Ejemplo solucion de ejercicios

8/16/2019 Ejemplo solucion de ejercicios

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Solución de problemas selectos:

Mecánica vectorial: Dinámica (Beer, 9th Edition)

Raúl Puente*1,2

1Divisi´ on de Ciencias B´ asicas, Facultad de Ingenieŕıa, UNAM 2Departamento de f́ısica te´ orica, Instituto de Fı́sica, UNAM

4 de noviembre de 2015

Problema 12.18

Si el sistema mostrado en la figura 1 inicia desde el reposo, encuentre la velocidad en t = 1.2 s (a) del colları́n A,(b) del colları́n B . No tome en cuenta las masas de la polea y el efecto de la fricción.

Figura 1: Diagrama correspondiente al problema 12.18.

Hay por lo menos dos maneras de resolver este pro-

blema. La solución t́ıpica es a través de una descripciónvectorial:

Como la cuerda es la misma para todo el sistema,a partir de diagramas de cuerpo libre (ver figura 2) seobtienen las ecuaciones

T − 2T = mAaA (1)

F − 2T = mBaB (2)

x

mA

T T

T

x

mB

F T

T

Figura 2: Diagramas de cuerpo libre para el problema 12.18 donde F = 25 N , mA = 10 kg y mB = 15 kg. Nótese laexageración de las fuerzas en cada cuerpo para que se entienda mejor su efecto, ya que por hipótesis sabemos que elmovimiento es unidimensional en cada caso.

Aśı, eliminando la tensión T sumando las ecuaciones (1) y (2), se obtiene

F = mBaB − 2mAaA (3)

Además, si la cuerda tiene una longitud L y las posiciones de los collarines son xA(t) y xB(t) (medidas desde el extremoderecho del sistema), tenemos que

xA + 2(xB − xA) = xA + 2xB = L (4)

=⇒ vA + 2vB = 0 =⇒ aA + 2aB = 0∴ aA = −2aB (5)

Entonces, substituyendo la ecuación (5) en la ecuación (3), finalmente obtenemos que

F = mBaB + 4mAaB =⇒ aB = F

mB + 4mA=⇒ aA = −

2F

mB + 4mA(6)

y como a = dvdt

=⇒ v = at,

∴ vA = − 2FtmB+4mA

= −1211ms

, vB = F tmB+4mA

= 611ms

*email: [email protected]

1

mailto:[email protected]:[email protected]:[email protected]:[email protected]


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La otra manera es un poco más sencilla, utilizando una descripción Lagrangiana .Vemos que para describir el sistema se necesitan 2 grados de libertad, xA(t) y xB(t). Sin embargo, debido a que hay

una constricción (c.f. ecuación (4)), sólo es necesario 1 grado de libertad para describirlo, por ejemplo la posici ón xB(t).Recordemos que la función Lagrangiana de un sistema conservativo es L = T − V , donde T es la enerǵıa cinética total

y V es el potencial. Por tanto, vemos que para este sistema

T = 1

2mA ẋ

2A +

1

2mB ẋ

2B V = −

0xA

F dxA +

xB0

F dxB = F (xA + xB)

donde el potencial es tal que F = −∇V = 25 N . Por tanto, escribiendo la Lagrangiana en términos de xB, tenemos que

L = (1

2mB + 2mA)ẋ

2B − F (L− xB)

Asimismo, recordemos que las ecuaciones de Euler-Lagrange que describen al sistema son

d

dt

∂ L

∂ ẋB

=

∂ L

∂xB

=⇒ (mB + 4mA)ẍB = F (7)

Luego, haciendo lo mismo pero ahora en términos de xA, obtenemos

(mB + 4mA)ẍA = −2F (8)

y vemos que las ecuaciones (7) y (8) son exactamente las mismas que las aceleraciones dadas por la ecuación (6). Nóteseque la descripción Lagrangiana ofrece, en muchos casos, el encontrar la solución a problemas conservativos de una maneramucho más directa que a partir de una descripción vectorial, debido principalmente a que se evade el pasar por las fuerzas de constricci´ on (en este caso la tensión de la cuerda T ).

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Problema 12.22

Para transportar una serie de bultos de tejas A hasta el techo, un contratista utiliza un montacargas motorizadocompuesto por una plataforma horizontal B C que se monta sobre los rieles unidos a los lados de una escalera. Elmontacargas empieza su movimiento desde el reposo, al principio se mueve con una aceleración constante a1 comose muestra en la figura 3. Después se desacelera a una tasa constante a2 y se detiene en D, cerca de la parte superiorde la escalera. Si se sabe que el coeficiente de fricción estática entre el bulto de tejas y la plataforma horizontales de 0.3, determine la aceleración máxima permisible a1, y la desaceleración máxima permisible a2 si el bulto no

debe resbalarse sobre la plataforma.


Suponiendo en todo el razonamiento que si-gue que la situación es la de deslizamiento in-minente (i.e. la fuerza de fricción F 1 = f N ),donde f es el coeficiente de fricción estática en-tre el bulto y la plataforma.

De los diagramas de cuerpo libre (tanto parala aceleración a1 como para la desaceleración a2en la figura 4), tenemos que, para la etapa deaceleración

x : f N 1 − | F a1 | sin φ = 0 (9)

y : N 1 − | F a1 | cos φ −W = 0 (10)

donde la fuerza F a1 es la fuerza de marea (desdeel sistema del bulto de tejas) que siente el bul-to cuando la plataforma horizontal se acelera.Mientras tanto, para la etapa de desaceleracióntenemos similarmente que

x : f N 2 − | F a2 | cos θ = 0 (11)

y : N 2 + | F a2 | sin θ − W = 0 (12)

x

y

N 1

F a1

φ

N 1

W

F 1 x

y

N 2 F a2

θ

N 2

W

F 2

Figura 4: Diagramas de cuerpo libre para el problema 12.22 donde θ = 65° y φ = 90°− θ.

Notando el hecho de que sin φ = sin(90°− θ) = cos θ y cos φ = cos(90°− θ) = sin θ, despejando la fuerza normal N 1 dela ecuación (10) y substituyendo el resultado en la ecuación (9), obtenemos

f (| F a1 | sin θ + W ) − | F a1 | cos θ = 0

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pero ya que F a1 = ma1 y que W = mg,

=⇒ ma1 = f W

cos θ − f sin θ ∴ a1 =

f g

cos θ − f sin θ = 19.526

m

s2

Asimismo, despejando la fuerza normal N 2 de la ecuación (12) y substituyendo el resultando en la ecuaci ón (11),

tenemos que f (W − | F a2 | sin θ) − | F a2 | cos θ = 0, por lo que

=⇒ ma2 = f W

cos θ + f sin θ ∴ a2 =

f g

cos θ + f sin θ = 4.238

m

s2

donde las direcciones de los vectores a1 y a2 son las que se observan en la figura 4.

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Problema 12.41

Una esfera D de 100 g se encuentra en reposo respecto al tambor ABC que gira a una razón constante, comose muestra en la figura 5. Sin tomar en cuenta la fricción, determine el intervalo de los valores permisibles de lavelocidad v de la esfera, si ninguna de las fuerzas normales ejercidas por la esfera sobre las superficies inclinadasdel tambor debe exceder 1.1 N .

Figura 5: Diagrama correspondiente alproblema 12.41, en donde definimos

θ1 = 30°

y θ2 = 70°.

Del enunciado, vemos que la situación retratada en la figura 5 se puede tra-ducir en el diagrama de cuerpo libre de la figura 6. De aqúı, podemos describirla condición de equilibrio mediante las ecuaciones para las componentes de lasfuerzas en el sistema de referencia de la esfera como

x : F c · r̂ − | N 1| sin θ1 − | N 2| sin θ2 = 0 (13)

y : | N 1| cos θ1 + | N 2| cos θ2 − W = 0 (14)

donde F c = mv2

r r̂ es la fuerza centŕıfuga que siente la esfera cuando el tambor

gira, donde v es la velocidad con la que gira la esfera y el vector unitario r̂ esel vector que apunta desde el eje de rotación del tambor (en este caso y para

el sistema impuesto en el diagrama de cuerpo libre, el vector r̂ coincide con elvector x̂).Luego, de las ecuaciones (13) y (14), obtenemos

v =

r

m

| N 1| sin θ1 + | N 2| sin θ2

(15)

mg = | N 1| cos θ1 + | N 2| cos θ2 (16)

con lo que hemos logrado expresar la velocidad de la esfera en términos de las magnitudes de las fuerzas normales en laecuación (15) y la dependencia mutua de éstas en la ecuación (16).

x

y

F c

W

N 2

N 1

θ2

θ1

Figura 6: Diagrama de cuerpo librepara la situación de equilibrio desdeel sistema de la esfera del problema

12.41.

Por tanto, podemos escribir la velocidad v de la esfera conocida la magnitud deuna fuerza normal o la otra, como

v =

rm

| N 1| sin θ1 + tan θ2(mg − | N 1| cos θ1)

si | N 1| es conocida

rm

tan θ1(mg − | N 2| cos θ2) + | N 2| sin θ2

si | N 2| es conocida

(17)

si hacemos que | N 1| = 1.1 N , obtenemos que v = 1.121 m/s, mientras que si

| N 2| = 1.1 N , obtenemos que v = 1.663 m/s, por lo tanto

1.121m

s ≤ v ≤ 1.663

m

s

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Problema 13.61

Un colları́n de 500 g se puede deslizar sin fricción sobre la varilla curva BC en un plano horizontal , como se muestraen la figura 7. Si la longitud no deformada del resorte es de 80 mm y k = 400 kN /m, determine (a) la velocidadque se le debe imprimir al colları́n en el punto A para llegar a B con velocidad nula, (b) la velocidad del collaŕıncuando llegue al punto C . No tome en cuenta las masas de la polea y el efecto de la fricción.

Figura 7: Diagrama correspondienteal problema 13.61.

(a)

Utilizando la conservación de energı́a en los puntos A y B , si definimos 0 comola longitud no deformada del resorte, tenemos

1

2k(A − 0)

2 + 1

2mv2A =

1

2k(B − 0)

2

=⇒ vA =

k

m

(B − 0)

2 − (A − 0)2 87.178

m

s

(b)

Luego, hacemos lo mismo pero ahora para el punto C , tomando como referenciala enerǵıa del punto B del inciso (a), i.e.

1

2k(B − 0)

2 = 1

2k(C − 0)

2 + 1

2mv2C

=⇒ vC =

k

m

(B − 0)

2 − (C − 0)2 105.83

m

s

6


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Problema 13.162

Los paquetes de una fábrica de refacciones para automóviles se transportan hacia el muelle de descarga empujándo-los a lo largo de una pista de rodillos con muy poca fricci ón como se muestra en la figura 8. En el instante que seindica en la figura, los paquetes B y C se encuentran en reposo y el paquete A tiene una velocidad de 2 m/s. Si sesabe que el coeficiente de restitución entre los paquetes es de 0.3, determine (a) la velocidad del paquete C despuésde que A golpea a B y B golpea a C , (b) la velocidad de A después de que éste golpea a B por segunda vez.


(a)

Si definimos variables primadas para después de la primera co-lisión (la colisíon entre los paquetes A y B), doblemente prima-das para las variables después de la segunda colisión (la colisiónentre los paquetes B y C ), a partir de la conservación del mo-mento lineal (tomando en cuenta los coeficientes de restituciónde los paquetes), podemos escribir

mAvA = mAv

A + mBv

B (18)

evA = v

B − v

A (19)

con lo que, multiplicando la ecuación (19) por mA y sumando el resultado a la ecuación (18)

=⇒

vA = mA−emBmA+mB

vA

vB = (1+e)mAmA+mB

vA

(20)

Luego, hacemos lo mismo para la segunda colisi ón (entre los paquetes B y C ), para obtener

mBv

B = mBv

B + mC v

C

evB = v

C − v

B

=⇒ vB =

mB−emCmB+mC

vB

v

C = (1+e)mB

mB+mC v

B

(21)

∴ v C = (1 + e)2mAmB

(mA + mB)(mB + mC )vA 0.901

m

s

(b)

Ahora, como en el inciso anterior, si definimos variables triplemente veces primadas para las variables después de que elpaquete A golpea al paquete B por segunda vez, podemos escribir la relación entre las velocidades v A y v

B (después delprimer y segundo impacto, respectivamente) con las velocidades v A y v

B , i.e.

mAv

A + mBv

B = mAv

A + mBv

B (22)

e(v

B − v

A) = v

A − v

B (23)y, de la misma forma que en el inciso anterior, podemos resolver para la velocidad buscada v A , a saber

vA = (1 + e)mB

mA + mBvB +

mA − emBmA + mB

vA (24)

por lo que, usando las ecuaciones (20) y (21), finalmente obtenemos

∴ v A =

(1 + e)2(mB − emC )mAmB

(mA + mB)2(mB + mC ) +

mA − emBmA + mB

2vA 0.807

m

s

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Problema 15.123

El brazo AB mostrado en la figura 9 tiene una velocidad angular constante de 16 rad/s en sentido contrario al delas manecillas del reloj. En el instante en el que θ = 90o, determine la aceleración (a) del colları́n D y (b) del puntomedio G de la barra B D.


(a)

Sean (x1(t), y1(t)) y (x2(t), y2(t)) las trayectorias del punto By del colları́n D como función del tiempo t (fijando el origendel sistema en el punto A), respectivamente, 1 = 3 in lalongitud de la barra AB, y 2 = 10 in la longitud de la barraBD.

Utilizando el ángulo θ(t) entre la barra AB y la hori-zontal, vemos que podemos parametrizar los puntos x1 y y1como

x1(t) = 1 cos θ(t) y1(t) = 1 sin θ(t) (25)

por lo que, utilizando la regla de la cadena (omitimos en loque sigue la dependencia explı́cita de t, dando por hecho que

todas las variables dependen del tiempo), obtenemosdx1dt

= −1 sin θdθ

dt = −ω1 sin θ

dy1dt

= 1 cos θdθ

dt = ω1 cos θ (26)

donde, en la ecuación (26) se escribió ω ≡ dθ/dt = 16rad/s. Por tanto, como ω es constante, resulta ser que

d2x1dt2

= −ω21 cos θ d2y1

dt2 = −ω21 sin θ (27)

Asimismo, notamos que hay una constricción en las variables dinámicas del sistema, a saber (x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 = 2 (28)

con lo que, derivando impĺıcitamente, se obtiene

(x2 − x1)

dx2dt −

dx1dt

+ (y2 − y1)

−

dy1dt

= 0

=⇒ (x2 − x1)

d2x2dt2

− d2x1

dt2

+

dx2dt −

dx1dt

2− (y2 − y1)

d2y1dt2

+

dy1dt

2= 0 (29)

Luego, también de la constricción en 2, podemos escribir una relación para x2 − x1 y sus primeras derivadas

x2 − x1 =

22 − (y2 − 1 sin θ)2 (30)

=⇒ dx2

dt −

dx1dt

= (y2 − 1 sin θ)ω1 cos θ

22 − (y2 − 1 sin θ)2

(31)

por lo que, utilizando las ecuaciones (25)-(31), reescribimos la ecuación (29) en términos de θ (y de y2 = 6 in), como

d2x2dt2

=(1 sin θ − y2)ω

21 sin θ − ω221 cos

2 θ − (y2−1 sin θ)

2ω221 cos2 θ

22−(y2−1 sin θ)2

22 − (y2 − 1 sin θ)2

− ω21 cos θ

La ecuación anterior puede parecer intimidante, pero recuérdese que se busca encontrar el valor de la aceleración en elcollaŕın D cuando θ = π/2, lo que realmente simplifica la expresión, i.e.

d2x2dt2

= − (y2 − 1)ω

21 22 + (y2 − 1)

2 −241.53

in

s2

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x

y

θ

r1

r1+r22 r2

aGa1

a2

B

D

Figura 10: Vectores de posición y aceleracionesen los extremos y el centro G de la barra B D.

(b)

En la figura 10 se aprecia que el vector de la posición del punto mediode la barra B D para cualquier tiempo t está dado por

r3(t) = r1(t) + r2(t)

2 =

1

2(x1 + x2, y1 + y2)

=⇒ vG = dr3

dt =

dx1dt

+ dx2

dt ,

dy1dt

+ dy2

dt

(32)

=⇒ aG = d2r3

dt2 =

d2x1dt2

+ d2x2dt2

, d2y1dt2

+ d2y2dt2

(33)

por lo que, usando los resultados del inciso (a), para el ángulo θ = π/2obtenemos que

aG

θ=π

2

= a1 + a2

2

θ=π

2

(34)

Luego, sabemos que la derivada del vector unitario r̂1 apunta en ladirección del vector θ̂, i.e.

v1 = |v1|θ̂ (35)

=⇒ a1 = dv1

dt ∼ r̂1 (36)

i.e. el vector a1 apunta en la dirección del vector −r̂1 (c.f. figura 10), mientras que el vector a2 siempre apunta en ladirección −x̂. Por tanto, cuando θ = π/2

aG · x̂ = a2

2

aG · ŷ = a1

2

i.e.

aG = − (y2 − 1)ω

21

22 + (y2 − 1)2x̂ − ω21 ŷ (−120.76x̂ − 384ŷ)

in

s2

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Problema 16.9

El camión montacargas que se muestra en la figura 11 pesa 2250 lb y se usa para levantar una caja de pesoW = 2500 lb. Si se sabe que el camión está en reposo, determine (a) la aceleración de la caja hacia arriba parala cual las reacciones en las ruedas traseras B son cero, (b) lareacción correspondiente en cada una de las ruedasdelanteras A.


(a)

Vemos que, para la condición de que las reacciones en lasruedas traseras B sean cero (utilizando la regla de la manoderecha), tenemos que el equilibrio de torcas alrededor delpunto A implica que

r × W + rG × W G = 0

=⇒ rW − rGW G = 0

donde r = 3 f t, rG = 4 f t, W G = 2250 lb y W = W +ma esel peso aparente de la caja de masa m = W/g al levantarlacon una aceleración a, i.e.

a = rGW G − rW

rW g = 6.44

f t

s2

donde la aceleración de la gravedad g se tomó como de 32.2 ft/s2.

(b)

Luego, cuando las ruedas B del camión están a punto de despegarse del piso, el centro de masa del sistema total se sitúa justo en l vertical sobre el punto A, por lo que el peso total del sistema se aplica a este punto (i.e. el peso del camión W Gmás el peso aparente de la caja W = W + ma), por lo que, si la normal en cada rueda debida al piso es N , se tiene

W T = W G + W = W G + (1 +

a

g)W = 5250 lb

∴ N = W T

2 = 2625 lb

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Problema 16.94

Un neumático de radio r y radio de giro centroidal k̄ se suelta desde el reposo sobre una pendiente y rueda sindeslizarse como se muestra en la figura 14. Obtenga una expresión para la aceleración del centro del neumático entérminos de r , k̄, β y g .

Figura 14: Diagrama correspondiente al problema16.94.

Sabemos que el momento de inercia I del neumático de masa mestá relacionado con el radio de giro centroidal mediante la ecuación

I = mk̄2 (41)

Luego, como sabemos que la aceleración del centro del neumático esa0 = rα ya que el neumático no desliza, donde α es la aceleraciónangular del neumático. Aśı, utilizando la regla de la mano derechapara calcular las torcas del sistema con respecto al punto C , vemosque

τ C = mr × a + I α =⇒ r × W = mr ×a + I α

=⇒ rW sin β = mra0 + mk̄2α

=⇒ rW sin β = mra0 + mk̄2

r a0

∴ a0 = r2 sin β

r2 + k̄2 g

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