9_12_Dinamica
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LEYES DE MOVIMIENTO DE NEWTON PARA UNA S OV N O N W ON UNPARTICULA Y SISTEMA DE PARTICULAS
Objetivos:fi i l i d1. Definir la ecuación de
movimiento para un cuerpo sometido a una fuerza.sometido a una fuerza.
2. Definir el diagrama de cuerpo libre de un cuerpo acelerado.
APLICACIONESAPLICACIONES
El movimiento de un objeto dep[ende de las fuerzas que actuan en el.
El caso de una paracaidista.
Conociendo la fuerza de arrastre , podríamos determinar a velocidad y aceleración en cada momento?
El caso de un ascensor de materiales.
Como podríamos determinar la tensión necesaria o la potencia del motor para elevar las cajas a una velocidad adecuada?
Sera la tensión mayor que la carga que tiene?
LEYES DE NEWTON
Recordemos que el movimiento de una partícula esta definida eco de os que e ov e o de u p cu es de dpor tres leyes fundamentales.
Primera Ley: Una partícula permanecerá en reposo o enPrimera Ley: Una partícula permanecerá en reposo o en movimiento constante si la suma de todas sus fuerzas sobre ella son cero.Segunda Ley: Si la suma de fuerzas no es contante la partícula tendrá un movimiento acelerado proporcional a la fuerza resultante y en la misma dirección.
Tercera Ley: La ley de la acción y reacción.
La primera y tercera leyes son parte del estudio de Estática. La segunda ley lo es de Dinámica.
MatemáticamenteF = ma
Donde F es la resultante de las fuerzas que actúan en la partícula, a es la aceleración de la partícula. La masa es un escalar siempre positivo.
La segunda ley de Newton no puede ser usada en cuerpos que están a velocidades cercanas a la luz.P ?Por que?
LEY DE LA ATRACCION GRAVITATORIA DE NEWTONLEY DE LA ATRACCION GRAVITATORIA DE NEWTON
Dos cuerpos se atraen mutuamente con una fuerza i i l d ll l bi
F = G(m m /r2)
gravitacional actuando entre ellos. La ley que gobierna estas fuerzas es:
F = G(m1m2/r2)
Donde F = fuerza de atraccion entre dos cuerpos,Donde F fuerza de atraccion entre dos cuerpos,G = constante de gravitacion un universal,m1, m2 = masas de cada cuerpor = distancia entre centros de gravedad de cada
cuerpo.
Que hay entre nosotros y la tierra?. Que es el Peso de un cuerpo?.
MASA Y PESO
Cuidado con la diferencia entre masa y peso!
Masa es una propiedad absoluta de un cuerpo. Depende dela gravedad?.Depende dela gravedad?.(m = F/a).
Y el peso?e peso?W = mg
UNIDADES
Sistema Internacional SIg = 9.81 m/s2.
W (N) = m (kg) g (m/s2) => N = kg·m/s2
Sistema Gravitatorio (Ingles):g =32 2 ft/s2g =32.2 ft/s .
m (slugs) = W (lb)/g (ft/s2) => slug = lb·s2/ft
ECUACION DE MOVIMIENTO
∑F = FR = ma∑F FR maFR es la fuerza resultante, de la suma de todos los vectores de fuerza.
MARCO INERCIAL DE REFERENCIA
Todas las ecuaciones de movimiento son validos si son medidos en un MARCO DE REFERENCIA INERCIAL o NEWTONIADO.Que quiere decir esto?Que quiere decir esto?Para problemas sobre la superficie de la tierra asumimos un marco de referencia inercial fijo sobre la tierraun marco de referencia inercial fijo sobre la tierra.No tomamos en cuenta la aceleración de la rotación de la tierra.
Para problemas de cohetes y satélites donde estaría el marco de referencia?marco de referencia?En las estrellas.
ECUACIONES DE MOVIMIENTO PARA SISTEMAS DE PARTICULAS
Las ecuaciones de movimiento d t did SISTEMASpueden ser extendidas a SISTEMAS
DE PARTICULAS. Esto incluye el movimiento de sólidos, líquidos y q ysistemas de gas.
Como en estática, hay fuerzas internas y fuerzas externas
d l iactuando en el sistema.Cual es la diferencia entre ellas?
Por definición m = ∑mi masa total de las partículas y aG es la aceleración del centro de masa G.aceleración del centro de masa G.Luego maG = ∑miai .
E t i t d tí l ∑F d d ∑FEntonces para un sistema de partículas: ∑F = maG donde ∑F es la suma de las fuerzas externas actuando en el sistema.
CLAVESCLAVES
1) La 2da Ley de Newton es “Ley de la Naturaleza”—experimentalmente probada mas no analíticamenteexperimentalmente probada, mas no analíticamente.
2) Masa (propiedad de un objeto) es la medida de la2) Masa (propiedad de un objeto) es la medida de la resistencia al cambio en la velocidad de un objeto.
3) Peso (fuerza) depende de campo gravitacional.
F = ma, i.e., W = m g.
4) Fuerzas en desbalance causan la aceleración de los cuerpos. En esta condición están los problemas de Di á i !Dinámica!
EJEMPLO
Given: Un cajón de masa m es jalado por un camión. El fi i t d f i ió t l jó l tcoeficiente de fricción entre el cajón y el terreno es µk.
Defina:Diagrama de cuerpo libre del cajón.
1) Un marco inercial de referencia x-y puede ser el terreno.Solucion:
y W = mgT
2) Dibuje el diagrama de cuerpo libre: x
T30°
NF = uKN
N
3) Dibuje el diagrama cinético magdel cajón:
ma
PREGUNTAS DE CONCEPTO
1. El bloque (masa = m) se mueve hacia arriba con una velocidad v. Cual será su DCL si el coeficiente de fricción es µk.
A) )
mgmg vA) B)
N
µkN
N
µkN
C) D) Ninguna de las anteriores.µkmg
mg
N
µk g
N
PROBLEMAS EN GRUPO
Dado: Dos bloques de do: os b oques demasa m. El coeficiente de fricción entre todas las superficies en contacto es µ Secontacto es µ. Se aplica una fuerza horizontal P en el bloque inferior.
Trabajo: Dibuje el diagrama de cuerpo libre y cinético de cada bloquelibre y cinético de cada bloque.
Solución:
1) El piso define un marco inercial x-y2) Dibujando el diagrama de cuerpo libre y cinético de cada bloque:) j g p y q
y Bloque B:y
x
q
T
WB = mgBlock B:
T
NFfB = µNB
maB = 0=NBfB µ B
yNB
WA = mgBloque A:
x
P
NBFfB = µNB Block A:
maA=PFfA = µNA
NA
A
OJO, la fricción se opone al movimiento relativo de las superficies
A
que deslizan.
ECUACIONES DE MOVIMIENTO: COORDENADAS RECTANGULARES
Objectivos:1. Aplicar la 2da Ley de
Newton en coordenadas rectangulares.rectangulares.
PREGUNTA
1. Si una partícula esta conectada a un resorte, su fuerza esta expresada por F = ks . El valor “s” representa:
A) la constante de elasticidad.
B) la longitud no-deformada del resorteB) la longitud no-deformada del resorte.
C) La diferencia entre la longitud deformada y la no deformada del resortedeformada del resorte.
D) la longitud deformada del resorte.
COORDENADAS RECTANGULARES
La ecuación , F = m a, se aplica en todo movimiento por a ecuac ó , a, se ap ca e todo ov e to pofuerzas. Recuerde, un desbalance de fuerzas en una partícula causa aceleración!
La ecuación de movimiento en coordenadas Cartesianas (rectangulares) es:
∑ ∑ ∑ ∑ ( )∑F = ma or ∑Fx i + ∑Fy j + ∑Fz k = m(ax i + ay j + az k)
O su forma escalar, ∑Fx = max , ∑Fy = may , and ∑Fz = maz .
EJEMPLO
Dado: WA = 10 lbWB = 20 lbvoA = 2 ft/sµk = 0.2
Hallar:vA cuando A se ha movido 4 pies.
2TSolución:
Diagrama de cuerpio
2T
libre de B: =
WB mBaB
yy ma F =↓+ ∑
BBB amTW =− 2Luego:BBB
BaT 2.3220220 =− (1)
Diagrama de cuerpo libre de A:y
WAmAaA
g py
x
=T
F N
Luego:
N F = µkN
0==↑+ ∑ yy maFlb10
xx maF =←+ ∑
TF
Luego:
lbWN A 10==
lbNFk 2== µ
AA amTF =−
T 102 ( )kAaT 2.32
102 =− (2)
Ahora, tomando en cuenta consideraciones cinemáticas.
Ecuación de movimiento:sA + 2 sB = constanteA B
orvA + 2 vB = 0
sA Datums
A B
luegoaA + 2 aB = 0
A
sB aA + 2 aB 0aA = -2 aB (3)
sB
(Note que aA es considerado positivo a la derecha y aB es
iti h i b j )B
positivo hacia abajo.)
Combinando las ecuaciones (1) (2) y (3)Combinando las ecuaciones (1), (2) y (3).
lbT 33.7322 == 3
→=−= 22 16.1716.17 sfts
ftaA
Usando la ecuación cinemática:2 )(222
oAAAoAA ssavv −+=
)4)(1617(22 22 +=v )4)(16.17(22 +=Av
→= sftvA 9.11A
PREGUNTAS DE CONCEPTO
1. Si el cable tiene una tensión de 3 N, determine la aceleración del bloque B.
A) 4.26 m/s2 B) 4.26 m/s210 kg
C) 8.31 m/s2 D) 8.31 m/s2
10 kg
4 kg
µk=0.4
2. Determine la aceleración del bloque.•30°
A) 2.20 m/s2 B) 3.17 m/s2
C) 11 0 / 2 D) 4 26 / 2
•30°
C) 11.0 m/s2 D) 4.26 m/s2
5 kg60 N
PROBLEMAS EN GRUPODado: Un carro minero de 400 kg es tirado cuesta arriba. La
fuerza del cable es F = (3200t2) N. El carro tiene una velocidad inicial de vi = 2 m/s en t = 0.Encontrar: La velocidad en t = 2 s.
1) Dibujar el diagrama de cuerpo libre:
Solución:
W = mg F ma
=
θx
y
N
Como el movimiento es inclinado, rotamos el eje x-y .
θ N
, j y
θ = tan-1(8/15) = 28.07°
El movimiento ocurre en la dirección x.
2) E ió2) Ecuación en x
+ ∑ Fx = max => F – mg(sinθ) = max
=> 3200t2 – (400)(9.81)(sin 28.07°) = 400a
3) En relación a la velocidad en x:=> a = (8t2 – 4.616) m/s2
3) En relación a la velocidad en x:a = dv/dt => dv = a dt
∫ ∫v t
∫ dv = ∫ (8t2 – 4.616) dt, v1 = 2 m/s, t = 2 sv1 0
2
v – 2 = (8/3t3 – 4.616t)⎜ = 12.10 => v = 14.1 m/s0
ECUACIONES DE MOVIMIENTO:COORDENADAS NORMAL Y TANGENCIALCOORDENADAS NORMAL Y TANGENCIAL
Objetivos:Objetivos:1. Aplicar la 2da Ley de
Newton en coordenadas normal y tangencial.
ALGUNAS PREGUNTASALGUNAS PREGUNTAS
1. La componente “normal” de la ecuación de movimiento es escrita como ΣFn=man, donde ΣFn se refiere a :_______.
A) impulso B) fuerza centrípetaA) impulso B) fuerza centrípeta
C) fuerza tangencial D) fuerza de inercia
2. La dirección positiva n de las direcciones normal y tangencial es: ____________.A) Perpendicular a la tangente.B) siempre en dirección al centro de curvatura.C) normal a la componente binormal.D) Todas las anteriores.
APLICACIONESAPLICACIONES
COORDENADAS NORMAL Y TANGENTIALCOORDENADAS NORMAL Y TANGENTIAL
Cuando una partícula l l dse mueve a lo largo de
una trayectoria curva, conviene describir elconviene describir el movimiento en términos de coordenadas normal y tangencial
Que propiedades tienen las direcciones normal y tangencial?.
ECUACIONES DE MOVIMIENTO
∑F = ma,Aplicando a las coordenadas n&t:Aplicando a las coordenadas n&t:∑Ftut + ∑Fnun + ∑Fbub = mat + man
La forma escalar: ∑Ft = mat y ∑Fn = man
En la dirección binormal (b):En la dirección binormal (b): ∑Fb = 0.
ACELERACIONES NORMAL Y TANGENCIALACELERACIONES NORMAL Y TANGENCIAL
at = dv/dt.D di d d l di i d ∑F l l id d d l ti lDependiendo de la direccion de ∑Ft, la velocidad de la particula puede crecer o decrecer.
an = v2/ρ, representa la rapidez del cambio de la direccion de la velocidad.
SIEMPRE t h i l t d tan SIEMPRE apunta hacia el centro de curvatura.Entonces ∑Fn apuntara hacia el centro de curvatura
Recordemos, si y = f(x), el radio de curvatura en un punto de la curva es: ρ =
[1 + ( )2]3/2dydxρ =
d2ydx2
EJEMPLODado: En el instante θ = 60 , El
centro de masa G de un niño áesta momentáneamente en
reposo. Su peso es de 60 lbSu peso es de 60 lb. Desprecie la masa del asiento y las cuerdas.y
Halle: La velocidad del niño y la tensión de las cuerdas cuando θ 90°θ = 90°.
Solucion:Solucion:
1) E d d t l l bit i θ1) En coordenadas n-t para un anglulo arbitrario θ.
DCLn
ma
n
2T θ man
ma
θ=
T = tension de la cuerdat
mat
W t
W = peso del ninho
2) Aplicando la ecuación de movimiento en las direcciones n-t .
Luego an = v2/ρ = v2/10, w = 60 lb, and m = w/g = (60/32.2),
(a) ∑Fn = man => 2T – W sen θ = man
obtendremos: 2T – 60 sen θ = (60/32.2)(v2/10) (1)
(b) ∑Ft = mat => W cos θ = mat
> 60 θ (60/32 2)=> 60 cos θ = (60/32.2) at
Resolviendo para at: at = 32.2 cos θ (2)
Note que tenemos 2 ecuaciones con 3 incógnitas (T, v, ) i i l
Resolviendo para at: at 32.2 cos θ (2)
at). Se requiere una ecuación mas. Cual?
3) A li d l i i áti l i
d d d d d dθ 10 dθ
3) Aplicando relaciones cinemáticas para relacionar at y v.
v dv = at ds donde ds = ρ dθ = 10 dθ
=> v dv = 32.2 cosθ ds = 32.2 cosθ (10 dθ )
=> v dv = 322 cosθ dθ∫∫90
600
v
90
=> = 322 senθ => v = 9.29 ft/s600 90
60
v2
2v es la velocidad del niño en θ = 90°. Podemos sustituir este valor en la ecuación (1) para hallar T.
2T – 60 sen(90°) = (60/32.2)(9.29)2/10T = 38 0 lb (tensión en cada cuerda)T 38.0 lb (tensión en cada cuerda)
PROBLEMA Dado: Un trineo de 200 kg con el conductor se desliza colinaconductor se desliza colina abajo. En el punto A, esta a 4 m/s y 2 m/s2.y
Hallar: La resultante normal y la de fricción en A
Solución:1) El sistema de coordenadas n-t puede ser establecidas en el
punto A. Tratando el trineo como una partícula , aplicamos DCL :DCL :
θW
tn
matman
θ
NF =
tnt
θn
N
W = mg = peso de trineo + pasajeroN = resultante de fuerza NormalF = resultante de fuerza de FricciónF = resultante de fuerza de Fricción
2) Aplicar la ecuación de movimiento en las direcciones n-t :2) Aplicar la ecuación de movimiento en las direcciones n-t :
∑ Fn = man => W cos θ – N = man
Usando W = mg y an = v2/ρ = (4)2/ρ=> (200)(9 81) cos θ – N = (200)(16/ρ)> (200)(9.81) cos θ N (200)(16/ρ)=> N = 1962 cosθ – 3200/ρ (1)
∑ Ft = mat => W senθ – F = mat
Usando W = mg y a = 2 m/s2 (dato)Usando W = mg y at = 2 m/s (dato)=> (200)(9.81) sen θ – F = (200)(2)
> F 1962 θ 400 (2)=> F = 1962 senθ – 400 (2)
3) Determinar ρ por diferenciación de y = f(x) en x = 10 m:3) Determinar ρ por diferenciación de y = f(x) en x = 10 m:
y = -5(10-3)x3 => dy/dx = (-15)(10-3)x2 => d2y/dx2 = -30(10-3)x
ρ[1 + ( )2]3/2dy
dx [1 + (-1.5)2]3/2
= 19 53 mρ = =d2ydx2 -0.3x = 10 m
19.53 m
Determinar θ de la tangente a la curva en A:
t θ d /dtan θ = dy/dx
θ = tan-1 (dy/dx) = tan-1 (-1 5) = 56 31°x = 10 m
θdy
De Eq.(1): N = 1962 cos(56.31) – 3200/19.53 = 924 N
θ tan (dy/dx) tan ( 1.5) 56.31dx
De Eq.(2): F = 1962 sen(56.31) – 400 = 1232 N
ECUACIONES DE MOVIMIENTO:COORDENADAS NORMAL Y TANGENCIALCOORDENADAS NORMAL Y TANGENCIAL
Objetivos:Objetivos:1. Aplicar la 2da Ley de
Newton en coordenadas normal y tangencial.
ALGUNAS PREGUNTASALGUNAS PREGUNTAS
1. La componente “normal” de la ecuación de movimiento es escrita como ΣFn=man, donde ΣFn se refiere a :_______.
A) impulso B) fuerza centrípetaA) impulso B) fuerza centrípeta
C) fuerza tangencial D) fuerza de inercia
2. La dirección positiva n de las direcciones normal y tangencial es: ____________.A) Perpendicular a la tangente.B) siempre en dirección al centro de curvatura.C) normal a la componente binormal.D) Todas las anteriores.
APLICACIONESAPLICACIONES
COORDENADAS NORMAL Y TANGENTIALCOORDENADAS NORMAL Y TANGENTIAL
Cuando una partícula l l dse mueve a lo largo de
una trayectoria curva, conviene describir elconviene describir el movimiento en términos de coordenadas normal y tangencial
Que propiedades tienen las direcciones normal y tangencial?.
ECUACIONES DE MOVIMIENTO
∑F = ma,Aplicando a las coordenadas n&t:Aplicando a las coordenadas n&t:∑Ftut + ∑Fnun + ∑Fbub = mat + man
La forma escalar: ∑Ft = mat y ∑Fn = man
En la dirección binormal (b):En la dirección binormal (b): ∑Fb = 0.
ACELERACIONES NORMAL Y TANGENCIALACELERACIONES NORMAL Y TANGENCIAL
at = dv/dt.D di d d l di i d ∑F l l id d d l ti lDependiendo de la direccion de ∑Ft, la velocidad de la particula puede crecer o decrecer.
an = v2/ρ, representa la rapidez del cambio de la direccion de la velocidad.
SIEMPRE t h i l t d tan SIEMPRE apunta hacia el centro de curvatura.Entonces ∑Fn apuntara hacia el centro de curvatura
Recordemos, si y = f(x), el radio de curvatura en un punto de la curva es: ρ =
[1 + ( )2]3/2dydxρ =
d2ydx2
EJEMPLODado: En el instante θ = 60 , El
centro de masa G de un niño áesta momentáneamente en
reposo. Su peso es de 60 lbSu peso es de 60 lb. Desprecie la masa del asiento y las cuerdas.y
Halle: La velocidad del niño y la tensión de las cuerdas cuando θ 90°θ = 90°.
Solucion:Solucion:
1) E d d t l l bit i θ1) En coordenadas n-t para un anglulo arbitrario θ.
DCLn
ma
n
2T θ man
ma
θ=
T = tension de la cuerdat
mat
W t
W = peso del ninho
2) Aplicando la ecuación de movimiento en las direcciones n-t .
Luego an = v2/ρ = v2/10, w = 60 lb, and m = w/g = (60/32.2),
(a) ∑Fn = man => 2T – W sen θ = man
obtendremos: 2T – 60 sen θ = (60/32.2)(v2/10) (1)
(b) ∑Ft = mat => W cos θ = mat
> 60 θ (60/32 2)=> 60 cos θ = (60/32.2) at
Resolviendo para at: at = 32.2 cos θ (2)
Note que tenemos 2 ecuaciones con 3 incógnitas (T, v, ) i i l
Resolviendo para at: at 32.2 cos θ (2)
at). Se requiere una ecuación mas. Cual?
3) A li d l i i áti l i
d d d d d dθ 10 dθ
3) Aplicando relaciones cinemáticas para relacionar at y v.
v dv = at ds donde ds = ρ dθ = 10 dθ
=> v dv = 32.2 cosθ ds = 32.2 cosθ (10 dθ )
=> v dv = 322 cosθ dθ∫∫90
600
v
90
=> = 322 senθ => v = 9.29 ft/s600 90
60
v2
2v es la velocidad del niño en θ = 90°. Podemos sustituir este valor en la ecuación (1) para hallar T.
2T – 60 sen(90°) = (60/32.2)(9.29)2/10T = 38 0 lb (tensión en cada cuerda)T 38.0 lb (tensión en cada cuerda)
PROBLEMA Dado: Un trineo de 200 kg con el conductor se desliza colinaconductor se desliza colina abajo. En el punto A, esta a 4 m/s y 2 m/s2.y
Hallar: La resultante normal y la de fricción en A
Solución:1) El sistema de coordenadas n-t puede ser establecidas en el
punto A. Tratando el trineo como una partícula , aplicamos DCL :DCL :
θW
tn
matman
θ
NF =
tnt
θn
N
W = mg = peso de trineo + pasajeroN = resultante de fuerza NormalF = resultante de fuerza de FricciónF = resultante de fuerza de Fricción
2) Aplicar la ecuación de movimiento en las direcciones n-t :2) Aplicar la ecuación de movimiento en las direcciones n-t :
∑ Fn = man => W cos θ – N = man
Usando W = mg y an = v2/ρ = (4)2/ρ=> (200)(9 81) cos θ – N = (200)(16/ρ)> (200)(9.81) cos θ N (200)(16/ρ)=> N = 1962 cosθ – 3200/ρ (1)
∑ Ft = mat => W senθ – F = mat
Usando W = mg y a = 2 m/s2 (dato)Usando W = mg y at = 2 m/s (dato)=> (200)(9.81) sen θ – F = (200)(2)
> F 1962 θ 400 (2)=> F = 1962 senθ – 400 (2)
3) Determinar ρ por diferenciación de y = f(x) en x = 10 m:3) Determinar ρ por diferenciación de y = f(x) en x = 10 m:
y = -5(10-3)x3 => dy/dx = (-15)(10-3)x2 => d2y/dx2 = -30(10-3)x
ρ[1 + ( )2]3/2dy
dx [1 + (-1.5)2]3/2
= 19 53 mρ = =d2ydx2 -0.3x = 10 m
19.53 m
Determinar θ de la tangente a la curva en A:
t θ d /dtan θ = dy/dx
θ = tan-1 (dy/dx) = tan-1 (-1 5) = 56 31°x = 10 m
θdy
De Eq.(1): N = 1962 cos(56.31) – 3200/19.53 = 924 N
θ tan (dy/dx) tan ( 1.5) 56.31dx
De Eq.(2): F = 1962 sen(56.31) – 400 = 1232 N