Download Diapositiva 1 - Web del Profesor

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