Con los resultados obtenidos se dibuja correctamente el vector aceleración y se visualiza

mejor su ángulo respecto a la vertical.

Angulo respecto a la vertical = α + 30°= 16,08 + 30° = 46,08° g [ ] 3√3 - cos 30

2==

Diagrama Cinético(D.C.L.)

aT

30°

aN

Datos:

T 3√3 W (peso de la esfera)2

=

Utilizando coordenadas Tangenciales y Normales:

eT

eN

30°

TN

W

(Asumiendo que sube)

En la dirección tangencial:

eT: -w.sen30° = m.aT aT = -g.sen30°eN: T -w.cos30° = m.aN De los datos:

T 3√3 W2

=aT = -4,9 m/s

2

En la dirección normal:

Sustituyendo la tensión en la ecuación:

3√3 W - w cos 30 2

= m.aN

El cuerpo va bajando

16,99 m/s2aN

=

a = - 4,9 m/s2 eT + 16,99 m/s

2 eN

Vectorialmente la aceleración será:

Ó con su módulo y el ángulo:

α = arctg [ aT / aN ] = 16,08°

|a|= √ (aT)2 + (aN)2 = 17,68 m/s2

α = 16,08°|a|= 17,68 m/s

2

aN

aT

30°

aN

aT

30°

aN

aα

Un péndulo de 3 metros de longitud describe un arco de circunferencia sobre un plano vertical. Si la tensión en la cuerda es de 3√3/2 veces el peso de la

esfera, encontrar los vectores velocidad y aceleración en ese instante.

α = arctg [ aT / aN ]

aθ = 0

a A/B

eθ+

eR+

Diagrama cinético

eR

eθ

w45°

N FR

+

+

En la dirección radial: (Justo después de haber llegado a los 45° cuando comienza el movimiento relativo comienza a actuar la fuerza de roce)

En la dirección angular: (Justo antes de llegar a los 45°; aún no ha empezado el

movimiento relativo)

aA/B = aA – aB

(aB = aceleración radial de la barra = 0 )

0.45 m

0.45

m

MOVIMIENTO RELATIVO DE LA

MASA RESPECTO A LA BARRA.

45°

D.C.L

eR: FR – W.sen45° = m.aR

μ.N – m.g.sen45° = m.aA/B ( II )

En la dirección radial solo existe la aceleración de A respecto a B.

N – W.cos45° = m.aθ

N = m.g.cos45° ( I )

aA/B = aA

aA/B = aA= -(0,45m)*(3m/s)2 = - 4,05 m/s2 (III)

Sustituyo I y III en II y hallo μ:

μ.m.g.cos45° - m.g.sen45° = m aA/B

μ

- 4,05 + sen45°g

[ ] 1

cos45°= = 0,42

-

MOVIMIENTO ANGULAR CON VELOCIDAD Y RADIO CONSTANTE

ACTÚA LA FRICCIÓN DE LA BARRA

Datos:

Ǿ = 3 rad/seg (velocidad angular)

θo = 0° ; θf = 45° (ángulo respecto a la horizontal)

r = 0,45 metros (radio al cual se coloca la masa)

AMBOS MOVIMIENTOS POR SEPARADOLa barra OA rota alrededor de un eje que pasa por O, con una velocidad

constante Ǿ = 3 rad/seg en sentido antihorario (plano vertical). Cuando pasa por la posición θ = 0° se coloca sobre el una masa M a una distancia de r = 0,45

metros. Si la masa comienza a deslizar cuando θ = 45° determine el coeficiente de fricción entre la masa y la barra OA.

EN UN SOLO SISTEMA REFERENCIAL

Una canoa que pesa 150 Newtons mantiene una rapidez constante de 3 Newtons. La resistencia del agua es proporcional a la rapidez en la canoa. Si la Fuerza de 3 Newtons es suprimida, encontrar: a) la velocidad de la canoa

y b) El espacio recorrido por ella, 15 segundos después de suprimir la fuerza.

Datos:

W = 150N

V = 5M/S

FR= KV (K = ctte de proporcionalidad)

T = 15 seg

N

FFR

W

D.C.L

V

Diagrama cinético

(se mueve a velocidad ctte.)

Cuando se suprime la fuerza aplicada a la canoa representada por el viento, la velocidad debe

disminuir por la acción de la fuerza resistiva del agua.

∑ Fx = m.aF – FR = m.a F – FR = 0

V = ctte ; a = 0FR = F

De los datos: FR= KV (K = ctte de proporcionalidad) FR= 5K

(1)

De (1) 5K = 3 K = 3/5

3V = m.dv5 dt

0

∫dt

= m 53

∫V

dvt v

5

t = m 53

[Ln(v) – Ln(5)]

= Ln [ 5/V ]3t 5m

3t 5m

=5 V

e =V 5 e

3t 5m

Evalúo para t = 15 y m = (150N)/g

V= 2,79 m/S

=dxdt

5

e3t

5m∫dx

=X

0

x

m ∫dtt

0 e3t

5m

Para hallar la distancia recorrida integro la función de velocidad hallada:

∆X = e-3t 5m

(5) -5m3

( )0

t

( )∆X = e-3(15) 5(150/g)

25m3

e0 - ∆X = 56,76 m

N

FFR

W

D.C.L

V

V= 5 (ctte)

DIAGRAMA CINÉTICO

Una pelota de 30 Newtons de peso; está montada sobre una barra horizontal que puede girar libremente respecto a un eje vertical. En

esta posición la velocidad de la pelota es V1=0,6 m/seg. y está sostenida por una cuerda unida al eje. Repentinamente se corta la cuerda y la pelota se mueve a la posición B a medida que la barra

gira. Despreciando la masa de la barra, determinar:

a) Componente radial y transversal de la aceleración de la pelota inmediatamente después que la cuerda ha sido cortada.

b) La aceleración de la pelota relativa a la barra en ese instante.

c) La velocidad de la pelota después que ésta ha alcanzado el tope B.

RADIO CONSTANTE

(30 cm )TRAYECTORIA CURVA (desaparece la

tensión)

Vista en Planta del Sistema(Plano Horizontal)

Movimiento de la pelota

(respecto a la barra)

RADIO VARIABLE

TRAYECTORIA

CIRCULAR RADIO CONSTANTE

(8cm)

(Para radios constantes)

a) Componente radial y transversal de la aceleración de la pelota inmediatamente después que la cuerda ha sido cortada.

Si se desprecia la masa, una ves cortada la cuerda, desaparecen todas las fuerzas sobre el cuerpo, por lo que

no hay aceleración en dirección alguna:

FR

aR

aθ

w

Esta sería la representación espacial

de los vectores.

Pero como se desprecia W

La fricción entre la barra y la pelota no existe, por lo que

no hay fuerzas en el sistema.

Descripción del movimiento en perspectiva

∑ Fex = 0 = m . a aR = aθ = 0

b) La aceleración de la pelota relativa a la barra en ese instante.

( I )

( II )

( de II )

( sustituyendo III en I )( III )

c) La velocidad de la pelota después que ésta ha alcanzado el tope B.

HA = HB mB.VA.rA. Sen 90° = mB.VB.rB. Sen90°

VA.rA. Sen 90° = VB.rB. Sen90° VA.rA = VB.rB.

VBVA.rA=

rB

0,6 m/seg (0,08m)VB =(0,30m)

= 0,16m/seg

i : NB.cos40° + WAsen30° = mAa A

VB/A = 3,74i - 0,2 j = 3,74 m/s2

20°

( a B/A )2 + ( aB )2 – ( aA )2

2.( a B/A ).( aB )Cosα : =

∑ Fe = m.a (+ y)

(+ x)

30°

aA

Diagrama cinético de “A”

Datos:

mb = 10 Kg.

ma= 22 Kg.

V0= 0

T= 0,5 seg. VA = aA.T VA = (-6,41.cos50° i - 6,41 sen50° j )0,5 seg = -2,06 i - 2,46 j Aplico la ley del coseno para hallar el angulo de

aB respecto a la horizontal

NB – 92,09 = -7,66aA *(-0,77)

El bloque b de masa 10 Kg. descansa sobre la superficie superior de la cuña a, de 22 Kg. como se muestra en la figura. Sabiendo que el sistema se

suelta desde el reposo y despreciando la fricción, determine: a) la aceleración de B; b) La Velocidad de b relativa a “a”, en t = 0,5 seg.

0,77NB + 107,8 = 22aA

NB j – W.Cos20° j + W.sen20° i = mB( -aA.Cos50 i - aAsen50° j + aB/A)

a

20°

b

30°

WB

NB

(+ y)

20°

(+ x)

D.C.L. “B”

(- x)´

(+ y) ´

(+ y)

(+ x)

30°20°90°

70°70°

40°30°

NB wA

NA

D.C.L. “A”

(+ y)

(+ x)

30°

aA

Diagrama cinético de “A”

AB/A

Diagrama cinético de “B”

aA

aB

FR = 0(no hay vector, esa sería la dirección)

i : WB.sen20° = mB(-aACos50° + a B/A)

j : NB – WB.cos20° = mB(-aASen50°)

∑ Fe = m.a

(1)

(2)

NA j – NB.Cos40° i + NB.sen40° j - WA.Cos30 j - WAsen30° i = mAaA j )

j : NA – NB.sen40° - WAcos30° = 0

(3)

(4)

(- x)´

(+ y) ´

(+ y)

(+ x)

30°20°90°

70°70°

40°30°

NB wA

NA

D.C.L. “A”

De las ecuaciones 2 y 3 se sustituyen valores y se resuelve:

178,71 = 27,9 aA aA= 6,41 m/s2

De la ecuación 1: aB/A = g.sen20° +aA.cos50° = 7,47 m/s2

aA= -6,41.cos 50 i - 6.41.sen50 j

a B/A = 7,47 i aB= -4.12 i + 7,47 i - 4,91 j aB= 3,35 i - 4,91 j

WB

NB

(+ y)

20°

(+ x)

D.C.L. “B”

AB/A

Diagrama cinético de “B”

aA

aB

FR = 0(no hay vector, esa sería la dirección)

VB = aB.T VB = (3,35 i - 4.91j )0,5 seg = 1,68i - 2,46 j

VB/A = VB - VA = 1,68i - 2,66 j – (-2,06 i - 2,46 j)

WB

NB

(+ y)

20°

(+ x)

D.C.L. “B”

AB/A

Diagrama Cinético de “B”

aA

aB

FR = 0(no hay vector, esa sería la dirección)

α

= 55.71°

El ángulo respecto a la horizontal será: 55.71° + 20° = 76,71°

FeX o

Estado Final (Tiende a su longitud inicial anterior a

estirarse)

A

B

VELOCIDAD DEL COLLARÍN CUANDO PASA POR C

Estado Inicial (resorte

estirado)

l

C

Una ves que se inicia el movimiento

XN

W

α

α

X – X0

h

Fe = K (L – L0)

Fe = K (h – L)

h = √ L2 + (X0 – X)2

Fe = K ( – L)√ L2 + (X0 – X)2

Cosα = (X0 – X)

√ L2 + (X0 – X)2

∑ Fx = m.a

Fe.Cosα = m.a Sustituyo el coseno, la fuerza elástica y despejo la aceleración obteniendo:

a =k

m

(X0 – X)

√ L2 + (X0 – X)2

( – L)√ L2 + (X0 – X)2a =

dv dx

v

Separo variables, ordeno la expresión

e integro: =

k

m

L (X0 – X)

√ L2 + (X0 – X)2

(X0 – X) – {

}∫ dx∫ v.dv

=k

m (X0 – X)

{

}∫ L (X0 – X)

√ L2 + (X0 – X)2

dxv2

2∫dx –

u = X0 – X

du = - dx

Sustituyo el cambio en la expresión =

k

m{

}∫ u duv2

2 ∫ – L.u du

√ L2 + u2

=k

m{

}∫V2

2–

L ds

2√ s

(X0 – X)2

20

X0

s = L2 + u2

ds = 2u

Integro la primera expresión y devuelvo el cambio de variable para

poder evaluar todo entre 0 y X0

0

X0

=k

m{

}V2

2– L (X0 – X)2

2√ L2 + (X0 – X)2

Evalúo la expresión:

=k

m{

}V2

2+L2 – L√ L2 + X0 2 X0

2

2

Al evaluar X= X0 Al evaluar X= 0

Despejo V

=k

m{

}V +L2 – L√ L2 + X0 2 X02

2√

=k

m{

}V +2L2 – 2L√ L2 + X0 2 X02√

L - √ L2 + X0 2 ((2

= L2 +– 2L√ L2 + X0 2 X02 + L2

Sustituyo en la expresión y obtengo

k

m√=V L - √ L2 + X0 2 (

(

RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS:

(Grupo 2)

Tatiana Leal Real Carmen Ruiz Jose Oscar Ramirez

Adrián

ANIMACIÓN:

José Oscar Ramírez

Fotografía:

(Oscar Ramirez)

Parques nacionales: Sierra de la culata y Sierra Nevada