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PROBLEMAS INTRODUCTORIOS
3.1 En una prueba de frenado, el automóvil de tracción
delantera se detiene en 50 m a partir de una celeridad
inicial de 95 km/h. Sabiendo que a las ruedas delante- ras puede atribuírseles el 90% de la fuerza de frenado, hallar la fuerza de frenado Ff en cada rueda delantera y la fuerza de frenado Fr en cada rueda trasera. Suponer
que el vehículo, de 1200 kg, lleva una desaceleración
constante.
50 m-
Hallamos la v 0 y vf en m/s.
vn o = 95 x A = 26,39 m/s 18
FQ: fuerza de frenado m = 1200 kg
Usando la siguiente ecuación de la cinemática para hallar la aceleración: v;í = - 2ae
~ 2e ~ 2(50) - '
Entonces de la ley de Newton:
SF^ ma =>F 0 = 1200(6,96)
.-. Fa = 8357,18N
La fuerza de frenado de las ruedas delanteras es: 90%(F 0 )
=»0,9x8357,18 = 7521,47 N
,-.F, = 3760N
La fuerza de frenado de las ruedas traseras es:
10%(F 0 )
=>0,1 x 8357,18- 835,
.-.Fr = 418N
3.2 El embalaje de 50 kg se deposita poco a poco sobre
el plano inclinado con una velocidad nula. Describir qué
ocurre si: (a) 9 = 15° y (b) 6 - 1 0 *.
Resolución:
Hacemos el diagrama de fuerzas que actúan sobre el cuerpo.
Por la ecuación de Newton: Eje y: SFy - may - O =» N - Wcos9 = O N = Wcos
Eje x: EFx = max=» WsenG - Ff = max WsenO - jiWcose = max mgsenO - ^mgcos9 = max ax = gsen9 - |jgcos Donde Ff: es la fuerza de fricción
Con: n = (xe = 0T25 A e - 15a
ax = 0,1 7 m/s 2
Entonces el bloque empezará a resbalar con acelera- ción: ax = 0,17 m/s 2
Con: li = ^c = 0,25ye = 10°
La fuerza de fricción será mayor que la componente WsenO .-. El bloque no resbalará.
3.3 ¿Qué fracción n del peso del avión a reacción re- presenta el empuje neto (empuje en el morro T menos la resistencia del aire R) necesario para que el avión suba formando un ángulo 6 con la horizontal animado de una aceleración a en la dirección de vuelo -R
Resolución:
Hacemos el diagrama de las fuerzas que actúan sobre el avión y dibujamos sus respectivos componentes.
112 DINÁMICA • SourciOffAfíto
mgcosd
= mg
Por la ecuación de Newton: £FX = max T - R - mgsene = ma
E = mgsene + ma El problema nos pide hallar la relación: n = — mg
m(gsen
mg
n = sen9 + — 9
3.4 El embalaje de 50 kg se proyecta a lo largo del suelo desde el punto x = O con una celeridad inicial de 7 m/s. Siendo 0,4 ei coeficiente de razonamiento cinético, calcular el tiempo que tarda en pararse y la distancia x que recorre, vn = 7 m/s
Resolución:
Dibujamos las fuerzas.
vf = O m/s
Me = 0, ' - 50g De la segunda Ley de Newton: Eje y: IFy = may = O N = 50g
Eje x: FR = 0,4 x 50g FR = 20g = max •* ax = 3,92 m/s 2
Hacemos uso de la siguiente ecuación de la cinemática: v, = VQ - at
Donde: t = v °~V f => t = 1,78 s a
Y para calcular la distancia x que se desplaza hasta
detenerse.
vf2 = v§-2ae =>e = •
2a
e = 6,25 m
3.5 El embalaje del problema 3.4 se proyecta ahora hacia abajo por una rampa con una celeridad inicial de 7 m/s. Calcular el tiempo t que tarda en pararse y la distancia x que recorre si; (a) O = 15° y {b} si 0 = 30*.
Resolución:
De la Segunda Ley de Newton:
Eje y: - ma = O « N = Wcos
Eje x: £FX = max => Wsene - FR = max max = mgsenG - jamgcosO ax = gsenO - ugcosB ...(1)
Para O = 15°: ax = - 1,25 m/s 2 Entonces el cuerpo empezara a desacelerar: De las ecuaciones de la cinemática. vf2 = v§ - 2ae
e =- •j-vf2 (a) - 19,58 m
Calculo del tiempo en que se tiene: vt = vn - i
V 0 - V f
= 5,59s
Para 0 = 30°; usando la ecuación (1): ax = 1,50 m/s 2
.-. El cuerpo empezará a acelerar; y no se detendrá.
3.6 Durante ia carrera de despegue, cada uno de los cuatro motores de un avión de pasajeros de 300 Mg produce un empuje casi constante de 180 kN. Hallar la longitud s de pista requerida si la velocidad de despegue es de 220 km/h. Calcular s primero para un despegue pendiente arriba en sentido de A a B y después para un despegue pendiente abajo, en sentido de B a A, a lo largo de la pista levemente inclinada. Despreciar las resistencias del aire y a la rodadura.
T Horizontal
DINÁMICA -
iFy = mav = O Bloque A:
W A - T = mAay Bloque B: T - 150g = mBay
Como el hilo no se deforma = la a es la misma para ambos bloques.
De(1)y(2):
-O)
Caso B:
.
\f w
a o
T *•
1
T = 200(9,81 )N
W= 150g ^ may = 1
2QQg-15Qg
2Fy = ma =» may = T - 150g
PROBLEMAS REPRESENTATIVOS
3.10 Un automóvil desciende del cerro por la pendiente e 1 con los frenos levemente aplicados de modo que la celeridad v se mantiene constante. En el punto A, la pendiente disminuye bruscamente a 9 2. Si el chofer no varia la fuerza de frenado, hallar la aceleración a del automóvil a partir del punto A. Particularizar la expresión deducida para 9, = 6° y 0 2 = 2°.
En e! primer tramo; fr: fuerza de frenado
ff - mgsent) En el segundo tramo AB:
IF - ma => mgsenG - mgsen9 1 = ma .-. a = g(sení) 2 - sene^
3.11 El coeficiente de rozamiento estático entre la piaíaforma dei camión y la caja de transporte es 0,3. Hallar la distancia mínima de frenado que puede recorrer el camión, partiendo de una celeridad de 70 km/h y siendo constante la aceleración durante el frenado, sin que la caja resbale hacia delante.
Resolución: Dibujamos las fuerzas que actúan sobre el bloque. fN
W= mg De la ecuación del movimiento: xF = -ma A recordando que: a = HLdv
dt \x
1(0 2 - vj) = - uNs =,v 0 = 70 ^ = 19,44 m/s
v 2 s = J2- rt s = 6,43 m
3.12 Si el camión del problema 3.11 se detiene desde una velocidad inicial hacia adelante de 70 km/h en una distancia de 50 m y bajo una desaceleración uniforme, averiguar si la caja golpea contra la espaldera de la plataforma. Si golpea, calcular la celeridad de la caja respecto al vehículo en el momento del impacto. Como coeficiente de rozamiento tómese \ie = 0,3 y MC = 0,25.
Resolución:
Calculemos la aceleración a que lleva el camión v 0 = 70 km/h = 19,44 m/s ; vf = O A e = 50 m =, vf2 = v§-2ae =»a -3,78 m/s 2 Esta aceleración se transmite al bloque. => analizamos las fuerzas para el bloque. Para ne = 0,3: FR = 0,3(m)(9,81) La fuerza inercial = 3,7Sm FR = 2,94m Entonces si se producirá desplazamiento: Usamos u. = 0, =>3,78 m-2,45m = i
fvdv- 1,33Ídx
-. => vdv = 1 ,33dx dt dx
v_
.-. v = 2,82 m/s
^-= 1,33(3)
3.13 Un tren se compone de una locomotora de 180 Mg y cien vagones tolva de 90 Mg. Si, al poner en marcha el convoy desde el reposo, la locomotora ejerce sobre los raíles una fuerza de rozamiento de 180 kN, calcular las fuerzas en los enganches 1 y 100. Suponer que no hay huelgos en los enganches y despreciar el rozamiento.
DINÁMICA - SOLUCIONARIO 115
Resolución;
FR= 180 kN
Para que el convoy se ponga en marcha la locomotora debe desarrollar la fuerza: F = FR = 1 SO kN Entonces hallamos la aceleración a que desarrolla el movimiento:
- mTa =» (100MV + ML)a - 180 kN
; 0,0196 m/s 2
MT C
180 9180
Cafcu lando Tr EF - ma => F - T .* T, =s F - ma
r, = isoxio 3 -
.-.T, =176,5kN
Calculo deT 2 :
ZF = ma -4 T, =
x 0,
1000 x (0,196)
3-14 La banda transportadora A, que se mueve a la
velocidad v, = 0,4 m/s, conduce objetos pequeños hasta la rampa de 2 m de longitud. Si la banda transportadora B tiene una celeridad v 2 = 0,9 m/s y los objetos llegan a ella sin resbalar, calcular el coeficiente de rozamiento n entre los objetos y la rampa.
Resolución:
T = 0,4 m/s N (^) y
•A
V 2 = 0,9 m/s
Haciendo el diagrama de fuerzas: N = mgcos30°; FR = jj.mgcosSO 13
=» £FX = ma
mgsen30° - timgcosSO 0 = ma
^a = g(sen30° - ncos30°)
Como las fajas son los guias de los bloques, entonces la v 0 con que entra en el plano es 0,4 m/s y con la que sale v 2 = 0,9 mis.
-* v? - vj + 2ae
rj,9 2 = 0,4 2 + 2g(sen30° - ncos30°)(2)
3.15 Se observa que el bloque de la figura lleva una velocidad v, = 20 m/s al pasar por el punto A y una velocidad V 2 = 10 m/s a! pasar por el punto B del plano inclinado. Calcular el coeficiente de rozamiento cinético (4C entre el bloque y el plano si x - 75 m y O - 15°. A
Resolución:
De la Segunda Ley de Newton: N = mgcosO Donde: FR = jiN -»FR = nmgcosG SF-ma =* ma = mgsene - FR -»ma = mgsenG - p,mgcos a = (gsene - ngcos9) Recordemos que: a = ^ v, =20 m/s; v 2 = 10 m/s; 9 = 15°; g -9,
^ -. = g(sen
F 2 vdv = Fg(sen9 - jacosOJdx
- g(sen9 - j^cosejx /«?_ Despejamos: ^t = tan0 -
150gcosO
3.16 Un motor de iones de cesto para la propulsión en el espacio interestelar se ha diseñado para producir un empuje constante de 2,5 N durante largos periodos de tiempo. Si el monitor está impulsando una nave espacial en una misión interplanetaria, calcular el tiempo t necesario para que la velocidad aumente de 40 000 km/h a 65 000 km/h. Hallar también la distancia s recorrida durante ese intervalo de tiempo. Supóngase que la nave se está moviendo en una región lejana del espacio donde el empuje de su motor iónico es la única fuerza que actúa sobre ella en la dirección de su movimiento.
Resolución:
E = 2,5 N
De: I = Ap (I: impulso; p: cantidad de movimiento) F x t - mAv .; el tiempo queda expresado en función de la masa.
DINÁMICA - SOLUCIONAHO 117
Re&vlución; Bloque A
30 ks
m = 30 kg m = 50^ kg
W = 3 0 g W=50g
En el eje y: SFy = maA=> maA = mg + T 3QaA= 30g hT También se tiene: £Fy = maB => 50aB = 50g - 2T
Para hallar la relación de aceleración:
XA + 2xB + L = s
XA + 2xB = O
aA =-2aB
De(1)y(2): 60aA + 50aB = -10g
De (3) y (4):
_ 40g _ : 70
5,6 m/s 2
Evaluando en (3): =»aA = -11,21 m/s 2 .-.aA= 11,21 m/s 2 (t) A aB = 5,6m/s 2 (j)
3.21 Se repite aquí la ilustración del problema 2. a ia que se añade información acerca de las masas. Despreciar todos los rozamientos y las masas de las poleas y hallar las aceleraciones de los cuerpos A y B cuando se abandonan desde el reposo.
30 kg
10 kg
Resolución:
Establecemos las ecuaciones para el bloque A: IF = mAaA=» mAaA = mAgsen2CT - 2T .,.(1) Para el bloque B: mBaB = 3T ~ m 89 -i 2 ) 2xA + 3xB + L = s *» 2aA + 3aB - O ...(3) aA = (-3k) aB (2k) De(1)y(2): 90aA + 20aB = 105,77 ...(4}
La ecuación (4) en (3): k = 0,
- aA = 1,024 m/s 2 (i) aB = 0,682 m/s 2 (t)
3.22 El sistema se abandona desde el reposo con el cable tenso. Depreciando la pequeña masa de la polea y el rozamiento en ella, calcular la aceleración de cada cuerpos y la tracción T en el cable en el instante inicial si; (a) ne = 0,25 A u.c - 0,20 y (b) j¿e = 0,15 A n =0,10.
20 kg
Resolución: Analizamos las fuerzas: Para el bloque A:
= 60g
mAaA = 60gsen30° - T Ambos bloques experimentan la misma aceleración a. mAa = 60gsen30° - T - u60gcos30° ...(1) Para el bloque B:
»w=20g
118 DINÁMICA-
ZFy = mBaB=» mBaS = T - 2 °
mea = T - 20g
De(1)y{2);
_ 60g sen 30° - H60g eos 30° - 20g a — " • -—'• m/, + rrig
Para n. = 0,20; a = 3,84 m/s 2
3.23 El aparejo del problema 3.22 se modifica como se muestra. Para unos coeficientes de rozamiento (ie = 0, y ne = 0,20; calcular la aceleración de cada cuerpo y la tracción T en el cable.
Resolución:
20 kg
W=60g
2Fy = O =* N = 60gcos30° =» FR = 0,2(60gcos30°) = 12gcos30°
De la Segunda Ley de Newton: 2FX = maA T - 60gsen30° - 12gcos30° = 60aA
T - 40,4g = 60aA (^) .-(1)
De la Segunda Ley de Newton: W 2T = maB ^20g-2T = 20
De(2)y(1): 6 0 a + 10a
De:
L = c = 0
De (3) y £4):
aB = -2,71 m/s 2 * aA = 5,42 m/s 2
Ahora aa en (2) para hallar T:
2T = 20g - 20aB ^,T = 125,2 N
3.24 El mecanismo de la figura es un acelerómetro y se compone de un émbolo A de 100 g que deforma el resorte cuando al carcasa recibe una aceleración ascen- dente a. Expresar qué constante recuperadora necesita el resorte para que el émbolo lo acorte 6 mm desde la posición de equilibrio y toque el contacto eléctrico cuando la aceleración que aumenta lenta y constante- mente alcance el valor de 5g. Puede despreciarse el rozamiento.
6mm
Resolución:
W - mg
De la Segunda Ley de Newton: 2Fy = rna m{5g) = kx + mg <
.-. k - 654 N/m
4mg
3.25 Un cilindro de masa m descansa sobre un carrito base tal como se representa. Si p = 45° y B = 30°, calcular la aceleración pendiente arriba máxima a que puede comunicarse al carrito sin que et cilindro pierda contacto en B.
Resolución:
G rafeando las fuerzas que actúan en el cilindro.
W= mg
Aplicando la Segunda Ley de Newton en el eje y IF = O => R^sp + R 2 cos3 = mgcosG (R1+R 2 ) = mgcos° ..(1)
En el eje x: SFX = ma =» ma = -mgsene + R-,senp -*- R 2 senp ma - -mgsenG + (^ + R 2 )senp ...(2)
120 DINÁMICA - SOLUCIONAR®
Resolución:
Del gráfico: R = kv Evaluando el punto (400. 200 x 10 3 ) 200X10 3 ^k(400)
=» R -* 500v Analizando las fuerzas en el cohete y aplicando la Segunda Ley de Newton.
T = 300X10 3 N
SF = ma -»T - R = ma
Recordemos que: a - dv
dt
dt dx mvdv = (T - 500v)dx
dv = fdx
mí(T-(T-500v)
[300<10 3 )-l(10 3 )v-
il 2
= 1036,67 km
300(1 0 3 )ln 300-l(l0 3 )v||
3.29 La velocidad de contacto de un reactor de masa 5 Mg es de 300 km/h, instante en que se despliega el paracaídas de frenado y se cortan motores. Si la resistencia total sobre el avión varía con la velocidad tal como muestra el graneo, calcular la distancia de pista x que recorre el avión hasta que su velocidad se reduce a 150 km/h. La variación de la resistencia puede aproximarse mediante la expresión D = kv 2 , donde k es una constante.
<3T
Rasistancie D, kN o^
8
S
8
S
S
£
-^
S ^
^^
r /
/
100 200 30 Velocidad v, km/s
Resolución:
Del gráfico: D = kv 2 ; para el punto (300; 120 x 1 0 3 } 120 x10 3 = k(300) 2 ^k = 1,
Analizamos las fuerzas que actúan sobre el avión:
De la Segunda Ley de Newton:
-D = ma; donde: a -dv
dt
dt dx m
mJ ~ J v "* m
.-. x = 201 m
|j= (|nv|
lo J '
150 300
3.30 En un ensayo para determinar las características al aplastamiento de un relleno de poltestireno para embalajes, se deja caer un cono de acero de masa m desde una altura h que penetre en el material. La resistencia R de este a la penetración depende de la sección transversal frontal del objeto penetrante, y por ello es proporcional al cuadro de la distancia x penetrada por el cono, o sea, R = -kx 2. Si el cono se detiene a una distancia x = d, hallar la constante k en función de las condiciones y resultados del ensayo.
Resolución: tR-kx 2
W= mg
De la Segunda Ley de Newton:
SF = ma =» ma = mg - kx 2
Recordemos que a = ~
m L. mg - kx 2
dtldx^ M
m fvdv = í (mg - kx 2 )dx Jv JQ
= mgx kx^3
Evaluando los límites de la integral: 3mg(d + h)
N/m 2
3.31 El collarín de 1,8 kg se deja caer desde el reposo sobre el resorte elástico sin masa, cuya constante recuperadora es 1750 N/m y que está comprimido una distancia de 150 mm. Hallar la aceleración a del collarín como función del desplazamiento vertical x del mismo medido en metros desde el punto de suelta. Determinar la velocidad v del collarín cuando x = 0,15 m. El roza- miento es despreciable.
DINÁMICA - SOLUCIONAÍVO 121
Resolución:
= mg
Por la Segunda Ley de Newton:
Calculo de la aceleración: KAX - mg = ma
kí-x + 0 ,15) -mg = ma
m m 3
/.a = 136 972x
Recordemos que: a - 4r
dt \x }
[vdv= f 136 972x)dx
Evaluando los limites de la integral:
.-. v = 4,35 m/
3.32 Una fuerza constante P arrastra una cadena
pesada de masa p por unidad de longitud por una
superficie horizontal compuesta de una zona lisa y
una zona rugosa. Si al comienzo la cadena descansa
sobre la superficie lisa, siendo x = O y jacel coeficiente
de rozamiento cinético entre la cadena y la superficie
rugosa, determinar la velocidad v de la cadena para
x = L Supóngase que la cadena permanece tirante
y que por ello se mueve toda a la vez durante el
movimiento. ¿Cuál será eí valor mínimo de P para
que la cadena permanezca tirante? (Indicación: La
aceleración no debe hacerse negativa).
Lisa
Resolución:
f
E£_. lx
W- m'g W = pgx
p = ni; m 1 = px
En el eje y:
N = pgx
Por ia ley del movimiento:
En el eje x; P - Fr = ma
P - jipgx - ma
Para el cálculo de v (x = L):
ma = P
Recordemos que a = ~
m Pvdv = f(P - (ipgx)dx
JQ JQ
= Px-
2PL -
" ' 2 ^ 2 K m
El valor mínimo de P: 2PL - upgL 2 = O
3.33 Una cadena de longitud 2Ly masa p por unidad de
longitud cuelga del modo representado. Si al extremo B
se le da un leve desplazamiento hacia abajo, el desequi-
librio genera una aceleración. Hallar la aceleración de
la cadena en función del desplazamiento hacia arriba x
del extremo Ay determinar la velocidad del extremo A
cuando llega arriba. Despreciar la masa y el diámetro
de la polea.
A B
Resolución:
L-x
mg m"g
Por propiedad de la p homogénea en la cuerda hallamos
m' y m":
.. '^ -» m' = p(L - x) A^ m" = p(L +^ x)
\
Por la Segunda Ley de Newton:
LF - ma => m"g - m'g = mca
XQ
Desarrollando: a =
Recordemos que: a = dv
dt
dt \x
vi 2 L \
3.34 Una barra de longitud L y masa despreciable enlaza
el carrito de masa M y la partícula de masa m. Si el carrito
está animado de una aceleración uniforme a hacia la
derecha, ¿qué ángulo 9 con la vertical forma la barra
libremente oscilante cuando esta alcanza la posición
estacionaria? Hallar la fuerza neta P (no representada)
a aplicar al carrito para que este adquiera la aceleración
especificada.
DINÁMICA - SOLUCIONAHIO 123
3.37 Para ensayar la resistencia al movimiento de un baño de aceite, se suelta una pequeña bola de acero de masa m desde el reposo en la superficie (y = 0). Si la resistencia al movimiento está dada por R = kv, donde k
es constante, deducir una expresión para la profundidad h necesaria para que la bola adquiera una velocidad V,
1
Restitución:
w = mg
De la Segunda Ley de Newton aplicado a la bola de acero:
£F = ma => ma = mg - kv
Recordando
mvdv (mg - kv)
rn mg k V k
d x _ » m f v / IrK (^) JQ - Kv)^(
( mg }
1 i (^) mg - kvmg
h
~ kv>
idv = Pdx Jt>
mg mg - kv /
1 (1-kv)/mg
mv
3.38 Si la bola de acero del problema 3.37 se abandona desde el reposo en la superficie de un líquido en cuyo seno la resistencia al movimiento es R - cv 2 , donde c
es una constante y v es la velocidad de descenso de la bola, determinar la profundidad h necesaria para que la bola adquiera una velocidad v.
Resolución:
W= mg
De la Segunda Ley de Newton:
£F = ma -i mg cv 2 = ma
mvdv = (mg - cv 2 )dx «*. P Jo (mg - cvmv^2 - )dv=idx
2c (l-ev 2 )/mg
3.39 Se representan dos montajes diferentes del dispositivo de elevación de un ascensor. El ascensor A con el motor y el tambor instalados en él posee una masa total de 900 kg El ascensor B con el tambor, pero sin motor instalado, posee también una masa de 900 kg. Si en ambos casos el motor aplica un par constante de 600 m. N, durante 2 s, a su tambor de 250 mm de diámetro, elegir el montaje que produzca la mayor aceleración ascendente y hallar la correspondiente velocidad v del ascensor a los 1,2 s de la partida desde el reposo. La masa del tambor del motor es pequeña y puede analizarse como si estuviera en equilibrio. Despreciar las masas de cables y poleas y todos los rozamientos.
Resolución:
Caso A:
Por la Segunda Ley de Newton: -,-r3 1 - mg - ma , =» a (^) A —3T - nig
Caso B:
-(1)
2T
Notamos que aA > aB El torque para un par de fuerzas: 2t = r x F =» F = 4800 ...(2)
De la cinemática:
vf = (6,19X1,2°)=*vf = 7,43m/s
3.40 El resorte de constante k = 200 N/m está sujeto al soporte y al cilindro de 2 kg que se desliza libremente por la guía horizontal. Si en el instante t = O, en que el resorte no está deformado y el sistema está en reposo, se aplica al cilindro una fuerza constante de 10 N, hallar la velocidad del cilindro cuando x = 40 mm y el máximo desplazamiento del mismo. Posición de equilibrio
124 DINÁMICA - SQLUCIQNARIQ
Resolución: Dibujamos las fuerzas que actúan sobre el bloque:
K - 200 N/m
F^kxl 1 p = 10N
De la ley del movimiento podemos escribir:
LF = ma ^ ma = P - kx
(P-kx). J dv
m dt
d v / d x ) fv fx=o.M/ P k v dtldxj m " J o ^ Jo (m-mx )d x
v2 v P k 2 O.ÍM
-^ = 0,12^v = 0,49m/s
El xmáx se da cuando: v = 0
De (a):
m x ~ 2 m x " ^ x ~m~( k") "* x ~ T"
•'• Xm3x = 0.1 m
3.41 Un amortiguador es un mecanismos que ofrece una resistencia a la comprensión o a la tracción dada por R - cv, donde c es una constante y v es la variación de longitud del amortiguador por unidad de tiempo. Se representa el ensayo de un amortiguador de constante c = 3000 N.s/m con un cilindro de 100 kg suspendido en él. El sistema se suelta con el cable tirante en el punto y = 0 y se deja que se alargue. Hallar (a) la velocidad uniforme vs del extremo inferior del amor- tiguador y (b) el instante t y el desplazamiento y del extremo inferior cuando el cilindro alcanza el 90% de su velocidad uniforme. Despreciar las masas del pistón y su biela.
T
,nm N.s
"A
JL
m = 1 00 kg
Resolución: *R = cv
Integrando (a):
m / 100a \ \100g -cv/
Donde: c - 3000 N.s/m
Calculamos (y): r» vdv pdy Jo {100g -cv)^ Jo m
QOlnMnnn n i / \ l ° - 3 2 7 — « 1 R OQ rvim c De (*): v = 100g(1 - e^" 1 ) => v = 0,327 m/s
3.42 Las correderas A y B están conectadas mediante una barra rígida liviana de longitud L = 0,5 m y se mue- ven sin rozamiento por las guías horizontales. Para ía posicón XA = 0,4 m; la velocidad de A es VA = 0,9 m/s hacia la derecha. Hallar la aceleración de cada corredera y la fuerza que sufre la barra en ese instante.
AlB >P = 40N
^^^^M
Resalude E
X
Del grafía X^2 A^ + X^2 B - 2xA(xA) + (xA)2 + xA ^4aA + 3< De la Seg XFX = mAs 200 - 4T
SFy = mBS 15g + 3T De (2) y (: aA + 2aB =
AA ,
í«;
KTcosS^V
e W = 3 g ^v
Tcos3r
y. 0,5 2
3 - 2 25 Í1\a Ley de Newton:
A =» P - Tcos37° = 2aA = 10aA ...(2) B =» 3g + Tcos53 0 = 3aB = 15aB ...(3) !): ^20 + 2g ..,(4) W= mg De la Segunda Ley de Newton: SF = ma
ma = 10Og - cv; donde: a = 4r- dt
a =
(100g - cv) (^) (100g-cv) dt _ (100g~cv) m
aB - 36,1 m/s 2 A aA = 12 m/s 2
3.43 Las correderas A y B están conectadas mediante una barra rígida liviana y se mueven sin rozamiento por las ranuras, las cuales se hallan ambas en et plano vertical. En la posición ilustrada, la velocidad de A es 0,4 m/s hacia la derecha. Hallar la aceleración de cada coordenada y la fuerza sobre la barra en ese instante.
126 DINÁMICA - SOLUCIONARIO
Bloque B:
J-p
WT =77g
SF = mae * mTaB - P - uA(35g) - uB(77g) 359^-
P -
3.47 El sistema se abandona desde el reposo en la posi- ción representada. Calcular la tensión T de la cuerda y la aceleración a de! bloque de 30 kg. Se deprecian la masa de la pequeña polea sujeta al bloque y el rozamiento en la misma. (Sugerencia: Empezar estableciendo la relación cinemática entre las aceleraciones de los dos cuerpos).
5k
Resolución:
Bloque A
15g-T= 15aA
Bloque B
Tacnar
Tcos37° H
EFy - O N +Tsen37° = T -30g
N = T + 30g - Tsen37° En el eje x:
Tcos37° - M-ÍT +• 30g - Tsen37°) = 30aB
De la relación cinemática de aceleración: 4aD H- 5aA = O
De (1); (2) y (3):
30aB = 15gcos37° - 15aAcos37° -
->ae = 1,3625 m/s 2
--. aA = 1,09 m/s 2 A
130,8 N
3.48 Dos esferas de hierro, ambas de 100 mm de diáme- tro, se abandonan desde el reposo con una separación entre centros de 1 m. Supóngase que se encuentran en un lugar del espacio donde no hay otra fuerza que la atracción gravitatoria mutua y calcular el tiempo t necesario para que las esferas entren en contacto entre sí y la celeridad absoluta v de cada una al tocarse. 100 mm
Resolución:
1 m Se sabe que: Gmm ,
Como cada vez se acercan d depende dex.(d Gmm
2x).
(1-2x) 2
Gm
-2x) 2 dv
ydv^ Gm
dx ~ (1 - 2x) 2
-2x} 2
.vdv = _G" dx (1 - 2x) 2
Gm 2 " 2 ( 1 - 2 x ) peromFe = pFe vF (5,24x10- 4 )
.-. v = 5,24 X 10~ 5 m/s
Como v es pequeña, supongamos que sea constante.
0,9 m ~~ 5,24x10- 5 m/s .-. t = 4 h46 min 18 s
PROBLEMAS INTRODUCTORIOS
3.49 El pequeño bloque Ade 2 kg se desliza hacia abajo por la trayectoria curva y pasa por el punto más bajo B con una celeridad de 4 m/s. Si en este punto el radio de curvatura es de 1,5 m; hallar la fuerza normal N que en el mismo ejerce la trayectoria sobre el bloque. ¿Hacen falta datos acerca del rozamiento?.
DINÁMICA - Somciomio 127
Resolución:
v - 4 m/s
W = mg
De la ley de dinámica circular:
IF = mac -* N - mg mv R
. N-41 N ( t )
3.50 A la cuenta P de 1,5 kg se le comunica una celeri- dad inicial de 2 m/s en el punto Adela guía lisa, la cual es una curva plana horizontal. Si el punto B la fuerza normal entre la cuenta y la guía tiene un módulo de 0,8 N, hallar el radio de curvatura p de la trayectoria en ese punto. A P
Resolución; Como el plano del movimiento, es horizontal y la guía es lisa, entonces v = cte.
,-. p = 7,5 m
3.51 Si el bloque Ade 2 kg pasa por la cima B del tramo circular de la trayectoria con una celeridad de 2 m/s, cal- cular el módulo N de la fuerza normal que la trayectoria ejerce sobre el bloque en el punto B. Hallar la máxima celeridad v que el bloque puede llevar en B sin perder contacto con la trayectoria.
B
\s^^--^-v"-L-*- <f^ i
Resolución:
W= mg
Aplicando la Segunda Ley de Newton: SF = mac => mg - N = mac 2 N = mg - ^- -> N = 15,17 N P Para que el bloque no pierda contacto en B: N = 0; para que v sea máximo: => v = /gp~ => v - 4,20 m/s
3.52 La prueba homologada para determinar la ace- leración lateral máxima de un automóvil consiste en conducirlo siguiendo una circunferencia de 60 m de diámetro pintada sobre una superficie plana asfaltada. El conductor aumenta lentamente la celeridad del vehículo hasta que no les es posible mantener las dos parejas de ruedas a caballo de la línea. Si esta celeridad máxima vale 55 km/h para un automóvil de 1400 kg, hallar su capacidad de aceleración lateral an en g y calcular el módulo F de la fuerza de rozamiento total que ejerce la calzada sobre las cubiertas de los neumáticos.
Resolución: Datos del problema: v .max = 55 Mi =15,27 m/s^
an = T5~ => an = 7'78 m/s
Para hallar FR; hacemos DCL:
W= mg c c c mv FR = Fc =* FR = -R- .-. FR = 10,89kN
3.53 El automóvil del problema 3.52 viaja a 40 km/h cuando el conductor aplica los frenos y el vehículo prosigue moviéndose a lo largo de la trayectoria circu- lar. ¿Cuál es la máxima desaceleración posible si las cubiertas admiten una fuerza de rozamiento máxima de 10,6 kN?
DINÁMICA - SOLUCIONADO 129
Hallamos la tensión T, en la posición (1):
T = m— - mg
Cuando la velocidad es mínima: T = O
=9 -5- = g => v = /gR =3,13 m/s K
Analizamos en (2):
£F = ma 0 => T — mg = m-=- V 2 T = m-^- + mg => T = 0,98 N K
3.57 Con una celeridad constante de 600 km/h, un piloto
describe con su avión una circunferencia vertical de radio
1000 m. Calcular la fuerza que sobre el piloto ejerce el
asiento en el punto A y en el punto B.
Resolución:
mg v = 600 km/h.
v=5°°m/s.
A mg
En el punto A.
co 32 (1000)
(Si m = 90 kg).
m/s 2
.-. NA = 3382 N
En el punto B.
NB + mg = ma^
=* NB = míacp - g)
.-. NB = 1618N
3.58 Un avión a reacción vuela siguiendo la trayectoria
representada al objeto de que unos astronautas expe-
rimenten unas condiciones de "ingravidez" similares a
las reinantes en un vehículo espacial en órbita. Si en el
punto más alto la celeridad es de 900 km/h, ¿qué radio
de curvatura p hace falta para simular exactamente la
situación de "caída libre" orbital?
W= mg
Si los tripulantes van a tener ia experiencia de caída
libre, entonces la fuerza gravitatoria será la única que
actuará sobre cada tripulante.
SF = ma
.-.p = 6,37 km
rng - m — => p = —v^ v
3.59 El miembro OA rota alrededor de un eje horizon-
tal que pasa por O animado de una velocidad angular
constante antihoraria o = 3 rad/s. Cuando para por la
posición 9 = O, se le coloca un pequeño bloque de masa
m a una distancia radial r - 450 mm. Si se observa que
el bloque resbala para 8 = 50°, hallar el coeficiente de
rozamiento estático u_ entre el bloque y el miembro.
Haciendo el diagrama de fuerza que actúan sobre el
bloque aplicando la Segunda Ley de Newton:
Eje y: 2F = O => N = mgcose
Eje x: EFX = mac=» mgsenG - nmgcosO = mw 2 r
Despejamos ^:
u. = tañe ^-~ A 6 = 50°
^ gcos 9
.-. M = 0,
PROBLEMAS REPRESENTATIVOS
3.60 Hallar a qué altitud h (en kilómetros) por encima
de la superficie terrestre un satélite artificial tendrá e!
mismo período que el de rotación absoluta de la Tierra,
el cual es de 23,9344 h. Si tal órbita se encuentra en
el plano ecuatorial, se dice de ella que es geosíncrona
porque el satélite parece no moverse con relación a un
observador solidario de la Tierra.
Resolución:
-GmM— => ma,, = mQ _ -GmM =— ... (1)
GM GM
2 x = g (g = 127, 137 km/h 2 )
47T 2
x = 77 079 km
130 CINÁMICA • SOLUCIONAR®
Sabemos que: Ry^^ - 63 700 km
3.61 Cuando el patinador pasa la curva indicada las
celeridades de su centro de masa para 9 - 0°, 45° y
90" son, respectivamente 8,5 m/s, 6 m/s y 0. Hallar la
fuerza normal entre la superficie y las ruedas del patín si
la masa conjunta del patinador y el patín es de 70 kg y
el centro de masa se halla a 750 mm de la superficie.
Resolución:
v, = 8,5 m/s
Usando la Segunda Ley de Newton para el movimiento
circular:
Punto(1): 0 - 0
EF = mac => N - mg = mac
N = m-^- + mg => N = 2040 N
rí
Punto (2): 6 = 45°
SF = mac -* N - mgcosG = m-^-
N - mgcos45° = m-^- -» N = m-^- + mgcos45°
R R
.-. N = 1158N
Punto (3): e = 90°
v 2
N = mgcos9 + m-^-; v = O
.•.N-
3.62 Un pequeño objeto A se mantiene contra la pared
vertical del recinto cilindrico giratorio de radio r merced
a la fuerza centrífuga. Siendo jie el coeficiente de roza-
miento estático entre el objeto y el recipiente, determinar
la expresión de la velocidad de giro mínima B = m del
recipiente para que el objeto no resbale por la pared
vertical.
Resolución:
mg
Del equilibrio en el eje y:
£F = 0 = > u N - m g _ 0 = » N -
De la dinámica circular:
ZF - ma =» N = ma
mg
3.63 El avión de 30 Mg sube según el ángulo 9 = 15°
con un empuje en tobera T de 180 kN. En el instante
representado, su celeridad es 300 km/h y aumenta a
razón de 1,69 m/s 2. Además 9 disminuye conforme el
avión comienza a ponerse horizontal. Si en ese instan-
te el radio de curvatura de la trayectoria es de 20 km,
calcular la sustentación L y la resistencia aerodinámica
D. (La sustentación L y la resistencia aerodinámica D
son las fuerzas aerodinámicas perpendicular y opuesta,
respectivamente, a la dirección del vuelo).
Resolución:
at = 1,96 m/s 2
v = 300 km/h
De la Segunda Ley de Newton:
SFt = ma, = T - D - mgsenlS" =i
D = T - mgsen15° - ma,
