PROBLEMAS DE FÍSICA I DINÁMICA

Grado en Ingeniería Química

Curso 2014-2015

Problemas de Física 1. Grado en Ingeniería Química Curso 2014-2015

1

4.24 Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. 4-28). Si M pesa 40 lb-f

A

B 500

500

TB

TA

TB

500

500

TAY

C

500 T AX

W = 40 lb-f

T BY

TA 500 TBX W = 40 lb-f

TAY = TA . sen 50 TBY = TB. sen 50 B

TAX = TA . cos 50 TBX = TB . cos 50 B

Σ FX = 0 TBX - TAX = 0 (ecuación 1) TBX = TAX TB . cos 50 = TA . cos 50 B

TB = TA (ecuación 1) B

Σ FY = 0 TAY + TBY – TAY + TBY = TAY + TBY = TA . sen 50

W =0 W pero: W = 40 lb-f 40 + TB. sen 50 = 40 (ecuación 2) B

Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TA . sen 50 + TA. sen 50 = 40 2 TA . sen 50 = 40 TA =

40 20 20 = = = 26,1lb − f 2 * sen 50 sen 50 0,766

TA = 26,1 lb-f Para hallar TB se reemplaza en la ecuación 1. B

TB = TA (ecuación 1) B

2

TB = TA = 26,1 lb-f B

4.24 Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. 4-28). Si M pesa 40 lb-f

A

B 0

0

30

30 TA

TB

300

300 T CB TAY

W = 40 lb-f

TA 300

TAY = TA . sen 30 TBY = TB. sen 30 B

T AX

TB

T BY

300 TBX W = 40 lb-f

TAX = TA . cos 30 TBX = TB . cos 30 B

Σ FX = 0 TBX - TAX = 0 (ecuación 1) TBX = TAX TB . cos 30 = TA . cos 30 B

TB = TA (ecuación 1) B

Σ FY = 0 TAY + TBY – TAY + TBY = TAY + TBY = TA . sen 30

W =0 W pero: W = 40 lb-f 40 + TB. sen 30 = 40 (ecuación 2) B

Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TA . sen 30 + TA. sen 30 = 40 2 TA . sen 30 = 40 TA =

40 20 20 = = = 40 lb − f 2 * sen 30 sen 30 0,5

TA = 40 lb-f Para hallar TB se reemplaza en la ecuación 1. B

TB = TA (ecuación 1) B

TB = TA = 40 lb-f B

3

4.24 Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. 4-28). Si M pesa 40 lb-f

A

B 300

600 TB TA 600

300 C

TAY

W = 40 lb-f

TB

TA

600

300

TBX

T AX

TAY = TA . sen 30 TBY = TB. sen 60

T BY

B

W = 40 lb-f TAX = TA . cos 30 TBX = TB . cos 60 B

Σ FX = 0 TBX - TAX = 0 (ecuación 1) TBX = TAX TB . cos 60 = TA . cos 30 B

T cos 30 (Ecuación 1) TB = A cos 60

Σ FY = 0 TAY + TBY – TAY + TBY = TAY + TBY = TA . sen 30

W =0 W pero: W = 40 lb-f 40 + TB. sen 60 = 40 (ecuación 2) B

Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TA . sen 30 + TB. sen 60 = 40 B

⎛ T cos 30 ⎞ TA sen 30 + ⎜⎜ A ⎟⎟ * sen 60 = 40 ⎝ cos 60 ⎠ ⎛ TA sen 30 cos 60 + TA cos 30 sen 60 ⎞ ⎟⎟ = 40 ⎜⎜ cos 60 ⎠ ⎝

TA sen 30 cos 60 + TA cos 30 sen 60 = 40 cos 60

Pero: sen 30 = ⎛1⎞ TA ⎜ ⎟ * ⎝2⎠

1 2

⎛1⎞ ⎜ ⎟ + TA ⎝2⎠

cos 60 =

1 2

cos 30 =

3 2

sen 60 =

3 2

⎛ 3⎞ ⎛ 3⎞ ⎜ ⎟ *⎜ ⎟ = 4 0* 1 ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

4

⎛1⎞ ⎛3⎞ TA ⎜ ⎟ + TA ⎜ ⎟ ⎝4⎠ ⎝4⎠

= 20

TA = 20 lb-f Para hallar TB se reemplaza en la ecuación 1. B

T cos 30 (ecuación 1) TB = A cos 60

T cos 30 TB = A = cos 60

3 40 3 2 = 2 = 20 1 1 2 2

20 *

3

TB = 20 √3 lb-f B

4.24 Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. 4-28). Si M pesa 40 lb-f

B 45 0 T BY

TB TA

A

45 0

TA

C

TB 450 T BX W = 40 lb-f

W = 40 lb-f TBY = TB. sen 45 B

TBX = TB . cos 45 B

Σ FX = 0 TBX - TA = 0 (ecuación 1) TB . cos 45 = TA B

TB =

TA (Ecuación 1) cos 45

Σ FY = 0 TBY – W = 0 TBY = W pero: W = 40 lb-f TBY = 40 TB sen 45 = 40 (ecuación 2) B

TB =

40 sen 45

TB = 56,56 lb-f B

Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TB cos 45 = TA B

5

TA = 56,56 cos 45

TA = 40 lb-f

4.24 Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. 4-28). Si M pesa 40 lb-f

B 0

60 TB

TB 600

T BY

300

600

TAX

TA

TBX

300

300

TAY

A

TA W = 40 lb-f

W = 40 lb-f TBY = TB sen 60 TBX = TB cos 60 B

B

TAX = TA cos 30 TAY = TA sen 30 Σ FX = 0 TBX - TAX = 0 (ecuación 1) TB cos 60 = TA cos 30 B

T cos 30 (Ecuación 1) TB = A cos 60

Σ FY = 0 TBY – TAY - W = 0 TBY – TAY = W pero: W = 40 lb-f TBY – TAY = 40 TB sen 60 - TA sen 30 = 40 (ecuación 2) B

Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TB sen 60 - TA sen 30 = 40 B

⎛ TA cos 30 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ * sen 60 - TA sen 30 = 40 ⎝ cos 60 ⎠ ⎛ TA cos 30 sen 60 - TA sen 30 cos 60 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = 40 cos 60 ⎝ ⎠

TA cos 30 sen 60 - TA sen 30 cos 60 = 40 cos 60

6

3 1 1 cos 30 = cos 60 = 2 2 2 3 ⎞⎟ 1 ⎛1⎞ ⎛1⎞ − TA ⎜ ⎟ * ⎜ ⎟ = 4 0 * ⎟ 2 ⎠ 2 ⎝2⎠ ⎝2⎠

sen 60 =

Pero: sen 30 = ⎛ 3⎞ ⎛ ⎟* ⎜ TA ⎜ ⎜ 2 ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ ⎝

⎛3⎞ TA ⎜ ⎟ - TA ⎝4⎠

⎛1⎞ ⎜ ⎟ ⎝4⎠

3 2

= 20

½ TA = 20

TA = 40 lb-f Para hallar TB se reemplaza T cos 30 TB = A = cos 60

40 1 2

3 2 = 40

3

TB = 69,28 lb-f B

4.25 El cuerpo representado en la figura 4-29 pesa 40 kg-f. Se mantiene en equilibrio por medio de una cuerda AB y bajo la acción de la fuerza horizontal F suponiendo que AB = 150 cm. y que la distancia entre la pared y el cuerpo es de 90 cm, calcular el valor de la fuerza F y la tensión de la cuerda.

A 150 cm

T

TY

δ0 90 cm

B

F

T δ

0

F

TX W = 40 kg -f

W = 40 kg-f cos δ =

90 = 0,6 150

δ = arc cos 0,6 δ = 53,130 TX = T cos δ TX = T cos 53,13 TY = T sen δ TY = T sen 53,13 Σ FX = 0 F - TX = 0 F - T cos 53,13 = 0 F = T cos 53,13 Ecuación 1 Σ FY = 0

7

TY – W = 0 T sen 53,13 – W = 0 T sen 53,13 = W T sen 53,13 = 40 Ecuación 2 T =

40 = 50 lb - f sen 53,13

Reemplazando el valor de la tensión T en la ecuación 1, se halla F F = T cos 53,13 Ecuación 1 F = 50 cos 53,13 F = 30 lb - f 4.26 Para la figura 4-30, calcular el ángulo υ y la tensión en la cuerda AB, si M1 = 300 lb-f M2 = 400lb-f.

A υ0

υ0

T β0

TY

F

F

T β0

F

TX

B

M1 = 300 kg-f

M1 = 300 kg-f

M2 = 400 kg-f

F TX = T sen υ TY = T cos υ

BLOQUE M2

M2 = 400 kg-f

Σ FX = 0 F - TX = 0 F - T sen υ = 0 F = T sen υ Ecuación 1 Σ FY = 0 TY – W = 0 T cos υ – W = 0 T cos υ = W T cos υ = 300 Ecuación 2 BLOQUE M2 La F tiene igual magnitud que M2 F = M2 = 400 lb-f. F = 400 lb-f.

Ecuación 3

Reemplazar la ecuación 3 en la ecuación 1 F = T sen υ Ecuación 1 400 = T sen υ Ecuación 4

8

Haciendo una relación entre la ecuación 1 y la ecuación 4 400 = T sen υ Ecuación 4 T cos υ = 300 Ecuación 2 400 T senθ = = tg θ 300 T cos θ 4 tg θ = 3

υ = arc tg 1,333 υ = 53,130 Para hallar la tensión T se reemplaza en la ecuación 2. T cos υ = 300 Ecuación 2 T cos 53,130 = 300 T =

300 = 500 lb - f cos 53,13

T = 500 lb – f

4.27 Un muchacho que pesa 120 lb-f se sostiene en una barra de levantamiento de pesas. ¿Qué fuerza ejerce cada uno de sus brazos sobre la barra cuando a) Sus brazos están en posición paralela. b) Cuando cada brazo hace un ángulo de 300 con la vertical. a) Sus brazos están en posición paralela.

Si los brazos están en posición paralela, cada brazo ejerce una fuerza igual a la mitad del peso de su cuerpo. F=

w 120 = = 60 lb - f 2 2

b) Cuando cada brazo hace un ángulo de 300 con la vertical.

TA

TB T BY

TAY

300

0

30

A

600

B

T AX

600

TBX

600

600

300

0

30

W = 120 lb-f

TB

TA

600

600

C W = 120 lb-f

9

TAY = TA sen 60 TBY = TB sen 60 B

TAX = TA cos 60 TBX = TB cos 60 B

Σ FX = 0 TBX - TAX = 0 TB cos 60 - TA cos 60 = 0 B

T B - TA = 0 TB = TA Ecuación 1 B

B

Σ FY = 0 TAY + TBY – W = 0 TAY + TBY = W TA sen 60 + TB sen 60 = 120 Ecuación 2 B

Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TA sen 60 + TB sen 60 = 120 TB sen 60 + TB sen 60 = 120 2 TB sen 60 = 120 B

B

B

B

TB =

120 60 = = 69,28 lb - f 2 sen 60 sen 60

TB = TA = 69,28 lb-f B

4.28 Una cuerda ABCD cuelga de los puntos fijos A y D. En B hay un peso de 12 kg-f y en C un peso desconocido. Si el ángulo que hace AB con la horizontal es de 600 BC es horizontal y CD hace un ángulo de 300 con la horizontal, calcular el valor que P debe tener a fin de que el sistema se encuentre en equilibrio.

D

A

TA

TA 600

TAY

TD B

C

300

TAX

T

T

T W = 12 kg-f

600

W = 12 kg-f

P TD

TAX = TA cos 60 TAY = TA sen 60

300

TDX

T Σ FX = 0

TDY

P 10

T – TAX = 0 T – TA cos 60 = 0 T = TA cos 60 Ecuación 1 Σ FY = 0 TAY – W = 0 TA sen 60 – W = 0 TA sen 60 = W TA sen 60 = 12 TA =

12 = 13,85 kg - f sen 60

TA = 13,85 kg-f Reemplazar en la ecuación 1 T = TA cos 60 Ecuación 1 T = 13,85 cos 60 T = 6,92 kg-f TDX = TD cos 30 TDY = TD sen 30 Σ FX = 0 TDX - T = 0 TD cos 30 – T = 0 TD cos 30 = T Ecuación 2 Reemplazar en la ecuación 2 TD cos 30 = T Ecuación 2 TD cos 30 = 6,92 TD =

6,92 = 8 kg - f cos 30

Σ FY = 0 TDY – P = 0 TD sen 30 = P 8 sen 30 = P P = 4 Kg-f

Ecuación 3

4.29 Tres cuerdas, situadas en un plano en un plano vertical, están fijas a puntos diferentes sobre el techo. Los otros extremos están unidos en el nudo A y del cual cuelga un peso P. Los ángulos formados por las cuerdas con la horizontal son: 350, 1000, 1600 Las tensiones en las dos primeras cuerdas son de 100 kg-f y 75 kg-f. Calcular la tensión en la tercera cuerda y el peso P.

T1 = 100 kg-f

T2X

T2

T3

0

160

800

350

T2

T2Y T1

0

20

T1Y

800

0

35

A P

T3 200

T3X

T1X

P T1X = T1 cos 35

11

T1Y = T1 sen 35 T2X = T2 cos 80 T2Y = T2 sen 80 T3X = T3 cos 20 T3Y = T3 sen 20 Σ FX = 0 T2X + T3X - T1X = 0 T2 cos 80 + T3 cos 20 - T1 cos 35 = 0 Pero T1 = 100 kg-f

T2 = 75 kg-f.

75 cos 80 + T3 cos 20 - 100 cos 35 = 0 75 (0,1736) + T3 cos 20 - 100 (0,8191) = 0 13,0236 + T3 cos 20 – 81,9152 = 0 T3 cos 20 = 81,9152 - 13,0236 T3 cos 20 = 68,8916 T3 =

68,8916 68,8916 = = 73,31 kg - f cos 20 0,9396

T3 = 73,31 kg-f. Σ FY = 0 T1Y + T2Y + T3Y – P = 0 T1 sen 35 + T2 sen 80 + T3 sen 20 - P = 0 Pero T1 = 100 kg-f

T2 = 75 kg-f.

100 * sen 35 +75 * sen 80 + 73,31 * sen 20 - P = 0 100 * 0,5735 +75 * 0,9848 + 73,31 * 0,342 - P = 0 57,35 +75 * 73,86 + 25,072 = P P = 156,28 kg-f.

4.31 Una esfera cuyo peso es de 50 kg-f descansa sobre dos planos lisos, inclinados respectivamente con respecto a la horizontal, ángulos de 300 y 450. Calcular las reacciones de los dos planos sobre la esfera. 300 450

600

N2

N2Y

N1 450

0

60 300

450

N1

P

450

300

N2 N1

N2

N1Y

N1X

N2X P

P

N1X = N1 cos 45 N1Y = N1 sen 45 N2X = N2 cos 60 N2Y = N2 sen 60

12

Σ FX = 0 N1X - N2X = 0 N1 cos 45 - N2 cos 60 = 0 N1 cos 45 = N2 cos 60 N1 =

N 2 cos 60 N 2 * 0,5 = = 0,7071 N 2 Ecuación 1 cos 45 0,7071

Σ FY = 0 N1Y + N2Y – P = 0 N1Y + N2Y = P N1Y + N2Y = 50 N1 sen 45 + N2 sen 60 = 50 Ecuación 2 (0,7071 N2) * sen 45 + N2 sen 60 = 50 (0,7071 N2) * sen 45 + N2 sen 60 = 50 0,5 N2 + 0,866 N2 = 50 1,366 N2 = 50 N2 =

50 = 36,6 kg - f 1,366

N2 = 36,6 kg –f. Pero: N1 = 0,7071 N2 N1 = 0,7071 * 36,6 N1 = 25,88 kg – f. 4.32 Una esfera (fig. 4-31) que pesa 50 lb-f descansa sobre una pared lisa, manteniéndose en esa posición mediante un plano liso que hace un ángulo de 600 con la horizontal. Calcular la reacción de la pared y el plano sobre la esfera.

30

300

N1

N1

N2

N2Y

0

N2

N2X

300

N1

N2

P P

P 0

600

60

N2X = N2 cos 30 N2Y = N2 sen 30 Σ FX = 0 N1 - N2X = 0 N1 - N2 cos 30 = 0 N1 = N2 cos 30 Ecuación 1 Σ FY = 0 N2Y – P = 0 N2Y = P N2 sen 30 = 50

13

=

N2

50 50 = = 100 lb - f sen 30 0,5

Reemplazando en la ecuación 1 N1 = N2 cos 30 Ecuación 1 N1 = 100 cos 30 N1 = 100 * 0,866 N1 = 86,6 lb - f 4.33 Una esfera de peso W se sostiene mediante una cuerda AB. (fig. 4-32) y presiona una pared vertical lisa AC. Si δ es el ángulo entre la cuerda y la pared, determinar la tensión en la cuerda y la reacción de la pared sobre la esfera.

δ

T TY

T

N

δ

N TX W

W

TX = T sen δ TY = T cos δ Σ FX = 0 N - TX = 0 N - T sen δ= 0 N = T sen δ Ecuación 1 Σ FY = 0 TY – W = 0 TY = W T cos δ = W T =

W cos δ

Reemplazando en la ecuación 1 W * sen δ = W * tg δ cos δ

N=

N = W tg δ

4.34 Calcular las fuerzas (fig 4-33) que la viga AB y el cable AC ejercen en A, suponiendo que M pesa 40 kg f y que el peso del cable y la viga son despreciables.

C T 0

TY

45

T F

B

450

TX

450

F

M A

14 M

TX = T cos 45 TY = T sen 45 Σ FX = 0 F - TX = 0 F - T cos 45 = 0 F = T cos 45 Ecuación 1 Σ FY = 0 TY – M = 0 TY = M T sen 45 = M T =

M 40 = = 56,56 kg - f. sen 45 0,7071

T = 56,56 kg – f. Reemplazando en la ecuación 1 F = T cos 45 Ecuación 1 F = 56,56 * cos 45 = 40 kg - f.

F = 40 kg –f.

4.34 Calcular las fuerzas (fig 4-33) que la viga AB y el cable AC ejercen en A, suponiendo que M pesa 40 kg f y que el peso del cable y la viga son despreciables.

C T 0

50

TY

T 400 400

A

400

TX

Fx

40

FY

M M

0

50

B

F

0

0

40

F

TY = T sen 40 TX = T cos 40 FX = F cos 40 FY = F sen 40 Σ FX = 0 F X - TX = 0 F cos 40 - T cos 40= 0

15

F -T =0 F = T Ecuación 1 Σ FY = 0 TY + F Y – M = 0 TY + F Y = M T sen 40 + F sen 40 = 40 Ecuación 2 Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 T sen 40 + F sen 40 = 40 Ecuación 2 T sen 40 + T sen 40 = 40 2 T sen 40 = 40 40 20 = = 31,11 Kg - f 2 sen 40 sen 40

T =

T = F = 31,11 Kg – f.

4.34 Calcular las fuerzas (fig 4-33) que la viga AB y el cable AC ejercen en A, suponiendo que M pesa 40 kg f y que el peso del cable y la viga son despreciables.

T

300

TY 600

F

Fx

TX

0

300 FY

60

M 300 600

300

F

T

300

A M

TY = T sen 60 TX = T cos 60 FX = F cos 30 FY = F sen 30 Σ FX = 0 F X - TX = 0 F cos 30 - T cos 60 = 0 0,866 F – 0,5 T = 0

Ecuación 1

Σ FY = 0 TY + F Y – M = 0 TY + F Y = M

16

T sen 60 + F sen 30 = 40 0,866 T + 0,5 F = 40 Ecuación 2 Resolver las ecuaciones 1 y 2. 0,866 F – 0,5 T = 0 Ecuación 1 * (0.866) 0,866 T + 0,5 F = 40 Ecuación 2 * (0,5) 0,75 F – 0,433 T = 0 0,433 T + 0,25 F = 40 0,75 F + 0,25 F = 40 F = 40 Kg – f. Reemplazar en la ecuación 1 0,866 F – 0,5 T = 0 Ecuación 1 0,866 * 40 – 0,5 T = 0 34,64 – 0,5 T = 0 0,5 T = 34,64 T =

34,64 = 69,28 Kg - f 0,5

4.45 Calcular el peso P necesario para mantener el equilibrio en el sistema mostrado en la figura 4 – 39, en la cual A pesa 100 kg-f. y Q = 10 kg-f. El plano y las poleas son lisas. La cuerda AC es horizontal y la cuerda AB es paralela al plano. Calcular también la reacción del plano sobre el plano A. (Normal N )

T1

Bloque A

B

T2

T2

N

T1

T2

T2

C T1

T1

P

T1Y

300

T1X

A = 100 kg-f

300

AY 0

A

30

AX

Bloque C

Bloque B

Q = 10 kg-f

T1

T2

Q

P

Bloque C Σ FY = 0 T1 – Q = 0 pero: Q = 10 kg-f. T1 = Q = 10 kg-f. Ecuación 1 Bloque A T1X = T1 cos 30 T1Y = T1 sen 30 AX = A sen 30 AY = A cos 30

17

Σ FX = 0 T2 – T1X - AX = 0 T2 – T1 cos 30 - A sen 30 = 0

Ecuación 2

T2 = T1 cos 30 + A sen 30 pero: A = 100 kg-f T2 = 10 cos 30 + 100 sen 30 T2 = 8,66 + 50 T2 = 58,66 kg-f.

T1 = Q = 10 kg-f.

Σ FY = 0 N – AY + T1Y = 0 N – A cos 30 + T1 sen 30 = 0 pero: A = 100 kg-f N – 100 cos 30 + 10 sen 30 = 0 N – 86,6 + 5 = 0 N – 81,6 = 0 N = 81,6 kg-f

T1 = Q = 10 kg-f.

Bloque B Σ FY = 0 T2 – P = 0 T2 = P Ecuación 2 pero: T2 = 58,66 kg-f. P = 58,66 kg-f. 4.48 Dos esferas idénticas se colocan en el sistema mostrado en la figura 4-42. Calcular las reacciones de las superficies sobre las esferas. Demostrar que cada esfera se encuentra independientemente en equilibrio. Esfera 2

Esfera 1

Esfera 1

F3

F2 FX

200

F

FY

0

20

F3

F F1

W

450

Esfera 2 F1

F2

F

F1Y ESFERA 2 FY = F sen 20 FX = F cos 20 F1Y = F1 sen 45 F1X = F1 cos 45

45F0

FY

200

1X

FX

F1X W

Σ FX = 0 FX – F1X = 0 F cos 20 - F1 cos 45 = 0 F1 cos 45 = F cos 20

18

F1 =

F cos 20 = 1,33 F cos 45

F1 = 1,33 F

Ecuación 1

Σ FY = 0 F1Y + FY – W = 0 F1 sen 45 + F sen 20 – W = 0 F1 sen 45 + F sen 20 = W Pero: F1 = 1,33 F (1,33 F) * sen 45 + F sen 20 = W (1,33 F) * 0,7071 + F 0,342 = W 0,9404 F + 0,342 F = W 1,2824 F = w F =

W = 0,77 W 1,2824

F = 0,77 W ESFERA 1 FY = F sen 20 FX = F cos 20 Σ FX = 0 F 3 - FX = 0 F3 - F cos 20 = 0 F3 F3 F3 F3

Ecuación 2

- (0,77 W) * cos 20 = 0 - (0,77 W) * 0,9396 = 0 - 0,723 W = 0 = 0,723 W

Σ FY = 0 F 2 - FY – W = 0 F2 + F sen 20 – W = 0 F2 F2 F2 F2 F2

Pero: F = 0,77 W

Pero: F = 0,77 W

+ (0,77 W) * sen 20 = W + (0,77 W) * 0,342 = W + 0,263 W = W = W - 0,263 W = 0,737 W

Se reemplaza en la ecuación 1 F1 = 1,33 F Ecuación 1 Pero: F = 0,77 W F1 = 1,33 * (0,77 W) F1 = 1,024 W F1 = 1,024 W

F2 = 0,737 W

F3 = 0,723 W

4.47 Una varilla de masa de 6 kg. y longitud 0,8 metros esta colocada sobre un ángulo recto liso como se muestra en la figura 4-41. Determinar la posición de equilibrio y las fuerzas de reacción como una función del ángulo δ.

δ T2

φ

δ

90 - δ

δ

T1X

φ W

T2

T1

T1Y

T2X W

T

T2Y

19

T2Y = T2 sen δ T2X = T2 cos δ T1Y = T1 sen (90 - δ) T1Y = T1 cos δ

Pero: sen (90 - δ) = cos δ

T1X = T1 cos (90 - δ) T1X = T1 sen δ

Pero: cos (90 - δ) = sen δ

Σ FX = 0 T2X – T1X = 0 T2 cos δ - T1 sen δ = 0

Ecuación 1

Σ FY = 0 T1Y + T2Y – W = 0 T1 cos δ + T2 sen δ – W = 0 T1 cos δ + T2 sen δ = W Ecuación 2 Resolviendo las ecuaciones T2 cos δ - T1 sen δ = 0 * cos δ T1 cos δ + T2 sen δ = W * sen δ

Ecuación 1 Ecuación 2

T2 cos2 δ - T1 sen δ * cos δ = 0 T1 cos δ * sen δ + T2 sen2 δ = W sen δ T2 cos2 δ + T2 sen2 δ = W sen δ T2 (cos2 δ + sen2 δ) = W sen δ Pero: (cos2 δ + sen2 δ) = 1 T2 = W sen δ Reemplazando en la ecuacion 2 T1 cos δ + T2 sen δ = W Ecuación 2 T1 cos δ + (W sen δ) * sen δ = W T1 cos δ + W sen2 δ = W T1 cos δ = W - W sen2 δ T1 cos δ = W (1 - sen2 δ) Pero: (1 - sen2 δ) = cos2 δ T1 cos δ = W cos2 δ T1 =

W cos 2 δ = W cos δ cos δ

T1 = W cos δ

20

ALCANCE HORIZONTAL Y ALTURA MAXIMA DE UN PROYECTIL

V V t max = 0Y = 0 sen θ g g VX

V0 V0Y

Ymax =

(v 0y )2 2g

=

= V0X VX

(V0 )2 sen 2 θ 2g

VY

= V0X V

ө VX

TVUELO = 2 tmax VX

Distancia horizontal recorrida

= V0X

= V0X

ө

R = VX Tvuelo

V0Y

V0

Un proyectil disparado desde el origen en t = 0 con una velocidad inicial V0. La altura máxima del proyectil es h y su alcance horizontal es R. En el punto más alto de la trayectoria, la partícula tiene coordenadas (R/2, Ymax). Supóngase que un proyectil se lanza desde el origen en t = 0 con una componente VY positiva, hay dos puntos especiales que es interesante analizar: El máximo que tiene coordenadas (R/2, Ymax) y el punto que tiene coordenadas (R,0). La distancia se conoce como alcance horizontal del proyectil y Ymax es su altura máxima. Se encuentra Ymax y R en función de V0,

R

ө, g.

Se puede determinar Ymax al observar que en la altura máxima VY = 0. En consecuencia, puede usarse la ecuación 4.11 para determinar el tiempo tmax necesario para llegar a la altura máxima. 0

Ecuación 4.11

VY = V0Y – g tmax 0 = V0 sen ө – g tmax

pero : V0Y

= V0

sen ө

V0 V0Y

Despejando el tiempo

g tmax = V0 sen ө g tmax = V0 sen ө V sen θ t max = 0 g

ө VX

= V0X

2

Pero: VX = V0X = V0 cos ө

t VUELO =

2 V0 sen θ g

R = VX tVUELO R = V0 cos ө tVUELO

⎛ 2 V0 sen θ R = V0 cosθ ⎜⎜ g ⎝

⎞ ⎟⎟ ⎠

2 sen θ cos θ (V0 )2 R= g Pero: 2 sen ө cos ө = sen 2 ө R=

sen 2θ (V0 )2 con esta ecuación se halla el alcance máximo horizontal g

Ejemplo 4.5 Donde pone el ojo pone la bala. Pág. 81 del libro serway cuarta edición En una conferencia demostrativa muy popular, un proyectil se dispara contra un blanco de tal manera que el primero sale del rifle al mismo tiempo que el blanco se deja caer en reposo, como muestra la figura 4.9. Se demostrara que si el rifle esta inicialmente dirigido hacia el blanco estacionario, aun así el proyectil hará diana.

Línea de visión

Y = ½ g t2

y = XT tg Θ

YT

Θ

XT

FIGURA 4.9

Razonamiento y solución Se puede argumentar que el choque resultara bajo las condiciones establecidas observando que tanto el proyectil como el blanco experimentan la misma aceleración aY = - g tan pronto como se liberan. Primero observe en la figura 4.9 que la coordenada y inicial del blanco es XT tg ө y que 2 disminuye a lo largo de una distancia ½ g t en un tiempo t. En consecuencia, la coordenada y del blanco como una función del tiempo es, según la ecuación 4.14.

y = X T tg θ Ver figura 4.9

y = X T tg θ = YT + Y 1 X T tg θ = YT + g t 2 2

Pero Y

= ½ g t2

Despejamos YT

4

X T tg θ -

1 g y 2 = YT 2

Si después de esto se escriben las ecuaciones para x y y correspondientes a la trayectoria del proyectil a lo largo del tiempo, utilizando las ecuaciones 4.12 y 4.13 en forma simultanea, se obtiene COMPONENTE DE POSICION HORIZONTAL X = vX * t X = (v0 cos ө) t ECUACION 4.12 COMPONENTE DE POSICION VERTICAL

1 g t2 2 1 Y = V0 sen θ t g t2 2 1 YP = V0 sen θ t g t2 2 Y = (V0Y ) t -

PERO: XT = (v0 cos ө) t

Despejamos t

XT t = V0 cos θ Reemplazando en la ecuación anterior

1 g t2 2 ⎛ XT ⎞ 1 ⎟⎟ g t2 YP = V0 sen θ ⎜⎜ 2 ⎝ V0 cos θ ⎠ YP = V0 sen θ t -

Cancelando V0

1 ⎛ X ⎞ YP = sen θ ⎜ T ⎟ g t2 θ cos 2 ⎝ ⎠ 1 YP = X T tg θ g t 2 Asi pues, al comparar las dos ecuaciones anteriores se vera que cuando 2

XP = XT ; YP = YT Se produce un choque. Ejemplo 4.6 Esto es verdaderamente un arma. Pág. 82 del libro serway cuarta edición Desde la azotea de un edificio se lanza una piedra hacia arriba a un angulo de 30 grados con respecto de la horizontal y con una velocidad inicial de 20 m/seg. Como muestra la figura 4.10. Si la altura del edificio es 45 m. Cuanto tiempo permanece la pierda en vuelo? VX = V0X = V0 cos ө VX = V0X = 20 m/seg * cos 30 VX = V0X = 17,32 m/seg

V0Y = V0 sen ө

V0Y = 20 m/seg * sen 30 = 20 * 0,5 = 10 m/seg V0Y = 10 m/seg. VX = V0X

5

V0 = 20 m/seg V0Y

300

VX = V0X 300 V0Y

V0 = 20 m/seg Y = altura del edificio = 45 m

VX = V0X

VY

t = 4,218 seg

X = 73 m V = 35,8 m/seg

Es importante decir que el sitio donde se inicia el movimiento son las coordenadas (0,0), de esto se deduce que lo este hacia abajo es negativo y lo que este hacia arriba es positivo. Por lo anterior la altura del edificio Y = - 45 metros g * t2 2 9,8 * t 2

Y = VOY * t − - 45 = 10 * t −

2 2 - 45 = 10 t − 4,9 t

Ordenando la ecuación de segundo grado 4,9 t2 – 10 t – 45 = 0 a = 4,9 b = -10 t =

c = - 45

- b ± b 2 - 4 a c - (- 10) ± (-10)2 - 4 * 4,9 * (- 45) 10 ± 100 + 882 = = 2a 2 * 4,9 9,8

10 ± 982 10 ± 31,33 = 9,8 9,8 10 + 31,33 41,33 t = = = 4,218 seg 9,8 9,8

t=

Cual es la velocidad de la piedra justo antes de que golpee el suelo? VY = V0Y - g * t VY = 10 m/seg - 9,8 m/seg2 * 4,21 seg VY = 10 m/seg – 41,33 m/seg VY = - 31,33 m/seg.

6

Es importante decir que el sitio donde se inicia el movimiento son las coordenadas (0,0), de esto se deduce que lo este hacia abajo es negativo VX = V0X = 17,32 m/seg

la velocidad en el eje x se mantiene constante.

V2 = (VX)2 + (VY)2 V =

(VX )2

(VY )2

+

=

(17,32)2

+ (- 31,33)2 =

300 + 981,56

=

1281,56

= 35,8 m seg

Donde golpea la piedra en el suelo? X = V0X * t

X = 17,32 m/seg * 4,21 seg X = 73 metros Ejemplo 4.7 Los exploradores extraviados. Pág. 82 del libro serway cuarta edición Un avión de rescate en Alaska deja caer un paquete de provisiones a un grupo de exploradores extraviados, como se muestra en la fig. 4.11. Si el avión viaja horizontalmente a 40 m/seg. Y a una altura de 100 metros sobre el suelo. Donde cae el paquete en relación con el punto en que se soltó?

V0 = 40 m/seg = VX V0 = VX VY Pero: V0 = VX VY = g t

Y = 100

Y=

V0 = VX

(VX )2 + (VY )2

V=

V

VY

V

1 g t2 2

Velocidad con que llega al piso

X = V0 t

V0 = VX θ

X = ?? Distancia horizontal recorrida

VY

V

Donde cae el paquete en relación con el punto en que se soltó? Se halla el tVUELO 1 g t 2 ⇒ 2Y = g * t 2 2 2Y 2 Y = t2 ⇒ t = g g

Y =

t vuelo =

2 Y = g

2 * 100 200 = = 9,8 9,8

20,4 = 4,51 seg.

X = V0 * t vuelo = 40 m seg * 4,51 seg = 180,4 metros

X = 180,4 metros

7

Nota: cuando un cuerpo es disparado en forma horizontal (eje de las X), no tiene desplazamiento en el eje de las y, por lo tanto V0Y = 0 0

VY = V0Y + g * t VY = g * tVUELO VY = 9,8 * 4,51 VY = 44,19 m/seg. Nota: cuando un cuerpo es disparado en forma horizontal (eje de las X), esta velocidad V0 = VX se mantiene constante hasta que el cuerpo llegue al piso. VX = V0 = 40 m/seg. Ejemplo 4.8 La terminación de un salto en sky. Pág. 83 del libro serway cuarta edición Una esquiadora baja por una pendiente y se despega del suelo moviéndose en la dirección horizontal con una velocidad de 25 m/ seg. Como muestra la figura 4.12. La pendiente tiene una inclinación de 35 grados. En que punto la esquiadora vuelve hacer contacto con el suelo? V0 = Vx = 25 m/seg cos 35 =

X d

X = d * cos 35 ECUACION 1 sen 35 =

V0 = VX

Y d

d

Y = d * sen 35

ECUACION 2

Y

VY

V

VX = V0X = 25 m/seg. X = V0X * t

X = 25 * t

35

ECUACION 3

Igualando la ecuación 1 y la 3.

X Distancia horizontal recorrida

X = d * cos 35 ECUACION 1 X = 25 * t

ECUACION 3

d cos 35 = 25 t Despejando el tiempo t =

(t )2

d cos 35 25 ⎡ d cos 35 ⎤ =⎢ ⎥ 25 ⎣ ⎦

2

Es importante decir que el sitio donde se inicia el movimiento son las coordenadas (0,0), de esto se deduce que lo este hacia abajo es negativo y lo que este hacia arriba es positivo.

8

Por lo anterior la altura del edificio Y = es negativa . Como el movimiento es horizontal, V0Y = 0 g * t2 2

Y = VOY * t − -Y= −

9,8 * t 2 2

reemplazando Y = d * sen 35

ECUACION 2

9,8 * t 2 2 9,8 * t 2

- d sen 35 = − d sen 35 =

2

⎡ d cos 35 ⎤ ⎥ 25 ⎣ ⎦

Pero: (t )2 = ⎢

d sen 35 =

2

⎡ d cos 35 ⎤ 2 9,8 * ⎢ ⎥ ⎣ 25 ⎦ 2

2 d sen 35 =

⎡ d cos 35 ⎤ 9,8 ⎢ ⎥ ⎣ 25 ⎦

2

9,8 [d cos 35]2 9,8 (d )2 [ cos 35]2

2 d (25)2 sen 35 = 2 d (625) sen 35 =

9,8 (d )2 [ 0,8191]2 9,8 (d )2 [ 0,6710]

1250 d sen 35 = 1250 d sen 35 =

Cancelando “d” 1250 sen 35 = 1250 sen 35 =

9,8 (d ) [ 0,6710 ]

(d ) [ 6,575]

despejando “d” d =

1250 sen 35 716,97 = = 109 metros 6,575 6,575

Pero: X = d * cos 35 ECUACION 1 X = 109 cos 35 X = 109 * 0,8191 X = 89,28 metros Y = d * sen 35 Y = 109 * sen 35

ECUACION 2

9

Y = 109 * 0,573 Y = 62,51 metros Determine cuanto tiempo permanece la esquiadora en el aire y su componente vertical de velocidad antes de aterrizar X = V0X * t

X = 89,28 metros t =

VX = V0X = 25 m/seg.

89,28 m X = = 3,57 seg m V0x 25 seg

Nota: cuando un cuerpo es disparado en forma horizontal (eje de las X), no tiene desplazamiento en el eje de las y, por lo tanto V0Y = 0 0

VY = V0Y + g * t VY = g * t = 9,8 m/seg2 * 3,57 seg. VY = 34,98 m/seg. Problema 4.5 Edición cuarta SERWAY, Problema 4.5 Edición seis SERWAY En t = 0, una partícula que se mueve en el plano “xy” con aceleración constante tiene una velocidad de V0 = (3i - 2j) m/seg y esta en el origen. En t = 3 seg., la velocidad de la partícula es v = (9i + 7j) m/seg. Encuentre (a) la aceleración de la partícula y (b) sus coordenadas en cualquier tiempo t.

Problema 4.6 Edición seis SERWAY El vector de posición de una partícula varia en el tiempo de acuerdo con la expresión r = (3i - 6t2j) m. (a) Encuentre expresiones para la velocidad y aceleración como funciones del tiempo. (b) Determine la posición y velocidad de la partícula en t = 1 seg.

10

Problema 4.7 Edición cuarta SERWAY Un Pez que nada en un plano horizontal tiene velocidad V0 = (4i + 1j) m/s en un punto en el océano cuyo vector de posición es r0 = (10i - 4j) m relativo a una roca estacionaria en la playa. Después que el pez nada con aceleración constante durante 20 seg, su velocidad es v = (20i - 5j) m/s (a). Cuales son los componentes de la aceleración? (b). Cual es la dirección de la aceleración con respecto del eje x fijo? (c) Donde se encuentra el pez t = 25 s, y en que dirección se mueve?

Problema 4.8 Edición seis SERWAY Una partícula que esta situada inicialmente en el origen, tiene una aceleración de a = 3j m/s2 y una velocidad inicial de Vi = 500i m/seg. Encuentre (a) el vector de posición y velocidad en cualquier tiempo t y (b) las coordenadas y rapidez de la partícula en t = 2 seg.

11

Problema 4.9 Edición seis SERWAY No es posible ver objetos muy pequeños, por ejemplo virus, con el uso de un microscopio de luz ordinario. Un microscopio electrónico puede ver tales objetos con el uso de un haz electrónico en lugar de un haz luminoso. La microscopia de electrones ha resultado ser de valor incalculable para investigaciones de virus, membranas celulares y estructuras subcelulares, superficies bacteriales, receptores visuales, cloroplastos y las propiedades contráctiles de músculos. Las "lentes" de un microscopio electrónico consisten en campos eléctricos y magnéticos que controlan el haz de electrones. Como ejemplo de la manipulación de un haz de electrones, considere un electrón que se desplaza alejándose del origen a lo largo del eje x en el piano xy con velocidad inicial Vi = Vi i. Cuando pasa por la región x = 0 a x = d, el electrón experimenta una aceleración a = axi + ayj, donde ax y ay, son constantes. Para el caso Vi = 1.8 X 107 m/seg., ax = 8 X 1014 m/s2 y ay = 1.6 X 1015 m/s2, determine en x = d = 0.0100 m (a) la posición del electrón, (b) la velocidad del electrón, (c) la rapidez del electrón, y (d) la dirección de desplazamiento del electrón (es decir, el ángulo entre su velocidad y el eje x).

12

Problema 4.10 Edición cuarta SERWAY Jimmy esta en la parte inferior de la colina, mientras que Billy se encuentra 30 metros arriba de la misma. Jimmy de un sistema de coordenadas esta en el origen de un sistema de coordenadas x,y y la línea que sigue la pendiente de la colina esta dada por la ecuación Y = 0,4 X. Si Jimmy lanza una manzana a Billy con un ángulo de 500 respecto de la horizontal. Con que velocidad debe lanzar la manzana para que pueda llegar a Billy? Datos del problema: Distancia entre Jimmy y Billy = 30 metros. ө = 500 Pendiente de la colina Y = 0,4 X.

BILLY V0 = ?

YB = 0,4 XB (YB )2 = 0,16 (X B )2 Pero: (30)2 = (X

900 900

2 2 B ) + (YB ) = (X B )2 + 0,16 (X B )2 = 1,16 (X B )2

YB = 11,14 m 500 XB = 27,85 m

⎛ 900 ⎞ X B = ⎜⎜ ⎟⎟ = 27,85 metros ⎝ 1,16 ⎠ XB = 27,85 metros

13

pero: YB = 0,4 XB YB = 0,4 (27,85) YB = 11,14 metros Alcance horizontal X = vX * t X = (v0 cos ө) t (Ecuación 1) t=

X V0 cos θ

Pero: Y = VOY * t −

g * t2 2

Y = VO sen θ * t −

g*t2 2

(Ecuación 2)

Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2. Y = VO senθ * t −

g*t2 2

⎛ X g * ⎜⎜ ⎛ ⎞ X ⎝ VO cos θ ⎟ − Y = VO sen θ * ⎜⎜ ⎟ 2 θ V cos ⎝ 0 ⎠ V sen θ g * (X )2 * (X ) − Y = O V0 cos θ 2 V 2 (cos θ )2 0 g * (X )2 Y = tag θ * (X ) − 2 V02 (cos θ )2

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

2

Reemplazando X = 27,85 metros Y = 11,14 metros ө = 500 11,14 = tag 50 * (27,85 ) − 11,14 = 33,19 −

11 = 33,19 −

9,8 * (27,85 )2 2 V 2 (cos 50 )2 0

7756,22 2 V (0,8263) 0

9386,68 V2 0

9386,68 = 33,19 - 11 V2 0 9386,68 = 22,19 9386,68 V2 = V2 0 22,19 0

14

V0 =

⎛ 9386,68 ⎞ ⎜⎜ 22,19 ⎟⎟ = 20,56 m seg ⎝ ⎠

V0 = 20,56 m/seg. Problema 4.10 Edición sexta SERWAY. Para desencadenar una avalancha en las faldas de una montaña, se dispara un obús de artillería con una velocidad inicial de 300 m/seg. a 55° sobre la horizontal. El obús explota en el costado de la montaña 42 seg. después de ser disparado. Cuales son las coordenadas x e y del obús donde explota, con respecto a su punto de disparo?

Problema 4.11 Edición cuarta SERWAY; Problema 4.11 Edición sexta SERWAY En un bar local, un cliente hace deslizar un tarro vacío de cerveza sobre la barra para que vuelvan a llenarlo. El cantinero esta momentáneamente distraído y no ve el tarro, el cual cae de la barra y golpea el piso a 1,4 metros de la base de la misma. Si la altura de la barra es 0,86 metros. a) Con que velocidad abandono el tarro la barra? b) Cual fue la dirección de la velocidad del tarro justo antes de chocar con el piso? Se halla el tVUELO 1 Y = g t 2 ⇒ 2Y = g * t 2 2 2Y 2 Y = t2 ⇒ t = g g

t vuelo

2 Y = = g

V0

Y = 0,86 m

2 * 0,86 = 0,1755 = 0,4189 seg. 9,8

V0

= VX

θ

X = 1,4 m

VY

V

a) Con que velocidad abandono el tarro la barra? Datos: X = 1,4 metros

X = V0 * t vuelo V0 =

X t vuelo

=

tVUELO = 0,4189 seg.

m 1,4 m = 3,34 seg 0,4189 seg

V0 = 3,34 m/seg.

15

b) Cual fue la dirección de la velocidad del tarro justo antes de chocar con el piso? g = 9,8 m/seg2

Datos: V0 = VX = 3,34 m/seg.

tVUELO = 0,4189 seg.

Nota: cuando un cuerpo es disparado en forma horizontal (eje de las X), no tiene desplazamiento en el eje de las y, por lo tanto V0Y = 0 0

VY = V0Y + g * t VY = g * tVUELO = 9,8 m/seg2 * 0,4189 seg. VY = 4,105 m/seg. V2 = (VX)2 + (VY)2

V =

(VX )2

tg θ =

VY - 4,105 = = - 1,229 3,34 VX

+

(VY )2

=

(3,34)2

+ (4,105) = 2

11,155 + 16,851

= 5,29 m seg

θ = arc tg (- 1,229) θ = - 50,860 Problema 4.12 Edición sexta SERWAY. En un bar local, un cliente desliza un tarro vacío de cerveza por la barra para que se 10 vuelvan a Ilenar. EI cantinero esta momentáneamente distraído y no ve el tarro, que sale despedido de la barra y cae al suelo a una distancia d de la base de la barra. La altura de la barra es h. (a) con que velocidad salio el tarro de la barra, y (b) cual era la dirección de la velocidad del tarro justo antes de tocar el piso?

16

Problema 4.13 Edición cuarta SERWAY Una pelota se lanza horizontalmente desde la azotea de un edificio de 35 metros de altura. La pelota golpea el suelo en un punto a 80 metros de la base del edificio. Encuentre: a) El tiempo que la pelota permanece en vuelo? b) Su velocidad inicial? c) Las componentes X y Y de la velocidad justo antes de que la pelota pegue en el suelo? a) El tiempo que la pelota permanece en vuelo? Se halla el tVUELO Datos: Y = 35 metros

g = 9,8 m/seg2

1 g t 2 ⇒ 2Y = g * t 2 2 2Y 2 Y = t2 ⇒ t = g g

Y =

t vuelo =

2 Y = g

V0

Y = 35 m

2 * 35 70 = = 7,142 9,8 9,8

V0

θ

X = 80 m

tVUELO = 2,6726 seg.

= VX

VY

V

b) Su velocidad inicial? V0 = VX Datos: X = 80 metros

tVUELO = 2,6726 seg.

17

X = V0 * t vuelo V0 =

X t vuelo

m 80 = 29,93 seg 2,6726

=

V0 = 29,93 m/seg. c) Las componentes X y Y de la velocidad justo antes de que la pelota pegue en el suelo? V0 = VX = 29,93 m/seg.

tVUELO = 2,6726 seg.

VY = g * tVUELO = 9,8 m/seg2 * 2,6726 seg. VY = - 26,19 m/seg. (El signo negativo por que va la pelota va cayendo.) V2 = (VX)2 + (VY)2

V =

(VX )2

+

(VY )2

=

(29,93)2

+ (- 26,19) = 2

895,8049 + 685,9161

= 1581.721

V = 39,77 m/seg. V - 26,19 = - 0,875 tg θ = Y = VX 29,93 θ = arc tg (- 0,875) θ = - 41,180 Problema 4.14 Edición cuarta SERWAY Superman vuela al nivel de los árboles cuando ve que el elevador de la torre Eiffel empieza a desplomarse (el cable se rompe), su visión de rayos X le indica que Luisa Lane esta en el interior. Si Superman se encuentra a 1 km de distancia de la torre y el elevador cae desde una altura de 240 metros. Cuanto tarda Superman en salvar a Luisa y cual debe ser su velocidad promedio? Se halla el tVUELO Datos: Y = 240 metros

g = 9,8 m/seg2

1 g t 2 ⇒ 2Y = g * t 2 2 2 Y 2Y = t2 ⇒ t = g g

Y =

t vuelo =

2 Y = g

480 2 * 240 = = 48,979 = 7 9,8 9,8

seg.

tVUELO = 7 seg. Datos: X = 1 km = 1000 metros

tVUELO = 7 seg.

X = V0 * t vuelo X 1000 m = = 142,85 V0 = t vuelo 7 seg V0 = VX = 142,85 m/seg.

18

Problema 4.14a Edición cuarta SERWAY Superman vuela al nivel de los árboles cuando ve que el elevador de la torre Eiffel empieza a desplomarse (el cable se rompe), su visión de rayos X le indica que Luisa Lane esta en el interior. Si Superman se encuentra a una distancia d de la torre y el elevador cae desde una altura h. Cuanto tarda Superman en salvar a Luisa y cual debe ser su velocidad promedio? Se halla el tVUELO Datos: altura vertical =

h

g = 9,8 m/seg2

distancia horizontal = d

1 g t2 ⇒ 2 h = g * t2 2 2 h 2 h = t2 ⇒ t = g g

h=

2 h g

t vuelo =

d = V0 * t vuelo d d = V0 = t vuelo 2 h g V0 =

V0 = d

d 2 h g

=

d2 2 h g

=

d2 = 2 h g

g d2 = d * 2 h

g 2 h

g 2 h

Problema 4.14 Edición sexta SERWAY. Una astronauta en un extraño planeta encuentra que ella puede saltar una distancia horizontal máxima de 15 m si su rapidez inicial es 3 m/seg. Cual es la aceleración en caída libre en el planeta?

Problema 4.15 Edición cuarta SERWAY; Problema 4.23 Edición sexta SERWAY Un jugador de soccer patea una roca horizontalmente desde el borde de una plataforma de 40 metros de altura en dirección a una fosa de agua. Si el jugador escucha el sonido de contacto con el agua 3 seg. Después de patear la roca. Cual fue la velocidad inicial? . Suponga que la velocidad del sonido en el aire es 343 m/seg. Se halla el tVUELO Datos: Y = 40 metros Y =

g = 9,8 m/seg2

1 g t 2 ⇒ 2Y = g * t 2 2

19

2Y = t2 g

t vuelo =

⇒ t =

2 Y g

2 Y = g

80 2 * 40 = = 8,1632 = 2,86 9,8 9,8

seg.

V0 = ?

tVUELO = 2,86 seg. 3 seg – tVUELO = 3 – 2,86 = 0,14 seg.

V0 = VX

R Y = 40 m

VY

V

X Distancia horizontal recorrida

Se halla la distancia recorrida por la pelota Datos: t = 0,14 seg. VX = veloc. del sonido en el agua = 343 m/seg.

R = V0 * t = 343 * 0,14 = 48,02 m R2 = (Y)2 + (X)2 (X)2 = R2 - (Y)2

X =

(R )2

- (Y) 2 =

(48,02)2

- (40) = 2

2305,92 - 1600

= 705,92

X= 26,56 m/seg. Su velocidad inicial? V0 = VX Datos: X = 26,56 metros tVUELO = 2,86 seg.

X = V0 * t vuelo X 26,56 m V0 = = = 9,28 t vuelo 2,86 seg

V0 = VX = 9,28 m/seg. Problema 4.16 Edición sexta SERWAY. Una piedra es lanzada hacia arriba desde el nivel del suelo en forma tal que la altura máxima de su vuelo es igual a su alcance horizontal d. (a) A que ángulo ө es lanzada la piedra? (b) Que pasaría si? Su respuesta a la parte (a) seria diferente en un planeta diferente? (c) Cual es el alcance dMAX,. que la piedra puede alcanzar si es lanzada a la misma rapidez pero a un ángulo optimo para alcance máximo?

20

Problema 4.17 Edición cuarta SERWAY; Problema 4.19 Edición sexta SERWAY Un pateador de lugar debe patear un balón de fútbol desde un punto a 36 metros (casi 40 yardas) de la zona de gol y la bola debe librar los postes, que están a 3,05 metros de alto. Cuando se patea, el balón abandona el suelo con una velocidad de 20 m/seg y un ángulo de 530 respecto de la horizontal. a) Por cuanta distancia el balón libra o no los postes. b) El balón se aproxima a los postes mientras continua ascendiendo o cuando va descendiendo.

21

tmax = 1,632

seg

VX

= V0X

t = 3 seg

VX

V0 = 20 m/seg

= V0X

∆ = 3,9 m – 3,05 m

V0Y Y = 3,9 m

TVUELO = 2 tmax 53 VX

0

= V0X

3,05 m

VX

Distancia horizontal X = 36 m

530 V0Y

Datos X = 36 metros

ө = 530

= V0X

V0

V0 = 20 m/seg.

V0Y = V0 sen ө

V0Y = 20 sen 53 = 20 * 0,79 = 15,97 m/seg V0Y = 16 m/seg.

V0X = V0 cos ө

V0x = 20 cos 53 = 20 * 0,6 = 12,03 m/seg V0x = 12 m/seg. Es necesario saber el tiempo que necesita el balón para llegar al arco (portería) Pero; V0x = 12 m/seg. X = 36 metros t = tiempo que necesita el balón para llegar al arco X = V0X * t t=

36 m X = = 3 seg. m V0X 12 seg

t = 3 seg. Se halla el tiempo máximo, es decir el tiempo en que alcanza el punto mas alto de la trayectoria. Con esto se sabe si el balón esta subiendo o esta bajando. En conclusión se puede ubicar el arco (portería).

V 16 t max = 0Y = = 1,632 seg. g 9,8 Se halla el tiempo de vuelo del balón.

tvuelo = 2 tmax tvuelo = 2 * 1,632 tvuelo = 3,26 seg. En la figura se puede observar la posición del arco (portería), por que el tiempo de 3 seg. esta ubicado entre el tiempo máximo y el tiempo de vuelo. Por lo tanto a los 3 seg. el balón va bajando.

22

Ubicando el balón en la trayectoria se halla la altura que lleva el balón en ese punto. Y = VOY * t −

g*t2 2

9,8 = 16

m * 3 seg − seg

m seg 2

* (3 seg )2 2

= 48 m -

9,8 * 9 m = 48 m - 44,1 m 2

Y = 48 m – 44,1 m = 3,9 m Y = 3,9 metros . Para hallar por cuanta distancia el balón libra o no los postes. Es decir a cuanta distancia del arco pasa el balón. la diferencia es 3,9 – 3,05 = 0,85 metros el balón pasa por encima del arco a 0,85 metros (Ver grafica) El balón se aproxima a los postes mientras continua ascendiendo o cuando va descendiendo. En la grafica se observa que el balón esta bajando cuando esta encima del arco. Problema 4.17 Edición sexta SERWAY. Una pelota es lanzada desde la ventana de un piso alto de un edificio. La pelota es lanzada a una velocidad inicial de 8 m/seg. a un ángulo de 20° por debajo de la horizontal. Llega al suelo 3 seg. después. (a) A que distancia horizontal desde la base del edificio esta el punto en el que la pelota Ilega al suelo? (b) Encuentre la altura desde la cual fue lanzada la pelota. (c) Cuanto tiempo tarda la relata en Ilegar a un punto a 10 m abajo del nivel del lanzamiento.?

Problema 4.18 Edición cuarta SERWAY Un bombero a 50 metros de un edificio en llamas dirige un chorro de agua de una manguera a un ángulo de 300 sobre la horizontal, como se muestra en la figura p4.18. Si la velocidad inicial de la corriente es 40 m/seg. A que altura el agua incide en el edificio? Datos X = 50 metros

ө = 300

V0 = 40 m/seg.

23

pero: X = (v0 cos ө ) t Despejamos t

t =

t =

X V0 cos θ

V0

X 50 50 = = V0 cos θ 40 cos 30 34,64

= V0X

VY V0 = 40 m/seg

VX

t = 1,4433 seg.

= V0X Y

V0Y

g * t2 Y = VOY * t − 2

Y = VO senθ * t −

VX

X = VX tmax

g * t2 2

ө = 300

9,8 * (1,443)2 Y = 40 sen 30 * 1,443 − 2

V0X

20,416 2 Y = 28,867 − 10,2

X = 50 metros

Y = 28,867 −

Y = 18,66 metros Problema 4.18 a Edición cuarta SERWAY; Problema 4.20 Edición sexta SERWAY Un bombero a una distancia d metros de un edificio en llamas dirige un chorro de agua de una manguera a un ángulo de ө sobre la horizontal, como se muestra en la figura p4.18. Si la velocidad inicial de la corriente es V0. A que altura el agua incide en el edificio? PERO: d = (v0 cos ө) t Despejamos t

t =

V0 VY

d V0 cos θ

g*t2 h = VOY * t − 2 g*t2 h = VO senθ * t − 2

VX

V0

= V0X h

V0Y

ө V0X d

reemplazando t en la ecuación

⎞ ⎛ ⎞ 1 ⎛ d d ⎟⎟ ⎟⎟ h = (V0 sen θ ) ⎜⎜ g ⎜⎜ V cos θ 2 V cos θ ⎠ ⎝ 0 ⎠ ⎝ 0

2

24

⎞ ⎛ d ⎛ d ⎞ 1 ⎟⎟ g ⎜⎜ h = ( sen θ ) ⎜ ⎟ V cos θ ⎝ cos θ ⎠ 2 ⎠ ⎝ 0 ⎞ ⎛ 1 d ⎟⎟ h = tg θ d g ⎜⎜ 2 ⎝ V0 cos θ ⎠ h = tg θ d -

2

2

g d2 2 (V0 )2 cos 2 θ

h=

2 (V0 )2 cos 2 θ tg θ d - g d 2

h=

(V0 )2

2 (V0 )2 cos 2 θ sen θ d - g d2 2 (V0 )2 cos 2 θ cos θ h= 2 2 (V0 ) cos 2 θ

pero: 2

h=

2 cos θ sen θ d - g d 2 2 (V0 )2 cos 2 θ

sen ө cos ө = sen 2 ө

(V0 )2

sen 2 θ d - g d 2

2 (V0 )2 cos 2 θ

Problema 4.18 Edición sexta SERWAY. Un pez arquero pequeño (20 a 25 cm de largo) vive en aguas salobres del sudeste de Asia, desde la India hasta las Filipinas. Este pez de nombre tan bien dado captura su presa al lanzar un chorro de gotas de agua a un insecto, ya sea que este se encuentre en reposo o en pleno vuelo. El insecto cae al agua y el pez se lo traga. EI pez arquero tiene alta precisión a distancias de 1.2 a 1.5 m, y a veces da en el blanco a distancias de hasta 3.5 m. Una pequeña hendidura del paladar de su boca, junto con una lengua enrollada, forma un tubo que hace posible que el pez imparta alta velocidad al agua en su boca cuando de pronto cierra sus agallas. Suponga que el pez lanza agua a un blanco situado a 2 m de distancia, a un ángulo de 30° sobre la horizontal. Con que velocidad debe ser lanzado el chorro de gotas si estas no deben bajar mas de 3 cm verticalmente en su trayectoria al blanco.

25

Problema 4.19 Edición cuarta SERWAY Un astronauta sobre la luna dispara una pistola de manera que la bala abandona el cañón moviéndose inicialmente en una posición horizontal a) Cual debe ser la velocidad de orificio si la bala va a recorrer por completo el derredor de la luna y alcanzara al astronauta en un punto 10 cm debajo de su altura inicial b) Cuanto permanece la bala en vuelo? Suponga que la aceleración en caída libre sobre la luna es un sexto de la de la tierra. Gravedad de la luna = 1/6 * 9,8 = 1,6333 m/seg2 (Aceleración de la luna) La realidad es que la bala describe un movimiento circular alrededor de la luna, para esto necesitamos el radio de la luna = 1,74 * 106 metros, los 10 cm no inciden sobre el calculo del radio de la luna. hallamos la velocidad

aL =

V2 rL

V2 = aL * rL V = a L rL = 1,6333 * 1,74 * 10 6 = 2841999,999 = 1685,82

m seg 26

b) Cuanto permanece la bala en vuelo?

V = 2 π rL f = 2 π rL

1 T

Se despeja el periodo T

2 π rL 2 * π * 1,74 * 10 6 m = = 6485,11 seg m V 1685,82 seg 1 hora T = 6485,11 seg * = 1,8 horas 3600 seg T =

T = 1,8 horas Problema 4.20 Edición cuarta SERWAY Un rifle se dirige horizontalmente al centro de un gran blanco a 200 metros de distancia. La velocidad inicial de la bala es 500 m/seg. a) Donde incide la bala en el blanco? b) Para golpear en el centro del blanco, el cañón debe estar a un ángulo sobre la línea de visión. Determine el ángulo de elevación del cañón. a) Donde incide la bala en el blanco? Es evidente que al disparar horizontalmente, la bala describe un movimiento de tiro parabólico, ver la figura. Distancia horizontal recorrida Datos: Como el disparo es horizontal X = 200 metros VX = 500 m/seg Hallamos el tiempo de vuelo

X = VX * t vuelo t vuelo =

VX

= V0X

Y = 0,784 m X = 200 m

X 200 = = 0,4 seg VX 500

Ahora se halla el desplazamiento vertical de la bala con respecto al centro. Y = VOY * t +

g*t2 2

pero como el disparo es horizontal V0Y = 0

Y =

g * t2 como el movimiento es hacia abajo se considera el valor de Y (+) 2

Y =

g * t 2 9,8 * 0,4 2 = = 0,784 m 2 2

b) Para golpear en el centro del blanco, el cañón debe estar a un ángulo sobre la línea de visión. Determine el ángulo de elevación del cañón. Observemos que el mismo disparo, pero ahora la velocidad inicial tiene un ángulo respecto de la horizontal, esto es para garantizar que el disparo llegue al blanco. Es decir V0 = 500 m/seg.

27

X=

sen 2θ (V0 )2 g

Distancia horizontal recorrida V0

X g = sen 2θ (V0 )2

VX

sen 2θ =

X g

(V 0 )

2

=

200 * 9,8 500

2

=

1960 250000

= V0X

X = 200 m

= 0,00784

sen 2 ө = 0,00784 arc sen 2Θ = arc sen 0,00784 2 ө = 0,4492

θ=

0,4492 = 0,224 0 2

ө = 0,2240 respecto a la horizontal. Problema 4.21 Edición cuarta SERWAY Durante la primera guerra mundial los alemanes tenian un cañon llamado Big Bertha que se uso para bombardear paris. Los proyectiles tenian una velocidad inicial de 1,7 km/ seg. a una inclinacion de 550 con la horizontal. Para dar en el blanco, se hacian ajustes en relacion con la resistencia del aire y otros efectos. Si ignoramos esos efectos: Distancia horizontal recorrida V0 = 1,7 km/ seg a) Cual era el alcance de los proyectiles b) Cuanto permanecian en el aire? a) Cual era el alcance de los proyectiles Datos: V0 = 1,7 km/seg

V0 = 1,7 R=

ө = 550

550 VX

= V0X

R=?

km 1000 m m = 1700 * seg 1 km seg

sen 2θ (V0 )2 g

sen 2 (55) (1700)2 sen 110 * 2890000 2715711,674 R= = = = 277113,43 m 9,8 9,8 9,8 R = 277,113 km

R = V0X t vuelo pero: V0X = V0 cos Θ R = V0 cos θ t vuelo despejamos el tiempo de vuelo

28

t vuelo =

R 277113,43 277113,43 = = = 284,19 seg V0 cos θ 1700 * cos 55 975,079

tvuelo = 284,19 seg Problema 4.21 Edición sexta SERWAY. Un campo de juegos esta en el techo pIano de una escuela, 6 m arriba del nivel de la calle. La pared vertical del edificio mide 7 m de alto, para formar una barandilla de un metro de alto alrededor del campo. Una pelota ha caído a la calle, y un transeúnte la devuelve lanzándola a un Angulo de 53° sobre la horizontal en un punto a 24 metros de la base de la pared del edificio. La pelota tarda 2.2 seg. en llegar a un punto verticalmente arriba de la pared. (a) Encuentre la rapidez con la que fue lanzada la pelota. (b) Encuentre Ia distancia vertical con la que la peIota rebasa la pared. (c) Encuentre la distancia desde Ia pared aI punto del techo donde cae la pelota.

29

Problema 4.22 Edición cuarta SERWAY; Problema 4.13 Edición sexta SERWAY; Una estrategia en las guerras con bolas de nieve es lanzarlas a un gran ángulo sobre el nivel del suelo. Mientras su oponente esta viendo esta primera bola de nieve, usted lanza una segunda bola a un ángulo menor lanzada en el momento necesario para que llegue a su oponente ya sea antes o al mismo tiempo que la primera. Suponga que ambas bolas de nieve se lanzan con una velocidad de 25 m/seg. La primera se lanza a un ángulo de 700 respecto de la horizontal. a) A que ángulo debe lanzarse la segunda bola de nieve para llegar al mismo punto que la primera? b) Cuantos segundos después debe lanzarse la segunda bola después de la primera para que llegue al blanco al mismo tiempo que la primera? Distancia horizontal recorrida

Primera bola de nieve

V0 = 25 m/seg

β0 VX

Distancia horizontal

Segunda bola de nieve

= V0X

V0 = 25 m/seg

R=?

700 PRIMERA BOLA DE NIEVE Se halla el tiempo de vuelo. Datos ө = 700 Y = VOY * t -

V0 = 25 m/seg. g*t2 2

VX

= V0X

Segunda bola de nieve

R=?

pero: V0Y = V0 sen ө

g*t2 pero Y = 0 2 g * t2 0 = VO sen θ * t 2 Y = VO sen θ * t -

30

g * t2 Cancelando t a ambos lados de la igualdad. 2 g*t = 2

VO sen θ * t = VO sen θ

2 V0 sen θ = g t

t vuelo =

2 V0 sen θ g

t vuelo =

2 * 25 sen 70 50 sen 70 46,984 = = = 4,794 seg 9,8 9,8 g

tvuelo = 4,794 seg

(de la primera bola de nieve.)

Con el tiempo de vuelo de la primera bola de nieve, se halla el alcance horizontal.

R = V0X t vuelo

pero: V0X = V0 cos ө

R = V0 cos θ t vuelo

R = 25 * cos 70 * 4,794

R = 41 metros Ahora hallamos el tiempo de vuelo de la segunda bola de nieve en función del ángulo de disparo. Datos: β = ángulo de disparo de la segunda bola de nieve

V0 = 25 m/seg. R = 41 metros

2 V0 sen β g 2 V0 sen β 2 * 25 * sen β 50 sen β t vuelo 2 = = = = 5,1 sen β g 9,8 9,8 t vuelo 2 =

tvuelo 2 = 5,1 sen β

(de la segunda bola de nieve.)

Con este dato procedemos a hallar el ángulo β de disparo de la segunda bola de nieve.

R = V0X t vuelo 2 pero: V0X = V0 cos β R = V0 cos β t vuelo 2 pero: tvuelo 2 = 5,1 sen β R = V0 cos β * 5,1 sen β R = 25 * cos β * 5,1 sen β R = 127,5 * cos β * sen β pero: R = 41 41 = 63,72 * ( 2 cos β * sen β ) pero: 2 sen β cos β = sen 2 β 41 = 63,72 * ( sen 2 β ) sen 2β =

41 = 0,6431 63,75

sen 2 β = 0,6431 arc sen 2 β = arc sen 0,6431

31

2 β = 400 β=

40 = 20 0 2

β = 200

Con el calor del ángulo de disparo de la segunda bola de nieve, se halla el tiempo de vuelo tvuelo 2 = 5,1 sen β (de la segunda bola de nieve.) tvuelo 2 = 5,1 sen 20 tvuelo 2 = 5,1 * 0,342

tvuelo 2 = 1,744 seg

(de la segunda bola de nieve.)

b) Cuantos segundos después debe lanzarse la segunda bola después de la primera para que llegue al blanco al mismo tiempo?

tvuelo = 4,794 seg (de la primera bola de nieve.) tvuelo 2 = 1,744 seg (de la segunda bola de nieve.)

Δ t = tvuelo - tvuelo 2

Δ t = 4,794 seg - 1,744 seg

Δt=

3,05 seg.

Problema 4.22 Edición sexta SERWAY. Un bombardero de picada tiene una velocidad de 280 m/seg a un ángulo ө abajo de la horizontal. Cuando la altitud de la nave es 2.15 km, suelta una bomba que subsecuentemente hace blanco en tierra. La magnitud del desplazamiento desde el punto en que se soltó la bomba basta el blanco es 3.25 km. Hállese el ángulo ө.

Problema 4.23 Edición cuarta SERWAY Un proyectil se dispara de tal manera que su alcance horizontal es igual a tres veces su máxima altura. Cual es el ángulo de disparo?

32

Se halla la altura máxima que alcanza el proyectil teniendo en cuenta que la la velocidad final en el eje Y cuando el proyectil alcanza la máxima altura es cero.

V0

(VFY )2 = (V0Y )2 - 2

β0

Distancia horizontal recorrida

* g * YMAX

0 = (V0Y )2 - 2 g YMAX (V0Y )2 = 2 * g * YMAX (VOY )2 Ymax = 2 g

VX

= V0X

YMAX

R = 3 YMAX

Pero: V0Y = V0 sen β

(VO

Ymax = Ymax =

senβ )2 (V0 )2 sen 2 β = 2g 2 g

(V0 )2 sen 2 β 2g

ECUACION 1

R=

sen 2 β (V0 )2 g

R=

2 sen β cos β * (V0 )2 g

Pero: 2 sen β cos β = sen 2 β Pero:

2 sen β cos β * (V0 )2 g 2 sen β cos β * (V0 )2 YMAX = 3g

R = 3 YMAX

3 YMAX =

ECUACION 2

Igualando las ecuaciones 1 y 2. Ymax =

(V0 )2 sen 2 β

YMAX =

2g

2 sen β cos β * (V0 )2 3g

(V0 )2 sen 2 β 2 g

ECUACION 1

=

ECUACION 2

2 sen β cos β * (V0 )2 3g

Cancelando términos semejantes a ambos lados de la ecuación 2 cos β sen β = 2 3 sen β 2*2 = cos β 3 4 tg β = 3

33

tg β = 1,3333 arc tg β = arc tg 1,3333

β = 53,130 Problema 4.24 Edición cuarta SERWAY Una pulga puede brincar una altura vertical h. a) Cual es la máxima distancia horizontal que puede saltar. b) Cual es el tiempo en el aire en ambos casos? a) Cual es la máxima distancia horizontal que puede saltar. El máxima alcance horizontal se logra cuando el ángulo es de β = 450 sen 2 β (V0 )2 R=

g

sen 2 * 45 (V0 )2 sen 90 (V0 )2 (V0 )2 = = g g g 2 (V0 ) Ecuación 1 R= g R=

h =

Distancia horizontal recorrida V0

(VOY )2 2 g

2 g h = (V0Y)2 2 g h = (V0 senβ)2 2 2 2 g h = (V0) sen β 2 2 g h = 0,5 * (V0) 2 4 g h = (V0) Ecuación 2

β0 = 450 VX

= V0X

h

R

Reemplazando en la ecuación 1 R=

(V0 )2

R=

g

R=4h

4 g h g

Ecuación 3

b) Cual es el tiempo en el aire en ambos casos? 2 4 g h = (V0) Ecuación 2 Despejamos V0 V0 = 4 g h Ecuación 4 cos β =

V0X V0

V cos 45 = 0X V0

V0X = V0 * cos 450 Ecuación 5

34

Reemplazando la ecuación 4 en la ecuación 5 V0X = 4 g h * cos 45 Ecuación 6 Pero: R = 4 h

Ecuación 3

Reemplazando la ecuación 6 y la ecuación 3 en la ecuación 7 R = V0X * tVUELO Ecuación 7 4 h =

4 g h * cos 45 * t VUELO Ecuación 8

se despeja tiempo de vuelo t VUELO

t VUELO =

=

4 h 4 g h cos 45

4 h

= 2

⎛ 2⎞ ⎟ gh * ⎜ ⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠

=

4 h g h *

( 2)

=

4 h 2 g h

=

16 h 2 2 g h

=

16 h 2 8 h = 2 g h g

8 h seg g

Problema 4.24 Edición sexta SERWAY. Un jugador estrella de baloncesto cubre 2.8 m horizontalmente en un saIto para encestar el balón (figura P4.24). Su movimiento en el espacio se puede modelar precisamente como el de una partícula en su centro de masa, que definiremos en el capitulo 9. Su centro de masa esta a una elevación 1,02 m cuando salta del piso. Llega a una altura máxima de 1,85 sobre el piso, y esta a una elevación 0,9 m cuando toca el piso de nuevo. Determine (a) su tiempo de vuelo (su "tiempo en el aire") , (b) sus componentes horizontal y (c) vertical de la velocidad en el instante en que se levanta del suelo, y (d) su ángulo de despegue. (e) Por comparación, determine el "tiempo en el aire" de un ciervo cola blanca que hace un saIto con elevaciones de centro de masa de Yi = 1.2 m, YMAX = 2.5 m, YF = 0.7 m.

35

Problema 4.25 Edición cuarta SERWAY Un cañón que tiene una velocidad de orificio de 1000 m/seg se usa para destruir un blanco en la cima de una montaña. El blanco se encuentra a 2000 metros del cañón horizontalmente y a 800 metros sobre el nivel del suelo. A que ángulo relativo al suelo, debe dispararse el cañón? Ignore la fricción del aire. Datos del problema: V0 = 1000 m/seg. X = 2000 metros Alcance horizontal X = vX * t X = (v0 cos Θ) t

36

t=

X 2000 2 = = V0 cos θ 1000 cosθ cos θ

(Ecuación 1)

Mientras el cuerpo vaya subiendo, ( - ↑ ) la ecuación es negativa. Y = VOY * t −

g*t2 2 g * t2 2

Y = VO senθ * t −

(Ecuación 2)

Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2. g*t2 2

Y = VO senθ * t −

2 ⎛ 2 ⎞ g *⎜ ⎟ ⎛ 2 ⎞ ⎝ cosθ ⎠ Y = VO senθ * ⎜ ⎟ − θ cos 2 ⎠ ⎝ V senθ g * (2 )2 2000 senθ 9,8 * 4 Y = O = * (2) − cos θ cosθ 2 (cos θ )2 (cos θ )2

800 = 2000 * tag θ −

2000 * tg θ = 800 +

19,6

(cos θ )2 19,6

V0

(cos θ )2

VX

= V0X

VY

pero: 1

(cos θ )2

V0 = 1000 m/seg

= (sec θ ) 2

2000 * tg θ = 800 + 19,6 (sec θ )2

VX

= V0X

YMAX = 800 metros

V0Y = 40

pero: (sec θ ) 2 = (tg θ )2 + 1

X = VX tmax

2000 * tg θ = 800 + 19,6 ⎡(tg θ )2 + 1⎤ ⎢⎣ ⎥⎦ 2000 * tg θ = 800 + 19,6 (tg α )2 + 19,6

Ordenando la ecuación 19,6 (tg θ )2 - 2000 tg θ + 800 + 19,6 = 0

Θ V0X = 30 m/seg Distancia horizontal recorrida

19,6 (tg θ )2 - 2000 tg θ + 819,6 = 0

pero: a = 19,6 tg θ =

b = - 2000

c = 818,6

- b ± b 2 - 4 a c - (- 2000) ± (-2000)2 - 4 * 19,6 * (818,6) 2000 ± 4000000 - 64178,24 = = 2a 2 * 19,6 39,2

2000 ± 3935821,76 2000 ± 1983,8905 = 39,2 39,2 2000 + 1983,8905 tg θ = = 101,6298613 39,2 tg θ =

37

tg β =

2000 - 1983,8905 = 0,410956 39,2

tg ө = 101,6298613

t= =

2 2 2 = = = 201,04 seg cos θ cos 89,43 9,94821 *10 - 3

ө = arc tg 101,6298613 ө = 89,430 tg β = 0,410956

t= =

2 2 = = cos β cos 22,34

2 = 2,16 seg. 0,9249

β = arc tg 0,410956 β = 22,340 Problema 4.25 Edición sexta SERWAY. Un arquero dispara una fIecha con una velocidad de 45 m/seg. a un ángulo de 500 con la horizontal. Un asistente, que esta de pie al nivel del suelo a 150 m de distancia desde el punto de lanzamiento, lanza una manzana directamente hacia arriba con la mínima rapidez necesaria para encontrar la trayectoria de la flecha (a) Cual es la rapidez inicial de la manzana? (b) En que tiempo después de lanzar la flecha debe ser lanzada la manzana para que la flecha haga blanco en la manzana?

38

Problema 4.26 Edición cuarta SERWAY; Problema 4.17 Edición sexta SERWAY Se lanza una pelota desde la ventana del piso más alto de un edificio. Se da a la pelota una velocidad inicial de 8 m/seg. a un ángulo de 200 debajo de la horizontal. La pelota golpea el suelo 3 seg. después. a) A que distancia horizontal a partir de la base del edificio la pelota golpea el suelo? b) Encuentre la altura desde la cual se lanzo la pelota? c) Cuanto tiempo tarda la pelota para alcanzar un punto 10 metros abajo del nivel de lanzamiento? Θ = 200

Datos: V0 = 8 m/seg.

tvuelo = 3 seg.

a) A que distancia horizontal a partir de la base del edificio la pelota golpea el suelo? X = vX * tvuelo X = (v0 cos Θ) tvuelo X = (8 cos 20) * 3 X = 22,55 metros Mientras el cuerpo vaya bajando, ( +↓ ) la ecuación es positiva.

Y = VO senθ * t +

V0 = 8 m/seg

g*t2

200

2

9,8 * 3 2 2 9,8 * 9 Y = 24 sen 20 + 2 Y = 8,208 + 44,1

Y = 8 sen 20 * 3 +

VX

Y=? Y = 10 m

VY V

Y = 52,3 metros X Distancia horizontal recorrida c) Cuanto tiempo tarda la pelota para alcanzar un punto 10 metros abajo del nivel de lanzamiento? Mientras el cuerpo vaya bajando, ( +↑ ) la ecuación es positiva. Y = VO senθ * t +

g*t2 2

10 = 8 sen 20 * t +

9,8 * t 2 2

39

10 = 2 ,736 t + 4,9 t 2

4,9 t2 + 2,736 t – 10 = 0 a = 4,9 b = 2,736

t=

c = -10

2 - b ± b 2 - 4 a c - (2,736) ± (2,736) - 4 * 4,9 * (- 10) - 2,736 ± 7,4529 + 196 = = 2a 2 * 4,9 9,8

- 2,736 ± 203,4529 - 2,736 ± 14,26 t= 9,8 9,8 - 2,736 + 14,26 11,53 t1 = = 9,8 9,8 t = 1,17 seg. t=

Problema 4.26 Edición sexta SERWAY. Un cohete de fuegos artificiales hace explosión a una altura h, que es la máxima de su trayectoria vertical. En todas direcciones despide fragmentos encendidos, pero todos a la misma rapidez v. Algunos perdigones de metal solidificado caen al suelo sin resistencia del aire. Encuentre el ángulo mínimo que la velocidad final de un fragmento de impacto hace con la horizontal.

Problema 4.27 Edición sexta SERWAY. EI atleta que se muestra en la figura 4.27 hace girar un disco de 1 kg a lo largo de una trayectoria circular de radio 1.06 m. La máxima rapidez del disco es 20 m/seg. Determine la magnitud de la máxima aceleración radial del disco.

40

Figura P4.27 Problema 4.28 Edición sexta SERWAY. De la información de las guardas de este libro, calcule la aceleración radial de un punto sobre la superficie de la Tierra al ecuador, debida a la rotación de la Tierra alrededor de su eje.

Problema 4.29 Edición sexta SERWAY. Un Ilanta de 0.5 m de radio rota a una razón constante de 200 rev/min. Encuentre la rapidez y la aceleración de una pequeña piedra alojada en el dibujo de la Ilanta (en su borde exterior).

Problema 4.30 Edición sexta SERWAY. Cuando sus cohetes impulsores se separan, los astronautas del trasbordador espacial por lo general detectan aceleraciones hasta de 3g, donde g = 9.8 m/s2. En su adiestramiento, los astronautas viajan en un aparato donde experimentan una aceleración como la centrípeta. Específicamente, el astronauta es sujetado con gran fuerza al extremo de un brazo mecánico que luego gira a rapidez constante en un círculo horizontal. Determina rapidez de rotación, en revoluciones por segundo, necesario para dar a un astronauta una aceleración centrípeta de 3 g cuando se encuentra en movimiento circular con radio de 9.45 m.

41

Problema 4.31 Edición sexta SERWAY. El joven David, que venció a Goliat, experimento con hondas antes de atajar al gigante. EI encontró que podría hacer girar u honda de 0,6 m de longitud a razón de 8 rev/seg. Si aumentamos la longitud a 0,9 m, podría hacer girar la honda solo 6 veces por segundo. (a) Cual rapidez de rotación da la máxima rapidez a la piedra que esta en el extremo de la honda? (b) Cual es la aceleración centrípeta de la piedra a 8 rev/seg.? (c) Cual es la aceleración centrípeta a 6 rev/seg?

Problema 4.32 Edición sexta SERWAY. EI astronauta que gira en orbita alrededor de la Tierra en la figura P4.32 esta preparándose para acoplamiento con un satélite Westar VI. EI satélite esta en orbita circular a 600 km sobre la superficie de la Tierra, donde la aceleración en caída libre es 8.21 m/s2. Tome el radio de la Tierra como 6400 km. Determine rapidez del satélite y el intervalo de tiempo necesario para completar una orbita alrededor de la Tierra.

42

Problema 4.36 Edición cuarta SERWAY. Un punto sobre una tornamesa en rotación a 20 cm del centro acelera desde el reposo hasta 0,7 m/seg. en 1,75 seg. En t = 1,25 seg, encuentre la magnitud y dirección de: a) la aceleración centrípeta, b) la aceleración tangencial, y c) la aceleración total del punto.

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Problema 4.37 Edición cuarta SERWAY. Un tren frena cuando libra una curva pronunciada, reduciendo su velocidad de 90 km/hora en los 15 seg. que tarda en recorrerla. El radio de la curva es 150 m. Calcule la aceleración en el momento en que la velocidad del tren alcanza 50 km/hora.

Problema 4.38 Edición cuarta SERWAY. Un péndulo de 1 metro de largo se balancea en un plano vertical (figura P4.16). Cuando el péndulo esta en las dos posiciones horizontales θ = 900 y θ = 2700 , su velocidad es 5 m/seg. a) Encuentre la magnitud de la aceleración centrípeta y de la tangencial en estas posiciones. B) Dibuje diagramas vectoriales para determinar la dirección de la aceleración total para estas dos posiciones. c) Calcule la magnitud y la dirección de la aceleración total.

Problema 4.39 Edición cuarta SERWAY. Un estudiante une una pelota al extremo de una cuerda de 0,6 m de largo y luego la balancea en un circulo vertical. La velocidad de la pelota es 4,3 m/seg. en su punto mas alto y 6,5 m/seg en su punto mas bajo. Determine su aceleración en : a) su punto mas alto y b) su punto mas bajo.

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Problema 4.47 Edición cuarta SERWAY. El piloto de un avión observa que la brújula indica que va rumbo al oeste. La velocidad del avión relativa al aire es de 150 km/hora. Si hay un viento de 30 km/hora hacia el norte, encuentre la velocidad del avión relativa al suelo.

Problema 4.48 Edición cuarta SERWAY. Dos nadadores, A y B inician en el mismo punto en una corriente que fluye con una velocidad v. Ambos se mueven a la misma velocidad c relativa a la corriente, donde c > v. El nada aguas abajo una distancia L y después la misma distancia aguas arriba, en tanto que B nada directamente perpendicular al flujo de corriente una distancia L y después regresa la misma distancia, de modo que ambos nadadores regresan al punto de partida. Cual nadador regresa primero? (Nota; primero adivine la respuesta).

Problema 4.55 Edición sexta SERWAY. Cuando los jugadores de béisbol lanzan la pelota desde la parte mas lejana al bateador, por lo general la tiran para que bote una vez antes de llegar al diamante, con la idea de que

la pelota llega mas pronto en esa forma. Suponga que el ángulo al cual una peIota que rebota sale del terreno es el mismo que el ángulo al cual el jardinero la lanzo, como en la figura P4.55, pero que la rapidez de la pelota

45

después del rebote es la mitad de la que era antes del rebote. (a) Si se supone que la pelota siempre es lanzada con la misma rapidez inicial, a que ángulo ө debe lanzar el jardinero la pelota para que recorra la misma distancia D con un rebote (trayectoria azul) que cuando lanza la pelota hacia arriba a 45° sin rebotar (trayectoria verde)? (b) Determina la razón entre los tiempos para los tiros de un rebote y sin rebote.

46

Problema 4.56 Edición sexta SERWAY. Un muchacho puede lanzar una pelota a una distancia horizontal máxima R sobre un campo plano. A que distancia puede lanzar la misma pelota verticalmente hacia arriba? Suponga que sus músculos dan a la pelota la misma rapidez en cada caso.

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Problema 4.58 Edición cuarta SERWAY; Problema 4.54 Edición sexta SERWAY Un jugador de básquetbol de 2 metros de altura lanza un tiro a la canasta desde una distancia horizontal de 10 metros. Si tira a un ángulo de 400 con la horizontal, ¿Con que velocidad inicial debe tirar de manera que el balón entre al aro sin golpear el tablero? Datos del problema: Altura del lanzador 2,00 metros Altura de la canasta 3,05 metros X = 10 metros Y = 3,05 – 2,0 = 1,05 metros ө = 400 Alcance horizontal X = vX * t X = (v0 cos ө) t t=

X V0 cos θ

(Ecuación 1)

48

V0 V0Y Y = 3,05 – 2 = 1,05 m

V0X = VX Altura del lanzador = 2 m

Pero:

Y = VOY * t −

Y = VO sen θ * t −

g* t2 2

g*t2 2

(Ecuación 2)

Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2. Y = VO sen θ * t −

g*t2 (Ecuación 2) 2

⎛ X g * ⎜⎜ V ⎛ ⎞ X ⎝ O cosθ ⎟ − Y = VO sen θ * ⎜⎜ ⎟ 2 ⎝ V0 cosθ ⎠ V senθ g * (X )2 Y = O * (X ) − V0 cosθ 2 V 2 (cos θ )2 0 g * (X )2 Y = tag θ * (X ) − 2 V02 (cos θ )2

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

2

Reemplazando X = 10 metros Y = 3,05 – 2,0 = 1,05 metros ө = 400 Y = tag θ * (X ) −

g * (X )2 2 V02 (cos θ )2

1,05 = tag 40 * (10 ) −

10 * (10 )2 2 V02 (cos 40 )2

49

10 00 2 V (1,1736 ) 0 852,07 1,05 = 8,39 − V2 0 852,07 = 8,39 - 1,05 V2 0 852,07 = 7,34 V2 0 852,07 V2 = 0 7,34

1,05 = 8,39 −

V0 =

⎛ 852,07 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = 10,77 m seg ⎝ 7,34 ⎠

V0 = 10,77 m/seg. Problema 4.58 Edición sexta SERWAY. Un mariscal de campo lanza un balón directamente hacia un receptor con una rapidez inicial de 20 m/seg, a un ángulo de 30° sobre la horizontal. En ese instante, el receptor esta a 20 m del Mariscal de Campo. En que dirección y con que rapidez constante debe correr el receptor para atrapar el balón al nivel aI cual fue lanzado?

Problema 4.59 Edición sexta SERWAY. Su padrino es copiloto de un bombardero, que vuela horizontalmente sobre un terreno pIano, con una rapidez de 275 m/seg. con respecto al suelo, a una altitud de 3000 m. (a) EI bombardero (tripulante) suelta una bomba. Que distancia recorrerá esta horizontalmente cuando es soltada y su impacto en el suelo? Desprecie los efectos de la resistencia del aire. (b) Disparos de gente en tierra de pronto incapacitan aI tripulante bombardero antes que pueda decir "suelten bombas". En consecuencia, el piloto mantiene el rumbo, altitud y rapidez originales del avión en medio de una tormenta de metralla. Donde estará el avión cuando la bomba llegue aI suelo? (c) EI avión tiene una mira telescópica de bombas ajustada para que la bomba Ilegue aI blanco vista en la mira en el momento de soltarla. A que ángulo de la vertical estaba ajustada la mira de la bomba?

50

Problema 4.60 Edición sexta SERWAY. Un rifle de alto poder dispara una bala con una velocidad en la boca del cañón de 1 km/seg. El rifle esta apuntado horizontalmente a un blanco reglamentario, que es un conjunto de anillos concéntricos, situado a 200 m de distancia. (a) A que distancia abajo del eje del cañón del rifle da la bala en el blanco? EI rifle esta equipado con una mira telescópica. Se "apunta" aI ajustar el eje del telescopio de modo que apunte precisamente en el lugar donde la bala da en el blanco a 200 m. (b) Encuentre el ángulo entre el eje del telescopio y el eje del cañón del rifle. Cuando dispara a un blanco a una distancia que no sea de 200 m, el tirador usa la mira telescópica, poniendo su retícula en "mira alta" o "mira baja" para compensar el alcance diferente. Debe apuntar alto o baja, y aproximadamente a que distancia del blanco reglamentario, cuando el blanco esta a una distancia de (c) 50.0 m, (d) 150 m, 0 (e) 250 m? Nota: La trayectoria de la bala es en todas partes casi horizontal que es una buena aproximación para modelar la bala cuando se dispara horizontalmente en cada caso. Que pasaría si el blanco esta cuesta arriba o cuesta abajo? (f) Suponga que el blanco esta a 200 m de distancia, pero la línea de visión aI blanco esta arriba de la horizontal en 30°. Debe el tirador apuntar alto, bajo o exacto? (g) Suponga que el blanco esta cuesta abajo en 30°. Debe el tirador apuntar alto, bajo o exacto? Explique sus respuestas.

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Problema 4.61 Edición sexta SERWAY. Un halcón vuela horizontalmente a 10 m/seg en línea recta, 200 m arriba del suelo. Un ratón que lo ha estado llevando se libera de sus garras. El halcón continua en su trayectoria a la misma rapidez durante 2 segundos antes de tratar de recuperar su presa. Para lograr la recuperación, hace una picada en línea recta a rapidez constante y recaptura al ratón 3 m sobre el suelo. (a) Suponiendo que no hay resistencia del aire, encuentre la rapidez de picada del halcón. (b) Que ángulo hizo el halcón con la horizontal durante su descenso? (c) Durante cuanto tiempo "disfruto" el ratón de la caída libre?

Problema 4.62 Edición sexta SERWAY. Una persona de pie en lo alto de una roca semiesférica de radio R, patea una pelota (inicialmente en reposo en lo alto de la roca) para darle velocidad horizontal Vo como se ve en la figura P4.62. (a) Cual debe ser su rapidez inicial mínima si la pelota nunca debe tocar la roca después de ser pateada? (b) Con esta rapidez inicial, a que distancia de la base de la roca llega la pelota al suelo?

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54

. Problema 4.63 Edición sexta SERWAY. Un auto esta estacionado en una pendiente inclinada que mira hacia el océano, donde la pendiente forma un ángulo de 370 abajo de la horizontal. El negligente conductor deja el auto en neutral y los frenos de estacionamiento están defectuosos. Arrancando desde el reposo en t = 0, el auto rueda por la pendiente con una aceleración constante de 4 m/seg2, recorriendo 50 m hasta el borde de un acantilado vertical. El acantilado esta a 30 m sobre el océano. Encuentre (a) la rapidez del auto cuando llegue al borde del acantilado y el tiempo en el que llega a ese lugar, (c) el intervalo total de tiempo que el auto esta en movimiento, y (d) la posición del auto cuando cae al océano, con respecto a la base del acantilado.

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Problema 4.64 Edición sexta SERWAY. Un camión cargado con sandias se detiene de pronto para evitar volcarse sobre el borde de un puente destruido (figura P4.64). La rápida parada hace que varias sandias salgan despedidas del camión; una de ellas rueda sobre el borde con una rapidez inicial Vi = 10 m/seg en la dirección horizontal. Una sección transversal de la margen tiene la forma de la mitad inferior de una parábola con su vértice en el borde del camino, y con la ecuación y2 = 16x, donde x e y se miden en metros. Cuáles son las coordenadas x e y de la sandia cuando se estrella en la margen?

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Problema 4.65 Edición sexta SERWAY. Un decidido coyote sale una vez mas en persecución del escurridizo correcaminos. El coyote lleva un par de patines con ruedas de propulsión a chorro, marca Acme, que Ie dan una aceleración horizontal constante de 15 m/seg2 (figura P4.65). EI coyote arranca desde el reposo a 70 m del borde de un precipicio en el instante en que el correcaminos lo pasa en dirección aI precipicio. (a) Si el correcaminos se mueve con rapidez constante, determine la rapidez mínima que debe tener para Ilegar al precipicio antes que el coyote. En el borde del precipicio, el correcaminos escapa aI dar una vuelta repentina, mientras que el coyote continua de frente. Sus patines permanecen horizontales y continúan funcionando cuando el esta en el aire, de modo que la aceleración del coyote cuando esta en el aire es (15i - 9.8j) m/seg2. (b) Si el precipicio esta a 100 m sobre el piso pIano de un cañón, determine en donde cae el coyote en el cañón. (C) Determine los componentes de la velocidad de impacto del coyote.

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Problema 4.66 Edición sexta SERWAY. No se lastime; no golpee su mano contra nada. Con estas limitaciones, describa que es lo que hace para dar a su mano una gran aceleración. CaIcuIe una estimación de orden de magnitud de esta aceleración, expresando las cantidades que mide 0 estima y sus valores. .

58

Problema 4.67 Edición cuarta SERWAY. Un temerario acróbata se dispara desde un cañón a 45 grados respecto de la horizontal con una velocidad inicial de 25 m/seg. Una red esta colocada a una distancia horizontal de 50 metros del cañón. A que altura sobre el cañón debe ponerse la red para que caiga en ella el acróbata? VX = V0X

t = 2,82 seg

VX

V0 = 25 m/seg

VY V0

V0Y = V0 sen ө V0Y = 25 sen 45 = 25 * 0,7 V0Y = 17,67 m/seg.

Y MAX

V Y=?

450

VX = V0X 450

VX = V0X

X = 50 m

V0Y

VOX = VX = V0 cos θ VOX = VX = 25 cos 45 m VOX = VX = 17,67 seg X = (v0X ) t X t= = V0 X

50 m = 2,82 seg m 17,67 seg t = 2,82 seg

V0

V0 V0Y

ө = 450

VX

= V0X

Pero: V0Y = 17,67 m/seg. t = 2,82 seg 2 g*t 9,8 * 2,82 2 Y = VOY * t − = 17,67 * 2,82 − 2 2 Y = 49,82 − 4,9 * 7,95 Y = 49,82 – 38,96 Y = 10,85 metros Problema 4.67 Edición sexta SERWAY. Problema 4.79 Edición cuarta SERWAY. Un patinador sale de una rampa en un salto de esquí con una velocidad de 10 m/seg., 15.0° arriba de la horizontal, como se ve en la figura P4.67. La pendiente de la rampa es de 50.0° y la resistencia del aire es insignificante. Encuentre (a) la distancia desde la rampa a donde el patinador Ilega aI suelo y (b) los componentes de velocidad justo antes que aterrice. (Como piensa usted que los resultados podrían ser afectados si se incluyera la resistencia del aire? Observe que los

59

saltadores se inclinan hacia delante en la forma de un ala aerodinámica, con sus manos a los costados del cuerpo para aumentar su distancia. Por que funciona esto?) Datos ө = 150

V0 = 10 m/seg.

V0Y = V0 sen ө

V0Y = 10 sen 15 V0Y = 10 * 0,25 = 2,58 m/seg V0Y = 2,58 m/seg.

V0 = 10 m/seg 150

V0X = V0 cos ө

V0x = 10 cos 15 = 10 * 0,96 = 9,65 m/seg V0x = 9,65 m/seg.

X cos 50 = d X = d * cos 50 ECUACION 1 Y d Y = d * sen 50

ECUACION 2

Pero: X = d * cos 50

VX = V0X = 9,65 m/seg.

V0 = VX

d

Y

VY

V 50

sen 50 =

X Distancia horizontal recorrida

X = VX * t X d cos 50 d 0,6427 t = = = VX 9,65 9,65

(t )2

⎡ d cos 50 ⎤ 2 (d cos 50 )2 d 2 (0,6427 )2 d 2 0,4131 =⎢ = = ⎥ = 93,1225 93,1225 ⎣ 9,65 ⎦ (9,65)2

(t ) 2

=

0,4131 d 2 93,1225

Es importante decir que el sitio donde se inicia el movimiento son las coordenadas (0,0), de esto se deduce que lo este hacia abajo es negativo y lo que este hacia arriba es positivo. Por lo anterior la altura de la rampa Y=(- ) Pero: Y = d * sen 50

ECUACION 2

Reemplazando el valor de t y t2 g*t2 - Y = VOY * t − 2

60

⎡ 0,4131 d 2 ⎤ ⎥ 9,8 * ⎢ 93,1225 ⎢ ⎥⎦ d 0,6427 ⎣ − - d sen 50 = 2,58 * 9,65 2

- d sen 50 =

⎡ 0,4131 d 2 ⎤ d 1,6581 ⎥ − 4,9 ⎢ 9,65 ⎢⎣ 93,1225 ⎥⎦

⎡ 2,0241 d 2 ⎤ ⎥ - d 0,766 = 0,1718 d − ⎢ ⎢⎣ 93,1225 ⎥⎦ Ordenando la Ecuación ⎡ 2,0241 d 2 ⎤ ⎢ ⎥ = 0,766 d + 0,1718 d ⎢⎣ 93,1225 ⎥⎦ ⎡ 2,0241 d 2 ⎤ ⎢ ⎥ = 0,9378 d ⎢⎣ 93,1225 ⎥⎦

Cancelando “d” ⎡ 2,0241 d ⎤ ⎢ 93,1225 ⎥ = 0,9378 ⎣ ⎦

despejando “d” 2,0241 d = 0,9378 * 93,1225 2,0241 d = 87,33 87,33 d = = 43,14 metros 2,0241 d = 43,14 metros (b) los componentes de velocidad justo antes que aterrice. Hallamos el tiempo que demora el esquiador en el aire. X d cos 50 d 0,6427 t = = = VX 9,65 9,65 43,14 * 0,6427 t = = 2,87 seg 9,65 t = 2,87 seg V0Y = 2,58 m/seg. VY = V0Y - g * t VY = 2,58 m/seg. – 9,8 m/seg2 * 2,87 seg

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VY = 2,58 m/seg. – 28,126 m/seg. VY = - 25,54 m/seg. VX = V0X = 9,65 m/seg. V2 = (VX)2 + (VY)2 V = (VX )2 + (VY )2 =

(9,65)2

+ (- 25,54 )2 =

93,122 + 652,291 =

745,413 = 27,3 m seg

V = 27,3 m/seg PROBLEMAS ADICIONALES SOBRE TIRO PARABOLICO Problema 1 Un proyectil tiene una velocidad inicial de 24 m /seg que forma un ángulo de 530 por encima de la horizontal calcular: a) La distancia horizontal a que se encuentra del punto de partida 3 seg después de ser disparado. b) La distancia vertical por encima del punto de partida en el mismo instante c) Las componentes horizontal y vertical de su velocidad en dicho momento Datos ө = 530

V0 = 24 m/seg.

Inicialmente se halla el tiempo máximo, para saber si los 3 seg están subiendo o bajando en la grafica. VX = V0X

tmax = 1,95

t = 3 seg

VX V0 = 24

V0

VY Y

V

TVUELO = 2 tmax

Y = 13,38

530

VX = V0X 530

VX = V0X

X = 44,33

V0Y

V0

teniendo en cuenta que la velocidad final en el eje Y cuando el proyectil alcanza la máxima altura es cero. V0Y = V0 sen ө V0Y = 24 sen 53 V0Y = 19,16 m/seg.

V0 V0Y

0

VFY = V0Y – g tMAX 0 = V0 sen ө – g tMAX g tMAX = V0 sen ө

ө = 530

VX

= V0X

62

Despejando el tiempo t MAX =

V0 sen θ g

V 19,16 t max = 0Y = = 1,95 seg g 9,8 tmax = 1,95 seg significa que a los 3 seg. el proyectil esta bajando , ver grafica. a) La distancia horizontal a que se encuentra del punto de partida 3 seg después de ser disparado.

VOX = VX = V0 cos θ VOX = VX = 24 cos 53 m VOX = VX = 14,44 seg X = VX * t ⇒

X = 14,44 * 3 X = 44,33 m b) La distancia vertical por encima del punto de partida en el mismo instante En la figura se puede observar la posición del proyectil. A los 3 seg. el proyectil va bajando. Pero: V0Y = 19,16 m/seg.

g*t 2 Y = 57,48 − 44,1 Y = VOY * t −

2

t = 3 seg

= 19,16 * 3 −

9,8 * 3 2 2

Y = 13,38 metros c) Las componentes horizontal y vertical de su velocidad en dicho momento

VOX = VX = 14,44

m seg

VY = V0 sen ө – g t VY = 24 sen 53 – 9,8 * 3 VY = 19,16 – 29,4 VY = - 10,24 m/seg Problema 2 Un mortero de trinchera dispara un proyectil con un ángulo de 530 por encima de la horizontal y una velocidad inicial V0 = 60 m/seg. Un tanque avanza directamente hacia el mortero, sobre un terreno horizontal, a la velocidad de 3 m/seg. Cual deberá ser la distancia desde el mortero al tanque en el instante en que el mortero es disparado para lograr hacer blanco.

VOX = VX = V0 cos θ

63

VOX = VX = 60 cos 53 m VOX = VX = 36,1 seg Se halla el alcance horizontal del mortero

sen 2θ (V0 )2 R= g R=

sen 2 (53) (60)2 sen 106 * 3600 3460,54 = = = 353,11 m 9,8 9,8 9,8

R = 353,11 km Distancia horizontal recorrida

Se halla el tiempo de vuelo del mortero

V0 = 60 m/ seg

R = VX * t V ⇒ tv =

X=?

530

R 353,11 = = 9,78 seg VX 36,1

VX

= V0X

tv = 9,78 seg

R=?

El tiempo de vuelo del mortero es el mismo tiempo que necesita el tanque para llegar al objetivo. Se halla el desplazamiento del tanque V = velocidad del tanque = 3 m/seg X=v*t X = 3 m/seg * 9,78 seg X = 29,34 metros PROBLEMA 3 Se lanza un proyectil con una velocidad de 61 m/seg. y un ángulo de 600 sobre la horizontal. Calcular: Posición a los 2 seg. V

VY

V0

= 61 m/seg

VX

φ

VX

= V0X

g (t )2 Y = V0Y t 2

V0Y

= V0X

YMAX =

VX

(V0Y )2 2g

VY

= V0X V

600

TVVUELO =2t X = V0X MAX 600 X = VX tvuelo Distancia horizontal

V0Y

V0

64

a) Cuanto vale la componente vertical de la velocidad inicial (VOY) Datos del problema VO = 61 m/seg. θ = 600 VOY = VO sen θ VOY = 61 sen 60 = 61 (0,866) VOY = 52,82 m/seg. b) Cuanto vale la componente horizontal de la velocidad inicial (VOX) Datos del problema VO = 61 m/seg. θ = 600 VOX = VO cos θ VOX = 61 cos 60 = 61 (0,5) VOX = 30,5 m/seg. c) Cual es la velocidad vertical al cabo de 2 seg. ( - ↑ ) VY = VOY – gt pero: VOY = 52,82 m/seg. VY = 52,82 m/seg. – 10 m/seg2 * 2 seg. VY = 52,82 m/seg. – 20 m/seg. VY = 32,82 m/seg. d) Cual es la velocidad horizontal al cabo de 2 seg. La velocidad horizontal (VX ) al cabo de 2 seg. es la misma que VOX = 30,5 m/seg. Es decir la velocidad en eje horizontal permanece constante a través de todo el recorrido. VX = VOX = 30,5 m/seg. e) Cual es la magnitud de la velocidad al cabo de 2 seg. Pero: VX = VOX = 30,5 m/seg. VY = 32,82 m/seg. V =

(VX )2

+ (VY )2 =

(30,5)2

+ (32,82 )2 = 44,8 m seg

V = 44,8 m/seg. f) En que instante el proyectil alcanza el punto mas alto de su trayectoria.

t max =

VOY 52,82 m seg = = 5,282 seg. g 10 m seg 2

g) Cual es el alcance del proyectil (Distancia horizontal recorrida) VX = VOX = 30,5 m/seg. X = VX * tvuelo X = 30,5 * 10,564 X = 322,2 metros

pero: tvuelo = 2 * tmax tvuelo = 2 * 5,282 seg. tvuelo = 10,564 seg.

h) Cual es la velocidad del proyectil al llegar al suelo Es igual a la velocidad con que parte el proyectil. VO = 61 m/seg. VX = VOX = 30,5 m/seg. Es decir la velocidad en eje horizontal permanece constante a través de todo el recorrido. VOY = 52,82 m/seg. VO = 61 m/seg.

65

PROBLEMA 4 Se lanza un objeto con velocidad vertical de 40 m/seg. y horizontal de 30 m/seg. a) Cual es la altura alcanzada. b) El alcance horizontal. a) Cual es la altura alcanzada. VOY = 40 m/seg. VX = VOX = 30 m/seg. Ymax =

(VOY )2 2 g

=

(40)2 2 g

1600 m 2 seg 2 1600 = = 80 metros 20 2 * 10 m seg 2

=

b) El alcance horizontal. El tiempo para alcanzar el punto más alto.

Pero: VOY = 40 m/seg.

V 40 m seg t max = OY = = 4 seg. g 10 m seg 2

V0

VX

= V0X

VY V0

VX

= V0X YMAX =

V0Y = 40

VX

(V0Y )2 2g

VY

= V0X V TVUELO = 2 tMAX VX

= V0X

V0X = 30 X = VX tvuelo Distancia horizontal recorrida

V0Y

V0

pero: tvuelo = 2 * tmax tvuelo = 2 * 4 seg. tvuelo = 8 seg. pero: VX = VOX = 30 m/seg. X = VX * tvuelo X = 30 m/seg. * 8 seg. X = 240 metros Problema 5 Un jugador lanza una pelota formando un ángulo de 370 con la horizontal y con una velocidad inicial de 48 pies/seg. Un segundo jugador, que se encuentra a una distancia de 100 pies del primero en la dirección del lanzamiento inicia una carrera para encontrar la pelota, en el momento de ser lanzada. Con que velocidad ha de correr para coger la pelota

VOX = VX = V0 cos θ VOX = VX = 48 cos 37 pies VOX = VX = 38,33 seg

66

Se halla el alcance horizontal de la pelota

sen 2θ (V0 )2 R= g R=

g = 32 pies/seg2

sen 2 (37 ) 48 2 sen 74 * 2304 2214,74 = = = 69,21 pies 32 32 32

R = 69,21 pies Distancia horizontal recorrida V0 = 48 m/ seg X=?

370 VX

= V0X

R=? X1 = 100 pies

Se halla el tiempo de vuelo de la pelota

R = VX * t V ⇒ R 69,21 tv = = = 1,8 seg VX 38,33

tv = 1,8 seg Para el segundo jugador, el tiempo de vuelo de la pelota es el mismo tiempo que el jugador necesita para llegar hasta la pelota. t = 1,8 seg X1 = 100 pies R = 69,21 pies X1 = R + X X = X1 – R X = 100 – 69,21 X = 30,79 pies se halla la velocidad del jugador para atrapar la pelota V=

30,79 pies pies X = = 17,1 t 1,8 seg seg

PROBLEMA 6 Una bala se dispara con un ángulo de tiro de 300 y una velocidad de 200 m/seg. Calcular: a) Altura alcanzada en 8 seg. b) A los cuantos seg. regresa a la tierra. VOY VOY VOY VOY

= VO sen θ = 200 sen 30 = 200 * (0,5) = 100 m/seg.

67

c) Distancia horizontal recorrida en 15 seg. Es necesario hallar el tiempo máximo (tmax), para determinar si a los 8 seg. del movimiento la bala va bajando o subiendo. t max =

VOY 100 m seg = = 10 seg. g 10 m seg 2

Posición a los 8 seg.

Posición a los 15 seg.

V

VY

VX

= V0X

0 30

V0

= 61 m/seg

V0Y

VX

Y = V0Y

= V0X

g (t ) t2

2

YMAX =

VX

(V0Y )2 2g

VY

= V0X V TVUELO = 2 tMAX

30

0

VX

300

X = VX tvuelo Distancia horizontal recorrida en 15 seg.

= V0X

V0Y

V0

Distancia horizontal recorrida en 8 seg.

a) Altura alcanzada en 8 seg. Datos del problema VO = 200 m/seg. θ = 30 El tiempo máximo es de 10 seg. (Ver la grafica) se puede decir que a los 8 seg. la bala esta subiendo. Y = VOY * t -

g*t2 2

pero t = 8 seg. g = 10 m/seg2 VOY = 100 m/seg. Y = 100 * 8 -

10 * (8) 2 10 * 64 = 800 = 800 - 320 2 2

Y = 480 metros. b) A los cuantos seg. regresa a la tierra. t vuelo = 2 * tmax t vuelo = 2 * 10 seg. t vuelo = 20 seg. c) Distancia horizontal recorrida en 15 seg. Datos del problema VO = 200 m/seg. θ = 300 VOX = VO cos θ VOX = 200 * cos 30 VOX = 200 * (0,866)

68

VOX = 173,2 m/seg. pero: VX = VOX = 173,2 m/seg. X = VX * t X = 173,2 m/seg. * 15 seg. X = 2598 metros El alcance horizontal para 15 seg. es X = 2598 metros. PROBLEMA 7 De arriba de una torre se lanza una piedra con una velocidad de 20 m/seg y un ángulo de 370 . La piedra alcanza el suelo a una distancia de 160 metros con respecto a la base de la torre. Cual es la altura de la torre. Datos del problema VO = 20 m/seg. θ = 370 VOY = VO sen θ VOY = 20 sen 37 VOY = 20 * (0,6018) VOY = 12 m/seg. t max =

VOY 12 m seg = = 1,2 seg. g 10 m seg 2

t vuelo = 2 * tmax t vuelo = 2 * 1,2 seg. t vuelo = 2,4 seg. 160 – 32,32 = 121,76 m X1 = 121,76 m X = 32,32 m VX = V0X V0 = 20 m/seg V0Y

TVUELO = 2 tMAX YMAX

0

37

VX = V0X 370

X = 32,32 m V0Y

Y = altura de la torre

VX = V0X

VY 160 m

Datos del problema VO = 20 m/seg. θ = 370 VOX = VO cos θ

69

VOX = 20 * cos 37 VOX = 20 * (0,798) VX = VOX = 15,97 m/seg. X = VX * tvuelo pero: VX = VOX = 15,97 m/seg. t vuelo = 2,4 seg. X = 15,97 m/seg. * 2,4 seg. X = 38,32 metros. (Este es el alcance horizontal del tiro parabólico, ver grafica) Pero: 160 = X + X1 X1 = 160 - X X1 = 160 - 38,32 X1 = 121,67 metros (VER LA GRAFICA) X1 = VX * t

Pero: VX = VOX = 15,97 m/seg.

X 121,67 t = 1 = = 7,61 seg. VX 15,97

(+↓ )

Y = VOY * t +

Y = VOY * t +

g * t2 2

10 * (7,61)2 g * t2 = 12 * (7,61) + 2 2

Y = 91,32 + 289,56 = 380 metros

La altura de la torre es de 380 metros.

PROBLEMA 8 De lo alto de un edificio se lanza un proyectil con una inclinación de 400 por encima de la horizontal. Al cabo de 5 seg. el proyectil encuentra el plano horizontal que pasa por el pie del edificio, a una distancia de este pie igual a la altura del edificio. Calcular la velocidad inicial del proyectil y la altura del edificio. Se sabe que la máxima altura de trayectoria del proyectil respecto a la parte superior del edificio es de 10 metros.

hmax = 10 m

Datos del problema: θ = 400

70

t = 5 seg. (para X = h) (Es decir el proyectil demora en el aire 5 seg.) hmax = 10 metros. g = 10 m/seg2 Como tenemos el valor de hmax se puede hallar la VOY (Velocidad inicial en el eje vertical). Ymax =

(VOY )2

(VOY )2 =

2 g

⇒

2 * g * Ymax

VOY = 2 * g * Ymax

=

2 * 10 * 10 = 14,14 m seg

V0Y = 14,14 m/seg. VOY = VO sen θ VO =

VOY 14,14 = = 22 m seg sen 40 0,6427

V0 = 22 m/seg. Datos del problema VO = 22 m/seg. θ = 400 VOX = VO cos θ VOX = 22 * cos 40 VOX = 22 * (0,766) VX = VOX = 16,85 m/seg. Como VX = VOX = 16,85 m/seg. es constante en todo el recorrido del proyectil, y el tiempo de vuelo del proyectil es de 5 seg. se halla el recorrido horizontal (X = h ) X = h = VX * t X = h = 16,85 * 5 X = h = 84,25 metros . La altura del edificio (h) es de 84,25 metros. PROBLEMA 9 Un jugador de béisbol golpea la pelota con un ángulo de 450 y le proporciona una velocidad de 38 m/seg. Cuanto tiempo tarda la pelota en llegar al suelo.

V0

= 38 m/seg

VX

V

VY

0 45

VX

= V0X YMAX =

V0Y

= V0X

VX

(V0Y )2 2g

VY

= V0X V TVUELO = 2 tMAX

45

0

VX

450

X = VX tvuelo Distancia horizontal recorrida

= V0X

V0Y

V0

71

Datos del problema VO = 38 m/seg. θ = 450 VOY = VO sen θ VOY = 38 sen 45 VOY = 38 (0,7071) VOY = 26,87 m/seg. Es la velocidad inicial en el eje Y, sirve para hallar el tmax t max =

VOY 26,87 m seg = = 2,687 seg. g 10 m seg 2

Con el tmax hallamos el tiempo de vuelo t vuelo = 2 * tmax t vuelo = 2 * 2,687 seg. t vuelo = 5,374 seg. PROBLEMA 10 Se lanza una pelota al aire, cuando esta a 12 metros sobre el piso , las velocidades son: VX = VOX = 4,5 m/seg. VY = 3,36 m/seg. Cual es la velocidad inicial de la pelota (VO). Que altura máxima alcanza la pelota.

VY = 3,36 m/seg

V0 VX

= V0X

VX = V0X = 4,5 m/seg

V0

12 metros

V0Y

YMAX =

(V0Y )2 2g

VX

= V0X

= 12,57 m

VY

V TVUELO = 2 tMAX VX

V0X

= V0X

X = VX tvuelo

Distancia horizontal recorrida cuando esta a 12 metros del piso.

V0Y

V0

VY = VOY – g t VY + gt = VOY 3,36 +10t = VOY Y = VOY * t -

(Ecuación 1)

g * t2 2

72

12 = VOY * t -

10 * (t) 2 2

12 = V0Y * t – 5 t2

12 + 5t 2 = VOY * t 12 + 5t = VOY (Ecuación 2) t

Igualando ecuación 1 con ecuación 2 3,36 +10t = 12/t + 5t 3,36 = 3,36 =

12 12 + 5t - 10t = - 5t t t 2 12 - 5t t

3,36t = 12 - 5t2 5t2 + 3,36t - 12 = 0 a=5 b = 3,36 t=

c = -12

2 - b ± b 2 - 4 a c - 3,36 ± 3,36 - 4 * 5 * (-12) - 3,36 ± 11,28 + 240 - 3,36 ± 251,28 = = = 2a 2*5 10 10

t=

- 3,36 ± 15,85 - 3,36 + 15,85 12,4918 ⇒ t= = 10 10 10

t = 1,25 seg. Reemplazando el t = 1,25 seg. hallamos VOY 3,36 +10t = VOY (Ecuación 1) 3,36 + 10 *1,25 = VOY VOY = 3,36 +12,5 = 15,86 m/seg VOY = 15,86 m/seg La altura máxima es: Ymax =

(VOY )2 2 g

=

(15,86)2 2 g

=

251,539 m 2 seg 2 251,539 = = 12,57 metros 2 20 2 *10 m seg

VX = VOX = 4,5 m/seg. Por que la velocidad en este sentido permanece constante a través de todo el recorrido. V 15,86 tg θ = OY = = 3,524 4,5 VOX

θ = arc tg 3,524 θ = 74,150 VOY = VO sen θ 15,86 = VO sen 74,15 Vo =

15,86 15,86 = = 16,48 m seg sen 74,15 0,96198

VO = 16,48 m/seg

(Velocidad inicial con que fue lanzada la pelota)

73

PROBLEMA 11 Se dispara un proyectil con rapidez inicial de 80 m/seg. hacia el este con un ángulo de elevación de 600 a) Calcular el tiempo de vuelo del proyectil. b) Cual es el alcance máximo horizontal. c) Cual es el desplazamiento vertical y horizontal al cabo de 5 seg. d) Que magnitud y dirección tiene la velocidad del proyectil a los 5 seg. e) En que instante de tiempo y a que altura la componente vertical de la velocidad se anula. Tiempo máximo = 6,928 seg

Posición a los 5 seg. V

VY

VX

= V0X

φ

V0

= 80 m/seg

V0Y

VX

Y = V0Y

= V0X

g (t ) t2

2

YMAX =

VX

(V0Y )2 2g

= V0X

VY

V TVUELO = 2 tMAX

60

0

VX

= V0X

600 X = VX tvuelo = 554,24 metros

V0Y

V0

Distancia horizontal recorrida Datos del problema 0 seg. =θ200 metros 805m/seg. = 60 Voa=los VOY = VO sen θ VOY = 80 sen 60 VOY = 80 (0,866) VOY = 69,28 m/seg. Es la velocidad inicial en el eje Y, sirve para hallar el tmax t max =

VOY 69,28 m seg = = 6,928 seg. g 10 m seg 2

a) Calcular el tiempo de vuelo del proyectil. Con el tmax hallamos el tiempo de vuelo t vuelo = 2 * tmax t vuelo = 2 * 6,928 seg.

t vuelo = 13,856 seg.

b) Cual es el alcance máximo horizontal. Datos del problema VO = 80 m/seg. θ = 600 VOX = VO cos θ VOX = 80 * cos 60 VOX = 80 * (0,5)

74

VX = VOX = 40 m/seg. Como VX = VOX = 40 m/seg. es constante en todo el recorrido del proyectil. t vuelo = 13,856 seg. X = VX * tvuelo = 40 * 13,856 = 554,24 metros. X = 554,24 metros. c) Cual es el desplazamiento vertical y horizontal al cabo de 5 seg. Para el desplazamiento vertical es necesario evaluar si a los 5 seg., el movimiento del proyectil va bajando o subiendo. Para determinar el signo de la ecuación, se compara el valor de tmax = 6,928 seg. (Ver grafica) Esto nos indica que a los 5 seg. el proyectil va subiendo ( - ↑ ) luego la ecuación es negativa Y = VOY * t Y = VOY * t -

g*t2 2 g * t2 2

= 69,28 * (5) -

10 * (5)2 2

Y = 346,4 – 125 = 221,4 metros Y = 221,4 metros (Alcance vertical a los 5 seg.) X = VX * t = 40 * 5 = 200 metros X = 200 metros (Alcance horizontal a los 5 seg.) d) Que magnitud y dirección tiene la velocidad del proyectil a los 5 seg. VY = VOY – gt pero: VOY = 69,28 m/seg. VY = 69,28 – 10 * 5 VY = 19,28 m/seg. La velocidad horizontal (VX) al cabo de 5 seg. es la misma que VoX = 40 m/seg. Por que la velocidad en este sentido permanece constante a través de todo el recorrido. Para hallar la magnitud de la velocidad al cabo de 5 seg. Pero: VX = VOX = 40 m/seg. VY = 19,28 m/seg. V =

(VX )2

+

(VY )2

=

(40)2

+ (19,28)2 =

1600 + 371,71 = 44,4 m seg

V = 44,4 m/seg. V 19,28 tg β = Y = = 0,482 40 VX

β = arc tg 0,482 β = 25,7340 e) En que instante de tiempo y a que altura la componente vertical de la velocidad se anula. La velocidad vertical se hace cero, cuando alcanza la máxima altura. VOY 69,28 m seg = = 6,928 seg. g 10 m seg 2 (VOY )2 (69,28)2 4799,71 m 2 seg 2 4799,71 Ymax = = = = = 239,98 metros 20 2 g 2 g 2 *10 m seg 2 t max =

75

PROBLEMA 12 Una roca descansa sobre un barranco 600 metros por encima de una casa, tal como se muestra en la figura. En tal posición que si rodase, saldría disparada con una rapidez de 50 m/seg. Existe un lago de 200 metros de diámetro. Con uno de sus bordes a 100 metros del borde del barranco. La casa esta junto a la laguna en el otro borde. a) Si la roca se desprendiera del barranco cuanto tiempo permanecería en el aire antes de caer al suelo? b) Caerá la roca en la laguna c) Hallar la rapidez de la roca al llegar al suelo y la rapidez horizontal en ese momento.

Datos del problema. Y = 600 metros V0 = 50 m/seg. VOY VOY VOY VOY

θ = 300

= VO sen θ = 50 sen 30 = 50 (0,5) = 25 m/seg. Es la velocidad inicial en el eje Y, sirve para hallar el tiempo .

a) Si la roca se desprendiera del barranco cuanto tiempo permanecería en el aire antes de caer al suelo? La ecuación para hallar Y es positiva por que la roca va bajando. g*t2 2 10 * t 2

Y = VOY * t + 600 = 25 * t +

2

= 25t + 5t 2

5t2 + 25t - 600 = 0 (Simplificando la ecuación por 5) t2 + 5t - 120 = 0 pero a = 1

b=5

c = -120

76

2 - b ± b 2 - 4 a c - (5) ± 5 - 4 * 1 * (-120) - 5 ± 25 + 480 - 5 ± 505 - 5 ± 22,4722 = = = = t= 2 2 2 2a 2 *1 - 5 + 22,4722 17,4722 t= = = 8,73 seg 2 2

t = 8,73 seg b) Caerá la roca en la laguna? Datos del problema. Y = 600 metros V0 = 50 m/seg. θ = 300 El alcance máximo horizontal. VOX = VO cos θ VOX = 50 * cos 30 VOX = 50 * (0,866) VX = VOX = 43,3 m/seg. Como VX = VOX = 43,3 m/seg. es constante en todo el recorrido del proyectil. t vuelo = 8,73 seg. X = VX * tvuelo = 43,3 * 8,73 = 378 metros. X = 378 metros Si observamos la grafica, la roca no cae dentro de la laguna. c) Hallar la rapidez de la roca al llegar al suelo y la rapidez horizontal en ese momento. Pero: VX = VOX = 43,3 m/seg. La ecuación para hallar VY es positiva por que la roca va bajando. VY = VOY + gt pero: VOY = 25 m/seg. VY = 25 + 10 * 8,73 VY = 112,3 m/seg. V =

(VX )2

+

(VY )2

=

(43,3)2

+ (112,3)2 =

1874,89 + 12611,29 = 14486,18 m seg

V = 120,35 m/seg. (Velocidad con que llega la roca al suelo) Como VX = VOX = 43,3 m/seg. es constante en todo el recorrido del proyectil. Es la velocidad horizontal. PROBLEMA 13 Se dispara un proyectil desde la cima de una montaña a 180 metros por encima del valle, tal como se indica en la figura. El modulo de su velocidad inicial es 60 m/seg a 600 respecto a la horizontal a) Cual es la máxima altura respecto al valle b) Donde caerá el proyectil Datos del problema V0 = 60 m/seg. h altura de la montaña = 180 metros

77

θ = 600 a) Cual es la máxima altura respecto al valle (H) (ver grafica) H = h + Ymax pero h = 180 metros VOY = VO sen θ VOY = 60 sen 60 VOY = 60 (0,866) VOY = 51,96 m/seg. Es la velocidad inicial en el eje Y, sirve para hallar el Y max

Hallamos Ymax Ymax =

(VOY )2 2 g

=

(51,96)2 2 g

=

2700 m 2 seg 2 2700 = = 135 metros 20 2 *10 m seg 2

YMAX = 135 metros H = h + Ymax pero h = 180 metros H = 180 + 135 = 315 metros H = 315 metros (Altura respecto al valle) b) Donde caerá el proyectil (XT) ? Para hallar el alcance horizontal, es necesario calcular el tiempo de vuelo y la velocidad horizontal en el eje X. t max =

VOY 51,96 m seg = = 5,196 seg. g 10 m seg 2

Con el tmax hallamos el tiempo de vuelo

78

t vuelo = 2 * tmax t vuelo = 2 * 5,196 seg. t vuelo = 10,392 seg. (ver grafica) El alcance máximo horizontal del tiro parabólico (X) Datos del problema VO = 60 m/seg. θ = 600 VOX = VO cos θ VOX = 60 * cos 60 VOX = 60 * (0,5) VX = VOX = 30 m/seg. X = VX * tvuelo = 30 * 10,392 = 311.76 metros. (ver grafica) X = 311.76 metros. La ecuación para hallar h = 180 metros es positiva por que la roca va bajando. h = VOY * t +

g*t2 2

180 = 51,96 * t +

10 * t 2 = 51,96t + 5t 2 2

5t2 + 51,96t - 180 = 0

pero a = 5

b = 51,96

c = -180

2 - b ± b 2 - 4 a c - (51,96) ± 51,96 - 4 * 5 * (-180) - 51,96 ± 2699,84 + 3600 = = 2a 2*5 10 - 51,96 + 6300 - 51,96 + 79,37 27,41 t= = = = 2,741 seg. 10 10 10

t=

t = 2,741 seg. Es el tiempo que transcurre desde el punto A hasta el punto B. (ver grafica) X1 = VX * t = 30 * 2,741 = 82,23 metros. X1 = 82,23 metros. El desplazamiento total pero: X = 311.76 metros. XT = X + X1 = 311,76 + 82,23 = 394 metros XT = 394 metros PROBLEMA 14 Un patinador desciende por una pista helada, alcanza al finalizar la pista una velocidad de 45 m/ seg. En una competición de salto, debería alcanzar 90 metros a lo largo de una pista inclinada 600 respecto a la horizontal. Cual será el ángulo o los ángulos α que debe formar su vector velocidad con la horizontal? Cuanto tiempo tardara en aterrizar? Datos del problema: V0 = 45 m/seg. X = ALCANCE HORIZONTAL X = vX * t

pero X = 45 metros

79

X = (v0 cos α) t X 45 t= = V0 cos α 45 cosα 1 t= = cosα (Ecuación 1)

Pero: Y = VOY * t -

g*t2 2

Y = VO senα * t -

g*t2 2

(Ecuación 2)

Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2. g*t2 Y = VO senα * t 2 ⎛ Y = VO senα * ⎜ ⎝ VO sen α Y = cosα

⎛ 1 ⎞ g *⎜ ⎟ 1 ⎞ ⎝ cos α ⎠ ⎟ cosα ⎠ 2 g 2 (cos α )2

- 77,94 = (45) * tag α

pero: 1

(cos α )2

-

10 2 (cos α )2

2

= 45 tgα

-

5

(cos α )2

= (sec α ) 2

- 77,94 = 45 tgα

- 5 (sec α )2

80

2 2 pero: (sec α ) = (tg α ) + 1 - 77,94 = 45 tgα - 5 ⎡(tg α )2 + 1⎤ ⎢⎣ ⎦⎥ - 77,94 = 45 tgα - 5(tg α )2 - 5 Ordenando la ecuación 5(tg α )2 - 45 tg α + 5 - 77,94 = 0 5(tg α )2 - 45 tg α - 72,94 = 0 pero: a = 5

b = - 45

c = -72,94

2 - b ± b 2 - 4 a c - (- 45) ± (-45) - 4 * 5 * (-72,94) 45 ± 2025 + 1458,8 = = 2a 2*5 10 45 ± 3483,8 45 ± 59,023 tg α = = 10 10 45 + 59,023 tg α = = 10,4023 10 45 - 59,023 tg β = = - 1,4023 10 tg α =

tg α = 10,4023 1 1 t= = = = 10,43 seg. cosα cos 84,5

α = arc tg 10,4023 α = 84,50 tg β = - 1,4023

t= =

1 1 = = 1,72 seg. cosα cos - 54,5

β = arc tg - 1,4023 β = - 54,50 Problema 15 Se lanza un cuerpo desde el origen con velocidad horizontal de 40 m/s, y con una velocidad vertical hacia arriba de 60 m/s. Calcular la máxima altura y el alcance horizontal. V0y = 60 m/seg. V0X = VX = 40 m/seg. Ymax =

(V0Y )2 2g

=

60 2 3600 = = 180 metros 20 2 *10

máxima altura 180 metros t max =

VOY 60 = = 6 seg. g 10

tvuelo = 2 * tmax = 2 * 6 = 12 seg

81

X = VX * tvuelo = 40 m/seg. * 12 seg = 480 metros X = El alcance horizontal es 480 metros.

t max =

(V0Y )

V0

= 6 seg.

g VX

= V0X

VY V0

VX

= V0X YMAX =

V0Y = 60 m/seg

(V0Y )2 2g

VX

= V0X

= 180 m VY

V TVUELO = 2 tMAX VX

= V0X

V0X = 40 m/seg X = VX tvuelo Distancia horizontal recorrida = 480 metros

V0Y

V0

Problema 16 Resolver el ejercicio anterior, tomando como lugar de lanzamiento la cima de una colina de 50 m de altura. Calcular la máxima altura y el alcance horizontal. Datos del problema V0X = VX = 40 m/seg. V0y = 60 m/seg. h altura de la colina = 50 metros Cual es la máxima altura respecto al valle (H) H = h + Ymax pero h = 50 metros VOY = 60 m/seg. Es la velocidad inicial en el eje Y, sirve para hallar el Ymax Hallamos Ymax Ymax =

(VOY )2 2 g

=

(60)2 2 g

=

3600 m 2 seg 2 3600 = = 180 metros 20 2 *10 m seg 2

H = h + Ymax = 50 + 180 = 230 metros H = 230 metros MAXIMA ALTURA

82

Donde caerá el proyectil (XT) ?

Para hallar el alcance horizontal, es necesario calcular el tiempo de vuelo y la velocidad horizontal en el eje X. t max =

VOY 60 m seg = = 6 seg. g 10 m seg 2

Con el tmax hallamos el tiempo de vuelo t vuelo = 2 * tmax t vuelo = 2 * 6 seg. t vuelo = 12 seg. El alcance máximo horizontal del tiro parabólico (X) Datos del problema V0X = VX = 40 m/seg. V0y = 60 m/seg. . X = VX * tvuelo = 40 * 12 = 480 metros. (ver grafica) X = 480 metros. La ecuación para hallar h = 50 metros es positiva por que la roca va bajando. h = VOY * t +

g*t2 2

50 = 60 * t +

10 * t 2 = 60 t + 5t 2 2

83

5t2 + 60 t - 50 = 0

pero a = 5 b = 60

c = - 50

2 - b ± b 2 - 4 a c - (60) ± 60 - 4 * 5 * (-50) - 60 ± 3600 + 1000 = = 2a 2*5 10 - 60 + 4600 - 51,96 + 61,82 9,86 t= = = = 0,986 seg. 10 10 10 t = 0,986 seg. Es el tiempo que transcurre desde el punto A hasta el punto B. (ver grafica) t=

X1 = VX * t = 40 * 0,986 = 39,44 metros. X1 = 39,44 metros. ALCANCE HORIZONTAL TOTAL (XT ) pero: X = 480 metros. XT = X + X1 = 480 + 39,44 = 519,44 metros XT = 519,44 metros MAXIMO ALCANCE HORIZONTAL PROBLEMAS ADICIONALES SOBRE MOVIMIENTO DE UN CUERPO LANZADO HORIZONTALMENTE PROBLEMA 17 Desde la azotea de un edificio de 125 metros de altura se lanza un objeto horizontalmente con una velocidad de 20 m/seg. Calcular: a) Tiempo empleado en caer. Rta. t = 5 seg. b)Velocidad con que llega a la tierra. Rta V = 53,85 m/seg. c) Distancia horizontal recorrida. Rta. X = 100 metros

VO = VX = 20 m seg Y = 125 metros

A

V0 = 20 B

VY

Pero: V0 = VX VY = g t Y = 125 m

V= Y=

VX

V VX

VY

(VX )2 + (VY )2

V Velocidad con que llega al piso

1 g t2 2

C

θ

X a) Tiempo empleado en caer. Y =

Distancia horizontal

VX

recorrida

VY

V

1 g t2 ⇒ 2 Y = g t2 2

2Y = t2 g

⇒ t =

2 Y g

84

t =

2 * 125 250 = = 10 10

2 Y = g

25 = 5 seg.

t = 5 seg. b) Velocidad con que llega a la tierra. VY = g * t = 10 m seg 2 * 5 seg = 50 m seg

VO = VX = 20 m seg

V =

(VX )2

+ (VY )2 =

(20)2

+ (50)2 =

400 + 2500 =

2900 = 53,85 m seg

c) Distancia horizontal recorrida. X = VX * t = 20 m seg * 5 seg = 100 metros MAXIMO ALCANCE HORIZONTAL

PROBLEMA 18 Un avión vuela horizontalmente a 500 m de altura y deja caer un objeto. Si hasta llegar a tierra el objeto recorre horizontalmente 800 m, hallar: a) Con que velocidad vuela el avión. Rta. VX = 80 m/seg. b) Con qué velocidad choca el objeto. Rta. V = 128 m/seg. c) Cuanto tiempo emplea en caer. Rta. t = 10 seg. Y = 500 metros A

X = 800 metros V0 B

Pero: V0 = VX VY = g t Y = 500 m

V=

VX

VY

(VX )2 + (VY )2

V VX VY V

1 Y = g t2 2

Velocidad con que llega al piso

X = V0 t C

VX θ

X = 800 m Distancia horizontal recorrida

VY

V

Cuanto tiempo emplea en caer. 1 g t2 ⇒ 2 Y = g t2 2 2Y 2 Y = t2 ⇒ t = g g

Y =

t =

2 Y = g

t = 10 seg.

2 * 500 1000 = = 10 10

100 = 10 seg.

Tiempo empleado en caer.

a) Con que velocidad vuela el avión.

85

X 800 = = 80 m seg t 10 VO = VX = 80 m seg

X = VX * t ⇒ VX =

b) Con qué velocidad choca el objeto. VY = g * t = 10 m seg 2 * 10 seg = 100 m seg

VO = VX = 80 m seg V =

(VX )2

+

(VY )2

=

(80)2

+ (100 )2 =

6400 + 10000 =

16400

V = 128,06 m/seg. PROBLEMA 19 Un objeto se lanza horizontalmente desde cierta altura. Si en llegar a tierra gasta 6 seg. y recorre horizontalmente 72 metros. Calcular: a) Desde que altura se lanzo. Rta. Y = 180 metros b) Cual es la velocidad horizontal Rta. VO = VX = 12 m seg c) Que velocidad tiene a los 4 segundos. Rta. V = 41,76 m/seg. t (vuelo) = 6 seg.

X = 72 metros.

V0 = ?? VX

Pero: V0 = VX VY = g t Y=?

V=

VY

Velocidad a los 4 seg.

V VX

(VX )2 + (VY )2

VY V

1 Y = g t2 2

Velocidad con que llega al piso a los 6 seg.

X = V0 t VX θ X = 72 m Distancia horizontal recorrida

VY

V

a) Desde que altura se lanzo. Y =

1 1 10 * 36 g t 2 = * 10 * 6 2 = = 180 metros 2 2 2

Y = 180 metros b) Cual es la velocidad horizontal X = VX * t ⇒ X 72 = = 12 m seg t 6 VO = VX = 12 m seg VX =

86

c) Que velocidad tiene a los 4 segundos. VY = g * t = 10 m seg 2 * 4 seg = 40 m seg

VO = VX = 12 m seg V =

(VX )2

+

(VY )2

(12)2

=

+ (40)2 =

144 + 1600 =

1744

V = 41,76 m/seg. PROBLEMA 20 De arriba de una torre se lanza horizontalmente una piedra, con velocidad de 30 m/seg. La piedra alcanza el suelo con velocidad de 50 m/seg. a) Cuál es la altura de la torre. Rta. Y = 80 metros b) Cuanto recorre horizontalmente la piedra. Rta. X = 120 metros c) Escriba las ecuaciones cinemáticas del movimiento. Rta. X = 30 t; vX = 30 ; y = -5t2 ; v = -10 t. a) Cuál es la altura de la torre. VO = VX = 30 m seg V = 50 m/seg. V =

(VX )2

+

(VY )2

V 2 - (VX )2 = (VY )2 VY = V 2 - (Vx ) 2 =

⇒ V 2 = (VX )2 + (VY )2

(50 )2 - (30 )2

= 2500 − 900 = 1600

VY = 40 m/seg. V0 = 30 m/seg

Pero VY = g * t

VX

Pero: V0 = VX VY = g t Y=?

V=

V

V

Y

(VX )2 + (VY )2

VX V V

Y=

1 g t2 2

Velocidad con que llega al piso

X = V0 t V

θ

X = ?? VY Hallamos el tiempo

V = 50 m/seg

VY 40 m seg = = 4 seg g 10 m seg 2 1 1 10 * 16 Y = g t 2 = * 10 * 4 2 = = 80 metros 2 2 2 t =

Altura de la torre = 80 metros. b) Cuanto recorre horizontalmente la piedra.

Pero: VO = VX = 30 m seg

X = VX * t = 30 m seg * 4 seg = 120 metros

87

c) Escriba las ecuaciones cinemáticas del movimiento X = VX * t

⇒ X = 30 t

VY = g * t → Y =

VY = 10 t

1 1 g t 2 = * 10 * t 2 = 5 t 2 ⇒ 2 2

Y =5 t2

PROBLEMA 21 Una persona empuja una pelota por una mesa de 80 cm de altura y cae a 50 cm del borde de la mesa, como se observa en la figura. Con que velocidad horizontal salió la pelota. Datos del problema Y = 80 cm = 0,8 metros X = 50 cm = 0,5 metros Hallamos el tiempo de vuelo 1 g t 2 ⇒ 2Y = g * t 2 2 2Y 2 Y = t2 ⇒ t = g g

Y =

t =

2 Y = g

1,6 2 * 0,8 = = 10 10

0,16 = 0,4 seg.

t = 0,4 seg. V0 = ???

Pero: V0 = VX VY = g t

VX VY

V=

V VX

Y=

VY

Y = 80 cm

V

1 g t2 2

X = V0 t

VX

Velocidad con que llega al piso

θ

X = 50 cm Distancia horizontal recorrida

(VX )2 + (VY )2

VY

V

Hallamos la velocidad horizontal X = VX * t ⇒ X 0,5 = = 1,25 m seg t 0,4 VO = VX = 1,25 m seg VX =

88

PROBLEMA 22 Un carpintero lanza un trozo de madera desde el techo de una casa que esta a 8,4 metros de altura, con una velocidad horizontal VO = VX = 6,4 m seg . Cuanto tiempo tarda en llegar al suelo la madera. Datos del problema Y = 8,4 metros VO = VX = 6,4 m seg

VO = VX = 20 m seg Hallamos el tiempo de vuelo 1 g t 2 ⇒ 2Y = g * t 2 2 2Y 2 Y = t2 ⇒ t = g g

Y =

t =

2 Y = g

16,8 2 * 8,4 = = 10 10

1,68 = 1,29 seg.

t = 1,29 seg. A

V0 = 6,4 m/seg B Pero: V0 = VX VY = g t

Y = 8,4 m

V=

VX

VY

(VX )2 + (VY )2

V VX VY V

1 Y = g t2 2

Velocidad con que llega al piso

X = V0 t C

θ

X Distancia horizontal recorrida

VX

VY

V

PROBLEMA 23 Desde lo alto de un edificio de 20 metros de altura se lanza horizontalmente una pelota con una velocidad VO = VX = 2 m seg Cual es la posición de la pelota 0,5 seg. después de ser lanzada. Datos del problema Y = 20 metros VO = VX = 2 m seg

Hallamos la altura que lleva a los 0,5 seg. de vuelo. Y =

10 * 0,25 1 1 g t 2 = * 10 * 0,5 2 = = 1,25 metros 2 2 2

Y = 1,25 metros

89

Hallamos el desplazamiento en el eje X para o,5 seg. X = VX * t = 2 m seg * 0,5 seg = 1 metros

X = 1 metro V0 = 2 m/seg VX 20 metros

VY

V

Velocidad a los 0,5 seg. VX

VY V Y

VX θ

Distancia horizontal recorrida X VY

V

PROBLEMA 24 Desde lo alto de un acantilado de 80 metros sobre el nivel del mar, se dispara horizontalmente un proyectil con velocidad de 50 m/seg. Determinar: a) La posición del proyectil 2 seg. Después del disparo. b) La ecuacion de la trayectoria que describe el proyectil c) La velocidad y la posición del proyectil al incidir en el agua. a) 2 seg. Después del disparo, la posición del proyectil es: VO = VX = 50 m seg t = 2 seg X = VX * t = 50 m seg * 2 seg = 100 metros

X = 100 metros Hallamos la altura que lleva a los 2 seg. de vuelo. Y =

9,8 * 4 1 1 g t 2 = * 9,8 * 2 2 = = 19,6 metros 2 2 2

Y = 19,6 metros b) La ecuación de la trayectoria que describe el proyectil X = VX * t ⇒ t=

Y =

t=

X X = 50 VX

X (Ecuacion 1) 50 1 g t2 2

(Ecuación 2)

Reemplazando (Ecuacion 1) en la (Ecuacion 2)

90

1 1 ⎛X⎞ g t2 = g⎜ ⎟ 2 2 ⎝ 50 ⎠

Y =

Y = 9,8 *

2

=

1 X2 * 9,8 * 2 2500

X2 = 0,00196 X 2 5000

Y = 0,00196 X2

V0 = 50 m/seg Posición a los 2 seg.

VX VY

YT = 80 metros

Velocidad a los 2 seg.

V VX VY

V Y

Velocidad con que llega al piso

VX θ

X XT VY

V

a) La velocidad y la posición del proyectil al incidir en el agua. Y = 80 metros g = 10 m/seg2 1 g t 2 ⇒ 2Y = g * t 2 2 2Y 2 Y = t2 ⇒ t = g g Y =

t =

2 Y = g

160 2 * 80 = = 10 10

16 = 4 seg.

La velocidad en el eje X, es igual en todos los puntos de la trayectoria VO = VX = 50 m seg La velocidad en el eje Y, esta dada por: t = 4 seg. VY = g * t

g = 10 m/seg2

VY = 10 * 4 = 40 m/seg.

V=

(VX )2 + (VY )2

V = (50)2 + (40)2 = 2500+ 1600

V = 4100 = 64,03

m seg

La posición al caer el proyectil al agua es: X T = VX * t = 50 m seg * 4 seg = 200 metros

XT = 200 metros

91

YT = 80 metros. Problema 25 Una bola que rueda sobre una mesa horizontal de 75 cm de altura cae tocando el suelo en un punto situado a una distancia horizontal de 1,5 metros del borde de la mesa. Cual era la velocidad de la bola en el momento de abandonar la mesa? Datos del problema Y = 75 cm = 0,75 metros

X = 1,5 m

Hallamos el tiempo de vuelo Y =

1 g t 2 ⇒ 2Y = g * t 2 2

t =

2 Y = g

2Y = t2 g

2 * 0,75 1,5 = = 9,8 9,8

⇒ t =

2 Y g

0,153 = 0,39 seg.

t = 0,39 seg. Hallamos la velocidad horizontal X = VX * t ⇒

VX =

X 1,5 = = 3,84 m seg t 0,39

VO = VX = 3,84 m seg

V0 = ???

Pero: V0 = VX VY = g t

VX VY Y = 75 cm

V=

V

(VX )2 + (VY )2

VX θ

X = 1,50 m Distancia horizontal recorrida

VY

Velocidad con que llega al piso

V

Problema 26 Un bloque cae desde el tablero horizontal de una mesa de 1,2 metros de altura, sobre la cual se desliza con una velocidad de 3,6 m/seg. a) La distancia horizontal desde la mesa al punto en el cual el bloque golpea el suelo? b) Las componentes horizontal y vertical de su velocidad cuando llega a este. Datos del problema Y = 1,2 m

V0 = 3,6 m/seg

Hallamos el tiempo de vuelo 1 g t 2 ⇒ 2Y = g * t 2 2 2Y 2 Y = t2 ⇒ t = g g

Y =

92

t =

2 Y = g

2 * 1,2 2,4 = = 9,8 9,8

0,24 = 0,494 seg.

t = 0,494 seg. Hallamos la distancia horizontal X = VX * t ⇒

X = 3,6 * 0,494 X = 1,78 metros V0 = 3,6 m/seg

Pero: V0 = VX VY = g t

VX VY Y = 1,2 m

V=

V

(VX )2 + (VY )2

VX θ

X=? Distancia horizontal recorrida

VY

V

b) Las componentes horizontal y vertical de su velocidad cuando llega a este.

VO = VX = 3,6 m seg

VY = g * t VY = 9,8 * 0,494 VY = 4,84 m/seg. Problema 27 un bombardero que vuela horizontalmente a 90 m/seg. deja caer una bomba desde una altura de 1920 m. a) Cuanto tarda la bomba en llegar a tierra? b) Cuanto recorre horizontalmente? c) Calcular las componentes horizontal y vertical de su velocidad cuando llega al suelo? Datos del problema Y = 1,2 m V0 = 3,6 m/seg Hallamos el tiempo de vuelo 1 g t 2 ⇒ 2Y = g * t 2 2 2Y 2 Y = t2 ⇒ t = g g

Y =

t =

2 Y = g

2 * 1920 3840 = = 9,8 9,8

391,83 = 19,79 seg.

t = 19,79 seg. b) Cuanto recorre horizontalmente?

93

X = VX * t ⇒ X = 90 * 19,79 X = 1781,53 metros b) Las componentes horizontal y vertical de su velocidad cuando llega a este.

VO = VX = 90 m seg

VY = g * t VY = 9,8 * 19,79 VY = 193,94 m/seg. V0 = 90 m/seg

Pero: V0 = VX VY = g t

VX VY Y = 1920 m

V=

V

(VX )2 + (VY )2

Velocidad con que llega al piso

VX θ

X=? Distancia horizontal recorrida

VY

V

Problema 28 Un bloque pasa por un punto, distante 3 metros del borde de una mesa, con una velocidad de 3,6 m/seg. Abandona la mesa que tiene 1,2 metros de altura y golpea el suelo en un punto situado a 1,2 metros del borde de la mesa. Cual es el coeficiente cinético de rozamiento entre el bloque y la mesa Datos del problema Y = 1,2 m

X = 1,2 m/seg

Hallamos el tiempo de vuelo 1 g t 2 ⇒ 2Y = g * t 2 2 2Y 2 Y = t2 ⇒ t = g g

Y =

t =

2 Y = g

2 * 1,2 2,4 = = 9,8 9,8

0,244 = 0,49 seg.

t = 0,49 seg. Con los datos del tiempo de vuelo y el alcance horizontal, se halla la velocidad horizontal con la cual el bloque sale de la mesa. X = VX * t ⇒

94

X 1,2 = = 2,44 m seg t 0,49 VO = VX = 2,44 m seg VX =

Con la velocidad inicial del bloque y la velocidad final se puede hallar la aceleración del bloque en la mesa. V0 del bloque = 3,6 m/seg. VF del bloque = 2,44 m/seg. d = 3 metros V0 = 3,6 m/seg

3m

Pero: V0 = VX VY = g t

V=

(VX )2 + (VY )2

Y = 1,2 m VX

Velocidad con que llega al piso

θ

X = 1,2 m VY

V

(VF)2 = (V0)2 – 2 a d es negativo por que el bloque va perdiendo velocidad (2,44)2 = (3,6)2 – 2 a 3 (5,95) = (12,96) – 6 a 6 a = (12,96) - (5,95) 6 a = 7,01

a =

7,01 = 1,16 m seg 2 6

a = 1,16 m/seg2

Ahora aplicando la segunda ley de Newton. F=m*a pero la única fuerza que se opone al movimiento es la fuerza de rozamiento F = FR F=m*a FR = m * a FR = μ N El movimiento del bloque es en el eje X. En el eje Y no hay desplazamiento. Σ FY = 0 N–mg=0 N=mg

N

W = mg

FR = μ N FR = μ m g

95

FR = m * a m*a=μmg a=μ*g

μ =

a 1,16 = = 0,119 g 9,8

μ = 0,119 Problema 5 – 41 Serway Edición cuarta; Problema 5 – 62 Serway Edición quinta Un bloque de masa m = 2 kg se suelta del reposo a una altura h = 0,5 metros de la superficie de la mesa, en la parte superior de una pendiente con un ángulo θ = 300 como se ilustra en la figura 5 – 41. La pendiente esta fija sobre una mesa de H = 2 metros y la pendiente no presenta fricción. a) b) c) d)

Determine la aceleración del bloque cuando se desliza hacia debajo de la pendiente Cual es la velocidad del bloque cuando deja la pendiente. A que distancia de la mesa, el bloque golpeara el suelo. Cuanto tiempo ha transcurrido entre el momento en que se suelta el bloque y cuando golpea el suelo. e) La masa del bloque influye en cualquiera de los cálculos anteriores. ∑ FX = m a PX = m a D

Pero: PX = P sen 30º PX = m g sen 30 h = 0,5

P P

θ = 300

PX = m a m g sen 30 = m a

V V0Y

g sen 30 = a

θ P

V0 = - 3,13 m/seg

H=2 m

a = 9,8 * 0,5 a = 4,9 m/seg2

V

X

V V

la aceleración del bloque cuando se desliza hacia abajo por el plano inclinado sen 30 =

h D

D=

h 0,5 = = 1 metro sen 30 0,5

Cual es la velocidad del bloque cuando deja el plano inclinado 0 2

2

(VF) = (V0) + 2 * a * X

96

2 a x = (VF)2

VF = 2 a X =

2 * 4,9 * 1 = 3,13

m seg

La velocidad con la cual termina el cuerpo en el plano inclinado, es la misma velocidad que el cuerpo inicia el tiro parabólico. Es decir la velocidad inicial en el tiro parabólico es 3,13 m/seg. Esta velocidad es negativa por que va dirigida hacia abajo. (V0Y = - 3,13 m/seg) V0Y = VF sen 30 V0Y = 3,13 sen 30 V0Y = - 1,565 m/seg. Esta velocidad es negativa por que va dirigida hacia abajo. Cuanto tiempo ha transcurrido entre el momento en que se suelta el bloque y cuando golpea el suelo. Tiempo total = tiempo en el plano inclinado + tiempo en el tiro parabolico Es necesario hallar el tiempo que demora el cuerpo en el plano inclinado. VF = V0 + a t pero V0 = 0 VF = a t t=

3,13 m VF seg = = 0,638 seg m a 4,9 seg 2

t = 0,638 seg. Es necesario hallar el tiempo que demora el cuerpo en el tiro parabolico Pero Y = 2 metros (V0Y = - 1,565 m/seg) g*t2 2 2 g*t

- Y = - V0Y t Y = V0Y t +

Multiplicando la ecuación por (-1)

2

9,8 * t 2 2 + 4,9 t 2

2 = 1,565 t + 2 = 1,565 t

Ordenando la ecuación, hallamos el tiempo que el cuerpo demora en el aire. 4,9 t2 + 1,565 t – 2 =0 a = 4,9 b = 1,565

c=-2

t=

- b ± b2 - 4 a c - (1,565) ± (1,565)2 - 4 * 4,9 * (-2) - 1,565 ± 2,4492 + 39,2 = = 9,8 2 * 4,9 2a

t=

- 1,565 ± 41,6492 9,8

t=

- 1,565 ± 6,453 9,8

97

t1 =

-1,565 + 6,4536 4,88 = 9,8 9,8

t = 0,4988 seg. Tiempo total = tiempo en el plano inclinado + tiempo en el tiro parabolico Tiempo total = 0,638 seg. + 0,4988 seg. Tiempo total = 1,137 seg. A que distancia de la mesa, el bloque golpeara el suelo. X = VX * t t es el tiempo que demora el cuerpo en el aire, = 0,4988 seg VX = VF cos 30 VX = 3,13 * 0,866 VX= 2,71 m/seg. X = VX * t X = 2,71 * 0,4988 X = 1,351 metros La masa del bloque influye en cualquiera de los cálculos anteriores. No, la masa se cancela y por lo tanto no influye en los calculos.

98

En cada uno de los diagramas, calcular la tensión de las cuerdas AB, BC y BD sabiendo que el sistema se encuentra en equilibrio.

A

C 0

0

30

53 TC TA

B TA TAY

W = 40 N TAY = TA . sen 30 TCY = TC. sen 53

300 T AX

TC

T CY

530 TCX

TAX = TA . cos 30 TCX = TC . cos 53 Σ FX = 0 TCX - TAX = 0 (ecuación 1) TCX = TAX TC . cos 53 = TA . cos 30 TC . 0,601 = TA . 0,866

TC =

0,866 * TA = 1,44 TA (ecuación 1) 0,601

Σ FY = 0 TAY + TCY – TAY + TCY = TAY + TCY = TA . sen 30

W = 0 (ecuación 2) W pero: W = 40 N 40 + TC. sen 53 = 40

0,5 TA + 0,798 TC = 40 (ecuación 2) Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 0,5 TA + 0,798 TC = 40

0,5 TA + 0,798 * (1,44 TA ) = 40

0,5 TA + 1,149 TA = 40 1,649 TA = 40

TA =

40 = 24,25 Newton 1,649

TA = 24,25 N. Para hallar TC se reemplaza en la ecuación 1. TC = 1,44 TA TC = 1,44 * (24,25)

TC = 34,92 Newton.

2

En cada uno de los diagramas, calcular la tensión de las cuerdas AB, BC, BD sabiendo que el sistema se encuentra en equilibrio.

C 600

A 650

TAY

TC

250

TA

T CY

TA

TC

650

B W = 70 N

TAX

600

TCX

W = 70 N TAY = TA . sen 65

TCY = TC. sen 60

TAX = TA . cos 65

TCX = TC . cos 60

Σ FX = 0 TCX - TAX = 0 (ecuación 1) TCX = TAX TC . cos 60 = TA . cos 65 TC . 0,5 = TA . 0,422

TC =

0,422 * TA = 0,845 TA (ecuación 1) 0,5

Σ FY = 0 TAY + TCY – TAY + TCY = TAY + TCY = TA . sen 65

W = 0 (ecuación 2) W pero: W = 70 N 70 + TC. sen 60 = 70

0,906 TA + 0,866 TC = 70 (ecuación 2) Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 0,906 TA + 0,866 TC = 70

0,906 TA + 0,866 * (0,845 TA ) = 70

0,906 TA + 0,731 TA = 70 1,638 TA = 70

TA =

70 = 42,73 Newton 1,638

TA = 42,73 N. Para hallar TC se reemplaza en la ecuación 1. TC = 0,845 TA TC = 0,845 * (42,73)

TC = 36,11 Newton.

3

En cada uno de los diagramas, calcular la tensión de las cuerdas AB, BC, BD sabiendo que el sistema se encuentra en equilibrio.

A

C 600

300 TA TAY

TA

TC B

TC

0

60

300

TAX

TCX

T CY

W = 100 N

W = 100 N TAY = TA . sen 60

TCY = TC. sen 30

TAX = TA . cos 60

TCX = TC . cos 30

Σ FX = 0 TCX - TAX = 0 (ecuación 1) TCX = TAX TC . cos 30 = TA . cos 60 TC . 0,866 = TA . 0,5

TC =

0,5 * TA = 0,577 TA (Ecuación 1) 0,866

Σ FY = 0 TAY + TCY – TAY + TCY = TAY + TCY = TA . sen 60

W = 0 (Ecuación 2) W pero: W = 100 N 100 + TC. sen 30 = 100

0,866 TA + 0,5 TC = 100 (Ecuación 2) Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 0,866 TA + 0,5 TC = 100 0,866 TA + 0,5 *(0,577 TA) = 100

0,866 TA + 0,288 TA = 100 1,154 TA = 100

TA =

100 = 86,6 Newton 1,154

TA = 86,6 N. Para hallar TC se reemplaza en la ecuación 1. TC = 0,577 TA TC = 0,577 * (86,6)

TC = 50 Newton.

4

En cada uno de los diagramas, calcular la tensión de las cuerdas AB, BC, BD sabiendo que el sistema se encuentra en equilibrio.

A

C θ0

θ0 TA TAY TC

TA B

TC

T CY

θ0

θ0

TCX

TAX W

W TAY = TA . sen θ

TCY = TC. sen θ

TAX = TA . cos θ

TCX = TC . cos θ

Σ FX = 0 TCX - TAX = 0 (Ecuación 1) TCX = TAX TC . cos θ = TA . cos θ

cos θ * TA = TA (Ecuación 1) cosθ

TC =

TC = TA Σ FY = 0 TAY + TCY – W = 0 (Ecuación 2) TAY + TCY = W TA . sen θ + TC. sen θ = W (Ecuación 2)

Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TA . sen θ + TC. sen θ = W TA . sen θ + TA. sen θ = W 2 TA sen θ = W

TA =

W 2 sen θ

Pero TC = TA

Tc =

W 2 sen θ

5

En cada uno de los diagramas, hallar la tensión de la cuerda BC y la fuerza en el pivote AB sabiendo que el sistema se encuentra en equilibrio. C 600 300

C CY

C B

45

A

AY

0

60

45

CX

AX

0

0

W = 50 Kg-f

A

W = 50 Kg-f

A CY = C. sen 60 CX = C. cos 60

AY = A. sen 45 AX = A. cos 45

Σ FX = 0 AX - CX = 0 (Ecuación 1) AX = CX A. cos 45 = C. cos 60

A =

cos 60 * C = 0,707 C (Ecuación 1) cos 45

Σ FY = 0 CY + AY – W = 0 (Ecuación 2) CY + AY = W pero: W = 50 kg-f CY + AY = 50 C. sen 60 + A. sen 45= 50

0,866 C + 0,707 A = 50 (Ecuación 2) Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 0,866 C + 0,707 A = 50 0,866 C + 0,707 (0,707 C) = 50 0,866 C+ 0,5 C = 50 1,366 C = 50

C =

50 = 36,6 Kg - f 1,366

C = 36,6 Kg-f.

Para hallar A se reemplaza en la ecuación 1. A = 0,707 C A = 0,707 * (36,6) A = 25,87 Kg- f.

6

En cada uno de los diagramas, hallar la tensión de la cuerda BC y la fuerza en el pivote AB sabiendo que el sistema se encuentra en equilibrio.

C

C

650 25

650

0

CX 400

C

A 50

CY

0

AY B

AX 400 A

60 Kg-f 60 Kg-f

CY = C. sen 65

AY = A. sen 40

CX = C. cos 65

AX = A. cos 40

Σ FX = 0 AX - CX = 0 (Ecuación 1) AX = CX A. cos 40 = C. cos 65

A =

cos 65 * C = 0,551 C (Ecuación 1) cos 40

Σ FY = 0 CY - AY – W = 0 (Ecuación 2) CY - AY = W pero: W = 60 kg-f CY - AY = 60 C. sen 65 - A. sen 40 = 60

0,906 C - 0,642 A = 60 (Ecuación 2) Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 0,906 C- 0,642 A = 60 0,906 C - 0,642 (0,551 C) = 60 0,906 C - 0,354 C = 60 0,551 C = 60

C =

60 = 108,89 Kg - f 0,551

C = 108,89 Kg- f. Para hallar A se reemplaza en la ecuación 1. A = 0,551 C A = 0,551 * (108,89) A = 60 Kg - f.

7

En cada uno de los diagramas, hallar la tensión de la cuerda BC y la fuerza en el pivote AB sabiendo que el sistema se encuentra en equilibrio.

C

B

AY CX 320 W = 50 Kg-f C

320

A

CY

450

A 450

AX

C W = 50 Kg-f

A

CY = C. sen 32

AY = A. sen 45

CX = C. cos 32

AX = A. cos 45

Σ FX = 0 AX - CX = 0 (Ecuación 1) AX = CX A. cos 45 = C. cos 32

A =

cos 32 * C = 1,199 C (Ecuación 1) cos 45

Σ FY = 0 AY – CY - W = 0 (Ecuación 2) AY – CY = W pero: W = 50 kg-f AY – CY = 50 A. sen 45 - C. sen 32 = 50

0,707 A - 0,529 C = 50 (Ecuación 2) Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 0,707 A - 0,529 C = 50 0,707 (1,199 C) - 0,529 C = 50 0,848 C - 0,354 C = 50 0,318 C = 50

C =

50 = 157,23 Kg - f 0,318

C = 108,89 Kg- f. Para hallar A se reemplaza en la ecuación 1. A = 1,199 C A= 1,199 * (157,23) A = 188,51 Kg - f.

8

Se muestran 3 bloques de masas m1 = 2 kg. m2 = 3 kg. m3 = 8 kg. Si se supone nulo el roce, calcular la aceleración del sistema y las tensiones de las cuerdas.

T1

T2

Bloque m1

Bloque m2

Bloque m3

T1 T1

m3 = 8 kg

N3 T2

T2

T1

m1 = 2 kg

T2

m2 =3 kg m1 = 2 kg W1 = m1 * g Bloque m1 T1 – W1 = m1 * a T1 – m 1 g = m 1 * a

m 2 = 2 kg W2 = m2 * g

m3 = 8 kg W3 = m3 * g

(Ecuación 1)

Bloque m2 W2 – T2 = m2 * a m 2 g – T2 = m 2 * a

(Ecuación 2)

Bloque m3 N3 – W3 = 0 N3 = W3 = m3 * g T2 – T1 = m3 * a (Ecuación 3) T1 – m 1 g = m 1 * a m 2 g – T2 = m 2 * a T 2 – T1 = m 3 * a m 2 g - m1 g = m 1 * a + m 2 * a + m3 * a m2 g - m1 g = (m1 + m2 + m3) * a

a =

(m 2 - m1 ) g

(3 - 2) 9,8 = (1)9,8 (m1 + m 2 + m 3 ) (2 + 3 + 8) 13

a = 0,75 m

=

= 0,75 m

seg 2

seg 2

Para hallar la tensión T1 se reemplaza en la Ecuación 1. T1 – m1 g = m1 * a (Ecuación 1) T1 = m1 * a + m1 g = 2 * 0,75 + 2 * 9,8 = 1,5 + 19,6 = 21,1 Newton T1 = 21,1 Newton Para hallar la tensión T2 se reemplaza en la Ecuación 3. T2 – T1 = m 3 * a T2 = m3 * a + T1 T2 = 8 * 0,75 + 21,1 T2 = 6 + 21,1 T2 = 27,1 Newton.

9

En cada uno de los diagramas, hallar el valor del peso desconocido si los cuerpos se mueven a velocidad constante, en el sentido indicado. a) No hay rozamiento b) Existe rozamiento entre el cuerpo y la superficie (μ = 0,24)

T1

T2

Bloque m1 T1

T1

m2 = 15 kg

Bloque m3

Bloque m2 N2

T2

T2 T1

2

g = 10 m/seg m1 = 20 kg

T2

m3 = ? m1 = 20 kg W1 = m1 * g

m 2 = 15 kg W2 = m2 * g

m3 = ? W3 = m3 * g

No hay rozamiento, como se desplaza a velocidad constante no hay aceleración. Bloque m1 Σ FY = 0 T1 – W1 = 0 T1 – m1 g = 0

(Ecuación 1)

T1 = m1 g T1 = 20 * 10 = 200 Newton Bloque m2 Σ FX = 0 T 2 – T1 = 0 T2 = T1 (Ecuación 2) T2 = 200 Newton Bloque m3 Σ FY = 0 W3 – T2 = 0 (Ecuación 3) W 3 = T2 m3 g = T2 T 200 Newton m3 = 2 = = = m g 10 2 seg

kg m m

seg 2

= 20 Kg

seg 2

m3 = 20 Kg. W3 = m3 * g W3 = 20 * 10 = 200 Newton

10

Bloque m1

Bloque m3

Bloque m2

T1

N2 T2 T1

T2 FR

m1 = 20 kg W1 = m1 * g

m 2 = 15 kg W2 = m2 * g

m3 = ? W3 = m3 * g

HAY ROZAMIENTO Bloque m1 Σ FY = 0 T1 – W1 = 0 T1 – m1 g = 0

(Ecuación 1)

T1 = m1 g T1 = 20 * 10 = 200 Newton Bloque m2 Σ FX = 0 T 2 – T 1 - FR = 0 Σ FY = 0 N2 – W = 0 N2 – m2 g = 0 N2 = m2 g = 15 * 10 = 150 Newton N2 = 150 Newton FR = μ * N2 FR = 0,24 *(150) FR = 36 Newton T 2 – T 1 - FR = 0 T2 = T1 + FR pero: T1 = 200 Newton FR = 36 Newton T2 = 200 +36 T2 = 236 Newton Bloque m3 Σ FY = 0 m3 g - T2 = 0 m3 g = T2 W3 = m3 g = T2 W3 = 236 Newton

11

En cada uno de los diagramas, hallar el valor del peso desconocido si los cuerpos se mueven a velocidad constante en el sentido indicado.

Bloque m1

Bloque m2

N1

T1

T1

T1

m1 = 15 kg

T1

P1X 400

P1Y m2 = ? P2 = m2 * g

400 m2 = ? P2 = m2 * g

m1 = 15 Kg. P1 = m1 * g

NO HAY ROZAMIENTO Como se desplaza a velocidad constante no hay aceleración. Bloque m1 Σ FX = 0 T1 – P1X = 0 Pero: P1X = P1 sen 40 P1 = m1 g T1 – P1 sen 40 = 0 (Ecuación 1) T1 – m1 g sen 40 = 0 T1 = m1 g sen 40 T1 = 15 * 10 * 0,642 = 96,418 Newton T1 = 96,418 Newton Bloque m2 Σ FY = 0 P2 – T1 = 0 (Ecuación 2) P2 = T1 P2 = 96,418 Newton

SI HAY ROZAMIENTO Bloque m1 N1

Bloque m2 T1

T1 FR P1X 400 m2 = ? P2 = m2 * g Bloque mm1 1 = 15 Kg. Σ FX = 0 P1 = m1 * g T1 – P1X – FR = 0 (Ecuación 1) Pero: P1X = P1 sen 40 P1X = m1 g sen 40

P1 = m1 g

12

P1X = 15 * 10 * 0,642 = 96,418 Newton P1X = 96,418 Newton Pero: P1Y = P1 cos 40 P1 = m1 g P1Y = m1 g cos 40 P1Y = 15 * 10 * 0,642 = 114,9 Newton P1Y = 114,9 Newton N1 - P1Y = 0 (Ecuación 2) N1 = P1Y N1 = 114,9 Newton FR = μ * N1 (Ecuación 3) FR = 0,24 * 114,9 FR = 27,57 Newton T1 – P1X – FR = 0 (Ecuación 1) T1 = P1X + FR Pero: P1X = 96,418 Newton T1 = 96,418 + 27,57 T1 = 124 Newton Bloque m2 Σ FY = 0 P2 – T1 = 0 (Ecuación 4) P2 = T1 P2 = 124 Newton

---------------------------------------------------------------------------------------------------------En cada uno de los diagramas, hallar el valor del peso desconocido si los cuerpos se mueven a velocidad constante en el sentido indicado.

Bloque m1

m1 = 60 kg

Bloque m2

N1

T

T

T

T

P1X

P1Y 0

30

0

53

P2

300

N2 P2X

P2Y 530

m1 = 15 Kg. P1 = m1 * g NO HAY ROZAMIENTO Como se desplaza a velocidad constante no hay aceleración.

m2 = ? P2 = m2 * g

Bloque m1 Σ FX = 0 T – P1X = 0 (Ecuación 1) Pero: P1X = P1 sen 30 P1 = m1 g T – P1 sen 40 = 0 T – m1 g sen 40 = 0 T = m1 g sen 40 T = 60 * 10 * 0,642 = 300 Newton T = 300 Newton

13

Bloque m2 Σ FY = 0 P2x – T = 0 (Ecuación 2) P2x = T = 300 Newton P2x = P2 sen 53 P2 =

P2X 300 = = 375,64 Newton sen 53 0,798

P2 = 375,64 Newton

Bloque m1

Bloque m2

N1 T

P1X FR1

FR2

T

P1Y P2Y 300

N2 P2X

530

m1 = 15 Kg. P1 = m1 * g

m2 = ? P2 = m2 * g

SI HAY ROZAMIENTO Bloque m1 Σ FX = 0 T – P1X – FR1 = 0 (Ecuación 1) Pero: P1X = P1 sen 30 P1 = m1 g P1X = m1 g sen 30 P1X = 60 * 10 * 0,5 = 300 Newton P1X = 300 Newton Pero: P1Y = P1 cos 30

P1 = m1 g

P1Y = m1 g cos 30 P1Y = 60 * 10 * 0,866 = 519,61 Newton P1Y = 519,61 Newton Σ FY = 0 N1 - P1Y = 0 (Ecuación 2) N1 = P1Y N1 = 519,61 Newton FR1 = μ * N1 (Ecuación 3) FR1 = 0,24 * 519,61 FR1 = 124,707 Newton T – P1X – FR1 = 0 (Ecuación 1) T = P1X + FR1 Pero: P1X = 300 Newton

14

T = 300 + 124,707 T = 424,707 Newton Bloque m2 Σ FY = 0 N2 – P2Y = 0 (Ecuación 4) N2 = P2Y Pero: P2Y = P2 cos 53 P2 = m2 g N2 = P2Y = P2 cos 53 FR2 = μ * N2 (Ecuación 5) FR2 = 0,24 * P2 cos 53 FR2 = 0,144 P2 Σ FX = 0 P2X – T - FR2 = 0 (Ecuación 6) Pero: P2X = P2 sen 53 T = 424,707 Newton FR2 = 0,144 P2 P2 sen 53 - 424,707 - 0,144 P2 = 0 P2 0,798 - 0,144 P2 = 424,707 0,654 P2 = 424,707 P2 =

424,707 = 650 Newton 0,654

Un cuerpo esta apoyado sobre un plano inclinado de coeficiente de rozamiento dinámico μK . Al dejarlo libre baja con velocidad constante. Cual es el coeficiente de rozamiento.

N θ

0

P

FR

PX

PY θ0

SI HAY ROZAMIENTO

P

Bloque m Σ FX = 0 PX – FR = 0 (Ecuación 1) FR = μK N (Ecuación 2) N – PY = 0 (Ecuación 3) N = PY Pero: PY = P cosθ N = PY = P cosθ Reemplazando en la ecuación 2 FR = μK N

15

FR = μK P cosθ Reemplazando en la ecuación 1 PX – FR = 0 Pero: PX = P senθ P senθ - μK P cosθ = 0 P senθ = μK P cosθ μK =

sen θ = tgθ cos θ

μK = tgθ

Un cuerpo de peso W suspendido de un hilo forma un ángulo θ con la vertical. Cuando esta sometido a una fuerza horizontal F. Cual es el valor de F?

β

Bloque m

0

T θ0

T

θ0

F

TY

TX

W

F m= ? W = m* g

Σ FY = 0 TY – W = 0 TY = W Pero: TY = T cos θ T cos θ = W (Ecuación 1) Σ FX = 0 F – TX = 0 F = TX Pero: TX = T sen θ T sen θ = F (Ecuación 2) T =

W cos θ

Reemplazando en la ecuación 2 T sen θ = F ⎛ W ⎜ ⎝ cos θ

⎞ ⎟ * sen θ = F ⎠

F = W * tag θ

_________________________________________________________

16

CAPITULO 1 COMPOSICION Y DESCOMPOSICION DE VECTORES 1.2 SEARS – ZEMANSKY Una caja es empujada sobre el suelo por una fuerza de 20 kg. que forma un ángulo de 300 con la horizontal. Encontrar las componentes horizontal y vertical.

F FX

300

300

FY

FX = F cos 30 FX = 20 cos 30 FX = 17,32 Kg.

F

FY = F sen 30 FY = 20 * (0,5) FY = 10 Kg. CAPITULO 1 COMPOSICION Y DESCOMPOSICION DE VECTORES 1.3 SEARS – ZEMANSKY Un bloque es elevado por un plano inclinado 200 mediante una fuerza F que forma un ángulo de 300 con el plano. a) Que fuerza F es necesaria para que la componente FX paralela al plano sea de 8 Kg. b) Cuanto valdrá entonces la componente FY

FX 300 200 FX = 8 Kg FX = F cos 30 8 = F cos 30 8 = F 0,866 F = 9,23 Kg.

0

30

FY

FY = F sen 30 FY = 9,23 * (0,5) FY = 4,61 Kg.

CAPITULO 2 EQUILIBRIO 2.3 SEARS – ZEMANSKY Dos pesos de 10 kg están suspendidos en los extremos de una cuerda que pasa por una polea ligera sin rozamiento. La polea esta sujeta a una cadena que cuelga del techo. a) Cual es la tensión de la cuerda? b) Cual es la tensión de la cadena?

T3 T1

10 Kg

T2

10 Kg

T3 = tensión de la cuerda T1 = 10 Kg. T2 = 10 kg. Σ FY = 0

17

T 1 + T2 - T3 = 0 T 1 + T 2 = T3 T3 = 10 kg. + 10 kg. T3 = 20 kg. CAPITULO 2 EQUILIBRIO 2.4 SEARS – ZEMANSKY El peso del bloque es 50 kg. Calcular las tensiones T2 y T3 Si θ2 = θ3 = 60

A

C 60 0

60 0

T1 T1Y

T2 60 0

T2

T1 B

T1X

T 2Y

60 0 T2X

W

W = 50 kg T1Y = T1 . sen 60

T2Y = T2. sen 60

T2X = T2 . cos 60

T1X = T1 . cos 60

Σ FX = 0 T2X - T1X = 0 (Ecuación 1) T2X = T1X T2 . cos 60 T2 = T1

= T1 . cos 60

Σ FY = 0 T1Y + T2Y – W = 0 (Ecuación 2) T1Y + T2Y = W pero: W = 50 kg. T1 . sen 60 + T2. sen 60 = 50 (Ecuación 2)

Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 T1 . sen 60

+ T2. sen 60 = 50

T1 . sen 60 + (T1). sen 60 = 50 2T1 . sen 60 = 50 T1 =

50 50 = 2 sen 60 1,732

T1 = 28,86 Kg. T2 T2

= T1 = 28,86 Kg.

18

C) El peso del bloque es 50 kg. Calcular las tensiones T2 y T3

θ2 = 60 0 T2

T 2Y T2

θ3 = 00

600

T3

T 2X T3

W = 50 kg W = 50 kg

T2Y = T2. sen 60 T2X = T2 . cos 60 Σ FX = 0 T2X - T3 = 0 T2X = T3 T2 . cos 60 = T3 (Ecuación 1) Σ FY = 0 T2Y – W = 0 (Ecuación 2) T2Y = W pero: W = 50 kg. T2 . sen 60 = 50 (Ecuación 2) T2 =

50 = 57,73 kg. sen 60

T2 = 57,73 Kg. Reemplazando la ecuación 2 en la ecuación 1 T2 . cos 60 = T3 (57,73) . cos 60 = T3 T3 = (57,73) * 0,5 T3 = 28,86 Kg. CAPITULO 2 EQUILIBRIO SEARS – ZEMANSKY Problema 2-5 Calcular la tensión en cada cuerda de la figura 2-14 si el peso del cuerpo suspendido es 200 Kg.

A

C 300

Caso a

450

TA

TB TA TAY 300

W = 200 kg

TAX

TB

T BY

450 TBX W = 200 kg 19

Caso a) Llamando a las tensiones de las cuerdas A, B, C como Ta , Tb , Tc respectivamente tenemos Figura 2.14 ∑ FX = 0 TBX – TAX = 0

∑ FY = 0 TAY + TBY – W = 0

Pero: TBX = TB cos45 TAX = TA cos 30

Pero: TBY = TB sen 45 TAX = TA sen 30

∑ FX = - TA cos 30 + TB cos 45 = 0

∑ FY = Ta sen 30 + Tb sen 45 – W = 0

- 0,866 TA + 0,707 TB = 0 (Ecuac 1)

0,5 TA + 0,707 TB = 200

(Ecuac 2)

- 0,866 TA + 0,707 TB = 0 (Ecuac 1) 0,707 TB = 0,866 TA TB = 0,866 TA / 0,707 TB = 1,25 TA Reemplazando en la ecuac 2 0,5 TA + 0,707 TB = 200

(Ecuac 2)

0,5 TA + 0,707 (1,25 TA ) = 200 0,5 TA + 0,8837 TA = 200 1,366 TA = 200 TA = 200 / 1,366 TA = 146,41 Kg. TB = 1,25 TA TB = 1,25 * (146,41) TB = 183,01 Kg.

450

TB

Caso b

T BY TB TA

TA

450

TC TC W = 200 kg

TBX W = 200 kg

20

Caso b) ∑ FX = 0 TBX – TA = 0 Pero: TBX = TB cos 45

∑ FY = 0 TBY - W = 0 Pero: TBY = TB sen 45

∑ FX = TB cos 45 - TA = 0

∑ FY = TB sen 45 – W = 0

0,707 TB = TA

(Ecuac 1)

0,707 TB = 200

(Ecuac 2)

0,707 TB = 200 (Ecuac 2) TB = 200 / 0,707 TB = 283 Kg. Reemplazando en la ecuac 1 0,707 TB = TA

Ecuac 1

0,707 * (283 Kg.) = TB 200 Kg. = TB

Caso c) 450 Caso c TB 0

TB

T BY

30 TA

450

TAX

300 TAY

W = 200 kg

300 TA

TBX W = 200 kg

∑ FX = 0 TBX – TA = 0

∑ FY = 0 TAY + TBY – W = 0

Pero: TBX = TB cos 45 TAX = TA cos 30

Pero: TBY = TB sen 45 TAY = TA sen 30

∑ FX = TB cos 45 - TA = 0

∑ FY = TB sen 45 –TA sen 30 – W = 0

∑ FX = TB cos 45 - TA cos 30 = 0

0,707 TB - 0,5 TA = 200

0,707 TB = TA 0,866

(Ecuac 2)

(Ecuac 1)

Nótese que tomamos 300 ya que este es el ángulo que TA forma con el eje de las x.

21

Reemplazando ecuac 1 en ecuac 2 0,707 TB - 0,5 TA = 200 (Ecuac 2) (TA 0,866) - 0,5 TA = 200 0,366 TA = 200 TA = 200 / 0,366 TA = 546,45 Kg. Pero:

0,707 TB = TA 0,866

TB = TA 0,866 / 0,707 TB = (546,45 ) * 0,866 / 0,707 TB = 669,34 Kg.

Caso d) 370

370 TB

A 530

530

Caso d

TC C

TA TC TB

530

TC

TAY TA 370

TAX

0

53

TC

TCY 0

53

53

TCX

TCX

TCY

M

TCY 0

W

TCX W

FIGURA 2.8

FIGURA 2.9

Como el sistema se halla en equilibrio. Aplicando las condiciones de equilibrio a cualquier punto, en este caso el nudo o entre C y A tenemos: De la figura 2.8 ∑ FX = 0 TAX – TB – TCX = 0

∑ FY = 0 TAY – TCY = 0

Pero: TAX = TA cos 37 TCX = TA cos 53

Pero: TAY = TA sen 37 TCY = Tc sen 53

∑ FX = TAX cos 37 – TB – TCX cos 53 = 0

∑ FY = TA sen 37 – TC sen 53 = 0

Ecuac 1

TA sen 37 = TC sen 53

(Ecuac 2)

22

De la figura 2.9 tenemos: ∑ FX = 0 TCX - TCX = 0 ∑ FX = Tc cos 53 – Tc cos 53 = 0

∑ FY = 0 TCY + TCY – W = 0 Pero: TCY = TC sen 53 ∑ FY = TC sen 53 + TC sen 53 – W = 0 ∑ FY = 2 TC sen 53 – W = 0

(Ecuac 3)

De la ecuac 3 tenemos: 2 TC sen 53 – W = 0 2 TC sen 53

= 200

2 TC (0,799)

= 200

TC 1,598

Ecuac 3

= 200

TC = 200 / 1,598 TC = 125 Kg. Reemplazando en la ecuac 2 TA sen 37 – TC sen 53 = 0 Pero:

TC = 125 Kg.

TA sen 37 = TC sen 53 TA sen 37 = (125) * sen 53 TA sen 37 = (125) * 0,799 TA sen 37 = 99,875 TA = 99,875 / sen 37 TA = 99,875

/ 0,602

TA = 165,88 Kg. Reemplazando en la ecuac 1 TA cos 37 – TB – TC cos 53 = 0 TA cos 37– TC cos 53 = TB Pero: TC = 125 Kg. TA = 165,88 Kg. TB = 165,88 * cos 37 – 125 cos 53 TB = 165,88 * 0,8 – 125 * 0,602 TB = 57,29 Kg.

23

CAPITULO 2 EQUILIBRIO SEARS - ZEMANSKY Problema 2.6 Calcular la tensión del cable y el valor y sentido de la fuerza ejercida sobre el puntal por el pivote, en los dispositivos esquematizados en la figura 2-15, siendo en todos los casos 1000 Kg. el peso del objeto suspendido. Despréciese el peso del puntal ?

T

T

Caso a

TCY

0

30

TCX

C

C

W

W

Caso a Sea W = 1000 kg el peso suspendido. T la tensión del cable y C la fuerza del pivote. Las condiciones del equilibrio de los sistemas exigen para cada punto. Condición que la tomaremos en la unión del puntal con la cuerda. ∑ FX = 0 pero: TCX = T cos 30

∑ FY = 0 pero: TCY = T sen 30

∑ FX = C - TCX = 0 ∑ FX = C - T cos 30 = 0

∑ FY = TCY – W = 0 ∑ FY = T sen 30 – W = 0

C = T cos 30

(Ecuac 1)

T sen 30 = W T = 1000 / 0,5

Ecuac 2

T sen 30 = W

(Ecuac 2)

T = 2000 KG. Reemplazando C = T cos 30 (Ecuac 1) C = (2000) * cos 30 = 2000 * 0’866 C = 1,732 KG.

T 300T

T

Caso b

CY

C 300

Cx C

W 300

W 24

Caso b ) ∑ FX = 0 pero: CX = C cos 30

∑ FY = 0 pero: CY = C sen 30

∑ FX = CX - T = 0 ∑ FX = C cos 30 - T = 0

∑ FY = CY – W = 0 ∑ FY = C sen 30 – W = 0

T = C cos 30

(Ecuac 1)

C sen 30 = W

(Ecuac 2)

C sen 30 = W (Ecuac 2) C = W / sen 30 = 1000 / 0,5 C = 2000 KG. Reemplazando T = C cos 30 T = 2000 * 0,866 T = 1732 kg. Caso C) ∑ FX = 0

∑ FY = 0

∑ FX = C cos 30 - T cos 45 = 0

∑ FY = C sen 30 + T sen 45 - W = 0

T cos 45 = C cos 30

C sen 30 + T sen 45 - W = 0

Ecuac 1

T 0,707 = W - C 0,5 T 0,707 = C 0,866

Ecuac 2

Ecuac 2

Ecuac 1

T TY

450

30

0

CY 0

45

C 300

TX

T

CX W

Caso C

C 300

W

25

Igualando las ecuaciones T 0,707 = C 0,866 Ecuac 1 T 0,707 = W - C 0,5 Ecuac 2 C 0,866 C 0,866 C 0,866 1,366 C

= W - C 0,5 = 1000 - C 0,5 + C 0,5 = 1000 = 1000

C = 1000 / 1,366 C = 732,7 Kg Reemplazando Ecuac 1 T 0,707 = C 0,866 T 0,707 = (732,7) * 0,866 Ecuac 1 T = (732,7) * 0,866 / 0,707 T = 896,7 Kg. Caso d)

T

C

CY 0

W C 300

450

45

TX 300

CX TY

T

30

0

W ∑ FX = 0 Pero: CX = C cos 45 TX = T cos 30

∑ FY = 0 Pero: CY = C sen 45 TY = T sen 30

∑ FX = CX - TX = 0 ∑ FX = C cos 45 - T cos 30 = 0

∑ FY = CY

T cos 30 = C cos 45 T 0,866 = C 0,707 (Ecuac 1) Igualando las ecuaciones T 0,866 = C 0,707 C 0,707 = W + T 0,5

– TY - W = 0

∑ FY = C sen 45 – T sen 30 - W = 0 C 0,707 = W + T 0,5

(Ecuac 2)

(Ecuac 1) (Ecuac 2)

26

T 0,866 = W + T 0,5

T 0,866 - T 0,5

=W

T 0,366 = 1000 T = 1000 / 0,366 T = 2720 kg. Reemplazando en la ecuac 1 C 0,707 = T 0,866 C 0,707 = 2720 * 0,866 C = 2720 * 0,866 / 0,707 C = 3340 KG CAPITULO 2 EQUILIBRIO 2.8 SEARS – ZEMANSKY Una viga horizontal de 8 dm de larga se encuentra empotrada en una pared vertical por uno de sus extremos. En el otro extremo hay suspendido un peso de 500 kg. La viga esta sostenida en su extremo libre por un cable tenso, sujeto a un punto de la pared situado en la misma vertical que el extremo empotrado de la barra. a) Si la tensión en este cable no puede exceder de 1000 kg. ¿Cuál será la altura mínima por encima de la viga a la cual ha de estar sujeto a la pared. b) En cuantos Kg aumentaría la tensión del cable si se sujetase 1 dm por debajo de dicho punto, permaneciendo la viga horizontal? (Despreciar el peso de la viga).

T TY h

θ T = 1000 kg

TX P = 500 kg

X = 80 cm P = 500 kg Σ FY = 0 TY – W = 0 (Ecuación 1) TY = W pero: W = 500 kg. TY = 500 TY = T sen θ Pero T = 1000 Kg. Reemplazando en la ecuacion1 TY = T sen θ 500 = (1000) * sen θ

27

sen θ =

500 = 0,5 1000

sen θ = 0,5 θ = arc sen 0,5 θ = 300 h h = X 80 h tg 30 = 80 tg θ =

h = 80 * tg 30 h = 46,18 cm CAPITULO 2 EQUILIBRIO 2.9 SEARS – ZEMANSKY Uno de los extremos de una cuerda de 15 m de longitud esta sujeto a un automóvil. El otro extremo esta atado a un árbol. Un hombre ejerce una fuerza de 50 kg en el punto medio de la cuerda, desplazándola lateralmente 60cm. Cual es la fuerza ejercida sobre el automóvil?

D = 15 metros X = 7.5 metros X = 7.5 metros

T1X T1 sen θ =

θ

Y 0,6 = = 0,08 X 7,5

T1Y

T2Y

θ T2X

Y = 60 cm

F = 50 Kg

sen θ = 0,08 Σ FX = 0 T2X -T1X = 0 T2X = T1X Pero T1X = T1 cos θ T2X = T2 cos θ T1 cos θ = T2 cos θ (Ecuación 1) T 1 = T2 Σ FY = 0 T 2y + T1y - F = 0 (Ecuación 1) T 2Y + T1Y = F pero: F = 50 kg. T 2Y + T1Y = 50 T 2Y = T2 sen θ

28

T 1Y = T1 sen θ T 2Y + T1Y = 50 T2 sen θ + T1 sen θ = 50 (Reemplazando Ecuación 1) T1 = T2 T2 sen θ + (T2 ) sen θ = 50 2T2 sen θ = 50 T2 =

50 50 50 = = = 312,5 Kg. 2 sen θ 2 * 0,08 0,16

T2 = 312,5 Kg T1 = T2 = 312,5 Kg CAPITULO 2 EQUILIBRIO

SEARS – ZEMANSKY Problema 2.10 Calcular el máximo peso W que puede soportar la estructura de la figura, si la máxima tensión que la cuerda superior puede resistir es de 1000 Kg. y la máxima compresión que puede soportar el puntal es de 2000 kg. La cuerda vertical es lo bastante fuerte para poder resistir cualquier carga.

T = 1000 kg 30

0

T = 1000 kg

450

TY 300

C

CY

450

TX

CX

C W

W

CX = C . cos 45 CY = C . sen 45 TX = T . cos 30 TY = T . sen 30 Σ FX = 0 CX – TX = 0 (Ecuación 1) CX = TX C . cos 45 = T . cos 30 C. 0,707 = (1000) . 0,866 C. 0,707 = 866

29

C=

866 = 1224,89 Kg. 0,707

Σ FY = 0 CY + TY – W = 0 (Ecuación 2) CY + TY = W C . sen 45 + T . sen 30 = W (1224,89) * 0,707 + (1000) * 0,5 = W 865,99 + 500 = W

W = 1365,99 Kg. CONCLUSION: Nótese que aisladamente la cuerda no puede resistir un peso superior a 1000 kg. Pero al formar la estructura podemos superar la tensión máxima. Esto se debe a que en la estructura es el conjunto el que se distribuye el peso a resistir y no la cuerda aisladamente. CAPITULO 2 EQUILIBRIO SEARS – ZEMANSKY Problema 2.11 El bloque A pesa 100 kg. El coeficiente estático de rozamiento entre el bloque y la superficie sobre la cual reposa es 0,3. El peso W es de 20 kg. y el sistema esta en equilibrio. Calcular la fuerza de rozamiento ejercida sobre el bloque A.

WA

N T2

FR

T1

T2

450

W2 N

FR

T2

T1Y T2

WA WA

T1 450 T1X W2

W2 BLOQUE WA = 100 Kg. Σ FX = 0 T2 – FR = 0 (Ecuación 1) T 2 = FR Σ FY = 0 N – WA = 0 (Ecuación 2) N = WA Pero: WA = 100 Kg. N = 100 Kg. Pero: μ = 0,3 FR = μ * N (Ecuación 3) FR = (0,3) * 100 FR = 30 Kg. Pero: T2 = FR

30

T2 = 30 Kg. BLOQUE W2 Σ FX = 0 T1X – T2 = 0 T1X = T2 (Ecuación 4) Pero: T2 = 30 Kg. T1X = 30 Kg. T1X = T1 cos 45 T1 =

T1X 30 = = 42,426 Kg cos 45 0,707

T1 = 42,426 Kg. Σ FY = 0 T1Y – W2 = 0 T1Y = W2 (Ecuación 5) Pero T1Y = T1 sen 45 T1Y = W2 = T1 sen 45 W2 = T1 sen 45 W2 = (42,426) sen 45 W2 = 30 kg. CAPITULO 2 EQUILIBRIO

SEARS – ZEMANSKY Problema 2.12 Un bloque es arrastrado hacia la derecha a velocidad constante por una fuerza de 10 kg. que actúa formando un ángulo de 300 por encima de la horizontal. El coeficiente cinético de rozamiento entre el bloque y la superficie es 0,5. Cual es el peso del bloque. Supóngase que todas las fuerzas actúan en el centro del bloque.

N

N

F 0

30

FR W

F = 10 Kg F

300

FY

FX

W

BLOQUE W = 100 Kg. Σ FX = 0 FR - FX = 0 (Ecuación 1) F R = FX Pero: FX = F cos 30 FX = 10 . 0,866 FX = 8,66 kg. Pero FR = FX 8,66 Kg. FR = μ N (Ecuación 2) FR = 0,5 N = 8,66 Kg

31

F 8,66 N= R = = 17,32 Kg. 0,5 0,5

N = 17,32 KG. Σ FY = 0 N + FY – W = 0 (Ecuación 3) Pero: FY = F sen 30 FY = (10) 0,5 FY = 5 Kg. Reemplazando en la ecuación 3 N + FY – W = 0 Pero: FY = 5 Kg. N = 17,32 KG. W = N + FY W = 17,32 + 5 = 22,32 Kg. W = 22,32 Kg.

CAPITULO 2 EQUILIBRIO SEARS – ZEMANSKY Problema 2.13 Un bloque que pesa 14 kg. esta colocado sobre un plano inclinado y ligado a otro bloque de 10 kg. por una cuerda que pasa por una pequeña polea sin rozamiento. El coeficiente cinético de rozamiento entre el bloque y el plano es 1/7. Para que dos valores de θ se moverá el sistema a velocidad constante. Supóngase que todas las fuerzas actúan en el centro del bloque.

P1 = m1 * g P1 = 14 kg

Bloque m1 T

N1

T T

T

FR

FR P1X

θ

Bloque m2

P2 = m2 * g P2 = 10 kg

0

Bloque P1 = 14 Kg. Σ FX = 0 T – P1X – FR = 0 (Ecuación 1)

P1Y θ

0

P2 = m2 * g P2 = 10 kg P1 = m1 * g P1 = 14 kg

Pero: P1X = P1 sen θ P1X = 14 sen θ Pero: P1Y = P1 cos θ P1Y = 14 cos θ Σ FY = 0 N1 - P1Y = 0 (Ecuación 2) N1 = P1Y N1 = 14 cos θ

32

FR = μ * N1 (Ecuación 3) FR = 1/7 * (14 cos θ) FR = 2 cos θ Bloque m2 Σ FY = 0 P2 – T = 0 (Ecuación 4) P2 = T Pero: P2 = 10 kg T = P2 = 10 kg Reemplazando en la ecuación 1 T – P1X – FR = 0 (Ecuación 1) 10 – 14 senθ - 2 cos θ = 0 pero : sen2 θ + cos2 θ = 1 1/ 2 cosθ = 1 - sen 2θ = ⎛⎜1 - sen 2 θ ⎞⎟ ⎠ ⎝

Reemplazando 10 – 14 senθ - 2 cos θ = 0 10 – 14 senθ - 2 (1-sen2 θ)1/2 = 0 5– 5–

7 senθ - (1-sen2 θ)1/2 = 0 7 senθ = (1-sen2 θ)1/2

Elevando al cuadrado en ambos lados

[5 −

1/ 2 ⎤ ⎡ 7 senθ ]2 = ⎢⎛⎜1 - sen 2 θ ⎞⎟ ⎥ ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣⎝

2

25 – 70 senθ + 49 sen2 θ = 1 – sen2 θ 49 sen2 θ + sen2 θ – 70 senθ + 25 – 1 = 0 50 sen2 θ – 70 sen θ + 24 = 0 Aplicando la formula para ecuaciones de segundo grado. sen θ =

- (- 70) ±

( - 70) 2 - 4 (50) 24 2 (50)

=

70 ± 4900 - 4800 100

sen θ =

70 ± 100 70 ± 10 = 100 100

sen θ1 =

70 + 10 80 = = 0,8 100 100

θ1 = arc sen 0,8

θ1 = 53,130

sen θ 2 =

70 − 10 60 = = 0,6 100 100

θ2 = arc sen 0,6

θ2 = 36,860

θ1 = 53,130 Cuando el cuerpo se desplaza hacia la derecha. θ2 = 36,860 Cuando el cuerpo se desplaza hacia la izquierda.

33

CAPITULO 2 EQUILIBRIO

SEARS – ZEMANSKY

Problema 2.14 Un bloque que pesa 100 kg esta colocado sobre un plano inclinado de 300 y conectado a un segundo bloque de peso W pendiente de una cuerda que pasa por una pequeña polea sin rozamiento. El coeficiente estático de rozamiento es 0,4 y el coeficiente cinético 0,3. a) Calcular el peso W para el cual el bloque de 100 kg se eleva por el plano a velocidad constante. b) Hállese el peso W para el cual se mueve hacia abajo a velocidad constante. c) Para que intervalo de valores de W permanecerá el bloque en reposo?

Bloque P1 P1 = 100 kg

T

N1 T

T T

FR

FR P1X 30

0

Bloque W

W= ?

P1Y 0

30

W = m2 * g W= ?

P1 = m1 * g P1 = 100 kg Calcular el peso W para el cual el bloque de 100 kg se eleva por el plano a velocidad constante. Bloque P1 = 100 Kg. Σ FX = 0 T – P1X – FR = 0 (Ecuación 1) Pero: P1X = P1 sen 30 P1X = 100 * (0,5) P1X = 50 kg. Pero: P1Y = P1 cos 30 P1Y = 100 * 0,866 P1Y = 86,6 Kg. Σ FY = 0 N1 - P1Y = 0 (Ecuación 2) N1 = P1Y N1 = 86,6 Kg. FR = μC * N1 (Ecuación 3) μC = 0,3 (Coeficiente cinético de rozamiento) FR = 0,3 * (86,6) FR = 25,98 Kg. Para hallar la tensión en la cuerda se reemplaza en la ecuación 1. T – P1X – FR = 0 (Ecuación 1)

34

Pero: P1X = 50 kg. T = P1X + FR = 0 T = 50 + 25,98 T = 75,98 Kg.

FR = 25,98 Kg.

BLOQUE W Σ FY = 0 (por que se desplaza a velocidad constante) T–W=0 T = W (Ecuación 4) Pero T = 75,98 Kg. W = 75,98 Kg. Hállese el peso W para el cual se mueve hacia abajo a velocidad constante.

P1 = 100 kg

Bloque P1

T FR

N1 T

T

FR

P1X W= ?

Bloque W

P1Y 0

30

W = m2 * g W= ?

300

Bloque P1 = 100 Kg. Σ FX = 0 T – P1X + FR = 0 (Ecuación 1)

T

P1 = m1 * g P1 = 100 kg

Pero: P1X = P1 sen 30 P1X = 100 * (0,5) P1X = 50 kg. Pero: P1Y = P1 cos 30 P1Y = 100 * 0,866 P1Y = 86,6 Kg. Σ FY = 0 N1 - P1Y = 0 (Ecuación 2) N1 = P1Y N1 = 86,6 Kg. FR = μC * N1 (Ecuación 3) μC = 0,3 (Coeficiente cinético de rozamiento) FR = 0,3 * (86,6) FR = 25,98 Kg. Para hallar la tensión en la cuerda se reemplaza en la ecuación 1. T – P1X + FR = 0 (Ecuación 1) Pero: P1X = 50 kg. FR = 25,98 Kg.

35

T = P1X - FR = 0 T = 50 - 25,98 T = 24 Kg. BLOQUE W(por que se desplaza a velocidad constante) Σ FY = 0 T–W=0 T = W (Ecuación 4) Pero T = 24 Kg. W = 24 Kg. Para que intervalo de valores de W permanecerá el bloque en reposo? SI NO SE MUEVE EL CUERPO HACIA ARRIBA, la fuerza de rozamiento actúa hacia la izquierda Bloque P1 = 100 Kg. Σ FX = 0 T – P1X - FR = 0 (Ecuación 1) Pero: P1X = P1 sen 30 P1X = 100 * (0,5) P1X = 50 kg. Pero: P1Y = P1 cos 30 P1Y = 100 * 0,866 P1Y = 86,6 Kg. Σ FY = 0 N1 - P1Y = 0 N1 = P1Y

(Ecuación 2)

N1 = 86,6 Kg. FR = μC * N1 (Ecuación 3) μC = 0,4 (Coeficiente estático de rozamiento) FR = 0,4 * (86,6) FR = 34,64 Kg. Para hallar la tensión en la cuerda se reemplaza en la ecuación 1. T – P1X - FR = 0 (Ecuación 1) Pero: P1X = 50 kg. FR = 25,98 Kg. T = P1X + FR = 0 T = 50 + 34,64 T = 84,64 Kg. BLOQUE W Σ FY = 0 T–W=0 T = W (Ecuación 4)

36

Pero T = 84,64 Kg. W = 84,64 Kg. SI NO SE MUEVE EL CUERPO HACIA ABAJO, la fuerza de rozamiento actúa hacia la derecha. Bloque P1 = 100 Kg. Σ FX = 0 T – P1X + FR = 0 (Ecuación 1) Pero: P1X = P1 sen 30 P1X = 100 * (0,5) P1X = 50 kg. Pero: P1Y = P1 cos 30 P1Y = 100 * 0,866 P1Y = 86,6 Kg. Σ FY = 0 N1 - P1Y = 0

(Ecuación 2)

N1 = P1Y N1 = 86,6 Kg. FR = μC * N1 (Ecuación 3) μC = 0,4 (Coeficiente estático de rozamiento) FR = 0,4 * (86,6) FR = 34,64 Kg. Para hallar la tensión en la cuerda se reemplaza en la ecuación 1. T – P1X + FR = 0 (Ecuación 1) Pero: P1X = 50 kg. FR = 25,98 Kg. T = P1X - FR = 0 T = 50 - 34,64 T = 15,36 Kg. BLOQUE W Σ FY = 0 T–W=0 T = W (Ecuación 4) Pero T = 15,36 Kg. W = 15,36 Kg.

37

Capitulo 2 Equilibrio Sears - Zemansky Problema 2 – 17 Dos bloques A y B están dispuestos como indica la figura 2-21 y unidos por una cuerda al bloque C. El bloque A = B = 20 Newton. y el coeficiente cinético de rozamiento entre cada bloque y la superficie es 0,5. El bloque C desciende con velocidad constante. a) Dibujar dos diagramas de fuerzas distintos que indiquen las fuerzas que actúan sobre A y B. b) Calcular la tensión de la cuerda que une los bloques A y B c) Cual es el peso del bloque C?

T2

Bloque B

T2 Bloque A

T1 T1

370

FR1

Bloque B

Bloque A N1 T T1 1 F FR1R1

Bloque C

FR2

W WA A

N2 T1 WBX

T2

FR2

Bloque C T2

370

WBY WC

WB

Bloque A ∑ FX = 0 Por que se desplaza a velocidad constante, luego la aceleración es cero. T1 – FR1 = 0 (Ecuación 1) T1 = FR1 ∑ FY = 0 WA – N1 = 0 WA = N1 WA = N1 = 20 Newton Pero: FR1 = μ N1 FR1 = μ 20 = 0,5 * 20 FR1 = 10 Newton T1 = FR1 T1 = 10 Newton

38

Bloque B Por que se desplaza a velocidad constante hacia la derecha, luego la aceleración es cero. ∑ FX = 0 T2 – WBX – T1 – FR2 = 0 (Ecuación 2) Pero: WBX = WB sen 37 WBX = 20 sen 37 = 12,036 Newton WBX = 12,036 Newton T1 = 10 Newton ∑ FY = 0 WBY – N2 = 0 WBY = N2 = WB cos 37 = 20 cos 37 WBY = N2 = 15,972 Newton Pero: FR2 = μ N2 FR2 = μ 20 = 0,5 * 15,972 FR2 = 7,986 Newton Reemplazando en la ecuación 2, hallamos la tensión T2 T2 – WBX – T1 – FR2 = 0 (Ecuación 2) T2 = WBX + T1 + FR2 T2 = 12,036 + 10 + 7,986 T2 = 30 Newton Bloque C Por que se desplaza a velocidad constante hacia la derecha, luego la aceleración es cero. ∑ FY = 0 W C – T2 = 0 WC = T2 = 30 Newton WC = 30 Newton Capitulo 2 Equilibrio Sears - Zemansky Problema 2 – 18 una cadena flexible de peso W cuelga entre dos ganchos situados a la misma altura, como indica la figura 2-22. En cada extremo la cadena forma un ángulo θ con la horizontal a) Cual es el valor y dirección de la fuerza ejercida por la cadena sobre el gancho de la izquierda? b) Cual es la tensión de la cadena en el punto mas bajo?

θ

θ

F

FY

F

θ W

FY

θ

FX

FX W

39

∑ FX = 0 FX – FX = 0 ∑ FY = 0 W – FY – F Y = 0 W – 2FY = 0 W = 2FY Pero: FY = F sen θ W = 2FY = 2(F sen θ) W = 2 F sen θ

F =

W 2 sen θ

F

FY

θ

T

θ T w/2

FX w/2

∑ FX = 0 T - FX = 0 T = FX Pero: FX = F cos θ T = FX = F cos θ T = F cos θ Pero:

F =

W 2 sen θ

Reemplazando T = F cos θ

⎛ W ⎞ T =⎜ ⎟ cos θ ⎝ 2 sen θ ⎠

⎛ W ⎞ cos θ T=⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ sen θ ⎛W⎞ T = ⎜ ⎟ ctg θ ⎝2 ⎠

40

Problema de Sears – Zemansky Un bloque de 8 kg y otro de 16 kg están suspendidos en los extremos opuestos de una cuerda que pasa por una polea. Calcular: a) La aceleración del sistema? b) La tensión de la cuerda c) La tensión de la cuerda que sostiene la polea. Desprecie el peso de esta.

T1 T

T

T T

m1

W1 = m1 g

W2 = m2 g

m2 ∑ FY = m1 a T - m1 g = m1 a (Ecuación 1) ∑ FY = m2 a m2 g - T = m2 a (Ecuación 2) Sumando las ecuaciones T - m1 g = m1 a m 2 g - T = m2 a

(Ecuación 1) (Ecuación 2)

m 2 g - m1 g = m 1 a + m 2 a m2 g - m1 g = (m1 + m2 ) a 16 * 9,8 – 8 * 9,8 = (8 + 16) a 156,8 – 78,4 = 24 a 78,4 = 24 a a = 3,266 m/seg2 Se reemplaza en la ecuación 1 para hallar la tensión T - m1 g = m1 a (Ecuación 1) T = m1 a + m1 g T = 8 * 3,266 + 8 * 9,8 T = 26,128 + 78,4 T = 104,528 Newton T1 = 2 T = 2 * 104,528 T1 = 209,056 Newton

41

Sobre un cuerpo se aplica una fuerza de 20 newton con un Angulo de inclinación con respecto a la horizontal de 300. Cual debe ser el valor de la fuerza de rozamiento para que el cuerpo no se mueva? T = 20 N 300

FR

FR

TX 300

TY T ∑ FX = 0 Pero: TX = T cos 30 = (20) * 0,866 TX = 17,32 Newton

W

∑ FX = TX - FR = 0 ∑ FX = 17,32 - FR = 0 17,32 = FR Si el bloque A de la figura se encuentra en equilibrio, entonces Cual es el valor de la fuerza de rozamiento?

W2 = 16 Newton FR

Bloque W1

Bloque W2

T

N T

T F R1

W1 = 24 Newton

W2 = 16 N

T

W1 = 24 N

∑ FX = 0 ∑ F X = T - FR = 0 T = FR (Ecuación 1) ∑ FY = 0 ∑ F Y = W1 - T = 0 W1 = T

(Ecuación 2)

Pero: W1 = 24 Newton T = 24 Newton Reemplazando en la ecuacion1 T = FR (Ecuación 1) FR = 24 Newton

42

Cual es el valor en Newton de la fuerza normal ejercida por una superficie plana sobre un objeto de 500 gr de masa. m = 0,5 Kg.

N

∑ FY = 0 W–N=0 W=N N = 4,9 Newton

W = m*g W = 0,5 * 9,8 W = 4,9 Newton

Un resorte se encuentra en equilibrio. Si al clocarle un peso de 2 Newton se estira 5 cm. Cual es su constante de elasticidad? Que distancia se estira si se coloca un peso de 50 gr – f.

Y = 5 cm W= 2 Newton F= K*Y Pero: F = W = 2 Newton Y = 5 cm = 0,05 metros K =

F 2 Newton = = 40 Y 0,05 metro

Que distancia se estira si se coloca un peso de 50 gr – f. F= K*Y Un bloque cuyo peso es 400 Newton se encuentra en reposo sobre un plano inclinado. Encuentre el valor de la fuerza normal y el valor de la fuerza de rozamiento.

Bloque W FR

N

FR

P1Y P1X

600

600 Bloque W = 400 Newton.

W

43

Σ FX = 0 P1X - FR = 0 (Ecuación 1) P1X = FR Pero: P1X = P1 sen 60 P1X = 400 * (0,866) P1X = 346,4 kg. Pero: P1Y = P1 cos 60 P1Y = 400 * (0,5) P1Y = 200 Kg. Σ FY = 0 N - P1Y = 0 N = P1Y

(Ecuación 2)

N = 200Kg.

P1X = FR Pero: P1X = 346,4 kg.

FR = 346,4 kg.

Que fuerza se debe ejercer sobre un cuerpo de 15 kg. de masa para que acelere a 4 m/seg2 F = m * a = 15 * 4 = 60 Newton. F = 60 Newton. Sobre un cuerpo de 8 kg de masa se ejercen fuerzas de 5 newton y 12 newton que forman entre si un ángulo de 900 . Calcular la fuerza resultante que actúa sobre el cuerpo y la aceleración que experimentan?

F1 = 5 N

900

FR

F1 = 5 N

F2 = 12 N F2 = 12 N

FR = Fuerza resultante FR =

(F1 )2

FR =

(5)2

+ (F2 )2 + (12 )2 = 25 + 144 = 169

FR = 13 Newton FR = m * a a =

FR 13 = = 8 m

1,625

m seg 2

44

Sobre un cuerpo de 4 kg inicialmente en reposo actúa una fuerza resultante de 32 newton. Que velocidad lleva el cuerpo cuando ha recorrido 100 metros.

VO = 0

VF = ?

X = 100 metros

F = 32 Newton F=m*a a =

F

=

m

32 = 4

8

m seg 2

El cuerpo parte del reposo, la velocidad inicial es cero. Vo = 0 Vf 2 = Vo2 + 2 a x Vf 2 = 2 a x VF =

2*a *x =

VF = 40 m/seg

2 * 8 *100 = 1600 = 40

2

Sobre los bloques de la figura, se aplica una fuerza horizontal F = 60 Newton . Considerando que no existe rozamiento, calcular: a) aceleración del conjunto b) tensión de la cuerda B? c) tensión de la cuerda A?

m1

TA

m2

TA

TB

TB

m3

F = 60 Newton

aceleración del conjunto m1 = 2 kg. m2 = 4 kg. m3 = 6 kg. mt = m1 + m2 + m3 mt = 2 + 4 + 6 = 12 kg. F = mt * a a =

F mt

=

60 = 12

5

m seg 2

m1

m2 TA

TA

m3 TB

TB

F = 60 N

tensión de la cuerda A? Bloque m1

45

Σ FX = 0 F = m1 * a TA = m1 * a TA = 2 * 5 = 10 Kg. TA = 10 Kg. tensión de la cuerda B? Bloque m2 Σ FX = 0 F=m*a TB - TA = m * a Pero: TA = 10 Kg. m2 = 4 Kg. TB - 10 = m2 * a TB - 10 = 4 * 5 TB = 20 + 10 TB = 30 Newton Si entre los bloques y la superficie del problema anterior existe un coeficiente de rozamiento de 0,25. Calcular: a) aceleración del sistema b) tensión de la cuerda B? c) tensión de la cuerda A?

m1

TA

m2

TA

TB

m3

TB

F = 60 Newton

m1 = 2 kg. m2 = 4 kg. m3 = 6 kg.

Bloque m1 N1 FR1

TA

Bloque m2

Bloque m3 N2

FR2

TA

W1 = m1 g

TB

TB

N3 F = 60 N

FR3 W2 = m2 g

W3 = m3 g

Bloque m1 Σ FY = 0 N1 – W1 = 0 N1 = W1 = m1 * g N1 = m1 * g = 2 * 10 = 20 Newton N1 = 20 Newton. FR1 = μ * N1 FR1 = 0,25 * 20 FR1 = 5 Newton. Σ FX = m1 * a TA – FR1 = m1 * a (Ecuación 1)

46

Bloque m2 Σ FY = 0 N2 – W2 = 0 N2 = W2 = m2 * g N2 = m2 * g = 4 * 10 = 40 Newton N2 = 40 Newton. FR2 = μ * N2 FR2 = 0,25 * 40 FR2 = 10 Newton. Σ FX = m2 * a TB – FR2 - TA = m2 * a (Ecuación 2) Bloque m3 Σ FY = 0 N3 – W3 = 0 N3 = W3 = m3 * g N3 = m3 * g = 6 * 10 = 60 Newton N3 = 40 Newton. FR3 = μ * N2 FR3 = 0,25 * 60 FR3 = 15 Newton. a) aceleración del conjunto m1 = 2 kg. m2 = 4 kg. m3 = 6 kg. FR1 = 5 Newton. FR2 = 10 Newton.

FR3 = 15 Newton.

mt = m1 + m2 + m3 mt = 2 + 4 + 6 = 12 kg. FX = mt * a Σ FX = F - FR1 - FR2 - FR3 FX = 60 – 5 – 10 – 15 = 30 Newton. FX = 30 Newton. a =

FX 30 = = mt 12

2,5

m seg 2

Resolviendo la ecuación 1 y la ecuación 2 hallamos TB TA – FR1 = m1 * a (Ecuación 1) TB – FR2 - TA = m2 * a

(Ecuación 2)

TB – FR2 – FR1 = m1 * a + m2 * a TB – 10 - 5 = a ( 2 + 4 ) pero a = 2,5 m/seg2 TB – 15 = 2,5 *(6) TB = 15 + 15 TB = 30 Newton c) tensión de la cuerda A? Reemplazando en la ecuación 1

47

TA – FR1 = m1 * a TA – 5 = 2 * 2,5 TA – 5 = 5 TA = 5 + 5 = 10 Newton. Un cuerpo de masa m = 1 kg. se empuja mediante una fuerza horizontal F de modulo 15 Newton , desde el pie de un plano inclinado áspero que forma un ángulo de 370 con la horizontal y cuyo coeficiente de roce cinético es 0,2. Si La fuerza F solo actúa durante 3 segundos, determine: a) La distancia que alcanza a subir por el plano ? b) El tiempo que demora en volver al punto de partida?

X1 N FX

X

θ

FY

F = 15 N

FR

F

θ

0

θ = 37

WY WX Datos: m = 1 kg F = 15 Newton θ = 370 μ = 0,2 t = 3 seg.

W=mg

a) La distancia que alcanza a subir por el plano ? Σ FX = m * a Σ FX = FX – FR – WX = m * a Pero: FX = F cos θ WX = W sen θ W=mg Σ FX = F cos θ - FR - m g sen θ = m * a F cos θ - FR - m g sen θ = m * a (Ecuación 1) Σ FY = 0 Σ F Y = N – FY – W Y = 0 Pero: FY = F sen θ WY = W cos θ Σ FY = N - F sen θ - m g cos θ = 0 N = F sen θ + m g cos θ

W=mg

Pero: FR = μ * N FR = μ *( F sen θ + m g cos θ ) FR = 0,2 ( 15 sen 37 + 1 * 10 cos 37) FR = 0,2 ( 9.0272 + 7,9863) FR = 0,2 ( 17,0135) FR = 3,4 Newton. Despejando la ecuación 1, hallamos la aceleración. F cos θ - FR - m g sen θ = m * a (Ecuación 1)

48

15 cos 37 - 3,4 – 1 * 10 sen 37 = 1 * a 11,9795 – 3,4 - 6,0181 = a a = 2,56 m/seg2 durante los 3 seg. que el bloque sube por el plano inclinado. El siguiente paso es hallar la distancia que recorre en los 3 seg. X = V0 t +

1 a t2 2

Pero: V0 = 0 arranca del reposo. X =

1 1 1 a t2 = 2,56 * (3)2 = 2,56 * 9 = 11,52 metros 2 2 2

X = 11,52 metros

VF = V0 + a t pero V0 = 0 VF = a t = (2,56 m/seg2 ) 3 seg = 7,68 m/seg VF = 7,68 m/seg Como la fuerza de 15 Newton desaparece a los 3 seg. el cuerpo empieza a perder velocidad hasta detenerse. Por lo tanto es necesario hallar la nueva aceleración después de los 3 seg. Σ FX = m * a1 Σ FX = – FR – WX = m * a1

N

Pero: WX = W sen θ W=mg Σ FX = - FR - m g sen θ = m * a1 - FR - m g sen θ = m * a1 (Ecuación 3) Σ FY = 0 Σ F Y = N – WY = 0

FR

Pero: WY = W cos θ W=mg Σ FY = N - m g cos θ = 0 N = m g cos θ N = 1 * 10 cos 37 N = 7,9863 Newton.

θ

WY WX W=mg

Pero: FR = μ * N FR = 0,2 * 7,9863 FR = 1,5972 Newton Reemplazando en la ecuación 3, hallamos la aceleración retardatriz, hasta que el cuerpo se detiene. - FR - m g sen θ = m * a1 (Ecuación 3) - 1,5972 – 1 * 10 sen 37 = 1 * a1 - 1,5972 – 6,0181 = a1

a1 = - 7,6153 m/seg2 Enseguida se halla el tiempo hasta que el cuerpo se detiene VF = V0 – a2 t2 pero VF = 0 V0 = 7,68 m/seg V0 = a2 t2

49

V0 7,68 = = 1,01 seg a2 7,6153

t1 =

Hallamos la distancia que recorre hasta detenerse X1 = V0 (t1 ) +

1 a 1 (t1 ) 2 2

Pero: V0 = 7,68 m/seg X1 = 7,68 * 1,01 -

1 1 7,6153 (1,01) 2 = 7,7568 7,6153 = 7,7568 - 3,8841 = 3,8727 metros 2 2

X1 = 3,87 metros

La distancia total es = X + X1 = 11,52 + 3,87 = 15,39 metros XT = 15,39 metros Hallar el tiempo de bajada. TB ? Pero: XT = 15,39 metros a1 = - 7,6153 m/seg2 V0 = 0 (parte del reposo hacia abajo). 1 a 1 (TB ) 2 2 1 XT = a 1 (TB ) 2 = 15,39 2 (TB )2 = 15,39 * 2 = 30,78 a1 7,6153 X T = V0 (TB ) +

TB =

30,78 7,6153

4,041 = 2,01 Seg.

TB = 2,01 Seg. (Tiempo de bajada) El tiempo de subida TS = t + t1 = 3 + 1,01 = 4,01 seg. El tiempo que demora en volver al punto de partida = Tiempo de subida + tiempo de bajada El tiempo que demora en volver al punto de partida = 4,01 + 2,01 = 6,02 seg.

Dos personas halan un cuerpo de 20 kg. apoyado en una mesa con fuerzas de 100 Newton y 200 Newton. Calcular la aceleración y el espacio recorrido en 6 seg. a) Las fuerzas se ejercen horizontalmente en el mismo sentido. Σ F X = F1 + F 2 = m * a 100 + 200 = 20 * a 300 = 20 * a a =

M = 20 Kg

F1 = 100 N

300 m = 15 20 seg 2

F2 = 200 N

El siguiente paso es hallar la distancia que recorre en los 6 seg. X = V0 t +

1 a t2 2

50

Pero: V0 = 0 (arranca del reposo). X =

1 1 1 a t 2 = 15 * (6 )2 = 15 * 36 = 270 metros 2 2 2

X = 270 metros

b) Las fuerzas se ejercen horizontalmente en sentido contrario. Σ F X = - F1 + F 2 = m * a - 100 + 200 = 20 * a 100 = 20 * a a =

F1 = 100 N

M = 20 Kg F2 = 200 N

100 m = 5 20 seg 2

El siguiente paso es hallar la distancia que recorre en los 6 seg. X = V0 t +

1 a t2 2

Pero: V0 = 0 (arranca del reposo). X =

1 1 1 a t2 = 5 * (6)2 = 5 * 36 = 90 metros 2 2 2

X = 90 metros

Un carro de masa 2000 kg viaja sobre un camino horizontal con una velocidad de 72 km/hora. Que fuerza ejercen los frenos si se detiene en una distancia de 25 metros. v = 72

km 1000 m 1 hora m = 20 * * hora 1 km 3600 seg seg

V 2 = V 2 - 2 a X Pero: VF = 0 F 0 2 V = 2 a X 0 m2 400 2 V2 seg 2 m 0 = (20 ) = a = 8 2*X 2 * 25 50 m seg 2

F=m *a F = 2000 * 8 F = 16000 Newton Dos bloques de 3 Kg. y 2 kg están en contacto entre si sobre una superficie horizontal (el mayor a la derecha del menor). Si se aplica una fuerza de 20 Newton horizontal sobre el menor y hacia la derecha. Encontrar: a) Aceleración del sistema mT = m1 + m2 = 2 + 3 = 5 Kg. mT = 5 kg. F = mT * a

Bloque m1 Bloque m2 F = 20 N

51

kg a =

F 20 Newton = = 4 mT 5 kg

m seg 2 m = 4 kg seg 2

b) La magnitud de la fuerza de contacto entre los bloques? Bloque m1 Σ FX = F – FC = m1 a

Bloque m2

Bloque m1

donde FC es la fuerza de contacto. F – FC = m1 a

FC FC

FC = 20 - 2 * 4 FC = 12 Newton.

F = 20 N

PARTE 1 RESNICK – HALLIDAY Pág. 139 Problema 5 – 9 Dos bloques están en contacto como se muestra en la figura 5-14 en una mesa sin fricción. Se aplica una fuerza horizontal a un bloque. Si m1 = 1 kg. m2 = 2 kg. y F = 3 Newton. Encuentre la fuerza de contacto entre los dos bloques?. mT = m1 + m2 = 1 + 2 = 3 kg. mT = 3 kg.

m2 = 2 kg m1 = 1 kg

F = mT * a kg a =

F 3 Newton = =1 mT 3 kg

m seg 2 m =1 kg seg 2

F=3N

La magnitud de la fuerza de contacto entre los bloques? Bloque m1 Σ FX = F – FC = m1 a donde FC es la fuerza de contacto. F – FC = m1 a FC = 3 - 2 * 1

Bloque m1

Bloque m2

FC = 1 Newton.

FC

F=3N

FC

52

PARTE 1 RESNICK – HALLIDAY Pág. 139 Problema 5 – 10 Tres bloques están conectados como muestran en la figura 5 – 15 en una mesa horizontal sin fricción y se jalan a la derecha con una fuerza T3 = 60 Newton. Si m1 = 10 kg. m2 = 20 kg. m3 = 30 kg. Encuentre las tensiones TA y TB.

TA

TB

TA

m1 = 10 kg

TB

T3 = 60 N

m2 = 20 kg

Bloque m2

Bloque m1 TA

TA

TBm3 = 60 kg

Bloque m3 TB

T3

mT = m1 + m2 + m3 = 10 + 20 + 30 = 60 kg. mT = 60 kg. F = mT * a kg a =

F 60 Newton = =1 mT 60 kg

m seg 2 m =1 kg seg 2

Bloque m1 Σ FX = m1 * a TA = m1 * a (Ecuación 1) TA = 10 * 1 = 10 Newton

Bloque m2 Σ FX = m2 * a TB - TA = m2 * a (Ecuación 2) Reemplazando el valor de TA = 10 N, se halla TB TB - T A = m 2 * a TB - 10 = 20 * 1 TB = 20 + 10 = 30 TB = 30 Newton.

53

PARTE 1 RESNICK – HALLIDAY Pág. 139 Problema 5 – 11 Una esfera cargada de masa 3 * 10-4 kg. esta colgada de un hilo. Una fuerza eléctrica actúa horizontalmente sobre la esfera, de tal manera que el hilo hace un ángulo de 370 con la vertical cuando queda en reposo. Encuentre: a) La magnitud de la fuerza eléctrica. b) La tensión del hilo?

Esfera 370

T

TY

T Fuerza eléctrica

530

530

Fuerza eléctrica

TX P=m*g

P=m*g

FE = Fuerza eléctrica Σ FX = 0 Σ FX = FE – TX = 0 FE = TX Pero: TX = T * cos 53 Σ FY = 0 Σ FY = TY – m g = 0 TY = m g Pero: TY = T * sen 53 Remplazando se halla la tensión del hilo. T * sen 53 = m g ⎛⎜ 3 *10 - 4 ⎞⎟ * 9,8 m g 29,4 * 10 - 4 ⎠ ⎝ T= = = 3,681 * 10 - 3 Newton = 0,7986 sen 53 0,7986

T = 3,681 * 10-3 Newton

Remplazando se halla la magnitud de la fuerza eléctrica FE = TX = T * cos 53 FE = (3,681 * 10-3 Newton) * cos 53 FE = (3,681 * 10-3 Newton) * 0,6018 FE = 2,215 * 10-3 Newton

54

PARTE 1 RESNICK – HALLIDAY Pág. 139 Problema 5 – 12 Calcúlese la aceleración inicial ascendente de un cohete de masa 1,3 * 104 kg. Si el empuje inicial hacia arriba de su motor es 2,6 * 105 Newton. Puede ud. Omitir el peso del cohete ( la atracción hacia debajo de la tierra sobre el?)

Σ FY = 0 Σ FY = F – m g = m * a

F = 2,6 * 105 N

2,6 * 105 Newton. – (1,3 * 104 kg.) * 9,8 = (1,3 * 104 kg.) * a 2,6 * 105 – (12,74 * 104 kg.) = (1,3 * 104 kg.) * a 260000 – 127400 = 132600 = (1,3 * 104 kg.) * a a =

m 132600 = 10,2 seg 2 1,3 * 10 4

P=m*g

a = 10,2 m/seg2 El peso del cohete no se puede omitir por que es una fuerza que se opone al despegue del cohete.

PARTE 1 RESNICK – HALLIDAY Pág. 139 Problema 5 – 13 Un bloque de masa m1 = 43,8 kg. en un plano inclinado liso que tiene un ángulo de 300 esta unido mediante un hilo que pasa por una pequeña polea sin fricción a un segundo bloque de masa m2 = 29,2 kg que cuelga verticalmente (Figura 5 – 17). a) Cual es la aceleración sobre cada cuerpo? Bloque m2 b) Cual es la tensión en la cuerda?

Bloque m1

T m1 = 43,8 kg

T

T T m2 = 29,2 kg

P1X 300

300 P1 = m1 * g

P1Y P2 = m2 * g

Bloque m1 Σ FX = m1 * a T – P1X = m1 * a (Ecuación 1)

Pero: P1X = P1 * sen 30 P1 = m1 * g P1X = m1 * g * sen 30 Reemplazando en la ecuación 1 tenemos: T – m1 * g * sen 30 = m1 * a (Ecuación 2) Bloque m2 Σ FY = m2 * a P2 - T = m2 * a P2 = m2 * g

55

Reemplazando m2 * g - T = m2 * a (Ecuación 3) Resolviendo la ecuación 2 y ecuación 3 , hallamos la aceleración del sistema. T – m1 * g * sen 30 = m1 * a (Ecuación 2) m2 * g -T = m2 * a (Ecuación 3) m2 * g – m1 * g * sen 30 = m1 * a + m2 * a m2 g – m1 g sen 30 = a (m1 + m2) a =

m 2 g - m1 g sen 30 m 71,54 29,2 * 9,8 - 43,8 * 9,8 * 0,5 286,16 - 214,62 = = = = 0,98 73 73 m1 + m 2 43,8 + 29,2 seg 2

a = 0,98 m/seg2 Cual es la tensión en la cuerda?

Reemplazando m2 * g - T = m2 * a (Ecuación 3)

29,2 * 9,8 – T = 29,2 * 0,98 T = 286.16 – 28,616 T = 257,54 Newton

DINAMICA DE LAS PARTICULAS RESNICK – HALLIDAY Pág. 141 Capitulo 5 Problema 20 Remítase a la figura 5 -5. Sea la masa del bloque 29,2 Kg. (2 slugs) y el ángulo θ = 300 . a) Encuentre la tensión en la cuerda y la fuerza normal que obra en el bloque. b) Si la cuerda se corta, encuentre la aceleración del bloque. No considere la fricción

N

T

T

m = 29,2 kg P1X

300

300

P1Y

P1 = m1 * g Bloque m Σ FX = 0 T – P1X = 0 (Ecuación 1) Pero: P1X = P1 * sen 30 P1 = m1 * g P1X = m1 * g * sen 30 Reemplazando en la ecuación 1 tenemos: T – m1 * g * sen 30 = 0

56

T = m1 g sen 30 T = 29,2 * 9,8 * 0,5 T = 143,08 Newton. Σ FY = 0 N – P1Y = 0 N = P1Y Pero: P1Y = P1 * cos 30 P1 = m1 * g P1Y = m1 * g * cos 30 N = P1Y = m1 g cos 30 N = 29,2 * 9,8 * 0,866 N = 247,82 Newton Al cortarse la cuerda, el bloque descenderá con una aceleración. Σ FX = m a P1X = m a Pero: P1X = P1 * sen 30 P1 = m1 * g P1X = m1 * g * sen 30 P1X = m a m1 * g * sen 30 = m a g * sen 30 = a a = 9,8 * 0,5 a = 4,9 m/seg2 DINAMICA DE LAS PARTICULAS RESNICK – HALLIDAY Pág. 141 Capitulo 5 Problema 21 Remítase a la figura 5 – 7 a. Sea m1 = 1 kg y m2 = 0,5 kg. Encuentre la aceleración del bloque. No considere la fricción.

T

m1

T N1

T T m2

m2 g

m1 g Bloque m1 Σ FX = m1 * a T = m1 * a (Ecuación 1)

57

Bloque m2 Σ FY = m2 * a P2 - T = m2 * a P2 = m2 * g m2 * g - T = m2 * a (Ecuación 1) Sumando las ecuaciones, hallamos la aceleración.

T = m1 * a (Ecuación 1) m2 * g - T = m2 * a (Ecuación 1) m2 g = m1 a + m2 a m2 g = (m1 + m2 ) a

a=

m2 g 0,5 * 9,8 4,9 = = m1 + m 2 1 + 0,5 1,5

a = 3,26 m/seg2 DINAMICA DE LAS PARTICULAS RESNICK – HALLIDAY Pág. 141 Capitulo 5 Problema 22 Remítase a la figura 5 -8 a. sea m1 = 1 kg y m2 = 0,5 kg Encuentre la aceleración de los dos bloques y la tensión de la cuerda

T1 T

T

T T m1

m2

W1 = m1 g

W2 = m2 g

∑ FY = m1 a m1 g - T = m1 a (Ecuación 1) ∑ FY = m2 a T - m2 g = m2 a (Ecuación 2) Sumando las ecuaciones m1 g - T = m1 a (Ecuación 1) T - m2 g = m2 a (Ecuación 2) m 1 g – m 2 g = m1 a + m2 a m1 g – m2 g = (m1 + m2 ) a

58

1 * 9,8 – 0,5 * 9,8 = (1 + 0,5) a 9,8 – 4,9 = 1.5 a 4,9 = 1,5 a a = 3,26 m/seg2 Se reemplaza en la ecuación 1 para hallar la tensión T - m1 g = m1 a (Ecuación 1) T - m2 g = m2 a T - 0,5 * 9,8 = 0,5 * 3,26 T – 4,9 = 1,63 T = 4,9 + 1,63 T = 6,53Newton Un objeto de masa 5 kg tiene una aceleración de 8 m/seg2 en la dirección X y una aceleración de 6 m/seg2 en la dirección Y. Cual es la fuerza total que actúa sobre el?

aR =

(a X )2 (a Y )2

=

82 + 62 =

64 + 36 = 10

m seg 2

aY = 6 m/seg2

F = m * aR

aR

F = 5 * 10 = 50 Newton F = 50 Newton

aX = 8 m/seg2

Una fuerza de 6 Newton empuja un cuerpo de 3 kg. Cual es la aceleración del cuerpo. Que distancia recorre el cuerpo en 10 seg. si parte del reposo? F=m*a kg 6 Newton F a = = = 2 3 kg m

m seg 2 m = 2 kg seg 2

m1 = 3 kg

V0 = 0

F=6N

Que distancia recorre el cuerpo en 10 seg. si parte del reposo?

t = 10 seg

1 a (t )2 pero : V0 = 0 2 1 1 * 2 * (10 )2 = 100 metros a (t )2 = X = 2 2 X = V0 +

X = 100 metros

59

Un bloque de masa 2 kg. Parte con velocidad de 10 m/seg sobre una superficie rugosa horizontal y cuando recorre 16 metros, su velocidad es 6 m/seg. Calcular la aceleración del bloque y el coeficiente de rozamiento? m = 2 kg V0 = 10 m/seg V0 = 10 m/seg

VF = 6 m/seg

X = 16 metros VF = 6 m/seg

X = 16 m La ecuación tiene signo (-) por que el cuerpo va perdiendo velocidad, con el tiempo.

(VF )2

= (V0 )2 - 2 a X

Despejamos la aceleración

(V0 )2 - (VF )2 (V0 )2 - (VF )2

2aX =

a =

2 X

=

(10)2

- (6 )2 100 - 36 64 m = = = 2 32 32 2 * 16 seg 2

a = μ * g μ =

a 2 = = 0,2 g 10

μ = 0,2 Cual es la distancia que recorre un auto con velocidad de 72 Km/hora hasta detenerse. Si el coeficiente de rozamiento entre las llantas y la carretera es de 0,4. V = 72

km 1 hora 1000 metros m * * = 20 hora 3600 seg 1 km seg

V0 = 20 m/seg. a = μ * g a = 0,4 * 10 = 4 m/seg2 a = 4 m/seg2 La ecuación tiene signo (-) por que el cuerpo va perdiendo velocidad, con el tiempo. Datos: V0 = 20 m/seg. a = 4 m/seg2 VF = 0 X = Distancia recorrida.

(VF )2

= (V0 )2 - 2 a X

0 = 202 – 2 * 4 * X 0 = 400 – 8 X 8X = 400 X = 50 Metros. El sistema de la figura esta formado por los bloques A, B, C ligados por las cuerdas de masa despreciable e inextensibles. La cuerda que une los cuerpos A y B, pasa por una polea de masa

60

y roce despreciable. El coeficiente de roce cinético entre el bloque A y el plano es 0,5 y la masa de A y B es de 2 kg. c/u. y el ángulo del plano inclinado es de 300. Calcule a) El valor de la masa del bloque C para que el bloque A suba con aceleración de modulo 2 m/seg2. b) La tensión que actúa sobre el bloque C? c) El mayor valor que puede tener la masa del bloque C para que el sistema este a punto de deslizar. Si el coeficiente de roce estático es 0,8.

N

T

T

mA = 2 kg

WAX B

A

T

T

FR

mB = 2

300

WAY

TC

300

mc

TC

WC = mC g WA

WB + WC

Bloque A Σ FX = mA * a T – FR – WAX = mA * a (Ecuación 1) Pero: WAX = WA sen 30 WAX = mA g sen 30 Σ FY = 0 N - WAY = 0 Pero: WAY = WA cos 30 WAY = mA g cos 30

WA = mA * g

WA = mA * g

N - mA g cos 30 = 0 N = mA g cos 30 FR = μ N FR = μ (mA g cos 30) Datos: a = 2 m/seg2 μ = 0,5 mA = mB = 2 Kg. FR = μ (mA g cos 30) FR = 0,5 (2 * 10 cos 30) FR = 8,66 Newton WAX = mA g sen 30 WAX = 2 * 10 sen 30 WAX = 10 Newton BLOQUE B + BLOQUE C Σ FY = mB * a + mC * a (Por que existe una aceleración) WB + WC – T = mB * a + mC * a Pero: WB = mB * g WC = mC * g mB g + mC g – T = mB a + mC a (Ecuación 2)

61

Resolviendo la ecuación 1 con la ecuación 2, hallamos mC T – FR – WAX = mA * a (Ecuación 1) mB g + mC g – T = mB a + mC a (Ecuación 2) – FR – WAX + (mB g) + (mC g) = (mA * a) + (mB a) + (mC a) - 8,66 - 10 + (2 * 10) + 10 mC = (2 * 2) + (2 * 2) + 2 mC - 18,66 + 20 + 10 mC = 8 + 2 mC 1,34 + 10 mC = 8 + 2 mC 8 mC = 8 - 1,34 8 mC = 6.66 mC = 0,83 KG c) La tensión que actúa sobre el bloque C? BLOQUE C Σ FY = mC * a (Por que existe una aceleración) WC – TC = mC * a Pero: WC = mC * g mC g – TC = mC a (Ecuación 3) mC g - mC a = TC (0,83 * 10) – (0,83 * 2) = TC 8,3 – 1,66 = TC TC = 6,64 Newton d) El mayor valor que puede tener la masa del bloque C para que el sistema este a punto de deslizar. Si el coeficiente de roce estático es 0,8. (El sistema esta en reposo, con tendencia a deslizar hacia la derecha, por lo tanto la fuerza de rozamiento esta hacia la izquierda y se opone al movimiento) Σ FX = 0 T - FR2 – WAX = 0 (Ecuación 4) Pero: WAX = WA sen 30 WAX = mA g sen 30

WA = mA * g

WAX = mA g sen 30 WAX = 2 * 10 sen 30 WAX = 10 Newton Σ FY = 0 N - WAY = 0 Pero: WAY = WA cos 30 WAY = mA g cos 30

WA = mA * g

N - mA g cos 30 = 0 N = mA g cos 30

62

FR2 = μE N

μE = COEFICIENTE DE ROZAMIENTO ESTATICO = 0,8

FR2 = μE (mA g cos 30) FR2 = 0,8 (2 *10 cos 30) FR2 = 13,85 Newton BLOQUE B + BLOQUE C Σ FY = 0 (Por que el sistema esta en equilibrio) W B + WC – T = 0 Pero: WB = mB * g WC = mC * g mB g + mC g – T = 0 (Ecuación 5) Resolviendo la ecuación 4 con la ecuación 5, hallamos mC T – FR2 – WAX = 0 m B g + mC g – T = 0

(Ecuación 4) (Ecuación 5)

Bloque A

– FR2 – WAX + (mB g) + (mC g) = 0

N

- 13,85 - 10 + (2 * 10) + 10 mC = 0 - 23,85

+ 20 + 10 mC = 0

Bloque B Bloque C TB

FR

TB TC

WAY

- 3,85 + 10 mC = 0

300

TC

10 mC = 3,85

WC = mC g

mC = 0,385 kg.

WA

WB = mB g

Otra forma de resolver el problema Bloque A Σ FX = mA * a TB – FR – WAX = mA * a Pero: WAX = WA sen 30 WAX = mA g sen 30 Σ FY = 0 N - WAY = 0 Pero: WAY = WA cos 30 WAY = mA g cos 30

TB

TB mA = 2 kg A

WA = mA * g

WA = mA * g

300

B

C

mB = 2 TC

mc

N - mA g cos 30 = 0 N = mA g cos 30 FR = μ N FR = μ (mA g cos 30)

63

Datos: a = 2 m/seg2 μ = 0,5 mA = mB = 2 Kg. FR = μ (mA g cos 30) FR = 0,5 (2 * 10 cos 30) FR = 8,66 Newton WAX = mA g sen 30 WAX = 2 * 10 sen 30 WAX = 10 Newton Reemplazando TB – FR – WAX = mA * a TB – μ (mA g cos 30) – mA g sen 30 = mA * a (Ecuación 1)

TC

BLOQUE B Σ FY = mB * a (Por que existe una aceleración) WB + TC – TB = mB * a Pero: WB = mB * g m B g + TC – T B = m B a

(Ecuación 2)

BLOQUE C Σ FY = mC * a (Por que existe una aceleración) WC – TC = mC * a Pero: WC = mC * g mC g – TC = mC a (Ecuación 3) Sumando las 3 ecuaciones, se simplifican las tensiones y se halla mC TB – μ (mA g cos 30) – mA g sen 30 = mA a (Ecuación 1) m B g + TC – T B = m B a m C g – TC = m C a

(Ecuación 2) (Ecuación 3)

– μ (mA g cos 30) – mA g sen 30 + mB g + mC g = mA a + mB a

+ mC a

g (– μ mA cos 30 – mA sen 30 + mB + mC ) = a (mA + mB + mC) 10 (- 0,5 * 2 cos30 – 2 sen 30 + 2 + mC) = a (2 + 2 + mC) 10 (- 0,866 – 1 + 2 + mC ) = 2 (4 + mC) 1,34 + 10 mC = 8 + 2 mC 10 mC - 2 mC = 8 + 1,34 8 mC = 6,66 mC =

6,66 = 0,832 Kg 8

64

Un bloque de 10 kg parte del reposo, arriba de un plano inclinado de longitud 4 metros y de altura 0,8 metros. Que tiempo emplea el bloque para recorrer el plano. (No hay rozamiento). sen θ =

0,8 = 0,2 4

sen θ = 0,2 θ = arc sen 0,2

m = 10 kg

V0 = 0

θ = 11,530 a = g * senθ a = 10 * sen 11,53

X = 4 metros 0,8 metros

a = 2 m/seg2 Para hallar el tiempo, se despeja: 1 X = V0 + a (t )2 2 1 X = a (t )2 2

θ

pero : V0 = 0

2 * X = a * t2 t=

2X = a

2*4 = 2

4 = 2 seg.

t = 2 seg. 0

VF = V0 + a * t VF = a * t VF = 2 * 2 VF = 4 m/seg En la parte superior de una calle inclinada a 300 y de longitud de 90 metros. Se deja libre un carrito de masa de 8 kg. Calcular la aceleración del carrito al dejarlo libre y el tiempo empleado en recorrer el plano?. Datos: θ = 300 a = g * senθ

V0 = 0 X = 90 metros

a = 10 * sen 30 a = 5 m/seg2 Para hallar el tiempo, se despeja: 1 a (t )2 2 1 X = a (t )2 2 X = V0 +

pero : V0 = 0

300

2 * X = a * t2 t=

2X = a

2 * 90 = 5

36 = 6 seg.

65

t = 6 seg. Con que aceleración baja un cuerpo por un plano inclinado de 300. No hay rozamiento? Datos: θ = 300 PX = m g sen 30 Σ FX = m a m a = m g * senθ a = g sen 30 a = 10 * sen 30 a = 5 m/seg2

PX PY 30

0

300

Un bloque se desliza por un plano inclinado liso con aceleración de 6,4 m/seg2. Que ángulo forma el plano con la horizontal? Datos: a = 6,4 m/seg2 Σ FX = m a m a = m g * senθ a = g * senθ

PX PY

a 6,4 sen θ = = = 0,64 g 10

θ0

sen θ = 0,64 θ = arc sen 0,64 θ = 39,790

Un cuerpo de masa m = 16 kg. se encuentra sobre una superficie horizontal áspera cuyos coeficientes de roce estático y cinético son respectivamente 0,3 y 0,25. Si sobre el cuerpo se aplica una fuerza horizontal F, durante 4 seg solamente. Determine: a) La fuerza neta sobre el cuerpo si F = 45 Newton. b) La magnitud mínima de F para que el bloque este a punto de iniciar el movimiento. c) La distancia que recorre hasta llegar a detenerse? Si F = 50 Newton Σ FY = 0 N–W=0 N=W=m*g N = 16 * 10 = 160 Newton N = 160 Newton Pero: FR EST = μEST * N FR EST = 0,3 * 160

FR EST

FR

EST

m1 = 16 kg

N F = 45 N

V0 = 0

= 48 Newton

Σ FX = m * a Σ FX = F – FR

F = 45 N EST

W=m*g

t = 4 seg

Como F = 45 Newton y la Fuerza de rozamiento que se opone al movimiento del bloque es de 48 Newton, Se puede decir que la fuerza neta sobre el cuerpo es cero. Se necesita que F sea mayor que la fuerza de rozamiento para que exista desplazamiento del bloque y por lo tanto fuerza neta sobre el cuerpo.

66

c) La magnitud mínima de F para que el bloque este a punto de iniciar el movimiento. Si la F = 48 Newton, el bloque esta en equilibrio. Si F > FR EST se puede decir que el bloque se desplaza. d) La distancia que recorre hasta llegar a detenerse? Si F = 50 Newton

N F = 50 N

FR cin

V0 = 0 m1 = 16 kg

W=m*g

F = 50 N

VF = V01 = 2,5 m/seg2

VF1 = 0

t = 4 seg X

Σ FY = 0 N–W=0 N=W=m*g N = 16 * 10 = 160 Newton N = 160 Newton

X1

A partir de los 4 seg, se quita la F = 50 N. Es necesario encontrar la velocidad en esta posición y la distancia que recorre hasta detenerse.

FR cin = μ cin * N FR cin = 0,25 * 160 FR cin = 40 Newton Σ FX = m * a Σ FX = F – FR cin = m * a 50 – 40 = 16 * a 10 = 16 a a =

m 10 = 0,625 16 seg 2

a = 0,625 m/seg2 (Esta es la aceleración que tiene el bloque, mientras se ejerce la fuerza de 50 Newton.) Ahora se calcula la velocidad final que alcanza el bloque cuando se le retira F = 50 Newton, que es la misma velocidad inicial para el ultimo desplazamiento del bloque. 0

VF = V0 + a * t pero a = 0,625 m/seg2 VF = a * t VF = 0,625 *4 VF = 2,5 m/seg

t = 4seg.

La ecuación tiene signo (+) por que el cuerpo va ganando velocidad, con el tiempo. Datos: V0 = 0 m/seg. a = 0,625 m/seg2 VF = 2,5 m/seg. X = Distancia recorrida. 0

(VF )2

= (V0 )2 + 2 a X

(2,5)2 = 2 * 0,625 * X 6,25 = 1,25 X X = 6,25/1,25 X = 5 Metros.

67

Cuando se le retira F = 50 newton, el bloque empieza a perder la velocidad hasta que la vF1 = 0, Es necesario encontrar la nueva aceleración para este movimiento. FROZAMIENTO CINETICO = m * a1 Pero: FROZAMIENTO CINETICO = μ cin * N = μ cin * mg = 0,25 * 160 FROZAMIENTO CINETICO = 40 Newton. FROZAMIENTO CINETICO = m * a1 40 = 16 * a1 a1 =

m 40 = 2,5 16 seg 2

a1 = 2,5 m/seg2 La ecuación tiene signo (-) por que el cuerpo va perdiendo velocidad, con el tiempo. Datos: VF1 = 0 m/seg. a = 2,5 m/seg2 V01 = 2,5 m/seg. X1 = Distancia recorrida. 0

(VF )2

= (V0 )2 - 2 a X

0 = (2,5)2 – 2 * 2,5 * X 0 = 6,25 - 5 X 5X = 6,25 X = 6,25/5 X = 1,25 Metros. La distancia total recorrida por el bloque = X +X1 = 1,25 + 5 = 6,25 Metros. Un cuerpo de 6 kg, se lanza hacia arriba en la parte inferior de un plano inclinado 300 y sube 30 metros hasta detenerse. Con que velocidad se lanzo y el tiempo empleado en alcanzar este punto. Σ FX = m a WX = m a

Pero: WX = W sen 30

W=mg WX = m g sen 30

WX

WY

m g sen 30 = m a g sen 30 = A

300

a = 10 sen 30 a = 5 m/seg2

W

X = 30 metros

0

2

(VF) = (V0)2 – 2 * a * X 2 a x = (V0)2 V0 = 2 a X =

2 * 5 * 30 = 300 = 17,32

m seg

300

0

VF = V0 – a * t

68

V0 = a * t V 17,32 t= 0 = = 3,46 seg. a 5

PROBLEMA DE REPASO Considere los tres bloques conectados que se muestran en el diagrama. Si el plano inclinado es sin fricción y el sistema esta en equilibrio, determine (en función de m, g y θ). a) La masa M b) Las tensiones T1 y T2. Bloque 2m Bloque m

N1

T2 m

W1X

T1

T1

T2

T1

2m

N2

θ

W1Y

T2 T1

W2X θ

W2Y

M θ

W1 = 2m*g

W2 = m*g

Bloque 2m ΣFx = 0 T1 – W1X = 0 Pero: W1X = W1 sen θ W1 = 2m * g W1X = (2m*g) sen θ Reemplazando T1 – W1X = 0 T1 – (2m*g) sen θ

= 0 (Ecuación 1)

Bloque m ΣFx = 0 T2 - T1 – W2X = 0 Pero: W2X = W2 sen θ W2X = (m*g) sen θ Reemplazando T2 - T1 – W2X = 0 T2 - T1 – (m*g) sen θ

W2 = m*g

=0

(Ecuación 2)

Resolviendo las ecuaciones tenemos: T1 – (2 m * g) sen θ = 0 (Ecuación 1) T2 - T1 – (m * g) sen θ = 0 (Ecuación 2)

69

T2 – (2 m * g) sen θ

– (m * g) sen θ

=0

T2 – (3 m * g) sen θ = 0 T2 = (3 m*g) sen θ T1 – W1X = 0 T1 = W1X = (2 m * g) sen θ T1 = (2 m*g) sen θ

Bloque M

Bloque M ΣFY = 0 T2 – W3 = 0 T 2 = W3

T2

W3 = M * g

W3 = M * g T2 = M * g Pero: T2 = (3 m * g) sen θ T2 = M * g M * g = (3m*g) sen θ a) La masa M M = 3 m sen θ

Si se duplica el valor encontrado para la masa suspendida en el inciso a), determine: c) La aceleración de cada bloque. d) Las tensiones T1 y T2. Bloque m

Bloque 2m T2 m T1 T1

2m

N2

N1 T2

M

T1

W1X θ

W1Y

T2 T1

W2X θ

W2Y

θ La masa es M = 3 m sen θ El problema dice que se duplique la masa M = 2 * (3 m sen θ) M = 6 m sen θ

W1 = 2m*g

W2 = m*g

Al duplicar la masa, el cuerpo se desplaza hacia la derecha. Bloque 2m ΣFx = 2 m * a T1 – W1X = 2 m * a

70

Pero: W1X = W1 sen θ W1X = (2m * g) sen θ Reemplazando T1 – W1X = 0 T1 – (2 m * g) sen θ

W1 = 2 m * g

= 2 m * a (Ecuación 1)

Bloque m ΣFx = m * a T2 - T1 – W2X = m * a Pero: W2X = W2 sen θ W2X = (m * g) sen θ Reemplazando T2 - T1 – W2X = m * a T2 - T1 – (m * g) sen θ

W2 = m*g

= m * a (Ecuación 2)

Bloque M ΣFY = 6 m sen θ * a W3 - T2 = 6 m sen θ * a

T2

W3 = 6 m sen θ * g 6 m sen θ * g - T2 = 6 m sen θ * a (Ecuación 3)

Bloque M

W3 = 6 m sen θ * g

Resolviendo las ecuaciones tenemos: T1 – (2m * g) sen θ = 2m * a (Ecuación 1) T2 - T1 – (m*g) sen θ = m * a (Ecuación 2) 6 m sen θ * g - T2 = 6 m sen θ * a (Ecuación 3) – (2m*g) sen θ – (m *g) sen θ + 6 m sen θ * g = 2m * a + m * a – (3m*g) sen θ + 6 m sen θ * g = 3m * a + 6 m sen θ * a 3 m g sen θ = 3 m * a + 6 m sen θ * a

+ 6 m sen θ * a

m g sen θ = m * a + 2 m sen θ * a a + 2 sen θ * a = g sen θ a(1 + 2 sen θ) = g sen θ

a=

g senθ 1 + 2 senθ

Despejando la ecuación 3 para hallar T2 6 m sen θ * g - T2 = 6 m sen θ * a (Ecuación 3) 6 m sen θ * g - 6 m sen θ * a = T2 6 m sen θ ( g - a ) = T2

71

g senθ 1 + 2 senθ g senθ ⎤ ⎡ 6 m sen θ ⎢g = T2 ⎣ 1 + 2 sen θ ⎥⎦

Pero: a =

Factorizando g

senθ ⎤ ⎡ 6 m g sen θ ⎢1 = T2 ⎣ 1 + 2 sen θ ⎥⎦ ⎡ 1 + 2senθ - senθ ⎤ 6 m g sen θ ⎢ ⎥⎦ = T2 1 + 2 sen θ ⎣ ⎡ 1 + senθ ⎤ 6 m g sen θ ⎢ = T2 ⎣ 1 + 2 sen θ ⎥⎦ ⎡ (6 m g sen θ ) * (1 + senθ ) ⎤ T2 = ⎢ ⎥⎦ 1 + 2 sen θ ⎣

Despejando la ecuación 1 para hallar T1 T1 – (2m*g) sen θ

= 2m * a (Ecuación 1)

T1 = 2m * a + 2m*g sen θ

g senθ 1 + 2 senθ ⎛ g sen θ ⎞ T1 = 2 m ⎜ ⎟ + 2 m g senθ ⎝ 1 + 2 sen θ ⎠

Pero: a =

⎛ (2 m ) g sen θ ⎞ T1 = ⎜ ⎟ + 2 m g senθ ⎝ 1 + 2 sen θ ⎠ ⎛ 2 m g sen θ + (2 m g sen θ )(1 + 2senθ ) ⎞ T1 = ⎜ ⎟ 1 + 2 sen θ ⎝ ⎠ ⎛ 2 m g sen θ + (2 m g sen θ ) + ⎛ 4 m g sen 2θ ⎞ ⎞ ⎟⎟ ⎜ ⎜ ⎠⎟ ⎝ ⎜ T1 = 1 + 2 sen θ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎛ 4 m g sen θ + ⎛ 4 m g sen 2θ ⎞ ⎞ ⎟⎟ ⎜ ⎜ ⎠⎟ ⎝ ⎜ T1 = 1 + 2 sen θ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ ⎠ Factorizando

⎛ 4 m g sen θ ( 1 + sen θ ) ⎞ T1 = ⎜ ⎟ 1 + 2 sen θ ⎝ ⎠ 72

Si el coeficiente de fricción estática entre m y 2m y el plano inclinado es μS y el sistema esta en equilibrio encuentre: e) El valor mínimo de M. f) El valor máximo de M. g) Compare los valores de T2 cuando M tiene sus valores mínimo y máximo Para hallar el valor mínimo de M se considera que el cuerpo intenta el desplazamiento hacia la izquierda y la fuerza de rozamiento se opone a esto.

Bloque m

Bloque 2m N2

FR1

N1

T2

Bloque M

FR2

T2

W2Y

W3 = M * g

T1

W1X

W2X

T1 θ

W1Y

θ

Bloque 2m ΣFx = 0 T1 + FR1 –WW =0 1= 1X 2m*g Pero: W1X = W1 sen θ W1X = (2m * g) sen θ Reemplazando T1 + FR1 – W1X = 0 T1 + FR1 – (2m * g) sen θ

W2 = m*g W1 = 2m * g

= 0 (Ecuación 1)

ΣFY = 0 N1 - W1Y = 0 Pero: W1Y = W1 cos θ Pero: W1 = 2 m g N1 = W1Y N1 = 2 m g cos θ (Ecuación 2) Pero: FR1 = μS * N1 (Ecuación 3) FR1 = μS *2 m g cos θ Reemplazando en la ecuación 1, tenemos T1 + FR1 – (2m * g) sen θ = 0 T1 + μS *2 m g cos θ – (2 m * g) sen θ = 0 (Ecuación 4) Bloque m ΣFx = 0 T2 + FR2 - T1 – W2X = 0 Pero: W2X = W2 sen θ W2X = (m * g) sen θ

W2 = m * g

ΣFY = 0

73

N2 – W2Y = 0 W2Y = W2 cos θ Pero: W2 = m g N2 = W2Y = m g cos θ (Ecuación 5) Pero: FR2 = μS * N2 (Ecuación 6) FR2 = μS * m g cos θ Reemplazando la ecuación 5 en la ecuación 4T2 + FR2 - T1 – (m*g) sen θ = 0 (Ecuación 4) T2 + μS * m g cos θ

- T1 – (m*g) sen θ

= 0 (Ecuación 7)

Bloque M ΣFY = 0 W 3 - T2 = 0 T 2 = W3 W3 = M * g T2 = M * g M * g - T2 = 0 (Ecuación 8) Resolviendo las ecuaciones tenemos: T1 + μS *2 m g cos θ – (2 m * g) sen θ = 0 (Ecuación 4) T2 + μS * m g cos θ - T1 – (m*g) sen θ = 0 (Ecuación 7) M * g - T2 = 0 (Ecuación 8) μS *2 m g cos θ – (2 m * g) sen θ

+ μS * m g cos θ

μS *3 m g cos θ – (3 m * g) sen θ

+M*g =0

– (m*g) sen θ

+M*g =0

M * g = 3 m g sen θ - 3 μS m g cos θ M = 3 m sen θ - 3 μS m cos θ M = 3 m (sen θ - μS cos θ ) El valor mínimo de M Reemplazando M en la ecuación 8, hallamos T2 M * g - T2 = 0 (Ecuación 8) 3 m (sen θ - μS cos θ ) * g - T2 = 0 Despejando T2 T2 = 3 m (sen θ - μS cos θ ) * g

Este es el valor de T2, cuando M es mínimo

74

f) El valor máximo de M. Para hallar el valor máximo de M se considera que el cuerpo intenta el desplazamiento hacia la derecha y la fuerza de rozamiento se opone a esto.

Bloque m

Bloque 2m N2

N1

Bloque M T2

T2 T1

W1X

W2X

T1

FR1 θ

W1Y

θ

FR2

W2Y

W3 = M * g

W2 = m*g

W1 = 2m*g Bloque 2m ΣFx = 0 T1 - FR1 – W1X = 0 Pero: W1X = W1 sen θ W1X = (2m*g) sen θ Reemplazando T1 - FR1 – W1X = 0 T1 - FR1 – (2m*g) sen θ

W1 = 2m * g

= 0 (Ecuación 1)

ΣFY = 0 N1 - W1Y = 0 Pero: W1Y = W1 cos θ Pero: W1 = 2 m g N1 = W1Y N1 = 2 m g cos θ (Ecuación 2) Pero: FR1 = μS * N1 (Ecuación 3) FR1 = μS *2 m g cos θ Reemplazando en la ecuación 1, tenemos T1 - FR1 – (2m*g) sen θ = 0 T1 - μS *2 m g cos θ – (2 m * g) sen θ = 0 (Ecuación 4) Bloque m ΣFx = 0 T2 - FR2 - T1 – W2X = 0 Pero: W2X = W2 sen θ W2X = (m*g) sen θ

W2 = m * g

ΣFY = 0

75

N2 – W2Y = 0 W2Y = W2 cos θ Pero: W2 = m g N2 = W2Y = m g cos θ (Ecuación 5) Pero: FR2 = μS * N2 (Ecuación 6) FR2 = μS * m g cos θ Reemplazando la ecuación 5 en la ecuación 4 T2 - FR2 - T1 – (m*g) sen θ = 0 (Ecuación 4) T2 - μS * m g cos θ

- T1 – (m*g) sen θ = 0 (Ecuación 7)

Bloque M ΣFY = 0 W 3 - T2 = 0 T 2 = W3 W3 = M * g T2 = M * g M * g - T2 = 0 (Ecuación 8) Resolviendo las ecuaciones tenemos: T1 - μS *2 m g cos θ – (2 m * g) sen θ = 0 (Ecuación 4) T2 - μS * m g cos θ - T1 – (m*g) sen θ = 0 (Ecuación 7) M * g - T2 = 0 (Ecuación 8) - μS *2 m g cos θ – (2 m * g) sen θ

- μS * m g cos θ

- μS *3 m g cos θ – (3 m * g) sen θ

+M*g =0

– (m * g) sen θ

+M*g =0

M * g = 3 m g sen θ + 3 μS m g cos θ M = 3 m sen θ + 3 μS m cos θ M = 3 m (sen θ + μS cos θ ) El valor máximo de M Reemplazando M en la ecuación 8, hallamos T2 M * g - T2 = 0 (Ecuación 8) 3 m (sen θ + μS cos θ ) * g - T2 = 0 Despejando T2 T2 = 3 m (sen θ + μS cos θ ) * g

Este es el valor de T2, cuando M es máximo.

g) Compare los valores de T2 cuando M tiene sus valores mínimo y máximo Despejando T2 T2 = 3 m (sen θ - μS cos θ ) * g

Este es el valor de T2, cuando M es mínimo

Despejando T2 T2 = 3 m (sen θ + μS cos θ ) * g Este es el valor de T2, cuando M es máximo.

76

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO FISICA 1 SERWAY Problema 5 – 1 Una fuerza F aplicada a un objeto de masa m1 produce una aceleración de 3 m/seg2 La misma fuerza aplicada a un objeto de masa m2 produce una aceleración de 1 m/seg2 . a) Cual es el valor de la proporción m1 / m2 b) Si se combinan m1 y m2 encuentre su aceleración bajo la acción de F. a) Por la acción de la segunda ley de newton, tenemos: a1 = 3 m/seg2 a2 =1 m/seg2 F = m1 * a1 (Ecuación 1) F = m2 * a2 (Ecuación 2) Como la fuerza F es igual para los dos objetos, igualamos las ecuaciones. m1 * a1 = m2 * a2

m1 a 2 1 = = m2 a1 3 m1 1 = m2 3 b) Si se combinan m1 y m2 encuentre su aceleración bajo la acción de F. MT = m1 + m2 F = (m1 + m2) * a

a =

F (Ecuación 3) m1 + m 2

Pero: F = m1 * a1 = m1 * 3

m1 =

F 3

F = m2 * a2 = m2 * 1

m2 =

F = F 1

Reemplazando m1 y m2 en la ecuación 3, tenemos:

a =

F F F 3F 3 = = = = F 4F 4F 4 m1 + m 2 + F 3 3

a = ¾ m/seg2 a = 0,75 m/seg2

77

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO FISICA 1 SERWAY Problema 5 – 2 Tres fuerza dadas por F1 = (- 2i + 2j )N, F2 = ( 5i -3j )N, y F3 = (-45i) N actúan sobre un objeto para producir una aceleración de magnitud 3,75 m/seg2 a) Cual es la dirección de la aceleración? ΣF = m * a ΣF = F1 + F2 + F3 ΣF = (- 2i + 2j ) + ( 5i -3j ) + (-45i) = m * a = m * (3,75 ) a Donde a representa la dirección de a ΣF = (- 42i - 1j ) = m * a = m * (3,75 ) a

F =

(- 42)2

- 42

θ

+ (- 1)2 = 1765 = 42 Newton

-1 tg θ = = 2,3809 * 10 - 2 - 42

-1 F = 42 Newton

θ = arc tg 2,3809 * 10-2 θ = 181,360 42 = = m * (3,75 ) a La aceleración forma un ángulo de 1810 con respecto al eje x. b) Cual es la masa del objeto? 42 = m * (3,75 )

m=

42 = 11,2 Kg 3,75

c) Si el objeto inicialmente esta en reposo. Cual es su velocidad después de 10 seg? VF = V0 +a * t pero: V0 = 0 VF = a * t pero: a = 3,75 m/seg2 VF = a * t = 3,75 m/seg2 * 10 seg

VX

VF = 37,5 m/seg 1810

0

θ = 181

VY V = 37,5 m/seg

F d) Cuales son las componentes de velocidad del objeto después de 10 seg.

VX = VF * cos 181 = - 37,5 m/seg VY = VF * sen 181 = - 0,654 m/seg CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO FISICA 1 SERWAY Problema 5 – 4 Una partícula de 3 kg parte del reposo y se mueve una distancia de 4 metros en 2 seg. Bajo la acción de una fuerza constante única. Encuentre la magnitud de la fuerza? m = 3 Kg.

78

X = 4 metros T = 2 seg.

X = V0 t + X=

1 2 a t pero; V0 = 0 2

1 2 at 2

2 X = a t2

a=

2 X 2*4 8 m = = =2 4 t2 22 seg 2

F=m*a F = 3 * 2 = 6 Newton. CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO FISICA 1 SERWAY Problema 5 – 26 Encuentre la tensión en cada cuerda para los sistemas mostrados en la figura P5.26. Ignore la masa de las cuerdas.

400

500 T1Y

T1

T2 T3

m = 5 Kg

T3

T1 400 T1X

T2

T2Y

500 T2X

m = 5 Kg W=m*g

Σ FX = 0 Σ FX = T2X – T1X = 0 T2X = T1X Pero: T2X = T2 cos 50 T1X = T1 cos 40 Reemplazando T2X = T1X T2 cos 50 = T1 cos 40 T2 0,6427 = T1 0,766

T 0,766 T2 = 1 = T1 1,1918 0,6427 T2 = 1,1918 T1 (ecuación 1)

79

Σ FY = 0 Σ FX = T2Y + T1Y - W = 0 Pero: T2Y = T2 sen 50 T1y = T1 sen 40 W = m * g = 5 * 9,8 = 49 Newton Reemplazando T2Y + T1Y - W = 0 T2 sen 50 + T1 sen 40 – 49 = 0 T2 0,766 + T1 0,6427 – 49 = 0 (ecuación 2) Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2. pero: T2 = 1,1918 T1

T2 0,766 + T1 0,6427 – 49 = 0

(1,1918 T1) * 0,766 + T1 0,6427 – 49 = 0 (0,9129 T1) + T1 0,6427 = 49 1,5556 T1 = 49

T1 =

49 = 31,5 Newton 1,5556

Se reemplaza en la ecuación 1 T2 = 1,1918 T1 (ecuación 1) T2 = 1,1918 (31,5 ) = 37,54 Newton T2 = 37,54 Newton.

600 T1

T1 T2 T3

T1Y 600

T1X

T2 T3

m = 10 Kg

T3

Σ FX = 0 Σ FX = T2 – T1X = 0 T2 = T1X Pero: T1X = T1 cos 60

80

Reemplazando T2 = T1X T2 = T1 cos 60 T2 = T1 0,5

T T1 = 2 (Ecuación 1) 0,5 Σ FY = 0 Σ FY = T1Y - W = 0 Pero: T1y = T1 sen 60 W = m * g = 10 * 9,8 = 98 Newton Reemplazando T1Y - W = 0 T1 sen 60 – 98 = 0 T1 sen 60 = 98

T1 =

(ecuación 2)

98 98 = = 113,16 Newton sen 60 0,866

Reemplazando en la ecuación 1

T 113,16 T1 = 2 = = 56,58 Newton 0,5 0,5 CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO FISICA 1 SERWAY Problema 5 – 29 La distancia entre dos postes de teléfono es 45 metros. Un pájaro de 1 kg se posa sobre cable telefónico a la mitad entre los postes de modo que la línea se pandea 0,18 metros. Cual es la tensión en el cable (Ignore el peso del cable).

45 metros 22.5 metros

22.5 metros θ

θ

m = 1 Kg W=m*g 0,18 Tg θ = = 0,008 22,5 θ = arc tg 0,008

0,18 m

TX TY

TX TY

m = 1 Kg W=m*g 81

θ = 0,45830 Σ FY = 0 Σ F Y = T Y + TY - W = 0 Pero: Ty = T sen 0,4583 W = m * g = 1 * 9,8 = 9,8 Newton T sen 0,4583 + T sen 0,4583 - W = 0 2 T sen 0,4583 = W = 9,8

T=

9,8 9,8 = = 612,88 Newton. 2 sen 0,4583 1,6 *10 - 2

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO FISICA 1 SERWAY Problema 5 – 36 La fuerza del viento sobre la vela de un velero es de 390 Newton en dirección al Norte. El agua ejerce una fuerza de 180 Newton al este. Si el bote junto con la tripulación tiene una masa de 270 kg. Cuales son la magnitud y dirección de su aceleración?

390 N

FR θ

180 N FR =

(390)2 + (180)2

Tg θ =

390 = 2,1666 180

θ = arc tg 2,1666 θ = 65,220

FR = m * a Pero: m = 270 Kg.

F 430 m a = R = = 1,59 m 270 seg 2 SERWAY CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO Problema 5 – 37 Una fuerza horizontal FX actúa sobre una masa de 8 kg.. a) Para cuales valores de FX la masa de 2 kg. acelera hacia arriba?. b) Para cuales valores de FX la tensión en la cuerda es cero.

82

c) Grafique la aceleración de la masa de 8 kg contra FX incluya valores de FX = - 100N. y FX = 100N

a

m2 = 8 kg T

Bloque m1

FX

Bloque m2

T

T

N FX

T

m1 Bloque m1 Σ FY = m1 a Σ FY = T – P1 = m1 a T – m1 g = m1 a (Ecuación 1)

P1 = m1 g

P2 = m2 g

Bloque m2 Σ FX = m2 a FX - T = m2 a (Ecuación 2) Resolviendo las ecuaciones, encontramos la aceleración del sistema. T – m 1 g = m1 a F X - T = m2 a

(Ecuación 1) (Ecuación 2)

- m1 g + FX = m1 a + m2 a a (m1 + m2 ) = - m1 g + FX a (2 + 8) = -2 * 9,8 + FX 10 a + 19,6 = FX Si a = 0 FX = 19,6 Newton, es decir es la mínima fuerza necesaria para que el cuerpo se mantenga en equilibrio. Si a > 0 El cuerpo se desplaza hacia la derecha, por la acción de la fuerza FX Para cuales valores de FX la tensión en la cuerda es cero. Despejando la aceleración en la ecuación 1 T – m1 g = m1 a T – 2g = 2 a

a=

T - 2g 2 Despejando la aceleración en la ecuación 2 F X - T = m2 a FX - T = 8 a

a =

FX - T 8

Igualando las aceleraciones.

83

T - 2g FX - T = 2 8 8 * (T – 2g) = 2 * (FX – T) 8T – 16g = 2FX - 2T 8T + 2T = 2FX + 16g 10T = 2FX + 16g

2Fx + 16g 1 = (FX + 8g ) 10 5 F 8g T = X + 5 5 T =

Si T = 0

FX 8g = 5 5 FX = - 8 g SERWAY CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO Problema 5 – 40 Un bloque se desliza hacia abajo por un plano sin fricción que tiene una inclinación de θ = 150. Si el bloque parte del reposo en la parte superior y la longitud de la pendiente es 2 metros, encuentre: La magnitud de la aceleración del bloque? a) Su velocidad cuando alcanza el pie de la pendiente?

V0 = 0 N X = 2 metros

WX

150

WY θ = 150

W=mg Σ FY = 0 WY – N = 0 WY = N

Pero: WY = W cos θ

W cos θ = N Σ FX = m a WX = m a Pero: WX = W sen θ

84

W sen θ = m a m g sen θ = m a

Pero: W = m g

g sen θ = a a = 9,8 * sen 15 = 9,8 * 0,258 a = 2,536 m/seg2 0 2

2

(VF) = (V0) – 2 * a * X 2 a x = (VF)2

VF = 2 a X =

2 * 2,536 * 2 = 3,18

m seg

SERWAY CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO Problema 5 – 47 Un bloque que cuelga de 8,5 kg se conecta por medio de una cuerda que pasa por una polea a un bloque de 6,2 kg. que se desliza sobre una mesa plana (fig. 5 – 47). Si el coeficiente de fricción durante el deslizamiento es 0,2, encuentre: La tensión en la cuerda?

Bloque m1

m1 = 6,2 Kg.

Bloque m2 N1 T

T

m2 = 8,5 Kg.

FR

T

W1 = m1 g

W2 = m2 g

Bloque m1 Σ FY = 0 m1 * g – N1 = 0 m1 * g = N1 = 6,2 * 9,8 = 60,76 Newton N1 = 60,76 Newton FR = μ N1 = 0,2 * 60,76 = 12,152 Newton. FR = 12,152 Newton. Σ FX = m1 * a T - FR = m1 * a (Ecuación 1) Bloque m2 Σ FY = m 2 * a m2 * g – T = m2 * a (Ecuación 2) Resolviendo las ecuaciones, hallamos la aceleración del conjunto:

85

T - FR = m1 * a (Ecuación 1) m2 * g – T = m2 * a (Ecuación 2) - F R + m 2 * g = m1 * a + m 2 * a a (m1 + m2) = - FR + m2 * g Pero: FR = 12,152 Newton. a ( 6,2 + 8,5) = - 12,152 + (8,5 * 9,8) a (14,7) = -12,152 + 83,3 a (14,7) = 71,148

a =

m1 = 6,2 Kg.

m2 = 8,5 Kg.

71,148 m m = 4,84 14,7 seg 2 seg 2

a = 4,84 m/seg2 Para hallar la tensión de la cuerda se reemplaza en la ecuación 2. m2 * g – T = m2 * a (Ecuación 2) m2 * g - m2 * a = T T = 8,5 * 9,8 – 8,5 * 4,84 = 83,3 – 41,14 = T = 42,16 Newton SERWAY CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO Problema 5 – 83 Que fuerza horizontal debe aplicarse al carro mostrado en la figura 5 – 83 con el propósito de que los bloques permanezcan estacionarios respecto del carro? Suponga que todas las superficies, las ruedas y la polea son sin fricción (sugerencia: Observe que la fuerza ejercida por la cuerda acelera a m1. Bloque m 2

Bloque m1

T

N1

m1 T

M

F

N2

T

T

N2

m2 W1 = m1 g

W2 = m2 g

a = aceleración Bloque m1 Σ FY = 0 m1 * g – N1 = 0 (La fuerza aplicada F sobre el carro acelera el conjunto, es decir el bloque m1 tiene una aceleración igual a la del carro) Σ FX = m1 * a T = m1 * a (Ecuación 1) Bloque m2 Σ FY = 0 (La fuerza aplicada F sobre el carro impide que la masa m2 se desplace)

86

m2 * g – T = 0 (Ecuación 2) Resolviendo las ecuaciones, hallamos la aceleración del conjunto: T = m1 * a (Ecuación 1) m2 * g – T = 0 (Ecuación 2) m2 * g = m1 * a

a =

m2 * g m1

Todos los bloques unidos MT = (M + m1 + m2) (La fuerza aplicada F sobre el carro acelera el conjunto) Σ FX = mT * a F = mT * a F = (M + m1 + m2) * a Pero : a =

m2 * g m1

Reemplazando tenemos:

F = (M + m1 + m 2 ) *

m2 * g m1

SERWAY CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO Problema 5 – 84 Inicialmente el sistema de masas mostrado en la fig 5- 83 se mantiene inmóvil. Todas las superficies, poleas y ruedas son sin fricción. Dejemos que la fuerza F sea cero y supongamos que m2 puede moverse solo verticalmente. En el instante ulterior en el que el sistema de masas se libere, encuentre: a) La tensión T en la cuerda? La aceleración de m2 ? b) La aceleración de M. Bloque m1 c) La aceleración de m1.

T a-A

N1

a

m1

T T

T A

M

m2 W1 = m1 g

W2 = m2 g

A = aceleración Bloque m1 Σ FY = 0 m1 * g – N1 = 0 (La aceleración resultante del sistema es la diferencia entre las aceleraciones, es decir el bloque m1 tiene una aceleración diferente a la del carro) Σ FX = m1 * (a – A)

87

Σ FX = m1 * a – m1 * A T = m1 * a – m1 * A (Ecuación 1) Para el carro M Σ FX = M * A T = M * A (Ecuación 2) Bloque m2 Σ FY = m2 * a (La masa m2 se desplaza hacia abajo con aceleración = a) m2 * g – T = m2 * a m2 * g – m2 * a = T (Ecuación 3) En la ecuación 1, despejamos la aceleración : T = m1 * a – m 1 * A T+ m1 * A = m1 * a

a =

T + m1 * A T = + A (Ecuación 1) m1 m1

En la ecuación 2, despejamos la aceleración : T=M* A

A=

T M

(Ecuación 2)

Reemplazamos (ecuación 1) y (ecuación 2) en la (ecuación 3) para hallar la tensión en función de la masa y gravedad. m2 * g – m2 * a = T (Ecuación 3)

T + m1 * A T = + A (Ecuación 1) m1 m1 ⎡ T ⎤ m2 * g - m2 * ⎢ + A⎥ = T ⎣ m1 ⎦

pero: a =

A=

T M

(Ecuación 2)

⎡ T T⎤ m2 g - m2 ⎢ + ⎥ = T ⎣ m1 M ⎦ ⎡ T T⎤ m2 g = m2 ⎢ + ⎥ + T ⎣ m1 M ⎦ ⎛ T ⎞ ⎡ T⎤ ⎟⎟ + m 2 ⎢ ⎥ + T m 2 g = m 2 ⎜⎜ ⎣ M⎦ ⎝ m1 ⎠

⎛ m T ⎞ ⎡ m T⎤ m 2 g = ⎜⎜ 2 ⎟⎟ + ⎢ 2 ⎥ + T ⎝ m1 ⎠ ⎣ M ⎦

88

⎡ m M T + m 2 m1 T + m1 M T ⎤ m2 g = ⎢ 2 ⎥ m1 M ⎣ ⎦

( m1

M)* m 2 g =

[ m2

M + m 2 m1 + m1 M ] T

(m1

M) * m2 g = T m 2 M + m 2 m1 + m1 M

⎡ ⎤ m1 M T = ⎢ ⎥ * m2 g ⎣ m 2 M + m 2 m1 + m1 M ⎦ SERWAY CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO Problema 5-85 Los tres bloques de la figura están conectados por medio de cuerdas sin masa que pasan por poleas sin fricción. La aceleración del sistema es 2,35 cm/seg2 a la izquierda y las superficies son rugosas. Determine: a) Las tensiones en la cuerda b) El coeficiente de fricción cinético entre los bloques y las superficies (Supóngase la misma μ para ambos bloques)

m2 T1

T2 T2

T1

m3

FR2 FR3 250

m1

Datos: m1 = 10 kg.

Bloque m1 T1

m2 = 5 kg. m3 = 3 kg

Bloque m2 N2

P2 = m2 g

Bloque m1 ∑ FY = m1 a P1 – T1 = m1 a (Ecuación 1) P1 = m1 g P1 = 10 * 9,8 = 98 Newton

g = 9,8 m/seg2

Bloque m3 N3

T2

T1

P1 = m1 g

a = 2,35 cm/seg2

T2

FR2

P3X FR3

P3Y 250

P3 = m3 g

89

P1 = 98 Newton 98 - T1 = m1 a = 10 * 2,35 = 23,5 98 - T1 = 23,5 98 + 23,5 = T1 T1 = 74,5 Newton Bloque m2 ∑ FX = m2 a T1 – FR2 – T2 = m2 a (Ecuación 2) ∑ FY = 0 P2 – N2 = 0 P2 = N2 m2 g = N2 P2 = m2 g P2 = 5 * 9,8 = 49 Newton P2 = N2 = 49 Newton Pero: FR2 = μ N2 FR2 = μ 49 Reemplazando en la ecuación 2 T1 – FR2 – T2 = m2 a (Ecuación 2) 74,5 - μ 49 – T2 = m2 a = 5 * 2,35 = 11,75 74,5 - μ 49 – T2 = 11,75 74,5 - 11,75 - μ 49 = T2 62,75 - μ 49 = T2 (Ecuación 3) Bloque m3 ∑ FX = m3 a T2 – P3X – FR3 = m3 a Pero: P3X = P3 sen 25 P3X = 3 * 9,8 sen 25 P3X = 12,42 Newton ∑ FY = 0 P3Y – N3 = 0 P3Y = N3 P3Y = P3 cos 25 P3Y = 3 * 9,8 sen 25 P3Y = 26,64 Newton N3 = 26,64 Newton FR3 = μ N3 FR3 = μ 26,64 Reemplazando en: T2 – P3X – FR3 = m3 a T2 – 12,42 - μ 26,64 = 3 * 2,35 T2 = 12,42 + μ 26,64 + 7,05

90

T2 = 19,47 + μ 26,64 (Ecuación 4) Igualando las ecuaciones 3 y 4, hallamos el coeficiente cinético de fricción 62,75 - μ 49 = T2 (Ecuación 3) T2 = 19,47 + μ 26,64 (Ecuación 4) 62,75 - μ 49 = 19,47 + μ 26,64 62,75 – 19,47 = μ 26,64 + μ 49 43,28 = 75,64 μ

μ =

43,28 = 0,572 75,64

Para hallar la tensión T2 se reemplaza en la ecuación 4 T2 = 19,47 + μ 26,64 (Ecuación 4) T2 = 19,47 + 0,572 * 26,64 T2 = 19,47 + 15,23 T2 = 34,7 Newton SERWAY CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO Problema 5 - 86 El coeficiente de fricción cinético entre los bloques de 2 kg y 3 kg. es 0,3. La superficie horizontal y las poleas son sin fricción y las masas se liberan desde el reposo. a) Dibuje un diagrama de cuerpo libre para cada bloque b) Determine la aceleración de cada bloque c) Encuentre la tensión en las cuerdas? m1 = 2 kg m2 = 3 kg m3 = 10 kg

T1

m1

FR

T1

T2

m2

FR

T2 N1 T1

N2 T1

FR

T2 T2 m3

FR m1 g

m3 g

m2 g

Bloque m1 ∑ FX = m1 a T 1 - FR = m 1 a ∑ FY = 0 P1 – N1 = 0 P1 = N1 m1 g = N1

91

P1 = m1 g P1 = 2 * 9,8 = 19,6 Newton P1 = N1 = 19,6 Newton Pero: FR = μ N1 FR = 0,3 * 19,6 FR = 5,88 Newton. Reemplazando T 1 - FR = m 1 a T1 - 5,88 = 2 a (Ecuación 1) Bloque m2 ∑ FX = m2 a T 2 - FR – T 1 = m 2 a Reemplazando T 2 - FR – T 1 = m 2 a T2 – 5,88 – T1 = 3 a (Ecuación 2) Bloque m3 ∑ FY = m 3 a m 3 g – T2 = m 3 a 10 * 9,8 – T2 = 10 a 98 – T2 = 10 a (Ecuación 3) Sumando las tres ecuaciones, se halla la aceleración del sistema T1 - 5,88 = 2 a

(Ecuación 1)

T2 – 5,88 – T1 = 3 a (Ecuación 2) 98 – T2 = 10 a (Ecuación 3) - 5,88 - 5,88 + 98 = 2 a +3 a + 10 a 86,24= 15 a

a=

86,24 m = 5,749 15 seg 2

Reemplazar en la ecuación 1 para hallar la tensión T1 (Ecuación 1) T1 - 5,88 = 2 a T1 - 5,88 = 2 * 5,749 T1 = 5,88 + 11,498 T1 = 17,378 Newton Reemplazar en la ecuación 1 para hallar la tensión T2 T2 – 5,88 – T1 = 3 a (Ecuación 2) T2 – 5,88 – 17,378 = 3 * 5,749

92

T2 = 17,247 + 23,258 T2 = 40,5 Newton SERWAY CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO Problema 5 – 87 Dos bloques de 3,5 kg. y 8 Kg. de masa se conectan por medio de una cuerda sin masa que pasa por una polea sin fricción (figura p 5 – 87). Las pendientes son sin fricción: Encuentre: a) La magnitud de la aceleración de cada bloque? b) La tensión en la cuerda? m1 = 3,5 kg. m2 = 8 kg.

Bloque m1 N1

T

T

T P1Y 350

350

NO HAY ROZAMIENTO Bloque m1 Σ FX = T – P1X = m1 * a Pero: P1X = P1 sen 35 = m1 g sen 35 P1X = 3,5 * 10 * sen 35 = 20 Newton

T

N2 P2X

P1X 350

Bloque m2

P1 = m1 g

P2Y 350 P2 = m2 g

T - m1 g sen 35 = m1 a (Ecuación 1) Bloque m2 Σ FX = P2X – T = m2 * a Pero: P2X = P2 sen 35 = m2 g sen 35 P2X = 8 * 10 * sen 35 = 45,88 Newton m2 g sen 35 – T = m2 a (Ecuación 2) Resolviendo las ecuaciones, encontramos la aceleración del sistema. T - m1 g sen 35 = m1 a (Ecuación 1) m2 g sen 35 – T = m2 a (Ecuación 2) - m1 g sen 35 + m2 g sen 35 = m1 a + m2 a a ( m1 + m2) = - m1 g sen 35 + m2 g sen 35 a ( m1 + m2) = - 20 + 45,88 a ( 3,5 + 8) = 25,88 a ( 11,5 ) = 25,88

a =

25,88 m 2,25 11,5 seg 2

b) La tensión en la cuerda? Reemplazando en la ecuación 1

93

T - m1 g sen 35 = m1 a (Ecuación 1) T -20 = 3,5 * 2,25 T = 7,87 + 20 T = 27,87 Newton SERWAY CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO Problema 5 – 88 El sistema mostrado en (figura p5 – 87). Tiene una aceleración de magnitud igual a 1,5 m/seg2 . Suponga que el coeficiente de fricción cinético entre el bloque y la pendiente es el mismo en ambas pendientes.: Encuentre: a) El coeficiente de fricción cinético. b) La tensión en la cuerda? m1 = 3,5 kg. m2 = 8 kg.

Bloque m1 N1

T

T

T

35

0

35

FR1

FR2

T

N2 P2X

P1X 0

Bloque m2

P1Y 350 P1 = m1 g

P2Y 350 P2 = m2 g

HAY ROZAMIENTO FR1 , FR2 que se oponen a que el sistema se desplace hacia la derecha. Bloque m1 Σ FX = T – P1X - FR1 = m1 * a Pero: P1X = P1 sen 35 = m1 g sen 35 P1X = 3,5 * 10 * sen 35 = 20 Newton P1X =20 Newton Σ FY = P1Y – N1 = 0 P1Y = N1 Pero: P1 = m1 g P1Y = P1 cos 35 = m1 g cos 35 P1Y = 3,5 * 10 * cos 35 = 28,67 Newton P1Y = 28,67 Newton P1Y = N1 = 28,67 Newton Pero : FR1 = μcin N1 FR1 = μcin * (28,67) T - m1 g sen 35 – 28,67 μcin = m1 a (Ecuación 1) Bloque m2 Σ FX = P2X – T - FR2 = m2 * a Pero: P2X = P2 sen 35 = m2 g sen 35

94

P2X = 8 * 10 * sen 35 = 45,88 Newton Σ FY = P2Y – N2 = 0 P2Y = N2 Pero: P2 = m2 g P2Y = P2 cos 35 = m2 g cos 35 P2Y = 8 * 10 * cos 35 = 65,53 Newton P2Y = 65,53 Newton P2Y = N2 = 65,53 Newton Pero : FR2 = μcin N2 FR2 = μcin * (65,53) m2 g sen 35 – T- FR2 = m2 a m2 g sen 35 – T- 65,53 μcin = m2 a

(Ecuación 2)

Resolviendo las ecuaciones, encontramos la aceleración del sistema. T - m1 g sen 35 – 28,67 μcin = m1 a (Ecuación 1) m2 g sen 35 – T- 65,53 μcin = m2 a (Ecuación 2) - m1 g sen 35 – 28,67 μcin + m2 g sen 35 - 65,53 μcin = m1 a + m2 a a ( m1 + m2) = - m1 g sen 35 + m2 g sen 35 – 28,67 μcin - 65,53 μcin a ( m1 + m2) = - 20 + 45,88 – 28,67 μcin - 65,53 μcin 1,5 ( 3,5 + 8) = 25,88 – 94,2 μcin 1,5 ( 11,5 ) = 25,88 – 94,2 μcin 17,25 = 25,88 – 94,2 μcin 94,2 μcin = 25,88 -17,25 94,2 μcin = 8,63

μ cin =

8,63 = 9,161 * 10 - 2 94,2

La tensión en la cuerda? Reemplazando en la ecuación 1 T - m1 g sen 35 – 28,67 μcin = m1 a T -20 – 28,67 μcin = 3,5 * 1,5

(Ecuación 1)

T (– 28,67) * 9,161* 10-2 = 5,25 + 20 T – 2,6264 = 25,25 T = 25,25 + 2,6264 T = 27,876 Newton Un cuerpo de 16 kg. esta apoyado sobre una mesa horizontal de coeficiente de rozamiento 0,2. Que fuerza horizontal debe aplicarse para que se mueva con aceleración constante de 3 m/seg2

95

Σ FY = N – m g = 0 N =mg

m = 16 kg.

N = 16 * 10 = 160 Newton.

N

F

FR

FR = μ N FR = 0,2 * 160 = 32 Newton FR = 32 Newton

F

mg

Σ FX = F - FR = m * a F - 32 = 16 * 3 F - 32 = 48 F

= 48 + 32

F = 80 Newton. Sobre una mesa horizontal se encuentran dos bloques de 2 kg. unidos por un hilo. Uno de ellos esta unido mediante otro hilo que pasa por una polea a un tercer bloque que pende. El coeficiente de rozamiento de los bloques con la mesa es 0,2. a) Hallar el mínimo valor que debe tener la masa colgante para que el conjunto se ponga en movimiento b) Si a esa mínima se le superpone otra de 1 kg. Cual será la aceleración? Cuanto valdrán las tensiones de los hilos?

m = 2 kg T1

m = 2 kg

m = 2 kg T1

FR2

T2 FR1

T1

FR2 T2

N1

N2

T2

T2

W= mg

W3 = m3 g

T1 FR1

W3 = m3 g

W= mg Bloque m ∑ FX = m a T1 – FR1 = m a ∑ FY = 0 W – N1 = 0 W = N1 W = m g = N1 FR1 = μ N1

96

FR1 = μ m g T1 – FR1 = m a T1 – μ m g = m a (Ecuación 1) Bloque m ∑ FX = m a T2 - T1 – FR2 = m a ∑ FY = 0 W – N2 = 0 W = N2 W = m g = N2 FR2 = μ N2 FR2 = μ m g T2 - T1 – FR2 = m a T2 - T1 – μ m g = m a (Ecuación 2) Bloque m3 ∑ FY = m3 a W 3 – T2 = m 3 a m3 g – T2 = m3 a (Ecuación 3) Sumando las tres ecuaciones T1 – μ m g = m a T 2 - T1 – μ m g = m a m3 g – T2 = m 3 a

(Ecuación 1) (Ecuación 2) (Ecuación 3)

– μ m g – μ m g + m3 g = m a + m a + m3 a – 2 μ m g + m3 g = 2 m a + m3 a – 2 μ m g + m3 g = (2 m + m3 ) a (Ecuación 4) Hallar el mínimo valor que debe tener la masa colgante para que el conjunto se ponga en movimiento. En el momento en que el sistema se pone en movimiento a = 0 – 2 μ m g + m3 g = (2 m + m3 ) a – 2 μ m g + m3 g = 0 m3 g = 2 μ m g

(Ecuación 4)

2 μ m g = 2 μ m = 2 * 0,2 * 2 = 0,8 kg g m3 = 0,8 kg. m3 =

97

Si a esa mínima se le superpone otra de 1 kg. Cual será la aceleración? Cuanto valdrán las tensiones de los hilos? m = 2 kg m3 = 0,8 kg. M3 = 0,8 kg. + 1 kg = 1,8 Kg.

T2 m3 = 0,8 kg 1 kg Las ecuaciones siguen iguales, la única que cambia es la tercera ecuación Sumando las tres ecuaciones T1 – μ m g = m a T 2 - T1 – μ m g = m a m3 g – T2 = M3 a

(Ecuación 1) (Ecuación 2) (Ecuación 3)

– μ m g – μ m g + m3 g = m a + m a + M3 a – 2 μ m g + m3 g = 2 m a + M3 a – 2 μ m g + m3 g = (2 m + M3 ) a (Ecuación 4) Reemplazando los valores, se halla la aceleración – 2 μ m g + m3 g = (2 m + M3 ) a (– 2 * 0,2 * 2 * 9,8) + 1,8 * 9,8 = (2 * 2 + 1,8 ) a - 7,84 + 17,64 = 5,8 * a 9,8 = 5,8 a

a =

9,8 m = 1,69 5,8 seg 2

a = 1,69 m/seg2 Se reemplaza en la ecuación 1 para hallar la tensión T1 T1 – μ m g = m a (Ecuación 1) T1 = μ m g + m a T1 = (0,2 * 2 * 9,8) + 2 * 1,69 T1 = (3,92) + 3,38 = 7,3 Newton T1 = 7,3 Newton Se reemplaza en la ecuación 2 para hallar la tensión T2 T2 - T1 – μ m g = m a (Ecuación 2) T2 = T1 + μ m g + m a T2 = 7,3 + ( 0,2 * 2 * 9,8) + 2 * 1,69 T2 = 7,3 + 3,92 + 3,38 T2 = 14,6 Newton

98

Que aceleración horizontal hay que proporcionar al sistema de la figura para que la masa no deslice?. Aplicarlo al caso en que el coeficiente de rozamiento estático entre las dos superficies sea de 0,15 y el ángulo de inclinación sobre la horizontal 300

FR FRY

N

N NY

FR

300

FRY

FRX

NX

EJE X

600

NX

0

60

300

300 ∑ F X = m aX NX – FRX = m a

NY

600

300 FRX

P

300

P

EJE X

Aceleración horizontal

Pero: NX = N cos 60 FR = μ N FRX = FR cos 30 FRX = μ N cos 30 NX – FRX = m a N cos 60 - μ N cos 30 = m aX (Ecuación 1) ∑ FY = m aY = 0 Si queremos que el cuerpo no deslice, aY = 0 P - NY - FRY = 0 Pero: NY = N sen 60 FR = μ N FRY = FR sen 30 FRY = μ N sen 30 P - NY - FRY = 0 m g - N sen 60 - μ N sen 30 = 0 N sen 60 + μ N sen 30 = m g (Ecuación 2) Dividiendo las ecuaciones N cos 60 - μ N cos 30 = m aX N sen 60 + μ N sen 30 = m g

(Ecuación 1) (Ecuación 2)

m ax N cos 60 - μ N cos 30 = N sen 60 + μ N sen 30 mg a cos 60 - μ cos 30 = x sen 60 + μ sen 30 g 99

ax =

g * (cos 60 - μ cos 30 ) 9,8 (0,5 - 0,15(0,866)) = sen 60 + μ sen 30 0,866 + 0,15(0,5)

ax =

9,8 * (0,3701) 3,62698 m = = 3,83 0,947 0,947 seg 2

Sobre un cuerpo de 5 kg, se aplica una fuerza hacia arriba de: a) 70 Newton b) 35 Newton c) 50 Newton Calcular en cada caso la aceleración del cuerpo. Calcular la aceleración del cuerpo cuando F = 70 Newton y esta dirigida hacia arriba W=mg W = 5 * 10 = 50 Newton F = 70 N ∑ FY = m a F–mg=ma 70 – 50 = 5 a 20 = 5 a a = 20/5 = 4 m/seg2 a = 4 m/seg2

a W=mg

Calcular la aceleración del cuerpo cuando F = 35 Newton y esta dirigida hacia arriba W=mg W = 5 * 10 = 50 Newton F = 35 N ∑ FY = m a F–mg=ma 35 – 50 = 5 a - 15 = 5 a a = - 15/5 = - 3 m/seg2 a = - 3 m/seg2

a W=mg

Calcular la aceleración del cuerpo cuando F = 50 Newton y esta dirigida hacia arriba W=mg W = 5 * 10 = 50 Newton F = 50 N ∑ FY = m a F–mg=ma 50 – 50 = m a 0=ma No hay desplazamiento.

W=mg

Un cuerpo de masa M y peso W se encuentra dentro de un ascensor. Calcular la fuerza que ejerce el ascensor sobre el cuerpo. F a) Si el ascensor sube con aceleración a ∑ FY = m a F–W=Ma F=W+Ma

a W

100

b) Si el ascensor baja con aceleración a ∑ FY = m a F+W=Ma F= Ma-W

Ascensor F

a W

Si el ascensor sube o baja con velocidad constante. Cuando un cuerpo se mueve a velocidad constante, se dice que la aceleración es cero. En el caso que baja ∑ FY = m a = 0 F+W=0 F= -W

Ascensor F

a W

De los extremos de una cuerda que pasa por la garganta de una polea fija, penden dos cuerpos de 60 kg y otro de 100 kg. respectivamente. Calcular: a) La aceleración de los cuerpos? b) La tensión de la cuerda

T1 T

T

T T

m1

W1 = m1 g

W2 = m2 g

m2 ∑ FY = m1 a T - m1 g = m1 a (Ecuación 1) ∑ FY = m2 a m2 g - T = m2 a (Ecuación 2) Sumando las ecuaciones T - m1 g = m1 a m 2 g - T = m2 a

(Ecuación 1) (Ecuación 2)

m 2 g - m1 g = m 1 a + m 2 a m2 g - m1 g = (m1 + m2 ) a 100 * 10 – 60 * 10 = (60 + 100) a 1000 – 600 = 160 a 400 = 160 a a = 2,5 m/seg2

101

Se reemplaza en la ecuación 1 para hallar la tensión T - m1 g = m1 a (Ecuación 1) T = m1 a + m1 g T = 60 * 2,5 + 60 * 10 T = 150 + 600 T = 750 Newton T1 = 2 T = 2 * 104,528 T1 = 209,056 Newton Un cuerpo de 10 kg, cuelga de una bascula de resorte fijada al techo de un elevador. Cual es el peso que marca la bascula a) Si el elevador esta en reposo. b) Si el elevador sube a 3 m/seg2 c) Si el elevador baja a 2,5 m/seg. d) Si el elevador sube y baja con velocidad constante. Ascensor Si el elevador esta en reposo. ∑ FY = m a = 0 F–W=0 F=W Si el elevador sube a 3 m/seg2 ∑ FY = m a F–W=ma F=W+ma F = 10 * 10 + 10 * 3 F = 100 +30 F = 130 Newton

Bascula

F

m = 10 kg W=m g

Si el elevador baja a 2,5 m/seg. ∑ FY = m a -F–W=ma F=-W-ma F = - 10 * 10 - 10 * 2,5 F = - 100 - 25 F = - 75 Newton Si el elevador sube y baja con velocidad constante. Si el elevador sube ∑ FY = m a = 0 F–W=0 F=W F = - 10 * 10 F = 100 Newton Entre los bloques y la mesa de la figura no hay rozamiento., hallar? a) Aceleración del sistema b) Tensión de la cuerda A? c) Tensión de la cuerda B? d) Tensión de la cuerda C? e) Cuanta distancia recorre cada bloque en 3 seg.

102

TA

m4

m3

m2

TB

TC

TB

TC

TD

TA

TD

m1

TA m1 g

m5

TA

N2 TB

m2 g

TB TB

N3 TC TC

m3 g

N4 TC m4 g

TD TD m5 g

Bloque m1 ∑ FY = m1 a TA - m1 g = m1 a (Ecuación 1) Bloque m2 ∑ FX = m2 a TB – TA = m2 a (Ecuación 2) Bloque m3 ∑ FX = m3 a TC – TB = m3 a (Ecuación 3) Bloque m4 ∑ FX = m4 a TD – TC = m4 a (Ecuación 4) Bloque m5 ∑ FY = m5 a m5 g - TD = m5 a (Ecuación 5) Sumando las 5 ecuaciones, hallamos la aceleración del sistema. m1 = 4 kg m2 = 2 kg m3 = 3 kg m4 = 5 kg m5 = 16 kg TA - m1 g = m1 a (Ecuación 1) TB – T A = m 2 a

(Ecuación 2)

T C – TB = m 3 a

(Ecuación 3)

T D – TC = m 4 a

(Ecuación 4)

m 5 g - TD = m 5 a

(Ecuación 5)

103

- m1 g + m5 g = (m1 + m2 + m3 + m4 + m5 ) a - 4 * 10 + 16 * 10 = (4 + 2+ 3 + 5+ 16 ) a - 40 + 160 = (30) a 120 = 30 a a = 120/30 a = 4 m/seg2 Tensión de la cuerda A? TA - m1 g = m1 a (Ecuación 1) TA = m1 a + m1 g TA = 4 * 4 + 4 * 10 TA = 16 +40 TA = 56 Newton Tensión de la cuerda B? TB – TA = m2 a (Ecuación 2) TB – 56 = 2 * 4 TB = 56 + 8 TB = 64 Newton Tensión de la cuerda C? TC – TB = m 3 a (Ecuación 3) TC = TB + m3 a TC = 64 + 3 * 4 TC = 64 + 12 TC = 76 Newton Cuanta distancia recorre cada bloque en 3 seg.

1 a * t2 2 1 1 X = a * t 2 = * 4 (3)2 = 18 metros 2 2 X = V0 * t +

X = 18 metros Entre el bloque y la mesa de la figura no hay rozamiento m1 = 2 kg. m2 = 3 kg. Calcular: a) Aceleración del sistema b) Tensión de la cuerda c) Que velocidad adquiere el cuerpo de 3 kg en 5 seg. Si parte del reposo.

T

m1 = 2 kg

Bloque m1 T

Bloque m2

N

T T

m2 =3 kg m1 = 2 kg W1 = m1 * g

m 2 = 3 kg W2 = m2 * g 104

Bloque m1 T = m1 * a T = m1 * a

(Ecuación 1)

Bloque m2 m2 g – T = m2 * a (Ecuación 2) T = m1 * a (Ecuación 1) m2 g – T = m2 * a (Ecuación 2) m 2 g = m1 * a + m2 * a m2 g = (m1 + m2 ) * a

a =

(m 2 ) g

(3 )10 = 30 (m1 + m 2 ) (2 + 3) 5

a =6 m

=

=6 m

seg 2

seg 2

Para hallar la tensión T se reemplaza en la Ecuación 1. T = m1 * a (Ecuación 1) T = 2 * 6 = 12 Newton T = 12 Newton Que velocidad adquiere el cuerpo de 3 kg en 5 seg. Si parte del reposo.

VF = V0 + a t pero V0 = 0 VF = a t = (6 m/seg2 ) 5 seg = 30 m/seg VF = 30 m/seg Si entre el bloque de 2 kg y la mesa de la figura anterior existe una fuerza de rozamiento de 6 Newton, Calcular: a) El valor del coeficiente de rozamiento b) Aceleración del sistema c) Tensión de la cuerda Debemos hacer un diagrama que nos represente las condiciones del problema

T

m1 = 2 kg

Bloque m1

Bloque m2

N

T

T T

FR

m2 =3 kg m1 = 2 kg W1 = m1 * g

m 2 = 3 kg W2 = m2 * g

105

Bloque m1 ∑ FX = m1 * a T - FR = m1 * a T - FR = m1 * a T – 6 = m1 * a

(Ecuación 1)

∑ FY = 0 m1 * g – N = 0 m1 g = N N = 2 * 10 = 20 Newton Bloque m2 m2 g – T = m2 * a (Ecuación 2) T - 6 = m1 * a (Ecuación 1) m2 g – T = m2 * a (Ecuación 2) - 6 + m 2 g = m 1 * a + m2 * a - 6 + m2 g = (m1 + m2 ) * a

− 6 + (m 2 ) g - 6 + 3 * 10 24 = = 4,8 m = (m1 + m 2 ) (2 + 3) 5 seg 2 a = 4,8 m seg 2

a =

Para hallar la tensión T se reemplaza en la Ecuación 1. T – 6 = m1 * a (Ecuación 1) T – 6 = 2 * 4,8 T = 9,6 + 6 T = 15,6 Newton El valor del coeficiente de rozamiento FR = μ * N PERO: FR = 6 Newton N = 20 Newton 6 = μ * 20

μ =

6 = 0,3 20

106