Solución de problemas selectos: Mecánica vectorial: Dinámica (Beer, 9th Edition)

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1 Solución de problemas selectos: Mecánica vectorial: Dinámica (Beer, 9th Edition) Raúl Puente *1, 1 División de Ciencias Básicas, Facultad de Ingeniería, UNAM Departamento de física teórica, Instituto de Física, UNAM 4 de noviembre de 015 Problema 1.18 Si el sistema mostrado en la figura 1 inicia desde el reposo, encuentre la velocidad en t = 1. s (a) del collarín A, (b) del collarín B. No tome en cuenta las masas de la polea y el efecto de la fricción. Hay por lo menos dos maneras de resolver este problema. La solución típica es a través de una descripción vectorial: Como la cuerda es la misma para todo el sistema, a partir de diagramas de cuerpo libre (ver figura ) se obtienen las ecuaciones T T = m A a A (1) F T = m B a B () Figura 1: Diagrama correspondiente al problema x T m A T T x F m B T T Figura : Diagramas de cuerpo libre para el problema 1.18 donde F = 5 N, m A = 10 kg y m B = 15 kg. Nótese la exageración de las fuerzas en cada cuerpo para que se entienda mejor su efecto, ya que por hipótesis sabemos que el movimiento es unidimensional en cada caso. Así, eliminando la tensión T sumando las ecuaciones (1) y (), se obtiene F = m B a B m A a A (3) Además, si la cuerda tiene una longitud L y las posiciones de los collarines son x A (t) y x B (t) (medidas desde el extremo derecho del sistema), tenemos que x A + (x B x A ) = x A + x B = L (4) = v A + v B = 0 = a A + a B = 0 a A = a B (5) Entonces, substituyendo la ecuación (5) en la ecuación (3), finalmente obtenemos que y como a = dv = v = at, F F = m B a B + 4m A a B = a B = m B + 4m A F = a A = (6) m B + 4m A v A = F t m B +4m A = 1 11 m s, v F t B = m B +4m A = 6 11 m s * raulpuente@fisica.unam.mx 1

2 La otra manera es un poco más sencilla, utilizando una descripción Lagrangiana. Vemos que para describir el sistema se necesitan grados de libertad, x A (t) y x B (t). Sin embargo, debido a que hay una constricción (c.f. ecuación (4)), sólo es necesario 1 grado de libertad para describirlo, por ejemplo la posición x B (t). Recordemos que la función Lagrangiana de un sistema conservativo es L = T V, donde T es la energía cinética total y V es el potencial. Por tanto, vemos que para este sistema T = 1 m Aẋ A + 1 m Bẋ B 0 xb V = F dx A + F dx B = F (x A + x B ) x A 0 donde el potencial es tal que F = V = 5 N. Por tanto, escribiendo la Lagrangiana en términos de x B, tenemos que L = ( 1 m B + m A )ẋ B F (L x B ) Asimismo, recordemos que las ecuaciones de Euler-Lagrange que describen al sistema son ( ) d L = L ẋ B x B = (m B + 4m A )ẍ B = F (7) Luego, haciendo lo mismo pero ahora en términos de x A, obtenemos (m B + 4m A )ẍ A = F (8) y vemos que las ecuaciones (7) y (8) son exactamente las mismas que las aceleraciones dadas por la ecuación (6). Nótese que la descripción Lagrangiana ofrece, en muchos casos, el encontrar la solución a problemas conservativos de una manera mucho más directa que a partir de una descripción vectorial, debido principalmente a que se evade el pasar por las fuerzas de constricción (en este caso la tensión de la cuerda T ).

3 Problema 1. Para transportar una serie de bultos de tejas A hasta el techo, un contratista utiliza un montacargas motorizado compuesto por una plataforma horizontal BC que se monta sobre los rieles unidos a los lados de una escalera. El montacargas empieza su movimiento desde el reposo, al principio se mueve con una aceleración constante a 1 como se muestra en la figura 3. Después se desacelera a una tasa constante a y se detiene en D, cerca de la parte superior de la escalera. Si se sabe que el coeficiente de fricción estática entre el bulto de tejas y la plataforma horizontal es de 0.3, determine la aceleración máxima permisible a 1, y la desaceleración máxima permisible a si el bulto no debe resbalarse sobre la plataforma. Suponiendo en todo el razonamiento que sigue que la situación es la de deslizamiento inminente (i.e. la fuerza de fricción F 1 = fn), donde f es el coeficiente de fricción estática entre el bulto y la plataforma. De los diagramas de cuerpo libre (tanto para la aceleración a 1 como para la desaceleración a en la figura 4), tenemos que, para la etapa de aceleración x : fn 1 F a1 sin φ = 0 (9) y : N 1 F a1 cos φ W = 0 (10) donde la fuerza F a1 es la fuerza de marea (desde el sistema del bulto de tejas) que siente el bulto cuando la plataforma horizontal se acelera. Mientras tanto, para la etapa de desaceleración tenemos similarmente que x : fn F a cos θ = 0 (11) y : N + F a sin θ W = 0 (1) Figura 3: Diagrama correspondiente al problema 1.. y y N 1 N F a F 1 x F θ x φ F a1 W W Figura 4: Diagramas de cuerpo libre para el problema 1. donde θ = 65 y φ = 90 θ. Notando el hecho de que sin φ = sin(90 θ) = cos θ y cos φ = cos(90 θ) = sin θ, despejando la fuerza normal N 1 de la ecuación (10) y substituyendo el resultado en la ecuación (9), obtenemos f( F a1 sin θ + W ) F a1 cos θ = 0 3

4 pero ya que F a1 = m a 1 y que W = mg, = ma 1 = fw cos θ f sin θ a 1 = fg cos θ f sin θ = m s Asimismo, despejando la fuerza normal N de la ecuación (1) y substituyendo el resultando en la ecuación (11), tenemos que f(w F a sin θ) F a cos θ = 0, por lo que = ma = fw cos θ + f sin θ a = fg cos θ + f sin θ = 4.38 m s donde las direcciones de los vectores a 1 y a son las que se observan en la figura 4. 4

5 Problema 1.41 Una esfera D de 100 g se encuentra en reposo respecto al tambor ABC que gira a una razón constante, como se muestra en la figura 5. Sin tomar en cuenta la fricción, determine el intervalo de los valores permisibles de la velocidad v de la esfera, si ninguna de las fuerzas normales ejercidas por la esfera sobre las superficies inclinadas del tambor debe exceder 1.1 N. Del enunciado, vemos que la situación retratada en la figura 5 se puede traducir en el diagrama de cuerpo libre de la figura 6. De aquí, podemos describir la condición de equilibrio mediante las ecuaciones para las componentes de las fuerzas en el sistema de referencia de la esfera como x : Fc ˆr N 1 sin θ 1 N sin θ = 0 (13) y : N 1 cos θ 1 + N cos θ W = 0 (14) donde F c = m v r ˆr es la fuerza centrífuga que siente la esfera cuando el tambor gira, donde v es la velocidad con la que gira la esfera y el vector unitario ˆr es el vector que apunta desde el eje de rotación del tambor (en este caso y para el sistema impuesto en el diagrama de cuerpo libre, el vector ˆr coincide con el vector ˆx). Luego, de las ecuaciones (13) y (14), obtenemos r v = ( N m 1 sin θ 1 + N ) sin θ Figura 5: Diagrama correspondiente al problema 1.41, en donde definimos θ 1 = 30 y θ = 70. (15) mg = N 1 cos θ 1 + N cos θ (16) con lo que hemos logrado expresar la velocidad de la esfera en términos de las magnitudes de las fuerzas normales en la ecuación (15) y la dependencia mutua de éstas en la ecuación (16). y Por tanto, podemos escribir la velocidad v de la esfera conocida la magnitud de una fuerza normal o la otra, como N 1 θ [ 1 r m N 1 sin θ 1 + tan θ (mg ] N 1 cos θ 1 ) si N 1 es conocida N θ v = F c [tan θ 1 (mg N cos θ ) + ] (17) N sin θ si N es conocida x r m si hacemos que N 1 = 1.1 N, obtenemos que v = 1.11 m /s, mientras que si N = 1.1 N, obtenemos que v = m /s, por lo tanto 1.11 m s v 1.663m s W Figura 6: Diagrama de cuerpo libre para la situación de equilibrio desde el sistema de la esfera del problema

6 Problema Un collarín de 500 g se puede deslizar sin fricción sobre la varilla curva BC en un plano horizontal, como se muestra en la figura 7. Si la longitud no deformada del resorte es de 80 mm y k = 400 kn /m, determine (a) la velocidad que se le debe imprimir al collarín en el punto A para llegar a B con velocidad nula, (b) la velocidad del collarín cuando llegue al punto C. No tome en cuenta las masas de la polea y el efecto de la fricción. (a) Utilizando la conservación de energía en los puntos A y B, si definimos l 0 como la longitud no deformada del resorte, tenemos = v A = 1 k(l A l 0 ) + 1 mv A = 1 k(l B l 0 ) k [ (l B l 0 ) (l A l 0 ) ] m m s (b) Luego, hacemos lo mismo pero ahora para el punto C, tomando como referencia la energía del punto B del inciso (a), i.e. 1 k(l B l 0 ) = 1 k(l C l 0 ) + 1 mv C = v C = k [ (l B l 0 ) (l C l 0 ) ] m m s Figura 7: Diagrama correspondiente al problema

7 Problema Los paquetes de una fábrica de refacciones para automóviles se transportan hacia el muelle de descarga empujándolos a lo largo de una pista de rodillos con muy poca fricción como se muestra en la figura 8. En el instante que se indica en la figura, los paquetes B y C se encuentran en reposo y el paquete A tiene una velocidad de m /s. Si se sabe que el coeficiente de restitución entre los paquetes es de 0.3, determine (a) la velocidad del paquete C después de que A golpea a B y B golpea a C, (b) la velocidad de A después de que éste golpea a B por segunda vez. (a) Si definimos variables primadas para después de la primera colisión (la colisión entre los paquetes A y B), doblemente primadas para las variables después de la segunda colisión (la colisión entre los paquetes B y C), a partir de la conservación del momento lineal (tomando en cuenta los coeficientes de restitución de los paquetes), podemos escribir Figura 8: Diagrama correspondiente al problema m A v A = m A v A + m B v B (18) ev A = v B v A (19) con lo que, multiplicando la ecuación (19) por m A y sumando el resultado a la ecuación (18) = v A = m A em B m A +m B v A v B = (1+e)m A m A +m B v A (0) Luego, hacemos lo mismo para la segunda colisión (entre los paquetes B y C), para obtener m B v B = m B v B + m C v C ev B = v C v B = v B = m B em C m B +m C v B v C = (1+e)m B m B +m C v B (1) v C = (1 + e) m A m B (m A + m B )(m B + m C ) v A m s (b) Ahora, como en el inciso anterior, si definimos variables triplemente veces primadas para las variables después de que el paquete A golpea al paquete B por segunda vez, podemos escribir la relación entre las velocidades v A y v B (después del primer y segundo impacto, respectivamente) con las velocidades v A y v B, i.e. m A v A + m B v B = m A v A + m B v B () e(v B v A) = v A v B (3) y, de la misma forma que en el inciso anterior, podemos resolver para la velocidad buscada v A, a saber por lo que, usando las ecuaciones (0) y (1), finalmente obtenemos v A = v A = (1 + e)m B m A + m B v B + m A em B m A + m B v A (4) [ (1 + e) (m B em C )m A m B (m A + m B ) + (m B + m C ) ( ) ] ma em B v A m m A + m B s 7

8 (a) Problema El brazo AB mostrado en la figura 9 tiene una velocidad angular constante de 16 rad /s en sentido contrario al de las manecillas del reloj. En el instante en el que θ = 90 o, determine la aceleración (a) del collarín D y (b) del punto medio G de la barra BD. Sean (x 1 (t), y 1 (t)) y (x (t), y (t)) las trayectorias del punto B y del collarín D como función del tiempo t (fijando el origen del sistema en el punto A), respectivamente, l 1 = 3 in la longitud de la barra AB, y l = 10 in la longitud de la barra BD. Utilizando el ángulo θ(t) entre la barra AB y la horizontal, vemos que podemos parametrizar los puntos x 1 y y 1 como x 1 (t) = l 1 cos θ(t) y 1 (t) = l 1 sin θ(t) (5) por lo que, utilizando la regla de la cadena (omitimos en lo que sigue la dependencia explícita de t, dando por hecho que todas las variables dependen del tiempo), obtenemos Figura 9: Diagrama correspondiente al problema dx 1 = l 1 sin θ dθ = ωl 1 sin θ dy 1 = l 1 cos θ dθ = ωl 1 cos θ (6) donde, en la ecuación (6) se escribió ω dθ / = 16 rad /s. Por tanto, como ω es constante, resulta ser que d x 1 = ω l 1 cos θ d y 1 = ω l 1 sin θ (7) Asimismo, notamos que hay una constricción en las variables dinámicas del sistema, a saber (x x 1 ) + (y y 1 ) = l (8) con lo que, derivando implícitamente, se obtiene ( dx (x x 1 ) ( d ) ( x = (x x 1 ) d x 1 dx + dx 1 dx 1 ) ( + (y y 1 ) dy 1 ) (y y 1 ) d y 1 + ( dy1 ) = 0 ) = 0 (9) Luego, también de la constricción en l, podemos escribir una relación para x x 1 y sus primeras derivadas x x 1 = l (y l 1 sin θ) (30) = dx dx 1 = (y l 1 sin θ)ωl 1 cos θ (31) l (y l 1 sin θ) por lo que, utilizando las ecuaciones (5)-(31), reescribimos la ecuación (9) en términos de θ (y de y = 6 in), como d x = (l 1 sin θ y )ω l 1 sin θ ωl1 cos θ (y l1 sin θ) ω l 1 cos θ l (y l1 sin θ) l (y l 1 sin θ) ω l 1 cos θ La ecuación anterior puede parecer intimidante, pero recuérdese que se busca encontrar el valor de la aceleración en el collarín D cuando θ = π /, lo que realmente simplifica la expresión, i.e. d x = (y l 1 )ω l 1 in l + (y l 1 ) s 8

9 y (b) En la figura 10 se aprecia que el vector de la posición del punto medio de la barra BD para cualquier tiempo t está dado por r 1 a 1 B r 1+ r r θ a G a D x r 3 (t) = r 1(t) + r (t) = 1 (x 1 + x, y 1 + y ) = v G = d r ( 3 = dx1 + dx, dy 1 + dy ) ( = a G = d r 3 d ) = x 1 + d x, d y 1 + d y (3) (33) por lo que, usando los resultados del inciso (a), para el ángulo θ = π / obtenemos que θ= a G = a 1 + a (34) π θ= π Luego, sabemos que la derivada del vector unitario ˆr 1 apunta en la dirección del vector ˆθ, i.e. Figura 10: Vectores de posición y aceleraciones en los extremos y el centro G de la barra BD. v 1 = v 1 ˆθ (35) = a 1 = d v 1 ˆr 1 (36) i.e. el vector a 1 apunta en la dirección del vector ˆr 1 (c.f. figura 10), mientras que el vector a siempre apunta en la dirección ˆx. Por tanto, cuando θ = π / i.e. a G = (y l 1 )ω l 1 l + (y l 1 ) a G ˆx = a a G ŷ = a 1 ˆx ω l 1 ŷ ( 10.76ˆx 384ŷ) in s 9

10 Problema 16.9 El camión montacargas que se muestra en la figura 11 pesa 50 lb y se usa para levantar una caja de peso W = 500 lb. Si se sabe que el camión está en reposo, determine (a) la aceleración de la caja hacia arriba para la cual las reacciones en las ruedas traseras B son cero, (b) lareacción correspondiente en cada una de las ruedas delanteras A. (a) Vemos que, para la condición de que las reacciones en las ruedas traseras B sean cero (utilizando la regla de la mano derecha), tenemos que el equilibrio de torcas alrededor del punto A implica que r W + r G W G = 0 = rw r G W G = 0 donde r = 3 ft, r G = 4 ft, W G = 50 lb y W = W +ma es el peso aparente de la caja de masa m = W/g al levantarla con una aceleración a, i.e. a = r GW G rw rw g = 6.44 ft s Figura 11: Diagrama correspondiente al problema donde la aceleración de la gravedad g se tomó como de 3. ft /s. (b) Luego, cuando las ruedas B del camión están a punto de despegarse del piso, el centro de masa del sistema total se sitúa justo en l vertical sobre el punto A, por lo que el peso total del sistema se aplica a este punto (i.e. el peso del camión W G más el peso aparente de la caja W = W + ma), por lo que, si la normal en cada rueda debida al piso es N, se tiene W T = W G + W = W G + (1 + a )W = 550 lb g N = W T = 65 lb 10

11 Problema El tambor de freno, de 8 in de radio, está unido a un volante más grande que no se muestra en la figura 1. El momento de inercia de la masa total del tambor y del volante es de 14 lb ft s y el coeficiente de frcción cinética entre el tambor y la zapata del freno es de Si la velocidad angular del volante es de 360 rpm en el sentido de las manecillas del reloj cuando se aplica una fuerza P de 75 lb de magnitud al pedal C, determine el número de revoluciones realizadas por el volante antes de detenerse. Empezamos notado que, al aplicar la fuerza P sobre el freno, se llega a un equilibrio en las torcas con respecto al punto A, utilizando la regla de la mano derecha y tomando en cuenta el sentido del giro del tambor τa = 0 = r N N r f F + r P P = 0 (37) donde N es la fuerza normal debida al tambor y F es la fuerza de fricción debida al roce del tambor con la zapata. Notando que cada ángulo que forma cada fuerza con su respectivo brazo de palanca (c.f. figura 13), reescribimos la ecuación (37) como r N N r F F + r P P = 0 pero, recordando que la magnitud de la fuerza de fricción es F = fn, donde f es el coeficiente de fricción cinética, resolvemos para la magnitud de la fricción y obtenemos fr P F = P (38) r N + fr F Figura 1: Diagrama correspondiente al problema Ahora, en el sistema del tambor, tomando en cuenta las torcas que se ejercen debido a la fricción y a la normal (con respecto al centro D y usando nuevamente la regla de la mano derecha), podemos escribir τd = I α = r D F = I α 9 in F A 10 in donde I es el momento de inercia del tambor y el volante, α es su aceleración angular y r D es el radio del disco. Nótese que la torca debida a la normal se anula ya que la normal es colineal con su brazo de palanca. Así, obtenemos la ecuación diferencial de la dinámica del tambor-volante α = dω(θ) = r DF I < 0 i.e. el sistema se desacelera (39) donde se ha supuesto que, tanto α como ω son funciones del ángulo θ. Por tanto, utilizando la regla de la cadena α = ω dω dθ, por lo que 0 θ ωdω = α dθ = θα = ω 0 ω 0 0 = θ = ω 0 (40) α ω 0 P N in Figura 13: Vectores de posición y aceleraciones en los extremos y el centro G de la barra BD. donde se integra desde la velocidad angular del tambor-volante justo antes de que se aplique el freno ω 0 hasta que éste se detiene, tomando en cuenta que, según la ecuación (39), la aceleración angular es constante. Así, tomando en cuenta que ω 0 = 360 rpm = 10π rad s y usando la ecuación (38), la ecuación (40) implica finalmente que θ = Iω 0 r D F = Iω 0(r N + fr F ) = 171 fr D r P P 5 π rad = π rev 11

12 Problema Un neumático de radio r y radio de giro centroidal k se suelta desde el reposo sobre una pendiente y rueda sin deslizarse como se muestra en la figura 14. Obtenga una expresión para la aceleración del centro del neumático en términos de r, k, β y g. Sabemos que el momento de inercia I del neumático de masa m está relacionado con el radio de giro centroidal mediante la ecuación I = m k (41) Luego, como sabemos que la aceleración del centro del neumático es a 0 = rα ya que el neumático no desliza, donde α es la aceleración angular del neumático. Así, utilizando la regla de la mano derecha para calcular las torcas del sistema con respecto al punto C, vemos que τc = m r a + I α = r W = m r a + I α = rw sin β = mra 0 + m k α = rw sin β = mra 0 + m k r a 0 a 0 = r sin β r + k g Figura 14: Diagrama correspondiente al problema