CAPÍTULO 4. Dinámica de una partícula - Biblioteca

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Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán Ejemplo 45. Una partícula de masa m que está unida al extremo de un cable de longitud l , cuyo otro extremo está fijo, se mueve en un plano vertical, a partir de un punto A tal que el cable forma con la vertical un ángulo θ 0 , iniciando el movimiento con velocidad cero. Determinar: a) La velocidad de v de la esfera en función de θ . b) La tensión del cable en función de θ . c) La aceleración a en función de θ . Solución. En la referencia de origen O, la esfera recorre una circunferencia de radio l con velocidad variable v(t). Las componentes intrínsecas la aceleración son: 2 dv v at = , an = dt l Sobre la masa m actúan la tensión del cable T y su peso mg . De la segunda ley de Newton en componentes nˆ y tˆ se tiene: t t ma ∑ F = ⇒ mg sen θ = mat n n ma ∑ F = ⇒ T − mg cos θ = man a) Para la componente tangencial se tiene: dv mg sen θ = m dt ds dv ⇒ = gsenθ dt ds ⇒ vdv = gsen θ ds = gsenθ ldθ Integrando y teniendo en cuenta las condiciones iniciales queda 2 v = gl cosθ − cosθ ( ) ( cosθ cosθ ) 2 0 v = 2gl 0 − b) Para la componente normal: 2 v T − mg cosθ = m = 2mg( cosθ 0 − cosθ ) l La tensión del cable es T = mg( 2cosθ 0 − 3cosθ ) c) De las ecuaciones anteriores se tiene la aceleración: 30 → a t n = a tˆ + a nˆ gsenθ a t = , T − mg cosθ = man = 2mg( cosθ 0 − cosθ ) ⇒ = 2g( cosθ 0 − cosθ ) a n Ejemplo 46. Una partícula de masa m se encuentra en el polo de una semiesfera de radio R, la cual está apoyada sobre una superficie horizontal. Desplazada ligeramente de su posición de equilibrio, la partícula desliza sobre la superficie, la cual se supone lisa. Determinar: a) La velocidad v de la partícula en función del ángulo θ que forma su radio posición con el radio inicial. b) El valor de la normal N en función de θ. c) El valor de θ, en el instante en que la partícula se despega de la superficie. Solución. En la referencia de origen O, la partícula m tiene un movimiento circular no uniforme de radio R. Las componentes de la aceleración son: 2 dv v at = , an = dt R Sobre la masa m actúan el peso mg y la reacción en el apoyo N. Aplicando la segunda ley de Newton: t t ma ∑ F = ⇒ mg sen θ = mat n n ma ∑ F = ⇒ N − mgcos θ = −man a) De la componente tangencial se tiene: dv ds dv mg senθ = m ⇒ = gsenθ dt dt ds ⇒ vdv = gsen θ ds = Rgsenθ dθ Integrando y teniendo en cuenta las condiciones iniciales queda 2 v = 2Rg( 1− cosθ ) Finalmente: v = 2Rg( 1− cosθ ) b) De la componente normal se tiene: N = mgcos θ − ma = n 2 v mgcosθ − m = mg cosθ − 2mg( 1− cosθ ) R La normal es N = mg( 3cosθ − 2) c) La masa m deja de estar en contacto con la superficie cuando N = 0
Dinámica de una partícula Hugo Medina Guzmán ( 3 cos − 2) = 0 N = mg θ 2 ⇒ cos θ = ⇒ θ = 48,19º 3 Ejemplo 47. En un parque de diversiones hay un cilindro grande vertical, de radio R que rota alrededor de su eje, con velocidad angular constante ω . Explicar cómo es posible que las personas que están dentro, al retirárseles el piso permanezcan “pegadas” a la pared interior del cilindro. Solución. La figura muestra el D.C.L del hombre. Aplicando La segunda ley de Newton: Como el hombre no cae, radialmente está en reposo (R = constante) r c ma 2 ∑ F = ⇒ − N = −mω R ∑ F z = 0 ⇒ 0 = mg − μ N 2 De estas ecuaciones: mg − μmω R g y ω = μR Esto quiere decir que para que suceda el efecto de suspensión de las personas, la velocidad angular ω tiene que tener un valor relacionado con el radio R y el coeficiente de fricción μ . Ejemplo 48. En la tornamesa mostrada en la figura el bloque de masa m 1 descansa sobre el bloque de masa 31 m 2 . Los bloques están a la distancia R del eje de rotación. El coeficiente de rozamiento estático entre las masas y entre m 2 y la tornamesa es μ Considerando el rozamiento y la masa de la polea despreciables, encontrar la velocidad angular de la tornamesa para la cual los bloques justamente comienzan a resbalar. Solución. En este problema todo depende de tomar correctamente la dirección de la fuerza de fricción m , por lo entre 1 m y 2 m . Consideremos 2 m > 1 tanto m 2 tenderá a moverse hacia afuera, jalando a m 1 hacia adentro. La fuerza de fricción actuará en oposición a su movimiento relativo. La figura muestra los D.C.L. de los componentes del sistema. Aplicando la segunda Ley de Newton z z ma ∑ F = , r r ma ∑ F = y t t ma ∑ F = A la masa m 1 : N 1 − m1g = 0 , − T + F1 A la masa m 2 : 2 = −m1ω R , F t = 0 N − N − m g = 0 , 2 1 2 − T − F1 − F2 2 = −m2ω R , F t = 0 De las ecuaciones obtenemos: 1 1 m N = , ( )g m m N 2 = 1 + 2 F1 ≤ μm1g , F2 ≤ μ ( m1 + m2 )g 2 y 2F + F = ( m − m ) ω R 1 2 2 1
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