UNIVERSIDAD DE CARABOBOFacultad Experimental de Ciencias y Tecnologıa

Valencia Estado Carabobo

TRABAJO DE FISICA GENERALDinamica y estatica 2D

Alumno: Natanael LiscanoC.I.:19.641.798SECCION: 02

Prof. Alfredo Macıas

20 de marzo de 2011

1

1)Demostrar que para el caso de la figura sin friccion:

T =m1m2

m1 +m2

g(1 + sin θ)

DEMOSTRACION:

En la masa uno la∑Fx = m1a

T −m1g sin θ = m1a (1)

Ahora la∑Fy = m1a, pero como no existe aceleracion en la direccion y sentido del eje Y

positivo, tenemos que∑Fy = 0

N −m1g cos θ = 0 (2)

En la masa dos tenemos que la∑Fx = m2a

m2g − T = m2a (3)

De la ecuacion (1) despejamos ”a”, para sustituirla en la ecuacion (3)

m2g − T = m2

[T −m1g sin θ

m1

]−T − m2T

m1

= −m2m1g sin θ

m1

−m2g

T =

m1m2g sin θ+m1m2gm1

m1+m2

m1

T = m1m2m1+m2

g(sin θ + 1)

2

2)Encuentre las aceleraciones de las masas y las tensiones de las cuerdas.

RESPUESTA:

Primero tenemos que ver si el modulo de la tension uno |T1|, es decir la ”fuerza aplicada”, esmayor que el modulo de fuerza de roce |Fr| que produce el coeficiente de friccion estatico cuandola masa uno aun no se ha movido.

Para ello, primero formulamos las ecuaciones segun la segunda ley de Newton, suponiendo queel sistema esta estatico y que no existe la fuerza de friccion debido al coeficiente de friccion estaticoµs, todo esto para hallar T1.

En la masa 1 tenemos que la∑Fx = ”fuerza aplicada”, por lo tanto:

T1 = ”fuerza aplicada” (4)

Por el mismo principio que se uso para formular la ecuacion (2) del ejercicio anterior tenemosque la

∑Fy = m1ay = 0

N −m1g = 0 (5)

3

En la masa 2 tenemos que la∑Fx = 0

m2g − T2 = 0 (6)

Si la polea no tiene masa (mpolea = 0), tenemos que la∑Fxen la polea

= mpoleaa2 = 0

T2 − 2T1 = 0 (7)

Para hallar T1 sustituimos T2 de (6) en (7) y despejamos:

m2g = 2T1 → T1 =m2g

2

T1 =(19 kg)(9, 8m/s2)

2= 93, 1Newton

Para calcular Fr sabemos que:

Fr = µsN (8)

Para saber Fr sustituimos N de (5) en (8) y nos queda que:

Fr = µsm1g

Fr = 0, 3(6 kg)(9, 8m/s2) = 17, 64Newton

Como vemos |T1| > |Fr|, ası que habra movimiento y el sistema evolucionara con una acel-eracion que dependera de la fuerza de roce producida por el coeficiente de friccion cinetico. Paraello tenemos que hacer nuevamente las ecuaciones sabiendo que el sistema se esta acelerando,ademas de incluir la fuerza de roce sabiendo que esta vez va a ser igual a µkN .

Primero hay que hallar el sentido de la aceleracion uno a1 para saber la direccion de la fuerzade roce. Sin incluir la fuerza de roce tenemos que en la masa uno la

∑Fx = m1a1

T1 = m1a1 (9)

4

Pero tenemos que la∑Fy es la misma ecuacion (5), y en la masa dos tenemos que la

∑Fx =

m2a2

m2g − T2 = m2a2 (10)

Ahora ligamos las aceleraciones a1 y a2 mediante este pequeno modelado matematico:

Si la cuerda es ideal, sabemos que su longitud no varıa a medida que el sistema evoluciona. Seaesa longitud representada por una constante llamada ”c”. Ademas, sabemos que si la distancia avarıa, b1 y b2 van variar tambien, de forma tal que la distancia b1 = b2 = b, entonces tenemos queuna ecuacion que nos relacionarıa todas las distancia serıa:

c = a+ b1 + b2

Pero como b1 = b2 = b, tenemos que:

c = a+ b+ b (11)

c = a+ 2b

Llamemos ∆()∆t

un operador que defina como varıan las distancias a, b y c con respecto al tiempo,

definido de la siguiente forma: ∆()∆t

=()final−()inicial

tfinal−tinicial, es decir ∆()

∆tes la velocidad con que varıan las

distacias respecto del tiempo, entonces sea V () la velocidad promedio conque varıa cada distancia.

Aplicando el operador a nuestra ecuacion (11), nos queda que:

∆(c)

∆t=

∆(a)

∆t+

∆(b)

∆t+

∆(b)

∆t

∆(c)

∆t=

∆(a)

∆t+ 2

∆(b)

∆t(12)

En calculo diferencial, sabemos que la derivada de una constante es cero, pero si no sabemosderivar aun, ¿como pudieramos saber que esto es cierto?, pues muy sencillo.

Por la definicion del operador ∆()∆t

=()final−()inicial

tfinal−tinicialtenemos que:

∆(c)

∆t=

(c)final − (c)inicialtfinal − tinicial

Pero para que la variacion de c, es decir ∆(c) sea constante tiene que ser la distacia final, iguala la inicial, (c)final = (c)inicial, es decir: (c)final − (c)inicial = 0

Ası tenemos que:

∆(c)

∆t=

0

tfinal − tinicial= 0

5

Por lo tanto V (c) = 0, y en la ecuacion (12) vamos a tener que:

V (c) = V (a) + 2V (b) → 0 = V (a) + 2V (b) → V (a) = −2V (b)

De forma analoga se hace para calcular la aceleracion, pero como las cuerdas estan ligadas, siuna de las distancias varıa con una aceleracion constante o variable, la otra tambien lo hara. Deforma que ninguna de las velocidades es constante para

∑Fexternas 6= 0, ası que si designamos por

A() como la aceleracion resultante, ahora vamos a tener que:

A(a) = −2A(b)

Finalmemente podemos deducir que si la masa uno se mueve con una aceleracion a1 positivacon respecto a nuestro sistema de referencia, la otra masa lo hara de forma tal que:

a2 =a1

2(13)

Ambos lados de la ecuacion son positivos debido a que en ambos sistemas de referencia laaceleracion es positiva.

Hasta aquı llegan las ecuaciones y en resumen tenemos que:

N −m1g = 0 (5)

T2 − 2T1 = 0 (6)

T1 = m1a1 (7)

m2g − T2 = m2a2 (11)

a2 =a1

2(13)

Para hallar a1 que es lo que nos interesa, sustituimos a1 de la ecuacion (13) en la ecuacion (7)

T1 = 2m1a2 (14)

Ahora sustituimos T1 de (14) y T2 de (11) en (6) y conseguimos la aceleracion de la masa 2:

m2g −m2a2 − 2(2m1a2) = 0→ −m2a2 − 4m1a2 = −m2g

a2 =m2g

m2 + 4m1

(15)

Para hallar la acelaracion de la masa 1, sustituimos a2 de (15) en la ecuacion (13) y nos queda:

m2g

m2 + 4m1

=a1

2→ a1 =

2m2g

4m1 +m2

a1 =2(19 kg)(9, 8m/s2)

4(6 kg) + 19 kg= 8, 66m/s2

6

Esta es la aceleracion en caso que no existan fuerzas de roce, y como vemos es positiva conrespecto a nuestro sistema de referencia.

En las nuevas ecuaciones incluimos la fuerza de roce en sentido contrario al movimiento. Todaslas ecuaciones quedan iguales excepto la sumatoria de fuerzas sobre el eje X positivo sobre la masauno donde vamos a tener que la

∑Fx = m1a

T1 − Fr = m1a1 (16)

Y la fuerza de roce queda definida como:

Fr = µkN (17)

Finalmente nos quedan las ecuaciones:

N −m1g = 0 (5)

T2 − 2T1 = 0 (6)

m2g − T2 = m2a2 (11)

a2 =a1

2(13)

T1 − Fr = m1a1 (16)

Fr = µkN (17)

Para para resolver el sistema, primero sustituimos Fr de (17) en (16)

T1 − µkN = m1a1 (18)

Luego sustituimos N de (5) y a1 de (13) en (18)

T1 − µkm1g = 2m1a2 (19)

Ahora sustituimos T1 de (19) y T2 de (11) en (6)

m2g −m2a2 − 2(µkm1g + 2m1a2) = 0

−m2a2 − 2µkm1g − 4m1a2 = −m2g

a2(4m1 +m2) = m2g − 2µkm1g

a2 = g(m2−2µkm1

4m1+m2

)

7

a2 = (9, 8m/s2)

[19 kg − 2(0, 2)(6 kg)

4(6 kg) + 19 kg

]= 3, 78m/s2

Para hallar a1, introducimos a2 en (13)

g

(m2 − 2µkm1

4m1 −m2

)=a1

2

a1 = 2g(m2−2µkm1

4m1+m2

)a1 = 2(9, 8m/s2)

[19 kg − 2(0, 2)(6 kg)

4(6 kg) + 19 kg

]= 7, 56m/s2

Para hallar T2 sustituimos a2 en (11)

m2g − T2 = m2g

(m2 − 2µkm1

4m1 +m2

)

T2 = m2g −m2g

(m2 − 2µkm1

4m1 +m2

)

T2 =4m1m2g +m1m2g −m2

2g + 2µkm1m2g

4m1 +m2

T2 = m2g

(4m1 +m1 −m2 + 2µkm1

4m1 +m2

)

T2 = m2g[m1(5+2µk)−m2

4m1+m2

]T2 = (19 kg)(9, 8m/s2)

{(6 kg)[5 + 2(0, 2)]− 19 kg

4(6 kg) + 19 kg

}= 58, 02Newton

Ahora hallamos T1 sustituyendo T2 en (6)

m2g

[m1(5 + 2µk)−m2

4m1 +m2

]− 2T1 = 0

T1 = m2g2

[m1(5+2µk)−m2

4m1+m2

]T1 =

(19 kg)(9, 8m/s2)

2

{(6 kg)[5 + 2(0, 2)]− 19 kg

4(6 kg) + 19 kg

}= 29, 01Newton

8

3)Un cierto objeto tiene un peso W1 en un punto en donde la aceleracion debida a la gravedad

es g1. (a) ¿Cuales son el peso (W2) y la masa (m) del objeto en un punto en que la aceleraciondebida a la gravedad es g2?. (b) ¿Que pasa si g2 = 0m/s2

RESPUESTAS:

a)Sea el peso debido a g1:

W1 = mg1 (20)

Y el peso debido a g2:

W2 = mg2 (21)

Entonces sabemos que la masa es una constante en cualquier parte del universo, a menosque..., el objeto cuya masa m, se encuentre en un sistema de referencia inercial, cuya velocidadse aproxime a la velocidad de propagacion de las ondas electromagneticas, en estas condicioneslas masa sera para un observador fijo igual a m0√

1− v2

c2

, donde m0 es la masa en reposo, v es la

velocidad del objeto con respecto al observador fijo y c es una constante fundamental igual a3, 00 × 108m/s que es la velocidad de propagacion de las ondas electromagneticas en el vacıo.Sabiendo todo esto, se pudiera calcular la masa del objeto, ”’pesando’ con una sencilla balanzade resorte y obteniendo una ”medida”de la fuerza que se ejerce sobre el objeto siendo ese valorW1, dividiendo ese valor de la fuerza por la aceleracion que experimenta si dejeramos que ”caiga”debido al campo gravitatorio, es decir g1, obtendrıamos la masa del objeto, es decir de la ecuacion(20) se puede demostrar:

m =W1

g1

(22)

Teniendo esta ”medida”de la masa de dicho objeto, pudieramos saber cual serıa su peso si seencontrara en un campo gravitatorio cuya acelarcion fuera g2, introduciendo este valor de la masaen (21):

W2 = W1

(g2

g1

)(23)

Como hemos dicho antes la masa no varıa significativamente a bajas velocidades, pero habra quedemostralo. Si la masa es m = fuerza

aceleracionentoces la fuerza que se ejerce sobre el peso en presencia

de g2 es W1

(g2g1

), y la aceleracion que experimenta es g2, por lo tanto:

m =fuerza

aceleracion=W1

(g2g1

)g2

=W1

g1

= m

9

b)Si g2 = 0, entonces de (21)

W2 = W1

(g2

g1

)= W1

(0m/s

g1

)= 0

Vemos que el peso en ese lugar va a ser nulo. Segun Einstein y su Teorıa de la RelatividadGeneralizada, en este caso no habrıa deformacion geometrica en un espacio tiempo de 4 dimen-siones que defina el entorno de ese objeto. Esto puediera deberse a 2 casos especiales, uno el menosprobable, que el objeto estubiera situado a una distancia infinita de cualquier otra masa que existaen su entorno, y el otro, un poco mas probable, que el objeto este en equilibrio

∑Fexternas = 0

entre dos, tres o n objetos masivos en ese mismo entorno.

4)Un bloque de masam se desliza hacia abajo por un plano inclinado sin friccion que forma un

angulo θ con el piso de un elevador. Halle la aceleracion del bloque con relacion al plano inclinadoen los siguientes casos: (a) El elevador desciende a velocidad constante. (b) El elevador asciendea velocidad constante. (c) El elevador asciende con una aceleracion constante aE. (d) El cable delelevador se rompe.

RESPUESTAS:

a)Relizamos la sumatoria de fuerzas externas y la igualamos a la masa por la aceleracion enel eje X, la condicion inicial es que la velocidad del ascensor es constante en descenso, por lo tantosi el sistema de referencia lo ubicamos en el plano inclinado del ascensor, no va haber poblemasporque serıa un sistema de referencia inercial, entonces podemos decir que:∑

Fxexternas = max

10

−mg sin θ = max

ax = −g sin θ

b)De igual forma para cuando asciende a velocidad constante la∑ax = max, entonces:

ax = −g sin θ

c)En este caso existen aceleraciones externas aE aparte de la otra aceleracion ax obserbadadesde el punto de vista de un sistema de refenecia no-inercial que este fijado en el plano inclinadodel ascensor, entonces se pudiera deducir que:

∑Fxexternas = m

no−inercial︷︸︸︷ax +

inercial︷ ︸︸ ︷∑axexternas

Todo esto se cumple siempre y cuando el sistema de referencia inercial, usado para obtener

las ecuaciones con la aceleracion aE, haya sido una simple traslacion del sistema de referenciano-inercial que esta ubicado en el plano inclinado del ascensor. El termino

∑axexternas son las

aceleraciones externas que pueden percibirse desde el nuevo sistema de referencia inercial X ′− Y ′que esta externo al ascesor, mientras que ax son las aceleraciones segun el sistema de referenciano-inercial.

Entonces segun el sistema de referencia inercial tenemos que existe una aceleracion en el eje Xpositivo igual a aE sin θ, por lo tanto

∑axexternas = aE sin θ segun el nuevo sistema de referencia

inercial, entonces nos queda que:

−mg sin θ = m (ax + aE sin θ)

ax = − (g + aE) sin θ

d)Si el cable del ascensor se rompe, la aceleracion del mismo en el vacıo es g dirigida haciaabajo, por lo tanto

∑axexternas = −g sin θ, entonces vamos a tener que:

∑Fxexternas = m

(ax +

∑axexternas

)−mg sin θ = m (ax − g sin θ)

−g sin θ + g sin θ = ax

ax = 0

Vemos que el bloque no va a moverse para nada segun el sistema de referencia no-inercial.

11

5)Un bloque de masa m = 7, 96 kg descansa sobre un plano inclinado a θ = 22◦ respecto a

la horizontal, como se muestra en la figura. El coeficiente de friccion estatica es de µs = 0, 25,mientras que el coeficiente de friccion cinetica es de µk = 0, 15. (a) ¿Cual es la fuerza mınima F ,paralela al plano, que impedira que el bloque se deslice por el plano hacia abajo?. (b) ¿Cual es lafuerza F necesaria para mover el bloque hacia arriba con una aceleracion igual a la gravedad?.

RESPUESTAS:

a)Hacemos sumatoria de fuerzas en X e Y iguales a cero porque la condicion que inicial esque el bloque este estatico, entonces nos queda, sabiendo que Frs es la fuerza de friccion estaticay es igual a µsN

∑Fx = 0

F + Frs −mg sin θ = 0→ F + µsN −mg sin θ = 0 (24)

∑Fy = 0

N −mg cos θ = 0→ N = mg cos θ (25)

Sustituimos N de (25) en (24), despejamos y obtenemos la fuerza F , de la figura (1), necesariapara mantener el bloque estatico:

F + µsmg cos θ −mg sin θ = 0

F = mg(sin θ − µs cos θ)

F = (7, 96 kg)(9, 8m/s2)(sin 22◦ − 0, 25 cos 22◦) = 11, 14Newton

b)Para que el bloque se mueva con una aceleracion igual al de la gravedad en sentido dela pendiente del plano, como se muestra en la figura (2), hay que hacer la sumatoria de fuerzasiguales a max donde ax = g, siendo g el valor de la gravedad, ademas vamos a tener una fuerzade friccion y/o roce cinetica Frk igual a µkN que se va a oponer a la direccion del movimiento,

12

entonces tenemos que:

∑Fx = max

F − Frk −mg sin θ = mg → F − µkN −mg sin θ = mg (26)

∑Fy = 0

N −mg cos θ = 0→ N = mg cos θ (27)

Luego introducimos N de (27) en (26) y obtenemos la fuerza F , de la figura (2), necesaria paramover el bloque con una aceleracion g:

F = mg(1 + sin θ + µk cos θ)

F = (7, 96 kg)(9, 8m/s2)(1 + sin 22◦ + 0, 15 cos 22◦) = 118, 07Newton

6)El bloque m1 de la figura tiene una masa de 4, 20 kg y el bloque m2 tiene una masa de

2, 30 kg. El coeficiente de friccion cinetica entre m2 y el plano horizontal es de µk = 0, 47. El planoinclinado carece de friccion. Halle la aceleracion de los bloques y la tension de la cuerda.

13

RESPUESTA:

Primero hacemos sumatoria de fuerzas en X e Y sobre los objetos con masa m1 y m2:

En m1:

∑Fx : T −m1g sin θ = m1ax (28)

∑Fy : N1 −m1g cos θ = 0 (29)

En m2:

∑Fx : Fr − T = m2ax (30)

∑Fy : N2 −m2g = 0 (31)

Ademas vamos a tener que Fr = µkN2. Ahora sustituyendo Fr en (30) nos queda:

µkN2 − T = m2ax (32)

Luego N2 de (31) en (32)

µkm2g − T = m2ax (33)

T de (28) en (33) y despejamos ax

µkm2g − (m1ax +m1g sin θ) = m2ax

−m1ax −m2ax = m1g sin θ − µkm2g

ax (m1 +m2) = g (µkm2 −m1 sin θ)

ax = g(µkm2−m1 sin θ

m1+m2

)ax = (9, 8m/s2)

[0, 47(2, 30 kg)− (4, 20 kg) sin 27◦

4, 20 kg + 2, 30 kg

]= −1, 24m/s2

Luego con esta aceleracion ax podemos conseguir T introduciendola en (28) y despejando:

T −m1g sin θ = m1g

(µkm2 −m1 sin θ

m1 +m2

)

T =µkm1m2g −m1

2 sin θ

m1 +m2

+m1g sin θ

14

T =µkm1m2g −m1

2 sin θ +m12 sin θ +m1m2g sin θ

m1 +m2

T = (µk + sin θ)m1m2gm1+m2

T = (0, 47 + sin 27◦)(4, 20 kg)(2, 30 kg)(9, 8m/s2)

4, 20 kg + 2, 30 kg= 13, 45Newton

7)Un estudiante de 150 lb que viaja en una rueda Ferris que gira uniformemente tiene un

peso aparente de 125 lb en el punto mas alto. (a) ¿Cual es el peso aparente del estudiante en elpunto mas bajo?. (b) ¿Cual serıa el peso del estudiante en el punto mas alto si la velocidad de larueda del Ferris se duplicara?

RESPUESTAS:

a)Primero hay que hallar la aceleracion centrıpeta (debido al movimiento circular), que es laresponsable de generar distintos pesos aparentes en el estudiante a medida que gira la rueda Ferris.Para ello vamos a llamar ac a la aceleracion centrıpeta o radial, Pr al peso real del estudiante, gcomo la gravedad igual a 32 ft/s2, llamaremos Pa a un peso aparente para al apartado (a) igual a

15

la normal, debido a que desde el punto de vista del estudiante (sistema de referencia no-inercial)la∑Fexternas = 0 en el punto mas alto, es decir N − Pa = 0 → N = Pa. Hay que saber ademas

que la masa m del estudiante es:

m =Prg

Ahora aplicamos por deduccion que la∑Fyexternas = m (ay +

∑ayexternas) ya que tenemos la

paricion de una aceleracion externa (centrıpeta) si observamos el movimiento circular desde unsistema de referencia inercial, de forma que la

∑ayexternas = −ac, negativa porque va dirigida

hacia el centro de la rueda Ferris. Ademas, con el estudiante girando a velocidad constante, suaceleracion tangencial at = ax es cero y no existe aceleracion tangencial en el eje Y, ay = 0, porlo tanto tenemos que:

N −mg = m (0− ac)

−Pa + Pr =Pracg

ac =g

Pr(Pr − Pa)

ac =32 ft/s2

150 lb(150 lb− 125 lb) =

16

3ft/s2 ≈ 5, 33 ft/s2

Sea el peso aparente ”sub-uno” igual a una normal ”sub-uno” en la parte mas baja, de formaque Pa1 = N1, porque desde el punto de vista del estudiante las

∑Fexternas = 0, entonces tenemos

que en el punto mas bajo:

N1 −mg = m (0 + ac)

Pa1 =Prg

[g

Pr(Pr − Pa)

]+ Pr

Pa1 = 2Pr − Pa

Pa1 = 2(150 lb)− 125 lb = 175 lb

16

b)Cuando la velocidad v de giro de la rueda Ferris del caso anterior se duplica, la nuevaaceleracion centripeta ”sub-dos”, ac2, va a ser igual a:

ac2 =(2v)2

R(34)

Donde R es una constante igual al radio de la rueda Ferris, pero sabemos que la aceleracioncentrıpeta anterior ac era igual a:

ac =v2

R(35)

Si despejamos v de (35), la sustituimos en (34) y luego simplificamos, obtenemos que:

v =√Rac → en (34)→ ac2 =

(2√Rac

)2

R

ac2 = 4ac

Por lo tanto, sea una segunda normal N2 6= N1 6= N , debida a la duplicacion de la velocidad,siendo esta normal igual a un peso aparente ”sub-dos” N2 = Pa2, entonces vamos a tener que enel punto mas alto la

∑Fyexternas = m (ay +

∑ayexternas), donde

∑ayexternas = ac2, entonces:

N2 −mg = m (0− ac2)

17

Pa2 = mg − 4mac = Pr − 4

(Prg

)[g

Pr(Pr − Pa)

]

Pa2 = 4Pa − 3Pr

Pa2 = 4 (125 lb)− 3 (150 lb) = 50 lb

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