fisica 1 problemas resueltos, libro de alonso y finn
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FISICA VOLUMEN I. MECANICA PROBLEMAS DE LA FISICA DE MARCELO ALONSO – EDWARD J. FINN La física es una ciencia fundamental que tiene profunda influencia en todas las otras ciencias. Por consiguiente, no solo los estudiantes de física e ingeniería, sino todo aquel que piense seguir una carrera científica (Eléctrica, Mecánica, biología, química, matemática, etc.) debe tener una completa comprensión de sus ideas fundamentales. Se ha hecho una cuidadosa selección de aquellos problemas mas significativos de cada capitulo para presentarlos resueltos “paso a paso”; Esto permitirá al estudiante reforzar sus conocimientos, así como ejercitar las técnicas de resolución de problemas, lo que, sin lugar a dudas, favorecerá su preparación. Esperamos de esta manera seguir contribuyendo a la formación científica del estudiantado de nuestros países.
Erving Quintero Gil Ing. Electromecánico
Bucaramanga – Colombia 2010
Para cualquier inquietud o consulta escribir a:
quintere@hotmail.comquintere@gmail.com
quintere2006@yahoo.com
1
4.24 Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. 4-28). Si M pesa 40 lb-f
TAY = TA . sen 50 TBY = TB. sen 50 B
TAX = TA . cos 50 TBX = TB . cos 50 B
Σ FX = 0 TBX - TAX = 0 (ecuación 1) TBX = TAX
TB . cos 50 = TB A . cos 50 TB = TB A (ecuación 1)
Σ FY = 0 TAY + TBY – W = 0 TAY + TBY = W pero: W = 40 lb-f TAY + TBY = 40 TA . sen 50 + TB. sen 50 = 40 (ecuación 2) B
Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TA . sen 50 + TA. sen 50 = 40 2 TA . sen 50 = 40
flb −==== 1,26766,020
50sen 20
50sen * 240 AT
TA = 26,1 lb-f
Para hallar TB se reemplaza en la ecuación 1. B
TB = TB A (ecuación 1)
2
500
500
T AX
T A TB
C
500
W = 40 lb-f
A
B
TATAY
TBX
T BY
TB
500
W = 40 lb-f
500 500
TB = TB A = 26,1 lb-f
4.24 Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. 4-28). Si M pesa 40 lb-f
TAY = TA . sen 30 TBY = TB. sen 30 B
TAX = TA . cos 30 TBX = TB . cos 30 B
Σ FX = 0 TBX - TAX = 0 (ecuación 1) TBX = TAX
TB . cos 30 = TB A . cos 30 TB = TB A (ecuación 1)
Σ FY = 0 TAY + TBY – W = 0 TAY + TBY = W pero: W = 40 lb-f TAY + TBY = 40 TA . sen 30 + TB. sen 30 = 40 (ecuación 2) B
Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TA . sen 30 + TA. sen 30 = 40 2 TA . sen 30 = 40
flb −==== 40 5,0
2030sen
20 30sen * 2
40 AT
TA = 40 lb-f
Para hallar TB se reemplaza en la ecuación 1. B
TB = TB A (ecuación 1) TB = TB A = 40 lb-f
3
300
TA TB
300
300
T AX
TBC
W = 40 lb-f
A
B
TATAY
TBX
T BY TB
300
W = 40 lb-f
300 300
4.24 Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. 4-28). Si M pesa 40 lb-f
TAY = TA . sen 30 TBY = TB. sen 60 B
TAX = TA . cos 30 TBX = TB . cos 60 B
Σ FX = 0 TBX - TAX = 0 (ecuación 1) TBX = TAX
TB . cos 60 = TB A . cos 30
60 cos30 cos AT
BT = (Ecuación 1)
Σ FY = 0 TAY + TBY – W = 0 TAY + TBY = W pero: W = 40 lb-f TAY + TBY = 40 TA . sen 30 + TB. sen 60 = 40 (ecuación 2) B
Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TA . sen 30 + TB. sen 60 = 40 B
40 60sen * 60 cos
30 cos AT 30sen AT =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
40 60 cos
60sen 30 cos AT 60 cos 30sen AT =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ +
60 cos 40 60sen 30 cos AT 60 cos 30sen AT =+
Pero: 21 30 =sen
21 06 cos =
23 03 cos =
23 06sen =
21 * 0 4
23 *
23 AT
21 *
21 AT =⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
4
C
600TA
TB
600
600
T AX
300
W = 40 lb-f
A
B
TATAY
TBX
T BY TB
300
W = 40 lb-f
300
20 43 AT
41 AT =⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
TA = 20 lb-f
Para hallar TB se reemplaza en la ecuación 1. B
60 cos30 cos AT
BT = (ecuación 1)
3 20
212
3 40
21
23 * 20
60 cos
30 cos AT BT ====
TB = 20 √3 lb-f B
4.24 Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. 4-28). Si M pesa 40 lb-f
TBY = TB. sen 45 B
TBX = TB . cos 45 B
Σ FX = 0 TBX - TA = 0 (ecuación 1) TB . cos 45 = TB A
45 cos AT
BT = (Ecuación 1)
Σ FY = 0 TBY – W = 0 TBY = W pero: W = 40 lb-f TBY = 40 TB sen 45 = 40 (ecuación 2) B
45sen
40 BT =
TB = 56,56 lb-f B
Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TB cos 45 = TB A
5
C
B
A 45 0
TB
TA 450
T BX
45 0
W = 40 lb-f
T BY
TA
TB
W = 40 lb-f
TA = 56,56 cos 45 TA = 40 lb-f
4.24 Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. 4-28). Si M pesa 40 lb-f
TBY = TB sen 60 B
TBX = TB cos 60 B
TAX = TA cos 30 TAY = TA sen 30
Σ FX = 0 TBX - TAX = 0 (ecuación 1) TB cos 60 = TB A cos 30
60 cos 30 cos AT
BT = (Ecuación 1)
Σ FY = 0 TBY – TAY - W = 0 TBY – TAY = W pero: W = 40 lb-f TBY – TAY = 40 TB sen 60 - TB A sen 30 = 40 (ecuación 2)
Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2
TB sen 60 - TB A sen 30 = 40
40 30sen AT - 60sen * 60 cos
30 cos AT =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
40 60 cos
60 cos 30sen AT - 60sen 30 cos AT =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
60 cos 40 60 cos 30sen AT - 60sen 30 cos AT =
6
A
B
600
300 300
TAY
TAX300
T A
TB
600
W = 40 lb-f
TB
600
TA
TBX
T BY
W = 40 lb-f
Pero: 21 30 =sen
21 06 cos =
23 03 cos =
23 06sen =
21 * 0 4
21 *
21 AT
23 *
23 AT =⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
20 41 AT -
43 AT =⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
½ TA = 20 TA = 40 lb-f Para hallar TB se reemplaza
3 40
21
23 40
60 cos
30 cos AT BT ===
TB = 69,28 lb-f B
4.25 El cuerpo representado en la figura 4-29 pesa 40 kg-f. Se mantiene en equilibrio por medio de una cuerda AB y bajo la acción de la fuerza horizontal F suponiendo que AB = 150 cm. y que la distancia entre la pared y el cuerpo es de 90 cm, calcular el valor de la fuerza F y la tensión de la cuerda.
0,6 150
90 cos ==δ
δ = arc cos 0,6 δ = 53,130
TX = T cos δ TX = T cos 53,13 TY = T sen δ TY = T sen 53,13 Σ FX = 0 F - TX = 0 F - T cos 53,13 = 0 F = T cos 53,13 Ecuación 1 Σ FY = 0
7
T Y δ 0
150 cm
F
δ 0
90 cm
B
A
T
T X
W = 40 kg-f
T
W = 40 kg -f
F
TY – W = 0 T sen 53,13 – W = 0 T sen 53,13 = W T sen 53,13 = 40 Ecuación 2
f - lb 50 53,13sen 40 T ==
Reemplazando el valor de la tensión T en la ecuación 1, se halla F F = T cos 53,13 Ecuación 1 F = 50 cos 53,13 F = 30 lb - f
4.26 Para la figura 4-30, calcular el ángulo υ y la tensión en la cuerda AB, si M1 = 300 lb-f M2 = 400lb-f.
TX = T sen υ TY = T cos υ Σ FX = 0 F - TX = 0 F - T sen υ = 0
F = T sen υ Ecuación 1 Σ FY = 0 TY – W = 0 T cos υ – W = 0 T cos υ = W T cos υ = 300 Ecuación 2
BLOQUE M2 La F tiene igual magnitud que M2
F = M2 = 400 lb-f. Ecuación 3 F = 400 lb-f. Reemplazar la ecuación 3 en la ecuación 1 F = T sen υ Ecuación 1 400 = T sen υ Ecuación 4
8
β0T Y
υ0
F
υ 0
F β0
B
A
T
M1 = 300 kg-f
T X
T
F
M2 = 400 kg-f
M1 = 300 kg-f
F
M2 = 400 kg-f
BLOQUE M2
Haciendo una relación entre la ecuación 1 y la ecuación 4 400 = T sen υ Ecuación 4 T cos υ = 300 Ecuación 2
θθθ tg cos T
sen T 300400
==
34 tg =θ
υ = arc tg 1,333 υ = 53,130
Para hallar la tensión T se reemplaza en la ecuación 2. T cos υ = 300 Ecuación 2 T cos 53,130 = 300
f - lb 500 53,13 cos
300 T ==
T = 500 lb – f
4.27 Un muchacho que pesa 120 lb-f se sostiene en una barra de levantamiento de pesas. ¿Qué fuerza ejerce cada uno de sus brazos sobre la barra cuando a) Sus brazos están en posición paralela. b) Cuando cada brazo hace un ángulo de 300 con la vertical. a) Sus brazos están en posición paralela.
Si los brazos están en posición paralela, cada brazo ejerce una fuerza igual a la mitad del peso de su cuerpo.
f- lb 60 2
120 2w F ===
b) Cuando cada brazo hace un ángulo de 300 con la vertical.
9
600
300
C
600
600
300
300 300
TA TB
600
T AX
W = 120 lb-f
A
B
TA
TAY
TBX
T BY
TB
600
600
W = 120 lb-f
TAY = TA sen 60 TBY = TB sen 60 B
TAX = TA cos 60 TBX = TB cos 60 B
Σ FX = 0 TBX - TAX = 0 TB cos 60 - TB A cos 60 = 0 TB - TB A = 0 TB = TB A Ecuación 1 Σ FY = 0 TAY + TBY – W = 0 TAY + TBY = W TA sen 60 + TB sen 60 = 120 Ecuación 2 B
Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TA sen 60 + TB sen 60 = 120 B
TB sen 60 + TB BB sen 60 = 120 2 TB sen 60 = 120 B
f- lb 69,28 60sen
60 60sen 2
120 BT ===
TB = TB A = 69,28 lb-f
4.28 Una cuerda ABCD cuelga de los puntos fijos A y D. En B hay un peso de 12 kg-f y en C un peso desconocido. Si el ángulo que hace AB con la horizontal es de 600 BC es horizontal y CD hace un ángulo de 300 con la horizontal, calcular el valor que P debe tener a fin de que el sistema se encuentre en equilibrio. TAX = TA cos 60 TAY = TA sen 60 Σ FX = 0 10
TDY
TDX
P
TA
W = 12 kg-f
C
P
A
B
D
T T
TD
300600
TA
W = 12 kg-f
TAX
TAY
600
T
T
TD
300
T – TAX = 0 T – TA cos 60 = 0 T = TA cos 60 Ecuación 1
Σ FY = 0 TAY – W = 0 TA sen 60 – W = 0 TA sen 60 = W TA sen 60 = 12
f-kg 13,85 60sen
12 AT ==
TA = 13,85 kg-f Reemplazar en la ecuación 1 T = TA cos 60 Ecuación 1 T = 13,85 cos 60 T = 6,92 kg-f TDX = TD cos 30 TDY = TD sen 30 Σ FX = 0 TDX - T = 0 TD cos 30 – T = 0 TD cos 30 = T Ecuación 2 Reemplazar en la ecuación 2 TD cos 30 = T Ecuación 2 TD cos 30 = 6,92
f-kg 8 30 cos
6,92 DT ==
Σ FY = 0 TDY – P = 0 TD sen 30 = P Ecuación 3 8 sen 30 = P P = 4 Kg-f
4.29 Tres cuerdas, situadas en un plano en un plano vertical, están fijas a puntos diferentes sobre el techo. Los otros extremos están unidos en el nudo A y del cual cuelga un peso P. Los ángulos formados por las cuerdas con la horizontal son: 350, 1000, 1600 Las tensiones en las dos primeras cuerdas son de 100 kg-f y 75 kg-f. Calcular la tensión en la tercera cuerda y el peso P.
T1X = T1 cos 35
11
P
T1 = 100 kg-f T2T3
T1X
T1Y
T2Y
T2X
800 T3
T2
T1
350200
200 350
A
1600
800
P T3X
T1Y = T1 sen 35 T2X = T2 cos 80 T2Y = T2 sen 80 T3X = T3 cos 20 T3Y = T3 sen 20 Σ FX = 0 T2X + T3X - T1X = 0 T2 cos 80 + T3 cos 20 - T1 cos 35 = 0 Pero T1 = 100 kg-f T2 = 75 kg-f. 75 cos 80 + T3 cos 20 - 100 cos 35 = 0 75 (0,1736) + T3 cos 20 - 100 (0,8191) = 0 13,0236 + T3 cos 20 – 81,9152 = 0 T3 cos 20 = 81,9152 - 13,0236 T3 cos 20 = 68,8916
f-kg 73,31 0,9396
68,8916 20 cos
68,8916 3T ===
T3 = 73,31 kg-f.
Σ FY = 0 T1Y + T2Y + T3Y – P = 0
T1 sen 35 + T2 sen 80 + T3 sen 20 - P = 0 Pero T1 = 100 kg-f T2 = 75 kg-f. 100 * sen 35 +75 * sen 80 + 73,31 * sen 20 - P = 0 100 * 0,5735 +75 * 0,9848 + 73,31 * 0,342 - P = 0 57,35 +75 * 73,86 + 25,072 = P P = 156,28 kg-f. 4.31 Una esfera cuyo peso es de 50 kg-f descansa sobre dos planos lisos, inclinados respectivamente con respecto a la horizontal, ángulos de 300 y 450. Calcular las reacciones de los dos planos sobre la esfera. N1X = N1 cos 45 N1Y = N1 sen 45 N2X = N2 cos 60
12N2Y = N2 sen 60
N2 N1 P
N1Y
N1X N2X
N2Y N2 600
600 450
N2
N1
N1 P
P
450300
450 300
450300
Σ FX = 0 N1X - N2X = 0 N1 cos 45 - N2 cos 60 = 0 N1 cos 45 = N2 cos 60
2N 0,7071 0,7071
0,5 * 2N
45 cos60 cos 2N
1N === Ecuación 1
Σ FY = 0 N1Y + N2Y – P = 0 N1Y + N2Y = P N1Y + N2Y = 50 N1 sen 45 + N2 sen 60 = 50 Ecuación 2 (0,7071 N2) * sen 45 + N2 sen 60 = 50 (0,7071 N2) * sen 45 + N2 sen 60 = 50 0,5 N2 + 0,866 N2 = 50 1,366 N2 = 50
f - kg 36,6 1,366
50 2N ==
N2 = 36,6 kg –f. Pero: N1 = 0,7071 N2N1 = 0,7071 * 36,6 N1 = 25,88 kg – f. 4.32 Una esfera (fig. 4-31) que pesa 50 lb-f descansa sobre una pared lisa, manteniéndose en esa posición mediante un plano liso que hace un ángulo de 600 con la horizontal. Calcular la reacción de la pared y el plano sobre la esfera. N2X = N2 cos 30 N2Y = N2 sen 30 Σ FX = 0 N1 - N2X = 0 N1 - N2 cos 30 = 0 N1 = N2 cos 30 Ecuación 1 Σ FY = 0 N2Y – P = 0 N2Y = P N2 sen 30 = 50
13
N2X
N2Y N2
300
N2
P
N1
300
600
N2 P
N1
600
300
P
N1
f - lb 100 0,550
30sen 50 2N ===
Reemplazando en la ecuación 1 N1 = N2 cos 30 Ecuación 1 N1 = 100 cos 30 N1 = 100 * 0,866 N1 = 86,6 lb - f 4.33 Una esfera de peso W se sostiene mediante una cuerda AB. (fig. 4-32) y presiona una pared vertical lisa AC. Si δ es el ángulo entre la cuerda y la pared, determinar la tensión en la cuerda y la reacción de la pared sobre la esfera. TX = T sen δ TY = T cos δ Σ FX = 0 N - TX = 0 N - T sen δ= 0 N = T sen δ Ecuación 1 Σ FY = 0 TY – W = 0 TY = W T cos δ = W
cos
W Tδ
=
Reemplazando en la ecuación 1
δδδ
tg* W sen * cos
W N ==
N = W tg δ 4.34 Calcular las fuerzas (fig 4-33) que la viga AB y el cable AC ejercen en A, suponiendo que M pesa 40 kg f y que el peso del cable y la viga son despreciables. 14
450
F
TY
T
C
450
450
F B
A
W
N
TY
TX
Tδ
N T
δ
W
M
TX
T
M
TX = T cos 45 TY = T sen 45 Σ FX = 0 F - TX = 0 F - T cos 45 = 0 F = T cos 45 Ecuación 1 Σ FY = 0 TY – M = 0 TY = M T sen 45 = M
f. - kg 56,56 0,7071
40 45sen
M T ===
T = 56,56 kg – f. Reemplazando en la ecuación 1 F = T cos 45 Ecuación 1
f. - kg 40 45 cos * 56,56 F == F = 40 kg –f. 4.34 Calcular las fuerzas (fig 4-33) que la viga AB y el cable AC ejercen en A, suponiendo que M pesa 40 kg f y que el peso del cable y la viga son despreciables.
TY = T sen 40 TX = T cos 40
FX = F cos 40 FY = F sen 40
Σ FX = 0 FX - TX = 0 F cos 40 - T cos 40= 0
15
400
B 500
400
400
F
400
F
TY T
C
400
500
A M
TX
T
M
FY
Fx
F - T = 0 F = T Ecuación 1 Σ FY = 0 TY + FY – M = 0 TY + FY = M T sen 40 + F sen 40 = 40 Ecuación 2 Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 T sen 40 + F sen 40 = 40 Ecuación 2 T sen 40 + T sen 40 = 40 2 T sen 40 = 40
f- Kg 31,11 40sen
20 40sen 2
40 T ===
T = F = 31,11 Kg – f.
4.34 Calcular las fuerzas (fig 4-33) que la viga AB y el cable AC ejercen en A, suponiendo que M pesa 40 kg f y que el peso del cable y la viga son despreciables.
TY = T sen 60 TX = T cos 60
FX = F cos 30 FY = F sen 30
Σ FX = 0 FX - TX = 0 F cos 30 - T cos 60 = 0 0,866 F – 0,5 T = 0 Ecuación 1 Σ FY = 0 TY + FY – M = 0 TY + FY = M
16
Fx
F
F
600
T
600
300
A
300
600 300
300
M
300
TY
M
TX
T
FY
T sen 60 + F sen 30 = 40 0,866 T + 0,5 F = 40 Ecuación 2 Resolver las ecuaciones 1 y 2. 0,866 F – 0,5 T = 0 Ecuación 1 * (0.866) 0,866 T + 0,5 F = 40 Ecuación 2 * (0,5) 0,75 F – 0,433 T = 0 0,433 T + 0,25 F = 40 0,75 F + 0,25 F = 40
F = 40 Kg – f. Reemplazar en la ecuación 1
0,866 F – 0,5 T = 0 Ecuación 1 0,866 * 40 – 0,5 T = 0 34,64 – 0,5 T = 0 0,5 T = 34,64
f- Kg 69,28 0,5
34,64 T ==
4.45 Calcular el peso P necesario para mantener el equilibrio en el sistema mostrado en la figura 4 – 39, en la cual A pesa 100 kg-f. y Q = 10 kg-f. El plano y las poleas son lisas. La cuerda AC es horizontal y la cuerda AB es paralela al plano. Calcular también la reacción del plano sobre el plano A. (Normal N ) Bloque C
Σ FY = 0 T1 – Q = 0 pero: Q = 10 kg-f.
T1 = Q = 10 kg-f. Ecuación 1 Bloque A
T1X = T1 cos 30 T1Y = T1 sen 30
AX = A sen 30 AY = A cos 30
17
T1
T1Y T1X
T1
AY 300
300
N T2
B
C
Q = 10 kg-f
T2
T2
T2
A = 100 kg-f
300
T1
T1
T1
P
AAX
Bloque A
Q
Bloque C
T2
P
Bloque B
Σ FX = 0 T2 – T1X - AX = 0 T2 – T1 cos 30 - A sen 30 = 0 Ecuación 2 T2 = T1 cos 30 + A sen 30 pero: A = 100 kg-f T1 = Q = 10 kg-f. T2 = 10 cos 30 + 100 sen 30 T2 = 8,66 + 50 T2 = 58,66 kg-f. Σ FY = 0 N – AY + T1Y = 0 N – A cos 30 + T1 sen 30 = 0 pero: A = 100 kg-f T1 = Q = 10 kg-f. N – 100 cos 30 + 10 sen 30 = 0 N – 86,6 + 5 = 0 N – 81,6 = 0 N = 81,6 kg-f
Bloque B Σ FY = 0 T2 – P = 0 T2 = P Ecuación 2 pero: T2 = 58,66 kg-f. P = 58,66 kg-f.
4.48 Dos esferas idénticas se colocan en el sistema mostrado en la figura 4-42. Calcular
las reacciones de las superficies sobre las esferas. Demostrar que cada esfera se encuentra independientemente en equilibrio.
ESFERA 2 FY = F sen 20 FX = F cos 20
F1Y = F1 sen 45 F1X = F1 cos 45 Σ FX = 0 FX – F1X = 0 F cos 20 - F1 cos 45 = 0 F1 cos 45 = F cos 20
18
F1X
F1Y
F1X
W
W
450
FX
F2
FY F
200F3
F1
200
450
F3
F2
F
Esfera 1
Esfera 2 Esfera 1
FX
FY
F
200
F1
Esfera 2
F 1,33 45 cos20 cos F 1F ==
F1 = 1,33 F Ecuación 1 Σ FY = 0 F1Y + FY – W = 0 F1 sen 45 + F sen 20 – W = 0 F1 sen 45 + F sen 20 = W Pero: F1 = 1,33 F (1,33 F) * sen 45 + F sen 20 = W (1,33 F) * 0,7071 + F 0,342 = W 0,9404 F + 0,342 F = W 1,2824 F = w
W0,77 1,2824
W F ==
F = 0,77 W ESFERA 1 FY = F sen 20 FX = F cos 20
Σ FX = 0 F3 - FX = 0 F3 - F cos 20 = 0 Ecuación 2 Pero: F = 0,77 W F3 - (0,77 W) * cos 20 = 0 F3 - (0,77 W) * 0,9396 = 0 F3 - 0,723 W = 0 F3 = 0,723 W Σ FY = 0 F2 - FY – W = 0 F2 + F sen 20 – W = 0 Pero: F = 0,77 W F2 + (0,77 W) * sen 20 = W F2 + (0,77 W) * 0,342 = W F2 + 0,263 W = W F2 = W - 0,263 W F2 = 0,737 W Se reemplaza en la ecuación 1 F1 = 1,33 F Ecuación 1 Pero: F = 0,77 W F1 = 1,33 * (0,77 W) F1 = 1,024 W F1 = 1,024 W F2 = 0,737 W F3 = 0,723 W
4.47 Una varilla de masa de 6 kg. y longitud 0,8 metros esta colocada sobre un ángulo recto liso como se muestra en la figura 4-41. Determinar la posición de equilibrio y las fuerzas de reacción como una función del ángulo δ.
19
T1
90 - δT2
δ
W
δ
φ
φ
δ
T1Y
W
T2 T1
T1X T2X
T2Y
PROBLEMAS RESUELTOS DINAMICA DE UNA PARTICULA
7.1 Introducción 7.2 Ley de inercia
7.3 Momentum lineal 7.4 Principio de conservación del momentum
Erving Quintero Gil Ing. Electromecánico
Bucaramanga – Colombia 2010
Para cualquier inquietud o consulta escribir a:
quintere@hotmail.comquintere@gmail.com
quintere2006@yahoo.com
1
Problema 7.1 FISICA DE FINN Una partícula de 3,2 Kg. de masa se mueve hacia el oeste con una velocidad de 6 m/seg. Otra partícula de 1,6 kg. De masa se desplaza hacia el norte con una velocidad de 5 m/seg. Las dos partículas interactúan. Después de 2 seg. La primera partícula se mueve en la dirección N300E con una velocidad de 3 m/seg. Encontrar:
a) la magnitud y dirección de la velocidad de la otra partícula. b) El momentum total de las 2 partículas tanto al comienzo como al final de los 2 segundos. c) El cambio en el momentum de cada partícula d) El cambio en la velocidad de cada partícula. e) Las magnitudes de estos cambios en velocidad.
V1 a X = Velocidad de la partícula 1 antes del choque en el eje de las “X” = 6 m/seg. V1 a Y = Velocidad de la partícula 1 antes del choque en el eje de las “Y” = 0 V1 d X = Velocidad de la partícula 1 después del choque en el eje de las “X” V1 d Y = Velocidad de la partícula 1 después del choque en el eje de las “Y” V2 a X = Velocidad de la partícula 2 antes del choque en el eje de las “X” = 0 V2 a Y = Velocidad de la partícula 2 antes del choque en el eje de las “Y” = 5 m/seg. V2 d X = Velocidad de la partícula 2 después del choque en el eje de las “X” V2 d Y = Velocidad de la partícula 2 después del choque en el eje de las “Y” V1 d = Velocidad de la partícula 1 después del choque = 3 m/seg. V2 d = Velocidad de la partícula 2 después del choque = ??? m1 = masa de la partícula 1 = 3,2 kg m2 = masa de la partícula 2 = 1,6 kg V1 d Y = V1 d sen 60 V1 d Y = 3 sen 60 = 3*0.866 = 2,598 m/seg. V1 d Y = 2,598 m/seg. V1 d X = V1 d cos 60 V1 d X = 3 * cos 60 = 3 * 0,5 = 1,5 m/seg. V1 d X = 1,5 m/seg. V V Cantidad de movimiento antes del choque en el eje de las “X” = Cantidad de movimiento después del choque en el eje de las “X” El signo negativo es por que la partícula m1 se desplaza hacia la izquierda 0
- (m1 V1 a X ) + m2 V2 a X = m1 V1 d X + m2 V2 d X - m1 V1 a X = m1 V1 d X + m2 V2 d X Reemplazando - 3,2 * 6 = 3,2 * 1,5 + 1,6 * V2 d X- 19,2 = 4,8 + 1,6 V2 d X
2
2 d X = V2 d cos β 2 d Y = V2 d sen β θ = 600
V1 d X = V1 d cos 30
V1 d = 3 m/seg V1 d Y
m1 = 3,2 kg V1 a x = 6 m/seg
m1
V2dX = V2 d cos β β
Oeste
m2 = 1,6 kg V2 a Y = 5 m/seg
Norte
Este m2
300
Sur
despejando 1,6 V2 d X = - 19,2 - 4,8 1,6 V2 d X = - 24
segm 15 -
1,624 - 2dXV ==
Cantidad de movimiento antes del choque en el eje de las “Y” = Cantidad de movimiento después del choque en el eje de las “Y” 0 m1 V1 a Y + m2 V2 a Y = m1 V1 d Y + m2 V2 d Y m2 V2 a Y = m1 V1 d Y + m2 V2 d Y Reemplazando 1,6 * 5 = 3,2 * 2,598 + 1,6 * V2 d Y8 = 8,3136 + 1,6 V2 d Y despejando 1,6 V2 d Y = 8 – 8,3136 1,6 V2 d Y = - 0,3136
segm 0,196 - V
1,60,3136 - 2dY ==
60,01306666 15 -
0,196 - VV
tg2dX2dY ===β
Tg β = 0,013066666 β = arc tg (0,013066666) β = 0,74860 = 00 44 minutos. Direccion Oeste 00 44 minutos. SUR V2 d = Velocidad de la partícula 2 después del choque = ???
segm 15 .9999
15 0,7486 cos15
cosV
V 2dX2d ====
β
El momentum total de las 2 partículas tanto al comienzo como al final de los 2 segundos. Debido a que la cantidad de movimiento de un sistema aislado se conserva en cualquier colisión, podemos decir que la cantidad total de movimiento antes de la colisión es igual a la cantidad total de movimiento del sistema después de la colisión. Problema 7.2 FISICA DE FINN Un tronco de un árbol de 45 Kg. flota en un río cuya velocidad es de 8 km/hora. Un cisne de 10 kg intenta aterrizar en el tronco mientras vuela a 8 km/hora en sentido contrario al de la corriente. El cisne resbala a lo largo del tronco y sale del extremo de este con una velocidad de 2 km /hora. Calcular la velocidad final del tronco. Despreciar la fricción del agua.
3
V2 d X = V2 d cos β
m t = masa del tronco = 45 kg. m c = masa del cisne = 10 kg. Vt a = Velocidad tronco antes = 8 km/hora V t d = Velocidad tronco después = ¿??? Vc a = Velocidad del cisne antes = 8 km/hora Vc d = Velocidad del cisne después. 2 km /hora. Cantidad de movimiento antes de aterrizar el cisne = Cantidad de movimiento después de aterrizar el cisne El signo negativo es por que el cisne se desplaza hacia la izquierda m t Vt a - m c Vc a = m t Vt d - m c Vc d Reemplazando 45 * 8 - 10 * 8 = 45 * Vt d - 10 * 2 360 - 80 = 45 Vt d - 20 280 = 45 Vt d - 20 280 + 20 = 45 Vt d 45 Vt d = 300
horakm 6,66
45300 Vtd ==
Problema 7.3 FISICA DE FINN En la reacción química H + Cl → HCl el átomo H se estaba moviendo inicialmente hacia la derecha con una velocidad de 1,57 x 105 m/seg, mientras que el átomo de Cl se estaba moviendo perpendicularmente con una velocidad de 3,4 x 104 m/seg. Encontrar la magnitud y dirección (respecto al movimiento del átomo de H) de la velocidad resultante HCl. Usar las masas atómicas de la tabla A-1. VH a X = Velocidad del HIDROGENO antes del choque en el eje de las “X” = 1,57 x 105 m/seg. VH a Y = Velocidad del HIDROGENO antes del choque en el eje de las “Y” = 0 V Cl a X = Velocidad del cloro antes del choque en el eje de las “X” = 0 V Cl a Y = Velocidad del cloro antes del choque en el eje de las “Y” = 3,4 x 104 m/seg.
4
θVd X = Vd cos θ
VdVd Y
m H = 1,00797 uma
M c l 2 = 35453 umaVH a X = 1,57 x 105
VCl = 3,4 x 104 m/seg
Como la colisión es inelástica, quiere decir que las moléculas se unen para formar HCl después del choque. VdX : Es la velocidad después del choque de las moléculas unidas en el eje x . VdX = Vd cos θ (Ver grafica) Vd Y = Es la velocidad después del choque de las moléculas unidas en el eje Y . Vd Y = Vd sen θ (Ver grafica) mH = masa del hidrogeno = 1,00797 uma mCl = masa del cloro = 35,453 uma Masa total = mH + mCl = 1,00797 uma + 35,453 uma = 36,46 uma Cantidad de movimiento antes del choque en el eje de las “X” = Cantidad de movimiento después del choque en el eje de las “X” 0
mH VH a X + mCl VCl a X = (mH + mCl) V d X mH VH a X = (mH + mCl) V d X Reemplazando 1,00797 * 1,57 x 105 = 36,46 * V d X 1,582512 x 105 = 36,46 Vd cos θ
55
d 10 * 0,0434 36,46
10 * 1,582512 cos V ==θ Ecuación 1
Cantidad de movimiento antes del choque en el eje de las “Y” = Cantidad de movimiento después del choque en el eje de las “Y” 0
mH VH a Y + mCl VCl a Y = (mH + mCl) V d Y mCl VCl a Y = (mH + mCl) V d Y Reemplazando 35,453 * 3,4 x 104 = 36,46 * V d Y 120,5402 x 104 = 36,46 Vd sen θ
44
d 10 * 3,306 36,46
10 * 120,5402 sen V ==θ Ecuación 2
Igualando la ecuación 2 con la ecuación 1
6177,7 10 * 76,177 10*0,0434
10* 3,306 cos V
sen V 1-5
4
dd ===
θθ
6177,7 =θtg Θ = arc tg 7,6177 Θ = 82,520 = 820 31 minutos
5d 10 * 0,0434 cos V =θ
5
Vd cos 82,52 = 0,0434 x 105
segm 33338,454 10* 0,33338454
0,1301810*0,0434
82,52 cos10 * 0,0434 V 5
55d ====
Vd = 33338,454 m/seg Problema 7.5 FISICA DE FINN Una partícula cuya masa es de 0,2 kg se esta moviendo a 0,4 m/seg. a lo largo del eje X cuando choca con otra partícula de masa 0,3 kg. Que se encuentra en reposo. Después del choque la primera partícula se mueve a 0,2 m/seg. En una dirección que forma un ángulo de 400 con el eje de las X. Determinar: a) La magnitud y dirección de la velocidad de la segunda partícula después del choque. b) El cambio en la velocidad y el momentum de cada partícula V1 a X = Velocidad de la partícula 1 antes del choque en el eje de las “X” = 0,4 m/seg. V1 a Y = Velocidad de la partícula 1 antes del choque en el eje de las “Y” = 0 V1 d X = Velocidad de la partícula 1 después del choque en el eje de las “X” V1 d Y = Velocidad de la partícula 1 después del choque en el eje de las “Y” V2 a X = Velocidad de la partícula 2 antes del choque en el eje de las “X” = 0 (la partícula esta en reposo) V2 a Y = Velocidad de la partícula 2 antes del choque en el eje de las “Y” = 0 (la partícula esta en reposo) V2 d X = Velocidad de la partícula 2 después del choque en el eje de las “X” V2 d Y = Velocidad de la partícula 2 después del choque en el eje de las “Y” V1 d = Velocidad de la partícula 1 después del choque = 0,2 m/seg. V2 d = Velocidad de la partícula 2 después del choque = ??? m1 = masa de la partícula 1 = 0,2 kg m2 = masa de la partícula 2 = 0,3 kg V1 d Y = V1 d sen 40 V1 d Y = 0,2 sen 40 = 0,2 *0.6427 = 0,1285 m/seg. V1 d Y = 0,1285 m/seg. V1 d X = V1 d cos 40 V1 d X = 0,2 * cos 40 = 0,2 * 0,766 = 0,1532 m/seg. V1 d X = 0,1532 m/seg. Cantidad de movimiento antes del choque en el eje de las “X” = Cantidad de movimiento después del choque en el eje de las “X” 0
m1 V1 a X + m2 V2 a X = m1 V1 d X + m2 V2 d X m1 V1 a X = m1 V1 d X + m2 V2 d X Reemplazando 0,2 * 0,4 = 0,2 * 0,1532 + 0,3 * V2 d X0,08 = 0,03 + 0,3 V2 d X
6
V2 d X = V2 d cos β V2 d Y = V2 d sen β
θ = 400
V1 d X = V1 d cos 40
V1 d = 0,2 m/segV1d Y
m1 = 0,2 kg m2
V1 a X = 0,4 m/seg
V2 d
V2 d X = V2 d cos β
β
V2 d Y
Este Oeste
Norte
despejando 0,3 V2 d X = 0,08 – 0,03 0,3 V2 d X = 0,05
segm 0,16666 V
0,30,05 2dX ==
Cantidad de movimiento antes del choque en el eje de las “Y” = Cantidad de movimiento después del choque en el eje de las “Y” El signo negativo es por que la partícula 2 se desplaza hacia abajo. 0 0 m1 V1 a Y + m2 V2 a Y = m1 V1 d Y - m2 V2 d Y 0 = m1 V1 d Y - m2 V2 d Y Reemplazando 0 = 0,2 * 0,1285 - 0,3 * V2 d Y0 = 0,0257 - 0,3 V2 d Y despejando 0,3 V2 d Y = 0,0257
segm 0,0856 V
0,30,0257 2dY ==
0,51362 0,166660,0856
VV
tg2dX2dY ===β
Tg β = 0,51362 β = arc tg (0,51362) β = 27,180 = 270 10 minutos. Dirección Este 27,180 SUR V2 d = Velocidad de la partícula 2 después del choque = ???
segm 0,187 .8895750,1666
27,18 cos0,1666
cosV
V 2dX2d ====
β
Problema 7.5 FISICA DE FINN 2 carros A y B se empujan uno hacia el otro. Inicialmente B esta en reposo mientras que A se mueve hacia la derecha a 0,5 m/seg. Después del choque A rebota a 0,1 m/seg. Mientras que B se mueve hacia la derecha a 0,3 m/seg. En un segundo experimento A esta cargado con una masa de 1 kg. y se dirige hacia B con una velocidad de 0,5 m/seg. Después de la colisión A permanece constante mientras que B se desplaza hacia la derecha a 0,5 m/seg. Encontrar la masa de cada carro?
7
V2 d X = V2 d cos β
m A = masa del carro A = ??. m B = masa del carro B = ??. V A a = Velocidad del carro A en el primer experimento = 0,5 m/seg. V A d = Velocidad del carro A en el segundo experimento = 0 m/seg. VB a = Velocidad del carro B en el primer experimento = 0 m/seg. VB d = Velocidad del carro A en el segundo experimento = 0,5 m/seg. Cantidad de movimiento antes del choque en el primer experimento = Cantidad de movimiento después del choque en el primer experimento El signo negativo es por que el carro A rebota después del choque hacia la izquierda. 0
m A VA a + m B VB a = - m A VA d + m B VB d m A VA a = - m A VA d + m B VB d Reemplazando m A * 0,5 = - m A *0,1 + m B * 0,3 Ordenando y simplificando términos semejantes m A * 0,5 + m A *0,1 = m B * 0,3 m A * 0,6 = m B * 0,3 Dividiendo la expresión por 0,3 m A * 2 = m B 2 m A = m B Ecuación 1 Cantidad de movimiento antes del choque en el segundo experimento = Cantidad de movimiento después del choque en el segundo experimento En el segundo experimento se le agrega un kg. a la masa del carro A. 0 0
(m A +1) VA a + m B VB a = (m A +1) VA d + m B VB d (m A +1) VA a = m B VB d Reemplazando
V B d = 0,5 m/seg. V A d = 0 m/seg. V B a = 0 m/seg. V A a = 0,5 m/seg.
m= 1kg
A B A
Segundo experimentom= 1kg
B
8
V B d = 0,3 m/seg. V A d = 0,1 m/seg. V B a = 0 m/seg. V A a = 0,5 m/seg.
A B A B
Primer experimento
(m A +1) * 0,5 = m B * 0,5 Dividiendo la expresión por 0,5 (m A +1) = m B Ecuación 2 Igualando la ecuación 1 con la ecuación 2. 2 m A = m B Ecuación 1 (m A +1) = m B Ecuación 2 2 m A = (m A +1) 2 m A - m A = 1 m A = 1 kg (m A +1) = m B Ecuación 2 m B = m A +1 m B = 1 +1 m B = 2 kg.
9
T2Y = T2 sen δ T2X = T2 cos δ
T1Y = T1 sen (90 - δ) Pero: sen (90 - δ) = cos δ T1Y = T1 cos δ T1X = T1 cos (90 - δ) Pero: cos (90 - δ) = sen δ T1X = T1 sen δ Σ FX = 0 T2X – T1X = 0 T2 cos δ - T1 sen δ = 0 Ecuación 1 Σ FY = 0 T1Y + T2Y – W = 0 T1 cos δ + T2 sen δ – W = 0 T1 cos δ + T2 sen δ = W Ecuación 2 Resolviendo las ecuaciones T2 cos δ - T1 sen δ = 0 * cos δ Ecuación 1 T1 cos δ + T2 sen δ = W * sen δ Ecuación 2 T2 cos2 δ - T1 sen δ * cos δ = 0 T1 cos δ * sen δ + T2 sen2 δ = W sen δ
T2 cos2 δ + T2 sen2 δ = W sen δ T2 (cos2 δ + sen2 δ) = W sen δ Pero: (cos2 δ + sen2 δ) = 1 T2 = W sen δ Reemplazando en la ecuacion 2 T1 cos δ + T2 sen δ = W Ecuación 2 T1 cos δ + (W sen δ) * sen δ = W T1 cos δ + W sen2 δ = W T1 cos δ = W - W sen2 δ T1 cos δ = W (1 - sen2 δ) Pero: (1 - sen2 δ) = cos2 δ T1 cos δ = W cos2 δ
δδδ cos W
cos 2cosW 1T ==
T1 = W cos δ
20
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