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Dinámica En esta ocasión realizaremos ejercicios en donde se aplicarán la primera y segunda ley de Newton para sistemas compuestos por más de un cuerpo, los cuales están conectados a través de una cuerda. La particularidad de este tipo de situaciones es que debe plantearse un DCL para cada cuerpo pero su “dinámica” debe estar relacionada pues están unidos por la cuerda; es decir, la magnitud de la aceleración resultante en los cuerpos atados será la misma. Cabe mencionar que las poleas sólo cambiarán la dirección de la cuerda y no se realizará un análisis de fuerza sobre ellas ni aplicarán fuerza alguna. Recuerda: La aplicación de la tercera ley será inherente a los análisis que realizaremos. Todas las situaciones serán analizadas en presencia del campo gravitacional de la Tierra por lo que siempre deberá considerarse la existencia del peso. Cada objeto tendrá su propio espacio euclidiano el cual tiene el origen situado en el objeto siendo creciente en la dirección de movimiento. El aire no afectará el movimiento de nuestros cuerpos. Las cuerdas son inextensible y de masa despreciable. 1
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Clase 6, 21de abril, Newton bloques - UNAMdepa.fquim.unam.mx/amyd/archivero/F1_Clase6_36650.pdf · + 6 , & s + l : x t ä s { ; e : { ä z s ; : v r ä r ; o a j t w ä r l t t z

Jun 26, 2020

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DinámicaEn esta ocasión realizaremos ejercicios en donde se aplicarán la primera ysegunda ley de Newton para sistemas compuestos por más de un cuerpo, loscuales están conectados a través de una cuerda.

La particularidad de este tipo de situaciones es que debe plantearse un DCL paracada cuerpo pero su “dinámica” debe estar relacionada pues están unidos por lacuerda; es decir, la magnitud de la aceleración resultante en los cuerpos atadosserá la misma.

Cabe mencionar que las poleas sólo cambiarán la dirección de la cuerda y no serealizará un análisis de fuerza sobre ellas ni aplicarán fuerza alguna.

Recuerda:

• La aplicación de la tercera ley será inherente a los análisis que realizaremos.

• Todas las situaciones serán analizadas en presencia del campo gravitacional dela Tierra por lo que siempre deberá considerarse la existencia del peso.

• Cada objeto tendrá su propio espacio euclidiano el cual tiene el origen situadoen el objeto siendo creciente en la dirección de movimiento.

• El aire no afectará el movimiento de nuestros cuerpos.

• Las cuerdas son inextensible y de masa despreciable.1

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DinámicaEjercicio 1.

Dos bloques, m1 = 40.0 kg y m2 = 15.0 kg, se mantienenestáticos sobre una superficie inclinada 25.0 grados sobre lahorizontal. Si ambos bloques están unidos por una cuerdapero sólo el bloque m1 está unido por otra cuerda a unapared vertical, determina la magnitud de la tensión en cadacuerda. Considera que no existe fricción y que las cuerdasson paralelas con la superficie.

Para resolver la situación planteada debemos de asociar las fuerzas que actúansobre cada uno de los bloques, por lo tanto ten en mente que:

q = 25.0 grados

m1m2

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sobre cada uno de los bloques, por lo tanto ten en mente que:

• Ambos bloques tienen masa distinta por lo tanto tendrán un peso diferente.

• Ambos bloques están en contacto con la superficie por lo que existirá la fuerzanormal, la cual será diferente para cada bloque.

• El bloque m1 está unido a dos cuerdas por lo que tendrá asociado dos tensionesdiferentes pero el bloque m2 está atado a una cuerda así que sólo tendrá unatensión asociada.

• El sistema está estático así que el ejercicio corresponde a primera ley.

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DinámicaBloque m1.

q

𝑤1

��1 𝑇1

𝑇2

x

y

q

𝑤1

��1 𝑇1

𝑇2 x

yDCL

q 𝑤1

��1

𝑇1 𝑇2

∑ 𝐹𝑥 : 𝑇2 + |𝑤1|𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑇1 = 0 N ∑ 𝐹𝑦 : |��1| − |𝑤1|𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 N

3

q

𝑤2

𝑛2

𝑇2

Bloque m2.

x

y

q

𝑤2

𝑛2

𝑇2

x

DCL

q𝑤2

𝑛2

𝑇2

y

∑ 𝐹𝑥 : 𝑇2 + |𝑤1|𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑇1 = 0 ∑ 𝐹𝑦 : |��1| − |𝑤1|𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0

∑ 𝐹𝑥 : |𝑤2|𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑇2 = 0 N ∑ 𝐹𝑦 : |𝑛2| − |𝑤2|𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 N

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DinámicaDe la suma de fuerzas en el eje cartesiano x para el bloque m2 podemosdeterminar la magnitud de la tensión de la cuerda que une a los dos bloques, .

Al sustituir este valor en la suma de fuerzas en el eje cartesiano x para el bloquem1 podemos determinar la magnitud de la tensión de la cuerda que une albloque m1 con la pared vertical, .

𝑇2

∑ 𝐹𝑥 : |𝑤2|𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑇2 = 0 N … |𝑤2|𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑇2 = 0 … |𝑤2|𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑇2

𝑇2 = (9.81)(15.0)𝑠𝑒𝑛25.0 = 62.19 N

𝑇1

∑ 𝐹𝑥 : 𝑇2 + |𝑤1|𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑇1 = 0 N … 𝑇2 + |𝑤1|𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑇1 = 0 … 𝑇1 = 𝑇2 + |𝑤1|𝑠𝑒𝑛𝜃

4

Observa como la magnitud de la tensión 1 es mucho mayor que la tensión 2.Esto es debido a que la cuerda uno está contrarrestando el efecto de dos fuerzas,la contribución del peso asociado con m1 y la tensión 2 que “jala” al bloque unohacia la parte baja de la superficie inclinada.

Otro detalle que puedes observar es la dirección de la tensión 2, ya que en elbloque m1 apunta “hacia abajo” de la superficie mientras que en el bloque m2

apunta “hacia arriba” de la superficie.

∑ 𝐹𝑥 : 𝑇2 + |𝑤1|𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑇1 = 0 N … 𝑇2 + |𝑤1|𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑇1 = 0 … 𝑇1 = 𝑇2 + |𝑤1|𝑠𝑒𝑛𝜃

𝑇1 = (62.19) + (9.81)(40.0)𝑠𝑒𝑛25.0 = 228.03 N

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DinámicaEjercicio 2.

Determina la masa del bloque m2 para que el bloque m1

descienda con rapidez constante. Considera que la superficieestá inclinada 30.0 grados, que la masa del bloque m1 es50.0 kg y que el coeficiente de fricción es 0.1.

Para resolver la situación planteada debemos de asociar las fuerzas que actúansobre cada uno de los bloques, por lo tanto ten en mente que:

• Ambos bloques tienen masa distinta por lo tanto tendrán un peso diferente.

q

m1

m2

5

• Ambos bloques tienen masa distinta por lo tanto tendrán un peso diferente.

• Únicamente el bloque m1 está en contacto con la superficie por lo que se puedeasociar la fuerza normal y la fuerza de fricción sólo a este bloque.

• Los bloques m1 y m2 están unidos por una cuerda por lo que únicamenteexistirá una fuerza de tensión, la cual tendrá diferente dirección en función delanálisis particular para cada bloque.

• Como deseamos que m1 descienda, entonces, m2 debe ascender.

• El sistema se mueve con rapidez constante así que el ejercicio corresponde aprimera ley.

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DinámicaBloque m1.

𝑤1

𝑛

y

𝑤1

x

yDCL

q 𝑤1

Bloque m .

∑ 𝐹𝑥 : |𝑤1|𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑇 − 𝑓 = 0 N ∑ 𝐹𝑦 : |𝑛| − |��1|𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 N

x

q

𝑇 𝑓

𝑛

q

𝑇 𝑓 𝑇 𝑓

𝑛

6

Bloque m2.

∑ 𝐹𝑥 : |𝑤1|𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑇 − 𝑓 = 0 ∑ 𝐹𝑦 : |𝑛| − |��1|𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0

∑ 𝐹𝑥 = 0 N ∑ 𝐹𝑦 : 𝑇 − |𝑤2| = 0 N

q

𝑇 x

y

DCLy

𝑤2

xq

𝑇

𝑤2

𝑇

𝑤2

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DinámicaComo el objetivo del ejercicio es determinar la masa m2 que ocasiona que elbloque m1 descienda con rapidez constante, entonces, requerimos encontrar lamagnitud de la tensión para sustituir este valor en la suma de fuerzas en el ejecartesiano y del bloque m2.

Para determinar la magnitud de la tensión emplearemos la suma de fuerzas en eleje cartesiano x del bloque m1, extrayendo la magnitud de la fuerza normal de lasuma de fuerzas en el eje cartesiano y del bloque m1.

∑ 𝐹𝑦 : |𝑛| − |𝑤1|𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 N … |𝑛| − |𝑤1|𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 … |𝑛| = |��1|𝑐𝑜𝑠𝜃

|𝑛| = (50.0)(9.81)𝑐𝑜𝑠30.0 = 424.79 N

7

Como fue mencionado, este valor de tensión será sustituido en la suma defuerzas en el eje cartesiano y del bloque m2, de donde se obtendrá el valor de lamasa.

∑ 𝐹𝑦 : |𝑛| − |𝑤1|𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 |𝑛| − |𝑤1|𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 |𝑛| = |��1|𝑐𝑜𝑠𝜃

|𝑛| = (50.0)(9.81)𝑐𝑜𝑠30.0 = 424.79 N ∑ 𝐹𝑥 : |𝑤1|𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑇 − 𝑓 = 0 N … |𝑤1|𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑇 − 𝑓 = 0 … 𝑇 = |��1|𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑓 … 𝑇 = |��1|𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝜇|𝑛|

𝑇 = (50.0)(9.81)𝑠𝑒𝑛30.0 − (0.1)(424.79) = 202.77 N

∑ 𝐹𝑦 : 𝑇 − |𝑤2| = 0 N … 𝑇 − |𝑤2| = 0 … 𝑇 = |𝑤2| … 𝑇 = 𝑚2𝑔 … 𝑚2 =𝑇

𝑔

𝑚2 =202.77

9.81= 20.67 kg

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DinámicaEjercicio 3.

Determina la masa del bloque m2 para que el bloque m1

ascienda con rapidez constante. Considera que la superficieestá inclinada 30.0 grados, que la masa del bloque m1 es50.0 kg y que el coeficiente de fricción es 0.1.

Para resolver la situación planteada debemos de asociar las fuerzas que actúansobre cada uno de los bloques, por lo tanto ten en mente que:

Ambos bloques tienen masa distinta por lo tanto tendrán un peso diferente.

q

m1

m2

8

• Ambos bloques tienen masa distinta por lo tanto tendrán un peso diferente.

• Únicamente el bloque m1 está en contacto con la superficie por lo que se puedeasociar la fuerza normal y la fuerza de fricción sólo a este bloque.

• Los bloques m1 y m2 están unidos por una cuerda por lo que únicamenteexistirá una fuerza de tensión, la cual tendrá diferente dirección en función delanálisis particular para cada bloque.

• Como deseamos que m1 ascienda, entonces, m2 debe descender.

• El sistema se mueve con rapidez constante así que el ejercicio corresponde aprimera ley.

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DinámicaBloque m1.

𝑤1

𝑛

y

𝑤1

x

yDCL

q𝑤1

Bloque m .

∑ 𝐹𝑥 : 𝑇 − |��1|𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑓 = 0 N ∑ 𝐹𝑦 : |𝑛| − |��1|𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 N

x

q

𝑛

q

𝑛

𝑓

𝑇

𝑓

𝑇

𝑇 𝑓

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Bloque m2.

∑ 𝐹𝑥 : 𝑇 − |��1|𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑓 = 0 ∑ 𝐹𝑦 : |𝑛| − |��1|𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0

∑ 𝐹𝑥 = 0 N ∑ 𝐹𝑦 : |𝑤2| − 𝑇 = 0 N

q

𝑇 x

y

DCL

y𝑤2

xq

𝑇

𝑤2

𝑇

𝑤2

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DinámicaComo el objetivo del ejercicio es determinar la masa m2 que ocasiona que elbloque m1 ascienda con rapidez constante, entonces, requerimos encontrar lamagnitud de la tensión para sustituir este valor en la suma de fuerzas en el ejecartesiano y del bloque m2.

Para determinar la magnitud de la tensión emplearemos la suma de fuerzas en eleje cartesiano x del bloque m1, extrayendo la magnitud de la fuerza normal de lasuma de fuerzas en el eje cartesiano y del bloque m1.

∑ 𝐹𝑦 : |𝑛| − |𝑤1|𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 N … |𝑛| − |𝑤1|𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 … |𝑛| = |��1|𝑐𝑜𝑠𝜃

|𝑛| = (50.0)(9.81)𝑐𝑜𝑠30.0 = 424.79 N

10

Como fue mencionado, este valor de tensión será sustituido en la suma defuerzas en el eje cartesiano y del bloque m2, de donde se obtendrá el valor de lamasa.

∑ 𝐹𝑦 : |𝑛| − |𝑤1|𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 |𝑛| − |𝑤1|𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 |𝑛| = |��1|𝑐𝑜𝑠𝜃

|𝑛| = (50.0)(9.81)𝑐𝑜𝑠30.0 = 424.79 N ∑ 𝐹𝑥 : 𝑇 − |𝑤1|𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑓 = 0 N … 𝑇 − |��1|𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑓 = 0 … 𝑇 = |��1|𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑓 … 𝑇 = |��1|𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝜇|𝑛|

𝑇 = (50.0)(9.81)𝑠𝑒𝑛30.0 + (0.1)(424.79) = 287.73 N

∑ 𝐹𝑦 : |𝑤2| − 𝑇 = 0 N … |𝑤2| − 𝑇 = 0 … 𝑇 = |𝑤2| … 𝑇 = 𝑚2𝑔 … 𝑚2 =𝑇

𝑔

𝑚2 =287.73

9.81= 29.33 kg

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DinámicaEjercicio 4.

Dos bloques, m1 = 100.0 kg y m2 = 20.0 kg, están atados poruna cuerda que pasa por una polea. La sección de la cuerdaatada al bloque m1 se mantiene paralela con la superficiecuyo coeficiente de fricción es 0.02. Determina la aceleraciónque experimenta el sistema después de liberarlo del reposo.

Para resolver la situación planteada debemos de asociar las fuerzas que actúansobre cada uno de los bloques, por lo tanto ten en mente que:

m1

m2

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• Ambos bloques tienen masa distinta por lo tanto tendrán un peso diferente.

• Únicamente el bloque m1 está en contacto con la superficie por lo que se puedeasociar la fuerza normal y la fuerza de fricción sólo a este bloque.

• Los bloques m1 y m2 están unidos por una cuerda por lo que únicamenteexistirá una fuerza de tensión, la cual tendrá diferente dirección en función delanálisis particular para cada bloque.

• Al ser liberado del reposo el sistema sólo tendrá una opción de movimiento, esdecir, m2 desciende y m1 se mueve a la izquierda.

• La velocidad del sistema cambia así que el ejercicio corresponde a segunda ley.

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DinámicaBloque m1.

x

yDCL

𝑤1

Bloque m .

∑ 𝐹𝑥 : 𝑇 − 𝑓 = 𝑚1𝑎𝑥 ∑ 𝐹𝑦 : |𝑛| − |𝑤1| = 0 N

𝑛

x

y

𝑛

𝑓

𝑛

𝑇 𝑓

𝑤1 𝑤1

𝑇 𝑓

𝑇

12

Bloque m2.

∑ 𝐹𝑥 : 𝑇 − 𝑓 = 𝑚1𝑎𝑥 ∑ 𝐹𝑦 : |𝑛| − |𝑤1| = 0

∑ 𝐹𝑥 = 0 N ∑ 𝐹𝑦 : |𝑤2| − 𝑇 = 𝑚2𝑎𝑦

𝑇

y

DCL

y𝑤2

x𝑇

𝑇

𝑤2

𝑤2

x

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DinámicaEn este punto es requerido analizar que la aceleración asociada al bloque m1, ax,tiene el mismo valor que la aceleración asociada al bloque m2, ay, ya que estosbloques están atados a la misma cuerda; es decir, ax = ay. Cabe mencionar queesta igualdad también es resultado de elegir el espacio euclidiano, en cadabloque, siendo creciente en la dirección de movimiento.

Para poder determinar la aceleración que experimenta el sistema, es requeridodeterminar la magnitud de la tensión ya que esta aparece en las sumas defuerzas de ambos bloques. Por ello, tenemos un sistema de ecuaciones con dosincógnitas, la magnitud de la tensión y la aceleración.

13

Adicionalmente, en el caso de la suma de fuerzas en el eje cartesiano x para elbloque m1 podemos notar que se requiere determinar la magnitud de la fuerza defricción, por lo cual se recurrirá a la suma de fuerzas en el eje cartesiano y, delmismo bloque, para determinar la magnitud de la fuerza normal.

Determinada la magnitud de la fuerza de fricción que experimenta el bloque m1,podemos resolver el sistema de ecuaciones.

∑ 𝐹𝑦 : |𝑛| − |𝑤1| = 0 N … |𝑛| − |𝑤1| = 0 … |𝑛| = |𝑤1| … |𝑛| = 𝑚1𝑔 = (100.0)(9.81) = 981.0 N

𝑓 = 𝜇|𝑛| = (0.02)(981.0) = 19.62 N

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DinámicaEl sistema de ecuaciones se obtiene de la suma de fuerzas en el eje cartesiano xpara el bloque m1 y de la suma de fuerza en el eje cartesiano y para el bloque m2.

Obsérvese que se cambio, en ambos casos, el termino ax o ay por a dado que seles asoció el mismo valor y ambas representan la aceleración del sistema.

Para resolver el sistema de ecuaciones se sumarán las dos ecuaciones obtenidas

∑ 𝐹𝑥 : 𝑇 − 𝑓 = 𝑚1𝑎𝑥 … 𝑇 − 𝑓 = 𝑚1𝑎𝑥 … 𝑇 − 19.62 = 100.0𝑎 ∑ 𝐹𝑦 : |𝑤2| − 𝑇 = 𝑚2𝑎𝑦 … |𝑤2| − 𝑇 = 𝑚2𝑎𝑦 (20.0)(9.81) − 𝑇 = 20.0𝑎 … 196.2 − 𝑇 = 20.0𝑎

14

Para resolver el sistema de ecuaciones se sumarán las dos ecuaciones obtenidasya que en una de ellas el término de la magnitud de la tensión es positivomientras que en la otra es negativo, por lo que al sumarlas se eliminarán.

Por lo que podemos concluir que el bloque m1 acelera a la izquierda a razón de1.47 m/s2 mientras que el bloque m2 acelera hacia abajo a razón de 1.47 m/s2

después de que el sistema se libera del reposo.

𝑇 − 19.62 = 100.0𝑎

196.2 − 𝑇 = 20.0𝑎 176.58 = 120.0𝑎

𝑎 =176.58

120.0= 1.47 m/s2

+

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DinámicaEjercicio 5.

Dos bloques, m1 de 3.0 kg y m2 de 2.0 kg, se configuran en planoscon inclinación diferente, a = 30.0 grados y b = 45.0 grados. Si enambos planos el coeficiente de fricción es 0.01, determina ladirección de movimiento después de que el sistema se libera delreposo.

Para resolver la situación planteada debemos de asociar las fuerzas que actúansobre cada uno de los bloques, por lo tanto ten en mente que:

Ambos bloques tienen masa distinta por lo tanto tendrán un peso diferente.

a

m1m2

b

15

• Ambos bloques tienen masa distinta por lo tanto tendrán un peso diferente.

• Ambos bloques están en contacto con una superficie por lo que existirá lafuerza normal y la fuerza de fricción, las cuales serán diferentes en cada bloque.

• Los bloques m1 y m2 están unidos por una cuerda por lo que únicamenteexistirá una fuerza de tensión, la cual tendrá diferente dirección en función delanálisis particular para cada bloque.

• El sistema se moverá después de liberarse del reposo por lo que el ejerciciocorresponde a segunda ley.

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DinámicaAntes de proceder con el análisis de las fuerzas que actúan en cada bloquedebemos de preguntarnos ¿cómo conocer la dirección de movimiento?

La pregunta anterior tiene sentido dado que existen dos posibles situaciones:

• El bloque m1 asciende y el bloque m2 desciende.

• El bloque m2 asciende y el bloque m1 desciende.

La elección de alguna de las dos situaciones, en este ejercicio, no es trivial puesel bloque de mayor cantidad de materia está en el plano menos inclinado, o bien,el bloque que está en el plano más inclinado tiene la menor cantidad de materia.

16

el bloque que está en el plano más inclinado tiene la menor cantidad de materia.

Para conocer la dirección de movimiento del sistema se debe elegir una de lasdos situaciones anteriores y determinar la aceleración del sistema, lo cual puedecaer en las siguientes dos situaciones:

• La aceleración es positiva, entonces, la elección de movimiento es correcta.

• La aceleración es negativa, entonces, la elección de movimiento es incorrecta.

Iniciemos con la primera opción:

“El bloque m1 asciende y el bloque m2 desciende”

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DinámicaBloque m1. y

xDCL

a𝑤1

Bloque m .

∑ 𝐹𝑥 : 𝑇 − |��1|𝑠𝑒𝑛𝛼 − 𝑓1 = 𝑚1𝑎𝑥 ∑ 𝐹𝑦 : |𝑛1| − |��1|𝑐𝑜𝑠𝛼 = 0 N

��1

ab

𝑤1

𝑇

𝑇 𝑓1

ab

𝑤1

𝑇

y

x

��1

𝑓1

��1

𝑓1

17

Bloque m2.

∑ 𝐹 : 𝑇 − |�� |𝑠𝑒𝑛𝛼 − 𝑓 = 𝑚 𝑎 ∑ 𝐹 : |𝑛 | − |�� |𝑐𝑜𝑠𝛼 = 0

ab

��2

𝑇 𝑓2

𝑤2

ab

��2

𝑇 𝑓2

𝑤2

y

x

DCL

b𝑤2

𝑛2

𝑇 𝑓2

y

x

∑ 𝐹𝑥 : |𝑤2|𝑠𝑒𝑛𝛽 − 𝑇 − 𝑓2 = 𝑚2𝑎𝑥 ∑ 𝐹𝑦 : |𝑛2| − |𝑤2|𝑐𝑜𝑠𝛽 = 0 N

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DinámicaEs requerido analizar que la aceleración del bloque m1, ax, tiene el mismo valorque la aceleración del bloque m2, ax, ya que estos bloques están atados a lamisma cuerda; es decir, ax = ax , sin importar que estén asociadas a bloquesdiferentes. Cabe mencionar que esta igualdad también es resultado de elegir elespacio euclidiano, en cada bloque.

Para poder determinar la aceleración que experimenta el sistema, es requeridoresolver un sistema de ecuaciones con dos incógnitas, la magnitud de la tensióny la aceleración.

Adicionalmente, en ambos bloques está actuando la fuerza de fricción por lo cual

18

Adicionalmente, en ambos bloques está actuando la fuerza de fricción por lo cualse recurrirá a la suma de fuerzas en el eje cartesiano y, de cada bloque, paradeterminar la magnitud de la fuerza normal en cada caso.

∑ 𝐹𝑦 : |𝑛1| − |��1|𝑐𝑜𝑠𝛼 = 0 N … |𝑛1| − |𝑤1|𝑐𝑜𝑠𝛼 = 0 … |𝑛1| = |𝑤1|𝑐𝑜𝑠𝛼

|𝑛1| = 𝑚1𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼 = (3.0)(9.81)𝑐𝑜𝑠30.0 = 25.49 N

𝑓1 = 𝜇|𝑛1| = (0.01)(25.49) = 0.2549 N

Bloque m1.

Bloque m2. ∑ 𝐹𝑦 : |𝑛2| − |𝑤2|𝑐𝑜𝑠𝛽 = 0 N … |��2| − |𝑤2|𝑐𝑜𝑠𝛽 = 0 … |��2| = |𝑤2|𝑐𝑜𝑠𝛽

|𝑛2| = 𝑚2𝑔𝑐𝑜𝑠𝛽 = (2.0)(9.81)𝑐𝑜𝑠45.0 = 13.87 N

𝑓2 = 𝜇|𝑛2| = (0.01)(13.87) = 0.1387 N

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DinámicaDeterminada la magnitud de la fricción que experimenta cada uno de losbloques, ahora podemos recurrir a la suma de fuerzas en el eje cartesiano x decada bloque para tener las dos ecuaciones del sistema de ecuaciones que se deberesolver.

∑ 𝐹𝑥 : 𝑇 − |��1|𝑠𝑒𝑛𝛼 − 𝑓1 = 𝑚1𝑎𝑥 ... 𝑇 − |𝑤1|𝑠𝑒𝑛𝛼 − 𝑓1 = 𝑚1𝑎𝑥 … 𝑇 − 𝑚1𝑔𝑠𝑒𝑛𝛼 − 𝑓1 = 𝑚1𝑎𝑥

𝑇 − (3.0)(9.81)𝑠𝑒𝑛30.0 − 0.2549 = (3.0)𝑎𝑥 ... 𝑇 − 14.9699 = 3.0𝑎𝑥

Bloque m1.

Bloque m2.∑ 𝐹𝑥 : |𝑤2|𝑠𝑒𝑛𝛽 − 𝑇 − 𝑓2 = 𝑚2𝑎𝑥 ... |𝑤2|𝑠𝑒𝑛𝛽 − 𝑇 − 𝑓2 = 𝑚2𝑎𝑥 … 𝑚2𝑔𝑠𝑒𝑛𝛽 − 𝑇 − 𝑓2 = 𝑚2𝑎𝑥

19

Para resolver el sistema de ecuaciones se sumarán las dos ecuaciones obtenidasya que en una de ellas el término de la magnitud de la tensión es positivomientras que en la otra es negativo, por lo que al sumarlas se eliminarán.

∑ 𝐹𝑥 : |𝑤2|𝑠𝑒𝑛𝛽 − 𝑇 − 𝑓2 = 𝑚2𝑎𝑥 ... |𝑤2|𝑠𝑒𝑛𝛽 − 𝑇 − 𝑓2 = 𝑚2𝑎𝑥 … 𝑚2𝑔𝑠𝑒𝑛𝛽 − 𝑇 − 𝑓2 = 𝑚2𝑎𝑥

(2.0)(9.81)𝑠𝑒𝑛45.0 − 𝑇 − 0.1387 = (2.0)𝑎𝑥 ... − 𝑇 + 13.7347 = 2.0𝑎𝑥

𝑇 − 14.9699 = 3.0𝑎𝑥

− 𝑇 + 13.7347 = 2.0𝑎𝑥 −1.2352 = 5.0𝑎𝑥

𝑎𝑥 =−1.2352

5.0= −0.25 m/s2

+

La dirección del movimiento elegido no es correcta, es

decir, m1 no asciende.

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Dinámica

Bloque m1. y

x

DCL

a𝑤1

��1

ab

𝑤1

y

x

��1 𝑇 𝑓1

Debido a que en la situación anterior la aceleración nos dio negativa, ahoraexploraremos la segunda opción:

“El bloque m2 asciende y el bloque m1 desciende”

ab

𝑤1

��1 𝑇 𝑓1 𝑇 𝑓1

20

a𝑤1

Bloque m2.

∑ 𝐹𝑥 : |𝑤1|𝑠𝑒𝑛𝛼 − 𝑇 − 𝑓1 = 𝑚1𝑎𝑥 ∑ 𝐹𝑦 : |𝑛1| − |��1|𝑐𝑜𝑠𝛼 = 0 N

𝑤1

𝑤2

yx DCL

b𝑤2

𝑛2

y

x

∑ 𝐹𝑥 : 𝑇 − |��2|𝑠𝑒𝑛𝛽 − 𝑓2 = 𝑚2𝑎𝑥 ∑ 𝐹𝑦 : |𝑛2| − |𝑤2|𝑐𝑜𝑠𝛽 = 0 N

𝑓2

ab

��2

𝑇

𝑤1

𝑓2

ab

𝑛2

𝑇

𝑤2

𝑇 𝑓2

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DinámicaEs requerido analizar que la aceleración del bloque m1, ax, tiene el mismo valorque la aceleración del bloque m2, ax, ya que estos bloques están atados a lamisma cuerda; es decir, ax = ax , sin importar que estén asociadas a bloquesdiferentes. Cabe mencionar que esta igualdad también es resultado de elegir elespacio euclidiano, en cada bloque.

Para poder determinar la aceleración que experimenta el sistema, es requeridoresolver un sistema de ecuaciones con dos incógnitas, la magnitud de la tensióny la aceleración.

Adicionalmente, en ambos bloques está actuando la fuerza de fricción por lo cual

21

Adicionalmente, en ambos bloques está actuando la fuerza de fricción por lo cualse recurrirá a la suma de fuerzas en el eje cartesiano y, de cada bloque, paradeterminar la magnitud de la fuerza normal en cada caso.

∑ 𝐹𝑦 : |𝑛1| − |��1|𝑐𝑜𝑠𝛼 = 0 N … |𝑛1| − |𝑤1|𝑐𝑜𝑠𝛼 = 0 … |𝑛1| = |𝑤1|𝑐𝑜𝑠𝛼

|𝑛1| = 𝑚1𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼 = (3.0)(9.81)𝑐𝑜𝑠30.0 = 25.49 N

𝑓1 = 𝜇|𝑛1| = (0.01)(25.49) = 0.2549 N

Bloque m1.

Bloque m2. ∑ 𝐹𝑦 : |𝑛2| − |𝑤2|𝑐𝑜𝑠𝛽 = 0 N … |��2| − |𝑤2|𝑐𝑜𝑠𝛽 = 0 … |��2| = |𝑤2|𝑐𝑜𝑠𝛽

|𝑛2| = 𝑚2𝑔𝑐𝑜𝑠𝛽 = (2.0)(9.81)𝑐𝑜𝑠45.0 = 13.87 N

𝑓2 = 𝜇|𝑛2| = (0.01)(13.87) = 0.1387 N

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DinámicaDeterminada la magnitud de la fricción que experimenta cada uno de losbloques, ahora podemos recurrir a la suma de fuerzas en el eje cartesiano x decada bloque para tener las dos ecuaciones del sistema de ecuaciones que se deberesolver.

∑ 𝐹𝑥 : |𝑤1|𝑠𝑒𝑛𝛼 − 𝑇 − 𝑓1 = 𝑚1𝑎𝑥 ... |𝑤1|𝑠𝑒𝑛𝛼 − 𝑇 − 𝑓1 = 𝑚1𝑎𝑥 … 𝑚1𝑔𝑠𝑒𝑛𝛼 − 𝑇 − 𝑓1 = 𝑚1𝑎𝑥

(3.0)(9.81)𝑠𝑒𝑛30.0 − 𝑇 − 0.2549 = (3.0)𝑎𝑥 ... 14.4601 − 𝑇 = 3.0𝑎𝑥

Bloque m1.

Bloque m2.∑ 𝐹𝑥 : 𝑇 − |𝑤2|𝑠𝑒𝑛𝛽 − 𝑓2 = 𝑚2𝑎𝑥 ... 𝑇 − |𝑤2|𝑠𝑒𝑛𝛽 − 𝑓2 = 𝑚2𝑎𝑥 … 𝑇 − 𝑚2𝑔𝑠𝑒𝑛𝛽 − 𝑓2 = 𝑚2𝑎𝑥

22

Para resolver el sistema de ecuaciones se sumarán las dos ecuaciones obtenidasya que en una de ellas el término de la magnitud de la tensión es positivomientras que en la otra es negativo, por lo que al sumarlas se eliminarán.

∑ 𝐹𝑥 : 𝑇 − |𝑤2|𝑠𝑒𝑛𝛽 − 𝑓2 = 𝑚2𝑎𝑥 ... 𝑇 − |𝑤2|𝑠𝑒𝑛𝛽 − 𝑓2 = 𝑚2𝑎𝑥 … 𝑇 − 𝑚2𝑔𝑠𝑒𝑛𝛽 − 𝑓2 = 𝑚2𝑎𝑥

𝑇 − (2.0)(9.81)𝑠𝑒𝑛45.0 − 0.1387 = (2.0)𝑎𝑥 ... 𝑇 − 14.0121 = 2.0𝑎𝑥

14.4601 − 𝑇 = 3.0𝑎𝑥

𝑇 − 14.0121 = 2.0𝑎𝑥 0.448 = 5.0𝑎𝑥

𝑎𝑥 =0.448

5.0= 0.09 m/s2

+

La dirección del movimiento elegido es correcta, es decir, m2 asciende y m1 desciende.

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Ejercicios para resolver.

1) Dos bloques, m1 = 15.0 kg y m2 = 40.0 kg, se mantienen estáticossobre una superficie inclinada 25.0 grados sobre la horizontal. Siambos bloques están unidos por una cuerda pero sólo el bloquem1 está unido por otra cuerda a una pared vertical, determina lamagnitud de la tensión en cada cuerda. Considera que no existefricción y que las cuerdas son paralelas con la superficie. Comparatu resultado con el obtenido en el ejercicio 1 de esta presentación.

2) Determina la masa del bloque m2 para que el bloque m1 desciendacon rapidez constante. Considera que la superficie está inclinada

q

m1m2

m1con rapidez constante. Considera que la superficie está inclinada30.0 grados, que la masa del bloque m1 es 50.0 kg y que no existefricción. Compara tu resultado con el obtenido en el ejercicio 2 y 3de esta presentación.

3) Dos bloques, m1 = 20.0 kg y m2 = 100.0 kg, están atados por unacuerda que pasa por una polea. La sección de la cuerda atada albloque m1 se mantiene paralela con la superficie cuyo coeficientede fricción es 0.02. Determina la rapidez del sistema después depasado 2.0 s de que se liberó del reposo. Compara tu resultado conel obtenido en el ejercicio 4 de esta presentación.

23

q

m2

m1

m2