Dinamica Unidad 13

 

Ecuaciones Ecuacion es de movimie movimiento: nto: coordenadas rectangulares rectangulares Ejemplo 13.5

En el bloque A de 100kg en la fgura (a). Se suelta del punto de reposo. Si no se toma en cuenta la masa ma sa de la lass po polea leass y la cu cuer erda da.. Dete Determ rmin ine e la rapidez del bloque B de 20kg en 2s. Solución:

Como la masa de las de las poleas se ignora, en ento tonc nces es para para la pole polea a C, ma= 0  y po podem demos os aplica apl icarr

∑ F  =0, como se muestra en la fgura  y

(b). En la fgura c y d se muestran los diagramas de cuerpo libre de los bloques A y B, resp respec ecv vam amen ente te.. Obse Observ rve e que que para para que que A perman per manezc ezca a estac estacion ionari ario o T =490.5 N , mientr mientras as 196.2

 N . que para que B permanezca estáco T  De ahí A se moverá hacia abajo mientras=que B se muev mu eve e ha haci cia a arri arriba ba.. Aunq Aunque ue es este te es el ca caso so,, supondremos que ambos bloques aceleran hacia abajo, en la dirección de

tres + S A + S B. Las tres

incógnitas son T , a A , aB . Ecuaciones de movimiento.

Bloque A

+ ↓ ∑  F  y =¿ m a y → 981−2 T =100 a A … … … … … … … … (1 ) ¿ Bloque B

+ ↓ ∑  F  y =¿ m a y → 196.2−T =20 a B … … … … … … … … .. ( 2 ) ¿ Cinemáca. La tercera ecuación necesaria se obene al relacionar a A  con a B por medio de un análisis de movimiento dependiente. Las coordenada coordenadass S A  y S B  en la fgura (a) miden las posiciones de A y B con el respecto al plano de reerencia fjo. Se ve que: 2 S A

+ S B= l

 

Derivando con respecto al empo: 2 a A

=−a B … … … … … … … … … … .. (3 )

Hay que tener en cuenta que las direcciones posivas siempre se pusieron hacia abajo. Entonces los resultados son:

T =327 N 

a A =3.27

 m s

2

a B=−6.54

 m 2

s

Ahora podemos decir que cuando el bloque A se acelera hacia abajo, el bloque B acelera hacia arriba. Como la a B es constante, la velocidad del bloque B en 2s es, por tanto:

v B= v 0 + a B . t  v B= 0 +(−6.54

 m 2

) . ( 2 s)

s v B=−13.1 m / s  

El signo negavo indica que el bloque B, se mueve hacia arriba.

Ejemplo 13.6

Determine el ángulo de inclinación θ  de la pista para que las llantas de os autos de carreras mostrados en la fgura (a) no dependan de la ricción para que no se deslicen hacia arriba haci hacia a de deba bajo jo de la pist pista. a. Supo Supong nga a que que el tama tamaño ño d lo loss

 

automóviles es insignifcante, que su masa es m y que se dsplazan alrededor de la curva de radio  ρ , a una rapidez constante v . Solución:

Diagrama de cuerpo libre: Como se muestra en a fgura (b). Observamos que en el automóvil no actúa ninguna uerza de ricción. En este caso

 N C  representa la resultante del suelo de las cuatro ruedas. Como a n puede calcularse, las incógnitas son:  N C  y θ

Ecuaciones de movimiento: con los eje: n, b. + ¿¿

∑

→

+↑

2

 v  F a=m an ; N C sin θ =m   … … … … … … … … … .. ( 1 )   ρ

∑ F  =0 ; N  cos θ −mg=0 … … … … … … … … … .. ( 2 ) b

C 

Al eliminar  N C  y m de estas ecuaciones mediante la división de la ecuación (1) entre la ecuación (2), obtenemos: 2

 v  ¿ tan θ =¿ gρ

( ) 2

θ =tan

−1

 v gρ

Ejemplo: 13.13

Se lanza un satélite a 600kg de la superfcie terr terres estr tre, e, co con n una una ve velo locid cidad ad inic inicia iall de 30Mm/h que actúa paralela a la tangente en la superfcie terrestre. Suponga que el

 

radio de la erra es de 6378km y que su masa es de 5.976* 1024 kg.determine (a) la excentricidad de la trayectoria orbital. (b) la velocidad del satélite en el apogeo. Solución:

A. la ex exce cent ntri rici cida dad d de la ór órbi bita ta se ob obe ene ne co con n la ecua ecuaci ción ón 13 13-1 -18. 8. Prim Primer ero o se

determinan las constantes constantes h y C con las ecuaciones 13-20 y 13-21, como

r p =r 0=6378 km + 600 km= 6978 ( 10 ) m r 0 =30 Mm /h =8333.3 m / s 6

h =r p r 0=6938 ( 10 ) m × 8333.3 m / s =58.15 ( 10 ) m / s 6

  C =

 C =

 1

r p  

 (

1

−

G M e r p v 0

1

(

6

6978 10

2

9

2

)

 [

]

( 66.73∗10− )( 5.976∗10 ) =25.4∗10− m− 1− (6.978∗10 )( 8333.3 ) ) 12

24

2

6

9

1

 Por consiguiente: 9 2

−8

2   2.54∗10 × ( 58.15∗10 )  C h e= =0.215 < 1 = G M e 66.73∗10−12 × ( 5.976∗1024 )

B. si el satélite hubiera sido lanzado en el apogeo A como se muestra en la fgura, con

una velocidad v A , se mantendría en la misma orbita siempre que: 9

2

h =r p v 0= r a v A =58.15∗10 m / s Por la ecuación 13-27 tenemos: 6

 

 p

ra =   r 2 G M e r p v 0

2

  −1

=

6978 10 24 −12 2 × 66.73 10 × 5.976 10

∗

(

6

6978 10

( ( ) ∗ ) =10.804∗10   −1

) × ( 8333.3 )

2

Por lo tano: 9

∗ =5382.2 m/ s =19.4 Mm / h v A = 10.804∗10   58.15 10

6



F13-7  El bloque descansa descansa a una distancia distancia de 2m del centro de

la plataorma. Si el coefciente de riccion estaca entre el bloq bloque ue y la plata platao orm rma a es  μs = 0.3  determine determine la velocidad velocidad

6

 

maxima que el bloque pued maxima puede e alcanzar antes antes que comience a deslizarse. deslizarse. Suponga Suponga que el momento angular del disco incrementa lentamente.