MECANICA II: EJERCICIOS UNIDAD 2 ↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0 12.10 Un paquete de 40 kg. Se encuentra sobre un plano inclinado cuando se le aplica una fuerza P. Los coeficientes de fricción estática y cinética entre el paquete y el plano son: 0.30 y 0.25 respectivamente. Determine: la magnitud de P si se requieren 4 s para que el paquete recorra 10 m al ascender por el plano. 𝑁 − 𝑃𝑠𝑒𝑛500 − 𝑊𝑐𝑜𝑠200 = 0 [2] 𝑆𝑖 𝑓𝑟 = 𝜇𝑁 De la ecuación [1] se tiene: 𝑓𝑟 = 𝜇𝑁 𝑃𝑐𝑜𝑠 500 − 𝑊𝑠𝑒𝑛200 − 𝜇𝑁 = 𝑚𝑎 [3] Despejando N de la ecuación [2] 𝑁 = 𝑃𝑠𝑒𝑛 500 + 𝑊𝑐𝑜𝑠200 ∑ 𝐹 = 𝑚𝑎 → Sustituimos N en la ecuación [3] Tomando la dirección del movimiento como eje x. 𝑃𝑐𝑜𝑠 500 − 𝑊𝑠𝑒𝑛200 − 𝜇[𝑃𝑠𝑒𝑛 500 + 𝑊𝑐𝑜𝑠200 ] = 𝑚𝑎 𝑃𝑐𝑜𝑠500 − 𝜇𝑃𝑠𝑒𝑛500 = 𝑚𝑎 + 𝑊𝑠𝑒𝑛200 + 𝜇𝑊𝑐𝑜𝑠200 𝑃(𝑐𝑜𝑠500 − 𝜇𝑠𝑒𝑛500 ) = 𝑚𝑎 + 𝑊(𝑠𝑒𝑛200 + 𝜇𝑐𝑜𝑠200 ) Despejando P de la ecuación: 𝑃= [4] Siendo la aceleración la única incógnita, la calculamos utilizando las ecuaciones de movimiento: → ∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎 𝑃𝑐𝑜𝑠 500 − 𝑊𝑠𝑒𝑛200 − 𝑓𝑟 = 𝑚𝑎 𝑚𝑎 + 𝑊(𝑠𝑒𝑛200 + 𝜇𝑐𝑜𝑠200 ) (𝑐𝑜𝑠500 − 𝜇𝑠𝑒𝑛500 ) [1] MECANICA II: EJERCICIOS UNIDAD 2 𝑎= 𝑑𝑣 ⟹ 𝑎𝑑𝑡 = 𝑑𝑣 𝑑𝑡 Integramos con sus respectivos límites: 𝑡 𝑣 ∫ 𝑎𝑑𝑡 = ∫ 𝑑𝑣 ⟹ 𝑎𝑡 = 𝑣 − 𝑣0 𝑡=0 Tomamos la ecuación [4] y considerando que 𝑎=0 𝑦 𝜇 = 0.30 𝑃= 𝑚𝑎 + 𝑊(𝑠𝑒𝑛200 + 𝜇𝑐𝑜𝑠200 ) (𝑐𝑜𝑠500 − 𝜇𝑠𝑒𝑛500 ) Así la fuerza necesaria para iniciar el movimiento es: 𝑣0 𝑃= Sustituimos 𝑣 = 𝑎𝑡 = 𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑑𝑥 𝑑𝑡 e integramos 𝑎𝑡𝑑𝑡 = 𝑑𝑥 Evaluando en sus respectivos limites: 𝑡 La fuerza que se requiere para que el bloque se mueva a una aceleración de 1.25 m/s2 (considerando μ=0.25) es: 𝑃= 𝑚𝑎 + 𝑊(𝑠𝑒𝑛200 + 𝜇𝑐𝑜𝑠200 ) (𝑐𝑜𝑠500 − 𝜇𝑠𝑒𝑛500 ) 𝑥 ∫ 𝑎𝑡𝑑𝑡 = ∫ 𝑑𝑥 𝑡=0 𝑃= 𝑥0 1 2 𝑎𝑡 = 𝑥 − 𝑥0 2 Despejando la aceleración: 𝑎= 2(𝑥 − 𝑥0 ) 𝑡2 [𝑚⁄𝑠 2 ] Sustituyendo valores: 𝑎= 244.46 = 591.91 𝑁 0.413 2(10) = 1.25 𝑚⁄ 2 𝑠 (4)2 276.02 = 612.01 𝑁 0.451 MECANICA II: EJERCICIOS UNIDAD 2 12.51 Una curva en una pista de carreras tiene un radio de 1000 ft y una rapidez máxima de 120 mi/h. (Vea en el problema resuelto 12.6 la definición de velocidad máxima.) Si se sabe que un automóvil de carreras comienza a derrapar sobre la curva cuando viaja a una rapidez de 180 mi/h, determine a) el ángulo 𝜃 del peralte, b) el coeficiente de fricción estática entre las llantas y la pista bajo las condiciones prevalecientes, c) la rapidez mínima a la cual el mismo automóvil podría pasar la curva sin dificultades. [1] 𝑅 cos 𝜃 − 𝑊 = 0 𝑅= 𝑊 𝑐𝑜𝑠𝜃 [2] + → ∑ 𝐹𝑁 = 𝑚𝑎𝑛 𝑅 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑊 𝑎 𝑔 𝑛 [3] a) ángulo θ del peralte Considerando que 𝑎𝑛 = 𝑣 2 /𝜌: Sustituimos [2] en [3]: 𝑊 𝑊 𝑣2 𝑠𝑒𝑛𝜃 = ( ) ( ) 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑔 𝜌 𝑣 2 = 𝑔𝜌 𝑡𝑎𝑛𝜃 Despejando 𝜃 𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 𝑣2 𝑔𝜌 𝑓𝑡 2 (177 𝑠 ) (1000 𝑓𝑡) (32.2 El automóvil se traslada en una trayectoria circular de radio ρ = 1000 ft. La componente normal 𝑎𝑛 = 𝑣 2 /𝜌, la masa del auto es 𝑊/𝑔. Puesto que no se ejerce fuerza de fricción lateral sobre el auto, la reacción R de la pista se presenta perpendicular al mismo. Aplicando la segunda ley de Newton: +↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝜃 = 44.210 𝑎𝑛 = 𝑣 2 /𝜌 𝑓𝑡 ) 𝑠2 MECANICA II: EJERCICIOS UNIDAD 2 𝑓𝑡 2 (177 𝑠 ) 𝑚 𝑎𝑛 = = 31.32 2 1000 𝑓𝑡 𝑠 Así que: 𝜇𝑆 = b) coeficiente de fricción estática entre las llantas y la pista bajo las condiciones prevalecientes. → ∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎 𝑊𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑡𝑔 𝜃 𝑊𝑐𝑜𝑠𝜃 𝜇𝑆 = 0.972 c) la rapidez mínima a la cual el mismo automóvil podría pasar la curva sin dificultades. → −𝐹𝑁 + 𝑊𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑚𝑎 Con 𝑎 = 0 𝐹𝑁 = 𝑊𝑠𝑒𝑛𝜃 Pero: 𝜇𝑆 = 𝐹𝑁 ↔ 𝜇𝑆 = 𝑊𝑠𝑒𝑛𝜃 ↑ ∑𝐹𝑦 = 0 𝑁 − 𝑊𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 Iniciamos el análisis de movimiento y plateamos las ecuaciones del mismo, en este caso Movimiento normal y tangencial. → ∑ 𝐹𝑁 = 𝑚𝑎𝑛 𝜇𝑆 = 𝑊𝑐𝑜𝑠𝜃 Sabiendo que 𝑅 = 𝐹 + 𝑁 y 𝑎𝑛 = 𝑅 𝑠𝑒𝑛(𝜇𝑆 − 𝜃) = 𝑚 𝑣2 𝜌 𝑣2 𝜌 [4] MECANICA II: EJERCICIOS UNIDAD 2 ↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝑅 cos(𝜇𝑆 − 𝜃) − 𝑊 = 0 𝑅 cos(𝜇𝑆 − 𝜃) − 𝑊 = 𝑚𝑔 [5] De lo anterior deducimos por identidad trigonométrica: 𝑣2 𝑚 𝑅 𝑠𝑒𝑛(𝜇𝑠 − 𝜃) 𝜌 = 𝑅 cos(𝜇𝑠 − 𝜃) 𝑚𝑔 Y despejando la velocidad: 𝑣𝑚𝑖𝑛 = √𝑔𝜌𝑡𝑔(𝜇𝑆 − 𝜃) 𝑣𝑚𝑖𝑛 = 80.86 𝑓𝑡 𝑠 MECANICA II: EJERCICIOS UNIDAD 2 12.5 Un bloque de 40 lb inicia su movimiento desde el reposo desplazándose hacia arriba cuando se aplican fuerzas constantes de 10 y 20 lb sobre las cuerdas que lo sostienen. Si se ignoran las masas de las poleas y el efecto de fricción, determine la velocidad del bloque después de que se ha movido 1.5 ft 𝑎= 𝑑𝑣 𝑑𝑣 = 𝑣 = 𝑑𝑡 𝑑𝑦 𝑎𝑑𝑦 = 𝑣𝑑𝑣 𝑦 𝑎= 𝑣 ∫ 𝑑𝑦 = ∫ 𝑣𝑑𝑣 𝑦0 0 𝑎( 𝑌 − 𝑌₀) = 1 2 𝑉 2 𝑉 2 = 2𝑎(𝑦 − 𝑦0 ) 𝑉 = √2(8.05 𝑓𝑡 ) (1.5 𝑓𝑡) 𝑠2 𝑉 = 4.91 Analizando por poleas se tiene: 𝐹 = 𝑚𝑎 𝑓 Por lo tanto 𝑎 = 𝑚 𝑎= 322 𝑙𝑏𝑓𝑡/𝑠 2 40 𝑙𝑏 𝑎 = 8.05 𝑓𝑡/𝑠² 𝑓𝑡 𝑠 MECANICA II: EJERCICIOS UNIDAD 2 12.5 La plomada de un péndulo de 2 m describe un arco de círculo en un plano vertical. Si la tensión de la cuerda de estos puntos es cinco veces el peso de la plomada en la posición que se indica, determine la velocidad y la aceleración de la plomada en esa posición. 𝑎𝑛 = 40.51 𝑚 𝑠2 𝑣2 𝑎𝑛 = 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝜌 𝑣 = √𝑎𝑛 𝜌 = √(40.51 𝑣 = 9.0 DEL DCL SE TIENE QUE ∑𝐹𝑁 = m𝑎𝑛 𝑎𝑛 = 𝑣2 𝜌 𝑇 − 𝑚𝑔 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑚𝑎𝑛 𝑆𝑖 𝑇 = 5𝑚𝑔 5𝑚𝑔 − 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑚𝑎𝑛 𝑚𝑔(5 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) = 𝑚𝑎𝑛 𝑎𝑛 = 𝑔(5 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) = 9.8 𝑚 (5 − 𝑐𝑜𝑠30) 𝑠2 𝑚 𝑠 𝑚 )(2𝑚) 𝑠2 MECANICA II: EJERCICIOS UNIDAD 2 12.6 Determine la velocidad máxima de la curva de una autopista de radio 𝜌 = 400 𝑓𝑡 que tiene un ángulo de peralte de 𝜃 =18°. La velocidad máxima de la curva peraltada de una autopista es aquella a la cual un automóvil debe viajar para que no exista fuerza de rozamiento lateral en sus neumáticos. +↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0 . 𝑅 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑊 = 0 𝑅= 𝑊 𝑐𝑜𝑠𝜃 [1] + ← ∑ 𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛 𝑅 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑊 𝑎 𝑔 𝑛 [2] Al sustituir R de (1) en (2) y recordando que 𝑎𝑛 = 𝑣2 𝜌 𝑊 𝑊 𝑣2 𝑠𝑒𝑛𝜃 = ( ) ( ) 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑔 𝜌 𝑣 2 = 𝑔𝜌 𝑡𝑔 𝜃 𝑣 = √(32.2 𝑣 = 64.7 𝑓𝑡 ) (400 𝑓𝑡)𝑡𝑔 180 𝑠2 𝑓𝑡 𝑠 = 44.1 𝑚𝑖 ℎ MECANICA II: EJERCICIOS UNIDAD 2 12.46 En el transcurso de una persecución a alta velocidad, un automóvil deportivo de 2400lb que viajaba a una rapidez de 100 mi/h apenas pierde contacto con el camino cuando alcanza la cresta A de una colina. a) Determine el radio de curvatura 𝜌 del perfil vertical del camino en A. b) utilizando el valor de 𝜌. Que se encontró en el inciso anterior a), determine la fuerza que ejerce el asiento de un conductor de 160lb que conduce un automóvil de 3100lb, cuando este último, viajando a una rapidez constante de 50 mi/h, pasa por A. un automóvil de 3100 lb, cuando este último, viajando a una rapidez constante de 50 mi/h, pasa por A. Teniendo realizada las conversiones de la velocidad a pies por segundo. De acuerdo al diagrama de cuerpo libre, se procede analizar con la ecuación de la segundo ley Newton. +↓ ∑ 𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛 𝑚= 𝑊 𝑔 𝑎= y ∴ 𝑊1𝑎𝑢𝑡𝑜 = Datos: 𝑔 = 32.2 𝑓𝑡/𝑠 2 a) Determine el radio de curvatura 𝜌 del perfil vertical del camino en A. 𝑔 𝜌 ∗ 𝑣2 𝜌 Despejando 𝜌 en la ecuación anterior se tiene: 𝜌= 𝑊1𝑎𝑢𝑡𝑜 = 2400𝑙𝑏 𝑣 = 100𝑚𝑖/ℎ=146.66 ft/s 𝑊1𝑎𝑢𝑡𝑜 𝑣2 𝜌= 𝑊1𝑎𝑢𝑡𝑜 ∗ 𝑣 2 𝑔 ∗ 𝑊1𝑎𝑢𝑡𝑜 (146.66 ft/s)2 9.81𝑚/𝑠2 = 𝑣2 𝑔∗ = 667.98 𝑓𝑡 Para el inciso b) se analiza el diagrama de cuerpo libre sig.: 𝑊𝑝𝑒𝑟𝑠 = 160𝑙𝑏 𝑊2𝑎𝑢𝑡𝑜 3100𝑙𝑏 𝑣 = 50𝑚𝑖/ℎ=73.33 ft/s b) utilizando el valor de 𝜌. Que se encontró en el inciso anterior a), determine la fuerza que ejerce el asiento de un conductor de 160 lb que conduce Como la velocidad entonces se tiene que es constante, 𝑎𝑡 = 0, por lo MECANICA II: EJERCICIOS UNIDAD 2 tanto, solo se analizara la aceleración normal que ejerce el conductor. +↓ ∑ 𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛 𝑊𝑝𝑒𝑟𝑠 − 𝑁 = 𝑊𝑝𝑒𝑟𝑠 𝑔 ∗ 𝑣2 𝜌 Despejando n se tiene: 𝑁 = 𝑊𝑝𝑒𝑟𝑠 − 𝑊𝑝𝑒𝑟𝑠 𝑔 𝑁 = 𝑊𝑝𝑒𝑟𝑠 (1 − 𝑁 = 160𝑙𝑏(1 − ∗ 𝑣2 𝜌 𝑣2 ) 𝑔∗𝜌 (73.33 ft/s)2 ) 32.2𝑓𝑡/𝑠 2 ∗ 667.98 ft 𝑁 = 119.984 𝑙𝑏 MECANICA II: EJERCICIOS UNIDAD 2 12.44. Un niño que tiene una masa de 22 kg se sienta sobre un columpio y un segundo niño lo mantiene en la posición mostrada. Si se desprecia la masa del columpio, determine la tensión en la cuerda AB a) mientras el segundo niño sostiene el columpio con sus brazos extendidos de manera horizontal, b) inmediatamente después de soltar el columpio. b) Σ𝐹 = 𝑚𝑎 El movimiento que hace el columpio es curvilíneo por lo tanto tenemos una aceleración normal y tangencial Diagrama de cuerpo libre: En 𝑡 = 0; 𝑣 = 0 entonces 𝑎𝑛 = 𝑣2 𝜌 =0 Hacemos una sumatoria de fuerzas normales Σ𝐹𝑛 = 0 𝑇𝐵𝐴− 𝑤𝑐𝑜𝑠35° = 0 𝑇𝐵𝐴− 176.8 = 0 𝑇𝐵𝐴 = a) Σ𝐹𝑦 = 0 𝑇𝐴𝐵 𝑐𝑜𝑠35𝜊 − 𝑊 = 0 𝑇𝐴𝐵 𝑐𝑜𝑠35𝜊 − 22𝑘𝑔 𝑥 9.81 𝑇𝐴𝐵 = 𝑚 =0 𝑠2 215.82 = 263.4 𝑐𝑜𝑠35𝜊 La tensión se divide en dos cuerdas 263.4 = 131.7 𝑁 2 176.8 = 88.39 𝑁 2 MECANICA II: EJERCICIOS UNIDAD 2 12.26 Un resorte AB de constante k se une a un soporte A y a un collarín de masa m. La longitud no alargada del resorte es l. Si se suelta el collarín desde el reposo en x = x0 y se desprecia la fricción entre el collarín y la varilla horizontal, determine la magnitud de la velocidad del collarín cuando pasa por el punto C. 𝐹 = 𝐾𝑥 𝐹 = 𝐾 √𝑥 2 + 𝑙 2 − 𝑙 𝑥 -𝐾√𝑥 2 + 𝑙 2 − 𝑙 ( √𝑥2 +𝑙2 𝑘 -𝑚 √𝑥 2 + 𝑙 2 − 𝑙 ( ) = 𝑚𝑎 𝑥 √𝑥2 +𝑙2 𝑘 -𝑚 (𝑥 − Diagrama de cuerpo libre 𝑥𝑙 √𝑥2 +𝑙2 )=𝑎 )=𝑎 Como tenemos 𝑎 la integramos para obtener la velocidad 𝑑𝑣 Sabemos que 𝑎 = 𝑣 𝑑𝑥 Usamos esta ecuación porque necesitamos conocer la velocidad y las ecuaciones anteriores están en función de la posición 𝑥 y 𝑙 En 𝑡 = 0; 𝑥 = 𝑥0 ; 𝑣 = 0 Integramos El movimiento del collarín es en el eje X por lo tanto hacemos el análisis de fuerzas en este eje 0 𝛴𝐹 = 𝑚𝑎 𝛴𝐹𝑥 = 𝑚𝑎 −𝐹𝑅 cos 𝜃 = 𝑚𝑎 Donde: cos 𝜃 = 𝑣 ∫ 𝑣𝑑𝑣 = 𝑥 √𝑥 2 +𝑙 2 La magnitud de la fuerza ejercida por un resorte sobre un cuerpo es proporcional a la deformación 𝑥 del resorte a partir de la posición inicial 𝑥0 −𝑘 0 𝑥𝑙 ∫ (𝑥 − ) 𝑑𝑥 𝑚 𝑥0 √𝑥 2 + 𝑙 2 1 2 −𝑘 1 2 0 𝑣 = [ 𝑥 − 𝑙 √𝑥 2 + 𝑙 2 ] 𝑥 2 𝑚 2 0 1 2 −𝑘 1 𝑣 = [(−𝑙 2 ) − ( 𝑥0 2 − 𝑙√𝑥0 2 + 𝑙 2 )] 2 𝑚 2 𝑘 𝑣 = √ (√𝑥0 2 + 𝑙 2 − 𝑙) 𝑚 MECANICA II: EJERCICIOS UNIDAD 2 Problema 12.49 Una piloto de 54 kg vuela un jet de entrenamiento en una media vuelta vertical de 1 200 m de radio de manera que la velocidad del jet disminuye a razón constante. Si se sabe que los pesos aparentes de la piloto en los puntos A y C son respectivamente de 1 680 N y 350 N, determine la fuerza que ejerce sobre ella el asiento del jet cuando éste se encuentra en el punto B. DCL A +↓ Σ𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛 : 𝑁𝑐 + 𝐷𝑎𝑑𝑜 𝑚 = 54 𝑘𝑔; 𝑎𝑡 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑡𝑒 𝐴 + 𝐶: 𝑊=𝑚 𝑣2 𝜌 𝑁𝐴 − 𝑚𝑔 𝑣 2 𝑛 = 𝑚 𝜌 (𝑊𝐴 )𝐴=1680𝑁 350𝑁 𝑣𝑐2 = (1200𝑚) ( + 9.81𝑚/𝑠2 ) = 19549.7𝑚2 /𝑠2 54𝑘𝑔 (𝑊𝑐 )𝑐=350𝑁 𝐹𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 (𝐹 𝑝𝑖𝑙𝑜𝑡𝑜) El peso aparente del piloto es igual a la fuerza vertical que ella ejerce sobre el asiento del avión de entrenamiento. 𝑌𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑎𝑡 = 𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝐴 𝑎 𝐶. 2 +↑ Σ𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛 : 𝑁𝐴 − 𝑊 = 𝑚 𝑣 𝜌 → 𝑣𝑎 𝑁𝐴 − 𝑚𝑔 𝑣 2 𝑛 = 𝑚 𝜌 1680𝑁 𝑣𝐴2 = (1200) ( − 9.81𝑚/𝑠2 ) = 25561.3𝑚2 /𝑠2 54𝑘𝑔 𝑁𝐴 𝑚 √𝜌 ( − 𝑔) = 𝑣𝐴 = 159.87 𝑚⁄𝑠 𝑁𝐴 𝑚 √𝜌 ( − 𝑔) = 𝑣𝐶 𝑣𝐶 = 139.82 𝑚⁄𝑠 MECANICA II: EJERCICIOS UNIDAD 2 Desde 𝑎𝑡 = 𝑐𝑡𝑒. teniendo desde 𝐴 𝑎 𝐶. Ecuación de MUA. 𝑣𝑐2 = 𝑣𝐴2 + 2𝑎𝑡 Δ𝑆𝐴𝐶 ↔ 𝑉 2 = 𝑉02 + 2𝑎(𝑋 − 𝑋0 ) 𝑃 = 𝑚(𝑎𝑡 − 𝑚𝑔) 𝑃𝐵 = (54𝐾𝑔 )(0.79730 − 9.81)𝑚/𝑠 2 𝑃𝐵=486.69𝑁↑ (𝐹𝑃𝑖𝑙𝑜𝑡𝑜 )𝐵 =√𝑁𝐵2 + 𝑃𝐵2 =√(1014.98)2 + (486.69)2 𝑉 2 = 𝑉02 + 2𝑎(∆𝑆𝐴𝐶 ) (𝐹𝑃𝑖𝑙𝑜𝑡𝑜 )𝐵 = 1126 𝑁 1954.7𝑚2 /𝑠 2 =25561.3𝑚2 /𝑠 2 +2𝑎𝑡 (𝜋 ∗ 1200𝑚) 𝑎𝑡 = 19549.7𝑚2 /𝑠 2 − 25561.3𝑚2 /𝑠 2 2400𝜋 = -0.79730𝑚/𝑠 2 𝑎𝑡 = −0.79730𝑚/𝑠 2 𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑠𝑑𝑒 𝐴 𝑎 𝐵 𝑣𝐵2 = 𝑣𝐴2 + 2𝑎𝑡 Δ𝑆𝐴𝐵 𝜋 = 25561.3𝑚/𝑠 2 + 2(−0.79730𝑚/𝑠 2 )( 𝑥1200𝑚) 2 𝑣𝐵2 = 22555.54 𝑚2 /𝑠 2 +← Σ𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛 : 𝑁𝐵 − 𝑊 = 𝑚 𝑉𝐵2 𝜌 22555𝑚2 /𝑠2 )=1014.98𝑁 1200𝑚 𝑁𝐵 = 54𝐾𝑔 ( +↓ Σ𝐹𝑡 = 𝑚𝑎𝑡 : 𝑤 + 𝑃𝐵 𝑚|𝑎𝑡 | 𝑃 = 𝑚𝑎𝑡 − 𝑤 (𝐹𝑃𝐼𝐿𝑂𝑇𝑂 )𝐵 = 1126 𝑁 ∢25.60 MECANICA II: EJERCICIOS UNIDAD 2 Problema 12.9. Un paquete de 20 kg se encuentra en reposo sobre un plano inclinado cuando se le aplica una fuerza P. Determine la magnitud de P si se requieren 10 s para que el paquete recorra 5 m hacia arriba por el plano inclinado. Los coeficientes de fricción estática y cinética entre el paquete y el plano inclinado son iguales a 0.3. Despejando la ecuación 1 en 2 𝑃 𝑐𝑜𝑠50 − 𝑚𝑔 𝑠𝑒𝑛 20 − 𝜇𝑘 (𝑚𝑔 𝑐𝑜𝑠20 + 𝑃 𝑠𝑒𝑛50) = 𝑚𝑎 Resolviendo para P 𝑃 𝑐𝑜𝑠50 − 67.1 − 0.3(184.36 + 𝑃 𝑠𝑒𝑛50) = 2 𝑃 𝑐𝑜𝑠50 − 0.3(𝑃 𝑠𝑒𝑛50) = 2 + 67.1 + 55.3 𝑃= 𝑚 = 20 𝑘𝑔 𝑡 = 10 𝑠 𝑥 = 5𝑚 Usando la ecuación de movimiento se determina la aceleración 1 𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0 𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 𝑎= 5(2) 𝑚 = 0.1 2 2 10 𝑠 Haciendo sumatorias de fuerzas en 𝑥 𝑦 𝑦 ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝑁 − 𝑤𝑐𝑜𝑠20 − 𝑃 𝑠𝑒𝑛50 = 0 𝑁 = 𝑚𝑔 𝑐𝑜𝑠20 + 𝑃 𝑠𝑒𝑛50 [1] 𝐹𝑟 = 𝜇𝑘 ∗ 𝑁 ∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎 𝑃 𝑐𝑜𝑠50 − 𝑤 𝑠𝑒𝑛 20 − 𝜇𝑘 𝑁 = 𝑚𝑎 [2] 124.4 = 301.22 𝑁 𝑐𝑜𝑠50 − 0.3𝑠𝑒𝑛50 MECANICA II: EJERCICIOS UNIDAD 2 Problema 12.12 Los dos bloques que se muestran en la figura se encuentran originalmente en reposo. Si se desprecian las masas de las poleas y el efecto de fricción en éstas y se supone que los componentes de fricción entre el bloque A y la superficie horizontal son 𝜇𝑠 = 0.25 y 𝜇𝑘 = 0.20, determine a) la aceleración de cada bloque, b) la tensión en el cable. Haciendo sumatorias de fuerzas ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝑤𝐵 − 3𝑇 = 0 1 𝑇 = 𝑚𝐵 𝑔 3 [1] ∑ 𝐹𝑥 = 0 𝐹𝑎 − 𝑇 = 0 𝐹𝑟𝐴 − 𝑇 = 0 Determinando si los bloques se moverán donde primero suponemos que no se mueven por lo tanto: 𝑎𝐴 = 𝑎𝐵 = 0 [2] Despejando 𝐹𝑟𝐴 y sustituyendo la ecuación [1] 𝑒𝑛 [2]: 1 𝑚 𝐹𝑟𝐴 = (25 𝑘𝑔) (9.81 2 ) = 81.75 𝑁 3 𝑠 ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝑤𝐴 − 𝑁 𝐴 = 0 𝑁𝐴 = 𝑚𝐴 𝑔 [3] 𝐹𝑟𝑚𝑎𝑥 = 𝜇𝑠𝐴 ∗ 𝑁𝐴 [4] 𝐹𝑟𝑚𝑎𝑥 = 𝜇𝑠𝐴 ∗ 𝑚𝐴 𝑔 MECANICA II: EJERCICIOS UNIDAD 2 Despejando ecuación [3] 𝑒𝑛[4] 𝐹𝑟𝑚𝑎𝑥 = 0.25 ∗ 30 𝑘𝑔 ∗ 9.81 Despejando para T 𝑚 = 73.575 𝑁 𝑠2 𝑇 = (0.2 ∗ 30𝑘𝑔 ∗ 9.81 𝐹𝐴 > 𝐹𝑟𝑚𝑎𝑥 Esto implica que el bloque se moverá Entonces se utilizara el coeficiente de fricción dinámico para resolverlo, entonces haciendo sumatorias de fuerzas ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝑇 = 79.803 𝑁 Despejando para 𝑎𝐴 𝐹𝑟 − 𝑇 = 𝑚𝐴 𝑎𝐴 Para el bloque A 𝑎𝐴 = 𝑤𝐴 − 𝑁 𝐴 = 0 𝑚 𝑚 ) + (3 ∗ 30𝑘𝑔 ∗ 0.2327 2 ) 𝑠2 𝑠 (𝐹𝑟 − 𝑇) 0.2 ∗ 𝑚𝐴 𝑔 − 𝑇 = 𝑚𝐴 𝑚𝐴 𝑁𝐴 = 𝑚𝐴 𝑔 𝐹𝑟 = 𝜇𝑘𝐴 ∗ 𝑁𝐴 𝐹𝑟 = 0.2 ∗ 𝑚𝐴 𝑔 ∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝐴 𝑎𝐴 𝑎𝐴 = [5] Para el bloque A 𝐹𝑟 − 𝑇 = 𝑚𝐴 𝑎𝐴 [6] 𝑎𝐴 = −0.698 Despejando 𝑇 y sustituyendo la ecuación [5] 𝑒𝑛 [6]: 𝑇 = 0.2 ∗ 𝑚𝐴 𝑔 − 3𝑚𝐴 𝑎𝐵 ∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝐵 𝑎𝐵 [7] Para el bloque B 𝑤𝐵 − 3𝑇 = 𝑚𝐵 𝑎𝐵 [8] Sustituyendo la ecuación [7] 𝑒𝑛 [8] y resolviendo para 𝑎𝐵 𝑚𝐵 𝑔 − 3(0.2 ∗ 𝑚𝐴 𝑔 + 3𝑚𝐴 𝑎𝐵 ) = 𝑚𝐵 𝑎𝐵 245.25 − 176.58 − 270𝑎𝐵 = 25𝑎𝐵 𝑎𝐵 = 𝑚 ) − 79.803 𝑠2 30 𝑘𝑔 0.2 ∗ (30𝑘𝑔)(9.81 −68.67 𝑚 = 0.2327 2 −295 𝑠 𝑚 𝑠2 MECANICA II: EJERCICIOS UNIDAD 2 .
