Cap2 dinámica de una partícula

Cuaderno de Actividades: Física I
2) Dinámica de una partícula
Mg. Percy Víctor Cañote Fajardo 42

2) Dinámica de una partícula
Describe el movimiento a partir del concepto de FUERZA (CF vectorial)
 Cantidad física derivada en el SI
 Permite representar interacciones:
 Interacción gravitacional(IG)
o Fuerza gravitacional ≡ W (peso)
 Interacción electromagnética (IEM)
o Fuerza E.M. = f (fricción)
o Tensión
o Comprensión
o Fuerzas de contacto
 IND {de cierta forma se cumplen las fuerzas}
 INF {idem}
Hay que recordar que este concepto fue introducido por I. Newton en la
descripción del movimiento de los cuerpos.

2.1) Leyes de Newton
Estas leyes constituyen las leyes del movimiento de los cuerpos (v <<<c)
Estas leyes son válidas para los observadores inerciales (describen la Física
{mecánica}en forma equivalente).
“Os” Inerciales:
PRIMERA LEY
Todo cuerpo conservará su estado de reposo o MRU mientras no actúe sobre
él una fuerza resultante (Fza resultante, FR)
Reposo
o si 1 2 3 0RF F F F≡ + + ≡
rr r r r
MRU
Mg. Percy Víctor Cañote Fajardo
0v ≡
rr
v cte≡
r
't t≡
Tierra (reposo)
O O’
1F
r
2F
r
3F
r
44

Observación:
Esta 1ra
ley pretende “conocer” a la fuerza como aquella que produce cambio
en el estado de movimiento de los cuerpos.
En los “Principia”, la obra cumbre de Isaac, estas Leyes aparecen en el tomo I,
en muchos casos la fuerza resultante asume solo una fuerza.
¿? Hacer monografía sobre la vida de Isaac Newton.
¿? Leer la Leyes en los Principia.
¿? Cuál es el correcto nombre de esta obra.
SEGUNDA LEY:
Si la fuerza resultante es diferente de 0
r
, entonces, el cuerpo acelerara.
// Ra F
rr
1
Ra F
m
 
≡  
 
rr
La cantidad “m” se determina experimentalmente y es denominada
PROPIEDAD MASA DEL CUERPO.
m ≡ ml : masa inercial
se opone a los movimientos
m ≡ mg: masa gravitacional
favorece a los movimientos
⇒ m ≡ ml ≡ mg : de esta forma Newton resuelve magistralmente la disyuntiva.
La segunda ley establece un orden de hechos:
 Causa: RF
r
 Efecto: a
r
FR ≠ 0
r
a
r
45

Se desarrolla la corriente filosófica basada en el llamado Principio de
Casualidad ⇒ Física clásica.
TERCERA LEY:
Las fuerzas en la naturaleza aparecen apareadas.
1F
r
: acción ≡ A
r
2F
r
: reacción ≡ R
r
Características:
i) Actúan sobre cuerpos diferentes.
ii) A R≡ −
r r
Observaciones:
k) El estado de reposo o MRU suele ser llamado estado de EQUILIBRIO o
INERCIAL.
kk) En particular el equilibrio con MRU suele ser llamado estado natural, libre
de los cuerpos.
¿? Un cuerpo está en equilibrio en los puntos de Lagrange.
2F
r
1F
r
46

kkk) La forma operacional de la segunda ley es:
RF ma=
r
p mv=
r r
: ;R
d
F p m cte
dt
FI ≡ =
r
kv) DCL (Diagrama Cuerpo Libre): Consiste en aislar al cuerpo (o parte del
sistema), graficando todas las fuerzas actuantes. Recordar que las
fuerzas son representaciones de interacciones, por lo tanto, en el DCL
deberán de existir tantas fuerzas como interacciones experimente el
cuerpo.

Ejemplo 1) Determine la fuerza constante F que se necesita para acelerar un
automóvil (m = 1000 kg) por una carretera llana desde el reposo
hasta 20 m/s en 10s.
SOLUCION:

DCL (m): Asumiendo que la fuerza de fricción es despreciable,
y
W x
F
N
De la 2da
Ley: RF ma≡
r r ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ( )RF Fi Nj wj Fi N w j ma mai→ ≡ + − ≡ + − ≡ ≡
r r
Igualando componentes:
x: F ma≡ : 0y N w N w∧ − ≡ → ≡
Ahora, usando la cinemática hallamos la a constante,
(10) (0) 20
2
10 0 10
v v
a
−
= = =
−
Por lo tanto,
(1000)(2) 2F kN≡ ≡
Ejemplo 2) Un bloque de hielo cuya masa es de 15 kg se desliza 20 m sobre
una superficie horizontal antes de pararse. Si su velocidad inicial era de 15
m/s, determine:
a) La fuerza de rozamiento entre bloque y superficie.
b) El coeficiente de rozamiento cinético µk.
10s
V0 = 0 V1 = 20 m/s
50

SOLUCION: De la dinámica,
ΣFy = 0 → N – mg = 0 ⇒ N = mg
ΣFx = ma → f = ma ⇒ f Nµ− = − = ma
a
g
µ→ ≡ −
De la cinemática,
2 2
0 0 0
1 1
2 2
x x v t at x v t at= + + → = +
0 15 15fv v
a a
t t t
− − −
= = → =
2
15 1 15
20 15
2
a
a a
− −   
→ = + ÷  ÷
   
2
1 15
20
2 a
= − ×
2
15
40
5,6a a = −= − →
)a f = ma= (15) (-5,6)= -84 84f→ ≡ −
5,6
) 0,
1
6
0
kk
g
b
a
µ µ
−
→ =≡ − ≡
Ejemplo 3: Analice los pares A-R de m1.
20 m x
mg
15g v0 = 15 m/s vf = 0
f
N
51

SOLUCION:
DCL (m1):
m1
µ ≠ 0
m2
W1 v
T
f
N1
-N1
-f
52

Ejemplo 4: Una caja de masa 100 kg descansa sobre el suelo de un
montacargas. Determine la fuerza que la caja ejerce sobre dicho
suelo si el montacargas.
a) Arranca hacia arriba con una aceleración de 3 m/s2
.
b) Arranca hacia abajo con una aceleración de 2 m/s2
.
Asuma g=9,8m/s2
.
SOLUCION: Haciendo el DCL (m), la fuerza A es la fuerza que ejerce la caja al
piso del montacargas,
a) ΣFy = ma
N – mg = ma
N = m (a+g) = 100 (3 + 9,8) = 1280 N
b) ΣFy = ma
mg – N = ma ν N – mg = m (-a)
N = m (g – a)
N = 100 (9,8-2) = 780 N
Ejemplo 5) Sobre una superficie plana y horizontal se apoya un bloque que
pesa 1000 N, según se indica en la figura. Determinar,
a
a
W
m
a
y R=N
x
A
53

a) El módulo de la fuerza F que produciría una aceleración de 1,5
m/s2
, si la superficie fuese lisa.
b) La aceleración que originaria una fuerza F de 500 N si el
coeficiente de rozamiento cinético, µk, entre bloque y suelo
fuese 0,25.
SOLUCION: Haciendo DCL de la caja y descomponiendo las fuerzas en x-y,
a) ΣFx = ma
Fcos37º = m a
F
y 37°
x
Fx v
F Fy w
y 37°
x f
N
54

100 1,5
187,5
cos37 cos37
ma
F
×
= = ≡
ΣFy = 0
N – w – Fsen37 = 0
b) F = 500 N µk = 0,25
ΣFx = m.a
Fcos37º – f = ma
Fcos37º – µN = ma
N=?: ΣFy = 0
N – w – Fsen37º = 0
N = mg +Fsen37º
Fcos37 – µ (mg +Fsen37)= ma
500 (4/5) – (0,25) (1000 + 500 (3/5)) = 100 a
a=0,75
Ejemplo 6) En la figura los cuerpos A y B pesan 250 N y 225 N
respectivamente. El coeficiente de rozamiento cinético µk para el
cuerpo B vale 0,20 y al sistema se libera partiendo del reposo.
Durante el movimiento de los cuerpos determine,
a) La aceleración del cuerpo A.
b) La tensión del cable que une los cuerpos.
c) La distancia recorrida por el cuerpo B durante los primeros 5
segundos de movimiento.

2xA + xB = cte( la longitud de la cuerda es cte)
2 0A Bv v+ =
2 0A Ba a+ =
2aA + aB = 0
2aA =- aB
2| aA| = |aB|…….(1)
Para A:
ΣFy =mAg-2T=mA aA…….(2)
Para B:
ΣFx =mBaB=T- mBgsenθ-f……(3)
ΣFy = 0: N – mB gcosθ = 0……..(4)
Resolviendo (1), (2) (3) y (4) aA =?
aB =?
T =?
2,2) Algunas fuerzas especiales
i) Fuerza de fricción, f
r
mBgsenθ
T mBgcosθ
T T B y
y N SR
v mBg f x
4
A 3 θ
x
mAg
56

Es una fuerza que aparece durante el desplazamiento (o intento de
desplazamiento) relativo de superficies. Se opone siempre a dicho
desplazamiento.
→ f
r
por deslizamiento
Es una fuerza de procedencia electromagnética y se estudia de dos formas:
→ Experimental: Descripción fenomenológica
v
Hace ∼ 500 años: Coulomb, Amontons.
→ Analítica: Nanotribología
Modelos de f a nivel, atómico – molecular, propuestos hace 15 años.
Descripción Experimental
i) 0v ≡
rr
F = fs → Fmax = fs, max = µs N
F > Fmax → v ≠ 0
Fmax : caracteriza el estado de movimiento inminente
ii) v ≠ 0
fk ≡ µk N
fk ≤ fs ⇒ µk ≤ µs
F
f
57

Observación: f generalmente modelada por el experimento.
f ≡ a + bv + cv2
+ …
↑ ↑ ↑
Propuesta Experimental: “La velocidad limite”, vL
Mediante un montaje experimental sencillo es posible corroborar uno de los
resultados más notables de la fuerza de fricción, esto es , cuando se le puede
modelar en función a la velocidad, pudiendo comprobar rápidamente la
predicción teórica.
¿? Importancia de la velocidad limite. Aplicaciones
ii) Fuerza Gravitacional
Ley de la gravitación universal
→ I. Newton
Teoría general de la relatividad
f
µsN=fs,max
µkN
F max F
0v ≡
r
0v ≠
rr
58

→ A. Einstein
1 2
2
Gm m
F
r
=
2
11
2
6,67 10
Nm
G
kg
−
≡ ×
“Leyes” de Kepler
→J. Kepler
I. Orbitas
II. Velocidad Areal
dA
cte
dt
=
III. Periodos Orbitales
2 3
( , )T c R c c M centro gravitacional≡ ¬ ≡
iii) Fuerza centrípeta, Fcp
Fuerza resultante de todas las fuerzas radiales dirigidas hacia el centro de
curvatura.
m2
-F
m1 F
r
59

, 1 2cp R radial r rF F F F≡ ≡ −
iv) Fuerza elástica: Ley de Hooke
Fres = - kx
Describe adecuadamente movimientos periódicos oscilantes.
2,3) Dinámica del movimiento Circular
F2r
F1
= 0 • F1r F2
P∈
K
m
x
0
60

Aplicando la segunda Ley y escribiéndola en los ejes radial y tangencial
obtendríamos las ecuaciones suficientes par describir el MC adecuadamente.
( )R t rF ma m a a≡ ≡ +
r r r r
R Rt RrF F F≡ +
r r r
2
2
: t
RtRt t
dv d s
F m mt F ma
dt dt
≡ ≡≡ ¬
2 2
: t
Rr cp c cpr p
v
n r cp F F ma m Fa m m
RR
s
≡ ≡ ≡ ≡≡ ≡ ≡ ¬
&
Estas ecuaciones también se podrían escribir en la variable angular. Si se
conocen las fuerzas se obtendrían 2 ecuaciones en variables cinemáticas,
resultando ser una descripción ya conocida.
Aplicaciones:
S2P7)
Un cuerpo de masa m ≡ 10 kg se mueve sobre un
plano rugoso (µk ≡ 0,2) como se indica en la figura.
La longitud de la cuerda es 1 m y su masa m0 ≡ 0,2
kg. Considerar la cuerda indeformable. Si la mano
aplica a la cuerda una fuerza de 122 N, determine:
a) Realice los DCL de m y m0 .
b) ¿Qué fuerza le aplica la cuerda a m?
c) ¿Como modificamos el problema para que el sistema (m + m0) este en
equilibrio?
m0
m
61

SOLUCION:
a)
b) Calculamos la aceleración del sistema (m +m0) ,
: Rx F ma≡
0( )R k kF F f m m a f Nµ≡ − ≡ + ¬ ≡
/ 0 /: :ReM C M Cy N R w w R acciondela manocontralacuerda+ ≡ + ¬
RB/C RM/C
T F
W0
W
Ac/B
T
fk
N
a
y W
W0
x
F
fk RM/C
N
62

Del DCL(m0) de la parte a) / //
0
/
2
BM C M CC C BR AR
w
A ≡≡ ≡ ≡
0 0
( )
2
: (0,2) (101) 20,2
2
k
w
y fN
w
ww µ≡ + → ≡ × ≡≡ +
Con lo cual la aceleración,
0
0
2
( )
122 20,2
10,0
10,2
w
F w
a
m m
µ
−
≡
 
− +
+
≡
÷
 ≡
Analizando el sistema bloque-cuerda de longitud x
De la 2da
Ley,
W a
x
T(x)
f
N
63

( )
( )
0
0
0
0 0 0
0 0 0
2
( )
( ) 2
k
k
w
F w
m m w
T x m x a f
m
T x f m x a
l
m x w
l l m m
µ
µ
  
− + ÷      ≡ + + ≡ + + +  ÷  ÷
+    
 
 
− ≡ + ÷

 
( ) ( )0 (20,2) 10 (10) 120,2T x ≡ ≡ + ≡
c) Una opción seria que F=20,2
S2P14) El sistema mostrado está en reposo
cuando se aplica una fuerza de 150 N
al collarín B.
a)Si la fuerza actúa durante todo el movimiento, determínese la velocidad
del collarín B al golpear al soporte C.
b)¿Después de qué distancia d se deberá eliminar la fuerza de 150 N si el
collarín debe llegar al soporte C con velocidad cero?
SOLUCION:
a) ( )0 0v ≡
0,6 m
C 8 kg
B
15
0 N
3 kg
A
T
2a
WA
64

De la 2da Ley:
2 B B BF T m a m a− ≡ ≡
{ }2A A A AT w m a m a− ≡ ≡
2 BF T m a− ≡ 1)
2A AT m g m a− ≡ 2)
2 2 4A AT m g m a− ≡ 2’)
{ }
{ }
(1) (2') : 2 4
2
4
A B A
A
B A
F m g
aF m g m
m
m a
m
−
≡+ ≡
+
− + →
150 2 3 10 9 0
8 4 3
a
− × ×
∴ ≡ ≡
+ × 2 0
4,5≡ → 4,5a ≡
Ahora, de la cinemática:
a
B
F T
T
a
t
C ∆x D t ≡ 0
V(t) ≡ ? 0,6 V(0) ≡ 0
65

( ) ( ) ( ) { }
1/22 2
0 2 2 4,5 0,6v t v a x v t≡ + ∆ → ≡ × × → ( ) 2,3cv v t≡ ≡
b)
{ }
0 2 2 3 1
3
0 60
3
4 8 4 3 20
A
B A
m
a
m
a
g
m
− − × × −
≡ ≡ ≡ ≡ − →
− +
−
×
≡%%
Tramo DE:
2
2 4,5Ev d≡ × ×
Tramo EC: ( ) ( )2 2
0 2 3 0,6c Ev v d≡ ≡ + × − × −
De estas 2 últimas Ecs
:
( )2 2
9 6 0,6E Ev d v d≡ ≡ ≡ −
15 3,6d ≡ → 0,24d ≡
S3P2)
ã a
C E d D
• • •
66

El automóvil de masa m de la figura baja por el plano inclinado con rapidez V0.
El coeficiente de fricción cinética entre las ruedas y el piso es µk y el ángulo que
forma al plano inclinado con la horizontal es θ. Si en cierto instante el chofer
aplica los frenos para evitar que las ruedas giren, halle:
a) El desplazamiento luego de aplicar los frenos hasta que se detiene. (USE
METODOS DINAMICOS y CINEMATICOS)
b) La masa del automóvil, si se conoce wc = trabajo de las fuerzas
conservativas.
SOLUCION:
a) De la 2da
Ley,
θ
V(0) ≡ V0
m
v(t)≡0
A
N
W B
θ
67

cos
cos
R kF f wsen ma
mg mgsen ma
g gsen a
θ
µ θ θ
µ θ θ
≡ − + ≡
− + ≡
− + ≡
De la cinemática,
( ) ( )2 2 2
00 2 0 2v t v a x v a x≡ + ∆ → ≡ + ∆
0
2
0
2
cos
2( cos )
2
v
a g gs
v
x
n
x
g se
e
g n
µ θ θ
µ θ θ
≡ − ≡ −
−
+
∆
∆ ≡
…
S2P26) Sobre el sistema que se muestra en la
figura actúa una fuerza F(t) ≡ (2 t + 2) N. Las
masas m1 ≡ 20 kg y m2 ≡ 5 kg tienen coeficientes
estático µs ≡ 0,4 y , cinético µk ≡ 0,2. El
sistema parte del origen con rapidez cero,
determinar:
a) Los DCL de m1 y m2 para todo t
b) Las aceleraciones de m1 y m2 en todo t.
SOLUCION:
El T de 2 “quiebre” lo marcara t/ f(t) ≡ fs, max entre los bloques
a)…
m2
F
m1
0
x
68

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