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3. Universidad de Chile
Facultad de Ciencias F´ısicas y Matem´aticas
Departamento de F´ısica
02 de junio de 2012
Soluci´on Control 2
Profesor: Hugo Arellano S.
Auxiliares: Cristian J´auregui, Lorenzo Plaza, Rodrigo Sabaj.
Problema 1
Analizando el caso de la perla 2, la cual permanece en reposo, se tiene el siguiente DCL:
Se puede notar por la simetr´ıa del problema que |T1| = |T2|; sin embargo, se puede concluir a partir de las
ecuaciones de movimiento. En el eje x:
−T1 sin θ + T2 sin θ = 0
⇒ T1 = T2
En el eje y:
2T1 cos θ − mg = 0
⇒ T1 =
mg
2 cos θ
Luego, se debe realizar el an´alisis de una de las perlas que rotan. En este caso se considerar´a la perla 1, cuyo
DCL ser´a:
Al ser un par acci´on y reacci´on se tiene que |T1| = |T1|. Adem´as, se debe notar que en el eje y no existe
aceleraci´on, en cambio en el eje x se existe y es de tipo central. En el eje y:
T3 cos θ − T1 cos θ − mg = 0
T3 = T1 +
mg
cos θ
⇒ T3 =
3mg
2 cos θ
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Considerando que el radio de giro de las perlas es r = b sin θ, en el eje x se tiene:
T3 sin θ + T1 sin θ = mω2
b sin θ
T3 + T1 = mω2
b
2mg
cos θ
= mω2
b
⇒ cos θ =
2g
ω2b
Problema 2
a) La dificultad de esta parte del problema estriba en darse cuenta hacia d´onde apunta la fuerza de roce que
interact´ua con el bloque y si finalmente el bloque posee aceleraci´on en el eje x. Para ver esto en m´as detalle
nos ayudaremos de la siguiente figura.
En base al sistema de referencia que se muestra en la figura, las ecuaciones de movimiento son:
ˆx) fr − fe sin θ + 0 = 0 (1)
ˆy) N − mg + fe cos θ = 0 (2)
Notar que ax es cero debido a que el bloque se mueve solidariamente con la superficie, es decir, el bloque se
encuentra en estado est´atico con respecto a este ´ultimo.
Apoy´andonos en la geometr´ıa del problema, tenemos que
(L0 + δ)2
= H2
+ x2
⇒ δ = H2 + x2 − L0
Donde δ es la elongaci´on del resorte. De la misma forma, tendremos que
cos θ =
H
√
H2 + x2
sin θ =
x
√
H2 + x2
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Usando lo anterior obtenemos que :
N = mg − kH(1 −
L0
√
H2 + x2
) (3)
fr = kx(1 −
L0
√
H2 + x2
) (4)
b) Considerando que L0 = 2H y kH > mg, imponemos la condici´on de despegue del bloque con respecto a
la superficie, esto es N = 0, con lo cual obtenemos que :
N = mg − kH(1 −
L0
√
H2 + x2
) = 0 ⇒
mg
kH
= 1 −
L0
√
H2 + x2
Ahora bien, como
L0
√
H2 + x2
> 0 ⇒ 1 −
L0
√
H2 + x2
< 1
Entonces la condici´on kH > mg es necesaria para que el bloque despegue de la superficie.
Por otro lado, despejando se tiene que
x = (
L0
1 − mg
kH
)2 − H2
⇒ x = (
L0
1 − mg
kH
+ H)(
L0
1 − mg
kH
− H)
As´ı evaluando para L0 = 2H y reordenando obtenemos finalmente que
x = H (
2kH
kH − mg
+ 1)(
2kH
kH − mg
− 1)
c) Considerando el caso L0 = 0 e imponiendo la condici´on de deslizamiento fr = µeN (valor m´aximo),
tenemos que
µeN = µe(mg − kH) = kx
⇒ x = µeH(
mg
kH
− 1)
Notamos que el problema tiene sentido f´ısico si consideramos que x > 0 lo cual implica que kH < mg. Esto
es consistente pues dada las condiciones del problema necesitamos que la masa m se mantenga en el piso.
Problema 3
a) Los DCL del bloque y la cu˜na m´ovil son
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b) Sobre el sistema bloque-cu˜na act´uan 2 fuerzas: peso y reacci´on de la superficie, donde solo la primera
produce aceleraci´on paralela a la cu˜na fija. De esta forma
(2m + m)a = (2m + m)gsin(θ)
a = gsin(θ)
Luego, la ecuaci´on de itinerario del sistema es
H
sin(θ)
=
1
2
gsin(θ)t2
de donde obtenemos el tiempo
t =
2H
g
1
sin(θ)
Como se aprendi´o en cinem´atica, el movimiento no depende de la masa del cuerpo, por lo que en ambas
situaciones el tiempo es el mismo.
c) Las ecuaciones de movimiento para cada cuerpo son bloque:
N − mg = mab
y
0 = mab
x
cu˜na:
R cos(θ) − N − 2mg = 2mac
y
R sin(θ) = 2mac
x
Como se indic´o, el ancho de la cu˜na m´ovil es mucho mayor que el ancho del bloque, por lo que siempre est´an
juntos. Luego, en el eje vertical se cumple que
ac
y = ab
x = ay
d) Utilizando la relaci´on otorgada
ay = −ax tan(θ)
las ecuaciones se reducen a
N − mg = −ax tan(θ) (1)
R cos(θ) − N − 2mg = −2max tan(θ) (2)
R sin(θ) = 2max (3)
De (3)
R =
2max
sin(θ)
(4)
Sumando (1)+(2)
R cos(θ) − 3mg = −3max tan(θ)
Reemplazando (4)
2max
tan(θ)
− 3mg = −3max tan(θ)
de donde se obtiene
ax =
3g cos(θ) sin(θ)
2 cos2(θ) + 3 sin2
(θ)
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ax =
3g cos(θ) sin(θ)
2 + sin2
(θ)
Utilizando nuevamente la indicaci´on
ay = −
3g sin2
(θ)
2 + sin2
(θ)
Finalmente el m´odulo de la aceleraci´on de la cu˜na es
a = a2
x + a2
y
a =
3g sin(θ)
2 + sin2
(θ)
Dado que
2 + sin2
(θ) ≤ 3
Se tiene que
ab ≤ ad
lo cual es l´ogico pues en este caso el bloque aporta una fuerza que aumenta la aceleraci´on de la cu˜na, mientras
que en la parte (b) se mueven solidariamente.
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