1.3- Un balde con mezcla cuelga del cable de una grúa. Analizar las interacciones presentes y hacer el diagrama de cuerpo libre del balde en cada caso. Comparar las intensidades de las fuerzas entre un caso y otro. Si la masa del balde es 40 kg, determinar la fuerza que ejerce el cable, cuando el balde:
a- Permanece en reposo. b- Sube con velocidad constante de 2 m/s. c- Sube, aumentando su velocidad a razón de 2 m/s cada segundo. d- Sube, disminuyendo su velocidad a razón de 2 m/s en cada segundo. En todos los casos usaremos la ecuación d e Newton, que dirá: F = m a Alcanza con una sola ecuación pues ambas fuerzas son verticales. Y si elijo un SR positivo positivo hacia arriba la ecuación queda así: T ² P = m a En cada uno de los cuatro casos varía la aceleración (y eso modifica el segundo miembro). Luego, del primer miembro sólo puede modificarse fuerza que hace la grúa, o sea la tensión de la cuerda, ya que el peso del balde es constante. Casos a y b. Ambos casos son idénticos desde el punto de vista dinámico. Ya sea que esté parado, que suba o baje a velocidad constante del valor que sea es lo mismo... la aceleración vale cero. T ² P = 0 T = P T = 400 N
Caso c. c. Subir aumentando la velocidad en 2 m/s cada segundo es lo mismo que decir que tiene una aceleración hacia arriba de 2 m/s . (En estos casos uno dice "a papá mono con bananas verdes"... no importa, ellos entienden) T ² P = m a T = m a + P T = 480 N
Caso d. Sube pero cada vez más despacio... la aceleración apunta hacia abajo, en nuestro SR será SR será negativa. (a (a = ² 2 m/s ) P=ma T T = m a + P T = 320 N
1.4- Un pasajero que viaja en ascensor está parado sobre una balanza que marca un peso menor en un 40% al que indicaría si el ascensor estuviese detenido. Entonces, es posible que en ese momento el ascensor esté: a) subiendo cada vez más rápido b) subiendo cada vez más despacio c) subiendo con velocidad constante d) bajando cada vez más despacio e) bajando con velocidad constante f) bajando en caída libre
Ahí tenés el DCL correcto. Sobre el chabón actúan solamente dos fuerzas: su propio peso, P, que es constante y vale siempre lo mismo haga lo que haga el ascensor. P no cambia, siempre es vertical y apunta hacia abajo. Si el pasajero fuese yo, P valdría 80kgf, o si querés 800 N; puede cambiar con los meses y los años, pero no en el transcurso del problema éste, ¿ta claro? La otra fuerza que actúa sobre el ñato es la fuerza que el piso del ascensor (ok, en este caso el piso de la balanza) hace sobre él. En una fuerza perpendicular al piso, por eso la llamamos normal, N , porque normal es sinónimo de perpendicular, o sea que forma 90 grados con el piso. La balanza mide la fuerza N . No mide el peso -como todos creen-, o en todo caso lo mide pero en forma indirecta. La próxima vez que vayas a una farmacia a pesarte podés comprobarlo. Basta con que te muevas un poquito arriba de la balanza, que hagas pequeños saltitos o subas y bajes los brazos, vas a ver que la aguja marca cosas raras. No indica un valor constante como tu peso, marca las variaciones de la fuerza que el piso hace sobre tus zapatos (o viceversa, que es lo mismo). Para que esa fuerza, la normal, indique el valor de tu peso hay que estar quieto. Tu aceleración debe ser cero... y esto nos lleva a la resolución del ejerci cio. Es muy sencilla, es una aplicación inmediata de la segunda ley de Newton que dice que la sumatoria de todas las fuerzas que actúen sobre un cuerpo es igual al producto de su masa por su aceleración, F = m a. Acá todos los vectores: las dos fuerzas y la aceleración, son verticales. No import a elSR elSR que que elijas, para arriba o para abajo. Lo que apunte para el mismo lado tiene que tener el mismo signo. Por ejemplo en un SR que SR que apunte hacia abajo... P±N=ma Para concretar: si N es N es mayor que P la P la aceleración va hacia arriba. Si N es N es igual a P la P la aceleración vale cero (y sólo entonces, la balanza indica mi peso, y sé si engordé o mantengo la línea). Y si N es N es menor que P la P la aceleración va hacia abajo. Es justamente el último caso el relatado por el enunciado, Dice que la balanza indica un valor un 40% menos que su peso (en mi caso indicaría... a ver... 48 kgf ), ), eso indica que la aceleración va para abajo. El resto es interpretación cinemática. Si la aceleración va para abajo, el ascensor baja cada vez más rápido, o sube cada vez más lento. Por suerte de estas dos sólo hay una entre las opciones.
b) subiendo cada vez más despacio
Ya que estamos analicemos todas las opciones y nos sacamos bien las dudas
Las dos opciones que siguen describen situaciones diferentes, pero en ambas la aceleración vale cero. c) subiendo con velocidad constante e) bajando con velocidad constante (A propósito, faltaría una opción más para esta situación dinámica... ¿te animás a decir cuál es?) Bueno, en cualquiera de las tres situaciones se da que la fuerza que hace el piso de la balanza, la normal, es igual al peso del pasajero y es en ése momento en el que debe aprovechar para conocer su peso, si le interesa. (El problema es que los ascensores no suelen tener un acelerómetro entre el instrumental, de modo que no son buenos lugares para colocar balanzas). Las opciones siguientes describen situaciones en las que la aceleración apunta hacia arriba, espero que te quede claro y concuerdes conmigo, a ver... a) subiendo cada vez más rápido d) bajando cada vez más despacio En ambos casos debe ocurrir que la normal sea mayor que el peso del pasajero. En esos momentos conviene no mirar la balanza para no asustarse. No es tu caso, porque vos ya entendiste cómo viene el asunto, pero la mayoría de los mortales... sobre todo la mayoría de las gorditas... Y nos queda una opción entre las respuestas del enunciado: f) bajando en caída libre Cuando las cosas, ascensores, personas, pianos, elefantes, lo que sea, caen en caída libre, su aceleración apunta hacia abajo y adquiere un valor especial que vos conocés, aproximadamente 10 m/s . O sea se trata de un caso especial de la primera situación. Pero si hacés las cuentas vas a ver que en ese caso ocurre un fenómeno singular: la normal vale cero. La balanza no marca 48 ni 24 ... ¡marca cero! cero !
1.6- Un hombre empuja un carrito cargado, de modo que la fuerza resultante sobre el mismo es de 60 kgf. Como consecuencia, adquiere una aceleración de 1,5 m/s2. Hallar la masa del carrito con carga. Si se quita carga de modo que la masa se reduce a la tercera parte, y suponemos que la fuerza resultante que actúa es la misma, hallar la nueva aceleración del carrito.
¿Qué le dijo un estudiante del CBC a otro? ±Espero que la Física no me traiga problemas. Ji, ji, ji... Ahhh, qué vivo que es este profe... Bueno, pongámonos serios... que estamos en una universidad. Se trata de un ejercicio muy sencillo que tiene dos momentos (dos situaciones dinámicas diferentes). Como en todos los ejercicios de dinámica, tenemos que arrancar con un DCL. Sobre el carrito actúan tres fuerzas. Su propio peso, P ; el apoyo en el piso, A. Y la fuerza con la que empuja el hombre, F , No sabemos cuánto valen ninguna de las tres fuerzas, ni para dónde, exactamente, apunta la fuerza que hace el hombre. pero sabemos que la suma de todas las fuerzas -o sea, l a resultante, Rvale 60 kgf , o lo que es lo mismo, 600 N y debe apuntar en la misma dirección que la aceleración, a. La ecuación de Newton nos dice: F = R = m a De donde: m=R/a m = 600 N / 1,5 m / s
m = 400 kg Ahora supongamos que la carga se reduce a la tercera parte y que la fuerza resultante no cambia (es lo que indica el enunciado). La dinámica del problema no cambia. Sólo cambian los valores de las magnitudes implicadas: la masa, m' , y la aceleración, a' . m' = 133 kg Ya que es la tercera parte de lo que era antes. a' = R / m' a' = 600 N / 133 kg
a' = 4 ,5 m / s
1.10- Hallar la aceleración de un esquiador que se desliza por la ladera de una colina inclinada 30° con la horizontal, con rozamiento despreciable. ¿Cuál será la inclinación de la pista, cuando su aceleración sea 8 m/s ²?. Este es el famoso problema del plano inclinado. Estudiatelo bien, porque reaparece 734 veces
metido en otros ejercicios de aquí en más. Hacemos un esquemita y después el DCL.
La mención de un esquiador es un sutil indicio de que tenés que despreciar el rozamiento (andá acostumbrándote), o sea... no pongas fuerzas de rozamiento hasta que no entres en ese tema. ¿Cuáles son las fuerzas que actúan entonces sobre el esquiador? Para eso, justamente, está el DCL.
Su peso, P , lógicamente. El apoyo en el plano inclinado, A, (que es perpendicular, o normal , al plano) y ninguna otra más. Los errores típicos de tus compañeros (no tuyo) son agr egar fuerzas que no existen, por ejemplo... "la fuerza de la velocidad" (una interacción misteriosa creada por duendes muy veloces) y "la normal" (una interacción omnipresente sobre todos los cuerpos del universo). No inventes.
Ahora aplicamos la 2da. ley de Newton... pero hay un problemita: que las fuerzas no son codireccionales. De modo que elegiremos un SR y decompondremos alguna fuerza. No es casualidad que haya elegido ese SR . El eje equis, siempre que puedo, lo hago coincidir con la dirección y sentido de la aceleración del movimiento, entonces en el eje y la aceleración es cero.
Y ahora aplicamos la 2da. Ley por separado para cada uno de los ejes. Empecemos con la dirección paralela al plano. F x = m a x = m a hay una sola fuerza en esa dirección, P x = m a Ahora vamos con la dirección normal al plano: F y = m ay = 0 A ± P y = 0 En este problema en particular esta última ecuación no aporta gran cosa. Pero la de equis sí.
Mirá el triangulito que quedó formado y que sombreé en amarillo. Es rectángulo, no cabe duda. P x y P y son los catetos y P es la hipotenusa. El ángulo no es otro que el ángulo de inclinación del plano inclinado. (Si no entendés por qué es ése que marqué y no el que está al lado de, te recomiendo que mires este artículo del maestro Ciruela). De modo que P x = P . sen P y = P . cos Si reemplazo P x en la ecuación x de Newton nos queda... P . sen = m . a recordando que... P=m.g m . g . sen = m . a de donde: g . sen = a a = g . sen
Como = 30°... entonces
a = 5 m/s²
El resultado que recuadré en verde no es la respuesta al ejercicio... ¡Pero es mucho más importante! Porque representa la aceleración de cualquier cuerpo que desliza sobre cualquier plano inclinado cualquier ángulo sin rozamiento. " a = 5 m/s²" dice poco o nada en cambio " a = g . sen " dice mucho, y ese resultado es el que vamos a discutir. La segunda pregunta del problema usa justamente este resultado que yo te marco. Basta con colocar a = 8 m/s2 y despejar . = arc sen 0 , 8
= 5 3 ,1 3º
1.11- Un péndulo cuelga en reposo del techo de un coche de ferrocarril, detenido en una vía horizontal. Si el tren arranca con aceleración constante, ¿qué ocurre con el péndulo, si se lo coloca en una posición donde permanece sin oscilar? ¿Cómo hallar, observando el péndulo, la aceleración del tren ?
Este es un problema muy bonito. Voy a hacer dos DCL, el de la izquierda cuando el tren está en reposo y el de la derecha cuando todo el conjunto, tren, vagón, y péndulo, están acelerando. Tal vez no puedas predecir cómo debe ser el segundo DCL, yo, sí, porque tengo un poco más de experiencia, aunque es bastante intuitivo. De todos modos lo importante es que entiendas el razonamiento hasta el final y te cerciores de que el DCLdel tren acelerado no podía ser de otra manera. Indudablemente el que nos interesa es el segundo DCL, aquél que representa
las fuerzas que obran sobre el péndulo cuando el vagón está acelerado. Observá que no han aparecido nuevas fuerzas. Las únicas dos que actúan son:P , la fuerza con que la Tierra solicita al péndulo, y T , la fuerza que ejerce la cuerda que, por supuesto debe tener la misma dirección que la cuerda. De ése DCL va a salir la solución del problema. Debemos aplicar ahora la ley de Newton, F = m a Pero hay un problema: las fuerzas no son codireccionales, son oblicuas entre sí. Debemos hacer una descomposición. Voy a elegir (a propósito) un SR con una coordenada horizontal (la misma dirección de la aceleración) y la otra vertical. El peso no hay que descomponerlo, coincide con la dirección vertical. Sí, en cambio, T . Y ahora aplicamos la 2da ley por separado para cada uno de los ejes. Empecemos con la dir ección horizontal F x = m a x hay una sola fuerza en es a dirección ; y a x no es otra que la aceleración del vagón T x = m a
Ahora vamos con la dirección vertical F y = m ay T y ± P = 0 T y = m g
Pareciera que no ganamos demasiado... pero tratemos de ver si T x y T y , no estan por casualidad, realacionados de alguna manera.
Mirá el triangulito que quedó formado y que sombreé en gris. Es rectángulo, no cabe duda. El ángulo no es otro que el ángulo de inclinación de la cuerda. T x y T y son los catetos de ese triángulo yT es la hipotenusa. Entonces... T x = T sen T y = T cos
Si metemos esta información en las ecuaciones de Newton tal como las habíamos dejado, quedan: T sen = m a T cos = m g
ahora dividimos miembro a miembro esas dos ecuaciones y mirá lo que queda tg = a / g a = g . tg
1.13- Un hombre cuya masa es de 80 kg se pesa en un ascensor. ¿Cuánto indicará la balanza en los siguientes casos ? a) El ascensor sube con velocidad constante de 2m/s. b) El ascensor baja con velocidad constante de 2 m/s. c) El ascensor empieza a subir aumentando su velocidad a razón de 2 m/s por segundo. d) El ascensor sube frenando con una aceleración de 2 m/s ². e) El ascensor empieza a bajar con una aceleración de 2 m/s². f) El ascensor baja frenando con una aceleración de 2 m/s ². g) Se corta la soga del ascensor.
Ahí está el DCL, sólo dos fuerzas, el peso P , y la normal, N . Tené en cuenta que el peso del hombre es una constante, en este caso igual a 800 N , y su masa 80 kg. La indicación de la balanza, en cada caso, no es otra cosa que el valor de la fuerza normal, o sea, la que el piso de la balanza le hace al hombre.
F = m a
N²P=m.a
Casos a) y b), velocidad constante implica a = 0 N²P=0
N = P N = 800 N
Caso c) y f) la aceleración apunta hacia arriba y su valor es 2 m/s ² . N²P=m.a N=P+m.a N = 800 N + 80 kg . 2 m/s² N = 960 N
Casos d) y e) el ascensor posee una aceleración que apunta hacia abajo, lo que en nuestro SR se traduce como una aceleración negativa N²P=m.a N=P+m.a N = 800 N + 80 kg . (² 2 m/s² ) N = 800 N ² 80 kg . 2 m/s ² N = 640 N
Caso g). Si se corta la soga el ascensor, y todo su contenido, cae libremente con la aceleración de la gravedad, que en nuestro SR (elegido arbitrariamente), vale aproximadamente ² 10 m/s ² N ² P = m . a N=P+m.a N = 800 N + 80 kg . (² 10 m/s ² ) N = 800 N ² 80 kg . 10 m/s ²
N = 0 N
1.16- Responder verdadero o falso justificando la respuesta. a) A un cuerpo de masa 1 kg se le aplica una fuerza de 1 kgf entonces adquiere una aceleración de 1 m/s ². b) Cuando una mariposa golpea contra el vidrio delantero de un automóvil en movimiento la fuerza que hace la mariposa sobre el vidrio tiene la misma intensidad que la que hace el vidrio sobre la mariposa. c) Según como proceda una persona para subir a un estante una carga de 30 kg podría llegar a hacerle en algún instante una fuerza de módulo menor que 30 kgf. d) La expresión de la segunda ley de Newton vale solamente si es la resultante. e) Si un cuerpo tiene aplicada una fuerza hacia abajo, solo puede moverse hacia abajo. f) En un cuerpo apoyado sobre un plano horizontal la fuerza peso y la fuerza que el plano hace sobre el cuerpo son pares de acción y reacción. g) Cuando un colectivo frena una fuerza nos impulsa hacia adelante. Vamos de a una. a) A un cuerpo de masa 1 kg se le aplica una fuerza de 1 kgf entonces adquiere una aceleración de 1 m/s ². Esto es más falso que una moneda de 30 centavos. Mirá, aún suponiendo que esa fuerza que se le aplica sea la única que actua sobre el cuerpo, o sea, que es además la resultante, esa fuerza vale 10 N (1 kgf = 10 N) entonces, aplicamos F = m a 10 N = 1 kg . a, de donde
a = 10 m/s² b) Cuando una mariposa golpea contra el vidrio delantero de un automóvil en movimiento la fuerza que hace la mariposa sobre el vidrio tiene la misma intensidad que la que hace el vidrio sobre la mariposa. Esto es verdadero mal que le pese a la mariposa. Lo garantiza la 3ra. Ley de la dinámica o principio de acción y reacción. Puede que alguien se pregunte: ¿y si las fuerzas son igual es... por qué afect an más a las mar ip osas que a los parabr isas? Esto es muy fácil de responder... si así no fuera los f abr ic antes de parabr is as ser í an muti mi llonar i os.
c) Según como proceda una persona para subir a un estante una carga de 30 kg podría llegar a hacerle en algún instante una fuerza de módulo menor que 30 kgf. La proposición es absolutamente verdadera. El único modo de estar obligado a subir la carga con una fuerza igual a su peso es subirla a velocidad constante... pero nadie controla cómo se suben las cajas y si querés podés subirla con aceleraciones variadas, en ese caso la fuerza ascencional podría valer cualquier cosa, incluso cero... o un valor positivo pero hacia abaj o.
d) La expresión de la segunda ley de Newton
vale solamente si
es la resultante.
Esto es recontra súper híper archi mega verdadero... y conviene que te lo anotes en el machete en tinta verde y roja fosforescentes. La formulación correcta y general de la 2da. Ley es , y a los fines del cálculo vos usarás estas dos: para un eje F = m a , y F = m a para el eje ortogonal al primero. Pero siempre con x x y y la de sumatoria ya que la aceleración es una característica única: un cuerpo no puede tener varias aceleraciones al mismo tiempo ; en cambio pueden estar actuando varias fuerzas simultáneamente.
e) Si un cuerpo tiene aplicada una fuerza hacia abajo, solo puede moverse hacia abajo. Más falso que discurso de Menem. Tirá una piedra hacia arriba. Mirála mientras va ascendiendo... después de que la hayas soltado pero antes de que inicie el regreso... mientras sigue subiendo, ¿ok? Bueno... ahí la única fuerza que actúa sobre la piedra es su propio peso, que apunta hacia abajo. Y sin embargo sigue subiendo. Lo que también podés asegurar es que se está frenando... pero eso no quita que siga subiendo hasta alcanzar cierta altura.
f) En un cuerpo apoyado sobre un plano horizontal la fuerza peso y la fuerza que el plano hace sobre el cuerpo son pares de acción y reacción. Falso como la homeopatía. La reacción del peso es una fuerza con la que el cuerpo atrae a la Tierra hacia sí. Y la reacción de la fuerza del plano es una fuerza con la que el cuerpo aplasta al plano. Nunca un par de fuerzas que sean par de acción y reacción pueden estar aplicadas sobre el mismo cuerpo, ya que nigún cuerpo puede interactuar consigo mismo. No importa que reúnan las características de igualdad de módulo, dirección y sentido contrario. No son. (Todos los hombres son mortales, no todos los mortales son hombres. Aristóteles di xit) g) Cuando un colectivo frena una fuerza nos impulsa hacia adelante. Cuando un colectivo frena es un milagro. La cuestión es qué pasa durante la frenada. Pues mira, pequeño imberbe, no hay ninguna fuerza que te impulse hacia adelante. Tu vienes con la velocidad que traía el colectivo y querrás seguir con ella a menos que una fuerza te detenga o te tire hacia atras. Eso se conoce como principio de inercia. Pero nadie tiene la gentileza de hacer eso... solo el parabrisas del colectivo te d etiene cuando un rat o antes el colectivero clavó los frenos. No sé si comprendés la mecánica del asunto...
1.19- En la superficie de cierto planeta la aceleración de la gravedad es 5 veces mayor que en la Tierra. Analizar la veracidad o falsedad de las proposiciones siguientes: a- La masa del Kilogramo Patrón terrestre es allí de 5 kg. b- El Kilogramo Patrón terrestre pesa allí 5 kgf. c- Si al Kilogramo Patrón terrestre se lo coloca allí sobre una mesa con rozamiento despreciable, y se lo empuja con una fuerza horizontal de 1 kgf, adquiere una aceleración de 5 |g|. d- Si al Kilogramo Patrón terrestre se lo deja caer allí libremente, al cabo de 1 segundo habrá recorrido una distancia 5 veces mayor que la recorrida en idéntico experimento aquí en la Tierra. Con lo viajados que somos nosotros, la cantidad de planetas y galaxias que hemos visitado... nos vienen a correr con este problemita de jardín de infantes... Vamos a aclarar un par de tantos, y después respondemos la consigna, una por una.
Por lo pronto un planeta en el que la gravedad es 5 veces mayor que en la Tierra es uno en cuya superficie los objetos caen más deprisa, la velocidad con la que caen aumenta 5 veces más rápido que lo que aumenta acá (asumo que me estás leyendo desde algún lugar del planeta Tierra). Ok, a esa aceleración de caída la vamos a llamar g' , y valdrá g' = 5 0 m/s ² (ya que g = 10 m/s ²). Ese planeta no necesariamente tiene que ser más grande ni más masivo que el nuestro, pero no te preocupes por eso, ya te vas a ocupar más adelante cuando te metas en el tema de gravitación. La segunda cuestión que tenemos que aclarar es esa del Kilogramo Patrón, de la que habla el enunciado. Mirá se trata de una pesa de 1 kg, de hierro o algun metal parecido, que se guarda en un museo envuelto en campanas de vidrio y atmósfera controlada para que no se oxide ni se dañe y para que nadie lo toque sin permiso ni guantes. Se usa para comparar masas y saber cuánta masa tiene otro objeto cualquiera. Es el método más seguro que se encontró para definir masas.
Bueno, ahora sí vamos a las proposiciones capciosas de esta guía. a- La masa del Kilogramo Patrón terrestre es allí de 5 kg. ¡FALSO! Más falso que las flores de bach. La masa de un objeto no cambia lo lleves donde lo lleves. No me voy a poner a explicarte qué cuerno es la masa, porque eso me llevaría unos 30.685 caracteres sin contar espacios, pero admitamos sin demasiados pruritos que la masa es una medida indicadora de la cantidad de materia que forma un cuerpo (cuando un físico escucha o lee eso se le ponen los pelos de punta, pero vos no le hagas caso, podés reirte si te causa gracia). De modo que si vos llevás el Kilogramo Patrón, que acá en el museo tiene una masa de 1 kg, a ese planeta pero en el viaje no lo sacás de adentro de las campanas de vidrio para que nadie le agregue ni le quite un cachito de materia, cuando llegues allá va a tener la misma cantidad, o sea la misma masa, o sea 1 kg. Si lo hacés no hace falta que lleves las campanas de vidrio, alcanza con que la cuides porque es bastante cara. Pero todavía más importante es que entiendas que la masa es una invariante en el universo, y que ese principio vale tanto para el Kilogramo Patrón como para cualquier otro objeto. ACLARACION: En 1905 Albert Einstein descubrió que la masa no es invariante, o sea que puede variar según cómo se la esté observando. Pero ese fenómeno interesantísimo que descubrió Einstein solamente se pone de manifiesto cuando el objeto y el observador se mueven entre sí con velocidades cercanas a la de la luz, de modo que no tenés que preocuparte por ello... por lo menos hasta cuarto año de la carrera.
b- El Kilogramo Patrón terrestre pesa allí 5 kgf. VERDADERA. Si el Kilogramo Patrón lo llevás a la verdulería de la esquina y lo ponés en la balanza va a marcar exactamente1 kgf . Y si eso no ocurre podés hacer la denuncia en Defensa del Consumidor. Ahora, si llevás el Kilogramo Patrón al planeta del Principito, la aguja de la balanza va a marcar 5 kgf . Para darte cuenta de que esta proposición es verdadera tenés que saber dos cosas. La primera es que k il ogramo fuerza(kgf ) es una unidad de fuerza, igual que el N ewt on (N ), y como ambas unidades sirven para medir la misma magnitud existe una simple relación numérica entre ambos: 10 N = 1 kgf . Si entendiste lo que te acabo de explicar aceptarás que si las balanzas de los verduleros vinieran graduadas en N en vez dekgf , la de la esquina marcaría 10 N y la del planeta de Supèry5 0 N .
Ok, vamos bien. La segunda cosa que tenés que saber es que el peso de un cuerpo, P , (o sea la fuerza con que el planeta que te toca en suerte te atrae hacia su centro) se puede conocer fácilmente de esta manera que surge de la aplicación de la segunda ley de la dinámica: P = m . g , donde m es la masa del cuerpo y g es la aceleración con la que caería si se lo suelta, que ya sabés cuánto vale tanto acá com o allá. Entonces si P ' es el peso en el planeta extraño para calcularlo sin ir hasta allá podemos hacer P ' = m . g' P ' = 1 kg . 5 0 m/s ² P ' = 5 0 N = 5 kgf c- Si al Kilogramo Patrón terrestre se lo coloca allí sobre una mesa con rozamiento despreciable, y se lo empuja con una fuerza horizontal de 1 kgf, adquiere una aceleración de 5 | g| ¡FALSO! ¡Y te lo juro sobre la tumba de Newton! Alcanza para darse cuenta, con aplicar la segunda ley de la dinámica, que se cumple por igual en cada rincón del universo.
como las fuerzas que actúan lo hacen en varias direcciones la ley (vectorial) la aplico en dos direcciones según un SR que elegí. F y = m ay = 0 En el eje y la aceleración vale cero: ese es el significado de "estar apoyado". En cambio en el eje x la pesita se acelera, veamos cuánto: F x = m a x
F=ma
de donde
a = F / m = 1 kgf / 1 kg = 10 N / 1 kg = 10 m/s ² = g Un dato interesante de este resultado es que no cambia... sin importar en qué lugar del universo lo realices. d- Si al Kilogramo Patrón terrestre se lo deja caer allí libremente, al cabo de 1 segundo habrá recorrido una distancia 5 veces mayor que la recorrida en idéntico experimento aquí en la Tierra. VERDADERO. Y te lo voy a demostrar, y prestá atención porque el desafío te lo voy a hacer en relación a esta proposición. Para una caída libre en la Tierra podemos calcular de esta manera: y = ½
g t ²
y en el planeta del principito y ' = ½
g' t 2
donde y ' es lo que se desplazará allá. t es 1 s, y como los relojes funcionan allá igual que acá descarto que son iguales (aunque no estaría mal tratar de corroborarlo). Como g' = 5 g podemos vincular ambas ecuaciones e increíble y sorprendentemente obtenemos y ' = 5 y
1.23 - Dos carretones, A y B, cuyas masas son mA = 80 kg, mB= 120 kg, se encuentran uno junto al otro, como muestra la figura, apoyados sobre un piso horizontal que presenta rozamiento despreciable. Sobre el carretón A se aplica una fuerza horizontal de 30 kgf. Hallar la intensidad de la fuerza de contacto entre ambos. Repetir para el caso en que se empuje al carretón B con una fuerza horizontal, también de 30 kgf. Imposible empezar por otro lado que no sea el correspondiente DCL. Como tenemos dos cuerpos, haremos dos DCLs.
Fijate bien cómo los hice. Mirá estos detalles, son importantes: como hay dos cuerpos los pesos llevan subíndice, lo contrario significaría que son iguales y eso no es cierto. La fuerza que las vías hacen sobre cada carro la llamé V (por vía) cada una con su subíndice. Vos la hubieras llamado N (por normal ), francamente no entiendo esa tozudez tuya. Las fuerzas de contacto, (o mejor aún, la interacción del contacto, que es lo que pregunta el enunciado) las llamé F AB y F BA respectivamente. Fijate que hasta el mismo nombre que le pongo denuncia que son pares de interacción. La fuerza externa que viene con el enunciado actuando sobre el carrito A, la dibujé correctamente, con el origen dentro del carrito A. Cualquier otra cosa que le quieras agregar a un DCL y que no sea una fuerza (velocidad, aceleración, informaciones, lo que quieras) dibujaloafuera del cuerpo. Adentro sólo los orígenes de los vectores fuerza que actúan sobre el cuerpo en cuestión. OK, despues de cada DCL viene la (o las) ecuaciones de Newton (en este caso las, porque las fuerzas que actúan no son codireccionales, necesitamos dos ejes... que ya los dibujé). Fijate que a A = aB = a, en este caso se sobreentiende. Carro A (eje x )
F x = m a x
Carro B (eje x )
F x = m a x
Carro A (eje y )
F y = m ay
Carro B (eje y )
F y = m ay
F ² F BA = m A . a F AB = mB . a V A
² P A = 0
V B
² P B= 0
Las ecuaciones en y , en este caso no aportan gran cosa. Sabemos que la aceleración vertical de los carritos es 0 porque ninguno de los dos levanta vuelo ni se hunde en la Tierra, por lo tanto la fuerza con que los sostiene la vía es igual a su respectivo peso. Las ecuaciones de x , en cambio resultan interesantes. Si las mirás con cariño, juntas forman un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, una de ellas, la que figura en pregunta del enunciado: la fuerza de
contacto. OK, dejemos la física por un rato y dediquémosnos al álgebra. Sumemos miembro a miembro esas dos ecuaciones F ² F BA + F AB = m A . a + mB . a Como los pares de interacción valen lo mismo y está uno sumando y el otro restando, se cancelan mutuamente. En el segundo miembro saco factor común a. F = a (m A+ mB ) a = F / (m A+ mB ) a = 300 N / 200 kg = 1,5 m/s² con este valor voy a cualquiera d e las dos ecuaciones (mejor a las dos) y averiguo la fuerz a de contacto.
F AB = F BA = 1 80 N
1.24- a- Sin hacer diagramas de cuerpo libre ni escribir ecuaciones diga cuánto valen las tensiones que soportan cada una de las tres cuerdas. b- Realizar los diagramas de cuerpo libre para cada cuerpo. c- Escribir la 2ª ley de Newton para cada cuerpo.
d- Calcular el valor de la tensión de cada cuerda. e- Suponga ahora que se corta la cuerda 3 y vuelva a calcular las tensiones de las cuerdas 1 y 2. f- Suponga ahora que de la cuerda 3 se tira para arriba imprimiéndole una aceleración de 2 m/s2 hacia arriba ¿Cuánto valen las tensiones ? g- Suponga ahora que se tira del mismo modo pero los cuerpos suben frenándose con una aceleración de 2 m/s2, ¿cuánto valen las tensiones ? h- Si la soga puede soportar una tensión máxima de 1000 N antes de romperse ¿qué aceleración máxima puede imprimirse al conjunto ? i- ¿Podría el sistema mantenerse unido y entero con una fuerza tirando hacia arriba si la soga pudiese soportar una fuerza de sólo 250 N ? OK, vamos a resolverlo en el orden en el que nos lo piden. Para responder el ítem a) sólo se necesita sentido común. Cada cuerpo pesa 100 N (P = m . g). La cuerda 1, cuya fuerza llamaremos T 1, sólo sostiene al cuerpo A, de modo que tiene que hacer una fuerza igual al peso de ese cuerpo. La cuerda 2, T 2, sostiene a dos cuerpos, cada uno pesa 100 N , entonces tendrá que hacr una fuerza de 200 N. Y la soga 3... T 1 = 100 N
T 2 = 200 N
T 3 = 300 N
a)
Vamos con los diagramas de cuerpo libre (son 3 cuerpos, así que 3 DCL en total) que la cosa se pone más interesante.
Los largos de los vectores son arbitr arios. Sólo dibujé un poquito más largos los de las fuerzas que hacen las sogas 2 y 3 para hacerlo más representativo. Fijate que puse una flechita indicando el sistema de referencia, SR, que elijo. Podría haber elegido el opuesto. pero hay que tenerlo en cuenta no sólo para los signos que le van a corresponder a las fuerzas, también le da signo a la aceleración. Mirando los DCL escribir las ecuaciones es muy sencillo: Cuerpo A
F = m a
T 1 ² P A = m A . a
[1]
Cuerpo B
F = m a
T 2 ² T 1 ² P B = mB . a
[2]
Cuerpo C
F = m a
T 3 ² T 2 ² P C = m C . a
[3]
Como los segundos miembros de cada una de esas 3 ecuaciones valen cero, ya que la aceleración vale cero (es una suposición razonable ya que aunque el enunciado no lo aclara, pero avisa cuándo cambia en el ítem f ), podemos ir despejando los valores de las tensiones empezando por la del cuerpo A. T 1 ² P A = 0 T 1 = P A T 1 = 100 N
Ahora metemos eso en la segunda ecuación (también igualada a cero)... T 2 ² P A ² P B = 0 T 2 = P A + P B T 2 = 200 N
Y por último vamos a la tercera ecuación (también igualada a cero)... T 3 ² T 2 ² P C = 0 T 3 ² (P A + P B ) ² P C = 0 T 3 = P A + P B + P C T 3 = 300 N
Ahí tenemos los 3 resultados a los que ya habíamos anticipado usando, simplemente, el sentido común. Si se corta la cuerda 3, no hará fuerza alguna (cortada no funciona). T 3e = 0 N . Además los tres cuerpos caerán libremente con una aceleración igual a g. (En nuestro sistema de referencia ae = ² g). Veamos qué dicen las ecuaciones. Empiezo de nuevo con la [1]. T 1e ² P A = ² m A . g
T 1e = ² m A . g + P A T 1e = ² m A . g + m A . g T 1e = 0
Lo mismo ocurre si uso la [2] y la [3]. T 1e = 0 N
T 2e = 0 N
T 3e 3e = 0 N
e)
Ahora debemos suponer que de la cuerda 3 se tira para arriba imprimiéndole al conjunto una aceleración af = 2 m / s². T 1f ² P A = m A . af T 1f = m A . a f + P A T 1f = 120 N
Con eso voy a la ecuación [2], y la historia se repite. T 2'' ² T 1f ² P B = mB . af T 2f = mB . af + P B + T 1f T 2f = 240 N
Con eso voy a la ecuación [3], y la historia se repite. T 3f 3f ² T 2f ² P C C = mC . af T 3f 3f = T 2f + P C C + m C . af T 3f 3f = 360 N T 1f = 120 N
T 2f = 240 N
T 3f 3f = 360 N
f)
Ahora debemos suponer que de la cuerda 3 se tira para arriba imprimiéndole al conjunto una aceleración ag = ² 2 m / s². T 1g ² P A = m A . a g T 1g = m A . ag + P A T 1g = 80 N
Con eso voy a la ecuación [2], y la hitoria se repite. T 2g ² T 1 ² P B = mB . a g T 2g = mB . ag + P B + T 1g T 2g = 160 N
Con eso voy a la ecuación [3], y la hitoria se repite.
T 3g 3g ² T 2 g ² P C C = m C . ag T 3g 3g = T 2g + P C C + mC . ag T 3g 3g = 240 N T 1g = 80 N
T 2g = 160 N
g)
T 3g 3g = 240 N
Para responder la pregunta que sigue tenés que utilizar el ingenio. h- Si la soga puede soportar una tensión máxima de 1000 N antes de romperse ¿qué aceleración máxima puede imprimirse al conjunto ? En todos los resultados anteriores podés ver que es siempre la soga 3 la que realiza mayor fuerza. De modo que si estás usando una soga que soporta como máximo una tensión de 1.000 N será la soga 3 la que deba soportarlos y las otras dos harán una fuerza menor, no sabemos cuánto. Si mirás nuevamente el sistema de ecuaciones verás que tenés 3 ecuaciones y 3 incógnitas... o sea, papa. Las incógnitas son ah, T 1h, y T 2h. Un método sencillo para resolver el sistema es sumar miembro a miembro las 3 ecuaciones. ( T 3h ). Te queda así: 3h = 1.000 N ). T 1h ²P A +T 2h ²T 1h ²P B +T 3h 3h ²T 2h ²P C C = m A ah + mB ah + mC ah
( m A + mB + mC ) T 3h 3h ² P A ² P B ² P C C = ah ( m de ahí despejamos ah... ah = T 3h ( m A + mB + mC ) 3h ² P A ² P B ² P C C / ( m ah = 1.000 N ² 100 N ²100 N ² 100 N / 30 kg ah = 23 , 33 m / s²
h)
Esta pregunta es la más difícil. i- ¿Podría el sistema mantenerse unido y entero con una fuerza tirando hacia arriba si la soga pudiese soportar una fuerza de sólo 250 N ? La respuesta es sí. sí. Y lo ves reflexionando en la respuesta g). Ahí la tensión 3 -que es la que siempre soporta mayor fuerza- valía 240 N y el conjunto tenía una aceleración hacia abajo de 2 m / s². Eso significa que o bien ya va bajando y cada vez más rápido, o bien está subiendo pero cada vez más lento, deteniéndose. Las otras dos cuerdas soportan tensiones menosres, de modo que no corren peligro.
1.25- El sistema de dos bloques de la figura, cuyas masas son mA= 3 kg y mB = 2 kg respectivamente, se está moviendo hacia arriba. Hallar qué aceleración tienen, y qué fuerza soporta la soga 2, cuando la soga 1 tira con la fuerza F, con las intensidades siguientes: a- |F| = 80 N b- |F| = 50 N c- |F| = 30 N d- |F| = 0
Este ejercicio es muy sencillo, y posee varias enseñanzas fundamentales. Trataré de destacarlas todas. Lo primero, como siempre son los DCLs. CLs. Primero: Primero: nunca hay que olvidarse de fifar una Sistema de referencia (SR (SR ). ). Fijate, en el esquema, es la flechita que apunta hacia arrina y que llamé y (el y (el nombre es arbitrario). Segundo: Segundo: las sogas que utilizamos son sogas sin masa, eso asegura que las furzas ejercidas en ambos extremos son iguales. Eso me permitió hacer dos cosas: por un lado reemplacé la fuerza que hace la soga de arriba por F . Por otro lado las fuerzas que hace la soga 2 sobre ambos cuerpos le puse el mismo nombre, T 2, ya que valen lo mismo. Tercero: Tercero: Los pesos de ambos suerpo no tienen por qué ser iguales (en este caso no lo s on), por lo tanto hay que individualizarlos, y los llamé P A y P B, respectivamente. Una vez finalizados los DCLs, CLs, vienen las ecuaciones de Newton: F A = m A a
F ² T 2 ² P A = m A . a
F B = mB a
T 2 ² P B = mB . a
Cuarto: Cuarto: a las aceleraciones de los cuerpos no les puse subíndice, por el hecho de que nuestras sogas son inextensibles asegura que las aceleraciones de ambos cuerpos sean iguales. A esa aceleración, a, solemos llamarla: la aceleración del sistema. Ahora resolvemos el sistema de las dos ecuaciones y hallamos las incógnitas: si l as sumamos miembro a miembro obtenemos... F ² P A ² P B = (m A + mB ) . a Despejamos la aceleración, la calculamos: a = F ² P A ² P B / (m A + mB ) con ese valor vamos a cualquiera de las ecuaciones de Newton, depejamos T 2 y la calculamos (a vos te conviene hacerlo en ambas y verificar que te d a lo mismo): T 2 = P B + mB . (F ² P A ² P B ) / (m A + mB )
a = 6 m / s²
T 2 = 32 N
c aso a)
En los casos siguientes, sólo cambia el valor de F, el sistema sigue siendo el mismo, de modo que sólo hay q ue recalcular.
a = 0 m / s²
a = ² 4 m / s²
a = ² 10 m / s²
T 2 = 20 N
c aso b)
T 2 = 12 N
c aso c)
T 2 = 0 N
c aso d)
Quinto: En ninguno de los casos podés saber si el conjunto está subiendo o bajando. En
los cuatro casos podría estar haciendo ambas cosas. El signo de la aceleración sólo te informa si acelera hacia arriba o hacia abajo. Pero bien podría estar acelerando hacia abajo y subiendo (en ese caso se está frenando), o acelerando hacia arriba y subiendo (en ese caso sube cada vez más rápido), o acelerando hacia abajo y bajando (cada vez más rápido), o acelerando hacia abajo y subiendo (en ese caso se está frenando)... o incluso tener aceleración cero y en ese caso puede subir o bajar con velocidad constante e incluso, estar detenido). Sexto: muchos estudiantes (a veces guiados por profesores) suelen simplificar los sistemas "uniendo" los cuerpos y considerando la masa del conjunto y el peso del conjunto. La ecuación de Newton correspondiente quedaría así: F AB = m AB a
F ² P AB = m AB . a
Es ciero, algo se simplifica. Y verás que los valores de aceleración dan igual que antes. El problema es que T 2 queda oculta, ya que se transforma en una fuerza interna, y no tenés modo de calcularla. De todos modos no está mal, pero es mucho más aleccionador, hacer los diagramas de cada cuerpo por separado.
1.26 - En los tres sistemas que se proponen a continuación, puede despreciarse el rozamiento con el plano y en la polea, y las masas de las cuerdas y la polea. La intensidad de la fuerza aplicada es igual al peso del cuerpo 2.
a- Comparando los sistemas A y B, analizar cualitativamente (sin hacer cálculos) cuál se mueve con mayor aceleración. b- Repetir el análisis anterior, comparando ahora B con C. c- Suponiendo ahora que la intensidad de la fuerza F es 5 kgf, y que la masa del cuerpo 1 es 20 kg, calcular las respectivas aceleraciones y verificar las predicciones hechas anteriormente. Este es un excelente ejercicio, fundamental, aleccionador. No podés dejás de analizarlo en detalle si querés aprender algo de Física. Podría empezar por las lecciones. Pero prefiero resolverlo como si fuese un ejercicio común y silvestre... y reservarme la lección fundamental para el final. Voy a resolver solamente los casos A y B. Ya vas a ver por qué. De modo que el método tradicional exige empezar por los DCL. En el caso A es uno solo. Acá va.
Hay varias cosas que observar. Primero, las sogas que nosotros usamos son sogas "sin masa", eso garantiza que las fuerzas que realizan en ambos extremos son iguales. Y la poleas que usamos tampoco tienen masa, y sólo sirven para cambiar la dirección de las sogas. Todo eso me permite reemplazar la fuerza que hace la soga sobre el carrito 1 por la fuerza F que se ejerce en el otro extremo. Segundo: en el eje y no hay aceleración (el carrito no levanta vuelo ni se hunde en el piso), de modo que la aceleración del sistema sólo ocurre en la dirección x y la voy a llamar a A. La ecuación de Newton habla de ella: F x = m1 a A
F = m1 a A
Podemos calcularla: a A = 5 0 N / ( 20 kg ) a A = 2,5 m/s ²
Ahora vamos al caso B (es un clásico). Tenemos que hacer dos DCLs.
Fijate que adopté para ambos cuerpos un SR coherente (la dirección de movimiento, sea cual sea tendrá el mi smo signo). Para el cuerpo 1 no cambia casi nada, solo que ahora tira de el la soga, T , que es la misma que sostiene al cuerpo 2. Naturalmente, se vienen las ecuaciones de Newton. Cuerpo 1
F x = m1 a x
Cuerpo 2
F x = m2 a x
T = m1 aB
P 2 ² T = m2 aB
Hay dos ecuaciones con dos incógnitas. De modo que podemos calcular la aceleración. Un método sencillo y rápido es sumar miembro a miembro las dos ecuaciones y luego despejar aB'. aB = P 2 / ( m1 + m2 ) aB = 5 0 N / ( 25 kg ) Sorpresa: aB = 2,0 m/s ² Lo paradógico de la comparación es que la fuerza externa que mueve al sistema en ambos casos vale lo mismo: 5 0 N (en un caso es F y en el otro es P 2). Sin embargo la segunda aceleración es menor. La explicación es sencilla (y se supone q ue tenés que ser capaz de cazarla al vuelo, por eso el enunciado pide que respondas sin hacer cálculos). En un caso -el A- una fuerza mueve una cierta
masa. En el otro -el B- la misma fuerza (cantidad de fuerza) tiene que mover una cantidad de masa mayor... y por eso logra una aceleración menor. Si entendiste el significado de esa proposición, vas a poder predecir correctamente la aceleración del caso C sin hacer cálculos. Esta idea (la que surge de la comparación en este ejercicio) es fundamental en la Física, porque nos presenta a las fuerzas como las productoras de aceleraciones y a las masa como la resistencia a ser acelerados. Sin ir más lejos, tenés acá la explicación de por qué los cuerpos -independientemente de sus masas y pesos- caen siempre con la misma aceleración. (Un hito en la historia de la Física). Si un cuerpo pesa más está más fuertemente atraído hacia abajo, sin embargo no logra más aceleración, porque, en la misma proporción, también tiene más masa. Mirá qué curioso.
1.31- El sistema de la figura asciende por el plano inclinado 30°, que presenta rozamiento despreciable. Las masas de los cuerpos son m 1= 60 kg, m2= 40 kg. Hacer los diagramas de cuerpo libre en cada caso, y determinar:
a- La intensidad de la fuerza F necesaria, para que se mueva con velocidad constante. b- La fuerza que ejerce la cuerda, en ese caso. c- La intensidad de F necesaria para que se aceleren hacia arriba a razón de 2 m/s ², y la fuerza que soporta la cuerda en ese caso. d- La fuerza que soporta la cuerda, la aceleración y el sentido del movimiento, un instante después de suprimir F . Sin dudarlo un instante... ¡marchen dos DCL!
Sobre cada carrito actúa la Tierra atrayendo a ambos con fuerza P 1 y P 2. El plano inclinado les da apoyo a ambos, en ambos casos con fuerzas perpendiculares (normales) al plano, y con fuerza N 1 y N 2. Sobre cada carrito, también, actúa una soga que al no tener masa apreciable realiza la misma fuerza en ambos extremos, o sea, sobre cada carrito, T . Y sólo sobre el carrito 1 actúa esa fuerza exterior que no sabemos quién la ejerce pero no importa, se trata de un dato del enunciado, F .
¡Marche un SR y una descomposición vectorial !
Como las fuerzas presentes apuntan en direcciones diversas, elegimos un SR adecuado y las fuerzas que no coinciden con esas direcciones las descomponemos, y las reemplazamos. Le tocó a las fuerzas peso, ser re emplazadas por sus componentes paralelas y perpendiculares al plano.
Naturalmente, se vienen las ecuaciones de Newton. Cuerpo 1
Cuerpo 2
F x = m1 a x F y = m1 ay F x = m2 a x F y = m2 ay
F ² P 1X ² T = 0 N 1 ² P 1 y = 0 T ² P 2X = 0
N 2 ² P 2y = 0
Nuevamente, las ecuaciones en y no aportan información relevante para este problema, pero las de x sí. Tené en cuenta que P 1X = P 1 sen = m1 g sen P 2X = P 2 sen = m2 g sen Vamos al álgebra... de la ecuación de x del cuerpo 2 despejo T ... T = m2 g sen T = 200 N
la pregunta b)
eso lo meto en la ecuación de x del cuerpo 1 y despejo F : F = m1 g sen + m2 g sen F = g sen (m1+ m2 )
F = 5 00 N
la pregunta a)
No pretendas que siga yo... en las ecuaciones de x de los dos cuerpos, en lugar de igualar a cero, igualá a 2 m/s² y volvé a calcular. Y en cuanto a la última pregunta podés razonarla sin ayuda, simplemente tené en consideración que la aceleración de ambos cuerpos debe ser la de cualquier otro sobre un plano inclinado sin rozamiento ni fuerzas exteriores aplicadas sobre él. O sea, lo que viste en el problema del esquiador, el 1.10.
1.32- En el sistema de la figura la soga y la polea se suponen sin masa y las pérdidas por rozamiento dinámico son insignificantes. La tensión de la soga es:
a) 4 m.g / 3 b) 8 m.g / 3 c) m d) 2 m.g e) ninguna de las anteriores Un problema tan rico, tan físico, tan dinámico... es una pena desperdiciarlo con un caso tan particular en el que un cuerpo tiene el doble de masa que el otro. Voy a hacer una cosa: voy a plantear la situación para un caso general de dos cuerpos A y B de masas cualesquiera. Y una vez que hallo el resultado lo especializo para el problema 1.32 y listo, ¿te parece? Entonces, manos a la obra, rehago el esquemita y al lado los DCL.
Hay que analizar varios detalles. Tal vez te sorprenda que elegí un sistema de referencia diferente para cada cuerpo. Se trata de costumbre nuestra que no es necesaria, pero es cómoda. El motivo es que hay que tener cuidado en que las ecuaciones de Newton, si no diferencian la aceleración de un cuerpo de la del otro (lo cual en este problema es lo más natural, ya que la soga es inextensible), deben ser coherentes con el sistema. Si Aacelera hacia arriba B lo hace hacia abajo y viceversa. Pero nunca pueden acelerar los dos hacia arriba o los dos hacia abajo. Con l os SR que yo elegí una aceleración positiva es positiva para ambos y una negativa también lo será para ambos y opuesta a mi suposición, pero coherente con el sistema. Otra particularidad interesante es que la tensión, T , que hace la soga en cada extremo, o sea, sobre cada cuerpo es la misma. Por eso no le puse subíndice. OK, vamos a las ecuaciones. Cuerpo A
F y = m A . a
P A ² T = m A . a
[1]
Cuerpo B
F y = mB . a
T ² P B = mB . a
[2]
Es mentira, no puede ser tan fácil... dadas las masas, se convierte en un sistema de 2 ecuaciones con dos incógnitas. Sumo miembro a miembro [1] y [2] P A ² T + T ² P B = m A . a + mB . a
en el primer término se cancela T y en el segundo saco factor común a P A ² P B = (m A + mB ) . a recuerdo que P = m . g m A . g ² mB . g = (m A + mB ) . a saco factor común g y despejo a
a = g (m A ² mB ) / (m A + mB ) Recuadré el resultado de esta incógnita porque vamos a hacer la discusión sobre ella. Despejo a de cada ecuación y las igualo (P ) / m A = ( T ² P B ) / mB A ² T reemplazo los pesos (m A . g ² T ) / m A = ( T ² mB . g) / mB distribuyo los cocientes g ² T / m A = ( T / m B ) ² g reagrupo los términos. Andá tranquilo, no te pierdas 2 . g = ( T / mB ) + T / m A
saco factor común T en el segundo miembto 2 . g = T . ( 1 / mB + 1 / m A )
Tranqui, ¿te acordás cómo sumar dos fracciones? T = 2 . g . m A . mB / (m A + mB )
Sobre esta también vamos a discutir. Ahora volvamos al problema 1.32, no me olvido, ahí una masa era el doble que la otra, entonces el resultado es... a) T = 4 m . g / 3
1.33- En el esquema de la figura, los bloques A de 60 kg y B de 40 kg se mueven en el sentido indicado, vinculados por una cuerda flexible e inextensible de masa despreciable. Puede despreciarse también el rozamiento sobre el plano y en la polea, y la masa de esta última.
a- En las condiciones dadas, hallar la intensidad y sentido de la aceleración de los bloques, y la fuerza que soporta la cuerda. b- Se corta la cuerda en la situación planteada en la figura. Calcular la nueva aceleración de cada uno. c- Describir el movimiento de cada bloque desde el instante inicial hasta que lleguen al piso. Esbozar los gráficos posición-tiempo. Un clásico de los clásicos, y vamos a tr atar de relacionarlo con otros clásicos. Y a vas a ver. Empecemos por los DCLs. El par éste, de arriba, es el original, el que te ayuda a pensar las fuerzas como las interacciones que son. El par de abajo son los operativos, los que te ayudan a plantear las ecuaciones dinámicas. La única diferencia es que en el segundo siempre vas a encontrar fuerzas paralelas u ortogonales, y provienen de haber descompuesto algunas fuerzas, las que no coinciden con las direcciones del SR que hayas elegido. Elegir correctamente el SR es toda una habilidad que se aprende con la práctica... lo más común es usar la dirección x paralela y con sentido homogéneo para la aceleración.
Bueno, vamos entonces a las ecuaciones. Cuerpo A
F x = m a x
P A ² T = m A . a
Cuerpo B
F x = m a x
T ² P Bx = mB . a
F y = m ay
N B ² P By = 0
La tercera ecuación no aporta gran cosa en este problema. En esa dirección el bloque B no acelera, ya que ni levanta vuelo ni se hunde en el plano. Pero las dos primeras ecuaciones sí dicen, y bastante. Fijate que P Bx = P B . sen , por si tenías dudas... ahí te volví a dibujar , entre P By yP B , ¿lo tenés? Bueno, ahora sí hagamos un poco de álgebra. Si sumo miembro a miembro las dos primeras ecuaciones tengo... P A ² T + T ² P Bx = m A . a + mB . a
P A ² P B . sen = a . (m A + mB ) g . m A ² g . mB . sen = a . (m A + mB ) g . (m A ² mB . sen ) = a . (m A + mB )
a = g . (m A ² mB . sen ) / (m A + mB )
a = 4 m/s ²
1.34- En el sistema de la figura, suponiendo conocidas las masas m A, mB y mC y despreciando las masas de cuerda y polea, así como todos los rozamientos, hallar las expresiones de: a- La aceleración de A. b- La fuerza que ejerce la cuerda. c- La fuerza de contacto entre B y C. d- Explicar por qué sobre A actúa hori-zontalmente una fuerza cuya intensidad es menor que la suma de los pesos de B y de C. e- Si mB + mC >> m A, analizar y tratar de predecir, sin hacer cálculos, la aceleración del sistema. Este problema es muy parecido al anterior, y me interesa sobremanera compararlos. Pero hay un problema... que en lugar de haber un cuerpo colgando hay dos: el B y elC. Esto tiene solución: lo voy a resolver como si fuese un probl ema diferente y al finalizar voy a hacer la siguiente consideración: que los cuerpos B y C estan unidos y forman uno sólo BC de masa mBC (de todas maneras, aunque haya una fuerza entre ellos, no se separan en todo el viaje ; todos los cuerpos poseen fuerzas interiores, y eso no representa problema alguno). Va de suyo que: mBC = mB + mC Vamos a hacer el DCL, esta vez una sola tanda alcanzará. Nuevmente la ecuación vertical de A no aporta gran cosa, ni la escribo.
Cuerpo A
F x = m a
Cuerpo B
F x = m a
Cuerpo C
F x = m a
T = m A . a
P B + F CB ² T = mB . a
P C ² F BC = mC . a
Casi lo mismo que antes. Sumamos las tres ecuaciones miembro a miembro T + P B + F CB ² T + P C ² F BC = m A . a + mB . a + mC . a
P B + P C= ) a . (m A + mB + m C
a = g . (mB + mC ) / (m A + mB + mC )
la a) del enunciado
Para hallar el valor de la tensión de la cuerda basta reemplazar esta de aceleración en cualquiera de las ecuaciones iniciales... más fácil en la primera.
) / (m A + mB + mC ) T = g . m A . (mB + mC
la b) del enunciado
Para hallar la fuerza de contacto voy a la tercera ecuación mC . g ² mC . a = F BC mC . g ² mC . [ g . (mB + mC ) / (m A + mB + mC ) ] = F BC no te pierdas ahora ¿eh? Tomátelo con tranquilidad y resolvelo solo. Suma de fracciones, ¿remember?
F BC = g . m A mC / (m A + mB + mC )
la c) del enunciado
Las últimas te la dejo a vos y no protestes. Vamos a lo que a mí me interesa. Fijate la respuesta a) y apliquemos la transformación mBC = mB + mC
a = g . mBC / (m A+ mBC )
1.35- En el sistema de la figura pueden despreciarse las masas de la cuerda y la polea, así como el rozamiento en la misma. Se lo deja libre, partiendo del reposo, con el bloque 1 a nivel del piso, y el 2 a 4 m de altura. El bloque 2, cuya masa es 6 kg, tarda 2 s en llegar al piso. Con esa información: a- Hallar la masa del bloque 1. b- Hallar con qué velocidad llegó al piso el bloque 2. c- Hallar qué altura máxima sobre el piso alcanzará la base del bloque 1.
Bueno, tenemos entonces dos movimientos. Ambos acelerados. El primero con una aceleración que está dada por el sistema de la polea, y el segundo con la aceleración de la gravedad. La dinámica del sistema de la polea simple lo tenés acá: 1.32 (yo lo voy a desarrollar igual, aunque algunos detalles puede que pase por alto. Acá va el esquema y más abajo el DCL.
Llamé 0 al instante de la partida; H el instante en que el cuerpo dos llega al piso y el 1 a los 4 metros de altura; y G al instante en que el cuerpo 1 alcanza su altura máxima. Dediquémonos al primer tramo. Sus ecuaciones son: y=
½
. a . t ²
v = a . t Si a esas dos ecuaciones les pedimos que hablen del punto H, dirán: 4m=
½
. a . 4 s²
v H = a . 2 s De donde resulta que a = 2 m/s² v H = 4 m/s Ahora, teniendo el valor de la aceleración, podemos ir a la dinámica de la primera parte y calcular el valor de la masa 2.
El primer tramo, con la soga tensa, mientras el cuerpo 2 todavía no llega al piso, se corresponde con estos diagramas. Las ecuaciones de Newton para ambos cuerpos quedan así:
Cuerpo 1
F = m1 . a
T ² P 1 = m1 . a
[1]
Cuerpo 2
F = m2 . a
P 2 ² T = m2 . a
[2]
Sumo miembro a miembro [1] y [2] T ² P 1 + P 2 ² T = m1 . a + m2 . a
en el primer término se cancela T y justo acá recuerdo que P = m . g ² m1 . g + m 2 . g = m1 . a + m2 . a Reordeno: m2 . g ² m2 . a = m1 . g + m1 . a m2 . (g ² a) = m 1 . (g + a) m1 = m2 . (g ² a) / (g + a) m1 = 4 kg Ahora vamos a la segunda parte del movimiento. El cuerpo 1 sigue de viaje hacia arriba como todo cuerpo libre. Su escuaciones dicen: y = 4 m + 4 m/s . t ± 5 m/s ² . t ² v = 4 m/s ± 10 m/s ² . t Si les pedimos que hablen del instante G... y G = 4 m + 4 m/s . t G ± 5 m/s² . t G ² 0 m/s = 4 m/s ± 10 m/s ² . t G De la segunda ecuación surge que t G = 0 , 4 s Con eso vamos a la ecuación de posición y... y G = 4 , 8 m
En los gráficos (como siempre en tandem, o sea encolumnados en ese orden y con la misma escala temporal) te sombreé en verde claro la etapa libre del movimiento del cuerpo 1. Analizalo íntegramente. La representación alcanza hasta el instante 2,8 s, en el que el cuerpo 1regresa a la altura de 4 metros y vuelve a tensar la cuerda. La fuerza que hace la soga, T , la representé en el gráfico inferior (también subido al mismo tándem). No hice el cálculo de su valor... pero es obvio que debe ser inferior a 60 N y superior a 40 N . Hacé vos el cálculo. Cuando la cuerda vuelve a tensarse (cuando el cuerpo 1 regresa de su vuelo libre) el valor de la tensión alcanza un pico cuyo valor no se puede calcular. Se trata de un valor muy alto, que depende de la elasticidad de la cuerda. Te lo representé con un punto naranja... sólo de carácter simbólico.
1.36- Para armar la configuración del esquema se dispone de tres carritos (1, 2 y 3) y dos cuerdas (A y B). La cuerda A es más gruesa que la B, y puede soportar una fuerza mayor sin romperse. Las masas de los carritos son diferentes, de modo que m 1 > m3 > m2. Despreciando los rozamientos, hallar de qué manera deben disponerse cuerdas y carritos, para que el sistema obtenga la máxima aceleración al aplicar la fuerza F.
Vas a tener que disculparme un par de cosas. La primera es que no dibujé las fuerzas que actúan en la dirección vertical, o sea, los pesos de cada carrito y los apoyos del piso. El motivo es que nada aportan a la resolución de este problema ya que no hay aceleraciones verticales ni rozamientos que dependan de ellas. La segunda cosa que vas a tener que perdonarme es que dibujé los largos de los vectores de acuerdo al resultado del problema. No es que haya leído la respuesta sino que me resulta tan obvio que no me permito contradecir mi propia intuición. Hacé de cuenta que todas tienen el mismo largo, vas a ver que las relaciones entre sus módulos surgen del resultado analítico. De todos modos te invito a pensarlo: ¿cómo pude haberlo predicho? Ahora vamos a las ecuaciones de Newton para cada carrito. Carrito D
F x = m D . a
F ² T V = mD . a
[1]
Carrito C
F x = m C . a
T V ² T R = m C . a
[2]
F x = m Iz . a
T R = m Iz . a
[3]
Carrito Iz
A la aceleración de cada carrito no le puse subíndice porque es la misma para todos, eso está garantizado porque las sogas del CBC son inextensibles. Bueno, ahora combinando las tres ecuaciones buscaré expresiones que nos permitan responder los interrogantes. despejando T V de la ecuación [2] fijate lo que encuentro T V = T R + mC . a
que la tensión en la soga verde siempre es mayor que la tensión en la soga roja ya que es igual a lo que valga la roja más algo igual al producto entre la masa del carrito que esté en el centro por su aceleración. Yo diría que ya tengo una respuesta: pondré la soga B que es más finita y puede romperse antes entre el carrito de la izquierda y el del centro, sean cuales sean. Ahora miro la [3], qué veo T R = m Iz . a
que esa soga va a hacer una fuerza proporcional a la masa que esté colocada en la última posición. Me conviene poner ahí a la masa menor, o sea m2 En la ecuación [2], de nuevo, voy a reemplazar la [3], mirá lo que aparece:
T V = m I . a + mC . a T V = a . (m Iz + mC )
eso me dice que la cuerda A, que también se puede romper va a tener que hacer una fuerza proporcional a la suma de las masas de los carritos que estén en el extremo izquierdo y en el centro. En el extremo ya puse a m2, luego me conviene poner en el centro al menos masivo de los otr os dos, o sea a m3. Ya tengo todo el orden, queda así. 2²B²3²A² 1
1.37- Un albañil se eleva en una plataforma como la que se muestra en el esquema, con una aceleración constante hacia arriba de 0,5 m/s ². D espreciando las masas de la cuerda y de la polea, y el rozamiento en esta última; sabiendo que la plataforma pesa 40 kgf, y el albañil 80 kgf: a- Hacer un diagrama de fuerzas para el albañil, la plataforma y la polea. b- Determinar las intensidades de las fuerzas en los puntos A, B y C. c- Hallar la fuerza que los zapatos del albañil realizan sobre la plataforma.
Este es un problema importantísimo. Si lo hacés bien, de una, podés darte por aprobado en todos los exámenes de dinámica. El punto fundamental está en el DCL(como siempre). Pero esta vez mucho más. Todo el mundo se equivoca al poner las fuerzas interactuantes. No son difíciles, pero parece que son engañosas. No dejes de hacer un intento solo, sin mirar los DCL de N o me s al en. El resto es muy fácil. La clave está, más que nunca, en el DCL. Bueno, acá van los míos. Son tres, porque hay tres cuerpos independientes y sobre las fuerza que actúan sobre cada uno hay alguna pregunta en el enunciado.
P A es el peso del albañil. T es la fuerza que hace la soga en sus dos extremos y sobre cada cuerpo que actúa. F AP y F PA son la fuerza que el albañil hace sobre la plataforma y la que la plataforma hace sobre el albañil, respectivamente, y porsupuesto, son par de interacción, son las que el enunciado alude como: la fuerza que hacen los za pat os.P P es el peso de la plataforma. Por último, F T, es la fuerza que hace el techo sobre la polea. Te muestro las aceleraciones de los cuer pos que están acelerados y el SR que voy a usar... qué más querés. El 94,32% de los estudiantes que se equivocan en el DCL (y lógicamente el ejercicio no les sale) ponen invertido el sentido de la tensión en la mano del albañil... (¡como si la soga empujara sus manos hacia abajo!). Se olvidan de la premisa fundamental de los DCL: sólo colocar las fuerzas que el cuerpo REC IBE, NO LAS QUE EL EJECUTA. Todas las fuerzas son paralelas y verticales. Alcanza con una sola ecuación de Newton, F y = m ay , para cada cuerpo. Mirá qué fácil: albañil
plataforma polea
F PA + T ± P A = m A . a T ± F AP ± P P = mP . a
F T ± T ± T = 0
Bueno, si contás... vas a ver que tenés tres ecuaciones y tres incógnitas. No querrás que yo te lo resuelva... un chico de 12 años lo haría en 20 minutos... Ok, ya entendí. Restá miembro a miembro las dos primeras ecuaciones: F PA + T ± P A ± T + F AP + P P = m A . a ± mP . a Las tensiones se suprimen, las fuerzas de contacto se agrupan (acordate que eran par de interacción, por lo tanto iguales, y la aceleración es factor común. 2 F PA± P A + P P = a (m A ± mP )
Ahora seguime 2 F PA = a (m A ± mP ) + P A ± P P 2 F PA = a (m A ± mP ) + g (m A ± mP )
F PA = (a + g ) (m A ± mP ) / 2 F PA = 210 N
c) la fuerza que hacen lo s za pat os
Ahora en lugar de restar miembro a miembro, sumemos las dos primeras ecuaciones F PA + T ± P A + T ± F AP ± P P = m A . a + mP . a Practicamente son las mismas operaciones que antes... T = (a + g ) (m A + mP ) / 2 T = 630 N
b) la fuerza en A y B
Ahora, por último usamos la tercera ecuación F T = 1260 N
b) la fuerza en C
1.38- Un cuerpo de 0,2 kg gira apoyado en una mesa horizontal con rozamiento despreciable, sujeto al extremo de una cuerda de 0,5 m de largo (fija a la mesa por el otro extremo). a- Realizar el diagrama de cuerpo libre. b- ¿Cuál es la tensión de la cuerda si da una vuelta por segundo ? c- ¿Cuál será la tensión si se duplica la frecuencia ? Este ejercicio es súper sencillo: una aplicación directa de los conceptos de dinámica del movimiento circular. Espero que te guste el esquema, ya que contiene al DCL.
Fijate que indiqué un SR que tiene un eje vertical,y , y un eje (de validez instantánea) que apunta hacia el centro de giro, c . En el eje vertical actúa el peso, P , y el apoyo de la mesa, N . Ninguna de las dos tira pasa su lado más que la otra, ya que el cuerpo no levanta vuelo ni se hunde en la mesa. Luego: F y = m . ay N ² P = 0 Ahora vamos al eje centrípeto. Acá no basta que tenga la dirección del radio... debe tener sentido hacia el centro. Las cosas son distintas.
La ley de Newton nos dice: F c = m . ac La única fuerza que actúa en esa dirección (en ese instante) es la fuwerza que hace la soga, T . Luego: T = m . ac Recordando una de las equivalencias de aceleración centrípeta: T = m . 4 ² . ² . R -2
T = 0 ,2 kg . 4 ² . 1 s
. 0 ,5 m
T = 3 , 94 N
Si la frecuencia se duplica es lógico anticipar que la fuerza deberá multiplicarse por cuatro, ya que, como viste recién, la frecuencia afectaba a la tensión cuadráticamente. T ' = m . 4 ² . ' ² . R -2
T ' = 0 ,2 kg . 4 ² . 4 s
. 0 ,5 m
T ' = 15,8 N
1.38- Un cuerpo de 0,2 kg gira apoyado en una mesa horizontal con rozamiento despreciable, sujeto al extremo de una cuerda de 0,5 m de largo (fija a la mesa por el otro extremo). a- Realizar el diagrama de cuerpo libre. b- ¿Cuál es la tensión de la cuerda si da una vuelta por segundo ? c- ¿Cuál será la tensión si se duplica la frecuencia ? Este ejercicio es súper sencillo: una aplicación directa de los conceptos de dinámica del movimiento circular. Espero que te guste el esquema, ya que contiene al DCL. Fijate que indiqué un SR que tiene un eje vertical, y , y un eje (de validez instantánea) que apunta hacia el centro de giro, c . En el eje vertical actúa el peso, P , y el apoyo de la mesa, N . Ninguna de las dos tira pasa su lado más que la otra, ya que el cuerpo no levanta vuelo ni se hunde en la mesa. Luego: F y = m . ay N ² P = 0 Ahora vamos al eje centrípeto. Acá no basta que tenga la dirección del radio... debe tener sentido hacia el centro. Las cosas son distintas. La ley de Newton nos dice: F c = m . ac La única fuerza que actúa en esa dirección (en ese instante) es la fuwerza que hace la soga, T . Luego: T = m . ac
Recordando una de las equivalencias de aceleración centrípeta: T = m . 4 ² . ² . R -2
T = 0 ,2 kg . 4 ² . 1 s
. 0 ,5 m
T = 3 , 94 N
Si la frecuencia se duplica es lógico anticipar que la fuerza deberá multiplicarse por cuatro, ya que, como viste recién, la frecuencia afectaba a la tensión cuadráticamente. T ' = m . 4 ² . ' ² . R -2
T ' = 0 ,2 kg . 4 ² . 4 s
. 0 ,5 m
T ' = 15,8 N
1.40- Un carrito de montaña rusa ejecuta un rizo y se encuentra en la posición que indica la figura. ¿Cuál de todos los vectores dibujados representa la fuerza neta que actúa sobre el carrito en ese instante ?
Por supuesto, y como siempre, el mejor modo de empezar a r esolver este ejercicio (como cualquier otro de dinámica) es con un DCL. Vas a ver que si hacemos el DCLcorrectamente -lo que es muy fácilel problema sale con fritas. Discutamos si son esas dos que indiqué en el DCL las únicas fuerzas que actúan sobre el carrito. Como está cerca de la superficie terrestre está sometido a su atracción gravitatoria. A esa fuerza la llamamos vulgarmente peso, P , y es vertical. Sobre ella no hay dudas, ¿estamos? El único objeto con el que carrito está en contacto es la vía, los rieles. Estos, indudablemente, realizan una fuerza sobre el carrito. Esa fuerza de contacto, debe ser perpendicular (normal, si te gusta más) a la superficie de las vías. No le cabe otra posibilidad que apuntar hacia el centro de la curva. De hecho es la fuerza que lo obliga a doblar hacia la izquierda. No hay ningún otro cuerpo actuando sobre el carrito, por lo tanto, no hay más fuerzas Prácticamente tenemos cocinado el asunto. El enunciado pregunta sobre la fuerza neta, o sea sobre la sumatoria de todas las fuerzas que actúan, o sea pregunta por la composición de éstas únicas dos. Hay una sola respuesta posible.
1.41 - El tambor de un lavarropas tiene 60 cm de diámetro, y gira a 600 rpm alrededor de un eje vertical. Calcular la intensidad de la fuerza horizontal que sus paredes hacen sobre el botón suelto de una camisa, cuya masa es 5 g. Comparar con el peso del botón. Adivina adivinador ¿por dónde se empieza mejor? Por un DCL, ofcors.
Bueno, yo encuentro (y mirá que tengo experiencia) tres fuerzas. El p eso, P ; lógicamente, no te la tengo que explicar. Algún rozamiento tiene que haber con la pared y debe apuntar hacia arriba ya que no hay ninguna otra fuerza que apunte para arriba, y si no la hubiese el botón no podría quedarse siempre a la misma altura, se iría para abajo tironeada por su peso. (Ya volveré sobre el tema en la discusión). De modo que: Roz . Por último la fuerza principal (y ya verás que la mayor) de todas las fuerzas en este problema que es el apoyo en la pared interna del lavarropa, que obviamente es perpendicular -o normal- a la superficie, N . Vos creeme ; y si no, no importa. Ok, vamos a las ecuaciones: F y = m ay
F c = m ac
Roz ² P = 0 N = m a c
en lugar de escribir ac buscaremos su equivalente que más se aproxime a los datos aportados por el problema, en este caso ac = ² . R. Como tenemos todo lo que hace falta ya podemos calcular la fuerza de contacto. Pero antes de entrarle a esta ecuación, tenemos que pasar las magnitudes a unidades del sistema internacional (¿viste?) empecemos por la velocidad angular: = 600 rpm = 600 2 / 60 s = 62,83 s-1 ² = 3.95 0 s-2 R = 0 , 3 m ac = 1. 185 m/s ² m = 0 , 005 kg Ahora sí: N = 0 , 005 kg . 1.185 m/s² N = 6 N Si la queremos comparar c on el peso debemos conocer primero el peso. P = m . g P = 0 , 05 N N/P = 120
1.42 - La varilla de la figura se hace girar con velocidad constante en un plano vertical. La misma tiene un tope a 90 cm del eje, y por ella desliza un cilindro pequeño, de 200 g. Puede despreciarse la masa de la varilla y el rozamiento sobre el cilindro. a- Si realiza una vuelta por segundo, calcular la intensidad de la fuerza que el tope hace sobre el cilindro, en los puntos más alto y más bajo de la trayectoria, respectivamente. b- Hallar cuál será la máxima velocidad que puede dársele, si la varilla soporta una fuerza de tracción máxima de 20 Newton. c- Hallar la mínima velocidad con que podrá girar, sin que el cilindro se separe del tope. En muchos ejercicios de movimiento circular, incluido éste, en el que el movimiento transcurre en un plano vertical, se plantean interrogantes que tienen que ver con dos posiciones críticas: la posición inferior y la posición superior. En ambas, las fuerzas que actúan son verticales. No siempre, pero en muchas. Después vuelvo a discutir por qué esas dos posiciones son críticas. Por ahora me voy a conformar con que hagamos los DCL para ambas posiciones, la de arriba y la de abajo. Habrás leído bien que el movimiento de la varilla es constante. Eso facilit a las cosas. Porque entonces la aceleración (centrípeta, obviamente) también va a ser constante, y la calcularemos de cualquiera de estas dos formas ac = ². R = v ² / R según nos convenga. Una vuelta por segundo equivale a una velocidad angular de = 2 s1 . La ecuación de Newton dirá: F = m aC N + P = m . ² . R
(ARRIBA)
N ² P = m . ². R
(ABAJO)
donde lo único que puede cambiar entre una situación y la otra es la f uerza que hace el tope, N . Todo lo demás es constante. ¿Está claro? (ARRIBA)
N = m ( ². R ² g )
N ARR = 5,1 N
(ABAJO)
respuesta a-
N = m ( ² . R + g )
N ABJ = 9 ,1 N
respuesta a-
Según podés ver en estos resultados (seguramente ya lo habías razonado antes, la fuerza normal que hace el tope es mayor abajo. Luego si ahora le ponemos un valor máximo, N MA X , (que si lo supera se rompe) ese valor debe alcanzarlo abajo, y no arriba ni en ninguna otra posición, de modo que, nuevamente... (ABAJO)
N ² P = m . v MA X ² / R
v MA X ² = R (N MA X ² P) / m v MA X = 9 m/s
respuesta b-
Por último, al disminuir la velocidad disminuye la sumatoria de fuerzas, o sea, disminuye la fuerza que hace el tope, porque el peso no puede variar, ¿estamos de acuerdo? Cuando nos dicen si n que se separ en el t o pe y el ci l i nd ro equivale a decir que la fuerza normal mínima valga 0 , 000000000000000... 1 N (es un modo infantil de decirlo, pero aclara un poco la situación). Lo que nos interesa es la situación límite... que la fuerza hace el tope valga cero. ¿Dónde podría ocurrir tan singular fenómeno? Arriba de todo, claro. (ARRIBA)
P = m . v mín² / R
v mín² = R P / m = R g
v mín = 3 m/s
respuesta c-
1.43- Un pescador revolea una plomada de 200 g, atada al extremo de una línea, de modo que gira en una circunferencia horizontal de 1 m de radio, y realiza 2 vueltas por segundo. Hallar con qué velocidad partirá la plomada, cuando suelte la línea. ¿ Qué fuerza horizontal se requiere para mantener girando la plomada? Analizar si el hilo puede permanecer horizontal, y si la intensidad de la fuerza que ejerce es o no igual a la calculada. El pescador sostiene la tansa de la plomada en el punto S (por suspensión). Como ves el piolín de largo l , queda un poco oblicuo (después volvemos sobre ese tema, ¿ok?) y al girar genera un cono (jerga). ¿Vamos bien? La base del cono está horizontal, ese dato lo da el enunciado. La plomada describe una circunferencia de radio r (está marcado en verde). Si el pescador la suelta sale despedida con la velocidad, v t , que tenga en ese instante (marcada en rojo).
Dada la velocidad angular, se puede calcular la tangencial: v t = . R = v t = 2 . 2 s- 1. 1 m =
v t = 12,5 6 m/s Tomé una instantánea justo cuando la plomada pasaba por el extremo izquierdo. Y te la amplié abajo. Fijate, que la aceleración centrípeta apunta hacia el centro (flecha celeste) de la circunferencia, y no hacia la mano del pescador. Las fuerzas que actúan sobre la plomada son dos: su propio peso, P , y la tensión que hace la tanza, T . Como no son colineales, descompuse T en dos direcciones Una de ellas T C , es la fuerza horizontal por la que pregunta el enunciado. F C = m aC T C = m ² . R -2
T C = 0 ,2 kg 16 ² . s . 1 m
T C = 31,6 N
La componente vertical equilibra al peso. Si esa componente no existiese la plomada esataría animada con una aceleración vertical. De modo que para evitar eso T y no puede valer cero. De modo que la tensión que hace el hilo, y que necesariamente tiene la misma dirección que el hilo, no puede ser horizontal nunca.
no puede
1.44- Se hace girar un objeto mediante una cuerda de 0,5 m de longitud, atada al techo en el extremo libre, de modo que la cuerda forma un ángulo constante de 37° con la vertical (péndulo cónico). Calcular el período del movimiento circular uniforme que describe el objeto. Analizar si dependerá de su masa. Realizar la experiencia y verificar el resultado. Analizar qué valor tiene el período, para un ángulo menor que 5°. Como siempre, hay que arrancar con un DCL, pero también voy a hacer un esquemita del péndulo que creo que te va a ayudar y seguro que lo usaremos durante la resolución del ejercicio.
Bueno, acá está el DCL, describiendo las dos únicas fuerzas que actúan sobre el péndulo cuando se halla en la misma posición que te lo dibujé en el esquemita. La fuerzas son ; el peso de la masa, P ; y la tensión con que lo tir a la cuerda, T . Cosas destacables del esquema. La circunferencia que describe el péndulo es horizontal y tiene su centro en O (¡no en A!), y su radio r . En una posición -de cuando viaja por atrás- aproveché y te dibujé un vector aceleración centrípeta, ac , y una velocidad tangencial, v T , ¿te cierra todo? Bueno, tenemos que escribir las ecuaciones de Newton, pero, como las fuerzas no son co-direccionales, debemos descomponer una de ellas. Lo más prácrico es descomponer T . Acá va de nuevo el DCL. Recordás que siempre que enfrentás un MCU a uno de los ejes lo llamás c (por centrípeto), en lugar de x , ¿no? Es cierto que se trata de un eje que va cambiando con el tiempo. Pero no te olvides que la dinámica son sóloi nst ant áneas del universo. Fijate que = 37º y eso permite establecer que T V = T . cos T c = T . sen
Ahora sí, vamos a Newton. En el eje vertical tenemos que la aceleración es cero (la circunferencia no cambia de altura). F y = 0
F c = m ac
T V ² P = 0 T c = m ac
T V = m . g T c = m 4 ² . r /
[1] T ²
[2]
Como el enunciado nos hace preguntas sobre el período, elegí reemplazarla por alguna de aquellas expresiones que contienen T . Pero todavía falta mucho, no te apures. Vamos a hacer así: vamos a reemplazar las componentes de la tensión por su igual expresado en función del ángulo , y vamos a dividir miembro a miembro la [2] con la [1]. Por suerte se va la tensión cuya T se confunde con la de período (pero fijate que no son iguales)... T . sen = m 4 ² . r /
T ²
T . cos = m . g T ²
. sen / cos = 4 ² . r / g
[3]
También se canceló la masa, lo cual indica que el período es independiente de la masa. Ahora esto: r no es dato del problema, pero tené presente que lo puedo reemplazar por l y , qué sí son datos. Para eso mirá el triangulito amarillo que dejé a propósito en el esquema. r = l . sen reeemplazo esto en [3] T ²
. sen / cos = 4 ² . l . sen / g
sen multiplica en ambos miembros, puede volar. El coseno lo paso multiplicando al segundo miembro así dejo solito al período. T ²
= 4 2 cos . l / g
T =
2 ( cos . l / g)
T
1/2
= 1,27 s
independiente de la masa
Sabés que cualquier cosa elevada a la potencia 1/2 es lo mismo que raíz cuadrada de esa cosa... ¿no es cieto? Bueno para inclinaciones con la vertical menores que 5 grados... qué ocurre. cos 5 º vale 0.9962 y (cos 5 º)1 /2 vale 0.9981, o sea, valores extremadamente cercanos a 1 y que en la multiplicación afectan recién al 3er o 4to decimal. Para ángulo menores a 5 º la cercanía con 1 aumenta. La cuestión es que solemos despreciar ese factor, y entonces, a los fines prácticos, la ecuación del período queda... T = 2 ( l / g)
1 /2
1.45- El sistema de dos cuerpos de la figura gira en una mesa horizontal con rozamiento despreciable, de modo que los cuerpos se hallan alineados con el centro y realizan 2 vueltas por segundo. Si las masas respectivas son: m1 = 0,5 kg; m2= 1,5 kg, determinar las intensidades de las fuerzas sobre cada cuerda. Cada tramo tiene 0,5 m de longitud. Pero qué problema más bonito... no se imaginan cómo lo amo debido a las visicitudes que me trajo en la vida. Empecemos, claro está, con los DCL. Como hay dos sogas diferentes, una la que une el clavo con el cuerpo 1 y la otra la que une el cuerpo 1con el 2, le puse a las tensiones nombres diferentes: T i (tensión interna) a la primera, y T e(tensión externa) a la segunda, que, como toda cuerda del CBC realiza iguales fuerzas en ambos extremos, uno sobre el cuerpo 1 tirando hacia afuera y otro sobre el cuerpo2 tirando hacia adentro.
Ya podemos pasar a las ecuaciones de Newton. En este problema las ecuaciones en el eje vertical no van a aportar información interesante. Igual las escribo. Cuerpo 1
F y = m 1 a
N 1 ² P 1 = 0
Cuerpo 2
F y = m 2 a
N 2 ² P 2 = 0
Las ecuaciones del eje que tiene la dirección radial, en cambio, nos van a resolver el problema: Cuerpo 1
F c = m1 ac 1
Cuerpo 2
F c = m2 ac 2
T i ² T e = m1 ac 1
T e = m2 ac 2
fijate que le puse un subíndice particular a la aceleración de cada cuerpo... ¡es que son diferentes! ac 1 ac 2. Estamos acostumbrados a que la aceleración del "sistema" sea una sola y la misma para todos los cuerpos. Pero acá son diferentes, ya que la velocidad angular es la misma para ambos, pero los radios son diferentes, R1 = 0 ,5 m y R2 = 1,0 m. Por un lado tenemos que: = 2 . ² = 4 ² . ² Y siendo que ac = ² . R ac 1 = 4 ² . ² R1 = 4 ² . 4 s-2. 0 ,5 m = 80 m / s² ac 2 = 4 ² . ² R2 = 4 ² . 4 s-2 . 1 m = 160 m / s² haciendo números... T e = 240 N
T i = 280 N
1.46- El cuerpo 1 gira sobre una mesa horizontal con rozamiento despreciable, mantenido por una cuerda que pasa por un orificio en su centro, de la que cuelga el cuerpo 2. a- Si ambos cuerpos tienen masas iguales, hallar la frecuencia con que el cuerpo 1 describe una circunferencia de 0,4 m de radio. b- Hallar el nuevo radio para duplicar la frecuencia anterior sin cambiar los cuerpos. c- Hallar la relación de masas entre el cuerpo 2 y el 1, para que éste gire con la frecuencia calculada en el inciso a y con el radio del inciso b.
El ejercicio éste es más fácil de l o que el común de los mortales anticipa. Lo principal es que te des cuenta de que la soga que une los cuerpitos es una soga ideal, de CBC, sin masa, inextensible, inoxidable, etcétera. De modo que la fuerza que ejerce sobre una masa es la misma que la que ejerce sobre la otra masa. En el caso de la de abajo, es fácil ver que la tensión, T , es igual al peso. Y que deben ser iguales dado que ese cuerpo no sube ni baja. Eso lo sabemos porque el radio de giro de la de arriba (el tramo de soga sobre la mesa) es constante. De modo que (para el cuerpo 2): F y = 0 T ² P 2 = 0 T = m2 . g
Para el cuerpo 1, la tensión es la fuerza centrípeta que lo hace girar. Las otras dos su peso y el apoyo en la mesa- son verticales y se cancelan entre sí. Eso lo sabemos porque el cuerpo 1 no levanta vuelo ni se hunde en la mesa. T = m1 . ac
Si unimos ambas ecuaciones, nos queda: m2 . g = m1 . a c m2 . g = m1 . a² . Ra m2 . g = m1 . 4 ² . a² . Ra
[1]
Guardo esta expresión en mi corazón porque sé que me va a servir después, y despejo la frecuencia recordando que las masas son iguales. a² = g / 4 ² . Ra a = 0 , 8 s-1 = 0 , 8 Hz Para resolver la segunda cuestión me basta con arrancar de [1], porque estamos en la misma sólo que con otros d atos. m2 . g = m1 . 4 ² . b² . Rb Rb = g / 4 ² . b²
Rb = 0 ,1 m
Para la tercera, lo mismo... arranco otra vez de [1] (ya me aburrí). m2 . g = m1 . 4 ² . a² . Rb m2 / m1 = 4 ² . a² . Rb / g m2 / m1 = 0 ,25
1.47- Cuando un ciclista toma una curva en bici sobre una pista horizontal (curva no peraltada)... a- la inclinación que debe adoptar el ciclista ¿es tanto mayor cuanto mayor sea su peso? b- la inclinación tiene que ver con la velocidad. c- ¿De dónde proviene la fuerza centrípeta que permite tomar la curva ? Para que entiendas mejor el problema hice dos DCL en lugar de uno. El de la izquierda es el ciclista visto de frente cuando avanza en línea recta. El de la derecha es el que nos interesa, y es el ciclista doblando, que quedó bastante parecido al de la foto: se lo muestra también de frente y girando hacia nuestra derecha (la izquierda del ciclista). El de la izquierda es muy sencillo. Hay sólo dos fuerzas actuando sobre el ciclista (vamos a suponer que todo el camino marcha con rapidez constante). Una de ellas es su propio peso, P , y la otra es la reacción, R, del piso, que en este caso es perpendicular al mismo y por eso lo llamé normal, N . R y N no son dos fuerzas diferentes, es la misma y es una sola... si no entendés eso no sigas. Si te cierra, dale para adelante, después te explico por qué le puse dos nombres diferentes a una misma fuerza.
Ferza centrípeta = Roz e No se me escapa que tanto el rozamiento como el apoyo actúan en el punto de contacto entre la rueda y el piso mientras que el peso actúa sobre el centro de masa del móvil, cerca del ombligo del ciclista. Eso te prometo que lo asumiremos en el abordaje del NM S D4. Pero como por ahora se trata de un cuerpo puntual están todas las fuerzas actuando sobre el mismo punto. De todos modos, la clave de este problema consiste en darse cuenta que el ángulo de inclinación, , esta directamente relacionado con las componentes de la reacción en el apoyo. Roz = R sen N = R cos Y si aplicamos la segunda ley de Newton F c = m ac
Roz = m v ² / r
F y = m ay
N²P=0
N = P
A la aceleración centrípeta la reemplacé por su equivalente, v ² / r , donde r es el radio de la curva y v es la rapidez (módulo de la velocidad) del ciclista. Ahora metemos todo en la licuadora algebraica a ver si aparece algo interesante. Si dividimos miembro a miembro las dos primeras ecuaciones nos queda: Roz / N = tg Ahora metemos la tercera y cuarta ecuación ahí adentro y llegamos m v ² / r = m . g . tg la masa aparece de ambos lados del igual, así que la cancelo. Y acá está todo:
v ² = r . g . tg
Si analizás este resultado podés responder las dos preguntas pendientes y muchas otras más. la inclinación es independiente del peso del ciclista
pregunta a -
cuanto mayor sea la velocidad mayor deberá ser la inclinación
pregunta b -
1.49- La Ruta Nacional Nº 7 entre las localidades de Chacabuco y Junín tiene un ancho de calzada de 7,20 m. Para que un automóvil pueda circular a 80 km/h por una curva de 600 m de radio sin experimentar esfuerzos laterales, la diferencia de nivel entre los bordes de la calzada debe ser: a) 0,082 m b) 4,7 m c) 0,82 m d) 0,59 m e) 1,06 m f) falta la masa del automóvil.
El movimiento del auto es circular, específicamente MRU, con v = cte = 80 km/h = = 22,22 m/s . La aceleración, pues, es centrípeta... y ¡el centro de la circunferencia está a la misma altura del auto! La aceleración no apunta hacia abajo... es horizontal. En este último DCL la representé con un vector verde.
Ahora sí, aplicamos ecuación de Newton para los dos ejes: eje vertical
F y = m ay = 0
F x = m a x = m a C
Ay ² P = 0 eje centrípeto
A x = m ac = m v 2 / R Ya casi llegamos. Fijate el ángulo formado entre A y Ay ... ¡correcto! ¡es ! Lo cual implica que... A x = A sen Ay = A cos si meto estas dos cosas en las ecuaciones de x e y ... A sen = m v 2 / R A cos = m g ahora divido miembro a miembro estas dos últimas ecuaciones, mirá lo que queda: tg = v 2 / R g
Esto que acabo de recuadrar no es la respuesta a este problema en particular, pero es la que vamos a discutir luego ya que constituye una descripción más general de los peraltes. Antes, terminemos el ejercicio. tg = ( 22,22 m/s )2 / 600 m 10 m/s² = 0.08 23 = arc tg 0.08 23 = 4 , 70º h = 7 ,20 m . sen 4 , 70º d) 0 ,5 9 m
1.51- ¿A qué velocidad debe realizar un avión un loop (giro o vuelta en el aire) de 1 km de radio para que el piloto no experimente ninguna fuerza por parte del asiento o del cinturón de seguridad al encontrarse en la parte más alta del rulo ? (En tales circunstancias se dice que el piloto experimenta la "ingravidez"). arte resolutiva. Mirá qué breve y sencilla que era. Si la única fuerza que actúa sobre el piloto en el punto más alto de su looping es la fuerza peso, la Ley de Newton nos dice: P = m . ac m . g = m . v 2 / R g = v 2 / R v 2 = R . g
v = 100 m/s
20) ¿ Qué fuerza neta hay que aplicar sobre un coche de 1.000 kg para que adquiera una aceleración de 2 m/s ²?
Este ejercicio es interesantísimo para l os incrédulos. Empecemos con el DCLpresentando todas las fuerzas que actúan sobre el autito, que podría estar arrancando luego de haber estado detenido frente a un semáforo. Ahí tenés, la fuerza F , en azul, que es la que hace que el auto arranque y acelere hacia adelante. después vamos a charlar un poquito más sobre la naturaleza de esa fuerza. También hay otras dos fuerza que actúan en la dirección vertical: la fuerza p eso, P , que es la que ejerce la Tierra tirando del auto hacia abajo, y la fuerza que el pavimento hace hacia arriba, que llamé A (por apoyo), y que cualquier mortal hubiera llamado normal... pero en cuestión de nombres... Estas dos fuerzas verticales podemos ignorarlas, por ahora, ya que se anulan entre sí.
Ninguna de las dos tira para su lado más que la otra. Eso es evidente, porque si así no fuera, el autito levantaría vuelo... o se hundiría en el pavimento. Newton lo diría de este modo: (eje y )
F y = m ay
A ² P = 0
En cambio, la fuerza que tiene la dirección paralela al movimiento... ésa es la que nos interesa, y Newton lo describiría de esta manera: (eje x )
F x = m a x
F=ma
De esta ecuación, basta con hacer el cálculo, y obtenemos el valor de la fuerza: F = 1.000 kg . 2 m/s ² F = 2.000 N
22) En los siguientes esquemas se aplican fuerzas F1 = 10 kgf y F2 = 15 kgf a un mismo cuerpo, de masa 40 kg. Para cada caso: a) Dibuje la fuerza resultante. b) Calcule la aceleración del cuerpo.
Este ejercicio me va a servir para disciplinarte. La figura del enunciado te muestra dosDCLs de dos casos distintos e independientes con los que vamos a tener que trabajar. Pero para resolver el ejercicio todavía falta un elemento INDISPENSABLE... ¿lo sacaste? Efectivamente... se trata de la mención (la representación de la flechita con la x , con eso alcanza) del SR con el cual asignar signos para las fuerzas. Entonces sí, vamos al primer caso, que llamé a: F = Ra = m aa F 1 + F 2 = m aa 100 N + 15 0 N = 40 kg aa 25 0 N / 40 kg = aa
Ra = 25 0 N ;
aa= 6 ,25 m/s ²
Te habrás dado cuenta que convertí las unidades de fuerza para hacerlas compatibles con las de masa y aceleración... acordate que 1 kgf = 10 N .
El segundo caso, b, es casi idéntico al primero... prestá mucha atención a la diferencia: F = Rb = m ab ² F 1 + F 2 = m ab ² 100 N + 15 0 N = 40 kg ab 5 0 N / 40 kg = ab
Rb = 5 0 N ;
ab = 1,25 m/s²
23) Dos remolcadores llevan un barco de 1000 toneladas hasta una dársena, tirando cada uno con una fuerza constante de 2x10 5 N, como indica la figura. Si la fuerza de rozamiento que ejerce el agua sobre el barco es 10 5 N, ¿cuál es la aceleración del barco?
Este ejercicio nos va a enseñar cómo proceder cuando las fuerzas que actúan sobre un cuerpo no son codireccionales, es decir, apuntan en direcciones variadas. Empecemos con el DCL y presentando todas las fuerzas que actúan sobre el barco (al que tenemos que considerar como un cuerpo puntual). Este primer DCL es correcto... pero no nos sirve para aplicar la ecuación de Newton, el operador principal de la dinámica. Lo que hacemos es lo siguiente: elegimos un SR de coordenadas ortogonales (que formen 90 grados entre sí) y descomponemos las fuerzas que no coinciden con l as del SR , en sus proyecciones paralelas a los ejes. Así aparecen: F 1 x = F 1 cos 37º , F 1y = F 1 sen 37º F 2 x = F 2 cos 37º , F 2y = F 2 sen 37º En este segundo DCL aparecen sólo fuerzas en las direcciones de los ejes (yo te representé en fantasma las originales... sólo para orientarte) y ahora sí, aplicamos la 2da. Ley por separado para cada eje:
(eje x )
F x = m a x
F 1 x + F 2 x ² Roz = m a x
(eje y )
F y = m ay
F 1y ² F 2y = m ay
Ahora, si querés, podemos reemplazar por los valores que conocemos... 5
5
¡Una tonelada son 1.000 kilos!
5
1,6 x 10 N + 1,6 x 10 N ² 1 x 10 N = m a x 1,2 x 10 5 N ² 1,2 x 105 N = m ay
Con la segunda ecuación, se ve claramente que la aceleración en y (babor y estribor) vale cero. El barco no dobla. De la primera, en cambio, sale la aceleración de proa: 2,2 x 10 5 N = 1 x 106 Kg . a x
a x = 0 ,22 m/s²
24) Un jugador de fútbol patea una pelota de 0,4 kg con una fuerza media de 50 N. a) ¿Qué dirección tiene la aceleración media ?¿Cuál es su valor ? b) ¿Con qué velocidad sale disparada la pelota si inicialmente estaba en reposo y el impacto dura 0,5 segundos ? c) ¿Cuáles de las respuestas anteriores se modifican si, en el instante en que el jugador patea, la pelota tenía velocidad no nula ? Explique.
Te voy a contar algunas cosas de las que aprendí cuando me tocó dirigir la selección. Voy a hacer una excepción al no hacerte el DCL, porque en este ejercicio actúa una sola fuerza que es la del pateador. Es cierto que también actúa la fuerza peso... pero por un lado actúa en una dirección que no es la que interesa en este ejercicio. Además es menor que el 1% de la fuerza que sí nos interesa... podemos, entonces, ignorarla. Y lo mismo vale para el apoyo en el pasto (que los profesores de Física llaman normal). F = m a 5 0 N = 0 , 4 kg . a
a = 125 m/s ² El término medi o, que figura en el enunciado acompañando a fuerza y a aceleración, alude a lo siguiente: la fuerza del pateador no es constante.
Estudios de alta velocidad y suma precisión indican que las fuerzas de tipo impulsivas, aplicadas sobre todo a cuerpos elásticos, como una pelota de fútbol, lejos de ser constantes varían desde un valor casi nulo hasta un valor máximo que coincide con la máxima deformación de la pelota. Pero todo funciona como si hubiera actuado una fuerza constante... cuyo valor es una especie de promedio de los valores de la fuerza real. A esa fuerza se la llama fuerza medi a, y la aceleración que provoca: acel eración medi a. Don't worry. Para saber con qué velocidad sale disparada la pelota alcanza con aplicar la definición de aceleración, y recordar que la velocidad inicial vale cero. (Ojo estamos refiriéndonos al proceso de empuje del pie sobre la pelota... no al vuelo libre de la pelota después de la patada). a = v/ t = (v F ² v 0 ) / t = v F / t v F = a . t = 125 m/s ² . 0 ,5 s
v F = 62,5 m/s
25) Si un avión de 2.500 kg vuela horizontalmente a velocidad constante. a) ¿Cuánto vale la resultante de fuerzas sobre el avión ? b) ¿Cuál es el valor de la fuerza ascensional que el aire ejerce sobre el avión ? Este ejercicio es interesantísimo para l os incrédulos. Empecemos con el DCL y presentando todas las fuerzas que actúan sobre un avión volando. Por supuesto que está afectado por la atracción de la Tierra, de modo que actúa su peso, P , que en este caso vale 2. 5 00 kgf -o mejor aún,25 .000 N . Pese a que la Tierra tira hacia abajo con mucha fuerza el avión no s e cae porque sus alas interactúan con el aire de un modo muy especial, creando una fuerza que empuja hacia arriba y se suele llamar fuerza ascencional, o fuerza de sustentación, A. También actúa un rozamiento con el aire, R, que tiende a frenar al avión. Y por último una fuerza de avance que en los aviones a chorro la crean los gases que se expulsan por las turbinas, y en el caso de los de hélices el aire que las aspas empujan violentamente hacia atrás, C . Presentadas las fuerzas, vamos a las ecuaciones de Newton. Deben ser dos, porque las fuerzas no son codireccionales. Hay que plantear una sumatoria para el eje x , y otra para el eje y . Recordá que el enunciado aclara que vuela horizontalmente a velocidad constante, de modo que las aceleraciones en ambos ejes son nulas. (eje x )
F x = Res x = m a x
C²R=0
(eje y )
F y = Resy = m ay
A ² P = 0
La sumatoria de las fuerzas que actúan en un eje, no es otra que la resultante en ese eje, Res x y Resy . Y la resultante total es la composición de las resultantes de cada eje. En este caso resulta obvia: F = Res = 0 N
De la segunda ecuación podemos hallar el valor de la fuerza ascencional.
A = 25 .000 N
26- Una persona de 50 kg salta hacia arriba con una aceleración de despegue de 20 m/s². a) ¿Cuánto vale la fuerza que el piso ejercerá sobre la persona ? b) ¿Cuantas veces su peso vale esta fuerza ?
Y ahora la ecuación (planteada con un sistema de referencia que apunta hacia arriba): C ² P = m a C = m a + P C = m a + m g C = m (a + g) = 5 0 kg . 30 m/s ²
C = 1. 5 00 N Como P = m g = 5 00 N C/P = 3
27) El conductor de un auto que se estaba desplazando a 72 km/h, frena al ver el semáforo en rojo. El vehículo, de 1.000 kg, se detiene en 50 m. a) Dibujar todas las fuerzas que actúan sobre el vehículo, e identificar sus pares de interacción. b) Calcular el valor de la fuerza que actúa en el frenado.
Se trata de un MRUV, así que vamos a buscar los modelos de ese movimiento y reemplazamos las constantes del modelo por las constantes del movimiento, que están todas juntitas en el
esquema, en el punto 0. Quedan así. x = 20 m/s . t +
½
a t ²
v = 20 m/s + a . t Ahora le pedimos a estas ecuaciones que hablen del punto 1 5 0 m = 20 m/s . t 1 + ½ a . t 1²
0 m/s = 20 m/s + a . t 1 y lógicamente desembocamos en un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas. Acá viene el álgebra. De la segunda despejo t 1 t 1 = ² 20 m/s / a y esto lo meto en la primera: 5 0 m = ² ( 20 m/s )²/ a + ½ ( 20 m/s )²/ a 5 0 m = ² ½ ( 20 m/s )²/ a /s ²/ a 5 0 m = ² 200 m ²
a = ² 200 m ² /s²/5 0 m a = ² 4 m/s ² ¿te perdiste? Rehacelo vos s olo a ver si llegás, tenés que tener mucho cuidado con los signos. Ahora sí, vamos con Newton a la dinámica: F x = m a x
F y = m ay
² Roz = m a A ² P = 0
La última ecuación, de fuerzas verticales, no aporta gran cosa en este ejercicio, pero la primera nos lleva a la respuesta: ² Roz = 1.000 kg . (² 4 m/s² ) Roz = 1.000 kg . 4 m/s² Roz = 4.000 N
28) Un ascensor de 800 kg sube aumentando su velocidad a razón de 2 m/s en cada segundo. a) Calcular la fuerza que ejerce el cable que lo eleva. b) Si se corta el cable, ¿el ascensor sigue subiendo ? ¿Por qué? c) ¿Cuál es la aceleración del ascensor al cortarse el cable? Empecemos con el DCL y presentando todas las fuerzas que actúan en este ejercicio.
Son sólo dos: la fuerza peso, P , que ejerce la Tierra tirando hacia abajo del ascensor y todo su contenido. Y la fuerza que hacen los cables que sostienen al asc ensor, T , que -siempre tirando hacia arriba- y lo hacen pa sear por todos los pisos. Con un sistema de referencia hacia arriba (como indica el DCL) la Segunda Ley de la Dinámica nos dirá: F = m a
T ² P = m a
De donde despejamos la fuerza que hacen los cables: T = m a + P T = m a + m g T = 800 kg . 2 m/s² + 800 kg . 10 m/s ² T = 9.600 N
Si se cortan los cables y el ascensor estaba subiendo... entonces seguirá subiendo durante un pequeño intervalo, luego se detendrá y empezará a caer. Al cortarse el cable desaparece la fuerza T , y el ascensor se convierte en una partícula libre. Como todo cuerpo que está solo en el espacio, y sobre el que solamente act úa la fuerza p eso, se moverá con la aceleración de l os movimientos libres, o sea: g. Eso no quiere decir que sólo pueda moverse hacia abajo. Si ya venía moviéndose hacia arriba lo seguirá haciendo mientras el pasajero presiente que algo anda mal en su vida.
29) Se aplica una fuerza de 20 N que forma un ángulo hacia arriba de 37° con la horizontal a un bloque de 5 kg que se halla sobre una superficie horizontal. ¿Cuánto vale la fuerza de rozamiento si el bloque se desplaza con velocidad constante de 2 m/s ? La situación no es difícil de imaginar... pero ya que hice un esquemita te lo muestro. Sin embargo... ya se ve que este ejercicio va a requerir un DCL en que ya haya descompuesto la fuerza que hace el chabón en sus componentes horizontal y vertical. Donde F sen 37º x = F cos 37º , F y = F Las otras fuerzas son: el peso, P ; el apoyo, N ; y el rozamiento con el piso, Roz . Ahora sí podemos operar con la Ley de Newton. La ecuación en y no aporta nada en este ejercicio... pero igual la planteo: F y = m ay N + F y ² P = 0 Se sabe que la sumatoria de esas fuerzas vale cero porque el bloque no levanta vuelo ni se hunde en el piso.
La que resulta informativa es la ecuación en el eje x : F x = m a x F x ² Roz = m a x 20 N . 0 , 8 ² Roz = 0
Roz = 16 N Ya te habrás dado cuenta de que la información de que avanza a velocidad constante equivale a decir que la aceleración vale cero. No importa a qué velocidad se desplaza... mientras que sea constante.
30) Un bloque de 50 kg desliza con rozamiento despreciable por un plano inclinado recorriendo, a partir del reposo, 1 m al cabo de 2 segundos. a) Hallar la componente del peso paralela al plano inclinado. b) ¿Qué tiempo tardará en recorrer la misma distancia con las mismas condiciones iniciales otro cuerpo de masa doble ? El bloque puede estar subiendo o bajando... da exactamente lo mismo. Acá te lo represento bajando para que no te ocurra un cortocircuito neuronal mientras resolvemos el ejercicio. Como siempre, tenemos que hacer un DCL, ya hí vas a ver bien a qué se refiere el enunciado cuando habla de la componente del peso paralela al plano. A falta de uno te hice dos DCLs. El primero, como siempre es en el que consignamos la fuerzas reales que actúan sobre el cuerpo: el peso, P , y el apoyo sobr e el plano, N .
El segundo es el DCL útil, a los fines de aplicar la Segunda Ley, ya que al descomponer la fuerza peso en la dirección paralela y normal al plano, todas las coinciden con el SR elegido (ahí lo puse). P x es la componente paralela al plano... y es la fuerza que acelera al cuerpo, ya que la otra componente, P y, se cancela con el apoyo del pl ano. Entre P y P y, se forma, nuevamente al ángulo de inclinación del plano, , de modo que: P x = P sen , P y = P cos Pero el problema acá es que no conocemos , no es dato del ejercicio. En cambio nos ofrecen algunos datos cinemáticos. Vamos a aprovecharlos. Sabiendo que se trata de un MRUV, su aceleración surge de: x
=
½
a t ²
De donde: a = 2 x / t ² = 2 . 1 m / 4 s² = 0 ,5 m / s²
Ahora planteamos la ecuación de Newton en la dirección del movimiento: F x = m a x P x = m a x P x = 5 0 kg . 0 ,5 m / s ² P x = 25 N Esto, además nos permite concluir que sobre un plano inclinado sin rozamiento, la aceleración siempre vale a = g sen . ¿Te animás a demostrarlo?
31) La base de un plano inclinado mide 12 m y la altura 5 m. D esde la cúspide del plano, parten simultáneamente, desde el reposo, dos móviles, uno por el plano inclinado y el otro en caída libre. D espreciando los rozamientos: a) Calcular el tiempo que cada uno tarda en llegar a la base del plano. b) Hallar la velocidad que tiene cada uno al llegar a la base del plano. Como casi siempre, todo buen ejercicio de física, incluye una buena cuota de geometría, álgebra, trigonometría, agrimensura, corte y confección, ética y deontología... Como es casi seguro que lo vamos a necesitar, calculemos el ángulo de inclinación del plano y la longitud del recorrido sobre el plano, así no interrumpimos después, durante el desarrollo físico. El recorrido CD podés calcularlo por Pitágoras: 12²+5 ² = CD² , de donde resulta que CD = 13 m El ángulo de inclinación es aquel cuya tangente vale5 /12, de donde resulta que = 22,6º Empecemos con el cuerpo que cae libremente por la vertical. Voy a usar un SR positivo hacia arriba con el 0 en el piso, ¿Ok? (Lo hago sólo p or llevarte la contra). y = 5 m ± 5 m/s ² t ² v = ± 10 m/s² t Si a esas ecuaciones le pedimos que hablen del instante en que el móvil llega al piso... 0 m = 5 m ± 5 m/s ² t B² v B = ± 10 m/s² t B De la primera despejo t B, y lo que da lo meto en la segunda. t B = 1 s,
v B = ± 10 m/s