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PROBLEMAS INTRODUCTORIOS
3.1 En una pruebade frenado,el automóvilde 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 v0 y vf en m/s.
vn = 95 x A =26,39 m/s
o 18
FQ: fuerza de frenado
m = 1200 kg
Usando la siguiente ecuaciónde la cinemática para hallar
la aceleración:v;í = - 2ae
~ 2e ~ 2(50) - '
Entonces de la ley de Newton:
SF^ ma =>F0 = 1200(6,96)
.-. Fa = 8357,18N
La fuerza de frenado de las ruedasdelanteras es: 90%(F0)
=»0,9x8357,18 = 7521,47 N
,-.F, = 3760N
La fuerza de frenado de las ruedas traseras es:
10%(F0)
=>0,1 x 8357,18- 835,75
.-.Fr = 418N
3.2 Elembalaje de 50 kg se deposita poco apoco sobre
el plano inclinado con una velocidad nula. Describir qué
ocurre si: (a) 9 = 15° y (b) 6-10*.
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 = Wcos9
Eje x: EFx = max=»WsenG - Ff = max
WsenO - jiWcose = max
mgsenO - ^mgcos9 =max
ax = gsen9 - |jgcos9
Donde Ff: es la fuerza de fricción
Con: n = (xe = 0T25 A e - 15a
ax = 0,17 m/s2
Entonces el bloque empezará a resbalar con acelera-
ción: ax = 0,17 m/s2
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:
Hacemosel diagrama de lasfuerzasqueactúan 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(gsen6
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 razonamientocinético,
calcular el tiempo que tarda en pararse y la distancia x
que recorre,
vn = 7m/s
Resolución:
Dibujamos las fuerzas.
vf = O m/s
Me = 0,4
' - 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/s2
Hacemos uso de la siguiente ecuaciónde la cinemática:
v, = VQ - at
Donde: t = v°~Vf => 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 = Wcos8
Eje x: £FX = max => Wsene - FR = max
max = mgsenG - jamgcosO
ax =gsenO - ugcosB ...(1)
Para O=15°:
ax = -1,25 m/s2
Entonces el cuerpo empezara a desacelerar:
De las ecuaciones de la cinemática.
vf2 = v§ - 2ae
e =- •j-vf
2(a)
- 19,58 m
Calculo del tiempo en que se tiene:
vt = vn - i
• t = V 0 - V f
= 5,59s
Para 0 = 30°; usando la ecuación (1):
ax = 1,50 m/s2
.-. 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 lavelocidad 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.
0,5
T Horizontal
DINÁMICA - SOLUCIONARIO 113
Resolución;
Caso A: cuesta arriba
W= mg
Analizamos la componente de W// al trayecto
mgsene = 1471,5 kN >F
Entonces el avión no podrá despegar cuesta arriba.
Caso B: pendiente abajo.
W= mg
De la Segunda Ley de Newton:
SFX = ma =» ma - F + mgsenG
a = I —+ qsenB
 3
Recordemos que: a =
dt dx
("Vdv = f (— +gsen6|dx
Jo J  i
- —+ gsene x
o  '
.-. s = 255 m
3.7 Como parte del procesode diseño de unasitlita de
seguridad para niños, un ingeniero examina el conjunto
de condiciones posibles siguientes: Una niña de 12 kg
viaja en la sillita, que a su vez está firmemente sujeta al
asiento del automóvil- Este sufre un choque frontal con
otro vehículo. La celeridad inicial v0 del automóvil es de
50 km/h, que se reduce a cero durante el choque de
0,2 s de duración. Suponiendo que durante el choque
el automóvil se desacelere uniformemente, estimar la
fuerza horizontal neta F que deben ejercer las correas
sobre la niña para que esta permanezca fija a la silla.
La niña se tratará como si fuera un punto material y se
definirán las hipótesis complementarias que puedanser
necesarias para el análisis.
Resolución:
Recordemos que:
1 = AP =» Ft = mvf - mv0
JL
'18
F(0.2) = F - 833 N
3.8 El collarín Ase desliza libremente a lo largo det
eje liso B montado en el bastidor El plano de este es
vertical. Hallar la aceleración a del bastidor necesaria
para que el collarín se mantenga en una posición fija
respecto al eje.
Resolución:
De la Segunda Ley de Newton:
XFV = maü = O => Nsen60° = mg =* N = L
y y •= sen60
IFX = ma =* Ncos60° = ma
=*ma Iñ^ (cos60°)
sen60°v '
=* a = gcot60°
/. a = 5,66 m/s2
3.9 Calcular la aceleración vertical a del cilindro de
150 kg en los dos casos ilustrados. Despreciar el razo-
namiento y la masa de las poleas.
Resolución:
CasoA:
DINÁMICA -
iFy = mav = O
Bloque A:
WA -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)
...(2)
Caso B:
.
f w
a o
T *•
1
T = 200(9,81 )N
W= 150g
^ may = 1
2QQg-15Qg
2Fy = ma =» may = T - 150g
150
• a = 3,27 m/s
PROBLEMAS REPRESENTATIVOS
3.10 Un automóvil desciende del cerro por la pendiente
e1 con los frenos levemente aplicados de modo que la
celeridad v se mantiene constante. En el punto A, la
pendiente disminuye bruscamente a 92. 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 02 = 2°.
En e! primer tramo; fr: fuerza de frenado
ff - mgsent)
En el segundo tramo AB:
IF - ma => mgsenG - mgsen91 = ma
.-. a = g(sení)2 - sene^
3.11 El coeficiente de rozamiento estático entre la
piaíaforma dei camión y la caja de transporte es0,3.
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:
dv
xF = -ma A recordando que: a = HL
dt x
1(02 - vj) =- uNs =,v0 = 70 ^ =19,44 m/s
v2
s = J2- rt s = 6,43m
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
v0 = 70 km/h = 19,44 m/s ; vf = O A e = 50 m
=, vf2 = v§-2ae =»a -3,78 m/s2
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. = 0,25
=>3,78 m-2,45m = i
fvdv- 1,33Ídx
-. => vdv = 1 ,33dx
dt dx
v_
2
.-. v = 2,82 m/s
^-= 1,33(3)
3.13 Untren 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 1y 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 lafuerza: F = FR = 1 SO kN
Entonces hallamos la aceleración a que desarrolla el
movimiento:
- mTa =» (100MV + ML)a - 180 kN
; 0,0196 m/s2
MTC
180
9180
Cafculando Tr
EF - ma => F -T
.* T, =s F - ma
r, = isoxio3-
.-.T, =176,5kN
Calculo deT2:
ZF = ma-4 T, =
x 0,0196
x (0,196)
1000
3-14 La banda transportadora A, que se mueve a la
velocidad v, = 0,4 m/s, conduceobjetospequeñoshasta
la rampa de 2 m de longitud. Si la banda transportadora
B tiene una celeridad v2 = 0,9 m/s y los objetos llegan
a ella sin resbalar, calcular el coeficiente de rozamiento
n entre los objetos y larampa.
Resolución:
T = 0,4 m/s N
y
•A
V2 = 0,9 m/s
Haciendo el diagrama de fuerzas:
N = mgcos30°; FR = jj.mgcosSO13
=» £FX = ma
mgsen30° - timgcosSO0 = ma
^a = g(sen30° - ncos30°)
Como las fajas son los guias de los bloques, entonces
la v0 con que entra en el plano es 0,4 m/s y con la que
sale v2 = 0,9 mis.
-* v? - vj + 2ae
rj,92 = 0,42 + 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 V2 = 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 six - 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,mgcos0
a = (gsene - ngcos9)
Recordemos que: a = ^
v, =20 m/s; v2 = 10 m/s; 9 = 15°; g -9,81
^ -. = g(sen9
F 2vdv = Fg(sen9 - jacosOJdx
- g(sen9 - j^cosejx
/«?_
Despejamos: ^t = tan0 -
= 0,479
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.
0flWM(W - SOLUCIONARIO
V0 = 11,1 x103m/s; vf = 18,05 x103m/s
m: masa de la nave
.
• t = 2,5
-m ^ t = {2,7x103m)s
De 2as s = -
2a
Donde: i.F >= ma
=» a = 2¿ m/s2
m
=>s = 40,5 x103m m
.-. s = 40,5m km
3.17 Durante un ensayo de fíabilidad, una tarjeta de
circuito impreso de masa m se sujeta a una vibradora
electromagnética y se somete a un movimiento armó-
nico x = Xsencot, donde X es la amplitud del movimien-
to, o es la pulsación en radianes por segundo y t es el
tiempo. Hallar el módulo Fmáx de la fuerza horizontal
máxima que la máquina ejerce sobre la tarjeta.
Resolución:
Sea; x = Xsentot
Sabemos que F = ma => a = x
Calculamos: x
x = coXcoscot ; x = -ío3Xsenot
=* F = mo2Xsencot
Fmáx se da para sencot = 1
3.18 El punto O es el eje de giro de un péndulo simple
que oscila libremente en el plano vertical de la placa.
Si esta recibe una aceleración constante a dirigida pla-
no inclinado 0 arriba, escribir la expresión del ángulo
constante (i que adopta el péndulo tras el cese de las
oscilaciones que siguen al arranque.Despreciar tamasa
del brazo del péndulo.
Resolución:
Eligiendo nuestro SR
En el eje y: SFy = O =». Tcosp = mgcosG
T — cose
** i = mg—¡T
cosp
En el eje x: SFX =ma
-» ma »Tsenp - mgsene
,senp
ma = mgcose
eos (3
mgsenG
Despejando [i:
, _ a + gsen6
gcosS
tanp
gcosS
3.19 Si loscoeficientes de rozamientoestático y cinético
entre el bloque A de 20 kg y el carretón B de 100 kg son
prácticamente iguales a 0,50;hallar la aceleración de
cada parte para: (a) P = 60 N y (b) P = 40 N.
_*7^^'_'_~£*
Resolución:
W=rag
De la ley de Newton:
ZFy = O * N = mg
Caso A: P = 60
Para el bloque A:
SFX = ma-> 2P - nmAg = mAaA
/s2
A
Para ei bloque B:
FR = umAg
=> IF = maB=* mBaB =
.-. aB = 0,981 m/s2
Caso B: P = 40
El bloque Ano resbala; ambos bloques se moverán con
la misma aceleración.
.-. a - 0,667 m/s2
3.20 Hallar la aceleración de cada cilindro y la tracción
que sufre el cable superior cuando el sistema se libera
desde el reposo. Despreciar ei rozamiento y las masas
de las poleas.

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  • 1. PROBLEMAS INTRODUCTORIOS 3.1 En una pruebade frenado,el automóvilde 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 v0 y vf en m/s. vn = 95 x A =26,39 m/s o 18 FQ: fuerza de frenado m = 1200 kg Usando la siguiente ecuaciónde la cinemática para hallar la aceleración:v;í = - 2ae ~ 2e ~ 2(50) - ' Entonces de la ley de Newton: SF^ ma =>F0 = 1200(6,96) .-. Fa = 8357,18N La fuerza de frenado de las ruedasdelanteras es: 90%(F0) =»0,9x8357,18 = 7521,47 N ,-.F, = 3760N La fuerza de frenado de las ruedas traseras es: 10%(F0) =>0,1 x 8357,18- 835,75 .-.Fr = 418N 3.2 Elembalaje de 50 kg se deposita poco apoco sobre el plano inclinado con una velocidad nula. Describir qué ocurre si: (a) 9 = 15° y (b) 6-10*. 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 = Wcos9 Eje x: EFx = max=»WsenG - Ff = max WsenO - jiWcose = max mgsenO - ^mgcos9 =max ax = gsen9 - |jgcos9 Donde Ff: es la fuerza de fricción Con: n = (xe = 0T25 A e - 15a ax = 0,17 m/s2 Entonces el bloque empezará a resbalar con acelera- ción: ax = 0,17 m/s2 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: Hacemosel diagrama de lasfuerzasqueactúan sobre el avión y dibujamos sus respectivos componentes.
  • 2. 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(gsen6 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 razonamientocinético, calcular el tiempo que tarda en pararse y la distancia x que recorre, vn = 7m/s Resolución: Dibujamos las fuerzas. vf = O m/s Me = 0,4 ' - 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/s2 Hacemos uso de la siguiente ecuaciónde la cinemática: v, = VQ - at Donde: t = v°~Vf => 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 = Wcos8 Eje x: £FX = max => Wsene - FR = max max = mgsenG - jamgcosO ax =gsenO - ugcosB ...(1) Para O=15°: ax = -1,25 m/s2 Entonces el cuerpo empezara a desacelerar: De las ecuaciones de la cinemática. vf2 = v§ - 2ae e =- •j-vf 2(a) - 19,58 m Calculo del tiempo en que se tiene: vt = vn - i • t = V 0 - V f = 5,59s Para 0 = 30°; usando la ecuación (1): ax = 1,50 m/s2 .-. 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 lavelocidad 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. 0,5 T Horizontal
  • 3. DINÁMICA - SOLUCIONARIO 113 Resolución; Caso A: cuesta arriba W= mg Analizamos la componente de W// al trayecto mgsene = 1471,5 kN >F Entonces el avión no podrá despegar cuesta arriba. Caso B: pendiente abajo. W= mg De la Segunda Ley de Newton: SFX = ma =» ma - F + mgsenG a = I —+ qsenB 3 Recordemos que: a = dt dx ("Vdv = f (— +gsen6|dx Jo J i - —+ gsene x o ' .-. s = 255 m 3.7 Como parte del procesode diseño de unasitlita de seguridad para niños, un ingeniero examina el conjunto de condiciones posibles siguientes: Una niña de 12 kg viaja en la sillita, que a su vez está firmemente sujeta al asiento del automóvil- Este sufre un choque frontal con otro vehículo. La celeridad inicial v0 del automóvil es de 50 km/h, que se reduce a cero durante el choque de 0,2 s de duración. Suponiendo que durante el choque el automóvil se desacelere uniformemente, estimar la fuerza horizontal neta F que deben ejercer las correas sobre la niña para que esta permanezca fija a la silla. La niña se tratará como si fuera un punto material y se definirán las hipótesis complementarias que puedanser necesarias para el análisis. Resolución: Recordemos que: 1 = AP =» Ft = mvf - mv0 JL '18 F(0.2) = F - 833 N 3.8 El collarín Ase desliza libremente a lo largo det eje liso B montado en el bastidor El plano de este es vertical. Hallar la aceleración a del bastidor necesaria para que el collarín se mantenga en una posición fija respecto al eje. Resolución: De la Segunda Ley de Newton: XFV = maü = O => Nsen60° = mg =* N = L y y •= sen60 IFX = ma =* Ncos60° = ma =*ma Iñ^ (cos60°) sen60°v ' =* a = gcot60° /. a = 5,66 m/s2 3.9 Calcular la aceleración vertical a del cilindro de 150 kg en los dos casos ilustrados. Despreciar el razo- namiento y la masa de las poleas. Resolución: CasoA:
  • 4. DINÁMICA - iFy = mav = O Bloque A: WA -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) ...(2) Caso B: . f w a o T *• 1 T = 200(9,81 )N W= 150g ^ may = 1 2QQg-15Qg 2Fy = ma =» may = T - 150g 150 • a = 3,27 m/s PROBLEMAS REPRESENTATIVOS 3.10 Un automóvil desciende del cerro por la pendiente e1 con los frenos levemente aplicados de modo que la celeridad v se mantiene constante. En el punto A, la pendiente disminuye bruscamente a 92. 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 02 = 2°. En e! primer tramo; fr: fuerza de frenado ff - mgsent) En el segundo tramo AB: IF - ma => mgsenG - mgsen91 = ma .-. a = g(sení)2 - sene^ 3.11 El coeficiente de rozamiento estático entre la piaíaforma dei camión y la caja de transporte es0,3. 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: dv xF = -ma A recordando que: a = HL dt x 1(02 - vj) =- uNs =,v0 = 70 ^ =19,44 m/s v2 s = J2- rt s = 6,43m 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 v0 = 70 km/h = 19,44 m/s ; vf = O A e = 50 m =, vf2 = v§-2ae =»a -3,78 m/s2 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. = 0,25 =>3,78 m-2,45m = i fvdv- 1,33Ídx -. => vdv = 1 ,33dx dt dx v_ 2 .-. v = 2,82 m/s ^-= 1,33(3) 3.13 Untren 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 1y 100. Suponer que no hay huelgos en los enganches y despreciar el rozamiento.
  • 5. DINÁMICA - SOLUCIONARIO 115 Resolución; FR= 180 kN Para que el convoy se ponga en marcha la locomotora debe desarrollar lafuerza: F = FR = 1 SO kN Entonces hallamos la aceleración a que desarrolla el movimiento: - mTa =» (100MV + ML)a - 180 kN ; 0,0196 m/s2 MTC 180 9180 Cafculando Tr EF - ma => F -T .* T, =s F - ma r, = isoxio3- .-.T, =176,5kN Calculo deT2: ZF = ma-4 T, = x 0,0196 x (0,196) 1000 3-14 La banda transportadora A, que se mueve a la velocidad v, = 0,4 m/s, conduceobjetospequeñoshasta la rampa de 2 m de longitud. Si la banda transportadora B tiene una celeridad v2 = 0,9 m/s y los objetos llegan a ella sin resbalar, calcular el coeficiente de rozamiento n entre los objetos y larampa. Resolución: T = 0,4 m/s N y •A V2 = 0,9 m/s Haciendo el diagrama de fuerzas: N = mgcos30°; FR = jj.mgcosSO13 =» £FX = ma mgsen30° - timgcosSO0 = ma ^a = g(sen30° - ncos30°) Como las fajas son los guias de los bloques, entonces la v0 con que entra en el plano es 0,4 m/s y con la que sale v2 = 0,9 mis. -* v? - vj + 2ae rj,92 = 0,42 + 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 V2 = 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 six - 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,mgcos0 a = (gsene - ngcos9) Recordemos que: a = ^ v, =20 m/s; v2 = 10 m/s; 9 = 15°; g -9,81 ^ -. = g(sen9 F 2vdv = Fg(sen9 - jacosOJdx - g(sen9 - j^cosejx /«?_ Despejamos: ^t = tan0 - = 0,479 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.
  • 6. 0flWM(W - SOLUCIONARIO V0 = 11,1 x103m/s; vf = 18,05 x103m/s m: masa de la nave . • t = 2,5 -m ^ t = {2,7x103m)s De 2as s = - 2a Donde: i.F >= ma =» a = 2¿ m/s2 m =>s = 40,5 x103m m .-. s = 40,5m km 3.17 Durante un ensayo de fíabilidad, una tarjeta de circuito impreso de masa m se sujeta a una vibradora electromagnética y se somete a un movimiento armó- nico x = Xsencot, donde X es la amplitud del movimien- to, o es la pulsación en radianes por segundo y t es el tiempo. Hallar el módulo Fmáx de la fuerza horizontal máxima que la máquina ejerce sobre la tarjeta. Resolución: Sea; x = Xsentot Sabemos que F = ma => a = x Calculamos: x x = coXcoscot ; x = -ío3Xsenot =* F = mo2Xsencot Fmáx se da para sencot = 1 3.18 El punto O es el eje de giro de un péndulo simple que oscila libremente en el plano vertical de la placa. Si esta recibe una aceleración constante a dirigida pla- no inclinado 0 arriba, escribir la expresión del ángulo constante (i que adopta el péndulo tras el cese de las oscilaciones que siguen al arranque.Despreciar tamasa del brazo del péndulo. Resolución: Eligiendo nuestro SR En el eje y: SFy = O =». Tcosp = mgcosG T — cose ** i = mg—¡T cosp En el eje x: SFX =ma -» ma »Tsenp - mgsene ,senp ma = mgcose eos (3 mgsenG Despejando [i: , _ a + gsen6 gcosS tanp gcosS 3.19 Si loscoeficientes de rozamientoestático y cinético entre el bloque A de 20 kg y el carretón B de 100 kg son prácticamente iguales a 0,50;hallar la aceleración de cada parte para: (a) P = 60 N y (b) P = 40 N. _*7^^'_'_~£* Resolución: W=rag De la ley de Newton: ZFy = O * N = mg Caso A: P = 60 Para el bloque A: SFX = ma-> 2P - nmAg = mAaA /s2 A Para ei bloque B: FR = umAg => IF = maB=* mBaB = .-. aB = 0,981 m/s2 Caso B: P = 40 El bloque Ano resbala; ambos bloques se moverán con la misma aceleración. .-. a - 0,667 m/s2 3.20 Hallar la aceleración de cada cilindro y la tracción que sufre el cable superior cuando el sistema se libera desde el reposo. Despreciar ei rozamiento y las masas de las poleas.
  • 7. DINÁMICA - SOLUCIONAHO 117 Re&vlución; BloqueA 30 ks m = 30kg m = 50kg W=30g 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: ...(1) -..(2) XA + 2xB + L = s XA + 2xB =O aA=-2aB De(1)y(2): 60aA + 50aB = -10g De (3) y(4): ...(3) ...(4) _ 40g _ : 70 5,6 m/s2 Evaluando en (3): =»aA = -11,21 m/s2 .-.aA= 11,21 m/s2 (t) A aB = 5,6m/s2 (j) 3.21 Se repite aquí la ilustración del problema 2.209 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 ~ m89 -i2) 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 = 0,3411 - aA= 1,024 m/s2 (i) aB = 0,682 m/s2 (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 tracciónT en el cable en el instante inicial si; (a) ne = 0,25A 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
  • 8. 118 DINÁMICA- ZFy =mBaB=» mBaS =T - 2°9 mea =T -20g De(1)y{2); _ 60gsen 30°- H60geos 30° - 20g a — " • -—'• m/, + rrig Para n. = 0,20; a = 3,84 m/s2 ...(2) 3.23 El aparejo del problema 3.22 se modifica como se muestra. Para unoscoeficientes de rozamiento(ie = 0,25 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/s2 * aA = 5,42 m/s2 Ahora aa en (2) para hallar T: 2T = 20g - 20aB ^,T = 125,2N ...(2) ...(3) ..(4) 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. Expresarqué 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 • kx = 4mg =* k = 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: Grafeando las fuerzas que actúan en el cilindro. W= mg Aplicando la Segunda Ley de Newton en el eje y IF = O => R^sp + R2cos3 = mgcosG (R1+R2) = mgcos° ..(1) En el eje x: SFX = ma =» ma = -mgsene + R-,senp -*- R2senp ma - -mgsenG + (^ + R2)senp ...(2)
  • 9. DINÁMICA - SQWCKWRIO 119 De las ecuaciones (2) y (1); ma - (gsenSCT - gcos3Q°tan45°)m .-. a = 0,366g 3.26 La aceleración del carroA de 50 kg en sus guias lisas verticales está controlada por la tracción T que se ejerce en el cable de accionamiento que pasa por las dos espigas fijas al carro. Hallar el valor de T necesario para que la aceleración descendente del carro no rebase los 1,2 m/s2 si es 0,20 el coeficiente de rozamiento entre el cable y las espigas. (Recuér- dese que la relación que guardan las tracciones que sufre un cable flexible al deslizarse por una superficie Resolución: M W=50g Recordando la relación de la tensión: ...(1) Donde; i coeficiente fricción; (i: ángulo formado T, En ambas poleas p = ir rad De la relación (1) y para nuestro problema: T1 = Te"' T = T e'1'' = Te^11^ Entonces por la Segunda Ley de Newton. £Fy = ma-» 50g+ T - T2 = ma T-Te^mi-50g-»T=TO_-*¡? .•.T=171,3N 3.27 Unjugador de béisbol lanza horizontalmente una pelota hacia un radar manual sensible a la velocidad. La pelota tiene una masa de 0,146 kg y un perímetro de 230 mm. Sien x = O la celeridad es v0 =140 km/h, calcu- lar la celeridad en función del tiempo. Se supondrá que la resistencia horizontal aerodinámica al movimiento de la pelota es D = CDí^pv2)S, donde CD es el coeficiente de retardo, p es la densidad del aire, v es la celeridad y S es la superficie de la sección frontal de la pelota. Para CD tómese un valor de 0,4. Puede despreciarse la componente y del movimiento pero justificando la validez des esta hipótesis. Particularizar el resultado para x - 18 m, que es la distancia aproximada entre la mano del lanzador y el puesto meta. Resolución: = 149km/h De la ley del movimiento: vdv w v -0,5CD^x Donde: km m - 0,146 kg: V0 = 140 ^ = 38,89 m/s; x = 18 m CA - 0,4; S = 0,23 m Reemplazando los valores del problema: .-.v = 127,5 km/h 3.28 La resistencia total R al movimiento horizontal de un cohete experimental que se mueve sobre carriles se representa mediante la linea continua del gráfico. Aproximar R mediante la línea de trazos y determinar la distancia x que el cohete debe recorrer en los raíles desde su estadode reposo hasta alcanzar una velocidad de 400 m/s. El empuje T de los motores del cohete es prácticamente constante y vale 300 kN, y el peso total del cohete permanece, también, prácticamente constante y vale 2 Mg. 300 O 100 200 300 400 5OO v, m/s
  • 10. 120 DINÁMICA - SOLUCIONAR® Resolución: Del gráfico: R =kv Evaluando el punto (400. 200 x 103) 200X103 ^k(400) =» R -* 500v Analizando las fuerzas en el cohete y aplicando la Segunda Ley de Newton. T = 300X103N SF = ma-»T - R = ma Recordemos que: a - dv dt dt dx mvdv = (T - 500v)dx dv = fdx mí(T- (T-500v) [300<103)-l(103)v- il 2 = 1036,67 km 300(1 03)ln 300-l(l03)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 = kv2, 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 = kv2; para el punto (300; 120x 1 03} 120x103 = k(300)2^k = 1,33 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 alcuadro de la distancia x penetrada por el cono, o sea, R = -kx2. Siel cono se detiene a una distancia x = d, hallar la constante k en función de las condiciones y resultados del ensayo. Resolución: tR-kx2 W= mg De la Segunda Ley de Newton: SF = ma=» ma = mg - kx2 Recordemos que a = ~ m L . mg - kx2 dtldx^ M m fvdv = í (mg - kx2)dx Jv JQ = mgx kx3 Evaluando los límites de la integral: 3mg(d + h) N/m2 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.
  • 11. 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/5 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; m1 =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 - upgL2 = O - p_ü£ik 2 3.33 Unacadenade 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 extremoAy 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 barrade longitud Ly masadespreciable enlaza el carrito de masaMy la partícula de masa m. Siel 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 queeste adquierala aceleración especificada.
  • 12. DINÁMICA - a Resolución: TcosQly Tsen9 W=mg Hacemos el diagrama de cuerpo libre de la esferita. Cuando la esferita alcanza su estado estacionario. lFy = 0 => Tcose =mg cosO Por efecto de la fuerza de inercia: IFX - ma Disentí - ma ...(2} De(1)y(2): tañe =£ =»e = íarr1/£) g / .-. F - (M+ m)gtane 3.35 Al carro inicialmente en reposose aplicauna fuerza P. Hallar la velocidad y el desplazamientoen elinstante t = 5 s para cada una de las evoluciones P1 y P2 de la fuerza. Despreciar el rozamiento. p. N D • . 50 V>, / / ^ "fQííg > / / "L"~ Parábola L ¿*^ 0 5 Del gráfico: Para Pr P, = 10t Para P2: De la ecuación de la parábola. Caso P1: m = 10kg ,™™P -10t Por la Segunda Ley de Newton: £FX = ma =* ma = P1 =>ma = 10t Recordemos que:a= ~ ut r^dv ct v 1 o 2 •* = v = 12,5m/s El espacio que avanza en el tiempo. mv = 5t2 A v = ^*- dt m^=5t2 ^mf"dx=, f55t2dt dt Jo J0 ,x Z,t3 5 mx S = ^- ^x = 20,8m >5 0 Caso P2: ZFX - ma ma = 2t2 =* m-^r- = 2t2 =. m dv = 2 I t2dt dt Jo Jo mvlo=4t3 5 ^v=8-33m/s Calculo de s: 9t3 9 i mv = ~=» mdx= |t3dt J o /9t4 5 mxlo = 4 nr ^5 "10'42 m w/ 4 0 3.36 Hallar las aceleraciones de los cuerpos A y B y la tracción en el cable a consecuencia de la aplicación de la fuerza de 250 N. Despreciar todos los rozamientos y las masas de las poleas. 70 kg 35 kg P 750 N (^ M H a ^ d K É M r i É B B B H Resolución: mA=70kg mB=35kg 2i p - 22WJ N r-jrg^TT 1 F¡gura(1) De la Segunda Ley de Newton: Para el bloque A: SF = mAaA => 2T = mAaA ...{1) Para el bloque B: 250-3T = mBaB ...(2) De la figura 1 : 2xA + 3xB + L = s 2aA + 3aB = 0 ...(3) 2mBaB + 3mAaA - 500 ...(4) Resolviendo (4) A (3) /. aB = 1 ,58 m/s2 A aA =2,37 m/s2
  • 13. 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 velocidadV, 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 / Ir ( K JQ - Kv)^ ( mg } 1 i mg mg - kv h ~ kv> idv = Pdx Jt> mg mg - kv / 1 (1-kv)/mg mv 3.38 Si la bola de acero del problema 3.37 seabandona desde el reposo en la superficie de un líquido en cuyo seno la resistencia al movimiento es R - cv2, 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 cv2 =ma mvdv = (mg- cv2)dx «*. P Jo mv -dv=idx (mg - cv2) 2c (l-ev2)/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 unamasa total de 900 kg El ascensor B con el tambor, pero sin motor instalado, posee también una masa de 900 kg. Si en ambos casosel motor aplica unparconstantede 600 m.N, durante 2 s, a sutambor 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 siestuviera enequilibrio. Despreciar lasmasas de cables y poleas y todos los rozamientos. Resolución: CasoA: Por la Segunda Ley de Newton: -,-r 3T - nig 3 1 - mg - ma,=» aA — 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 deconstante k = 200N/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 mmy el máximo desplazamiento del mismo. Posición de equilibrio
  • 14. 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 dv/dx) fv fx=o.M/P k v dtldxj m "Jo^ Jo (m-mx)dx 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 = 0.1m 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 unaconstante y v es lavariación 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 ni/l°-3 2 7 — « 1 R OQ rvim c De (*): v = 100g(1 - e^"1) => v = 0,327m/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 2 2 XA + XB - 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«; K TcosS^V e W=3g ^v Tcos3r y. 0,52 3 - 2 25 Í1a Ley de Newton: A =» P- Tcos37° = 2aA = 10aA ...(2) B =» 3g + Tcos530 = 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/s2 A aA = 12m/s2 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.
  • 15. Resolución: Tcos75 Para el carrito (A) de las ecuaciones del movimiento: ZF = mAaA=*40 - Para el carrito (B): 3g +Tcos75e = 3aa ...(2) Del triángulo RBA obtenemos la relación de las acele- raciones. xü + x¡ = 0,52 ^ XAXA + XBXB = O Volviendo a derivar: 48aA = -235 ...(3) Entonces de las ecuaciones: (1) (2) A (3) obtenemos: aA = 7,95 mis2 (-+) aB = -8,04 m/s2 - aB = 8,04 m/s2 (|) DINÁMICA - SowciQNAñio 125 Reduciendo la expresión (3): ~.) Recordemos: Asenx + Bcosx = M2 + B2sen(x + i g Donde: sene = , V5sen(6 i a) = 2,16=»sen(G + a) -0,967 =.9 + a -75,31° A a =63,43" 3.45 Calcular la aceleración del bloque Aen el instante representado. Despreciar la masa de la polea. Resolución: 2Tsen3D° = mg T=100N;m = 40kg En el eje y: N + 2Tsen30D = mg=» N = mg - 2Tsen30° La Segunda Ley de Newton, en el eje x: 2F = ma=* 2Tcos30° - u.N =ma 2Tcos30° - jic(mg - 2Tsen30°) .-. T = 25,0 N 3.44 ¿Para qué valor(es).del ángulo 6 tendrá el bloque de 35 kg una aceleración de 9 m/s2 hacia la derecha? 35 kg ^^ p Resolución: N m = 35k£ f- r~ <^»- u A £ " .e P = 450N C-vPcoaB He = 0,6; MC- 0-5 W* 35g De la Segunda Ley de Newton: Eje y: N + PsenG =35g N = 35g-PsenG ...(1) Ejex: ma = Pcos6 - Fr ...(2) ma = Pcos9 - Mc(35g - Psen9) ...(3) a — "" •• m ... ax = 1 ,406 m/s2 3.46 Con los bloques inicialmente en reposo, la fuerza P aumenta lentamente desde cero hasta 260 N. Repre- sentar gráficamente, en función de P,las aceleración de ambas masas. "v A •! V I ^- ^ Resolución: Bloque A: t Arh FF W=35g N =35g IF = mAaA =* ÑU =ma 3 35^9 * mA 3&-*Q - 42jcj| ^p + ^A
  • 16. 126 DINÁMICA - SOLUCIONARIO Bloque B: J-p WT=77g SF = mae *mTaB - P - uA(35g) - uB(77g) 359^-779 P - 3.47 Elsistema se abandona desde el reposo en la posi- ción representada.Calcular la tensión T de la cuerday la aceleración a de! bloque de 30 kg. Se deprecian lamasa 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). 5k9 Resolución: Bloque A 15g-T= 15aA Bloque B ...(1) Tacnar Tcos37° H EFy - O 30g N +Tsen37° = T - N = T + 30g - Tsen37° En el eje x: Tcos37° - M-ÍT +• 30g - Tsen37°) = 30aB De la relación cinemática de aceleración: 4aD H- 5aA = O -(2) De (1); (2) y (3): 30aB = 15gcos37° - 15aAcos37° - ->ae = 1,3625 m/s2 --. aA= 1,09 m/s2 A - 15jiaAsen37° 130,8 N 3.48 Dosesferas de hierro, ambasde 100 mmde 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 acercand depende dex.(d Gmm 2x). (1-2x)2 Gm -2x)2 dv Gm ydv dx ~ (1- 2x)2 -2x}2 .vdv = _G" dx (1 - 2x)2 Gm 2 "2(1-2x) 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 ~~ 5,24x10-5m/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?.
  • 17. 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 cuales 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 Bdel 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 . = 55Mi =15,27 m/s max ^ an = T5~ => an= 7'78 m/s2 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?
  • 18. 128 DINÁMICA - SOLUCIONADO Resolución; Ahora: v-40^- = 11,11 m/s h .-. at = -6,36 m/s2 3.54 Una corredora de 0,8 kg se lanza desde A hacia arriba por la barra fija situada en un plano vertical. Si se observa que la corredora lleva una celeridad de 4 m/s al pasar por B, hallar (a) el módulo N de la fuerza que la barra ejerce sobre ella y (b) la aceleración negativa que lleva, Despreciar el rozamiento. B Resolución: De la ecuación de Segunda Ley de Newton para el movimiento circular: mgcos9 - N - mac > N = mgcosG R N = 14,5 N EFt = mat -» -mgsenO = mat =» a, - -gsene =• at = -4,9 m/s2 3.55 Las dos esferitas pueden moverse libremente por el interior de las cámaras esféricas rotativas de radio R = 200 mm. Si las esferitas se mantiene en una posición angular estacionaría p - 45°, hallar la velocidad angular O del mecanismo. Resolución; Diagrama de cuerpo libre de la esfenta: y Ncosp W= mg En el eje y podemos establecer: SF = may => Ncosp = mg => N ——~ -.(1) En el eje x: 2 IFX = ma =>Nsenp = ^- ^Nsenp = mO2R ...(2) De(2)y(1): Podemos despejar una expresión para O: 3.56 Un muchacho voltea una pequeña pelota de 50 g unida al extremo de unacuerda de 1mde longitud, de tal modo que la pelota describe una circunferencia situada en unplanovertical tal comose presenta. ¿Qué celeridad mínima debe llevar la pelota en la posición (1}? Si esta celeridad se mantiene en toda la circunferencia, hallar la tracción que sufre la cuerda cuando la pelota está en la posición (2). No se tendrá en cuenta el movimiento de la mano del muchacho. Resolución: (2) IV-mg
  • 19. 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 = ma0 => T —mg = m-=- V2 T = m-^- + mg => T = 0,98 N K 3.57 Con unaceleridad constantede 600 km/h, un piloto describe con su avión una circunferencia verticalde 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. 250 A mg En el punto A. co 32(1000) (Si m = 90 kg). m/s2 .-. 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 v v rng - m— => p = — 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 unadistancia radial r - 450mm. Sise observaque 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 = mw2r Despejamos ^: u. = tañe ^-~ A 6 = 50° ^ gcos9 .-. M= 0,549 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 mQ _ -GmM — => ma,, = =— ... (1) GM GM — 2x =g (g = 127,137 km/h2) 47T2 x = 77 079km
  • 20. 130 CINÁMICA • SOLUCIONAR® Sabemos que: Ry^^ - 63700 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: 0) 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° v2 N = mgcos9 + m-^-; v = O .•.N-0 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/s2. 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 lasfuerzas aerodinámicasperpendicular y opuesta, respectivamente, a la dirección del vuelo). Resolución: at = 1,96 m/s2 v = 300 km/h De la Segunda Ley de Newton: SFt = ma, =T- D- mgsenlS" =i D =T- mgsen15° - ma,
  • 21. Evaluando losvalores del problema; D - 45 kN En el eje y; £F - ma. -* L- mgcosl 5' - m—- K *L = 294kN 3.64 ¿Cuál debe ser el ángulo 6 del peralte de la curva de 450 m de radio de la pista de carreras para que un bólido que corra a 200 km/h no tienda a derrapar late- ralmente al tomar la curva? I p = 450 m Resolución: = mg Aplicando: SF = O =* Meóse - mg = O N = mg eos8 ...(1) Yaplicando la Segunda Ley Newton para el movimiento circular: = ma=»Nsen9 = m— ...(2) (Den (2): mg COS0 =»9 = sen 6 = m_y__ P • tañe = - gp 1 TT- => e = 34'950 gp/ 3.65 En A los carros de un artefacto de feria llevan una aceleridad VA = 22 m/s y en B de VB = 12 m/s. Si uno de los pasajeros, de 75 kg de masa, está sentado en una balanza (que causa la fuerza normal que ejerce sobre ella), hallar las lecturas de la balanza cuando el carro pasa por los puntosA y B. Supóngase que ni las piernas ni los brazos de la persona soportan una fuerza apreciable. Resolución: DINÁMICA - SOLUCIONAR® 131 Aplicando la Segunda Ley de Newton para la dinámica circular: Punto (A): v2, IF = mac=> NA mg= m— u2 NA = mg + m^- =9NA = 1643N Punto (B): v| vi mg - NB = m-j£ => NB = mg- m-*- .-. NB= 195,8 N 3.66 El brazo ranurado gira uniformemente en el plano horizontal alrededor de su centro a razón de B= 10rad/s y lleva una deslizadera montadasobre resortes de 1,5 kg que oscila libremente en la ranura. Si la deslizadera lleva una velocidad de 600 mm/s respecto a la ranuracuando pasa por el centro,determinar e!empuje lateral horizontal P que ejerce el brazo ranurado sobre la deslizadera en dicho instante. Determinar qué lado, A o B, de la ranura está en contacto con la deslizadera. Resolución: W- mg De la Segunda Ley de Newton: SFe = mafl^ NT = m(r§ + 2rB) 9 =0 A r = 0 => NT = 2mfé =» NT = 2(1,5)( - 0,6)(10) => NT = -18N .-. Estará haciendo contacto en B. 3.67 En el instante t = Ola placa cuadrada se halla en reposo en la posición A y, a partir de ese momento, se traslada describiendo una circunferencia vertical según 6 = 1,5t2, donde el recorrido angularQ está en radianesy el tiempo t está en segundos. Con un adhesivo se sujeta temporalmente a la placa un pequeño instrumento Pde 0,4 kg. Hallar la fuerza cortante F que el adhesivo debe soportar en el instante t = 3 s.
  • 22. 132 DINÁMICA - SOLUCIONARIO Resolución: oo = 9 rad/s SF, = mar mgsenG = m— V F = m mgsene -* F = mo>2r - mgsene Reemplazando los datos: F = 45,6 N 3.68 Calcular cuál debe ser la velocidad de rotación N del artefacto de feria paraque los brazosde las góndolas adquieran un ángulo de 60° con la vertical. Despreciar las masas de los brazos a los que están sujetas las góndolas y tratar estas como partículas. Resolución; Aplicando la Segunda Ley de Newton: Eje y: IF = O =» TcosB = mg V2 Eje x: SFX = mac =• TsenO = n-~ De{1)y(2): k,2 gíane ...d) ...(2) R N = 1,2 rad/s 3.69 El brazo ranurado rota en el plano horizontal en torno aleje fijo verticalque pasa porel punto O. Elcursor C de 2 kg es atraído hacia O, tirando de la cuerda S, a razón de 50 mm/s. En el instante enque r = 225 mm, el brazo lleva unavelocidad angular antihoraria o> =6 rad/s y está desacelerándose a razón de 2 rad/s2. Para ese instante, hallar la tracción T que sufre la cuerda y el módulo N de la fuerza que ejerce sobre el cursor los lados de la ranura radial lisa. Indicar qué lado de esta, A o B, está en contacto con el cursor. Resolución: Por la Segunda Ley de Newton para el movimiento circular en cada eje: En el eje er SFr = mar=>T = m(r" -re2) T=-mrÓ2=»T-16,2N Aplicando la Segunda Ley de Newton en el eje ee: IFe = mae => N = m(r9 +2fÓ) N = 2(0,225 X 2 + 2(0,05)6] =» N = 2,10 N .-. Lado A 3.70 La esferita de masa m cuelga de los dos alambres inicialmente en reposo. Si de repente se corta uno de los alambras, hallar el cociente k entre la tracción que sufre el otro alambre inmediatamente después del corte y la que sufría el mismo alambre en la situación de equilibrio inicial. Resolución: Caso A: Cuando la esfera está sujeto a las dos cuerdas. W=nr»g Como el sistema se encuentra en equilibrio: £FX = 0 ...(1) 2Fy = 0 ...(2} D.(2):2Ttan30-.mfl*T.,RaL)f -» TA = mg Caso B: Inmediatamente después de cortar una cuerda. /x
  • 23. DINÁMICA - SOLUCIONARIO V2 2Fy = mac-» T - mg= m.2- 2 T - in-=- + mg Inmediatamente en cortar el cable el movimiento se inicia con v = O ->TB = mg-k = •=?•= 1 'A 3.71 Se representael tambor rotatorio de unasecadora de ropa. Hallar tavelocidad angular Q para la cual la ropa y el tambor pierden contacto en O= 50°. Suponer que tas pequeñas paletas impiden el resbalamiento hasta la pérdida de contacto. Resolución: mgcosSO De las leyes del movimiento curvilíneo: zFr = mar ar - ac: aceleración centrípeta N + mgsene = mííR N = 0 - /gseri9~ _ . , , ,, .'. H= J^-s • íí = 4,47 rad/s " K 3.72 El artefacto de feria gira en torno al punto fijo O. un mecanismo (no incluido en la ilustración) lo impulsa de acuerdo con 9 = (jr/3)senO,950t; donde 9 está en radianes y t está en segundos. Hallar la fuerza normal máxima Nque ejerce el asiento sobre unviajero demasa m y decidir qué viajeros sufren la máxima fuerza. Resolución: La fuerza normal máxima se da cuando el artefacto se encuentra en el punto más bajo, o sea cuando 0 = 0 ¡i rto = 6° Siendo así los cuerpos sometidos a la máxima normal los ubicados en la parte central del artefacto. -» Nmáx = (9,81X0,994)m 3.73 Se coloca un pequeño objetodentro de la cazoleta cónica, en la posición que se indica. Si el coeficiente de rozamiento estático entre el objeto y la superficie cónica es 0,30; ¿para qué velocidades de rotación en torno al eje vertical no se deslizará el objeto? Considérese que los cambios de celeridad se realizan tan lentamente que se pueda despreciar ia aceleración angular. i- 0.2 m- Resoludón: Caso (1): Cuando el bloque resbale De la condición de equilibrio en el eje y: =* Ncos30° + FRsen30° = mg . M__ m_g _. De la dinámica circular: SFX = mac -» Nsen30° + (Den (2): mg(sen3Q°-^[:cos30B (MC sen 30° + eos30°) = mo>2R ...o) -.(2) g(sen 30"-Uceos 30°) f Rilasen 30° + eos30°) .-. (o = 3,41 rad/s Caso (2): Cuando el bloque esté a punto de resbalar cuesta arriba. y Nsen30 Eje y: FR = uN ZF = O =» NcosSO0 - FRsen30° - mg = O Ncos30q = nNsenSO" + mg
  • 24. 134 DINÁMICA - SOLUCIONARIO N- (cos30s - -.-(1) Eje x; Nsen30° = muJ2R g(sen30° ÍR(cos3Q°- jisenSO0) Evaluando ios valores: o> = 7,21 rad/s .-.3,41 rad/s <o> <7,21 rad/s 3.74 Se coloca un pequeño objeto de masa m en la superficie cónica rotatoria, en el radio que se indica. Si el coeficiente de rozamiento estático entre el objeto y la superficie cónica es 0,80; calcular la velocidad angular máxima o del cono alrededor del eje vertical, de tal manera que el objeto no se deslice, Considérese que los cambios de velocidad angular son muy lentos. Resolución: W= mg De la condición de equilibrio en el eje y: Ncos30° -i- FRsen30° = mg; donde: FR = N - ^9 (eos 30° +^senSO0} De la dinámica circular en el eje x: - Nsen30° + F,,cos300 = mo2R -O) .-(2) g(^- sen30° + neos30") R(cos30° + Asenso0) . =2,73 rad/s 3.75 Un automóvil de 1500 kg entra por el punto A en la doble curva, con una celeridad de 96 km/h, con los frenos aplicados al efecto de reducir uniformemente la celeridad hasta los 72 km/h a lo largo de una distancia de 90 m medida entre los puntos A y B de la curva. El radio de curvatura de la trayectoria del automóvil es de 180 m en el punto B. Calcular la fuerza de rozamiento total que la calzada ejerce en B sobre las ruedas del automóvil, punto en el cual la carretera es horizontal. Resolución; p = 180m Hallamos la aceleración tangencial constante. v,2 = VQ + 2atAs => a, = 1,73 m/s2 .-. F, = ma( = 2594 N Calculamos la aceleración centrípeta: ac = — ^ a =2,22 m/s2 c p c Fn = mac = 3330 •=» F = VF,2+Fn2 =» F = 4220 N 3.76 Se repite aqui, con más información, la ilustración del brazo robótico del problema 2.146. En un instante dado 6 = 30^0 = 40° s~1, 9 = 120° s 2, L = 0,5 m, L = 0.4m/s y L = -0,3 m/s2. Calcular fas fuerzas radial y transversal Fr y F0 que el brazo ejerce sobre la pieza asida P, cuya masa es de 1,2 kg. Comparar Ea solución con la correspondencia al caso de equilibrio estático en la misma posición. 1,2 kg Resolución: 0 = 30°; § -40°s-1; 0 = 120° s 2 L = 0,5; L = 0,4 m/s; L - -0,3 m/s2 ZFr = mar=> Fr - mgsen9 = mar Fr = mgsene + m{ r - ró2) .-. Fr =-954,5 N lFe = ma9 => F9 - mgcos9 = ma0 Fe = mgcos0 + m(r8 + 2fÓ) .. Fc - -8,7 kN
  • 25. DINÁMICA - SOLUCÍONAHIO 135 3.77 El brazo de un robot mueve la esfera S de 2 kg en un plano vertical. Cuando el ángulo 9 vale 30°, la velocidad angular det brazo en torno al eje vertical que pasa por O es de 50° a™1, horaria, y su aceleración es de 200° s~2, antihoraria. Además, el elemento hidráulico se acorta a la velocidad constante de 500 mm/s. Hallar la fuerza de agarre mínima necesaria Psi el coeficiente de rozamiento estático entre la esferay ¡asuperficie de agarre es de 0,5- Comparar P con la fuerza de agarre mínima Pe requerida para sujetar la esfera en equilibrio estático en la posición de 30°. p Resolución: Donde: m = 2kg g = 9,81 m/s2 0 =30° r = 1 m 6 = -0,87 rad/s 9 = 3,49 rad/s2 Siendo r, 6 variables. La figura muestra el sólido libre. Las ecuaciones del movimiento son: SF0 = mae=» -mgcosfi + 2uPcos6 = m(r9*4 Desarrollando y despejando P obtenemos: D _ mgcose +m(re +2f9) ^p=27N 2Í0) Ahora para calcular la fuerza Pe mínima requerida para sujetar la esfera en equilibrio estático se cumple cuando: Pe = 19,62 P < P 3.78 Un camión de plataforma abierta que viaja a 100 km/h circula por una curva de 300 mde radio peral- tada hacia adentro con unángulo de 1 0°. Si el coeficiente de rozamiento estático entre el piso de la plataforma y la caja de 200 Kgque transporta es 0,70; calcular la fuerza de rozamiento F que actúa sobre la caja. Resolución: NcoslO" W-mg Del equilibrio en el eje y: = 0 A NcoslO" + jiNsen10° =mg N. _ m _ (cos10° + n$en10°) De la dinámica circular hacemos: Nsen10° = m— -(1) ...(2) p — inv R ~ Reos 10° Ntan10° Evaluando los valores: .-. FR = 2,3 kN 3.79 El camión de plataforma abierta del problema 3.78 parte del reposo en una carretera de radio de curvatura constante igual a 30 m y un peralte de 10°. Si la acele- ración uniforme hacia delante del vehículo es de 2 m/s2, hallar eltiempo t quetranscurre hasta que la caja empieza a resbalar por la plataforma. El coeficiente de rozamiento estático entre la caja y el piso es p.e = 0,3 y el camión se mueve en un plano horizontal. Resolución: Hacemos el diagrama de cuerpo libre: y NsenB NcosOy FRsen8 Cuando el bloque está a punto de resbalar entonces la FF: fuerza de fricción estará en contra de dicho despla- zamiento. De la Segunda Ley de Newton: Eje y: IFy = 0; donde: FR = ÑU NcosO = FRsen6 + mg mg N = - - (eos 9- jisenG) ...(1) Rcos9 + Nsene = m-¿- ...(2) Nácese + sen6) = a(ueos9 + sen 9) (cosfl - (isen9) v es la velocidad que debe alcanzar para que resbale el bloque.
  • 26. 136 DINÁMICA - De la cinemática: gR (neos 9 +seno) (eos O— .-. t = 5,58 s Donde: g = 9,81m/s2 R-30m H = 0,3 0 = 10° 3.80 El collar Ade 0,8 kg montado entre resortes oscila a lo largo de la barra horizontal que, a su vez, con una velocidad angular constante 9 = 6 rad/s. En cierto ins- tante, r aumenta a razónde 800 mm/s. Si entre el collar y fa barra el coeficiente de rozamientocinético vale 0,40, calcular la fuerza de rozamiento F que en ese Instante ejerce la barra sobre el collar. Vertical Resolución: W=mg Aplicando la Segunda Ley de Newton en cada eje correspondiente: ZFe = mae ^ N' = m(r8 + 2rÓ) =» N' = 0,8[2(0,8)6] => N' = 7,68N Para el eje paralelo al eje de rotación: N = mg =* N = 7,85 N NT = VN2 4- (N'}2 -* NT =10,98 La fuerza de rozamiento: Fr = u.N-*Fr = 0.4X10,98 .-. Fr = 4,39 N 3.81 El tambor de 650 mm gira en torno a un eje hori- zontal conlavelocidad angular constante fi - 7,5rad/s. El pequeño bloque A no posee movimiento con relación al tambor cuando pasa por la posición 6 = 0°. Hallar el coeficiente de rozamiento estático ne entre el bloque y el tambor si se observa que aquel resbala al llegar a: (a) 9 = 50° y (b) 9 - 100°. Comprobar queel contacto no se pierde hasta 9 = 100°. = 7,5 rad/¡ Resolución: Aplicando la Segunda Ley de Newton: £Fn = man N - mgcosG = m£}2R N = (mgcose + mí^R) Por el equilibrio en el eje tangencial: ZF/ = 0 nN = mgsenG (1)en (2): HÍmgcosG + mS22R) - mgsenO _ gsen6 - 0,306 0,583 ...(1) ...(2) gsen50° (U R + gcosSO' Si: 0 = 100° = gsen100° (Q2R + gcos100°) 3.82 El cursor de 2 kg ajusta holgadamente en la ranura lisa del disco que giran en torno a un eje vertical que pasa por O. El cursor puede moverse levemente por la ranura antes de que uno de tos alambres se tense. Si el disco parte del reposo en el instante t = Oanimado de una aceleración angular horaria constante de 0,5 rad/s2, representar gráficamente en función de tiempo t, en el intervalo O<t < 5 s, las tensiones en los alambres 1 y 2 y el módulo N de la fuerza normal a la ranura. Resolución: Como: o = to0 + at (a = 0) =» co = 0,5t además: ~*9 ar= r -ré2=-0,1(0,5t)2 -> ar = -0,02512 ae = re 4 2fé =» ae = (0,1)(0,5) =» a9 = 0,05 m/s2 Ahora EFr = m(r - rÓ2) => -Ncos45° + T2cos45° = 2{-0,1)(0,5t)2
  • 27. DINÁMICA - SQLUCIQNARIQ 137 N=0,0707t2 => Ncos45° +T2cos45° = 2(0,1)(0,5) -T2 +N =0,1414 De (I) y (II) tenemos que: T2 = 0,0707 - 0,0354t2 N = 0,0707 + 0,0354l2 =jQ< t < 1.414S Para 1,414s<t< 5s £Fr = m(r -re2) =* -Ncos45fl + 1,00545° = 2(0,1)(0,5t)2 SFe = m(ra + 2r9) -> Nco345° - 7,00545° = 2(0,1)(0,5) Entonces de (III) y (IV) tenemos: T1 = -0,0707 + 0,0354t2 N = 0,0707 + 0,0354t2 Graficando T1 vs t; T2 vs t y Nvs t. (N) V 1 0,813 ..(II) .(III) ..(IV) t(s} (N) 1 0.0707 1 2 3 4 5 t(s) N 0,954 0,0707 (N) 1 t(s) 3.83 El cohete se mueve en un plano vertical y se le da un impulso mediante un empuje T de 32 kN. Además se encuentra sometido a una resistencia atmosférica R de 9,6 KN.Si el cohete tiene una velocidad de 3000 m/s y si la aceleración de la gravedad es de 6 m/s2 a la altura en que se halla el cohete, calcular el radio de curvatura p de su trayectoria para la posición representada y lavariación por unidad detiempodel módulovde la velocidad del cohete.La masa del cohete en el instante considerado es 2000 kg. R mgsenSO' * 'mgcosSO* W= mg Resolución: De la SegundaLey de Newton en tasdirecciones normal y tangencial: SFn = ma^ => mgsenSO0 = man v2 an - gsend; donde: an = ac =— i- =gsene =* -. p = —^ p K gsene Evaluando los valores: p = 3000 km Ahora en la dirección tangencial: SF, = mat =» T - R - mgcosSO0 - ma, _ (T-R-mgcos3Q°) a¡- m => a, = 6 m/s2 = » v = a = » v = 6 m/s2 3.84 Se coloca una pequeña moneda sobre la superficie horizontal del disco giratorio. Si este parte del reposo y está animado de una aceleración angular constante 6 = a, hallar cuántas revoluciones N da el disco antes de que la moneda resbala. El coeficiente de rozamiento estático entre disco y moneda es ie. Vertical Resolución: En un instante dado: ...(1) Las fuerzas en el eje y: SFy - O =» N1 - mg = O => N1 =mg Por ta Segunda Ley de Newton en eje x: £F « mac =» nN1 = mac ...(2) (Den(2): umg = mo>2r =* (o2 = — ... (3) r Esta es la velocidad que debe alcanza justo antes de deslizarse. Por las ecuaciones del movimiento circular: o>? = tal + 2a9 oí? =2«0 --.(4)
  • 28. 138 DINÁMICA (3) en (4): .. N = 2ur 3.85 Un vehículo de pequeñas dimensiones entra en el punto más alto A de la trayectoria con una veloci- dad vü y gana velocidad conforme desciende por ella. Hallar laexpresión del ángulo p hastala posiciónen que el vehículo abandona su trayectoriay se convierteen un proyectil. Despreciar el rozamiento y tratar el vehículo como una partícula. A Resolución: De la Segunda Ley de Newton en fa dirección er y e,: SFt = mat =* mgsene = mat =>at = gsen0 ...(1) Recordamos que: a= ^ .-. v = ..(2) - 2Rg - 2Rgcosp l +2Rg - 2Rgcosp La Segunda Ley de Newton en el eje er: £Fr = mar=» -N + mgcosG = mar Estamos analizando cuando el auto lleva a un punto donde pierde contacto con el suelo entonces N =O =» mgcosp = ~(vj) + 2Rg- 2Rgcosp) K =* SRgcosp = VQ + 2Rg 2_c -i/ vg 2 3/ ^ P ~ °S 3Rg+3 3.86 Un tramo de carretera comprende una sucesión de crestas yvalles regularmente espaciados, cuyocontorno se supone representado por la función y = bsen(2icx/L). ¿Qué celeridad máximapuede llevarelautomóvilAen una cresta sin perder contacto con la calzada? Si el vehículo conserva esa celeridad crítica, ¿cuánto vale la reacción total Nsobre lasruedasenelfondo de un valle? La masa del automóvil es m. Resolución: W= mg Punto (1): De la ley del movimiento en el punto (1): V2 2F.. - mar=> mg - N = m—; donde: N = O y c ...(1) Donde: - y"(x) ' 4 y'(L/4) = 0;y'(x)=^cos(^x) y"(L/4) = ; y"(x) = 3L 4:r2b Punto (2): Si se mantiene la misma velocidad. =9 SF,. = ma, =» N - mg = m— > c p => N= mg+ ^E =i N- 2mg 3.87 En el fondo de la depresión el automóvil lleva una celeridad de 70 km/h y el conductor aplica los frenos produciendo una desaceleración de 0,5g. ¿Qué ángulo mínimo e de inclinación debe tener el cojín del asiento para que el paquete no resbale hacia adelante? El coeficiente de rozamiento estático entre el paquete y el asiento es (a) (i = 0,2 y (b) ^ = 0,4. p = 80m *•----!- Horizontal Cojín de asiento 'R***~^-Z-,--^-~~*^ Resolución: Realizamos el diagrama de fuerzas sobre ef bloque: y a = 0,59 NsenB W=mg
  • 29. DINÁMICA - SOLUCIONANQ 139 es la fuerza de rozamiento Hallamos las componentes rectangulares de N y FR. Aplicamos las ecuaciones del movimiento para cada eje Ncos9 - FRsene mg = m— ...(1) ...(2) Si: ne - 0,2 De la ecuación (1) y (2) se puede obtener: (eos6- iisen6) _ (v2 + pg)^ „ (u,cos6 + sen6) p(0,5g) ~ =»tan0 := 0,1288=* 6 = 7,34° Al desarrollar la ecuación (a) para n = 0,40: ...(a) 3.88 Animadas de una velocidad horizontal de 4,1 m/s, las bolitas de acero, de masa €5 g cada una, penetran porAen el canalsemicircular vertical. Hallar, en función de fl y la velocidad VB de las bolas en B, la fuerza R que el canal ejerce sobre cada una de ellas. Se desprecia el rozamiento. -0€¿ ~" Resolución: Aplicando la Segunda Ley de Newton en los ejes radial y tangencial: lFy = mat^ mgsene = mat =>a, = gsene A Recordar que: a- ^ fv vdv= fgRsenede UA 'O gR(-coa8)|J En el eje radial: SF = ma V N - mgcosD = m~ En la posición B: v2 ,-. M = -&- + mgcos9 K 3.89 Un pequeño vehículo de propulsión por cohete, cuya masa es m, viaja hacia abajo por la trayectoria circular de radio efectivo r bajo la acción de su propio peso y del empuje constante T que le proporciona el motor. Si el vehículo parte del reposo en A, determinar su velocidad v cuando llega a By lafuerza N ejercida por la guía sobre las ruedas antes de llegar a B. Despreciar los rozamientos y las pérdidas de masa del cohete. A Resolución: De la Segunda Ley de Newton: SF, - ma, A a = ^j-f- 1 l dt mgcosO +T - m^-í^.); donde ds= rde s dtlds/ (mgcose h T) = mv^- f "R r-vfl _ mvdv= (mgcose + TJrdtí Jo Jo ^ En la dirección radial: v !Fr = mar => N - mgsenO =m— v2 N = mgsen9 + m— En la posición B: m / .-. N = 3mg + nT
  • 30. 140 DINÁMICA - SQHKIQNARIQ 3.90 Un satélite S, cuya masa en el instante del lan- zamiento era de 150 kg, es puesto en órbita elíptica alrededor de la Tierra. En el instante representado en la figura, el satélite &eencuentra en la distancia r = 10 729 km del centro de la Tierra y tiene una ve- locidad v = 26 730 Km/h formando un ángulo (3 = 60' con la línea radical que pasa por S La única fuerza que actúa sobre el satélite es la atracción terrestre, que es de 519 N en esas condiciones. Calcular el valor cíe r en la posición descrita. = so° r= 10 729km Resolución: En el eje radial: SFr = mar=> F + mg = m(r - re2) 150x9,81 + 5,19 = 150(r 5,14) .-.r =18,41 m/s2 Siendo: r = 18,41t + k ...(a) Donde r = vcos60° =* r = 3712,5 para t = O En (a): k = 3712,5 Además: r = 18,41t + 3712,5 r = 18,41 j + 3712,5t + c; para t = 0; r = 10 729 x 103 m .•.c-10729x103m Entonces: r = 9,205 x 10~3 t2 + 3,713t + 10 729 km 3.91 Con la mano derecha un lanzador de béisbol lanza una pelota curva apuntada inicialmente al borde derecho del puesto meta B. Tal como se representa, la pelota curva "quebrándose" 150 mm. Suponiendo una celeridad horizontal constante v = 38 m/s y desprecian- do el movimiento vertical, calcular aproximadamente (a) el radio medio de curvatura p de la trayectoria de la pelota y (b) la fuerza normal R que actúa sobre la masa de 146 g de la misma. 150 mm 11 18 m Ai Í Resolución: 18m <^^ ri ' O P-0,15 A' A En el triángulo OA'B usamos el teorema de pitagóras. P2 - 182 + P2 -0,3P + 0,152 O 3P —182 + O 152 P = 1080,075 m Como Fcp - ma^ .-. R = 0,1952 N 3.92 Desde r = r0, en el instante t = O, se abandona la partícula P en el interior del tubo liso sin velocidad respecto a este, el cual se hace girar a una velocidad angular constante ct>0 en torno a un eje vertical. Hallar la velocidad radial vr, la posición radial r y la velocidad tangencial ve enfunción del tiempo t Explicar porqué, en ausencia de fuerzas radiales, la velocidad radial aumenta con el tiempo. Representar gráficamente la trayectoria absoluta de la partícula hasta que sale del tubo para r0 = 0,1 m, L = 1 m y (00 = 1 rad/s. Resolución: De las ecuaciones de! movimiento, tenemos; IFr = mac -*0 = m(r - re'2) ...(1) Resolviendo la ecuación (1): r - re2 = O •••(**); ademas: Ó= o>0 Sear = r0eht ...(a) r ^kr^; r = k2r0ekt ...(P) Evaluando en la ecuación diferencial (**): => k = tóg = 1 .-.f =r0et r =0,1el La velocidad radial vr = f .'.7 = 0,16*
  • 31. DINÁMICA - SOLUCIONARIO i4<l Trayectoria: 3.93 En el problema 3.92 se suprime la hipótesis de que las superficies son lisas y se admite que existe un coeficiente de rozamiento cinético u^. entre la partícula y el tuvo giratorio. Hallar, en función del tiempo t, la posición r de la partícula si esta se suelta sin velocidad relativa en r = rc cuando t = 0.Se supondrá vencido el rozamiento estático. Resolución: 0=oi= cte. De las leyes de la dinámica: ZF9 =ma9=»N = m(r6 +2fé)=*N = m(2rw0) !Fr = mar=»-|ucN= m(r -ró2) =*-ucN = m(r - De(1)y{2): r + 2u.<oDr - «Or = O Sea la solución de la forma; r = kesl Obtenemos soluciones de s: Entonces la solución es de la siguiente forma: r = c1es. + c2es, ...(a) De las condiciones iniciales podemos calcular: ...(1) 3.94 Lavarilla delgada uniforme delongitud L,masa my sección A, gira con una velocidad angular constantealta o, en unplano horizontalentorno aleje verticalO-Oque pasa por su centro. Analizando las fuerzas horizontales actuantes sobre el elemento diferencial acelerado quese indica, deducir una expresión para el esfuerzo de trac- ción a que sufre la varilla en función de r. El esfuerzo, comúnmente denominado esfuerzo centrífugo, es igual a fa fuerza de tracción dividida por la sección A. Resolución: Tomando el diferencial de masa que se muestra en el gráfico a una distancia r. dm = pAdr y como la barra es homogénea: p =£-"^(r)dr Y de las ecuaciones del movimiento para el diferencial elegido: £Fr = {dm)ar; donde: r =O 3.95 La bomba centrífuga de palas radiales lisas gira alrededor de su eje vertical con celeridad an- gular O = cu. Calcular la fuerza N ejercida por una de las palas sobre una partícula de masa m at moverse esta hacia afuera a lo largo de la pala. La partícula se introduce en r = ra sin velocidad radial. Supóngase que la partícula solo toca el costado de la pala. Eje de referencia fijo Resolución: ' -r1 De la Segunda Ley de Newton; para los ejes: r'; 9' Entonces: !Fr' = maj.-» O = m(r - re2); donde: co = 6
  • 32. 142 DINÁMICA - SouicioNAñto Entonces: = 2 Siendo: f = reo2 dr = ro^dr r « w r - r 0 ...(a) También en el eje O': SFe = mafi^ N - m{r8 + 2fÓ); donde 6 = 0 =» N - 2mtür De (a) .. N-2cD2mVr2-r¿ 3.96 Cada neumático del automóvil de 1350 kg puede soportar una fuerza máxima de 2500 N paralela a la calzada. Esta fuerza límite es prácticamente constante en todos los movimientos posibles, rectilíneos o curvilí- neos, del vehículo y es alcanzado solo si el mismo no patina. En estas condiciones de frenado a tope, hallar la distancia total de parada s si los frenos comienzan a aplicarse en el puntoA, donde la velocidad es de 25m/s, y el automóvil sigue la línea de división de lacarretera. 10 m Resolución; mc-1350kg; FN = 2500 N En el tramo AA1: 1F = mat =* 2500 x 4 = 1 350 X at a, = 7,407 m/s2 Calculemos la v con la que entra el tramo circular: VA = VA - 2ate => VA = 252 - 2(7T407)(10) VA =21,83 m/s Una vez que entra al tramo circular: =>AS = 32,16 m .-. recorrido total: s = 42,16 m 3.97 El tubo hueco rota en tomo al eje horizontal que pasa por O con una velocidad angular constante ra0. En r = O y cuando 0 = O se introduce una partícula de masa m con una velocidad relativa nula, la cual se desliza hacia afuera por el interior liso del tubo. Hallar r en función de 0. Resolución: Del diagrama; planteamos las ecuaciones del movi- miento: £Fr = mar= -mgsenfl = m(*r - r92) =»"-(Dflr = -gsenO Donde: 9 = to0 = cte. Llegamos a una ecuacióndiferencial de segundo orden; de la cual una solución particular podemos obtener haciendo. V- co^r =0 ...(a) Lo cual tendrá una solución de la forma r = ekt F = ketí; Y^kV (P) en (a): k = u0 A k = -o>D Donde: (o0t - 9 Una solución es: , _ 9 ...(p) TsenhG Ahora: LF9 - ma0 -» mgcosG = ,gcose = 2, dB 2co0 ._ 9 cosGde 7sene .»(***) La solución de la ecuación diferencial (a) es: r + r, r =-^senhe - -^sene .-. r = -^(senhB - sen0) 3.98 El pequeño péndulo de masa m cuelga de un carrito que corre por un rail horizontal. Inicialmente el carrito y el péndulo se hallan en reposo con e = 0. Si el carrito recibe un aceleración constante a = g, hallar el ángulo máximo 9^ quealcanza el péndulo ensus oscilaciones. Hallar también la tracción T que sufre la cuerda en función de 9.
  • 33. DINÁMICA - SQLUCIONARIO .©.o. Resolución: Diagrama del cuerpo libre de la esferita: De las ecuaciones de Newton en cada dirección de nuestro sistema de referencia. £F, = ma,=> FcosO - mgsene = ma, ...(1) Fes la fuerza inercia!. F = ma;donde por dato del problema a = g =»F = mg ...(2) ds - RdB mgcosB - mgsene =m^y-f ^ |vdv = fígcose -gsen6)Rde •JO JQ i = R(gsen0 ) = gR(senG+ cos6 -.(3) ~ Aplicando las ecuaciones de la dinámica en el eje radial: ¿ EFR = mar=» T - mgcosG - mgsen9 = v2 =>T = mgcos9 + mgsene +m— (3) en (4): T = mg{3sen6 + 3cos9 2) ...(4) El péndulo alcanza su 9máx cuando v = 0. Entonces de(3): (sene + cose)2 = (1)2 1 + 2senecose - 1 =* sen20 = O=>29 = TI .-, O = ir/2 3,99 Un collarín de masa m recibe una velocidad inicial del módulo v0 sobre la guía circular horizontal hecha de varilla delgada. Siendo u.c el coeficiente de rozamiento cinético, hallar la distancia que recorre el collarín antes de pararse. (Indicación: Recuérdese que la fuerza de rozamiento depende soto de la fuerza normal total). Resolución: A partir de las leyes de la dinámica tenemos: IF - O =* N = mg , lFn= man^Nn = m-^r También: FR = ncNtotg| Donde N,olai = ^ÑjTÑf Entonces (1) y (2) en(3): ...(1) ...(2) ...(a) ...(3) ...(4) dv/ds 3.100 Desde el reposo en A se suelta un pequeño objeto que se desliza con rozamiento por la trayectoria circular. Si el coeficiente de rozamiento es 0,2; Hallar la velocidad del objeto cuando pasa por B. (indicación: Escribir las ecuaciones del movimiento en coordenadas locales nyt, eliminar N y hacer lasustitución vdv- a,rd0. Resulta así una ecuación diferencial inhomogénea de la forma dy/dx + f(x)y = g(x), cuya solución se conoce perfectamente). 3m Resolución: mg et
  • 34. 144 DINÁMICA - SOWCIQWWQ A partir de las leyes de la dinámica: i£ zFn = man =>. N - mgsene - m— También: EFt - ma(=* mgcosO - ficN - mat De(1)y(2): . . . : . v2 -^Cgsen9 - (^— +gcosG - at Recordemos que:at = ra; donde: a = 9 ...(1) ...(2) ...(3) En (3) obtenemos la ecuación diferencial: ^ + 2^v =2gr(cos9 - ^senG) Sea una solución de la forma: vn = cek9 donde k = -2uc =» vn = ce~2"c6 y una solución particular: vp = Acose + BsenG Evaluando en (a) y hallando A A B: [3uccos9 +(1 La solución del problema es: agr r[3jjccose +(1 - 1+4M2 Evaluando nc = 0,2; g = 9,81; r = 3 m; 9 = u/2 .-. v = 5,52 m/s 3.101 El brazo ranurado OB gira en un plano horizontal en torno al punto O de la leva circular fija con una veloci- dad angular 0 = 15 rad/s. El resortetiene unaconstante recuperadora de 5 kN/m y está en su longitud natural cuando 6 = 0. El rodillo lisoAtiene una masa de 0,5 kg. Hallar la fuerza normal N que la leva ejerce sobre A y también la fuerza Rque sobre Aejercen los costados de la ranura cuando 6 = 45°. Lassuperficies sontodas lisas. Se desprecia el pequeño diámetro de! rodillo. Resolución: Hallamos la ecuación de la circunferencia: (x + 0,1)2 + y2 = (0,2)2 (es la trayectoria en lo cual se mueve la partícula). En coordenadas polares. r2 + 2rcose - 0,03 = O ...(1) siendo9 = 45° ^r = 0,116 Derivamos (1) y obtenemos: 2rr + 0,2fcos6 - 0,2rsene(Ó) = O ...(2) Derivamos otra vez: 2f2 + 2rr +0,2rcose-0,2fe -0,2fsen9(9) -0,2rsenee - 0,2rcos0(Ó2) =O Entonces de las condiciones del problema: r = 0,66 m/s; r = 15,05 m/s2 De la figura: 0,116 _ 0,2 sen<(> = 24,3° A a=20,7° sen 135' Calculemos FR = kAS ~FR = 5000(0,116 -0,1) Ahora: SFr = mar=» Ncosa - FR = m(r - ró2) N = 81,6N También: IF9 = mae =» R - sena = m(r9 + 2r9) .-. R = 38,7 N 3.102 En su posición de reposo enAla pequeña vago- neta recibe un pequeño impulso que la precipita, con una velocidad inicial despreciable, por la trayectoria parabólica contenida en un plano vertical. Despreciar el rozamiento y demostrar que la vagoneta se mantiene en contacto con la parábola para todos los valores de k. yeta* Resolución: Siendo: ti- ...(1) Donde y = kx2; y1 = 2kx 1 y" = 2k J Oen(1): K ~ 2k De la Segunda Ley de Newton: IF, = mat => mgsen9 = m^í^- 1 1 dUds
  • 35. DINÁMICA - SOWCÍQNAIVQ mgsene = mv ds Pgsenflds = f"vdv ; donde: dy = senQds Jo Jo rv rv i gdy = vdv^v^ = 2gy ->f) Ja También: u2 SFn = man ** mgcose - N = m— • N = m[gcos9 vz/p] => N = mg +4k2x2)3'2 3.103 Cuando x = O, el resorte tiene su longitud natu- ral. Si el cuerpo se desplaza desde su posición inicial x,, = 100 mm hasta la posición final x2 = 200 mm, hallar: (a) el trabajo que realiza el resorte sobre el cuerpo y (b) el trabajo que sobre el cuerpo realiza su propio peso. Resolución: Siendo Fr' tafuerza que ejerce el resorte sobre e) cuerpo: a) El trabajo que realiza Fr sobre el cuerpo es: W12= x.,: posición inicial x2: posición final k: constante de elasticidad W12 = ^(4x 103)(0,22 - 0,12) .-. W12 = -60 J x, =0,1 m; x2 = 0,2m El trabajo que realiza el peso sobre el cuerpo es: La fuerza F es: mgsen20° b) =»W12 = mg sen 208dx =»W = mgsen20a(x2 - x,) -S W = 7(9,81)sen2Q°(0,2-0,1) .-.W = 2,35J 3.104 Aplicando el teorema de las fuerzas vivas hallar una expresión para la máxima altura que alcanza un proyectil lanzado desde el suelo con una velocidad inicial vn. Evaluar la expresión hallada para V0 =50 m/s. Supóngase que la aceleración gravitatoría es constante y desprecíese la resistencia del aire. Resolución: v = O m/s 11 ~r IW=mg v0 =5Q m/s Aplicando ef teorema de las fuerzas vivas1. W = AER = EC(f) - Ecm AW =.-JJngdy (donde h es máximo cuando: vf =0) rhmí" .i 1 2 1 2 mgdy = ^mvf - -=-mv5 Jo ¿ * 1 V2 => ~m9 hmáx= — mvo => hmáx =- Evaluamos cuando v0 = 50m/s 3.105 En el punto Ael pequeño cuerpo posee una cele- ridad VA = 5 m/s. Despreciando el rozamiento, hallar su celeridad VB en el punto B,tras haberse elevado 0,8 m. ¿Es necesario conocer el perfil de la pista? 0,8 m Resolución: No es necesario conocer la forma de la pista porque no hay fuerzas "no conservativas". Ahora por el teorema de la conservación de la energía mecánica: ...(1) =E C(A) P = CP{A) mghA = mghB Reconociendo que la EP(A| = O .-. VB = 3,05 m/s
  • 36. DINÁMICA - SOLUCIONAR® 3.109 Al proyectar un parachoques elástico para un automóvil de 1500 kg, se desea que el vehículo se de- tenga desde una celeridad de 3 Km/h con una longitud de deformación de los resortes de 150 mm. Especificar qué constante recuperadora debe tener cada uno de los dos resortes montados detrás del parachoques. Ambos están sin deformar al inicio del impacto. Resolución: Cuando el automóvil chocacontra la pared,pierde ener- gía cinética lo cual lo absorbe el resorte al comprimirse. • k = km Donde: m = 1500 kg; v0 = 8 ^ = 2,22 m/s; x - 0,15 m .-. k = 328,5 N/m 3.107 El pequeño collar de masa m se suelta desde el reposo en A y se desliza, sin rozamiento aprecíable, por la varilla curva vertical. Expresar, en función de las condiciones dadas, la velocidad v del collar cuando choca en la base 6. Resolución: hB = 0m NR Como no existen fuerzas no conservativaspodemos ha- cer uso del teorema de la conservación de la energía: EM<A) = ^MÍB) "* 2m" =>v% = 2gh => VB -r /2gh 3.108 Si para el collar deslizante del problema 3.107 es m - 0,5 kg, b = 0,8 m y h - 1,5m y, además, la velocidad del collar es de 4,70 m/s al chocar con al base B tras haber partido del reposo, calcular el trabajo Q realizado por el rozamiento. ¿Qué se hace de la energía perdida? Resolución: h-1,5m Se conoce que: (EPB + ECB) - (E, - mgb ~PA " . = O + -¿r 0,5(9,81)(0,8) /.QFNC = 1,593 La energía se pierde en forma de calor, por la fricción con la guía. 3.109 El anillo de 0,8 kg se desliza con rozamiento despreciable a lo largo de la varilla inmovilizada en el plano vertical. Si el anillo parte del reposo en A bajo la acción de la fuerza horizontalconstante de 8 N, calcular su velocidad v cuando choca con el tope B. 375 mm Resolución: Por el teorema de las fuerzasvivas en ambos ejes: Eje x: WAB - A£k¡ WAB; AEC(K> trabajo y energía ejex: 8(0,75) = ImvL -ImvL Despejando: ve>; = Vis"m/s Eje y: por caída libre: + 2gh=» v|y - 2,71m/s =* VB = .
  • 37. DINÁMICA - SOLUCIONADO 147 3.110 El anillo de 2 kg se abandona desde el reposo enA y se desliza por la varilla inclinada fija en el plano vertical. El coeficiente de rozamiento cinético es 0,4. Calcular:(a) la velocidad v del anillo cuando golpea contra el resorte y (b) el acortamiento máximo x del resorte. Resolución: Hacemos nuestro diagramade fuerzas;elegimosnuestro eje x paralelo a la guia, en el cual la fuerza responsable de realizar trabajo es la componente del peso en esa dirección; y la fuerza de rozamiento. a) (jamgcos60°)0,5 = mghB - í m v £ +mghA b) v t f F- "-M(f> "-M(0> (mgsen60°){0,5) - 2{0,5)(mg)(sen60° .-. VB = 2,56 nVs Del mismo teorema del trabajo de fuerza hasta que el anillo se detiene. (mgsen60°)(0,5 + x) - (|amgcos60°)(0,5 + x)= mghB +- k x 2 - í-mvi + mgh (0,5 4 x)(mg)(sen60° ^x2-0,016(0,5+ x) j¿cos60°) = - * x = 9,8 cm 3.111 El automóvil sube con unaceleridad v0 = 105km/h por la pendiente del 6 por ciento cuando el conductor aplica los frenos en el punto A, haciendo que todas las ruedas patinen. El coeficiente de rozamiento cinético en la calzada resbaladiza de lluvia es i_ic = 0,6. Hallar la distancia de parada SAB. Repetir los cálculos para el caso en que el vehículo se mueva cuesta debajo de B a A, B Resolución: Cuando el coche va pendiente arriba De los datos del problema: tañe - 6/100 -> sene = 0,0599; cose = 0,9982; nc =0,6 Elegimos según se muestra en la figura nuestro sistema de referencia y nuestro eje x paralelo al desplazamiento. P(- mgsenB - Ja gsenO(s) - mghQ - - =9 s - -x—} ;-£ — =» s = 65,8 m 2g(sen6 + i¿cos6) Cuando el auto está pendiente abajo la componente del peso favorece al desplazamiento mientras que la fuerza de rozamiento está en contra. vf = 0;hB = 0 Desarrollando: TE 1 •> 1 (mgsenB - nmgcosO )dx= —mv^ + mghf - •* mvB - mghB - (gs)sene = -^mv^ v? 2g(picoso -sen9) .-. s = 80,4 m 3.112 La muchacha de 54 kg sube el tramo de escalera en cinco segundos. Determinar la potencia útil media que desarrolla. 2,75 m Resolución: = 2,75 La muchacha realiza trabajo venciendo la fuerza de gravedad: W =mg . . La potencia realizada porla muchacha: P = = 291,36 W
  • 38. 148 DINÁMICA - PROBLEMAS REPRESENTATIVOS 3.11 3AEI vector de posición de un punto materiales r = Btí + 1,2t2] -0,5(t3- 1)k, dondetes el tiempoen segundos desde el inicio del movimiento y r seexpresa en metros. Para el instantet = 4 s, determinar la potencia Pdesarrollada por lafuerza F= 10 i -2Qj - 36k Nque actúa sobre el punto material. Resolución: Del problema: F = 10Í -20] -36k r = 8ti +1,2t2j -O.Stf-jJk 2,4tj -1,5t2k 24k v(t = 4) = S + 9,6 De la definición de potencia: P = Fx v Evaluando F A v: P = (10;-20;-36)(8;9,6;-24) .-.P = 0,752 kW 3.114 La escalera mecánica de unos grandes almace- nes transportauna carga constante de 36 personas por minuto desde la primera planta hasta la segunda, con una diferencia de nivel de 7 m. La masa media de las personas es de 65 kg. Si el motor que acciona el dispo- sitivo entrega 3 kW, calcular el rendimiento mecánico del sistema. C3- Resolución: Al elevar a cada persona hasta la altura de 7 metros se almacena en el sistema el trabajo realizado, que es la energía potencial que ha adquirido cada persona. WTotal = £„ W 'P(T) Potencia útil = total = 36(mgh) = ^ =2,67 kW WTo(al = 1 60 687,8 3.115 Labola de4 kgy lavarilla liviana aella unida rotan en unplano vertical en torno al ejefijo O.Si el conjunto se abandona desde el reposo en Ó= O y se mueve bajo la acción de la fuerza de 60 N, que se mantienen normal a la varilla, hallar la velocidad v de la bola cuando 8 tiende a 90*. La bola puede tratarse como masa puntual. ^ r 60N Resolución: Estado inicial del sistema: (-0.2 mH— •0.3m Estado final del sistema: mg Del teorema de las fuerzas vivas: U0 + W = Uf ; donde U0 = O (0,2)60(|) =4(9,81X0,3) + ^( ,-.v = 1,881 m/s 3.11 6 Unautomóvil de 1 500 kgde masa parte del reposo al pie de una cuesta del 1 0 por ciento y alcanza unace- leridad de 50 km/h a los 100 m de estar uniformemente acelerado pendiente arriba. ¿Qué potencia Pentrega el motor a tas ruedas motrices cuando el vehículo adquiere esa velocidad? Resolución: W= mg Para que el automóvil pueda subir el motor tiene que vencer la fuerza que se opone a su desplazamiento o sea: mgsen<|> =» ma = mgsemfr Donde, a = gsen<ti ...(1) De la cinemática: vf = v0 + at ...(2) t-^1 =*t = 15,653 a De la definición de potencia: W D (mg8ernfr)(100) P = (15,05) .-. P = 9,35 kW 3.117 Unautomóvilde 1200 kg entra, a 100km/h, en una pendiente del 8 por ciento. El conductor aplica (osfrenos y reduce la velocidad hasta 25 km/h en una distancia de 0,5 km medida a to largo de la calzada. Calcular la energía perdida Q en forma de calor disipado en los frenos. Desprecíese cualquier pérdida por rozamientos de otro origen tal como la resistencia del aire.
  • 39. DINÁMICA - SoujciQNAñio 149 Resolución; dAB =500 m; VQ= 100 ^ = 27,78 m/s, v(= 25 ^ = 6,95 m/s ' h tan<|) = 8/100 ^senij» = 0,0797 Del teorema del trabajoy la conservaciónde laenergía, EMffl: energía mecánica final EM[0): energía mecánica inicial Wf: trabajo de la componente del peso en la dirección del desplazamiento. WQ: trabajo perdido en calor. Tenemos: EM{f) + w, WQ = EM(0) Elegimos nuestro sistema de referencia con nuestro eje x paralelo al desplazamiento. 1 5 1 O =* -^mvf + (- mg sen<t> x 500) + WQ = ¿nwg + mg sen<() x 500 1 7 1 ** WQ = -omvo - 4 3.118 La unidad motriz A se emplea para elevarel cilin- dro de 300 kg a la velocidad constante de 2 m/s. Si el wattímetro B registra un consumo de potencia eléctrica de 2,20 kW. calcular el rendimiento combinado electro- mecánico e det sistema. Resolución: 300 kg 2m/s 2 m/s De los datos del problema: WA = 100g A WB = 300g F: fuerza que usa el motor: En un instante: XA + 2xB + c = L Relación de las velocidades de los bloques: =*vA=-2ve • • vA-4m/s Si el sistema se mueve a velocidad constante: Para (B): 2T = WB *T = ^£ - 1471,5N Para el bloque A: .. F = 490,5 N =*P = Fv=» ^ p _ PÜUI =» e -= "Total .-. e = 89% ' = 490,5x4; >e = 0,89 3.119 Et collar cilindrico de 6 kg se suelta desde el reposo en la posición indicada. Calcular su velocidad v cuando el resortese ha comprimido 50 mm. Resolución: ^M(O) ~ E ix = -0,05 m Por la conservación de la energía mecánica ww ' °' EPE(0)= ° => mg(0,5) = -^mvf-i-mg(Ax) + ^k(Ax)2 -ÍJiJAx2-2gAx .-. v, = 2,41 m/s 3.120 Enel diseñoestructural de los pisos superiores de una naveindustrial, hayque tener en cuenta la posibilidad de caídas accidentales de maquinaria pesada a través de una distancia corta. Para una máquina de masa m que caiga una distancia muy corta sobre un suelo que actúe elásticamente, determinar la fuerza máxima F que soporta el piso. (El modelo de este problema esunamasa m montada sobre apoyos a una distancia despreciable por encima de un resorte de rigidez k, teniendo lugar la acción cuando los apoyos se retiran bruscamente).
  • 40. DINÁMICA - SOLUCIONADO Resolución: i I w Para una distancia muy corta entonces la VQ con la que se inicia el movimiento se puede considerar constante. Entonces en eí instante que el cuerpo toque el piso: W = FE + Rp Donde: W; peso del cuerpo FE: fuerza elástica R : relación del piso ••• Rp = mg - kAx 3.121 La presión P en el interior deí cañón de un fusil varía con la posición de la bala tal como muestra el gráfico. Sí el calibre es 7,5 mm y la masa de la bala es de 14 g, determinar la velocidad en boca. Despreciar el efecto del rozamiento en el cañón comparado con la fuerza de los gases sobre la bala. Recuérdese que un megapascal (MPa) vale 106 N/m2. 300 200 100 A 400 600 x, mm 800 1000 Resolución: Como se conoce la función de la curva. Se interpola por el método de Lagrange. Usando los cinco puntos conocidos (0; 0); (200; 250); (400; 250} y (1000; 0). Donde: P(x) = k(x3 - 1 800x2 + (6) 1 05x); donde k = 2,6x 1 0~6 m2 =* 5743,4 = 1(14x1 0'3)vf2 =*vf = 905,8 m/s Observación: (Este resultado difiere de la respuesta expuesta en el libro debido a que en el libro no dice cual es la función de la curva y al aproximarla por el método de Lagrange se genera un error; si se conociesen más puntos para la interpolación el resultado sería más aproximado a la respuesta expuesta en el libro). 3.122 El anillo de 0,8 kg se desliza libremente por la varilla circular fija. Calcular suvelocidad v cuando choca con el tope 8 sabiendo que sube bajo la acción de la fuerza constante de 40 N que se ejerce sobre la cuerda. Esta está guiada por las pequeñas poleas fijas. Resolución: El trabajo que realiza la fuerza es igual al cambio de energía mecánica. "*F = ^M(f) ~~ ^M(O) 40(0,4) = ^mv? - mgh 2 ^ 2[40(0,4) + mg(-0.4)] "* f m .. v = 5,67 m/s 3.123 Los dos sistemas se sueltan desde el reposo. Calcular la velocidad v de cada cilindro de 25 kg después de que los de 20 kg hayan descendido 2 m. El cilindro de 10 kg del caso (a) está sustituido por una fuerza de 10(9,81) N en el caso (b). Ifi II 10 (9,81 )N Resolución: Caso (a): W=25g W=30g
  • 41. DINÁMICA - Soti/CKMMfflO Como la fuerza es interna (tensión entre el bloque de 20 Kg y 10 Kg) entonces se puede considerar como un solo sistema. Entonces: SQg-T-r^a ...(1) T-25g-m2 a ,..(2) De(1}y(2); 5g =» a =- a = 0,89 m/s2 Por cinemática: (para el bloque 2) v? = v§ + 2ah =* v, = ^2{0,89)(2) = vf = 1,889 m/s Caso (b): U (= = 10(9.81 )N W, = 20g W2 = 25g De la figura: y por dinámica se puede plantear: 20g + 10(9,81) -T = m1 a ...(1) T 25g = m2a ...(2) De(1)y{2): 10(9,81)-5g . _. . , a = —Xj—L__» =;. a = 1,09 m/s2 (rrn 4. m2) Aplicamos ahora en el bloque (2): v? = vü + 2ah -» vf = V2(1,09X2) vf = 2,09 m/s 3.124 El carroAde la grúapuente se desplaza a 0,9 m/s cuando bruscamente se detiene, (a) Para el caso en que ta distancia d sea grande en el momento de la parada, calcular el ángulo máximo de oscilación 9 de los cables, (b) Para el caso en que d valga 0,75 en el momento de parada, calcular la celeridad v con que la bola pesada B golpea el muro. Despreciar las masas de tos cables, las poleas y el gancho, pero tener en cuenta el diámetro de 0,8 mde la bola B. Resolución: Caso (a): Instante en que el carrito frena bruscamente ^=801 , l ! % f_.; 0,9 m/s Por la conservación de la energía mecanice EC<I)+ Ep(D+ ER(1) - Ec Donde: Ec: energía cinética Ep: energía potencial ER: energía de rotación ) + ER = wl+ mg(h2) + í =* ^+ gh, + ^ = ~vl + gh2 + ^) h = 2 = ~8cos0 9 A (vf .-. cos0 = -1-! -—~~- -9(8) =» cose = 0,9896 .-.6-8,239° Caso (b): S.R = 7,964m 0,75 m De la figura: Bsen9 = 0,75 => 6 = 5,379° Usando la ecuación (a) del caso (a): v? + gh, = vi + gh2 => V2 = ^ví + ghT-gha -»v2 = 0,70 m/s 3.125 La esfera parte de la posición A con unavelocidad de 3 m/s y oscila en un plano vertical. En la posición más baja, et cordón choca con una barra fija en B y la esfera continúa oscilando siguiendo el arco punteado. Calcular la velocidad vc de la esfera cuando llega a la posición C. y 3 m/s
  • 42. 152 Dwtoaca - SOLUCIONADO Resaludan: hc - O 6 m Por la conservación de la energía mecánica: i -I- Ep/A1 = -R(B) - -P(B) -mv^ + mghA = -mv* + mghc =» vc = VVA + 2gh, - 2gh2; donde: VA = 3 m/s Evaluando los valores: .-, ve = 3,59 m/s 3.126 En un ensayopara determinar las características de aplastamiento de un material de empacado, se deja caer sobre este uncono de acero de masa m desde una altura h para que lo penetre. El radio del cono depende del cuadrado de la distancia medida desde la punta.La resistencia Rdel material a la penetración depende de la sección transversal del objeto penetrante y es, por ello, proporcional a la cuarta potencia de la distancia x que penetra el cono, o sea, es R = kx4. Si etcono se detiene a una distancia x = d, hallar la constante k en función de las condiciones y resultados del ensayo. Aplicar una sola vez el teorema de las fuerzas vivas. Resolución; mg Por caída libra podemos calcularla velocidad con que el materialestá a punto de penetrar: v? = v§+2gh=»v? =2gh ...(1) Entonces desde este instante: EC(0) + W í< as ~ Ec<x - U)' UWIIUC «-cfx - d) ' - _J.mv2¡ donde R = kx4 10mg 3.127 Al sistema articulado se aplica una fuerza horizontal constante P = 700 N del modo que se indica. Estando la esfera de 14 kg inicialmente en reposo so- bre el soporte cuando e - 60°,calcular su velocidad v cuando 9 se aproxima al valor cero y la bola se acerca a su posición más alta. 14 kg Resolución: h,!=0,225m Del teorema el trabajo y la energía: Wp = AEM -»P<x) - jmv2 +mgh2 - (mgh,) 700(0,195}= |{14)V2+14(9I81)(01450)-(14)(9,81)(0,225) /. v = 3,88m/s 3.128 El carrode 150kg inicia su descenso por el plano inclinado con una velocidad de 3 m/s,cuando al cable se aplica una fuerza constante de 550 N del modo que se indica. Calcular la velocidad del carro al llegar a 6. Demostrar que, en ausencia de rozamiento, esa velo- cidad es independiente de que la velocidad inicial del carro en A fuese ascendente o descendente.
  • 43. DINÁMICA - SOLUCIONAR® ON = 55QN ^TT-1 W=mg Para el problema vamos a suponer: n Por la ecuación de la dinámica: =O > (2T- mgs0n<¡) ) ¡dx = fv mvdv JQ ' J_3 2x3[1100- 150(9,81X5/13)] 150 .-. v = 5,51 m/s En (a) notamos que el resultado no depende si la velo- cidad VA es ascendente o descendente. 3.129 En un apartadero de clasificación ferroviaria, un vagón de mercancías de 68 Mgquepasa porAa0,5 m/s penetra en B en un tramo de freno de vía que le ejerce una fuerza retardadora de 32 kN en sentido opuesto al movimiento. ¿A lo largo de qué distancia x debe actuar el freno de vía para limitar a 3 m/s la velocidad en C del vagón? Por la conservación de la energía planteamos que: A partir del punto B; nuestro sistema de referencia será el plano donde se mueve el vagón: * W « (mvf-2EM(B)) 2(mgsen<t>-Ff) .-.x-91,31 m • (msen* - Ff)x = f|mv? - EM(a> 3.130 El cilindro de6 kgse abandonadesde el reposo en la posición indicada y cae sobre el resorte precomprimido 50 mm mediante la pletina y los alambres de sujeción sin peso. Si la rigidez del resorte es 4 kN/m, calcular el acortamiento adicional s del resorte que produce el cilindro en su caída antes de rebotar. Resolución: m = 6kg Por la conservaciónde la energía mecánica ~M(0) -M<f) -donde: ) ^ ° A EC(f)=0 CC(D) r CF mgh1 + 4 = mg(h2) + Tomamos nuestro nivel de referencia cuando el resorte ya ha sido acortado: Ax1 =O = mg(h1 + Ax2) + Ax2 = 29,43 mm 3.131 Un vehículo de prueba pequeño, propulsado por cohete, con una masa total de 100 kg, parte del reposo enAy avanza,conrozamiento despreciable, a lo largo de la pista en el plano vertical según se indica. Si el cohete propulsor ejerce unempuje constanteT de 1 ,5 kN desde A hasta B en que se apaga, hallar la distancia s que rueda el vehículo por la pendiente antes de pararse. La pérdida de masa por la expulsión de gases del cohete es pequeña y se puede despreciar. Resolución: (120 -
  • 44. DINÁMICA - SOLUCIOHARIO -» AS = 120ff) m » As = 20ír m V p / Diagrama de fuerzas en la sección curva: La energía quegana el cuerpo al llegar a B.será el trabajo de la fuerza con la suma de la energía potencial en B: EM<B>= WF +Ep(Bj EM(p) = 79200J Ahora para el tramo BC, por conservación de la energía: ic ^79 200= 100(9,81)(|) .-. s- 160m 3.132 LascorrederasAy B tienen unamasa de 2 kgcada una y se mueven sin rozamiento apreciable por sus gulas respectivas, situándoseyenladirecciónvertical. Enelcen- tro de la barrade enlace, de masa despreciable, se aplica una fuerza horizontal de 20 N y el conjunto se abandona desde el reposo con 6 = 0. Calcular conqué velocidad VA choca Acón la guía horizontal, cuando 6 = 90°. Resolución: 20(0,2) = £M(f)~EM(0) 4 — p j. P j. P _i_ i — ^CA(f} + ^PAff) + ^CB(!) + ' E,PA(Ct ' (EpA[0) + 2B(Q) + ^PB(O)) Donde: EPA(f) = Eca(f 1 7 =s TrmVf - mghi = 4 ¿ .-. vf = 3,44 m/s i —Ei •PBfO) 2(4 + mghi) 3.133 El montaje de dos resortes sirve para detener el émbolo de 0,5 kgdesde unaceleridadde 5 m/s e invertir su movimiento. El resorteinterno aumenta ladesacelera- ción ysu posición seajusta aefectosde controlar el punto exacto en quetiene lugarla inversión. Si se desea que ese punto se corresponda con un acortamiento S= 200 mm del resorteextemo, especificar el ajustedel resorte interno mediante la distancias. La rigidez del resorte externo es 300 N/m y la del resorte interno es 150 N/m. Resolución: 6 =0,2 D-» kin = 1 50 N/m A kex = 300N/m Por la conservación de la energía: =«(0) 1m.,2 — E¡ •M(0 pjn(D) > (S- s)2 = mv2 .s = 142,3 mm s =8- Pex(fl kex5z 3.134 El anillo A de 7 kg se desliza sin rozamiento apreciable por la barra vertical. Cuando el anillo parte del reposo desde la posición más baja, señalada en la figura, se mueve hacia arriba bajo la acción de una fuerza constante F = 200Naplicada mediante etcable. Calcular la constante k del resorte para que la comprensión de este quede limitada solo a 75 mm. La posición de la pequeña polea B es fija ™'"" 225 mm 450 mm 75 mm Resolución:
  • 45. DINÁMICA - SOLUCIONADO 1SS Siendo el trabajo de lafuerza igual al cambio deenergía mecánica, elegimos el nivel de referencia _VV - E -E *VF ~ M(f¡ ^M(O) Por las condiciones del problema: 200(0,278) - -IkAx7 - mgh k(2,81 x 10-3) - 55,6 + 7(9,81)(-0,45) .-.k = 8,79kN/m 3.136 Extensos ensayos de un automóvil experimental de 900 kg revelan que lafuerza de resistencia aerodinámica FD y la fuerza no aerodinámica total de resistencia a la rodadura FR varíantal como se representa. Determinar (a) la potencia necesaria para mantener unas veloci- dades constantes de 50 y 100 km/h en una carretera plana, (b) la potencia necesaria para mantener una velocidad de 100 km/h hacia arriba y hacia debajo de una pendiente del seis por ciento y (c) la velocidad constante que no necesita potencia para bajar por la pendiente del seis por ciento. ouu z 200 ni tí « £ 100 FR (constante) ^ /0 / parab / / / 40 80 Celeridad v, km/h 120 Resolución: FD = kv2; de los datos del gráfico: 250 = k(100}2v=»k = 0,025 a) b) v = 50 km/h = 13,88 m/s - FA - 62,5 N -FTR - 62,5+250 = 312,5N ^P50 = 312,5(^0|5) Pso - 4,34 kW Cuando: v - 100 km/h ^27,78 m/s =* P100 - 500 x 27,78 =*P100 - 13,89kW Cuando el vehículo está en la superficie indinada: tan(l) = TOO " Cuesta arriba: FT = FD + FR + 3,43° T(v = 100) = 250 i 250+ 900(9,B1)sen3,43° FT = 1028,23 100X5100 - 28,6 kW • Cuesta abajo: T = -500+ mgsen3,43° .Pinn- -784,1kW 28,23 c) Cuando no desarrollada potencia: 250 + 0,025v2 - mgsen3T43* = O .-.v = 105,5 km/h 3.136 El movimiento vertical del bloque de 20 kg está gobernado por las dos fuerzas P aplicadas a los extre- mosAy Bdel sistema articulado, estandoAy B limitados a moverse por la guía horizontal. Si al sistema, inicial- mente en reposo con 6 = 60°, se aplican unas fuerzas P = 1100 N, hallar la velocidad ascendente v del bloque cuando e tiende a 180°. Desprecíense el rozamiento y las masas de las varillas articuladas y adviértase que P es mayor que su valor para el equilibrio, el cual es (5W/2)cot30° = 850 N. Resolución: Wp =2P(0,072) = h0 = ~ = 0,625 m A h( = (0,25)5 = 1,25 m M(0) 158,77 = mghf + ^mv2 - mgh0 2 [158.77 +mg(h0-h,)J ,-. v = 5,30 m/s 3.137 Al sistema, inicialmente en reposo, se aplica la fuerza p = 40 N. Hallar las celeridades deAy B después de que Ase haya desplazado en 0,4 m.
  • 46. 1M DINÁMICA - SQLUCIQNAMO Resolución; = 40N —0.8— 2xA + XB = c 2VA + VB = O =» VB - - 2vA Wp = 40(0,8) = 32 A Wp = AEM - 32 ^ 6vJ + 10v| = 64 = 1.180 3.138 En la posición inicial indicada la corredera de 25 kg está animada de unavelocidad v0 = 0,6 m/s al deslizarse por el raíl inclinado bajo la acción de la gravedad y el rozamiento. Entre la corredera y el rail hay un coeficiente de rozamiento cinético de 0,5. Calcular lavelocidad de la corredera cuando pasa por la posición en que el resorte se ha comprimido una distancia x = 100 mm. El resorte ofrece una resistencia a la comprensión C y es de tipo "duro", pues su rigidez aumenta con ta deformación tal como se muestra en la gráfica adjunta. v0=Q,6m/s Resolución: N = mgcos6Q° mgcosGO0 Donde: C - C(x) - 18x U = [mgsen60e(1,1)- =* U = 98,63 J U=AEC 3 (98,63 + 4.5)2 mg 62x2 - í°'1(18x + 62x2)dx 98,63 = Imv? - lmv§ 25 »vf = 2,87 m/s 3.139 El bloque de 10 kg se suelta desde el reposo en el punto B, en que ef resorte está alargado 0,5 m respecto a su longitud natural, y se mueve sobre la superficie horizontal. El coeficiente de rozamiento cinético entre esta y el bloque es de 0,30. Calcular: (a) ta velocidad v del bloque cuando pasa por el punto A y (b) la longitud máxima x que el bloque recorre a la izquierda de A. ^c = 0,30 Resolución: La energía elástica almacenada en el resorte,será usado en el cambio de energía cinética y en e) trabajo de la fuerza de rozamiento. 1 t 1 U300){0,5)¿ EPE = 37,5 J Ec = EPE -i- Wroz , rnv2 - 37,5 - 0,3(10)(9,81 )(0,5) ^mv2 = 22,785 =» v = 2,13 m/s t N = mg _l -Q.5 FR=fiN mg La comprensión máxima ocurre cuando v = O y la energía inicial es consumida en comprimir el resorte y en el trabajo de FR. =» 150x2 + 29,43x - 22,78 = O =» x = 0,304 m 3.140 Los tres resortes de constantes iguales tienen sus longitudes naturales cuando se suelta el carro desde el reposo en la posición x = 0. Si k = 120 N/m y m - 10kg, hallar: (a) la celeridad v del carro cuando x = 50 mm, (b) el desplazamiento máximo xmáKdel carro y (c) el desplazamiento estacionario xest que existiría tras el cese de las oscilaciones. Resolución:
  • 47. DINÁMICA - SOLUCIONARIO Por el teorema de las fuerzas vivos: C(0) W12 - EC(f) ...(a>; donde: , =o 1(120X0,05)2|-¿(10)v? b) mgsen20°(0,05)- 3 *- ° - |(120)(0,05)2 = 5v? =»vf = 0,496 m/s De la ecuación (a): x es máx; cuando vf = O => mgsen20"(x) - 3(-^|{120x2) = O _ 2mgsen 20° 360 -0,186 m c) El cuerpo dejará de oscilar cuando IFX = O 3k 3.141 Bajo la acción delafuerza motriz Fel automóvilde masa m acelera desde una celeridad v1 hasta otra mayor v2 a lo largo de una distancia s de la carretera horizon- tal Si el motor desarrolla unapotencia útil constante P, hallar v2. El automóvil puede tratarse como una partícula sometida a la acción de la única fuerza horizontal F. Resolución: F ' a ' Sea: P = Fv; pero F = ma => P = mva mv' f2mv2dv = fsPds -» m^f2 =Ps Jv Jo -5 k- 3.142 El cilindro de 10 kg se abandona desde el reposo con x = 1 m, en que el resorte está sin deformar. Hallar: (a) la velocidad máxima v del cilindro y el valor de x correspondiente y (b) el valor máximo de x durante el movimiento. La rigidez del resorte es de 450 N/m. Resolución: ; K = 450 N/m m.= 10kg Como realiza un movimiento armónico simple. x(t) = Asen((ot 4-fy) Como su posición de equilibrio es un extremo, entonces 4 = Ti/2. A =Asen(0 + <)>)=» sen<]> = 1=> 4. = - n/2 co = J— => <o = 3V5 rad/s. i m =» x =Asen(cot -n/2) «* A = 0,218 m a) v = -^ =* v = Aocos(cot - u/2) vmáx cuando cos(cot - n/2) =1 =a ÍOt — 7t/2 = vmáx = 0,218(3^5) m/s vméx = 1,46 m/s A x = -0,218m b) |xmáx|=2(A) -* |xmáx| = 2(0,218) m - 0,436m PROBLEMAS INTRODUCTORIOS 3.143 Las dos partículas de masas iguales están unidas por una varilla de masa despreciable. Si se abandonan desde el reposo en la posición indicada y se deslizan sin rozamiento por laguíavertical plana, calcular suvelocidadv cuando A llega a la posición de B y esta se encuentra en B1. Olt = 71/2 =9 t = -x— 2(0 Resolución: Por la conservación de energía: ,(0) + EpAiot + EpgfQ) — ECA(Í) + ECB(Í) + EPAÍO + EpB(fl = Er.A(ft + ECBE() =» mg(0,5) = ^mvi+ -|mv¡ -v2A = ghA ^vA = ^(9,81XO,5) m/s -CA<f) ' Donde: VA = VB 3.144 La corredera de 4 kg se abandona desde el reposo en A y se desliza con rozamiento despreciable por la varilla circular vertical. Hallar (a) la velocidad v de la corredera cuando llega al punto más bajo B y (b) la deformación máxima x del resorte. 4kg = 20kN/m