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1. Calcula el valor de la aceleración gravitatoria en las superficies lunar, marciana, joviana y solar.

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(1)

Serie 7. Dinámica RESUELTA

1. Calcula el valor de la aceleración gravitatoria en las superficies lunar, marciana, joviana y solar.

La ley de gravitación universal de Newton dice que:

2 ˆ i j ij m m F G r r

Y en la superficie de todo astro, esta expresión se pude simplificar como la fuerza que ejerce dicho astro sobre un cuerpo mucho menos masivo que se mueve en un intervalo de longitud mucho menor que el radio del astro, esta es:

ˆ F  mgj De donde puede observarse que:

2 i m g G r

Es decir que la aceleración debida a la gravedad en la superficie de un cuerpo celeste es proporcional a su masa, con la proporcionalidad dada por la constante de gravitación universal (G = 6.673×10-11 N m2/kg2), e inversamente proporcional con el cuadrado de su radio promedio. Dado lo anterior se tiene:

Astro Masa [kg] Radio

promedio [km] Aceleración gravitatoria en su superficie [m/s2] Luna 7.349×1022 1738 1.623 Marte 6.4185×1023 3397.2 3.7112 Júpiter 1.899×1027 71492 24.79 Sol 1.9891×1030 689×103 279

(2)

2.

a) Obtén la ecuación de trayectoria para un tiro parabólico con fuerza constante del viento actuando en la horizontal.

Las ecuaciones de posición para esta situación están dadas por: 2 0 0 2 0 0 2 2 y x v gt y v t y F t x v t x m       

Rearreglando la horizontal para despejar el tiempo:

 

 

2 0 2 2 0 0 0 0 0 2 4 2 2 x v x x v x x v v v F t v t x m F v v x v v F x m m t F F m m             Sustituyendo en la vertical:

 

 

 

 

 

 

2 2 2 0 0 0 0 0 0 2 2 2 0 0 0 0 0 0 2 2 2 0 0 0 0 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x x x x v y v v v x x x x v y v v v x x x x v y v v v v F x m v v F x m g y v y F m F m v v F x m v v F x m g y v y F m F m v v F x m v v F x m g y v F m F                                                          0 v y m           

(3)

b) Para un ángulo de lanzamiento de 35º con una rapidez inicial de 20 m/s de un proyectil de 1 kg, ¿cuál debe ser la expresión vectorial de la fuerza del viento para que cuando el proyectil regrese a la altura de lanzamiento su avance en la horizontal se vea disminuido en 5 m con respecto a la ausencia de la fuerza horizontal? ¿y para aumentarlo en 5 m?

Poniendo al origen como punto de partida, las ecuaciones de posición son:

 

 

2 0 2 0 sin 2 cos 2 v gt y t v t F t x t v t m       

El proyectil vuelve a la altura de lanzamiento en un tiempo dado por: 2 0 0 0 0 sin 0 2 sin 0 2 sin 2 2 sin gt v t gt v gt v v t g            

En ausencia de la fuerza horizontal, el alcance sería:

2

0 0 0

0

2 sin 2 sin 2 cos sin

cos v v v x t v g g g                   

Mientras que con la fuerza horizontal se modifica a:

2 2 2

0 0 0 0 0

0

2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 cos sin

cos 2 v v v F v v F v v x t v g m g g m g g                             

Por lo tanto, cualquier diferencia en el alcance originada por la existencia de esta fuerza del viento está dada por:

 

2 0sin 2 0 0 v v F v v F v x x F x F m g            Despejando la fuerza: 2 0 2 sin v F v m x g F v       

(4)

Sustituyendo datos:



2 2 2 1 1 kg 5 m 9.81 m s 5 kg m 0.855 s 1.827 N 2 20 m s sin 35º 2 v F              Y vectorialmente:

1.827 N

ˆ v F   i

Del desarrollo anterior puede notarse que una disminución en el alcance de la misma magnitud implicaría solamente un cambio de signo en la expresión de la fuerza, por lo tanto, para la segunda pregunta:

1.827 N

ˆ v

Fi

c) Para una fuerza del viento de 16 N en dirección del movimiento, existen 2 vectores de velocidad con magnitud 20 m/s que permitirán al proyectil de 2.5 kg pasar por el punto 8.3 m î + 3.4 m ĵ. ¿cuáles son?

Para las ecuaciones de posición, con la velocidad expresada en coordenadas polares y tomando al origen como punto de partida, se tiene:

 

 

2 0 2 0 sin 2 cos 2 v gt y t v t F t x t v t m       

Se usará la identidad trigonométrica:

2 2

cos sin  1

Así que se despejan las funciones seno y coseno de las ecuaciones de posición: 2 0 2 0 1 sin 2 1 cos 2 v gt y v t F t x v t m             Por lo tanto: 2 2 2 2 0 0 1 1 1 2 2 v F t gt y x v t v t m                       

(5)

2 2 2 2 2 2 0 2 2 4 2 4 2 2 2 2 2 0 2 2 2 4 4 v v v F t gt y x v t m xF t F t g t y ygt x v t m m                   

Reagrupando las potencias de t:

2 4 2 2 2 2 2 0 2 0 4 v v F t xF g yg v t x y m m         Sustituyendo datos:



 

 

2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 16 N 8.3 m 16 N 0 9.81 m s 3.4 m 9.81 m s 20 m s 4 2.5 kg 2.5 kg 8.3 m 3.4 m 34.30 m s 419.77 m s 80.45 m t t t t                   Resolviendo para t2:

 

 



2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 4 2 2 419.77 m s 419.77 m s 4 34.30 m s 80.45 m 2 34.30 m s 12.04 s 0.195 s t       

Para el tiempo lineal hay que sacar las raíces cuadradas, y en principio considerar ambas posibilidades de signos, pero dadas las condiciones del problema ignoraremos los tiempos negativos. Entonces: 2 2 12.04 s 3.47 s 0.195 s 0.442 s t     

El siguiente paso es sustituir estos valores para le tiempo en las ecuaciones que se despejaron al principio. Sin embargo, los errores por aproximación acarreados desde la sustitución de valores pueden a ser lo suficientemente significativos como para que si lo sacan a partir del seno o a partir del coseno obtengan resultados distintos. Para evitar esta situación usaremos ambas ecuaciones al mismo tiempo para obtener la tangente:

(6)

2 2 0 1 1 2 2 1 0 2 2 1 2 sin 2 tan cos 1 2 2 2 arctan 2 v v v gt gt y y v t F t F t x x m v t m gt y F t x m                                    

Al sustituir los tiempos obtenidos así como el resto de datos, llegamos a:

 



2 2 1 2 9.81 m s 3.47 s 3.4 m 62.46 m 2 arctan arctan 64.17º 30.23 m 16 N 3.47 s 8.3 m 2 2.5 kg                     

Y por el signo negativo de la x,

1 64.17º 180º 115.83º

    

Para el otro ángulo:

 



2 2 2 2 9.81 m s 0.442 s 3.4 m 4.36 m 2 arctan arctan 29.62º 7.67 m 16 N 0.442 8.3 m 2 2.5 kg                   

Por lo que los vectores de velocidad inicial quedan:

 

 

1 2 ˆ ˆ ˆ ˆ 20 m s cos115.83º sin115.83º 8.71 m s 18.00 m s ˆ ˆ ˆ ˆ 20 m s cos 29.62º sin 29.62º 17.39 m s 9.88 m s v i j i j v i j i j         

(7)

d) Para un ángulo de lanzamiento de 45º, ¿qué relación algebraica deberá existir entre la aceleración en la horizontal, la aceleración gravitacional y la rapidez del lanzamiento? para que, al regresar a la altura de lanzamiento:

i. El proyectil llegue el doble de lejos de lo que llegaría sin fuerza horizontal Las ecuaciones de movimiento para este proyectil, con el ángulo de lanzamiento ya sustituido y considerando aceleración en vez de fuerza, quedan:

 

 

2 0 2 0 2 2 2 2 v v t gt y t a t v t x t     

El tiempo que tarda en volver a la altura de lanzamiento se obtiene de la ecuación en la vertical: 2 0 0 0 0 0 0 0 0 2 2 0 2 2 0 2 2 0 2 2 2 2 2 2 2 v t gt v gt t v gt t v gt v gt v v t g g                   

Y el alcance en la horizontal en ausencia de una fuerza en esta dirección: 2 0 0 0 0 2 2 2 v v v v x t g g g           

Si con el viento, el proyectil experimenta una aceleración horizontal, su alcance queda: 2 2 2 0 0 0 0 0 0 2 2 2 2 2 2 v v v a v v v a v v x t g g g g g                     

(8)

Cuando este último es el doble de cuando no hay fuerza, se tiene la igualdad: 2 2 2 0 0 0 2 2 1 2 v v v a v v v g g a a g g g     

ii. El proyectil llegue a la mitad de la distancia a la que llegaría sin fuerza horizontal

En este caso la restricción lleva a plantear la igualdad:

2 2 2 0 0 0 2 2 1 2 1 2 v v v a v v v g g g a g g a      

iii. El proyectil regrese al punto de lanzamiento En este caso la restricción lleva a plantear la igualdad:

2 2 0 0 2 0 1 0 v v v a v v g g a g a g      

(9)

iv. El proyectil recorra la misma distancia en la horizontal que sin la fuerza del viento, pero en la dirección opuesta a la del lanzamiento

Para esta última situación, la igualdad planteada es:

2 2 2 0 0 0 2 1 2 1 v v v a v v v g g g a a g g        

e) Grafica la trayectoria del lanzamiento sin fuerza horizontal y de cada una de las situaciones del inciso anterior.

-50 -40 -30 -20 -10 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 a v = 0 a v = g a v = -g/2 a v = -g a v = -2g

(10)

3. Una mujer de 60 kg está de pie sobre una báscula de baño colocada sobre el piso de un ascensor. ¿Cuánto marca la báscula?, si

a. El ascensor está en reposo.

Cuando el ascensor está en reposo las fuerzas involucradas son el peso de la mujer y la fuerza normal que la báscula ejerce en respuesta. Para una situación estática:

ˆ 0 ˆ wj N N wj     

La báscula siente todo el peso e indica la masa correspondiente, es decir: 60 kg

b. El elevador está acelerando hacia arriba a 1.8 m/s2

En esta situación se mantiene el peso de la mujer, pero la fuerza resultante que actúa sobre la mujer le produce una situación de movimiento hacia arriba. Entonces:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 ˆ 1.8 m s ˆ ˆ ˆ 1.8 m s 9.81 m s 1.8 m s ˆ ˆ 60 kg 9.81 m s 1.8 m s 60 kg 9.81 m s 1.8 m s ˆ ˆ 60 kg 11.61 m s 696.6 N wj N m j N w m j m j j j j j              

Lo que hace el indicador de la báscula es dividir el peso que siente entre el valor de la aceleración gravitatoria. Por lo tanto la lectura de la báscula es:

2 696.6 N

9.81 m s 71.01 kg

N

g  

c. El ascensor se mueve hacia arriba con rapidez constante.

En esta situación, a pesar de las fuerzas involucradas, se tiene una situación de movimiento rectilíneo uniforme. Esto significa que la fuerza neta actuante es cero. Por lo que la situación es análoga al caso en reposo y la báscula indica 60 kg.

(11)

d. El cable del ascensor se corta (y los frenos no actúan), de modo que el ascensor está en caída libre.

En esta situación la mujer está (además de a punto de morir) sometida en su totalidad a la aceleración gravitatoria. Sólo con fines ilustrativos, la suma de fuerzas sería:

ˆ ˆ 0 wj N wj N     

Al estar cayendo bajo la acción de la misma fuerza no hay fuerza normal entre la báscula y la mujer, por lo tanto la báscula indicará 0 kg

(12)

4. Considera el siguiente esquema: 57.5° 45.0° 53 kg m1 m2 1.83 m

Las cajas laterales están soportadas por cables de masa despreciable que llegan al techo y mediante rondanas se doblan para bajar y conectarse con el cable que sostiene a la caja central. La distancia entre rondanas es de 1.83 m.

Si la caja de en medio experimenta una aceleración de 1.012 m/s2 hacia arriba, ¿se puede calcular la masa de las cajas laterales? En caso afirmativo, ¿cuánto valen?, en caso negativo ¿cuánto vale el cociente m1/m2?

Solución

La caja m1 experimenta una aceleración a1 como resultado de la acción de su peso y de la tensión T1 de la cuerda que la soporta. Se puede decir lo mismo para cualquiera de las tres cajas dando lugar al sistema de ecuaciones dado por:

1 1 1 1 2 2 2 2 2 3 53 kg 53 kg 1.012 m s T m g m a T m g m a T g             

(13)

De este sistema se pueden despejar las tensiones de la siguiente manera:

1 1 1 2 2 2 3 573.389 N T m g a T m g a T              

Por otro lado, sobre el nudo actúan las tres tensiones. Y si el sistema es estable, este no

experimenta aceleración en el marco de referencia escogido. El balance de fuerzas separado por

componentes se escribe: 1 2 1 2 3 cos135º cos 57.5º 0 sin135º sin 57.5º 0 T T T T T          

Con la información del sistema de ecuaciones anterior, este nuevo sistema se transforma en:

1 1 2 2 1 1 2 2 cos135º cos 57.5º 0 sin135º sin 57.5º 573.389 N m a g m a g m a g m a g                  

Este sistema consta de dos ecuaciones, pero cuatro incógnitas (masas y aceleraciones). Por lo que es necesario buscar si existe más información para resolverlo.

Para empezar puede notarse que las aceleraciones que hacen falta son las experimentadas por los cables que pasan a través de las rondanas. Y debe existir una forma para relacionar la aceleración experimentada por tales cables con la aceleración conocida. Esta forma se puede visualizar al tomar al sistema de acuerdo a la siguiente figura:

57.5° 45.0° 1.83 m

α

y

z

x

(14)

De acuerdo a las letras en la figura, la aceleración conocida se encuentra a lo largo del eje x, mientras que las desconocidas ocurren a lo largo de las líneas y y z respectivamente. Entonces si el triángulo generado por las cuerdas y el techo se parte en dos triángulos rectángulos se tendrá que la caja con aceleración conocida se mueve a lo largo del cateto opuesto mientras que las aceleraciones desconocidas corresponden a las hipotenusas. Para el triángulo de la izquierda, la relación entre catetos e hipotenusa es:

2 2 1 yx

Donde ℓ1 es la longitud del cateto adyacente en este triángulo, es decir, la porción del techo que le toca al triángulo y ésta permanece constante. Derivando con respecto al tiempo para obtener la velocidad: 2 2 1 xx y x  

Y derivando nuevamente para obtener la aceleración:



 

2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 1 2 2 3 2 2 1 1 xx x xx x xx x xx x xx x y x x          

Suponiendo que la rapidez del bloque central es nula en el instante que se estudia, la aceleración en la hipotenusa queda dada por:

2 2 1 xx y x  

Esta igualdad puede expresarse también como: x

y x

y

Puede notarse que x/y es la división de un cateto opuesto sobre la hipotenusa, es decir el seno del ángulo. Por lo tanto:

 

2 2 1 2 2 2 sin 45º 1.012 m s 0.716 m s sin 57.5º 1.012 m s 0.854 m s a a    

(15)

Sustituyendo estos resultados en el sistema de ecuaciones del balance de masas se llega a:

2 2 1 2 2 2 1 2 10.5222 m s cos135º 10.660 m s cos 57.5º 0 10.5222 m s sin135º 10.660 m s sin 57.5º 573.389 N m m m m              

Sumando las dos ecuaciones se llega a:

2

2

1 10.5222 m s cos135º sin135º 2 10.660 m s cos 57.5º sin 57.5º 573.389 N

m  m  

Que tras evaluar las funciones trigonométricas se transforma en:

2

2 10.660 m s 1.381 573.389 N

m

Por lo que la masa de la caja a la derecha es:

2 2

573.389 N

10.660 m s 1.381 38.958 kg

m  

Mientras que la de la izquierda se puede calcular de la ecuación en la horizontal:

2

1 2 10.660 m s cos 57.5º 38.958 kg 10.5222 m s cos135º 29.990 kg m   

(16)

5. Para arrastrar un pesado leño de 500 kg de masa hacia arriba de una rampa inclinada a 30º de la horizontal, se ata el leño a un cable que corre sobre una polea en la parte superior de la rampa y se amarra un contrapeso de 300 kg en el otro extremo. Suponiendo que el leño se mueve sin fricción,

a. ¿cuál es la aceleración del leño hacia arriba de la rampa?

Por el hecho de que el leño está sobre un plano inclinado sin contrapeso la fuerza sobre éste sería: sin 30º

l Fm g

En cuanto a la acción del contrapeso, la tensión está dada por: c

Tm g

Como esta debe ser constante, la fuerza neta que actúa sobre el tronco es: sin 30º n l c Fm gm g Y la aceleración: 2 300 kg sin 30º sin 30º 0.9 500 kg 8 m s n c l l l F m a g g m m            

b. ¿se podría usar un contrapeso menos masivo para mover el leño? ¿cuánto menos masivo?

Para mantener estático al leño:

sin 30º 0 500 kg sin 30º 0 500 kg 500 kg sin 30º 250 kg c c c m g m m            

Por lo tanto, para mover al leño la masa del contrapeso debe cumplir con:

250 kg c

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