EJERCICIO 2.26

1. EJERCICIO 2.26 Prof. Ramón Puello Reyes

2. Un péndulo de 3 metros de longitud describe un arco de circunferencia sobre un plano vertical. Si la tensión en la cuerda es de 3√3/2 veces el peso de la esfera, encontrar los vectores velocidad y aceleración en ese instante. De los datos: T 3√3 W Datos: T 3√3 W (peso de la esfera) 3√3 W - w cos 30 m.aN = = = g [ ] 2 2 2 eT 30° 30° 30° aN aT aT aN aN 3√3 - cos 30 = = 30° α a = - 4,9 m/s2 eT+ 16,99 m/s2 eN 2 a |a|= √ (aT)2 + (aN)2 = 17,68 m/s2 eN aT Vectorialmente la aceleración será: En la dirección tangencial: En la dirección normal: = aN El cuerpo va bajando α = 16,08° eN: T -w.cos30° = m.aN eT: -w.sen30° = m.aT aT = -g.sen30° aT = -4,9 m/s2 |a|= 17,68 m/s2 Con los resultados obtenidos se dibuja correctamente el vector aceleración y se visualiza mejor su ángulo respecto a la vertical. Ó con su módulo y el ángulo: Sustituyendo la tensión en la ecuación: Utilizando coordenadas Tangenciales y Normales: α = arctg [ aT / aN] = 16,08° aN 16,99 m/s2 Angulo respecto a la vertical = α + 30°= 16,08 + 30° = 46,08° Diagrama Cinético (Asumiendo que sube) (D.C.L.) TN W α = arctg [ aT / aN]

3. EJERCICIO 2.31 Prof. Ramón Puello Reyes

4. 0.45m + + + + N FR 45° [ - 4,05 + sen45° ] μ = g 45° w aθ = 0 Diagrama cinético 1 cos45° a A/B eR eR eθ eθ 0.45 m EN UN SOLO SISTEMA REFERENCIAL aA/B = aA – aB (aB = aceleración radial de la barra = 0 ) En la dirección angular: (Justo antes de llegar a los 45°; aún no ha empezado el movimiento relativo) AMBOS MOVIMIENTOS POR SEPARADO MOVIMIENTO ANGULARCON VELOCIDAD Y RADIO CONSTANTE La barra OA rota alrededor de un eje que pasa por O, con una velocidad constante Ǿ = 3 rad/seg en sentido antihorario (plano vertical). Cuando pasa por la posición θ = 0° se coloca sobre el una masa M a una distancia de r = 0,45 metros. Si la masa comienza a deslizar cuando θ = 45° determine el coeficiente de fricción entre la masa y la barra OA. aA/B = aA N – W.cos45° = m.aθ aA/B = aA= -(0,45m)*(3m/s)2 = - 4,05 m/s2 (III) - D.C.L ACTÚA LA FRICCIÓN DE LA BARRA N = m.g.cos45° ( I ) Sustituyo I y III en II y hallo μ: Datos: Ǿ = 3 rad/seg (velocidad angular) θo = 0° ; θf = 45° (ángulo respecto a la horizontal) r = 0,45 metros (radio al cual se coloca la masa) μ.m.g.cos45° - m.g.sen45° = m aA/B MOVIMIENTO RELATIVO DE LA MASA RESPECTO A LA BARRA. En la dirección radial: (Justo después de haber llegado a los 45° cuando comienza el movimiento relativo comienza a actuar la fuerza de roce) 0,42 = eR: FR – W.sen45° = m.aR En la dirección radial solo existe la aceleración de A respecto a B. μ.N – m.g.sen45° = m.aA/B( II )

5. EJERCICIO 2.50 Prof. Ramón Puello Reyes

6. D.C.L N FR F W V Diagrama cinético (se mueve a velocidad ctte.) Una canoa que pesa 150 Newtons mantiene una rapidez constante de 3 Newtons. La resistencia del agua es proporcional a la rapidez en la canoa. Si la Fuerza de 3 Newtons es suprimida, encontrar: a) la velocidad de la canoa y b) El espacio recorrido por ella, 15 segundos después de suprimir la fuerza. Cuando se suprime la fuerza aplicada a la canoa representada por el viento, la velocidad debe disminuir por la acción de la fuerza resistiva del agua. Datos: W = 150N V = 5M/S FR= KV (K = ctte de proporcionalidad) T = 15 seg

7. D.C.L N t v m.dv 5 dv 5 3V ∫dt ∫ [Ln(v) – Ln(5)] = m m = t FR = F 5 dt V 3 3 5 3t 3t 3t 3t 3t 5 5 V e = W 5m 5m 5m 5m 5m V e V= 5 (ctte) DIAGRAMA CINÉTICO -3(15) -3t 5(150/g) 5m x t 5 dx dt t ( ) ∫dx ∫ = -5m ∆X (5) e m = = dt 3 e e 0 X0 0 ( ) ∆X 25m ∆X e0 - e 56,76 m = = 3 ∑ Fx = m.a F – FR = m.a F – FR = 0 FR = F (1) V = ctte ; a = 0 De los datos: FR= KV (K = ctte de proporcionalidad) FR= 5K De (1) 5K = 3 K = 3/5 0 = Ln [ 5/V ] V Evalúo para t = 15 y m = (150N)/g = V= 2,79 m/S Para hallar la distancia recorrida integro la función de velocidad hallada:

8. EJERCICIO 2.66 Prof. Ramón Puello Reyes

9. RADIO CONSTANTE (30 cm ) RADIO VARIABLE RADIO CONSTANTE (8cm) • Una pelota de 30 Newtons de peso; está montada sobre una barra horizontal que puede girar libremente respecto a un eje vertical. En esta posición la velocidad de la pelota es V1=0,6 m/seg. y está sostenida por una cuerda unida al eje. Repentinamente se corta la cuerda y la pelota se mueve a la posición B a medida que la barra gira. Despreciando la masa de la barra, determinar: • Componente radial y transversal de la aceleración de la pelota inmediatamente después que la cuerda ha sido cortada. • b) La aceleración de la pelota relativa a la barra en ese instante. • c) La velocidad de la pelota después que ésta ha alcanzado el tope B. TRAYECTORIA CURVA (desaparece la tensión) (Para radios constantes) TRAYECTORIA CIRCULAR Movimiento de la pelota Vista en Planta del Sistema (Plano Horizontal) (respecto a la barra)

10. FR aR aθ ∑ Fex = 0 = m . a w • Componente radial y transversal de la aceleración de la pelota inmediatamente después que la cuerda ha sido cortada. Si se desprecia la masa, una ves cortada la cuerda, desaparecen todas las fuerzas sobre el cuerpo, por lo que no hay aceleración en dirección alguna: Descripción del movimiento en perspectiva Esta sería la representación espacial de los vectores. aR = aθ = 0 Pero como se desprecia W La fricción entre la barra y la pelota no existe, por lo que no hay fuerzas en el sistema.

11. VA.rA 0,6 m/seg (0,08m) VB = rB (0,30m) VB = b) La aceleración de la pelota relativa a la barra en ese instante. ( I ) ( de II ) ( III ) ( sustituyendo III en I ) ( II ) c) La velocidad de la pelota después que ésta ha alcanzado el tope B. HA = HB mB.VA.rA. Sen 90° = mB.VB.rB. Sen90° VA.rA. Sen 90° = VB.rB. Sen90° VA.rA = VB.rB. = 0,16m/seg

12. EJERCICIO 12.33 Ferdinand P. Beer E. Russell Johnston (Sexta edición)

13. (+ y) (+ y) (+ y) Diagrama cinético de “B” Diagrama cinético de “B” D.C.L. “B” D.C.L. “B” D.C.L. “B” NB NB NB b aA= -6,41.cos 50 i - 6.41.sen50 j AB/A (+ x) (+ x) (+ x) 20° aA aA a B/A = 7,47 i WB WB WB aB= -4.12 i + 7,47 i - 4,91 j aB= 3,35 i - 4,91 j aB aB a 20° 20° 20° (+ y) ´ (+ y) ´ D.C.L. “A” D.C.L. “A” VA = aA.T NB j – W.Cos20° j + W.sen20° i = mB( -aA.Cos50 i - aAsen50° j + aB/A) VA = (-6,41.cos50° i - 6,41 sen50° j )0,5 seg = -2,06 i - 2,46j (+ y) (+ y) (+ y) (+ y) (- x)´ (- x)´ NA NA (+ x) (+ x) (+ x) (+ x) VB = aB.T VB = (3,35 i - 4.91j )0,5 seg = 1,68i - 2,46j α 90° 90° 30° 30° j : NB – WB.cos20° = mB(-aASen50°) j : NA – NB.sen40° - WAcos30° = 0 20° 20° 30° 30° VB/A = VB - VA = 1,68i - 2,66 j – (-2,06 i - 2,46 j) 70° 70° 70° 70° Diagrama cinético de “A” Diagrama cinético de “A” ∑ Fe = m.a VB/A = 3,74i - 0,2 j = 3,74 m/s2 NA j – NB.Cos40° i + NB.sen40° j - WA.Cos30 j - WAsen30° i = mAaA j ) 20° 30° 30° aA aA 40° 40° ( a B/A )2 + ( aB )2 – ( aA )2 NB NB Cosα : wA wA = 2.( a B/A ).( aB ) De las ecuaciones 2 y 3 se sustituyen valores y se resuelve: El bloque b de masa 10 Kg. descansa sobre la superficie superior de la cuña a, de 22 Kg. como se muestra en la figura. Sabiendo que el sistema se suelta desde el reposo y despreciando la fricción, determine: a) la aceleración de B; b) La Velocidad de b relativa a “a”, en t = 0,5 seg. FR = 0 (no hay vector, esa sería la dirección) Diagrama Cinético de “B” 0,77NB + 107,8 = 22aA FR = 0 (no hay vector, esa sería la dirección) 178,71 = 27,9 aA aA= 6,41 m/s2 FR = 0 (no hay vector, esa sería la dirección) NB – 92,09 = -7,66aA *(-0,77) De la ecuación 1: aB/A = g.sen20° +aA.cos50° = 7,47 m/s2 AB/A Datos: mb = 10 Kg. ma= 22 Kg. V0= 0 T= 0,5 seg. AB/A aA aB ∑ Fe = m.a Aplico la ley del coseno para hallar el angulo de aB respecto a la horizontal i : WB.sen20° = mB(-aACos50° + a B/A) (1) (2) 55.71° = 30° (3) i : NB.cos40° + WAsen30° = mAa A (4) El ángulo respecto a la horizontal será: 55.71° + 20° = 76,71°

14. EJERCICIO 12.26 Ferdinand P. Beer E. Russell Johnston (Sexta edición)

15. Fe Fe = K ( – L) α α l (X0 – X) X – X0 Cosα = N √ L2 + (X0 – X)2 √ L2 + (X0 – X)2 √ L2 + (X0 – X)2 √ L2 + (X0 – X)2 √ L2 + (X0 – X)2 X o h = √ L2 + (X0 – X)2 W X (X0 – X) ( – L) ∫ k k ∫ v.dv a { } dx = L (X0 – X) = (X0 – X) – m m dv a v = dx Fe = K (L – L0) Fe = K (h – L) A h Estado Inicial (resorte estirado) Estado Final (Tiende a su longitud inicial anterior a estirarse) ∑ Fx = m.a C Fe.Cosα = m.a Sustituyo el coseno, la fuerza elástica y despejo la aceleración obteniendo: B Una ves que se inicia el movimiento Separo variables, ordeno la expresión e integro: VELOCIDAD DEL COLLARÍN CUANDO PASA PORC

16. { } ∫ ∫ k L (X0 – X) v2 (X0 – X) dx dx – = 2 m L.u du } { k ∫ ∫ v2 s = L2 + u2 – u du = ds = 2u √ L2 + u2 2 m X0 V2 L ds } { k ∫ – = u = X0 – X (X0 – X)2 (X0 – X)2 2√ s 2 m du = - dx 2 2 0 √ L2 + (X0 – X)2 √ L2 + (X0 – X)2 X0 V2 { k } L = – 2 m 0 Al evaluar X= 0 Al evaluar X= X0 V2 { k } L2 = – + 2 m X02 X02 √ L√ L2 + X02 L√ L2 + X02 { k } V L2 – + = 2 2 m Sustituyo el cambio en la expresión Integro la primera expresión y devuelvo el cambio de variable para poder evaluar todo entre 0 y X0 Evalúo la expresión: Despejo V

17. 2L√ L2 + X02 2L√ L2 + X02 √ X02 + L2 – + { k } L2 X02 V 2L2 – + = m ( 2 ( L - √ L2 + X02 L - √ L2 + X02 √ k ( ( V = m = Sustituyo en la expresión y obtengo

18. RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS: (Grupo 2) Tatiana Leal Real Carmen Ruiz Jose Oscar Ramirez Adrián ANIMACIÓN: José Oscar Ramírez Fotografía: (Oscar Ramirez) Parques nacionales: Sierra de la culata y Sierra Nevada GRACIAS POR SU ATENCIÓN