Física UBA XXI 2P Jun 25 T1 – 3 Dinámica

El esquema representa a un cuerpo C de 6 kg de masa, que se puede deslizar sobre una superficie rugosa cuyos coeficientes de fricción estático y dinámico tienen un valor de 0,30 y 0,25 respectivamente.

El cuerpo A puede desplazarse sin rozamiento por el plano inclinado y está unido al cuerpo C por una cuerda inextensible, no habiendo rozamiento alguno en la polea.

 

 

a.     Calcule el máximo valor de masa que puede tener el cuerpo A para que el sistema permanezca en reposo.

 

Cuerpo A. según x = PAx - T = 0 (reposo)

Cuerpo A. según y = NA - PAy = 0

 

Cuerpo C. según x = T – Froz = 0 (reposo)

Cuerpo C. según y = NC – PC = 0

 

Donde

PAx = componente x del peso del cuerpo A = PA sen 30°

PAy = componente y del peso del cuerpo A = PA cos 30°

PA = peso del cuerpo A = mA g

mA = masa del cuerpo A

g = aceleración de la gravedad = 9,8 m/s²

T = tensión del cable

NA = reacción del plano al cuerpo A

Froz = máxima fuerza de rozamiento estático = μe NC

μe = coeficiente de rozamiento estático = 0,30

NC = reacción del plano al cuerpo C

PC = peso del cuerpo C = mC g

mC = masa del cuerpo C = 6 kg

 

Sumando las ecuaciones según x

PAx – Froz = 0

 

Reemplazando

mA g sen 30° - μe mC g = 0

 

Despejando mA

mA = μe mC / sen 30° = 0,30 * 6 kg / 0,5 = 3,6 kg

 

 

b.     Calcule la aceleración con la que se moverá el sistema si el cuerpo A tiene una masa de 6 kg

 

Cuerpo A. según x =  PAxb  - T = mAb a

Cuerpo A. según y = NA - PAyb = 0

 

Cuerpo C. según x = T – Frozd = mC a

Cuerpo C. según y = NC – PC = 0

 

Donde

PAxb = componente x del peso del cuerpo A (ítem b) = PAb sen 30°

PAyb = componente y del peso del cuerpo A (ítem b) = PAb cos 30°

PAb = peso del cuerpo A (ítem b) = mAb g

mAb = masa del cuerpo A (ítem b) = 6 kg

Frozd = fuerza de rozamiento dinámico = μd NC

μd = coeficiente de rozamiento dinámico = 0,25

a = aceleración del sistema

 

Sumando las ecuaciones según x

PAxb – Frozd = mAb a + mC a

 

Reemplazando

mAb g sen 30° - μd mC g = (mAb + mC) a

 

Despejando a

a = g (mAb sen 30° - μd mC) / (mAb + mC) =

a = 9,8 m/s² (6 kg * 0,5 – 0,25 * 6 kg) / (6 kg + 6 kg) = 1,23 m/s²

 

 

c.      Calcule la tensión en la cuerda para la situación planteada en b.

 

Cuerpo A. según x = PAxb - T = mAb a

 

Reemplazando

mAb g sen 60° - T = mAb a

 

Despejando T

T = mAb g sen 60° -  mAb a = 6 kg (9,8 m/s² * 0,5 – 1,23 m/s² )= 22,1 N

 

 

 

Física UBA XXI 2P Jun 25 T1 – 2 Dinámica

Un carrito de 10 kg de masa comienza su movimiento descendiendo sin rozamiento por una rampa gasta abandonarla en el extremo de la derecha. Dicho extremo es un plano inclinado que forma un ángulo de 35° respecto de la horizontal y cuyo extremo se encuentra a 1 m del nivel del suelo.

 

 

a.     ¿Con que rapidez pasa el carrito por el punto a?

 

Punto o = Punto de partida del carrito

 

∆Emao = Wfnc

 

Donde

∆Emao = variación de la energía mecánica desde o hasta a = Ema – Emo

Ema = energía mecánica en a = Eca + Epa

Eca = energía cinética en a = 1/ 2 m va^2

m = masa = 10 kg

va = velocidad en el punto a

Epa = energía potencial en a = m g ha

g = aceleración de la gravedad = 9,8 m/s²

ha = altura en el punto a = 0

Emo = energía mecánica en o = Eco + Epo

Eco = energía cinética en o = 1/ 2 m vo^2

vo = velocidad en o = 0

Epo = energía potencial en o = m g ho

ho = altura en o = 5 m

Wfnc = trabajo de la fuerza no conservativa = 0 (no hay fuerzas)

 

Reemplazando

1/ 2 m va^2 – m g ho = 0

 

Despejando va

va = raíz (2 g ho) = raíz (2 * 9,8 m/s² 5 m) = 9,90 m/s

 

 

b.     ¿A que distancia del extremo derecho de la rampa el carrito golpeara el suelo?

 

Punto 1: Punto final del plano inclinado

 

∆Em1o = Wfnc

 

Donde

∆Em1o = variación de la energía mecánica desde el punto o al punto 1 = Em1 – Emo

Em1 = energía mecánica en el punto 1 = Ec1 + Ep1

Ec1 = energía cinética en el punto 1 = 1/ 2 m v1^2

v1 = velocidad en el punto 1

Ep1 = energía potencial en el punto 1 = m g h1

h1 = altura del punto 1 = 1 m

Emo = energía mecánica inicial = Eco + Epo

Eco = energía cinética inicial = 1/ 2 m vo^2

Epo = energía potencial inicial = m g ho

Wfnc = trabajo de las fuerzas no conservativas = 0 (no hay fuerzas)

 

Reemplazando

1/ 2 m v1^2 + m g h1 – m g ho = 0

 

Despejando v1

v1 = raíz (2 g (ho – h1)) = raíz (2 * 9,8 m/s² (5 m – 1 m)) = 8,85 m/s

 

Ecuaciones horarias

x = x1 + v1x t

y = y1 + v1y t – 1/ 2 g t^2

 

Donde

x = posición final

x1 = posición inicial (punto 1) = 0

v1x = componente según x de la velocidad v1 = vi cos 35°

v1y = componente según y de la velocidad v1 = vi sen 35°

v1 = velocidad en el punto 1 = 8,85 m/s

y = altura final = 0

y1 = altura del punto 1= 1 m

t = tiempo de vuelo

 

Reemplazando en la ecuación de la altura

0 = 1 m + 8,85 m/s sen 35° t – 1 /2 * 9,8 m/s² t^2

 

Resolviendo la cuadrática

t1 = - 0,17 seg (descartada)

t2 = 1,20 seg

 

Reemplazando en la ecuación de la posición (a partir del punto 1)

x = 0 + 8,85 m/s cos 35° 1,20 seg = 8,75 m

 

 

c.      ¿Que máxima altura alcanza el carrito en su salto en el aire?

 

Ecuaciones horarias

yAM = y1 + v1y tAM – 1/ 2 g tAM^2

vAM = v1 – g tAM

 

Donde

yAM = altura máxima

y1 = altura del punto 1= 1 m

v1y = componente según y de la velocidad v1 = vi sen 35°

v1 = velocidad en el punto 1 = 8,85 m/s

vAM = velocidad según y en la altura máxima = 0

tAM = tiempo hasta la altura máxima

 

Reemplazando en la ecuación de la velocidad y despejando tAM

tAM = v1 sen 35° / g = 8,85 m/s sen 35° / 9,8 m/s² = 0,52 seg

 

Reemplazando en la ecuación de la altura

yAM = 1 m + 8,85 m/s sen 35° 0,52 seg – 1/ 2 * 9,8 m/s² (0,52 seg)^2 = 2,32 m

 

 

d.     ¿Qué valor de energía cinética tiene el carrito cuando alcanza la máxima altura en el aire?

 

Punto 2 = altura máxima

 

∆Em2o = Wfnc

 

Donde

∆Em2o = variación de la energía mecánica de 0 a 2 = Em2 – Emo

Em2 = energía mecánica en el punto 2 = Ec2 + Ep2

Ec2 = energía cinética en el punto 2

Ep2 = energía potencial en el punto 2 = m g h2

h2 = altura en el punto 2 (altura máxima) = 2,32 m

Emo = energía mecánica inicial = Eco + Epo

Eco = energía cinética inicial = 1/ 2 m vo^2

Epo = energía potencial inicial = m g ho

Wfnc = trabajo de las fuerzas no conservativas = 0 (no hay fuerzas)

 

Reemplazando

Ec2 + m g h2 = m g h1

 

Despejando Ec2

Ec2 = m g (h1 – h2) = 10 kg 9,8 m/s² (5 m – 2,32 m) = 263 J

 

 

e.      ¿Con que rapidez el carrito llega al suelo?

 

Punto 3: Punto en que el carrito llega al suelo

 

∆Em3o = Wfnc

 

Donde

∆Em3o = variación de la energía mecánica desde el punto o al punto 3 = Em3 – Emo

Em3 = energía mecánica en el punto 3 = Ec3 + Ep3

Ec3 = energía cinética en el punto 3 = 1/ 2 m v3^2

v3 = velocidad en el punto 3

Ep3 = energía potencial en el punto 3 = m g h3

h3 = altura del punto 3 = 0 m  (llega al suelo)

Emo = energía mecánica inicial = Eco + Epo

Eco = energía cinética inicial = 1/ 2 m vo^2

Epo = energía potencial inicial = m g ho

Wfnc = trabajo de las fuerzas no conservativas = 0 (no hay fuerzas)

 

Reemplazando

1/ 2 m v3^2 – m g ho = 0

 

Despejando v3

v3 = raíz (2 g ho) = raíz (2 * 9,8 m/s²  5 m) = 9,90 m/s

 

 

 

Física UBA XXI 2P Jun 25 T1 – 1 Dinámica

En 1852 el estadounidense Elisha Otis diseño y puso a prueba un dispositivo de seguridad que frena la caída de un ascensor en caso en caso de que se corte el cable del cual cuelga.

Estando detenido a 8 m de altura, un ascensor de 850 kg de masa es tirado bruscamente hacia arriba de modo tal que instantáneamente se corta el cable del cual se encontraba suspendido.

  

a.     Si el cable podía soportar sin cortarse una tensión máxima de 10 000 N. ¿Cuál hubiese sido el máximo valor de aceleración que se podía imprimir al ascensor para hacerlo ascender sin que el cable se cortase?

 

 

  

T – P = m a

 

Donde

T = tensión = 10000 N

P = peso del ascensor = m g

m = masa = 850 kg

g = aceleración de la gravedad = 9,8 m/s²

a = aceleración

 

Reemplazando y despejando a

a = (T – m g) / m = (10000 N – 850 kg 9,8 m/s² ) / 850 kg = 1,96 m/s²

 

 

b.     Apenas se corta el cable, el ascensor comienza a caer y actúa el dispositivo de seguridad creado por Otis, el cual frena al ascensor deteniéndolo a 4 m de altura respecto del suelo. Calcular el trabajo realizado por las fuerzas de frenado al detener el ascensor. Incluya las unidades en su respuesta.

 ∆Ec = Wfn

 

Donde

∆Ec = variación de la energía cinética = 0 (las velocidades inicial y final = 0)

Wfn = trabajo de la fuerza neta = WP + WF

WP = trabajo de la fuerza peso = P h cos 0°

h = distancia recorrida = 4 m

WF = trabajo de la fuerza de rozamiento

 

Reemplazando

m g h + WF = 0

 

Despejando WF

WF = - m g h =  - 850 kg 9,8 m/s² 4 m = - 3,33 x 10^4 J

 

Física UBA XXI 2P Jun 25 T4 – 2 Dinámica

Un automóvil deportivo, de la década de los 70, se desplaza en línea recta sobre pavimento mojado con una rapidez de 80 km/h . Para no chocar con un objeto que se encuentra delante de él debe frenar bruscamente, con lo cual las cuatro ruedas detienen su giro y el vehículo avanza patinando sobre sus neumáticos de caucho.

Si la masa del automóvil es 1400 kg, el coeficiente de rozamiento dinámico entre el caucho y el pavimento tiene un valor de 0,550 y responda:

 

 

a.     ¿Cuanta distancia patinara el vehículo hasta detener su avance?

 

Según x: - Froz = m a

Según y: N – P = 0

 

Donde

Froz = fuerza de rozamiento = μd N

μd = coeficiente de rozamiento dinámico = 0,550

N = reacción del plano

P = peso del automóvil = m g

m = masa del automóvil = 1400 kg

g = aceleración de la gravedad = 9,8 m/s²

a = aceleración

 

Reemplazando

- μd m g = m a

 

Despejando a

a = - μd g = - 0,550 * 9,8 m/s²  = - 5,39 m/s²

 

 Ecuaciones horarias

x = xo + vo t + 1 /2 a t^2

v = vo + a t

 

Donde

x = posición final

xo = posición inicial = 0

vo = velocidad inicial = 80 km/h = 22,2 m/s

v = velocidad final = 0

a = aceleración = - 5,39 m/s²

t = tiempo transcurrido

 

Reemplazando en la ecuación de la velocidad y despajando t

t = - vo / a = 22,2 m/s / (- 5,39 m/s² ) = 4,12 seg

 

Reemplazando en la ecuación de la posición

x = 22,2 seg 4,12 seg + 1/ 2 * (- 5,39 m/s² ) (5,12 seg)^2 = 45,8 m

 

 

b.     ¿Cuál es el módulo de la aceleración del vehículo?

 

Según x: - Froz = m a

 

Despejando a

a = - μd g = - 0,550 * 9,8 m/s²  = - 5,39 m/s²

 

| a | = 5,39 m/s²

 

 

c.      Calcular el trabajo realizado por las fuerzas de rozamiento para detener el vehículo

 

W = Froz d cos 180°

 

Donde

W = trabajo

Froz = fuerza de rozamiento = μd m g

d = distancia recorrida = 45,8 m

 

Reemplazando

W = - μd m g d = - 0,550 * 1400 kg 9,8 m/s²  45,8 m = - 3,46 x 10^5 J 

 

 

d.     Calcular la potencia media del frenado

 

Pot = W / t

 

Donde

Pot = potencia

W = trabajo de la fuerza = 3,46 x 10^5 J

t = tiempo de frenado = 4,12 seg

 

Reemplazando

Pot = 3,46 x 10^5 J / 4,12 seg = 8,34 x 10^4 W

 

 

Física UBA XXI 2P Jun 25 T4 – 1 Dinámica

Un 24 de diciembre a medianoche, un trineo con regalos que se encuentra en reposo en el punto a, comienza a deslizarse sin rozamiento por un techo cubierto de nieve, el cual presenta una inclinación de 25° respecto de la horizontal. Sabiendo que la masa total del trineo es 400 kg, responda:

 

 

a.     La aceleración que experimenta el trineo a lo largo del techo.

 

 

 

 

Según x: Px = m a

 

Donde

Px = componente x del peso = P sen 25°

P = peso del trineo = m g

m = masa = 400 kg

g = aceleración de la gravedad = 9,8 m/s²

a = aceleración del trineo

 

Reemplazando

m g sen 25° = m a

 

Despejando a

a = g sen 25° = 9,8 m/s² sen 25° = 4,14 m/s²

 

 

b.     La rapidez del trineo cuando pasa por el punto b

 

∆Emab = Wfnc

 

Donde

∆Emab = variación de energía mecánica = Emb – Ema

Emb = energía mecánica en b = Epb + Ecb

Epb = energía potencial en b = m g hb

hb = altura en b del techo

Ecb = energía cinética en b = 1/ 2 m vb^2

vb = velocidad en b

Ema = energía mecánica en a = Epa + Eca

Epa = energía potencial en a = m g ha

ha = altura en a del techo = hb + ∆h

∆h = altura del techo = 2,31 m

Eca = energía cinética en a = 1/ 2 m va^2

va = velocidad en a = 0

Wfnc = trabajo de las fuerzas no conservativas = 0 (no hay fuerzas)

 

Reemplazando

m g hb + 1 /2 m vb^2 – m g (hb + ∆h) = 0

 

Despejando vb

vb = raíz (2 g ∆h) = raíz (2 * 9,8 m/s²  2,31 m) = 6,73 m/s

 

 

c.      La energía potencial gravitatoria –respecto del piso- que el trineo tiene en el punto b.

 

Epb = m g hb

 

Donde

Epb = energía potencial

hb = altura en b = 3 m

 

Reemplazando

Epb = 400 kg 9,8 m/s²  3 m ⁼ 1,18 x 10^4 J

 

 

d.     La rapidez del trineo al llegar al suelo

  

∆Emac = Wfnc

 

Donde

∆Emac = variación de energía mecánica = Emc – Ema

Emc = energía mecánica en c = Epc + Ecc

Epc = energía potencial en c = m g hc

hc = altura en c = 0

Ecc = energía cinética en c = 1/ 2 m vc^2

vc = velocidad en c

Ema = energía mecánica en a = Epa + Eca

Epa = energía potencial en a = m g ha

ha = altura en a del techo = hb + ∆h

Eca = energía cinética en a = 1/ 2 m va^2 = 0

Wfnc = trabajo de las fuerzas no conservativas = 0 (no hay fuerzas)

 

Reemplazando

1 /2 m vc^2 – m g (hb + ∆h) = 0

 

Despejando vc

vc = raíz (2 g (hb + ∆h)) = raíz (2 * 9,8 m/s²  (3 m + 2,31 m)) = 10,2 m/s

 

 

e.      La energía cinética del trineo al llegar el suelo

 

Ecc = 1 /2 m vc^2

 

Reemplazando

Ecc = 1 /2 * 400 kg (10,2 m/s)^2 = 2,08 x 10^4 J

 

 

f.      La distancia horizontal entre el punto c y el sitio en donde el trineo llega al suelo.

 

Ecuaciones horarias

x = xo + vcx t

y = yo - vcy t – 1/ 2 g t^2

 

Donde

x = posición según x

xo = posición inicial = 0

vcx = componente x de la velocidad en c = vc cos 25°

vcy = componente y de la velocidad en c = vc sen 25°

y = altura final = 0 (suelo)

yo = altura en c = 3 m

t = tiempo de vuelo

 

Reemplazando en la ecuación según y

0 = 3 m - 10,2 m/s sen 25° t – 1 /2 9,8 m/s² t^2

 

Las soluciones de la cuadrática

t1 = - 1,337 seg (descartado)

t2 = 0,458 seg

 

Reemplazando en la ecuación según x

x = 10,2 m/s cos 25° 0,458 seg = 4,23 m