Cap 2 1- dinamica de una particula 42-62-2011 i

Cuaderno de Actividades: Física I

2) Dinámica de una partícula

Lic. Percy Víctor Cañote Fajardo 42


2) Dinámica de una partícula

Describe el movimiento a partir del concepto de FUERZA (CF vectorial)

Cantidad física derivada en el SI

Permite representar interacciones:

Interacción gravitacional(IG)

o Fuerza gravitacional ≡ W (peso)

Interacción electromagnética (IEM)

o Fuerza E.M. = f (fricción)o Tensióno Comprensióno Fuerzas de contacto

IND {de cierta forma se cumplen las fuerzas}

INF {idem}

Hay que recordar que este concepto fue introducido por I. Newton en la descripción del movimiento de los cuerpos.


http://es.wikipedia.org/wiki/Imagen:Isaac_Newton.jpeg


2.1) Leyes de Newton

Estas leyes constituyen las leyes del movimiento de los cuerpos (v <<<c)

Estas leyes son válidas para los observadores inerciales (describen la Física {mecánica}en forma equivalente).

“Os” Inerciales:

PRIMERA LEY

Todo cuerpo conservará su estado de reposo v MRU mientras no actúe sobre el una fuerza resultante (Fza resultante, FR)

Reposo

o si 1 2 3 0RF F F F≡ + + ≡rr r r r

MRU

Observación:

Esta 1ra ley pretende “conocer” a la fuerza como aquella que produce cambio en el estado de movimiento de los cuerpos.

En los “Principia”, la obra cumbre de Isaac, estas Leyes aparecen en el tomo I, en muchos casos la fuerza resultante asume solo una fuerza.

¿? Hacer monografía sobre la vida de Isaac Newton.

¿? Leer la Leyes en los Principia.

¿? Cuál es el correcto nombre de esta obra.

Lic. Percy Víctor Cañote Fajardo

0v ≡rr

v cte≡r 't t≡

Tierra (reposo) O O’

1Fr

2Fr

3Fr

44


SEGUNDA LEY:

Si la fuerza resultante es diferente de 0r

, entonces, el cuerpo acelerara.

// Ra Frr

1

Ra Fm

≡

rr

La cantidad “m” se determina experimentalmente y es denominada PROPIEDAD MASA DEL CUERPO.

m ≡ ml : masa inercial se opone a los movimientos

m ≡ mg: masa gravitacional favorece a los movimientos

⇒ m ≡ ml ≡ mg : de esta forma Newton resuelve magistralmente la disyuntiva.

La segunda ley establece un orden de hechos:

Causa: RFr

Efecto: ar

Se desarrolla la corriente filosófica basada en el llamado Principio de Casualidad ⇒ Física clásica.

TERCERA LEY:

Las fuerzas en la naturaleza aparecen apareadas.

1Fr

: acción ≡ Ar

2Fr

: reacción ≡ Rr


FR ≠ 0r

ar

2Fr

1Fr

45


Características:

i) Actúan sobre cuerpos diferentes.

ii) A R≡ −r r

Observaciones:

k) El estado de reposo o MRU suele ser llamado estado de EQUILIBRIO o INERCIAL.

kk) En particular el equilibrio con MRU suele ser llamado estado natural, libre de los cuerpos.

¿? Un cuerpo está en equilibrio en los puntos de Lagrange.

kkk) La forma operacional de la segunda ley es:

RF ma= r

p mv=r r

: ;R

dF p m cte

dtFI ≡ =r



kv) DCL (Diagrama Cuerpo Libre): Consiste en aislar al cuerpo (o parte del sistema), graficando todas las fuerzas actuantes. Recordar que las fuerzas son representaciones de interacciones, por lo tanto, en el DCL deberán de existir tantas fuerzas como interacciones experimente el cuerpo.

Ejemplo 1) Determine la fuerza constante F que se necesita para acelerar un automóvil (m = 1000 kg) por una carretera llana desde el reposo hasta 20 m/s en 10s.

SOLUCION:

DCL (m):

Asumiendo que la fuerza de fricción es despreciable,

y

W x

F

N

De la 2da Ley: RF ma≡r r

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ( )RF Fi Nj wj Fi N w j ma mai→ ≡ + − ≡ + − ≡ ≡r r

Igualando componentes:

x: F ma≡ : 0y N w N w∧ − ≡ → ≡

Ahora, usando la cinemática hallamos la a constante,

(10) (0) 202

10 0 10

v va

−= = =−

Por lo tanto,

(1000)(2) 2F kN≡ ≡


10s

V0 = 0 V1 = 20 m/s

47


Ejemplo 2) Un bloque de hielo cuya masa es de 15 kg se desliza 20 m sobre una superficie horizontal antes de pararse. Si su velocidad inicial era de 15 m/s, determine:a) La fuerza de rozamiento entre bloque y superficie.b) El coeficiente de rozamiento cinético µk.

SOLUCION: De la dinámica,

ΣFy = 0 → N – mg = 0 ⇒ N = mg

ΣFx = ma → f = ma ⇒ f Nµ− = − = maa

gµ→ ≡ −

De la cinemática,

2 20 0 0

1 1

2 2x x v t at x v t at= + + → = +

0 15 15fv va a

t t t

− − −= = → =2

15 1 1520 15

2a

a a

− − → = +

21 1520

2 a= − ⋅

215

405,6a a = −= − →

)a f = ma= (15) (-5,6)= -84 84f→ ≡ −

5,6) 0,

16

0 kk gb

aµ µ− → =≡ − ≡


20 m x

mg

15g v0 = 15 m/s vf = 0 f N

48


Ejemplo 3: Analice los pares A-R de m1.

SOLUCION:

DCL (m1):

Ejemplo 4: Una caja de masa 100 kg descansa sobre el suelo de un montacargas. Determine la fuerza que la caja ejerce sobre dicho suelo si el montacargas.

a) Arranca hacia arriba con una aceleración de 3 m/s2.b) Arranca hacia abajo con una aceleración de 2 m/s2. Asuma g=9,8m/s2.

SOLUCION: Haciendo el DCL (m), la fuerza A es la fuerza que ejerce la caja al piso del montacargas,


m1

µ ≠ 0

m2

W1 v

T

f

N1

-N1

-f

49


a) ΣFy = ma

N – mg = maN = m (a+g) = 100 (3 + 9,8) = 1280 N

b) ΣFy = ma mg – N = ma ν N – mg = m (-a)N = m (g – a)N = 100 (9,8-2) = 780 N

Ejemplo 5) Sobre una superficie plana y horizontal se apoya un bloque que pesa 1000 N, según se indica en la figura. Determinara) El módulo de la fuerza F que produciría una aceleración de 1,5

m/s2, si la superficie fuese lisa.b) La aceleración que originaria una fuerza F de 500 N si el

coeficiente de rozamiento cinético, µk, entre bloque y suelo fuese 0,25.

SOLUCION: Haciendo DCL de la caja y descomponiendo las fuerzas en x-y,


a

a

W m

a y R=N

x

A

F y 37°

50


a) ΣFx = ma

Fcos37 = m a

100 1,5

187,5cos37 cos37

maF

×= = ≡

ΣFy = 0 N – w – Fsen37 = 0

b) F = 500 N µk = 0,25

ΣFx = m.aFcos37 – f = maFcos37 – µN = ma

N=?: ΣFy = 0 N – w – Fsen37 = 0 N = mg +Fsen37

Fcos37 – µ (mg +Fsen37)= ma500 (4/5) – (0,25) (1000 + 500 (3/5)) = 100 a

a=0,75

Ejemplo 6) En la figura los cuerpos A y B pesan 250 N y 225 N respectivamente. El coeficiente de rozamiento cinético µk para el cuerpo B vale 0,20 y al sistema se libera partiendo del reposo. Durante el movimiento de los cuerpos determine,


Fx v F Fy w y 37°

f

N

51


a) La aceleración del cuerpo A. b) La tensión del cable que une los cuerpos. c) La distancia recorrida por el cuerpo B durante los primeros 5

segundos de movimiento.

2xA + xB = cte( la longitud de la cuerda es cte)

2 0A Bv v+ =2 0A Ba a+ =2aA + aB = 02aA =- aB

2| aA| = |aB|…….(1)

Para A:

ΣFy =mAg-2T=mA aA…….(2)

Para B:

ΣFx =mBaB=T- mBgsenθ-f……(3)

ΣFy = 0: N – mB gcosθ = 0……..(4)

Resolviendo (1), (2) (3) y (4) aA =? aB =? T =?

2,2) Algunas fuerzas especiales

i) Fuerza de fricción, fr

Es una fuerza que aparece durante el desplazamiento (o intento de desplazamiento) relativo de superficies. Se opone siempre a dicho desplazamiento.


mBgsenθ T mBgcosθ T T B y y N SR

v mBg f x 4 A 3 θ x mAg

52


→ fr

por deslizamiento

Es una fuerza de procedencia electromagnética y se estudia de dos formas:

→ Experimental: Descripción fenomenológica

v

Hace ∼ 500 años: Coulomb, Amontons.

→ Analítica: Nanotribología

Modelos de f a nivel, atómico – molecular, propuestos hace 15 años.

Descripción Experimental

i) 0v ≡rr

F = fs → Fmax = fs, max = µs N

F > Fmax → v ≠ 0

Fmax : caracteriza el estado de movimiento inminente

ii) v ≠ 0

fk ≡ µk N

fk ≤ fs ⇒ µk ≤ µs


F

f

f

µsN=fs,max

µkN

F max F

0v ≡r 0v ≠rr

53


Observación: f generalmente modelada por el experimento.

f ≡ a + bv + cv2 + … ↑ ↑ ↑

Propuesta Experimental: “La velocidad limite”, vL

Mediante un montaje experimental sencillo es posible corroborar uno de los resultados más notables de la fuerza de fricción, esto es , cuando se le puede modelar en función a la velocidad, pudiendo comprobar rápidamente la predicción teórica.

¿? Importancia de la velocidad limite. Aplicaciones

ii) Fuerza Gravitacional

Ley de la gravitación universal

→ I. Newton

Teoría general de la relatividad

→ A. Einstein

1 22

Gm mF

r=

211

26,67 10

NmG

kg−≡ ×

“Leyes” de Kepler

→J. Kepler

I. Orbitas


m2

-Fm1 F r

54


II. Velocidad Areal

dActe

dt=

III. Periodos Orbitales

2 3 ( , )T c R c c M centro gravitacional≡ ← ≡

iii) Fuerza centrípeta, Fcp

Fuerza resultante de todas las fuerzas radiales dirigidas hacia el centro de curvatura.

, 1 2cp R radial r rF F F F≡ ≡ −

iv) Fuerza elástica: Ley de Hooke


F2r F1

= 0 • F1r F2

P∈

K m x 0

55


Fres = - kx

Describe adecuadamente movimientos periódicos oscilantes.

2,3) Dinámica del movimiento Circular

Aplicando la segunda Ley y escribiéndola en los ejes radial y tangencial obtendríamos las ecuaciones suficientes par describir el MC adecuadamente.

( )R t rF ma m a a≡ ≡ +r r r r

R Rt RrF F F≡ +r r r

2

2: t

RtRt t

dv d sF m mt F ma

dt dt≡ ≡≡ ←

2 2

: tRr cp c cpr p

vn r cp F F ma m Fa m m

RR

s≡ ≡ ≡ ≡≡ ≡ ≡ ←&

Estas ecuaciones también se podrían escribir en la variable angular. Si se conocen las fuerzas se obtendrían 2 ecuaciones en variables cinemáticas, resultando ser una descripción ya conocida.

Aplicaciones:

S2P7)

Un cuerpo de masa m ≡ 10 kg se mueve sobre un plano rugoso (µk ≡ 0,2) como se indica en la figura. La longitud de la cuerda es 1 m y su masa m0 ≡ 0,2 kg. Considerar la cuerda indeformable. Si la mano aplica a la cuerda una fuerza de 122 N, determine:


m0 m

56


a) Realice los DCL de m y m0 .b) ¿Qué fuerza le aplica la cuerda a m?c) ¿Como modificamos el problema para que el sistema (m + m0) este en

equilibrio?

SOLUCION:

a)

b) Calculamos la aceleración del sistema (m +m0) ,

: Rx F ma≡

0( )R k kF F f m m a f Nµ≡ − ≡ + ← ≡

/ 0 /: :ReM C M Cy N R w w R acciondelamanocontra la cuerda+ ≡ + ←

Del DCL(m0) de la parte a) / //0

/ 2BM C M CC C BR ARw

A ≡≡ ≡ ≡

0 0( )2

: (0,2) (101) 20,22 k

wy fN

www µ≡ + → ≡ × ≡≡ +

Con lo cual la aceleración,


RB/C RM/C

T F

W0

W Ac/B

T fk

N

a y W W0

x

F fk RM/C

N

57


0

0

2( )

122 20, 210,0

10, 2

wF w

am m

µ−≡

− +

+≡

≡

Analizando el sistema bloque-cuerda de longitud x

De la 2da Ley,

( )

( )

0

0

0

0 0 0

0 0 0

2( )

( ) 2

k

k

wF w

m m wT x m x a f

mT x f m x a

l

m x wl l m m

µµ

− + ≡ + + ≡ + + + +

− ≡ +

( ) ( )0 (20,2) 10 (10) 120,2T x ≡ ≡ + ≡

c) Una opción seria que F=20,2

S2P14) El sistema mostrado está en reposo cuando se aplica una fuerza de 150 N al collarín B.

a)Si la fuerza actúa durante todo el movimiento, determínese la velocidad del collarín B al golpear al soporte C.

b)¿Después de qué distancia d se deberá eliminar la fuerza de 150 N si el collarín debe llegar al soporte C con velocidad cero?


W a

x T(x)f

N

0,6 m C 8 kg

B 150 N

3 kg A

58


SOLUCION:

a) ( )0 0v ≡

De la 2da Ley:

2 B B BF T m a m a− ≡ ≡

{ }2A A A AT w m a m a− ≡ ≡

2 BF T m a− ≡ 1)

2A AT m g m a− ≡ 2)

2 2 4A AT m g m a− ≡ 2’)

{ } { }(1) (2') : 2 4

2

4A B AA

B A

F m gaF m g m

mm a

m

−≡+ ≡+

− + →

150 2 3 10 9 0

8 4 3a

− × ×∴ ≡ ≡+ × 2 0

4,5≡ → 4,5a ≡

Ahora, de la cinemática:


T

2a

WA

a

B F T T

a t C ∆x D t ≡ 0

V(t) ≡ ? 0,6 V(0) ≡ 0

59


( ) ( ) ( ) { } 1/ 22 2 0 2 2 4,5 0,6v t v a x v t≡ + ∆ → ≡ × × → ( ) 2,3cv v t≡ ≡

b)

{ }0 2 2 3 1

30 60

34 8 4 3 20A

B A

ma

ma

g

m

− − × × −≡ ≡ ≡ ≡ − →− +

−×

≡%%

Tramo DE: 2 2 4,5Ev d≡ × ×

Tramo EC: ( ) ( )2 20 2 3 0,6c Ev v d≡ ≡ + × − × −

De estas 2 últimas Ecs:

( )2 29 6 0,6E Ev d v d≡ ≡ ≡ −

15 3,6d ≡ → 0,24d ≡

S3P2)

El automóvil de masa m de la figura baja por el plano inclinado con rapidez V0. El coeficiente de fricción cinética entre las ruedas y el piso es µk y el ángulo que forma al plano inclinado con la horizontal es θ. Si en cierto instante el chofer aplica los frenos para evitar que las ruedas giren, halle:

a) El desplazamiento luego de aplicar los frenos hasta que se detiene. (USE METODOS DINAMICOS y CINEMATICOS)


ã a C E d D

• • •

θ

60


b) La masa del automóvil, si se conoce wc = trabajo de las fuerzas conservativas.

SOLUCION:

a) De la 2da Ley,

cos

cos

R kF f wsen ma

mg mgsen ma

g gsen a

θ

µ θ θ

µ θ θ

≡ − + ≡

− + ≡

− + ≡

De la cinemática,

( ) ( )2 2 200 2 0 2v t v a x v a x≡ + ∆ → ≡ + ∆

0

20

2

cos

2( cos )

2

va g gs

vx

nx

g se

e

g n

µ θ θ

µ θ θ

≡ − ≡ −

−

+∆

∆ ≡

…


V(0) ≡ V0 m v(t)≡0 A

N W B θ

61


S2P26) Sobre el sistema que se muestra en la figura actúa una fuerza F(t) ≡ (2 t + 2) N. Las masas m1 ≡ 20 kg y m2 ≡ 5 kg tienen coeficientes estático µs ≡ 0,4 y , cinético µk ≡ 0,2. El sistema parte del origen con rapidez cero, determinar:

a) Los DCL de m1 y m2 para todo tb) Las aceleraciones de m1 y m2 en todo t.

SOLUCION:

El T de 2 “quiebre” lo marcara t/ f(t) ≡ fs, max entre los bloques

a)…


m2

F m1

0 x

62

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