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Un de 3la metros de longitud sobre Vectorialmente tangencial: aceleración será: describe un arco de circunferencia Enpéndulo la dirección normal: a N = un plano vertical. Si la tensión en la es de 3√3/2 vecesElel pesovade la cuerpo bajando Decuerda los datos: α = 16,08° m/ 2 eN velocidad y aceleración =-w.sen30° 4,9 mencontrar /s2 e=T = +m.a 16,99 los vectores s aT = -g.sen30° aT = -4,9 m/s2en ese instante. eNTa: esfera, T--w.cos30° m.a T N 3√3 W |a|= 17,68 m/s2 Con los resultados obtenidos Tse = dibuja correctamente el vector aceleración y se2 visualiza Ó con su módulo y el ángulo: mejor sulaángulo a la vertical. Sustituyendo tensiónrespecto en la ecuación: Datos: coordenadas Tangenciales y Normales: α = arctg [ aT Utilizando / aN ] = 16,08° 3√3 T W -3√3 w cos m.a aN = g [ 3√3 - cos 30 ] = 16,99 m/ 2 WN)30 (peso de Nlamesfera) 2 = 2 s |a|=Angulo √ (a + (a =a 17,68 / = T)2respecto s Diagrama la vertical = α + 30°=Cinético 16,08 + 30° = 46,08° 2 2 2 (Asumiendo que sube) (D.C.L.) aN aN a aN α 30° aT a eTT 30° TN W aT 30° 30° eN α = arctg [ aT / aN ] EN UN SOLO SISTEMA REFERENCIAL EnaAla/Bdirección = aA – aBangular: AMBOS MOVIMIENTOS POR SEPARADO MOVIMIENTO ANGULAR antesOA de llegar a alrededor los 45°; aún node ha empezado el La(Justo barra rota un eje que pasa por O, con una velocidad (aB = aceleración radial derelativo) la barra = 0 ) CON VELOCIDAD Y RADIO movimiento rad constante Ǿ = 3 /seg en sentido antihorario (plano vertical).CONSTANTE Cuando pasa por A = m.a a /B =NaθA– =W.cos45° la posición 0° se coloca sobre el una masa M a una distancia de r = 0,45 θ metros. Si la masa comienza a deslizar cuando θ = 45° determine el aA/B = aA-= -(0,45m)*(3m/s)2 = - 4,05 m/s2 (III) coeficiente de fricción entre la masa y la barra OA. ACTÚA LA DE LA BARRA N FRICCIÓN = m.g.cos45° (I) Sustituyo I y III en II y hallo μ: e + θ e + θ D.C.L Diagrama cinético +eR Datos: aθ = 0 +eR μ.m.g.cos45° - m.g.sen45° = m aA/B Ǿ = 3 rad/seg (velocidad angular) N FR 45° MOVIMIENTO En la RELATIVO dirección radial: =- 0° ; haber θRESPECTO 45° (ángulo respecto a la horizontal) 4,05 1 cuando DE LA oMASA f+=sen45° 0,42 (Justo después de llegado a los 45° comienza μθ [ ] A/ = = a B el movimiento relativo comienza a actuar la fuerza de roce) g BARRA. rA=LA 0,45 metros (radiocos45° al cual se coloca la masa) 45° w 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 ) 0.45 m 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 se suprime fuerza canoa y Cuando b) El espacio recorridolapor ella, 15 segundos después de suprimir la aplicada a la canoa representada fuerza. por el viento, la velocidad debe disminuir por la acción de la fuerza resistiva del agua. Datos: N D.C.L W = 150N FR F V = 5M/S FR= KV (K = ctte de proporcionalidad) W T = 15 seg V Diagrama cinético (se mueve a velocidad ctte.) ∑ Fx = m.a F – FR = m.a F – FR = 0 FR = F (1) V = ctte ; a = 0 D.C.L De los datos: De (1) FR= KV (K = ctte de proporcionalidad) N V 5K = 3 K = 3/5 FR F t 3V = m.dv 5 dt FR= 5K v 5 dv ∫0 dt = m W ∫ 3 V V= 5 (ctte)5 t=m 5 3t = Ln [ 5/V ] 5m 5 = e V [Ln(v) – Ln(5)] DIAGRAMA CINÉTICO 3 3t 5m V = 5 3t Evalúo para t = 15 y m = (150N)/g e 5m V= 2,79 m/S Para hallar la distancia recorrida integro la función de velocidad hallada: x dx = 5 3t dt e 5m ∫Xdx = t m 0 0 -3(15) 5(150/g) ∆X = 25m ( e0 - e 3 ∫ ) -3t 5m dt e 3t 5m ∆X = (5) e ∆X = 56,76 m ( -5m ) 3 t 0 RADIO Una pelota de 30 Newtons de peso; está montada sobre una barra CONSTANTE horizontal que puede girar libremente respecto a (30 un eje En cm vertical. ) TRAYECTORIA RADIO esta posición la velocidad de la pelota es V1=0,6 m/seg. y está CURVA VARIABLE sostenida por una cuerda unida al eje. Repentinamente se corta la (desaparece la (Para radiosa la constantes) cuerda y la pelota se mueve posición B a medida que la barra tensión) gira. Despreciando la masa de la barra, determinar: TRAYECTORIA a) Componente radial y transversal de laCIRCULAR aceleración de la pelota RADIO CONSTANTE inmediatamente después que la cuerda ha sido cortada. (8cm) 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. Vista en Planta del Sistema (Plano Horizontal) Movimiento de la pelota (respecto a la barra) a) 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 aRlos=vectores. aθ = 0 de ∑ Fex = 0 = m . a FR aθ Pero como se desprecia W aR w La fricción entre la barra y la pelota no existe, por lo que no hay fuerzas en el sistema. b) La aceleración de la pelota relativa a la barra en ese instante. (I) ( de II ) ( II ) ( III ) ( sustituyendo III en I ) 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° VB = VA.rA rB VA.rA = VB.rB. m VB = 0,6 /seg (0,08m) = 0,16m/ seg (0,30m) (+ y) (+ y) De lasDiagrama ecuaciones 2 y10 3 se se resuelve: cinético (+ y) de la El bloque Diagrama b de masa cinético Kg.sustituyen descansavalores sobre lay superficie superior D.C.L. “B” Diagrama Cinético FSabiendo dede “B” R= 0 cuña0,77N a, de 22 “B” Kg. como se muestra en la figura. que el sistema se “B” N B D.C.L. = 22a “B” A B + 107,8de Fhay 0 esaa m/ 2 vector, 178,71 =Rla= 27,9 NB aa) suelta desde el reposo y despreciando la(no fricción, determine: A A=la6,41 s “B” D.C.L. sería dirección) =esa 0 (no hay F vector, R N – 92,09 = -7,66a *(-0,77) N B aceleración de B; b)A La Velocidad de b relativa a “a”, en t = 0,5B seg. sería la dirección) (no hay vector, esa sería la dirección) De la ecuación 1: aB/A = g.sen20° +aA.cos50° = 7,47 m/s2 b (+ x) aA= -6,41.cos 50 i - 6.41.sen50 j ABA/AB/ (+ x) A 20° Datos: B A /A a (+ x) aABa/AA = 7,47 i WB α amb A = 10 Kg. WB aB= -4.12 i +a 7,47 i - 4,91 j aB= 3,35 i - 4,91 j WB 20° ma= 22 Kg. BaB a 20° (+ y) ´ aB V0= 0 20° D.C.L. “A” (+ y) ´ (+ y) NB j – W.Cos20° j + W.sen20° i = mB( -aA.Cos50 i - aAsen50° j + aB/A) (+ y) ∑ Fe = m.aT= 0,5 seg. (- x)´ D.C.L. (+ y)seg (+ x)j VA = (-6,41.cos50° i - 6,41 sen50° j )0,5 i - “A” 2,46 VA = aA.T NA= -2,06 (+ x) Aplico la ley del coseno para hallar el angulo de i : WB.sen20° = mB(-aACos50°(- x)´ + a B/A) (+ x) NA (1) a respecto a la horizontal B VB = (3,35 i - 4.91j )0,5 seg = 1,68i - 2,46 j VB = aB.T 90° 30° 20° 30° j : NB – WB.cos20° = mB(-aASen50°) (2) 70° 90° 70° 30° VB/A = VB - VA = 1,68i 2,66 j – (-2,06 i 2,46 j) 20° B / )2 + ( a )2 – ( a )2 ( a Diagrama A B A Cosα : Diagrama + NB.sen40° - WA.Cos30 j - WAsen30° i = mAaA j ) 70° ∑ Fe = m.a = NA j – NB.Cos40° i 30° = j 55.71° 30° 70° cinético de “A” 40° B/ 2 ).( a ) VB/AaA= 3,74i - 0,2 j = 3,74 cinético 2.(dea m“A” sA 20° B NB 30° w i : NB.cos40° + WAsen30° = mAa A (3) 40° A B (4) 55.71° + N wA j : NA –El NB.ángulo sen40°respecto - WAcos30° 0 a la = horizontal será: 20° = 76,71° Fe = K (L – L0) Fe = K (h – L) A h h = √ L2 + (X0 – X)2 Fe = K ( √ L2 + (X0 – X)2 – L) Cosα = (X0 – X) (Tiende a su longitud inicial anterior a estirarse) X–X Sustituyo el coseno, la fuerza elástica y despejo la B aceleración obteniendo: (X0 – X) (√ L2 Fe Xo + (X0 – X)2X– L) aα= v dv dx m √ L2 + (X0 – X)2 Separo variables, ordeno la expresión e integro: l 0 C Fe.Cosα = m.a a= Estado Inicial Estado Final (resorte estirado) √ L2 + (X0 – X)2 ∑ Fx = m.a k α Una ves que se inicia el k v.dv=movimiento (X0 – X) – ∫ m ∫{ N DEL COL L (X0 – X)VELOCIDAD dx } √ L2 + (X0 – X)2 W k v2 = 2 m {∫ Sustituyo el cambio en la expresión V2 2 V2 2 = = k m k m 2√ s L√ L2 k v2 = 2 L ds {∫ { ∫√ (X0 – X) dx – – 2 V = = + (X0 – L2 { ∫√ m 2 + (X0 – X)2 X)2 m { √m { k L2 L2 – L√ } ∫ du = - dx } s = L2 + u2 ds = 2u Integro la primera expresión y devuelvo el cambio de variable para poder evaluar todo entre 0 y X0 } (X0 – X)2 2 k u = X0 – X – u du L2 + u2 0 – dx L.u du X0 (X0 – X)2 X0 } Evalúo la expresión: 0 Al evaluar X= 0 Al evaluar X= X0 V2 L (X0 – X) L2 – L√ + X0 L2 2 + X0 + X0 2 2 2 + X0 2 2 } Despejo V } - √ L2 + X0 2 2 2L2 – 2L√ L2 + X0 2 + X0 } 2 2 2 = L2 – 2L√ L2 + X0 2 + X0 + L Sustituyo en la expresión y obtengo V= √m k (L - √ L2 + X0 2 ( (L √m { k ( V= 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