a + g) (6.12) = [N] (6.13) Para encontrar la rapidez un segundo después de comenzado el movimiento, hacemos: v f (t) = v 0 + a(t t 0 ) (6.14) con v 0 = 0 pues se establece en el problema que el sistema parte del reposo, t 0 = 0, a = 1.429[m/s 2 ] y t = 1[s] v f (1[s]) = 1.429[m/s 2 ] 1[s] = 1.429[m/s] (6.15) 17

18 Problema 7 En la figura, los cuerpos A y B tienen masas de 40[kg] y 25[kg] respectivamente y están unidos por una cuerda de masa despreciable. Si sobre A actúa la fuerza F y el coeficiente de roce cinético de la superficie rugosa es µ k = Con ϕ = 45, θ = 30 y α = 60, determine: a) La magnitud de la fuerza necesaria para que B suba y recorra 1.8[m] en 0.8[s]. b) La magnitud de la tensión en la cuerda. Solución: (a) Diagrama de cuerpo libre para m A. (b) Diagrama de cuerpo libre para m B Se tiene que la aceleración para el bloque B, y por tanto para el sistema de los dos bloques al estar unidos por la cuerda, se determina haciendo: 18

19 d = v 0 (t t 0 ) a(t t 0) 2 a = 2 d v 0(t t 0 ) (t t 0 ) 2 (7.1) con v 0 = 0, t 0 = 0, d = 1.8[m] y t = 0.8[s]. Evaluando se obtiene que la aceleración resulta ser: a = 5.625[m/s 2 ] De los diagramas de cuerpo libre se tienen las interacciones de las fuerzas para el bloque A y B. Para A: Fx = F cos ϕ f r T cos θ m A g sin α = m A a (7.2) Fy = F sin ϕ + N A T sin θ m A g cos α = 0 (7.3) Para B: Fx = T cos θ f r m B g sin α = m B a (7.4) Fy = N B m B g cos α + T sin θ = 0 (7.5) De (7.3) se despeja expresión para la fuerza normal que la superficie ejerce sobre el bloque A, N A : Luego, reemplazando en N A en (7.2): N A = T sin θ + m A g cos α F sin ϕ (7.6) Despejando la tensión T : F cos ϕ µ k (T sin θ + m A g cos α F sin ϕ) T cos θ m A g sin α = m A a T = F cos ϕ m Aa m A g sin α µ k (m A g cos α + F sin ϕ) cos θ + µ k sin θ (7.7) Por otra parte, de la ecuación (7.5) se despeja la normal N B, obteniendo: N B = m B g cos α T sin θ (7.8) Se procede de manera análoga a lo anterior, reemplazando la expresión hallada para N B en (7.4) y despejando la tensión T : T cos θ µ k (m B g cos α T sin θ) gm B sin α = m B a T = m Ba + gm B sin α + µ k m B g cos α cos θ + µ k sin θ (7.9) 19

20 Igualando (7.7) y (7.9) y reordenando las variables, se obtiene una expresión para la fuerza F desconocida: F cos ϕ m A a m A g sin α µ k (m A g cos α + F sin ϕ) cos θ + µ k sin θ = m Ba + gm B sin α + µ k m B g cos α cos θ + µ k sin θ (7.10) (m B + m A )(a + g sin α + µ k g cos α) + (µ k sin ϕ cos ϕ)f = 0 (7.11) F = (m B + m A )(a + g sin α + µ k g cos α) (µ k sin ϕ cos ϕ) (7.12) Al evaluar con los datos del problema se obtiene: F = [N] (7.13) Luego se calcula la tensión en la cuerda. Para ello se utiliza cualquiera de las expresiones despejadas para la incógnita. En este caso se usa (7.9) y al evaluar se consigue el valor para T : T = [N] (7.14) 20

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