Cinética de la Part - División de Ingenierías Campus Irapuato

Cinética de la Partı́cula: Ecuaciones de Newton.
José Marı́a Rico Martı́nez
Departamento de Ingenierı́a Mecánica
División de Ingenierı́as, Campus Irapuato-Salamanca
Universidad de Guanajuato.
Salamanca, Gto. 36885, México
July 24, 2013
Abstract
Después de analizar la cinemática de las partı́culas, un tema meramente matemático que no involucra
ley fı́sica alguna, es el momento de iniciar el estudio de la cinética de las partı́culas, que es aquella parte
de la dinámica que estudia la relación entre el movimiento de las partı́culas y las fuerzas que, al ser
aplicadas a la partı́cula, producen ese movimiento. El estudio de la cinética de partı́culas necesariamente
requiere la introducción de leyes fı́sicas que, en el caso particular de la cinética de las partı́culas está dada
por la Segunda Ley de Newton. La aplicación de la segunda ley de Newton, requiere, a diferencia de
la cinemática de las partı́culas en donde todos los sistemas de referencia tienen igual jerarquı́a, el empleo
de sistemas de referencias, denominados Newtonianos o Inerciales, para los cuales la segunda ley de
Newton se cumple de manera satisfactoria. Este argumento necesariamente implica que hay sistemas de
referencia para los cuales, la segunda ley de Newton no conduce a los resultados correctos. Finalmente,
la aplicación de leyes fı́sicas involucra la necesidad de estudiar los diferentes sistemas de unidades y las
reglas para transformar los valores de las masas, fuerzas y longitudes de un sistema en otro.
1
Segunda Ley de Newton.
Iniciaremos esta sección enunciando la Segunda Ley de Newton: “Si la fuerza resultante que actua sobre una
partı́cula no es cero, la partı́cula tendrá una aceleración proporcional a la magnitud de la fuerza resultante
y la dirección y sentido de la aceleración coincide con la dirección y sentido de la fuerza resultante”’.
Es importante señalar que la formulación de la segunda ley de Newton, en el siglo XVII, representa un
logro de la abstracción mental, pues Newton no tenı́a a su disposición equipos experimentales sofisticados.
La figura 1 muestra como, en la actualidad, podrı́a verificarse la validez de la segunda ley de Newton.
Considere una misma partı́cula que se sujeta a la acción de fuerzas arbitrarias, de manera que la misma
partı́cula se muestra en diferentes situaciones sujeta a diferente combinaciones de fuerzas de manera tal
que, en cada situación, la resultante de las fuerzas está dada por ΣF~ , en todos los casos es posible suponer
que la partı́cula está originalmente en reposo. Experimentalmente, se podrı́a determinar la magnitud de
la aceleración, ~a, que sufre la partı́cula, quizás, determinando cual es la distancia recorrida después de un
intervalo de tiempo, y determinar la dirección y sentido de la aceleración. Lo que encontrariamos es que
la dirección y sentido de la aceleración coinciden con la dirección y sentido de la resultante de las fuerzas
aplicadas a la partı́cula y que las magnitudes de la resultante y aceleración están relacionadas por
| ΣF~1 |
| ΣF~2 |
| ΣF~3 |
| ΣF~4 |
=
=
=
= ··· = m
| ~a1 |
| ~a2 |
| ~a3 |
| ~a4 |
1
Figure 1: Interpretación Fı́sica de la Segunda Ley de Newton.
Conjuntando los resultados de la magnitud, dirección y sentido de la aceleración y denominando la
constante común, m, como la masa de la partı́cula, se tiene que matemáticamente, la segunda Ley de
Newton puede expresarse como
ΣF~ = m ~a.
(1)
Sin embargo, para que este experimento sea preciso, es necesario que la medición de la aceleración de la
partı́cula se lleve a cabo en sistema de referencia Newtoniano o Inercial; pero ¿Qué es un sistema de
referencia Newtoniano o Inercial?, una forma muy sencilla de definirlo es decir que un sistema de referencia
Newtoniano o Inercial es aquel para el cual, la segunda ley de Newton se satisface con exactitud. Sin
embargo, estos argumentos son circulares. De manera más precisa, un sistema de referencia Newtoniano
o Inercial es aquel localizado en el centro de masas del sistema solar y tal que los ejes determinados por
sus vectores unitarios no giran con respecto a las estrellas fijas del firmamento.1 Esta descripción de
los sistema de referencia Newtonianos o Inerciales no es de mucha ayuda, para el tipo de aplicaciones que
aparecen dentro de la ingenierı́a mecánica. Afortunadamente en el campo de la ingenierı́a mecánica
usualmente un sistema de referencia fijo a la tierra y que no rote, respecto a la tierra, es un
buen sistema de referencia Newtoniano o Inercial. Debe notarse que la tierra gira alrededor de un
eje que aproximadamente pasa por los polos, de manera que, en sentido estricto, un sistema de referencia
como el indicado no puede ser un sistema de referencia Newtoniano o Inercial. Sin embargo, si la velocidad
de la partı́cula no es muy elevada, las diferencias entre la aceleración correcta y la calculada mediante la
segunda ley de Newton son despreciables. Concluyendo, dentro de la ingenierı́a mecánica, un sistema de
referencia Newtoniano o Inercial es un sistema de referencia fijo a la tierra.
Ahora, aparece la pregunta, ¿Existen otros sistemas de referencia que no estén fijos y que sean también
sistema de referencia Newtonianos o Inerciales? En esta etapa del curso de Dinámica no podremos responder
de manera exhaustiva a esta pregunta, sin embargo mostraremos la existencia de sistemas de referencia
que no están fijos a la tierra y que siguen siendo Newtonianos e Inerciales. Suponga que conocemos que
un sistema OXY Z es Newtoniano o Inercial, entonces otro sistema O∗ X ∗ Y ∗ Z ∗2 es también Newtoniano o
Inercial si la aceleración de una partı́cula arbitraria P tal como se observa desde el sistema de referencia
1 Las estrellas fijas del firmamento son aquellas cuya localización es tan lejana que su posición con respecto a la tierra
permanece fija.
2 Es importante señalar que un sistema de referencia no necesita emplear, necesariamente, coordenadas cartesianas. Sin
embargo para evitar descripciones muy largas y complicadas se abusa del lenguaje y se denomina el sistema OXY Z u
O∗ X ∗ Y ∗ Z ∗
2
O∗ X ∗ Y ∗ Z ∗ es igual a la aceleración de la misma partı́cula respecto al sistema de referencia Newtoniano o
Inercial inicial OXY Z. Entonces, estamos en posibilidad de probar el siguiente resultado.
Teorema. Suponga que OXY Z representa un sistema de referencia Newtoniano o Inercial, entonces
el sistema de referencia O∗ X ∗ Y ∗ Z ∗ sujeto a traslación con velocidad constante igual a la velocidad ~vO∗ y
exento de rotación es también un sistema de referencia Newtoniano o Inercial.
Figure 2: Sistemas de Referencia Newtonianos o Inerciales.
Prueba. Considere la figura 2 que muestra dos sistemas de referencia OXY Z que se supone que es
newtoniano o inercial y O∗ X ∗ Y ∗ Z ∗ que se supone está sujeto a movimiento de traslación con la velocidad
~vO∗ , que ademas se supone constante. Considere la partı́cula B, los vectores de posición están relacionados
por la ecuación
~rB (t) = ~rO∗ (t) + ~rB/O∗ .
(2)
Derivando respecto al tiempo y respecto al sistema de referencia OXY Z, se tiene que
d ~rB/O∗
d ~rO∗ (t)
d ~rB (t)
=
+
.
d t OXY Z
d t OXY Z
d t OXY Z
Recordando que si el sistema de referencia O∗ X ∗ Y ∗ Z ∗ está sujeta a traslación, entonces
d ~rB/O∗
d ~rB/O∗
=
d t OXY Z
d t O∗ X ∗ Y ∗ Z ∗
Por lo tanto, la ecuación se reduce a
d ~rB/O∗
d ~rO∗ (t)
d ~rB (t)
=
+
.
d t OXY Z
d t OXY Z
d t O∗ X ∗ Y ∗ Z ∗
(3)
Derivando, con respecto al tiempo la ecuación anterior y con respecto al sistema de referencia OXY Z,
se tiene que
·
·
·
¸
¸
¸
d d ~rB (t)
d d ~rO∗ (t)
d d ~rB/O∗
=
+
.
(4)
dt
d t OXY Z OXY Z
dt
d t OXY Z OXY Z d t
d t O∗ X ∗ Y ∗ Z ∗ OXY Z
Es posible simplificar las ecuaciones de la siguiente manera
¸
·
d d ~rB (t)
d2 ~rB (t)
=
= ~aBOXY Z .
dt
d t OXY Z OXY Z
d t2 OXY Z
3
y
·
¸
d d ~rO∗ (t)
d2 ~rO∗ (t)
=
= ~aO∗OXY Z = ~0,
dt
d t OXY Z OXY Z
d t2 OXY Z
pues la velocidad del punto O∗ es constante. Finalmente,
·
¸
d2 ~rB/O∗
d d ~rB/O∗
∗
.
= ~aB/OO∗X∗Y
=
∗Z∗
dt
d t O∗ X ∗ Y ∗ Z ∗ OXY Z
d t2 O ∗ X ∗ Y ∗ Z ∗
Por lo tanto
∗
.
~aBOXY Z = ~aB/OO∗X∗Y
∗Z∗
(5)
Puesto que la aceleración de la partı́cula arbitraria B es la misma en ambos sistemas de referencia,
este resultado comprueba que el sistema O∗ X ∗ Y ∗ Z ∗ sujeto a traslación y velocidad constante es también
Newtoniano o Inercial.
2
Momento Lineal de una Partı́cula.
Si en la ecuación (1), reproducida a continuación,
ΣF~ = m ~a.
se supone que la masa m de la partı́cula es constante, y se sustituye la aceleración por la derivada de la
velocidad respecto al tiempo, se tiene que
ΣF~ = m
~
d (m ~v )
dL
d ~v
~˙
=
=
= L.
dt
dt
dt
(6)
~ ≡ m ~v se denomina la cantidad de movimiento lineal, o, la cantidad de momento lineal.
donde L
De esa manera, la ecuación (6), representa que la magnitud, dirección y sentido de la resultante de las
fuerzas aplicadas a la partı́cula, ΣF~ , es igual a la magnitud, dirección y sentido de la resultante de la tasa
~˙
de cambio de la cantidad de momento lineal, L.
3
El Principio de D’Alembert.
La ecuación (1), reproducida a continuación,
ΣF~ = m ~a.
puede escribirse de una manera distinta, traslade el lado izquierdo de la ecuación al lado derecho, se tiene
que
ΣF~ − m ~a = ~0.
(7)
Este cambio, en aparencia insignificante, fue propuesta por D’Alembert3 en el siglo XVIII y se conoce
como el principio o la ecuación de D’Alembert. El vector − m~a cuya magnitud y dirección es igual
3 Jean Le Rond D’Alembert fue el hijo ilegı́timo de Madame de Tencin, su madre lo abandonó recien nacido en la escalera
de la iglesia de Jean Le Rond en Parı́s en 1717, su padre era el oficial de artilleria Louis-Camus Destouches, quien pagó por
el cuidado de D’Alembert a Madame Rousseau. D’Alembert recibió, a pesar de sus dificultades, una buena educación en un
colegio Jansenista. En diferentes etapas de su vida estudió matemáticas, teologı́a, derecho y medicina. Relativamente joven
publicó sus trabajos en la Academia de Ciencias de Paris. Sin embargo, era conocido por su repetida inclinación a discutir
airadamente sus argumentos, enemistándose con el cı́rculo de cientı́ficos franceses, por lo que debió publicar sus contribuciones
en la Academia de Ciencias de Berlı́n, donde poco tiempo después se distanció de Euler. Sus trabajos adolecı́an del defecto
de no tomar en cuenta la experimentación para corregir las hipótesis matemáticas que empleaba en sus desarrollos. Murió en
1783, tres años antes del inicio de la Revolución Francesa.
4
a m ~a y cuyo sentido es opuesto al de m ~a se conoce como fuerza de inercia. Si se incluye la fuerza de
inercia dentro de las fuerzas externas aplicadas a la partı́cula, la segunda Ley de Newton, puede escribirse
como
Σ F~ = ~0.
Desde un punto de vista más filosófico, este cambio indica que, toda la cinética de las partı́culas puede
estudiarse con las herramientas de la estática. Desde un punto de vista práctico, en la cinética de las
partı́culas, el empleo de la ecuación de D’Alembert, no representa ventaja alguna. Sin embargo, cuando se
aplica el principio de D’Alembert a la cinética de cuerpos rı́gidos las ventajas del principio de D’Alembert
es mucho mas evidente. Además, desde el punto de vista del desarrollo de la Mecánica, de la cual la
Dinámica es una parte de ella, la aplicación del principio de D’Alembert constituye un paso necesario para
el desarrollo de la Mecánica Analı́tica, de la cual la Mecánica Lagrangiana y la Mecánica Hamiltoniana,
son unicamente dos ejemplos de esa rama de la Mecánica.
4
Sistemas de Unidades.
La aplicación de una ley fı́sica necesariamente implica que las unidades, y dimensiones, de las magnitudes
involucrada no pueden ser independientes. De las magnitudes involucradas, ~a tiene dimensiones de TL2 ,
la masa m tiene dimension de M y la resultante de las fuerzas, ΣF~ , tiene dimensiones de F . Existen
basicamente dos clases sistemas de unidades en uso:
1. Sistemas M LT . Donde las dimensiones fundamentales son masa, M , longitud, L y tiempo T , entonces
F es una dimensión derivada. Estos sistemas se denominan másicos. Cada uno de estos sistemas
pueden emplear unidades métricas o inglesas.
(a) Sistema másico en unidades métricas, este sistema de conoce como el sistema internacional,
o SI.
• Unidad de Masa. El kilogramo masa, Kgm.derivado de un patrón inicial que se conserva
en Parı́s.
• Unidad de Longitud. El metro, m., derivado de un patrón inicial que se conserva en
Parı́s.
• Unidad de Tiempo. El segundo, s.
• Unidad de Fuerza. El Newton, N , definido como la fuerza necesaria para producirle a un
kilogramo masa una aceleración de 1 sm2 .
(b) Sistema másico en unidades inglesas.
• Unidad de Masa. La libra masa, Lbm., derivado de un patrón inicial que se conserva en
Londres.
• Unidad de Longitud. El pie, p, derivado de un patrón inicial que se conserva en Londres.
• Unidad de Tiempo. El segundo, s.
• Unidad de Fuerza. El Poundal, definido como la fuerza necesaria para producirle a una
libra masa una aceleración de 1 sp2 .
2. Sistemas F LT Donde las dimensiones fundamentales son masa, F , longitud, L y tiempo T , entonces
M es una dimensión derivada. Estos sistemas se denominan técnicos o gravitacionales. De la
misma manera cada uno de estos sistemas pueden emplear unidades métricas o inglesas.
(a) Sistema gravitacional en unidades métricas.
5
• Unidad de Fuerza. El Kilogramo fuerza, Kgf., definido como el peso de un kilogramo
masa en un campo gravitacional normal, es decir donde la aceleración de la gravedad es
g = 9.81 sm2 .
• Unidad de Longitud. El metro, m., derivado de un patrón inicial que se conserva en
Parı́s.
• Unidad de Tiempo. El segundo, s.
• Unidad de Masa. La unidad técnica de masa, U T M definido como la masa que un
kilogramo fuerza le produce una aceleración de 1 sm2 .
(b) Sistema gravitacional en unidades inglesas.
• Unidad de Fuerza. La libra fuerza, Lbf., definido como el peso de una libra masa en un
campo gravitacional normal, es decir donde la aceleración de la gravedad es g = 32.2 sp2 .
• Unidad de Longitud. El pie, p, derivado de un patrón inicial que se conserva en Londres.
• Unidad de Tiempo. El segundo, s.
• Unidad de Masa. El slug, definido como la masa que una libra fuerza le produce una
aceleración de 1 sp2 .
5
Cantidad de Movimiento Angular, Impulso Angular.
Considere una partı́cula, P , de masa m que se mueve con respecto a un sistema de referencia Newtoniano
o inercial OXY Z, vea la figura 3, previamente, ya se definió que la cantidad de movimiento lineal
~ = m~v ; sin embargo si O es un punto arbitrario, tal que la partı́cula P respecto a la partı́cula O está
L
dado por ~r.Es posible definir el momento de cantidad de movimiento o la cantidad de movimiento
angular, como
Ho = ~r × m~v
(8)
Este vector es perpendicular al plano formado por los vectores ~r y ~v y su magnitud viene dada por
~ = |~r||m~v | sin φ.
|Ho|
donde φ es el ángulo que forman ambos vectores.
Figure 3: Definición del Momento Angular.
6
La ecuación de impulso angular (8) puede escribirse como
~i
~
Ho = ~r × m~v = x
mvx
~j
y
mvy
~k
z
mvz
(9)
donde ~r = (x, y, z) y ~v = (vx , vy , vz ). Más aún, la ecuación puede descomponerse en
Hox = m(yvz − zvy )
Hoy = m(zvx − xvz )
Hoz = m(xvy − yvx )
En particular, si la partı́cula se mueve exclusivamente en el plano X − Y , se tiene z = 0 y vz = 0, por
lo tanto
Hox = 0
Hoy = 0
Hoz = m(xvy − yvx )
Más aún, si se emplean coordenadas cilı́ndricas, que para este caso se convierten en componentes radial
transversal, se tiene que
Ho = ~r × m~v = m(reˆr ) × (ṙeˆr + rθ̇eˆθ ) = mr2 θ̇eˆz .
5.1
(10)
Derivada de la Cantidad de Momento Angular.
En esta sección se mostrará la relación entre la derivada de la cantidad de momento angular y el momento
de las fuerzas que actúan sobre una partı́cula, esta derivación es el fundamento de las leyes de Euler para la
cinética de cuerpos rı́gidos. Para esta derivación, es necesario que el punto O, esté fijo en un sistema de
referencia Newtoniano o inercial, entonces, suponiendo que la masa de la partı́cula es constante,
se tiene que
~
dHo
d
d~r
dm~v
= (~r × m~v ) =
× m~v + ~r ×
= ~v × m~v + ~r × m~a
(11)
dt
dt
dt
dt
Puesto que
~v × m~v = ~0
y
m~a = ΣF~ ,
la derivada de la cantidad de movimiento angular, vea la ecuación (11), puede escribirse como
~
dHo
~ o.
= ~r × ΣF~ = ΣM
dt
(12)
Este resultado establece que la suma de los momentos de las fuerzas aplicadas a la partı́cula
P con respecto al punto O, fijo en un sistema de referencia Newtoniano o Inercial es igual
a la derivada, respecto al tiempo, de la cantidad de movimiento angular de la partı́cula P
respecto al mismo punto O.
5.2
Movimiento de una partı́cula respecto a la acción de una fuerza central.
Ley de conservación del momento angular.
Considere ahora una partı́cula P que se mueve bajo la acción de una fuerza central al punto O; es decir que
en cualquier instante de tiempo, la resultante de las fuerzas F~ que actúan sobre la partı́cula P , siempre
pasa por el punto O, vea la figura 4.
~ o = 0, por lo tanto, la ecuación (12) se reduce a
Es evidente pues, que para todo instante de tiempo ΣM
~
dHo
=0
dt
7
(13)
Figure 4: Conservación del Momento Angular.
Por lo tanto,
~ = ~r × (m~v ) = C
~
Ho
(14)
Este resultado se conoce como la Ley de Conservación del Momento Angular y se aplica para todas
las partı́culas que se mueven bajo la acción de una fuerza central; es decir, que la fuerza, o la resultante
de las fuerzas, aplicadas a la partı́cula pasa por un punto O fijo en un sistema de referencia Newtoniano o
Inercial.
6
Problemas Resueltos.
Problema 1. Un hombre sube por si mismo en un plano inclinado como se muestra en la figura 5. Si el
peso combinado del hombre y el carro es 250 lb, determine la aceleración si el hombre ejerce una fuerza de
60 lb sobre la cuerda. Desprecie toda la fricción y la masa de la cuerda, poleas y ruedas.4
Figure 5: Hombre con carretilla en un plano inclinado.
4 Este
es el problema 3/9 del libro Meriam y Kraige, Engineering Mechanics Dynamics, Sixth Edition.
8
Solución. Empleando el sistema de unidades técnico o graviatcional inglés y del diagrama de cuerpo
libre se tiene que las ecuaciones son
Σ Fy = 0,
Σ Fx = M ax ,
Por lo tanto
ax =
−W cos θ + N
−W sen θ + 3 P
= 0
= M ax
(15)
(16)
(17)
p
−250 lbf sen15◦ + 3 (60 lbf )
−W sen θ + 3 P
= 14.85 2 .
=
lbf −s2
M
s
7.7639
p
Problema 2. La bola de acero está suspendida del marco que se está acelerando mediante dos cuerdas
A y B. Determine la aceleración del marco que ocasionará que la tensión en A sea el doble de la tensión
en B.5
Solución. Del diagrama de cuerpo libre se tiene que las ecuaciones son
Σ Fx = M ax ,
Σ Fy = 0,
TA cos θ − TB cos θ
−M g + TA sen θ + TB sen θ
= M ax
= 0
(18)
(19)
(20)
Pero de acuerdo con el enunciado del problema
TA = 2 TB .
Por lo tanto, las ecuaciones del diagrama de cuerpo libre resultan
2 TB cos θ − TB cos θ
−M g + 2 TB sen θ + TB sen θ
= TB cos θ = M ax
(21)
= −M g + 3 TB sen θ = 0
(22)
(23)
Despejando de la segunda ecuación TB , se tiene que
TB =
Mg
.
3 sen θ
Sustituyendo, esta ecuación en la primera ecuación, se tiene que
Mg
cos θ = M ax ,
3 sen θ
Mg
= M ax
3 tan θ
Por lo tanto, se tiene que la aceleración es
ax =
g
g
g
= √
=
3 tan θ
3 tan 60◦
3 3
(24)
Problema 3. Un paquete de 40 Kg se encuentra sobre un plano inclinado cuando se le aplica una
fuerza P~ . Determine la magnitud de P~ si se requieren 4 seg. para que el paquete recorra 10 m. al ascender
por el plano. Los coeficientes de fricción estática y cinética entre el paquete y el plano son, respectivamente,
de 0.30 y 0.25, vea la figura 6. 6
5 Este
es el problema 3/17 del libro Meriam y Kraige, Engineering Mechanics Dynamics, Sixth Edition.
es el problema 12.10 del libro Beer, Johnston y Clausen, Mecánica Vectorial para Ingenieros: Dinámica, México:
McGraw Hill.
6 Este
9
Figure 6: Bloque sobre plano inclinado.
Solución. Seleccione los ejes coordenados como muestra la figura 6. La masa del paquete es M =
40 Kgm, Los ángulos son α = 20◦ y θ = 30◦ . Puesto que el cuerpo parte de reposo y si se selecciona
apropiadamente el origen de posición, la ecuación de movimiento del cuerpo es
s(t) =
Por lo tanto
ax =
1
ax t2 ,
2
2 ∗ 10 m.
m
2 ∗ s(tf )
=
= 1.25 2
t2f
(4 s)2
s
Las ecuaciones de movimiento del cuerpo son
ΣFy = 0
ΣFx = M ax
−P S (α + θ) − M g C α + N = 0.
+P C (α + θ) − M g S α − µk N = M ax .
(25)
(26)
Despejando la fuerza normal al plano inclinado N , se tiene que
N = M g cos (α) + P sin (α + θ)
Por lo tanto,
P cos (α + θ) − M g sin (α) − µk M g cos (α) − µk P sin (α + θ) = M ax
Resolviendo para P , se tiene que
P
M (g sin (α) + µk g cos (α) + ax )
− cos (α + θ) + µk sin (α + θ)
9.81 m/s2 (S 20◦ + 0.25 C 20◦ ) + 1.25 m/s2
= −40 kg
= 612.46 N.
−C 50◦ + 0.25 S 50◦
= −
(27)
Problema 4. Los dos bloques mostrados en la figura 7, MA = 10 kg y MB = 8 Kg, se encuentran en
reposo al principio y el ángulo de inclinación es θ = 30◦ . Si se ignoran las masas de las poleas y el efecto
de la fricción en estas y suponiendo que los coeficientes de fricción entre ambos bloques y la pendiente son
µs = 0.25 y µk = 0.20, determine a) la aceleración de cada bloque y b) la tensión en el cable.7
7 Este
es el problema 12.13 del libro Beer, Johnston y Clausen, Mecánica Vectorial para Ingenieros: Dinámica, México:
McGraw Hill.
10
Figure 7: Bloques sobre plano inclinado.
Solución. Seleccione los ejes coordenados como muestra la figura 7. Las ecuaciones de movimiento de
los cuerpos son, para el cuerpo B,
ΣFy = 0
ΣFx = 0
NB − MB g cos (θ) = 0.
(28)
3 T − MB g sin (θ) − µk NB = MB aB .
(29)
NA − MA g cos (θ) = 0
T + µk NA − MA g sin (θ) = MA aA .
(30)
(31)
Para el cuerpo A,
ΣFy = 0
ΣFx = 0
Por otro lado, la ecuación de la cuerda que une los dos cuerpos está dada por
L = sA + 3 sB + C,
(32)
donde, C es una constante que incluye todos los tramos constantes de la cuerda. Derivando dos veces con
respecto al tiempo, la ecuación de la cuerda, se tiene que
aA + 3 aB = 0.
(33)
Sustituyendo las fuerzas normales en las ecuaciones de las aceleraciones a lo largo del eje X y sustituyendo aB en términos de aA , se tiene que
1
3 T − MB g sin (θ) − µk MB g cos (θ) = − MB aA
3
T + µk MA g cos (θ) − MA g sin (θ) = MA aA
Despejando T de la primera ecuación, se tiene que
T =
1
1
1
MB g sin (θ) + µk MB g cos (θ) − MB aA
3
3
9
Sustituyendo T en la segunda ecuación y despejando aA , se tiene que
aA =
3 g (MB sin (θ) + µk MB cos (θ) + 3 µk MA cos (θ) − 3 MA sin (θ))
MB + 9 M A
11
(34)
(35)
Puede probrarse que los valores numéricos de aA , aB , y T , están dados por
aA = −1.3268
m
s2
aB = 0.4422
m
s2
T = 18.7904N.
Problema 5. El bloque A pesa 80 Lb y el bloque B 16Lb, vea la figura 8. Los coeficientes de fricción
entre todas las superficies de contacto son µs = 0.20, y µk = 0.15. Si P = 0, determine a) la aceleración
del bloque B, b) la tensión de la cuerda.8
Figure 8: Bloques conectados mediante poleas y en un plano inclinado.
Solución. La ecuación de la cuerda que une a ambos cuerpos, está dada por
L = 2 sA + sB/A + C = 2 sA + (sB − sA ) + C = sA + sB + C
(36)
Derivando la ecuación (36), dos veces con respecto al tiempo, se tiene que
aA + aB = 0
(37)
En este caso, el problema requiere la solución de dos problemas, el primero determinar si el sistema se
mueve, y si la respuesta es positiva, determinar las aceleraciones de los cuerpos.
Determinación de la existencia de movimiento. Las ecuaciones de la dinámica de cada uno de
los cuerpos están dadas por
1. Cuerpo B.
ΣFy = 0
ΣFx = MB aB
−MB g cos θ + NB = 0
−T + MB g sin θ + µs NB = MB aB
(38)
(39)
De la ecuación 38, de la fuerza normal se tiene que
NB = MB g cos θ
(40)
Por lo tanto, sustituyendo en la ecuación (38) en la ecuación (39), se tiene que
−T + MB g sin θ + µs (MB g cos θ) = MB aB .
8 Este
(41)
es el problema 12.16 del libro Beer, Johnston y Clausen, Mecánica Vectorial para Ingenieros: Dinámica, México:
McGraw Hill.
12
De manera que la tensión de la cuerda está dada por
T = MB [−aB + g (sin θ + µs cos θ)]
(42)
2. Cuerpo A.
ΣFy = 0
ΣFx = 0
−MA g cos θ − NB + NA = 0
−T + MA g sin θ − µs NB + µs NA = MB aB
(43)
(44)
De la ecuación (43), se tiene que la fuerza normal NA está dada por
NA = NB + MA g cos θ = MB g cos θ + MA g cos θ = (MA + MB ) g cos θ.
(45)
Por lo tanto, sustituyendo las ecuaciones (45, 40) en la ecuación (44), se tiene que
−T + MA g sin θ − µs (MB g cos θ) − µs (MA + MB ) g cos θ = MA aA
(46)
de manera que la tensión de la cuerda está dada por
T = MA [−aA + g (sin θ − µs cos θ)] − MB g (2 µs cos θ)
(47)
Sustituyendo la ecuación (37) en la ecuación (47) e igualando las ecuaciones de la tensión de la cuerda,
se tiene que
MA [aB + g(sin θ − µk cos θ)] − MB g[2µk cos θ] = MB [aB + g(sin θ + µk cos θ)]
Despejando el coeficiente de fricción estática µs , se tiene que
µs =
(MA + MB ) aB − (MB − MA ) g Sen θ
(MA + 3 MB ) g Cos θ
(48)
Debe notarse que si hay movimiento, aB es negativa y el coeficiente de fricción estática que existe entre
las superficies, µs , debe ser menor que el valor dado por la ecuación (48) cuando se sustituya aB = 0,
movimiento inminente, por lo tanto
µs ≤
(−MB + MA ) g Sen θ
(MA + 3 MB ) g Cos θ
(49)
Sustituyendo los valores numéricos, se tiene que
µs ≤
(MA − MB ) g Sen θ
MA − MB
=
tan θ
(MA + 3 MB ) g Cos θ
MA + 3 MB
Sustituyendo los valores numéricos, se tiene que
µs ≤
80 − 16
MA − MB
tan θ =
tan 25◦ = 0.233
MA + 3 MB
80 + 3(16)
Puesto que µs = 0.2, existe movimiento relativo.
Determinación de la magnitud del movimiento. Las ecuaciones de la dinámica de cada uno de
los cuerpos están dadas por
13
1. Cuerpo B.
ΣFy = 0
ΣFx = MB aB
−MB g cos θ + NB = 0
−T + MB g sin θ + µk NB = MB aB
(50)
(51)
De la ecuación 50, de la fuerza normal se tiene que
NB = MB g cos θ
(52)
Por lo tanto, sustituyendo en la ecuación (50) en la ecuación (51), se tiene que
−T + MB g sin θ + µk (MB g cos θ) = MB aB .
(53)
De manera que la tensión de la cuerda está dada por
T = MB [−aB + g (sin θ + µk cos θ)]
(54)
2. Cuerpo A.
ΣFy = 0
ΣFx = 0
−MA g cos θ − NB + NA = 0
−T + MA g sin θ − µk NB + µk NA = MB aB
(55)
(56)
De la ecuación (55), se tiene que la fuerza normal NA está dada por
NA = NB + MA g cos θ = MB g cos θ + MA g cos θ = (MA + MB ) g cos θ.
(57)
Por lo tanto, sustituyendo las ecuaciones (57, 52) en la ecuación (56), se tiene que
−T + MA g sin θ − µk (MB g cos θ) − µk (MA + MB ) g cos θ = MA aA
(58)
de manera que la tensión de la cuerda está dada por
T = MA [−aA + g (sin θ − µk cos θ)] − MB g (2 µk cos θ)
(59)
Sustituyendo la ecuación ?? en la ecuación (59) e igualando las ecuaciones de la tensión de la cuerda se
tiene que
MA [aB + g (sin θ − µk cos θ)] − MB g [2 µk cos θ] = MB [−aB + g(sin θ + µk cos θ)]
Por lo tanto, la aceleración del cuerpo B está dada por
aB =
MB (sin θ + 3µk cos θ) − MA (sin θ − µk cos θ)
p
g = −3.2355 2
MA + MB
s
El signo negativo indica que el movimiento del cuerpo B es hacia arriba del plano inclinado.
Problema 6. Una barra de longitud l y masa despreciable conecta el carro de masa M y la partı́cula
de masa m, vea la figura 9. Si el carro está sujeto a una aceleración constante a hacia la derecha, ¿Cual es
el ángulo en estado estable resultante θ que la barra que rota libremente hace con la vertical? Determine
la fuerza neta P horizontal que no se muestra y que debe aplicarse al carro para ocasionar la aceleración
especficada.9
Solución. Es importante señalar varios aspectos de este problema
9 Este
es el problema 3/35 del libro Meriam y Kraige, Engineering Mechanics Dynamics, Sixth Edition.
14
Figure 9: Bloques conectado a una masa.
1. La partı́cula de masa m se mantiene iempre con la misma inclinación θ y no oscila durante el
movimiento del carro, la partı́cula oscilaria durante el arranque y el paro del carro, por esa razón, el
autor hace énfasis en indicar que el resultado corresponde al estado estable resultante.
2. Puesto que la barra es de masa despreciable, eso significa que las fuerzas que la barra transmite del
carro a la partı́cula son colineales a la barra.
3. La figura 8 muestra también los diagramas de cuerpo rı́gido
Las ecuaciones de movimiento del carro y de la partı́cula, están dadas por:
1. Carro
ΣFy = 0
N
N
+
=0
N = M g + F cos θ
2
2
P − F sin θ = M a
P = M a + F sin θ
− M g − F cos θ +
ΣFx = M ax
(60)
(61)
2. Partı́cula
ΣFy = 0
− mg + F cos θ = 0
mg = F cos θ
(62)
a
g
(63)
De estas dos últimas ecuaciones, 61,62, se tiene que
tan θ =
sin θ
ma
a
=
=
cos θ
mg
g
θ = arctan
De manera semejante, sustituyendo la ecuación 62 en la ecuación 60, se tiene que
P = M a + F sin θ = M a + ma = (M + m)a
(64)
Problema 7 El pasador B de 4 onzas se desliza a lo largo de la ranura del brazo rotatorio OC, eslabón
2, y de la ranura DE, la cual se recortó de una placa horizontal fija, y por lo tanto forma parte del eslabón
fijo, 1, vea la figura 10. Si se ignora la fricción y el brazo OC gira a una razón constante θ˙o = 10 rad
s
determine para cualquier valor de θ a) las componentes radial y transversal de la fuerza resultante F que
se ejerce sobre el pasador B, b) las fuerzas P y Q ejercidas por el pasador B por el brazo OC y la pared
de la ranura DE, respectivamente, la longitud l = 9pulgadas.
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Figure 10: Bloques conectado a una masa.
Solución. Para la parte cinemática, considere que la velocidad del pasador B en un sistema de coordenadas cilı́ndricas, o polares, centrado en el punto O. La velocidad del pasador B está dada por
V~B = ṙeˆr + rθ˙o eˆθ
sin embargo,puesto que el pasador B se desliza sobre la ranura vertical, y reconociendo que ĵ = Cθeˆθ +Sθeˆr ,
se tiene que
v~B = vB ĵ = vB Cθeˆθ + vB Sθeˆr
Por lo tanto, del análisis de velocidad, se tiene que
rθ˙0 = vB Cθ
ṙ = vB Sθ
De aquı́ que
rθ˙o
Cθ
Para el análisis de aceleración, se tiene que
ṙ =
vB =
rθ˙o Sθ
= rθ˙o tan θ
Cθ
(65)
a~B = (r̈ − rθ˙02 )eˆr + (rθ¨o + 2ṙθ˙0 ) = (r̈ − r2̇o )eˆr + 2ṙθ˙o eˆθ
Sustituyendo los resultados del análisis de velocidad
a~B = (r̈ − rθ˙02 )eˆr + 2rθ˙02 tan θeˆθ
Por otro lado, puesto que el pasador B se desliza sobre la ranura vertical, y reconociendo que ĵ = Cθeˆθ +
Sθeˆr , se tiene que
a~B = aB ĵ = aB Cθeˆθ + aB Sθeˆr
Por lo tanto, del análisis de velocidad, se tiene que
2rθ˙o2 tan θ = aB Cθ
r̈ − rθ˙o2 = aB Sθ
De aquı́ que
aB =
2rθ˙o2 tan θ
Cθ
2rθ˙o2 tan θ
r̈ = rθ˙o2 +
Sθ = rθ˙o2 [1 + 2 tan2 θ
Cθ
16
(66)
Por lo tanto, la aceleración del pasador B en coordenadas polares está dada por
2rθ˙o2 tan θ
Sθ − rθ˙o2 )eˆr + 2rθ˙o2 tan θeˆθ = 2rθ˙o2 tan2 θeˆr + 2rθ˙o2 tan θeˆθ
a~B = (rθ˙o2 +
Cθ
(67)
Sin embargo, debe notarse que r está dada en términos de la longitud l y del ángulo θ, de modo que
r = lCθ
, y la ecuación de la aceleración en componentes polares está dada por
a~B = 2lθ˙o2 tan2 θ sec θeˆr + 2lθ˙o2 tan θ sec θeˆθ
(68)
La aplicación de la segunda ley de Newton, conduce a
ΣF~ = m~a
Por lo tanto
Fe eˆr + Fθ rˆθ = m[2lθ˙o2 tan2 θ sec θeˆr + 2lθ˙o2 tan θ sec θeˆθ
(69)
Fr = 2mlθ˙o2 tan2 θ sec θ
(70)
Fθ = 2mθ˙o2 tan θ sec θ
(71)
La sustitución de las variables indicadas en el texto conduce a los resultados del libro.
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