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Cinetica de la Partıcula: Ecuaciones de Newton.
Jose Marıa Rico Martınez
Departamento de Ingenierıa Mecanica
Division de Ingenierıas
Campus Irapuato-Salamanca
Universidad de Guanajuato.
Salamanca, Gto. 36730, Mexico
November 7, 2019
Abstract
Despues de analizar la cinematica de las partıculas, un tema meramente matematico que no involucra
ley fısica alguna, es el momento de iniciar el estudio de la cinetica de las partıculas, que es aquella parte de
la dinamica que estudia la relacion entre el movimiento de las partıculas y las fuerzas que, al ser aplicadas
a la partıcula, producen ese movimiento. El estudio de la cinetica de partıculas necesariamente requiere
la introduccion de leyes fısicas que, en el caso particular de la cinetica de las partıculas esta dada por
la Segunda Ley de Newton. La aplicacion de la segunda ley de Newton, requiere, a diferencia de la
cinematica de las partıculas en donde todos los sistemas de referencia tienen igual jerarquıa, 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
aplicacion de leyes fısicas 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 seccion enunciando la Segunda Ley de Newton: “Si la fuerza resultante que actua sobre unapartıcula no es cero, la partıcula tendra una aceleracion proporcional a la magnitud de la fuerza resultante y ladireccion y sentido de la aceleracion coincide con la direccion y sentido de la fuerza resultante”’.
Figure 1: Interpretacion Fısica de la Segunda Ley de Newton.
Es importante senalar que la formulacion de la segunda ley de Newton, en el siglo XVII, representa un logrode la abstraccion mental, pues Newton no tenıa a su disposicion equipos experimentales sofisticados. La figura
1
1 muestra como, en la actualidad, podrıa verificarse la validez de la segunda ley de Newton. Considere unamisma partıcula que se sujeta a la accion de fuerzas arbitrarias, de manera que la misma partıcula se muestraen diferentes situaciones sujeta a diferente combinaciones de fuerzas de manera tal que, en cada situacion,la resultante de las fuerzas esta dada por Σ~F , en todos los casos es posible suponer que la partıcula estaoriginalmente en reposo. Experimentalmente, se podrıa determinar la magnitud de la aceleracion, ~a, que sufrela partıcula, quizas, determinando cual es la distancia recorrida despues de un intervalo de tiempo, y determinarla direccion y sentido de la aceleracion. Lo que encontrariamos es que la direccion y sentido de la aceleracioncoinciden con la direccion y sentido de la resultante de las fuerzas aplicadas a la partıcula y que las magnitudesde la resultante y aceleracion estan relacionadas por
| Σ~F1 || ~a1 | =
| Σ~F2 || ~a2 | =
| Σ~F3 || ~a3 | =
| Σ~F4 || ~a4 | = · · · = m
Conjuntando los resultados de la magnitud, direccion y sentido de la aceleracion y denominando la constantecomun, m, como la masa de la partıcula, se tiene que matematicamente, la segunda Ley de Newton puedeexpresarse como
Σ~F = m~a. (1)
Sin embargo, para que este experimento sea preciso, es necesario que la medicion de la aceleracion de lapartıcula se lleve a cabo en sistema de referencia Newtoniano o Inercial; pero ¿Que es un sistema dereferencia Newtoniano o Inercial?, una forma muy sencilla de definirlo es decir que un sistema de referenciaNewtoniano o Inercial es aquel para el cual, la segunda ley de Newton se satisface con exactitud. Sin embargo,estos argumentos son circulares. De manera mas precisa, un sistema de referencia Newtoniano o Inercial esaquel localizado en el centro de masas del sistema solar y tal que los ejes determinados por sus vectores uni-tarios no giran con respecto a las estrellas fijas del firmamento.1 Esta descripcion de los sistema de referenciaNewtonianos o Inerciales no es de mucha ayuda, para el tipo de aplicaciones que aparecen dentro de la
ingenierıa mecanica, usualmente un sistema de referencia fijo a la tierra y que no rote es un buen
sistema de referencia Newtoniano o Inercial. Debe notarse que la tierra gira alrededor de un eje queaproximadamente pasa por los polos, de manera que en sentido estricto no puede ser un sistema de referenciaNewtoniano o Inercial. Sin embargo, si la velocidad de la partıcula no es muy elevada, las diferencias entre laaceleracion correcta y la calculada mediante la segunda ley de Newton son despreciables. Concluyendo, dentro dela ingenierıa mecanica, 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 esten fijos y que sean tambiensistema de referencia Newtonianos o Inerciales? En esta etapa del curso de Dinamica no podremos responderde manera exhaustiva a esta pregunta, sin embargo mostraremos la existencia de sistemas de referencia que noestan fijos a la tierra y que siguen siendo Newtonianos e Inerciales. Suponga que conocemos que un sistemaOXY Z es Newtoniano o Inercial, entonces otro sistema O∗X∗Y ∗Z∗2 es tambien Newtoniano o Inercial si laaceleracion de una partıcula arbitraria P tal como se observa desde el sistema de referencia O∗X∗Y ∗Z∗ es iguala la aceleracion de la misma partıcula 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 elsistema de referencia O∗X∗Y ∗Z∗ sujeto a traslacion con velocidad constante igual a la velocidad ~vO∗ y exentode rotacion es tambien un sistema de referencia Newtoniano o Inercial.
Prueba. Considere la figura 2 que muestra dos sistemas de referencia OXY Z que se supone que es new-toniano o inercial y O∗X∗Y ∗Z∗ que se supone esta sujeto a movimiento de traslacion con la velocidad ~vO∗ ,que ademas se supone constante. Considere la partıcula B, los vectores de posicion estan relacionados por laecuacion
~rB(t) = ~rO∗(t) + ~rB/O∗ . (2)
1Las estrellas fijas del firmamento son aquellas cuya localizacion es tan lejana que su posicion con respecto a la tierra permanecefija.
2Es importante senalar que un sistema de referencia no necesita emplear, necesariamente, coordenadas cartesianas. Sin embargopara evitar descripciones muy largas y complicadas se abusa del lenguaje y se denomina el sistema OXY Z u O∗X∗Y ∗Z∗
2
Figure 2: Sistemas de Referencia Newtonianos o Inerciales.
Derivando respecto al tiempo y respecto al sistema de referencia OXY Z, se tiene que
d~rB(t)
d t OXY Z=
d~rO∗(t)
d t OXY Z+
d~rB/O∗
d t OXY Z.
Recordando que si el sistema de referencia O∗X∗Y ∗Z∗ esta sujeta a traslacion, entonces
d~rB/O∗
d t OXY Z=
d~rB/O∗
d t O∗X∗Y ∗Z∗
Por lo tanto, la ecuacion se reduce a
d~rB(t)
d t OXY Z=
d~rO∗(t)
d t OXY Z+
d~rB/O∗
d t O∗X∗Y ∗Z∗
. (3)
Derivando, con respecto al tiempo la ecuacion anterior y con respecto al sistema de referencia OXY Z, setiene que
d
d t
[
d~rB(t)
d t OXY Z
]
OXY Z
=d
d t
[
d~rO∗(t)
d t OXY Z
]
OXY Z
+d
d t
[
d~rB/O∗
d t O∗X∗Y ∗Z∗
]
OXY Z
. (4)
Es posible simplificar las ecuaciones de la siguiente manera
d
d t
[
d~rB(t)
d t OXY Z
]
OXY Z
=d2 ~rB(t)
d t2 OXY Z= ~aBOXY Z
.
yd
d t
[
d~rO∗(t)
d t OXY Z
]
OXY Z
=d2 ~rO∗(t)
d t2 OXY Z= ~aO∗OXY Z
= ~0,
pues la velocidad del punto O∗ es constante. Finalmente,
d
d t
[
d~rB/O∗
d t O∗X∗Y ∗Z∗
]
OXY Z
=d2 ~rB/O∗
d t2 O∗X∗Y ∗Z∗
= ~aB/O∗
O∗X∗Y ∗Z∗
.
Por lo tanto~aBOXY Z
= ~aB/O∗
O∗X∗Y ∗Z∗
. (5)
Puesto que la aceleracion de la partıcula arbitraria B es la misma en ambos sistemas de referencia, esteresultado comprueba que el sistema O∗X∗Y ∗Z∗ sujeto a traslacion y velocidad constante es tambien Newtonianoo Inercial.
Finalmente, la tercera ley de Newton establece que “a toda accion corresponde una reaccion de la mismamagnitud, es decir igual, y de sentido contrario”. Esta forma de la tercera ley de Newton es todo lo que senecesita para analizar partıculas —en el sentido fısico; es decir, de dimensiones muy pequenas— en la dinamicadel cuerpo rıgido se encontrara que para que las Leyes de Newton puedan extenderse de partıculas a cuerposrıgidos, es necesario indicar que las fuerzas de accion y reaccion sean tambien colineales.
3
2 Momento Lineal de una Partıcula.
Si en la ecuacion (1), reproducida a continuacion,
Σ~F = m~a.
se supone que la masa m de la partıcula es constante, y se sustituye la aceleracion por la derivada de la velocidadrespecto al tiempo, se tiene que
Σ~F = md~v
d t=
d (m~v)
d t=
d ~L
d t= ~L. (6)
donde ~L ≡ m~v se denomina la cantidad de movimiento lineal, o, la cantidad de momento lineal. Deesa manera, la ecuacion (6), representa que la magnitud, direccion y sentido de la resultante de las fuerzas
aplicadas a la partıcula, Σ~F , es igual a la magnitud, direccion y sentido de la resultante de la tasa de cambio
de la cantidad de momento lineal, ~L.
3 El Principio de D’Alembert.
La ecuacion (1), reproducida a continuacion,
Σ~F = m~a.
puede escribirse de una manera distinta, traslade el lado izquierdo de la ecuacion al lado derecho, se tiene que
Σ~F −m~a = ~0. (7)
Este cambio, en aparencia insignificante, fue propuesta por D’Alembert3 en el siglo XVIII y se conoce comoel principio o la ecuacion de D’Alembert. El vector −m~a cuya magnitud y direccion es igual a m~a y cuyosentido es opuesto al de m~a se conoce como fuerza de inercia. Si se incluye la fuerza de inercia dentro de lasfuerzas externas aplicadas a la partıcula, la segunda Ley de Newton, puede escribirse como
Σ ~F = ~0.
Desde un punto de vista mas filosofico, este cambio indica que, toda la cinetica de las partıculas puedeestudiarse con las herramientas de la estatica. Desde un punto de vista practico, en la cinetica de las partıculas,el empleo de la ecuacion de D’Alembert, no representa ventaja alguna. Sin embargo, cuando se aplica el principiode D’Alembert a la cinetica de cuerpos rıgidos las ventajas del principio de D’Alembert es mucho mas evidente.Ademas, desde el punto de vista del desarrollo de la Mecanica, de la cual la Dinamica es una parte de ella, laaplicacion del principio de D’Alembert constituye un paso necesario para el desarrollo de la Mecanica Analıtica,de la cual la Mecanica Lagrangiana y la Mecanica Hamiltoniana, son unicamente dos ejemplos de esa rama dela Mecanica.
4 Sistemas de Unidades.
La aplicacion de una ley fısica necesariamente implica que las unidades, y dimensiones, de las magnitudesinvolucrada no pueden ser independientes. De las magnitudes involucradas, ~a tiene dimensiones L
T 2 , la masa
m tiene dimension de M y la resultante de las fuerzas, Σ~F , tiene dimensiones de F . Existen basicamente dosclases sistemas de unidades en uso:
3Jean Le Rond D’Alembert fue el hijo ilegıtimo de Madame de Tencin, su madre lo abandono recien nacido en la escalerade la iglesia de Jean Le Rond en Parıs en 1717, su padre era el oficial de artilleria Louis-Camus Destouches, quien pago por elcuidado de D’Alembert a Madame Rousseau. D’Alembert recibio, a pesar de sus dificultades, una buena educacion en un colegioJansenista. En diferentes etapas de su vida estudio matematicas, teologıa, derecho y medicina. Relativamente joven publico sustrabajos en la Academia de Ciencias de Paris. Sin embargo, era conocido por su repetida inclinacion a discutir airadamente susargumentos, enemistandose con el cırculo de cientıficos franceses, por lo que debio publicar sus contribuciones en la Academia deCiencias de Berlın, donde poco tiempo despues se distancio de Euler. Sus trabajos adolecıan del defecto de no tomar en cuenta laexperimentacion para corregir las hipotesis matematicas que empleaba en sus desarrollos. Murio en 1783, tres anos antes del iniciode la Revolucion Francesa.
4
1. Sistemas MLT . Donde las dimensiones fundamentales son masa, M , longitud, L y tiempo T , entonces Fes una dimension derivada. Estos sistemas se denominan masicos. Cada uno de estos sistemas puedenemplear unidades metricas o inglesas.
(a) Sistema masico en unidades metricas, este sistema de conoce como el sistema internacional, o SI.
• Unidad de Masa. El kilogramo masa, Kgm.derivado de un patron inicial que se conserva enParıs.
• Unidad de Longitud. El metro, m., derivado de un patron inicial que se conserva en Parıs.
• Unidad de Tiempo. El segundo, s.
• Unidad de Fuerza. El Newton, N , definido como la fuerza necesaria para producirle a unkilogramo masa una aceleracion de 1 m
s2 .
(b) Sistema masico en unidades inglesas.
• Unidad de Masa. La libra masa, Lbm., derivado de un patron inicial que se conserva enLondres.
• Unidad de Longitud. El pie, p, derivado de un patron 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 libramasa una aceleracion de 1 p
s2 .
2. Sistemas FLT Donde las dimensiones fundamentales son masa, F , longitud, L y tiempo T , entonces M esuna dimension derivada. Estos sistemas se denominan tecnicos o gravitacionales. De la misma maneracada uno de estos sistemas pueden emplear unidades metricas o inglesas.
(a) Sistema gravitacional en unidades metricas.
• Unidad de Fuerza. El Kilogramo fuerza, Kgf., definido como el peso de un kilogramo masaen un campo gravitacional normal, es decir donde la aceleracion de la gravedad es g = 9.81m
s2 .
• Unidad de Longitud. El metro, m., derivado de un patron inicial que se conserva en Parıs.
• Unidad de Tiempo. El segundo, s.
• Unidad de Masa. La unidad tecnica de masa, UTM definido como la masa que un kilogramofuerza le produce una aceleracion de 1m
s2 .
(b) Sistema masico en unidades inglesas.
• Unidad de Fuerza. La libra fuerza, Lbf., definido como el peso de una libra masa en un campogravitacional normal, es decir donde la aceleracion de la gravedad es g = 32.2 p
s2 .
• Unidad de Longitud. El pie, p, derivado de un patron 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 aceleracionde 1 p
s2 .
4.1 Conversion de Unidades.
Como resultado de la presencia de estos diferentes sistemas de unidades, es necesario mostrar como transformarunidades de fuerza y de masa entre los diferentes sistemas de unidades.
1. Convertir Kilogramos fuerza en Newtons.
El kilogramo fuerza, Kgf se define como el peso de un kilogramo masa en un campo gravitacional “nor-mal”, que corresponde a un valor de la gravedad dada por
g = 9.81m
s2
Por lo tanto
1Kgf = (1Kgm)(
9.81m
s2
)
= 9.81Kgmm
s2= 9.81N.
5
2. Convertir Libra fuerza en Poundals.
La libra fuerza, Lbf se define como el peso de una libra masa en un campo gravitacional “normal”, quecorresponde a un valor de la gravedad dada por
g = 32.2pie
s2
Por lo tanto
1Lbf = (1Lbm)
(
32.2pie
s2
)
= 9.81Lbmpie
s2= 32.2Poundals.
3. Convertir Unidades Tecnicas de Masa, U.T.M. en kilogramos masa.
Una unidad tecnica de masa, U.T.M. se define como la masa que una Kgf le produce una aceleracion de1 m
s2 , por lo tanto, empleando la conversion de Kilogramos fuerzas a Newtons, se tiene que
1U.T.M. =1Kgf
1m/s2=
9.81Kgmm/s2
1m/s2= 9.81Kgm.
4. Convertir Slugs en Libras masa.
Un slug, slug, se define como la masa que una Lbf le produce una aceleracion de 1 pies2 , por lo tanto,
empleando la conversion de libras fuerzas a poundals, se tiene que
1 slug =1Lbf
1 pie/s2=
32.2Lbmpie/s2
1 pie/s2= 32.2Lbm.
Estas conversiones, y las conversiones inversas correspondientes, son las unicas necesarias para transitar losdiferentes problemas de la cinetica de partıculas.
5 Cantidad de Movimiento Angular, Impulso Angular.
Considere una partıcula, P , de masa m que se mueve con respecto a un sistema de referencia Newtoniano oinercial OXY Z, vea la figura 3, previamente, ya se definio que la cantidad de movimiento lineal ~L = m~v; sinembargo, si O es un punto arbitrario, tal que el vector de posicion de la patıcula P respecto a la partıcula O estadado por ~r. Es posible definir el momento de la 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 so magnitud viene dada por
| ~HO |=| ~r | | m~v | senφ.
donde φ es el angulo que forman ambos vectores.La ecuacion de impulso angular (8) puede escribirse como
~HO = ~r ×m~v =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
i j kx y z
mvx mvy mvz
∣
∣
∣
∣
∣
∣
. (9)
donde ~r = (x, y, z) y ~v = (vx, vy, vz). Mas aun, la ecuacion puede descomponerse en
HOx = m (y vz − z vy) HOy = m (z vx − x vz) HOz = m (x vy − y vx)
En particular, si la partıcula se mueve exclusivamente en el plano X − Y , se tiene z = 0 y vz = 0, por lotanto
HOx = 0 HOy = 0 HOz = m (x vy − y vx)
Mas aun, si se emplean coordenadas cilındricas, que para este caso se convierten en componentes radial transver-sal, se tiene que
~HO = ~r ×m~v = m (r er)×(
r er + r θ eθ
)
= mr2 θ ez. (10)
6
Figure 3: Definicion del Momento Angular.
5.1 Derivada de la Cantidad de Momento Angular.
En esta seccion se mostrara la relacion entre la derivada de la cantidad de momento angular y el momemto delas fuerzas que actuan sobre una partıcula, esta derivacion es el fundamento de las leyes de Euler para la cineticade cuerpos rıgidos. Para esta derivacion, es necesario que el punto O, este fijo en el sistema de referencia
Newtoniano o inercial, entonces, suponiendo que la masa de la partıcula es constante, se tiene que
d ~HO
d t=
d
d t(~r ×m~v) =
d~r
d t×m~v + ~r × dm~v
d t= ~v ×m~v + ~r ×m~a. (11)
Puesto que
~v ×m~v = ~0 y m~a =∑
~F ,
la derivada de la cantidad de momento angular, vea la ecuacion (11), puede escribirse como
d ~HO
d t= ~r ×
∑
~F =∑
~MO. (12)
Este resultado establece que la suma de los momentos de las fuerzas aplicadas a la partıcula 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 partıcula P respecto al mismo
punto O.
5.2 Movimiento de una partıcula respecto a la accion de una fuerza central. Ley
de conservacion del momento angular.
Considere ahora una partıcula P que se mueve bajo la accion de una fuerza central al punto O; es decir queen cualquier instante de tiempo, la resultante de las fuerzas ~F que actuan sobre la partıcula P , siempre pasapor el punto O, vea la figura 4,
Es evidente pues, que para todo instante de tiempo∑ ~MO = 0, por lo tanto, la ecuacion (12) se reduce a
d ~HO
d t= 0. (13)
Por lo tanto,~HO = ~r × (m~v) = ~C. (14)
Este resultado se conoce como la Ley de Conservacion del Momento Angular y se aplica para todaslas partıculas que se mueven bajo la accion de una fuerza central; es decir, que la fuerza, o la resultante de lasfuerzas, aplicadas a la partıcula pasa por un punto O fijo en un sistema de referencia Newtoniano o Inercial.
7
Figure 4: Conservacion del Momento Angular.
6 Problemas Resueltos.
Problema 1. Un hombre sube por si mismo en un plano inclinado como se muestra en la figura. Si el pesocombinado del hombre y el carro es 250 lb, determine la aceleracion si el hombre ejerce una fuerza de 60 lb sobrela cuerda. Desprecie toda la friccion y la masa de la cuerda, poleas y ruedas.4
Figure 5: Hombre con carretilla en un plano inclinado.
Solucion. Empleando el sistema de unidades tecnico o graviatcional ingles y del diagrama de cuerpo librese tiene que las ecuaciones son
ΣFy = 0, −W cos θ +N = 0 (15)
ΣFx = M ax, −W sen θ + 3P = M ax (16)
(17)
Por lo tanto
ax =−W sen θ + 3P
M=
−250 lbf sen15◦ + 3 (60 lbf)
7.7639 lbf−s2
p
= 14.85p
s2.
Problema 1a. Un modelo de cohete de 0.2 lb se lanza verticalmente desde el reposo para t = 0 s con unempuje constante de 2 lb por un segundo y sin empuje para t > 1 s. Despreciando la resistencia y la disminucion
4Este es el problema 3/9 del libro Meriam y Kraige, Engineering Mechanics Dynamics, Sixth Edition.
8
de la masa del cohete, determine (a) la maxima altitud h alcanzada por el cohete, (b) el tiempo requerido paraalcanzar esta maxima altitud.5
Solucion. Se emplearan el sistema de unidades gravitacional ingles y se analizaran las dos etapas delmovimiento:
Figure 6: Modelo de cohete en sus dos etapas de movimiento.
1. Para 1 s ≥ t ≥ 0 s. Del diagrama de cuerpo libre, para este periodo de tiempo, se tiene que
ΣFy = M ay −W + Fe =W
ga1 por lo tanto a1 =
−W + Fe
Wg
= −g +Fe g
W
El valor numerico de la aceleracion esta dado por
a1 = −32.2 p/s2 +(2 lbf)(32.2 p/s2
0.2 lbf= 289.8 p/s2
A continuacion se integrara la ecuacion de movimiento6
a1 =d v1d t
∫ v1(t)
v1(0)
d v1 =
∫ t
0
a1dt v1(t)− v1(0) = a1 t− a1 (0)
Puesto que v1(0) = 0, se tiene quev1(t) = a1 t
Volviendo a integrar la ecuacion, se tiene que
v1(t) =d s1d t
= a1 t
∫ s1(t)
s1(0)
=
∫ t
0
a1 tdt s1(t)− s1(0) =1
2a1 t
2 − 1
2a1 (0)
2
Puesto que s1(0) = 0, se tiene que
s1(t) =1
2a1 t
2
5Este es el problema 12-6 del libro de Beer y Johnston Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics, Eleventh Edition.6Usualmente, acostumbro realizar la integracion de manera indefinida para despues calcular las constantes de integracion; sin
embargo, para mostrar que tambien es posible realizar la integracion de manera definida, estas integraciones se haran de maneradefinida.
9
Finalmente, se determinara la velocidad y posicion del cohete para el tiempo t = 1 s.
v1(1 s) = a1 (1 s) = (289.8 p/s2)(1 s) = 289.8 p/s
y
s1(1 s) =1
2a1 (1 s)
2 =1
2289.8 p/s (1 s)2 = 144.9 p.
2. Para t ≥ 1 s. Del diagrama de cuerpo libre, para este periodo de tiempo, se tiene que
ΣFy = M ay −W =W
ga2 por lo tanto a2 =
−WWg
= −g
El valor numerico de la aceleracion esta dado
a2 = −g = −32.2 p/s2
Las condiciones iniciales del movimiento son:
t = 1 s v2(1 s) = v21 = 289.8 p/s y s2(1 s) = s21 = 144.9 p
A continuacion se integrara la ecuacion de movimiento
a2 =d v2d t
∫ v2(t)
v2(1)
d v2 =
∫ t
1
a2 dt v2(t)− v2(1) = a2 t− a2 (1 s)
por lo tantov2(t) = a2(t− 1 s) + v2(1) = a2 (t− 1 s) + v21
Para determinar el tiempo para el cual el modelo de cohete obtiene la maxima altitud, se determinara eltiempo para el cual, la velocidad del cohete es cero —recuerde la tecnica empleada en calculo diferencialpara determinar maximos y mınimos de una funcion.
0 = a2 (t− 1 s) + v21 por lo tanto t = −v21a2
+ 1 s = − 289.8 p/s
−32.2 p/s2+ 1 s = 10 s
Finalmente, se volvera a integrar la ecuacion de la velocidad para obtener la posicion del modelo de cohete
v2(t) =d s2d t
∫ s2(t)
s2(1)
d s2 = s2(t)− s2(1 s) =
∫ t
1
[a2 (t− 1 s) + v21] dt
s2(t)− s2(1 s) =[a22
(t− 1 s)2 + v21 t]
−[a22
(1 s− 1 s)2 + v21 (1 s)]
s2(t)− s21 =a22
(t− 1 s)2 + v21 (t− 1 s)
Por lo tantos2(t) =
a22
(t− 1 s)2 + v21 (t− 1 s) + s21
La altitud maxima se encuentra, determinando la posicion del cohete para t = 10 s; es decir
s2(10 s) =−32.2 p/s2
2(10 s− 1 s)2 + 289.8 p/s (10 s− 1 s) + 144.9 p = 1449 p
Con este resultado finaliza el problema.
Problema 2. La bola de acero esta suspendida del marco que se esta acelerando mediante dos cuerdas Ay B. Determine la aceleracion del marco que ocasionara que la tension en A sea el doble de la tension en B.7
7Este es el problema 3/17 del libro Meriam y Kraige, Engineering Mechanics Dynamics, Sixth Edition.
10
Figure 7: Esfera soportada por dos cables.
Solucion. Del diagrama de cuerpo libre se tiene que las ecuaciones son
ΣFx = M ax, TA cos θ − TB cos θ = M ax (18)
ΣFy = 0, −M g + TA sen θ + TB sen θ = 0 (19)
(20)
Pero de acuerdo con el enunciado del problema
TA = 2TB .
Por lo tanto, las ecuaciones del diagrama de cuerpo libre resultan
2TB cos θ − TB cos θ = TB cos θ = M ax (21)
−M g + 2TB sen θ + TB sen θ = −M g + 3TB sen θ = 0 (22)
(23)
Despejando de la segunda ecuacion TB , se tiene que
TB =M g
3 sen θ.
Sustituyendo, esta ecuacion en la primera ecuacion, se tiene que
M g
3 sen θcos θ = M ax,
M g
3 tan θ= M ax
Por lo tanto, se tiene que la aceleracion es
ax =g
3 tan θ=
g
3 tan 60◦=
g
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 friccion estatica y cinetica entre el paquete y el plano son, respectivamente, de 0.30 y 0.25,vea la figura 8. 8
8Este es el problema 12.10 del libro Beer, Johnston y Clausen, Mecanica Vectorial para Ingenieros: Dinamica, Mexico: McGrawHill.
11
Figure 8: Bloque sobre plano inclinado.
Solucion. Seleccione los ejes coordenados como muestra la figura 8. La masa del paquete es M = 40Kgm,Los angulos son α = 20◦ y θ = 30◦. Puesto que el cuerpo parte de reposo y si se selecciona apropiadamente elorigen de posicion, la ecuacion de movimiento del cuerpo es
s(t) =1
2ax t
2,
Por lo tanto
ax =2 ∗ s(tf )
t2f=
2 ∗ 10m.
(4 s)2= 1.25
m
s2
Las ecuaciones de movimiento del cuerpo son
ΣFy = 0 −P S (α+ θ)−M gC α+N = 0. (25)
ΣFx = Max +P C (α+ θ)−M g S α− µk N = M ax. (26)
Despejando la fuerza normal al plano inclinado N , se tiene que
N = Mg 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)
= −40 kg9.81m/s2 (S 20◦ + 0.25C 20◦) + 1.25m/s2
−C 50◦ + 0.25S 50◦= 612.46N. (27)
Problema 4. Los dos bloques mostrados en la figura 9, MA = 10 kg y MB = 8Kg, se encuentran enreposo al principio y el angulo de inclinacion es θ = 30◦. Si se ignoran las masas de las poleas y el efecto de lafriccion en estas y suponiendo que los coeficientes de friccion entre ambos bloques y la pendiente son µs = 0.25y µk = 0.20, determine a) la aceleracion de cada bloque y b) la tension en el cable.9
Solucion. Seleccione los ejes coordenados como muestra la figura 9. Las ecuaciones de movimiento de loscuerpos son, para el cuerpo B,
ΣFy = 0 NB −MB g cos (θ) = 0. (28)
ΣFx = 0 3T −MB g sin (θ)− µk NB = MB aB . (29)
9Este es el problema 12.13 del libro Beer, Johnston y Clausen, Mecanica Vectorial para Ingenieros: Dinamica, Mexico: McGrawHill.
12
Figure 9: Bloques sobre plano inclinado.
Para el cuerpo A,
ΣFy = 0 NA −MA g cos (θ) = 0 (30)
ΣFx = 0 T + µk NA −MA g sin (θ) = MA aA. (31)
Por otro lado, la ecuacion de la cuerda que une los dos cuerpos esta 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 conrespecto al tiempo, la ecuacion 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 sustituyendoaB en terminos de aA, se tiene que
3T −MB g sin (θ)− µk MB g cos (θ) = −1
3MB aA (34)
T + µk MA g cos (θ)−MA g sin (θ) = MA aA (35)
Despejando T de la primera ecuacion, se tiene que
T =1
3MB g sin (θ) +
1
3µk MB g cos (θ)− 1
9MB aA
Sustituyendo T en la segunda ecuacion y despejando aA, se tiene que
aA =3 g (MB sin (θ) + µk MB cos (θ) + 3µk MA cos (θ)− 3MA sin (θ))
MB + 9MA
Puede probrarse que los valores numericos de aA, aB , y T , estan dados por
aA = −1.3268m
s2aB = 0.4422
m
s2T = 18.7904N.
Problema 5. El bloque A pesa 80Lb y el bloque B 16Lb. Los coeficientes de friccion entre todas lassuperficies de contacto son µs = 0.20, y µk = 0.15. Si P = 0, determine a) la aceleracion del bloque B, b) latension de la cuerda.10
10Este es el problema 12.16 del libro Beer, Johnston y Clausen, Mecanica Vectorial para Ingenieros: Dinamica, Mexico: McGrawHill.
13
Figure 10: Bloques conectados mediante una cuerda.
Solucion. La ecuacion de la cuerda que une a ambos cuerpos, esta dada por
L = 2 sA + sB/A + C = 2 sA + (sB − sA) + C = sA + sB + C. (36)
Derivando la ecuacion (36), dos veces respecto al tiempo, se tiene que
aA + aB = 0. (37)
En este caso, el problema requiere la solucion de dos problemas, el primero determinar si el sistema se mueve,y si la respuesta es positiva, determinar las aceleraciones de los cuerpos.
1. Determinacion de la existencia de movimiento. Las ecuaciones de la dinamica de cada uno de loscuerpos estan dadas por
(a) Cuerpo B.
ΣFy = 0 −MB g Cos θ +NB = 0 (38)
ΣFx = MB aB −T +MB g Sen θ + µs NB = MBaB (39)
De la ecuacion (38) la fuerza normal NB , se tiene que
NB = MB g Cos θ. (40)
Por lo tanto, sustituyendo la ecuacion (40) en la ecuacion (39), se tiene que
−T +MB g Sen θ + µs (MB g Cos θ) = MBaB , (41)
de manera que la tension de la cuerda esta dada por
T = MB [−aB + g (Sen θ + µsCos θ)] (42)
(b) Cuerpo A.
ΣFy = 0 −MA g Cos θ −NB +NA = 0 (43)
ΣFx = MA aA −T +MA g Sen θ − µs NB − µs NA = MBaB (44)
De la ecuacion (43) la fuerza normal NA, se tiene que
NA = NB +MA g Cos θ = MB g Cos θ +MA g Cos θ = (MB +MA) g Cos θ. (45)
14
Por lo tanto, sustituyendo las ecuaciones (45, 40) en la ecuacion (44), se tiene que
−T +MA g Sen θ − µs (MB g Cos θ)− µs (MA +MB) g Cos θ = MAaA, (46)
de manera que la tension de la cuerda esta dada por
T = MA [−aA + g (Sen θ − µsCos θ)]−MB g [2µs Cos θ] (47)
Sustituyendo la ecuacion (37) en la ecuacion (47) e igualando las ecuaciones de la tension de lacuerda, se tiene que
MA [aB + g (Sen θ − µsCos θ)]−MB g [2µs Cos θ] = MB [−aB + g (Sen θ + µsCos θ)]
Despejando el coeficiente de friccion estatica µs, se tiene que
µs =(MA +MB) aB − (MB −MA) g Sen θ
(MA + 3MB) g Cos θ(48)
Debe notarse que de haber movimiento, aB es negativa, µs debe ser mayor que el valor dado por laecuacion (48) cuando se sustituya aB = 0, por lo tanto
µs ≥(−MB +MA) g Sen θ
(MA + 3MB) g Cos θ=
MA −MB
MA + 3MBtan θ (49)
Sustituyendo los valores numericos, se tiene que
µs ≥MA −MB
MA + 3MBtan θ =
80− 16
80 + 3 (16)tan25◦ = 0.233
Puesto que µs = 0.2, existe movimiento relativo.
2. Determinacion de la magnitud del movimiento. Las ecuaciones de la dinamica de cada uno de loscuerpos estan dadas por
(a) Cuerpo B.
ΣFy = 0 −MB g Cos θ +NB = 0 (50)
ΣFx = MB aB −T +MB g Sen θ + µk NB = MBaB (51)
De la ecuacion (50) la fuerza normal NB , se tiene que
NB = MB g Cos θ. (52)
Por lo tanto, sustituyendo la ecuacion (52) en la ecuacion (51), se tiene que
−T +MB g Sen θ + µk (MB g Cos θ) = MBaB , (53)
de manera que la tension de la cuerda esta dada por
T = MB [−aB + g (Sen θ + µkCos θ)] (54)
(b) Cuerpo A.
ΣFy = 0 −MA g Cos θ −NB +NA = 0 (55)
ΣFx = MA aA −T +MA g Sen θ − µk NB − µk NA = MBaB (56)
De la ecuacion (55) la fuerza normal NA, se tiene que
NA = NB +MA g Cos θ = MB g Cos θ +MA g Cos θ = (MB +MA) g Cos θ. (57)
15
Por lo tanto, sustituyendo las ecuaciones (57, 52) en la ecuacion (56), se tiene que
−T +MA g Sen θ − µk (MB g Cos θ)− µk (MA +MB) g Cos θ = MAaA, (58)
de manera que la tension de la cuerda esta dada por
T = MA [−aA + g (Sen θ − µkCos θ)]−MB g [2µk Cos θ] (59)
Sustituyendo la ecuacion (37) en la ecuacion (59) e igualando las ecuaciones de la tension de lacuerda, se tiene que
MA [aB + g (Sen θ − µkCos θ)]−MB g [2µk Cos θ] = MB [−aB + g (Sen θ + µkCos θ)]
Por lo tanto, la aceleracion del cuerpo B esta dada por
aB =MB (Sen θ + 3µkCos θ)−MA (Sen θ − µkCos θ)
MA +MBg = −3.2355
p
s2.
El signo negativo indica que el movimiento del cuerpo B es hacia arriba del plano inclinado.
Problema 5a. Un resorte AB de constante k esta unido a un apoyo en A y a un colların de masa m. Lalongitud no deformada del resorte es l. Sabiendo que el colların se suelta a partir del reposo cuando x = x0 ydespreciando la friccion entre el colların y la barra horizontal, determine la magnitud de la velocidad del collarıncuando pasa por el punto C, vea la figura 11.11
12.24 An airplane has a mass of 25 Mg and its engines develop a total
thrust of 40 kN during take-off. If the drag exerted on the plane
has a magnitude 2.25 , where is expressed in meters per
second and in newtons, and if the plane becomes airborne at a
speed of 240 km/h, determine the length of runway required for the
plane to take off.
12.25 A 4-kg projectile is fired vertically with an initial velocity of 90 m/s,
reaches a maximum height, and falls to the ground. The aerody-
namic drag has a magnitude 0.0024 where and are
expressed in newtons and m/s, respectively. Knowing that the direc-
tion of the drag is always opposite to the direction of the velocity,
determine ( ) the maximum height of the trajectory, ( ) the speed
of the projectile when it reaches the ground.
12.26 A constant force is applied to a piston and rod of total mass m to
make them move in a cylinder filled with oil. As the piston moves,
the oil is forced through orifices in the piston and exerts on the
piston a force of magnitude kv in a direction opposite to the motion
of the piston. Knowing that the piston starts from rest at 5 0 and
5 0, show that the equation relating , v, and , where x is the
distance traveled by the piston and v is the speed of the piston, is
linear in each of these variables.
Fig. P12.26
12.27 A spring AB of constant k is attached to a support at and to a
collar of mass m. The unstretched length of the spring is . Knowing
that the collar is released from rest at 5 and neglecting friction
between the collar and the horizontal rod, determine the magnitude
of the velocity of the collar as it passes through point C.
12.28 Block has a mass of 10 kg, and blocks B and C have masses of
5 kg each. Knowing that the blocks are initially at rest and that
B moves through 3 m in 2 s, determine ( the magnitude of the
force , ( the tension in the cord AD. Neglect the masses of the
pulleys and axle friction.
A C
Fig. P12.28
A
BC
l
x0
Fig. P12.27
bee87342_ch12_718-794.indd 751 11/26/14 11:45 AM
Figure 11: Colların sujeto a un resorte.
Solucion. La figura 12 presenta el diagrama de cuerpo libre del colların, las ecuaciones de movimiento delcuerpo rıgido estan dadas por:
ΣFy = 0 −mg +N + k(
√
l2 + x2 − l) l√
l2 + x2= 0
ΣFx = max −k(
√
l2 + x2 − l) x√
l2 + x2= m
d2x
d t2(60)
Por lo tanto, la ecuacion de la aceleracion horizontal del colların esta dada por
d2x
d t2= − k
mx
(
1− l√l2 + x2
)
(61)
Recordando, que se tiene que
d2x
d t2=
d
d t
[
d x
d t
]
=d
d x
[
d x
d t
]2
=d
d xv2x
11Este es el problema 12.27 del libro Beer y Johnston, Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics, Eleventh Edition.
16
Figure 12: Diagrama de cuerpo libre de un colların sujeto a un resorte.
La ecuacion diferencial de la aceleracion de la masa del colların, esta dada por
d v2xd x
= − k
mx
(
1− l√l2 + x2
)
d v2x = − k
mx
(
1− l√l2 + x2
)
d x (62)
Integrando la ecuacion, se tiene que
v2x =k
2m
−x2 + l
(
l2 + x2)
1
2
12
+ C1 =k
2m
(
−x2 + 2 l√
l2 + x2)
+ C1
donde C1 es una constante de integracion, que se determinara sobre la base de la condicion inicial
vx = 0 para x = x0
Por lo tanto, se tiene que
02 =k
2m
(
−x20 + 2 l
√
l2 + x20
)
+ C1 por lo tanto C1 =k
2m
(
x20 − 2 l
√
l2 + x20
)
De aquı que ,
v2x =k
2m
(
x20 − x2 + 2 l
√
l2 + x2 − 2 l√
l2 + x20
)
Este resultado permite obtener la solucion del problema. Para lo cual, es necesario, determinar la velocidad delcolların, vx, cuando x = 0, se tiene que
v2x =k
2m
(
x20 − 02 + 2 l
√
l2 + 02 − 2 l√
l2 + x20
)
=k
2m
(
x20 + 2 l2 − 2 l
√
l2 + x20
)
=k
2m
(
(l2 + x20)− 2 l
√
l2 + x20 + l2
)
=k
2m
(
√
l2 + x20 − l
)2
Finalmente, se tiene que
vx =
(
√
l2 + x20 − l
)
√
k
2m.
Problema 5b. Determine la velocidad a la cual un equipo de bobsled cuyo peso total es de 630 kg debetener para tomar una curva sin depender de la friccion, vea la figura 13. Tambien encuentre la fuerza netanorma ejercida por lo pista sobre el bobsled.12
17
Article 3/5 Problems
a horizontal
and is made to rotate in the
a constant counterclockwise
angular velocity 3 rad /sec. If a 0.2-lb particle is
sliding in the tube toward with a velocity of
6 ft /sec relative to the tube when the position
30 is passed, calculate the magnitude of the
wall of the tube on the
Problem 3/55
A Formula-1 car encounters a hump which has a
.
) What speed will cause the car to lose con-
? ( ) For
a speed 190 km / h, what is the normal force
= 300 m10
Problem 3/56
chambers shown
200 mm. If the spheres
h a steady-state angular position 45 , de-
Problem 3/57
3/52 A jet transport plane fl ies in the trajectory shown in
order to allow astronauts to experience the “weight-
less” condition similar to that aboard orbiting space-
craft. If the speed at the highest point is 600 mi / hr,
what is the radius of curvature necessary to ex-
actly simulate the orbital “free-fall” environment?
Problem 3/52
a space station to operate outside
s gravitational fi eld, it is desired to give
a rotational speed which will simu-
s gravity for members of
. If the centers of the crew’s quarters are to
m from the axis of rotation, calculate
of the space sta-
12 m
Problem 3/53
h the 630-kg four-man
have in order to negotiate the turn
Also fi nd the net nor-
k.
30°
GG
= 50 mρ
Problem 3/54Figure 13: Bobsled tomando una curva en una pista de hielo.
Figure 14: Diagrama de cuerpo libre del Bobsled tomando una curva en una pista de hielo.
Solucion. Considere el diagrama de cuerpo libre del bobsled, vea la figura 14 donde, por indicaciones delproblema, esta ausente la friccion, las ecuaciones de movimiento son:
ΣFy = 0 −mg + 2N
2sen θ = 0 por lo tanto N =
mg
sen θ
y
ΣFn = man 2N
2cos θ = man = m
v2
ρpor lo tanto v =
√
N cos θ ρ
m
Sustituyendo el valor de la fuerza normal en la velocidad, se tiene que
v =
√
mg cos θ ρ
msen θ=
√
g ρ
tan θ
Sustituyendo los valores numericos, se tiene que
N =mg
sen θ=
630 kgm 9.81m/s2
sen 30◦= 12306.06N = 1254.4 kgf.
De manera semejante
v =
√
g ρ
tan θ= 29.147m/s.
12Este es el problema 3-54 del libro de Meriam y Kraige, 8th Edition.
18
Problem 5c. Las bolas de 1.2Lb de un gobernador centrıfugo rotan a una velocidad constante v en uncırculo horizontal de 6 pulg de radio, vea la figura 15. Despreciando el peso de los eslabones AB, BC, AD, yDE y requiriendo que los eslabones soporten unicamente fuerzas de tension, determine el rango de los valorespermisibles de v de manera tal que las fuerzas en los eslabones no exceden 17lb.13
*12.42 As part of an outdoor display, a 12-lb model C of the earth is
attached to wires AC and BC and revolves at a constant speed v in
the horizontal circle shown. Determine the range of the allowable
values of if both wires are to remain taut and if the tension in
either of the wires is not to exceed 26 lb.
*12.43 The 1.2-lb flyballs of a centrifugal governor revolve at a constant
speed v in the horizontal circle of 6-in. radius shown. Neglecting the
weights of links AB BC AD and DE and requiring that the links
support only tensile forces, determine the range of the allowable
values of v so that the magnitudes of the forces in the links do not
exceed 17 lb.
A
B
C
D
E
20°
1.2 lb 1.2 lb30°
Fig. P12.43
12.44 A 130-lb wrecking ball B is attached to a 45-ft-long steel cable AB
and swings in the vertical arc shown. Determine the tension in the
cable ( at the top of the swing, ( at the bottom D of the swing,
where the speed of B is 13.2 ft/s.
20
Fig. P12.44
12.45 During a high-speed chase, a 2400-lb sports car traveling at a speed
of 100 mi/h just loses contact with the road as it reaches the crest A of
a hill. ( Determine the radius of curvature of the vertical profile
of the road at . ( ) Using the value of found in part , determine
the force exerted on a 160-lb driver by the seat of his 3100-lb car as
the car, traveling at a constant speed of 50 mi/h, passes through
Fig. P12.42
Fig. P12.45
bee87342_ch12_718-794.indd 755 11/26/14 11:45 AM
Figure 15: Figura de un gobernador centrıfugo.
Solucion. Considere el diagrama de cuerpo libre de una de las bolas del gobernador, en este diagrama sepresentan las fuerzas TA, TB , el peso de la bola y en la que aparece tambien la aceleracion normal de la bola.Los angulos estan dadas por α = 20◦ y β = 30◦
Figure 16: Diagrama de cuerpo rıgido de una bola de un gobernador centrıfugo.
Las ecuaciones de movimiento estan dadas por
ΣFy = 0 TA cos α− TE cos β −mg = 0 TA cos α− TE cos β = mg
ΣFx = man −TA senα− TE sen β = −mv2
ρTA senα− TE sen β = m
v2
ρ
Resolviendo el sistema de ecuaciones mediante la regla de Cramer, se tiene que
[
cos α −cos βsenα senβ
] [
TA
TE
]
=
[
mg
m v2
ρ
]
13Este es el problema 12.43 del libro Beer y Johnston, Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics, Eleventh Edition.
19
El determinante de la matriz de coeficientes esta dado por
∆ = cos α senβ + senα cos β = sen (α+ β)
Entonces, las soluciones para TA y TE se obtienen como
TA =
∣
∣
∣
∣
∣
mg −cos β
m v2
ρ sen β
∣
∣
∣
∣
∣
∆=
m (g senβ + v2
ρ cos β)
sen (α+ β)
y
TE =
∣
∣
∣
∣
∣
cos α mg
senα m v2
ρ
∣
∣
∣
∣
∣
∆=
m ( v2
ρ cos α− g senα)
sen (α+ β)
Problem 5d. El bloque B de masa 10 kgm. esta en reposo sobre la superficie exterior de un filo A de22 kgm. Sabiendo que el sistema parte del reposo y despreciando la friccion, determine (a) la aceleracion de B,(b) la velocidad de B relativa a A para t = 0.5 s.14
Solucion. La consideracion mas importante en este problema es notar que la velocidad relativa entre losbloques A y B debe ocurrir exclusivamente en la direccion del plano comun. En otras palabras, la velocidadrelativa en la direccion normal al plano comun debe ser nula.
Figure 17: Bloques deslizantes en contacto.
Problema 6. Una barra de longitud l y masa despreciable conecta el carro de masa M y la partıcula demasa m, vea la figura 18. Si el carro esta sujeto a una aceleracion constante a hacia la derecha, ¿cual es elangulo en estado estable resultante θ que la barra que rota libremente hace con la vertical? Determine la fuerzaneta P horizontal que no se muestra y que debe aplicarse al carro para ocasionar la aceleracion especıficada.15
Solucion. Es importante senalar varios aspectos de este problema
1. La partıcula de masa m se mantiene siempre con la misma inclinacion θ y no oscila durante el movimientodel carro, la partıcula oscilaria durante el arranque y el paro del carro, por esa razon, el autor hace enfasisen indicar que el resultado corresponde al estado estable resultante.
14Este es el problema 12.35 del libro Beer y Johnston, Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics, Twelfth Edition.15Este es el problema 3/35 del libro Meriam y Kraige, Engineering Mechanics Dynamics, Sixth Edition.
20
Figure 18: Bloques conectado a una masa.
2. Puesto que la barra es de masa despreciable, eso significa que las fuerzas que la barra transmite del carroa la partıcula son colineales a la barra.
3. La figura 18 muestra tambien los diagramas de cuerpo rıgido.
Las ecuaciones de movimiento del carro y de la partıcula, estan dadas por:
1. Carro.
ΣFy = 0 −M g − F Cos θ +N
2+
N
2= 0 N = M g + F Cos θ (63)
ΣFx = M ax P − F Sen θ = M a P = M a+ F Sen θ (64)
2. Partıcula.
ΣFy = 0 −mg + F Cos θ = 0 mg = F Cos θ (65)
ΣFx = M ax F Sen θ = ma ma = F Sen θ (66)
De estas dos ultimas ecuaciones, (65,66), se tiene que
Tan θ =Sen θ
Cos θ=
ma
mg=
a
gθ = Tan−1 a
g(67)
De manera semejante, sustituyendo la ecuacion (66) en la ecuacion (64), se tiene que
P = M a+ F Sen θ = M a+ma = (M +m) a. (68)
Problema 6a Determine el angulo en estado estable α si la fuerza constante P se aplica al carrito de masaM . La esfera del pendulo tiene masa m y la barra rıgida de longitud L tiene masa despreciable. Ignore toda lafriccion. Evalue su expresion cuando P = 0.16
Solucion. Considere la Figura 19 y los diagramas de cuerpo libre del carrito y el pendulo mostrados en laFigura 20, se tiene que
Estableciendo las ecuaciones de movimiento en la direccion del plano inclinado en en la direccion perpendic-ular al plano inclinado, se tiene que, para el carrito
ΣFy = 0 N − T cosα−M g cos θ = 0
16Este es el problema 3/10 del libro Meriam y Kraige, Engineering Mechanics Dynamics, Eighth Edition.
21
Chapter 3 Kinetics of Particles
40
Problem 3/8
h throttle as he attempts to acceler-
. The
, each of which
. Determine the vehicle
) light snow,
,
10
Problem 3/9
if the constant
is applied to the cart of mass . The pen-
and the rigid bar of length
has negligible mass. Ignore all friction. Evaluate
L
M
m
θ
α
P
Problem 3/10
3/6 A 60-kg woman holds a 9-kg package as she stands
within an elevator which briefl y accelerates upward at
a rate of /4. Determine the force which the elevator
oor exerts on her feet and the lifting force which
she exerts on the package during the acceleration
interval. If the elevator support cables suddenly and
completely fail, what values would and acquire?
––
Problem 3/6
a brake test, the rear-engine car is stopped
/ h in a distance of
m. If it is known that all four wheels contribute
, determine the braking
at each wheel. Assume a constant decelera-
/h
Problem 3/7
A skier starts from rest on the 40 slope at time
0 and is clocked at 2.58 s as he passes a speed
checkpoint 20 m down the slope. Determine the coef-
cient of kinetic friction between the snow and the
. Neglect wind resistance.
Figure 19: Carrito con pendulo en plano inclinado.
Figure 20: Diagramas de cuerpo libre del carrito y del pendulo.
Se obtiene una ecuacion que no nos aporta mayor informacion, solamente permite determinar la fuerza normalsobre el carrito.
N = T cosα+M g cos θ
De manera semejanteΣFx = M a P − T senα+M g senθ = M a
Para el pendulo, se tiene que las ecuaciones son
ΣFy = 0 T cosα−mg cos θ = 0
Esta ecuacion se obtiene que
T = mgcos θ
cos α
De manera semejanteΣFx = ma T senα+mg senθ = ma
Sustituyendo el valor de T obtenido en la ecuacion anterior, se tiene que
mgcos θ
cos αsenα+mg sen θ = ma
Por lo tanto, la ecuacion del carrito y del pendulo, esta dada por
a =g
cos α[cos α senα+ sen θ cos α] =
g
cos αsen(α+ θ)
Sustituyendo los valores de T y de a en la ecuacion correspondiente del carrito, se obtiene que
P −[
mgcos θ
cos α
]
senα+M g sen θ = Mg
cosαsen(α+ θ)
22
Reduciendo la ecuacion se tiene que
P =
[
mgcos θ
cos α
]
senα−M g sen θ +Mg
cosαsen(α+ θ)
= mg cos θ tanα+M g1
cos α[−sen θ cos α+ senα cosθ + cos α sen θ]
= (M +m) g cosθ tanα
Por lo tanto
α = tan−1 P
(M +m) g cosθ
En particular, si P = 0, entonces α = 0◦.
Problema 7. El pasador B de 4 onzas se desliza a lo largo de la ranura del brazo rotatorio OC, eslabon 2,y de la ranura DE, la cual se recorto de una placa horizontal fija, y por lo tanto forma parte del eslabon fijo,1, vea la figura 21. Si se ignora la friccion y el brazo OC gira a una razon constante θ0 = 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 = 9 pulgadas.
Figure 21: Pasador conectado a dos ranuras.
Solucion. Para la parte cinematica, considere la velocidad del pasador B en un sistema de coordenadascilındricas, o polares, centrado en el punto O. La velocidad del pasador B esta dada por
~vB = rer + r θ0eθ
sin embargo, puesto que el pasador B se desliza sobre la ranura vertical, y reconociendo que j = C θeθ + S θer,se tiene que
~vB = vB j = vB C θeθ + vB S θer
Por lo tanto, del analisis de velocidad, se tiene que
r = vB S θ r θ0 = vB C θ
De aquı que
vB =r θ0C θ
r =r θ0 S θ
C θ= r θ0 Tan θ (69)
23
Para el analisis de aceleracion, se tiene que
~aB =(
r − r θ20
)
er +(
r θ0 + 2r θ0
)
eθ =(
r − r θ20
)
er + 2r θ0eθ
Sustituyendo los resultados del analisis de velocidad
~aB =(
r − r θ20
)
er + 2 r θ20 Tan θeθ
Por otro lado, puesto que el pasador B se desliza sobre la ranura vertical, y reconociendo que j = C θeθ +S θer, se tiene que
~aB = aB j = aB C θeθ + aB S θer
Por lo tanto, del analisis de velocidad, se tiene que
r − r θ20 = aB S θ 2 r θ20 Tan θ = aB C θ
De aquı que
aB =2 r θ20 Tan θ
C θr = r θ20 +
2 r θ20 Tan θ
C θS θ = r θ20
[
1 + 2Tan2 θ]
. (70)
Por lo tanto, la aceleracion del pasador B en coordenadas polares esta dada por
~aB =
(
r θ20 +2 r θ20 Tan θ
C θS θ − r θ20
)
er + 2 r θ20 Tan θeθ = 2 r θ20 Tan2 θer + 2 r θ20 Tan θeθ (71)
Sin embargo, debe notarse que r esta dada en terminos de la longitud l y del angulo θ, de modo que
r = l C θ,
y la ecuacion de la aceleracion en componentes polares esta dada por
~aB = 2 l θ20 Tan2 θ Sec θ er + 2 l θ20 Tan θ Sec θ eθ (72)
La aplicacion de la segunda ley de Newton, conduce a
Σ~F = m~a Fr er + Fθ eθ = m[
2 l θ20 Tan2 θ Sec θ er + 2 l θ20 Tan θ Sec θ eθ
]
(73)
Por lo tanto
Fr = 2ml θ20 Tan2 θ Sec θ (74)
Fθ = 2m θ20 Tan θ Sec θ (75)
La sustitucion de las variables indicadas en el texto conduce a los resultados del libro.
Problem 8. El colların C de 1kg. se desliza sin friccion a lo largo de la varilla OA y esta unido, sin friccion,a la varilla BC mediante un pasador, vea la figura 22. Las varillas giran en el plano horizontal. En el instanteque se indica, BC rota en sentido contrario al de las manecillas del reloj y la rapidez de C es de 1m/s, la cualaumenta a razon de 1.3m/s2. En el instante senalado determine a) la tension de la varilla BC, b) la fuerza queejerce el colların sobre la varilla OA .17
Solucion. Primero resolveremos la parte geometrica del problema. A partir de las distancias y angulos
OB = 0.3m. BC = 0.6m φ = 30◦,
determinaremos la distancia OC, que esta dada por
OC =
√
OB +BC − 2OBBC cos φ = 0.3717m.
17Este es el problema 12.41 del libro Beer, Johnston y Clausen, Mecanica Vectorial para Ingenieros: Dinamica, Mexico: McGrawHill.
24
Figure 22: Mecanismo de retorno rapido.
Igualmente, es necesario conocer el angulo α dado por
senα
OB=
senφ
OCα = sen−1 senφOB
OC= 23.7939◦.
Por lo tanto, el angulo interno
6 BOC = 180◦ − φ− α = 126.206◦
y su angulo suplementario esta dado por
Sup 6 BOC = 53.7939◦
La siguiente etapa consiste en determinar la aceleracion del punto C del colların empleando cordenadascilındricas cuyo origen es el punto B, para este sistemas coordenado, se tiene que | ~vC |= 1.0 m
s y atC = 1.3 ms2
r = BC = 0.6m. r = 0 r = 0.
θ = +| ~vC |BC
=1.0
0.6
rad
s= 1.6666
rad
sθ = +atC
BC= 1.3
0.6rads2 = 2.1666 rad
s2
Por lo tanto, para este sistema de coordenadas cilınricas, estas aceleraciones estan dadas por
ar = aer = r − r θ2 = −r θ2 = −1.6666m
s2. aθ = aeθ − r θ2 + 2 r θ = −r θ2 = 1.3
m
s2. (76)
Finalmente, la figura 22 muestra un diagrama de cuerpo libre del colların C, el peso del colların no se muestrapues actua perpendicular al plano del papel y no es de interes. La figura muestra la tension ~TBC que la varillaBC actua sobre el colların C, debe notarse que las masas de las varillas deben suponerse despreciables, pues, encaso contrario, este resultado no serıa valido. Ası mismo se muestra la fuerza que la varilla OA, ~TV OA, ejercesobre el colların.18 Entonces aplicando la segunda ley de Newton, se tiene que
~TBC + ~TV OA = MC (ar er + aθ eθ) (77)
Descomponiendo la ecuacion en sus componentes radial y transversal se tiene que
−TBC cos α er − TBC senαeθ + TV OAeθ = MC (ar er + aθ eθ) .
18Note que esta fuerza es la opuesta a la que solicita el ejemplo.
25
Por lo tanto
TBC = −MC arcos α
= − (1kg)(
−1.6666 ms2
)
cos
Problema 8a. El bloque B de 10 Libras esta en reposo como se muestra sobre la pieza en forma de L,demoninada A de 20 Libras de masa. Los coeficientes de friccion estatica y dinamica son µs = 0.30 y µk = 0.25entre el bloque B y la pieza A y no hay friccion en las poleas ni entre la pieza A y la superficie del piso. (a)Determine el peso maximo del bloque C si el bloque B no debe deslizarse sobre la pieza A. (b) Si el peso C es10% mayor que la respuesta encontrada en el inciso (a), determine las aceleraciones de A, B y C.19
Figure 23: Bloques interconectados mediante poleas.
Solucion. La Figura 23 muestra la seleccion de las direcciones positivas para el movimiento de los bloques.Debe notarse que esta seleccion se emplea exclusivamente para la parte cinematica del problema.
Ademas, si se supone, como indica el inciso (a), que no hay deslizamientos entre el bloque B y la pieza A,entonces, la longitud de la cuerda que conecta los bloques A y B es constante y la ecuacon de la cuerda y susderivadas estan dadas por
L = sA + sC + C1 0 = vA + vC 0 = aA + aC
Para resolver el inciso (a) considere los diagramas de cuerpo libre mostradas en la Figura 24. Debe notarseque puesto que no hay deslizamiento entre los cuerpos A y B y se considera la situacion lımite cuando eldeslizamiento es inminente:
• La fuerza de friccion entre los cuerpos A y B esta dada por µs NAB .
• Las aceleraciones de los cuerpos A y B son iguales de manera que para efectos de determinar la aceleracionse realiza un unico diagrama de cuerpo libre.
• Note las direcciones positivas en las direcciones X y Y que no necesariamente coinciden con las direccionespositivas de la parte cinematica del problema.
Del diagrama de cuerpo libre del cuerpo B se obtienen las ecuaciones
ΣFy = 0 −MB g +NAB = 0 ΣFx = MB aB − T + µs NAB = MB aA
Por lo tantoNAB = MB g T = MB (µs g − aA)
Del diagrama de cuerpo libre del conjunto de los cuerpos A y B que se comportan como uno solo, pues no haydeslizamiento, se tiene que
ΣFx = (MA +MB) aB T = (MA +MB) aA
19Este es el problema 12.31 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics, Beer, F. P., Johnston, E. R.,Mazurek, D.F., Cornwell, P. J, y Self, 2016, New York : Mc Graw Hill.
26
Figure 24: Diagramas de cuerpo libre para el inciso (a).
Finalmente del diagrama de cuerpo libre del cuerpo C, se tiene que
ΣFy = MC aC T −MC g = MC aC T = MC (g + aC)
Note que las direcciones de las aceleraciones de los cuerpos A y C son, en el analisis cinetico, ambas opuestasa las direcciones positivas empleadas en la parte cinematica, de manera que la ecuacion de las aceleracionesobtenidas en la cinematica, puede emplearse sin cambio alguno; por lo tanto
aC = −aA
De manera que las ecuaciones resultantes son
T = MB (µs g − aA) T = (MA +MB) aA T = MC (g − aA)
Debe notarse que las incognitas son T , aA y MC . Igualando las dos primeras ecuaciones, se tiene que
(MA +MB) aA = MB (µs g − aA) (MA + 2MB) aA = MB µs g
Por lo tanto
aA =MB µs g
MA + 2MB
Sustituyendo este resultado en la segunda y tercera ecuacion, se tiene que
T = (MA +MB)MB µs g
MA + 2MB= MC
(
g − MB µs g
MA + 2MB
)
= MC g
(
1− MB µs
MA + 2MB
)
Por lo tanto(MA +MB) (MB µs) = MC (MA + 2MB −MB µs)
Por lo que, finalmente
MC =(MA +MB)MB µs
MA +MB (2− µs)=
(20 + 10) (10) (0.3)
20 + 10(2− 0.3)Lbm = 2.432Lbm.
Problema 9. La masa A, de masa 20 kgm. de la figura 25 se mueve en un plano inclinado con coeficientesde friccion estatica y dinamica respectivamente iguales a µs = 0.2 y µk = 0.1. Si la masa del cuerpo B es de5 kgm. Determine si el sistema se mueve y si ese es el caso determine la velocidad del cuerpo B despues de queha movido 5m. Desprecie la masa de la cuerda y la polea.
Solucion. Considere los diagramas de cuerpo libre de los cuerpos A y B, note que la fuerza de friccionpuede actuar en ambos sentidos, pues puede actuar en cualquiera de ambos sentidos. Realizaremos un analisisestatico del problema, para el cuerpo B,
∑
Fy = 0 −MB g + T = 0, Por lo tanto T = MB g.
27
Figure 25: Sistema formado por dos cuerpos sujetos mediante una cuerda.
Para el cuerpo A, con las direcciones de los ejes X y Y giradas convenientemente.
∑
Fy = 0 −MA g cos θ +N = 0 Por lo tanto N = MA g cos θ∑
Fx = 0 − T +MA g sen θ + λFf = 0,
donde λ = ±1, indica que la fuerza de friccion puede actuar en ambos sentidos. Por lo tanto
| Ff |=| T −MA g sen θ |=| g (MB −MA sen θ) |= 33.867N.
Mientras que el valor maximo de la fuerza de friccion estatica esta dada por
Ffmax = µs N = µs MA g cos θ = 35.563N.
Puesto que la fuerza de friccion es mayor que la fuerza necesaria para prevenir el movimiento, no existe
movimiento del sistema.
Este analisis estatico ha mostrado que de existir movimiento el cuerpo B ascenderıa y el cuerpo A descenderıapor el plano inclinado. A continuacion, se presentara un metodo adicional para determinar la existencia demovimiento del sistema. De la ecuacion de la cuerda se sabe que
aB = aA = a
donde aB es hacia arriba y aA es hacia abajo en el plano inclinado, de manera que las ecuaciones de la segundaLey de Newton son
∑
Fy = MB aB −MB g + T = MB a, Por lo tanto T = MB (g + a) .
Para el cuerpo A, con las direcciones de los ejes X y Y giradas convenientemente.
∑
Fy = 0 −MA g cos θ +N = 0 Por lo tanto N = MA g cos θ∑
Fx = MA aA − T +MA g sen θ − µs N = MA aA = MA a,
donde el sentido de la fuerza de friccion ya se ha determinado del analisis estatico, sustituyendo la tension dela cuerda y la fuerza normal, se tiene que
−MB (g + a) +MA g sen θ − µsMA g cos θ = MA a.
Despejando µs, se tiene que
µs =−MB (g + a) +MA (g sen θ − a)
MA g cos θ=
g (MA sen θ −MB)− a (MA +MB)
MA g cos θ
28
Suponga que la aceleracion a es positiva, entonces, se tiene la desigualdad
µs ≤(MA sen θ −MB)
MA cos θ=
20 sen25◦ − 5
20 cos 25◦= 0.1904
Puesto que µs = 0.2, se tiene que la aceleracion a no puede ser positiva y por lo tanto a = 0 y el sistema notiene movimiento.
Problem 10. El hombre de 150-lbm yace sobre un cojın para el cual el coeficiente de friccion estatica esµs = 0.5, vea la figura 26. Determine las fuerzas resultante normal y fuerzas de friccion que el cojın ejerce sobreel debido a la rotacion alrededor del eje z, vertical, que le produce una rapidez constante v = 20 ft/s. Desprecieel tamano del hombre. Considere θ = 60◦.20
13.5 QUATIONS OF MOTION AND TANGENTIAL COORDINATES 149
The 0.8-Mg car travels over the hill having the
a parabola. If the driver maintains a constant speed
9 m s, determine both the resultant normal force and the
resultant frictional force that all the wheels of the car exert
road at the instant it reaches point . Neglect the size
The 0.8-Mg car travels over the hill having the
a par When the car is at point , it is traveling
9 m s and increasing its speed at . Determine both
resultant normal force and the resultant frictional force
road at this instant.
y !
Probs. 13–68/69
13–70. The package has a weight of 5 lb and slides down the
chute. When it reaches the curved portion AB, it is traveling
at 8 ft s ). If the chute is smooth, determine the speed
of the package when it reaches the intermediate point
( 30 and when it reaches the horizontal plane
45 ). Also, find the normal force on the package at
45
45 30
Prob. 13–70
13–71. The 150-lb man lies against the cushion for which
the coefficient of static friction is 0.5. Determine the
resultant normal and frictional forces the cushion exerts on
him if, it due to rotation about the z axis, he has a constant
speed 20 ft s. Neglect the size of the man. Take 60
The 150-lb man lies against the cushion for which
0.5. If he rotates
axis with a constant speed 30 ft s,
of the cushion at which he
f.
z
G
8 ft
u
Probs. 13–71/72
13–73. Determine the maximum speed at which the car with
mass can pass over the top point of the vertical curved
oad and still maintain contact with the road. If the car maintains
this speed, what is the normal reaction the road exerts on the
car when it passes the lowest point on the road?
r r
r r
Prob. 13–73
Figure 26: Hombre rotando y recostado en un cojın.
Solucion. Primero se determinara la aceleracion normal del hombre, dado por
an =v2
ρ=
(20 ft/s)2
8 ft= 50 ft/s2
Ahora se analizara el diagrama de cuerpo libre del hombre, vea la figura 27, debe notarse que la direccion de lafuerza de friccion puede tener sentido contrario y el algebra indicara la direccion correcta.
Figure 27: Diagrama de cuerpo libre del hombre rotando y recostado en un cojın
ΣFz = 0 −mg + Ff Sen θ +N Sen(π
2− θ) = 0
ΣFn = man N Cos(π
2− θ)− Ff Cos θ = man
20Este es el problema 13.71 del libro Hibbeler R. C., [2016] Engineering Mechanics: Dynamics, 14th Ed., Hoboken: Pearson.
29
Reduciendo las ecuaciones y escribiendolas de forma matricial, se tiene que
[
Sen θ Cos θ−Cos θ Sen θ
] [
Ff
N
]
=
[
mgman
]
El determinante de la matriz de coeficientes esta dada por
∣
∣
∣
∣
Sen θ Cos θ−Cos θ Sen θ
∣
∣
∣
∣
= Sen2 θ + Cos2 θ = 1
y las soluciones de las fuerzas normales y de friccion estan dadas por
N =
∣
∣
∣
∣
Sen θ mg−Cos θ man
∣
∣
∣
∣
1= m (an Sen θ + g Cos θ)
= 150Lbm (50 ft/s2 Sen 60◦ + 32.2 ft/s2 Cos 60◦) = 8910.19Poundals = 276.7Lbf.
De manera semejante
Ff =
∣
∣
∣
∣
mg Cos θman Sen θ
∣
∣
∣
∣
1= m (g Sen θ − an Cos θ)
= 150Lbm (32.2 ft/s2 Sen 60◦ − 50 ft/s2 Cos 60◦) = 432.902Poundals = 13.44Lbf.
El problema no termina aquı, es necesario validar que no hay deslizamiento. Para tal fın, es necesario calcularla fuerza de friccion maxima, dada por
Ffmax = µs N = 0.5 276.7Lbf = 138.35Lbf.
Como esta fuerza de friccion maxima es mayor que la necesaria, este resultado confirma que no hay deslizamiento.
Problem 10. El hombre de 150-lbm yace sobre un cojın para el cual el coeficiente de friccion estatica esµs = 0.5, vea la figura 26. Si el hombre rota alrededor del eje z de manera que tiene una rapidez constantev = 30 ft/s. Determine el angulo mas pequeno θ del cojın para el cual es hombre se empieza a deslizar.21
Solucion. Primero se determinara la aceleracion normal del hombre, dado por
an =v2
ρ=
(30 ft/s)2
8 ft= 112.5 ft/s2
Ahora se analizara el diagrama de cuerpo libre del hombre, vea la figura 28, debe notarse que la direccion de lafuerza de friccion puede tener sentido contrario y el algebra indicara la direccion correcta.
Figure 28: Diagrama de cuerpo libre del hombre rotando y recostado en un cojın, deslizamiento inminente
21Este es el problema 13.72 del libro Hibbeler R. C., [2016] Engineering Mechanics: Dynamics, 14th Ed., Hoboken: Pearson.
30
ΣFz = 0 −mg + µs N Sen θ +N Sen(π
2− θ) = 0
ΣFn = man N Cos(π
2− θ)− µs N Cos θ = man
De la ecuacion ΣFz = 0 se tiene que
N =mg
µs Sen θ + Cos θ
De la ecuacion ΣFn = man se tiene que
N =man
Sen θ − µs Cos θ
Igualando, estas ecuaciones, se tiene que
mg
µs Sen θ + Cos θ=
manSen θ − µs Cos θ
Por lo tantog
an=
µs Sen θ + Cos θ
Sen θ − µs Cos θ=
µs tan θ + 1
tan θ − µs
Despejando tan θ de la ecuacion, se tiene que
g
an(tan θ − µs) = µs tan θ + 1 o tan θ =
1 + µsgan
gan
− µs=
an + µs g
g − µs an
La sustitucion de los datos da la solucion
tan θ =112.5 + 0.5(32.2)
32.2− 0.5(112.5)= −5.34719 θ = −79.40◦
Este resultado no tiene significado fısico, pues el hombre en esta inclinacion, saldrıa disparado del cojın.La razon de este resultado es que el sentido de la fuerza de friccion es el opuesto. Para encontrar el resultadocorrecto, unicamente se cambiara el signo de las fuerzas de friccion. Estos cambios se muestran a continuacion
ΣFz = 0 −mg − µs N Sen θ +N Sen(π
2− θ) = 0
ΣFn = man N Cos(π
2− θ) + µs N Cos θ = man
De la ecuacion ΣFz = 0 se tiene que
N =mg
−µs Sen θ + Cos θ
De la ecuacion ΣFn = man se tiene que
N =man
Sen θ + µs Cos θ
Igualando, estas ecuaciones, se tiene que
mg
−µs Sen θ + Cos θ=
manSen θ + µs Cos θ
Por lo tantog
an=
−µs Sen θ + Cos θ
Sen θ + µs Cos θ=
−µs tan θ + 1
tan θ + µs
31
Despejando tan θ de la ecuacion, se tiene que
g
an(tan θ + µs) = −µs tan θ + 1 o tan θ =
1− µsgan
gan
+ µs=
an − µs g
g + µs an
La sustitucion de los datos da la solucion
tan θ =112.5− 0.5(32.2)
32.2 + 0.5(112.5)= +1.08988 θ = 47.4626◦
Problem 11. Usando una barra bifurcada se obliga a que el perno liso P de 0.5 kgm se mueva a lo largode la ranura vertical cuya lınea central esta dada por r(θ) = k1 θ, donde k1 = 0.5m y θ esta dado en radianes,vea la figura 29. Si la posicion angular de la barra esta dada por θ(t) = k2 t
2, donde t esta en segundos yk2 = π
8 s2 . Determine la fuerzas fuerzas que la barra bifurcada y la ranura vertical ejercen sobre el perno, parael instante t = 2 s. El perno esta, instantaneamente, en contacto con una unica pared de la barra y de la ranura.22
Solucion. Primeramente se calcularan las derivadas de r y θ y su valor correspondiente para t = 2 s
θ(t) = k2 t2 d θ(t)
d t = 2 k2 td2 θ(t)
d t2= 2 k2
r(t) = k1 θ(t) = k1 k2 t2 d r
d t = 2 k1 k2 td2 r
d t2= 2 k1 k2
Ademas, para t = 2 s, estas funciones y sus derivadas estan dadas por
θ(2 s) =π
8 s2(2 s)2 =
π
2rad = 90◦ θ(2 s) = 2
( π
8 s2
)
(2 s) =π
2rad/s θ(2 s) = 2
π
8 s2=
π
4rad/s2
y
r(2 s) = (1m
2)(
π
8 s2) (2 s)2 =
π
4m r(2 s) = 2 (
1m
2)( π
8 s2
)
(2 s) =π
4m/s r(2 s) = 2 (
1m
2)
π
8 s2=
π
8m/s2
13.6 QUATIONS OF MOTION COORDINATES 159
The 40-kg boy is sliding down the smooth spiral
slide such that 2 m and his speed is 2 m s. Determine
the , , components of force the slide exerts on him at this
instant. Neglect the size of the boy.
Prob. 13–90
a forked rod, a 0.5-kg smooth peg is forced
path (0.5 ) m, where
radians. If the angular position of the arm is
) rad, where is in seconds, determine the force of
rod on the peg and the normal force of the slot on the
2 s. The peg is in contact with only
r
P
r (0.5 ) m"
"
Prob. 13–91
13–92. The arm is rotating at a rate of 4 rad when
3 rad and 180 Determine the force it must
exert on the 0.5-kg smooth cylinder if it is confined to move
along the slotted path. Motion occurs in the horizontal plane.
r
s,
· · ·
Prob. 13–92
OA rotates with a constant clockwise
1.5 rad s, determine the force arm
OA 45
Prob. 13–93
Figure 29: Perno P guiado por la barra bifurcada y la ranura vertical
Con estos valores es posible determinar la aceleracion del perno, P
~aP = (r − r θ2)er + (r θ + 2 r θ)eθ
Por lo tanto, las componentes radiales y transversales de la aceleracion del perno P , para t = 2 s, estan dadaspor
ar(2 s) =π
8m/s2 −
(π
4m)(π
2rad/s
)2
=π
8
[
1− π2
2
]
m/s2
aθ(2 s) =(π
4m)(π
4rad/s2
)
+ 2(π
4m/s
)(π
2rad/s
)
=π2
4
[
1 +1
4
]
m/s2 =5π2
16m/s2
22Este es el problema 13.91 del libro Hibbeler R. C., [2016] Engineering Mechanics: Dynamics, 14th Ed., Hoboken: Pearson.
32
Puesto que el angulo θ = 90◦, resulta que
er = j eθ = −i
vea el lado izquierdo de la figura 30. Por lo tanto
ax = −aθ = −3.08425m/s2 ay = ar = −1.54518m/s2
Figure 30: Diagrama de cuerpo libre del perno P guiado por la barra bifurcada y la ranura vertical
La unica informacion que hace falta es la direccion de la normal de la ranura vertical. Existen dos manerasde obtener esa informacion, la primera involucra determinar las coordenadas parametricas de la ranura vertical,en coordenadas cartesianas. Esta ecuacion esta dada por
~r(t) = r Cos θ i+ r Sen θ j = k1 k2 t2 Cos(k2 t
2) i+ k1 k2 t2 Sen(k2 t
2) j = k1 k2 t2[
Cos(k2 t2) i+ Sen(k2 t
2) j]
La derivada de esta ecuacion, que conduce a la tangente de la ranura vertical esta dada por
d~r(t)
d t= 2 k1 k2 t
[
Cos(k2 t2) i+ Sen(k2 t
2) j]
+ 2 k1 k22 t
3[
−Sen(k2 t2) i+ Cos(k2 t
2) j]
=[
2 k1 k2 t Cos(k2 t2)− 2 k1 k
22 t
3 Sen(k2 t2)]
i+[
2 k1 k2 t Sen(k2 t2) + 2 k1 k
22 t
3 Cos(k2 t2)]
j
La derivada se evaluara para t = 2 s, entonces
k2 t2 = (
π
8 s2) (2 s)2 =
π
2= 90◦
Por lo tantoSen(k2 t
2) = Sen 90◦ = 1 Cos(k2 t2) = Cos 90◦ = 0
y
d~r(t)
d t(t = 2 s) = −2 k1 k
22 t
3 i+ 2 k1 k2 t j = −2
(
1m
2
)
( π
8 s2
)2
(2 s)3i+ 2
(
1m
2
)
( π
8 s2
)
(2 s) j
= −1.2337m/s i+ 0.785398m/s j
De manera que un vector tangente a la trayectoria esta dado por
~t = −1.2337m/s i+ 0.785398m/s j
De manera que el angulo β que este vector tangente forma con el semieje positivo X esta dado por
β = 147.518◦
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Por lo tanto, el angulo γ que la normal forma con el semieje positivo X, esta dado por
γ = β − 90◦ = 147.518◦ − 90◦ = 57.518◦
Empleando coordenadas polares es posible emcontrar, de una manera mas sencilla de encontrar la tangentea la ranura vertical consiste en calcular la derivada de d y
d x de la siguiente forma
x(θ) = r Cos θ y(θ) = r Sen θ
Por lo tantod x
d θ=
d r
d θCos θ − r Sen θ
d y
d θ=
d r
d θSen θ + r Cos θ
Por lo tantod y
d x=
d rd θ Sen θ + r Cos θd rd θ Cos θ − r Sen θ
=d rd θ tan θ + rd rd θ − r tan θ
=tan θ + r
d r
d θ
1− rd r
d θ
tan θ
Si se define
tanµ =rd rd θ
=k1 θ
k1= θ
Por lo tanto, se tiene qued y
d x= tan β =
tan θ + tanµ
1− tan θ tanµ= tan(θ + µ)
Para t = 2 s, se tiene que
θ(t = 2 s) =π
2= 90◦ µ = tan−1θ = tan−1π
2= 57.518◦
Entonces, el angulo que forma la normal con respecto al semieje positivo X esta dada por
γ = β − θ = (θ + µ)− θ = µ = 57.518◦
El mismo resultado que se obtuvo mediante coordenadas cartesianas.
Finalmente es posible establecer las ecuaciones de movimiento del perno
ΣFx = max − Fbar +N Cos γ = max ΣFy = may −mg +N Senγ = may
Por lo tanto, se tiene que
N =m(g + ay)
Sen γ=
0.5 kgm(9.81− 1.54518)m/s2
Sen 57.518◦= 4.8987N
Ademas
Fbar = N Cos γ −max = (4.8987N)Cos 57.518◦ − (0.5 kgm)(−3.08425m/s2) = 4.1729N
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