Dinámica en Dos Dimensiones

Dinámica

en

Dos Dimensiones

· Las tres leyes de movimiento de Newton · Sistemas de Referencia Inerciales · Masa vs. Peso

· Las fuerzas que hemos estudiado:

peso / gravedad fuerza normal tensión

fricción (cinética y estática)

· Dibujar diagramas del cuerpo libre · Resolución de Problemas

Cosas Para Recordar del Año Pasado

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Las Leyes de Movimiento de

Newton

1. Un objeto mantiene su velocidad (la rapidez y la dirección) a menos que algo actué sobre el con una fuerza neta que no sea cero.

2. La segunda ley de Newton es la relación entre la aceleración y la fuerza.

3. Cada vez que un objeto ejerce una fuerza sobre un segundo objeto, el segundo objeto ejerza una fuerza igual en la dirección opuesta al primer objeto.

ΣF = ma

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Las leyes de Newton son válidas solamente en Sistemas de Referencia Inerciales :

En un sistemas de referencia inercial, todo movimiento tiene una dirección constante y una magnitud. Este no es el caso en los sistemas de rotación y aceleración.

Sistemas de Referencia Inerciales

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La MASA es la medida de la inercia de un objeto, la resistencia de un objeto para acelerar.

El PESO es la fuerza ejercida sobre un objeto por la gravedad. Cerca a la superficie de la Tierra, donde la fuerza de la gravedad es casi constante, el peso es lo siguiente:

La masa se mide en kilogramos; el peso es medido en Newton.

Masa y Peso

F

G

= Mg

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Fuerza Normal y Peso

FN mg La fuerza normal, FN, es SIEMPRE perpendicular a la la superficie. Peso, mg, SIEMPRE se dirige hacia abajo.

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La Fricción Cinética

fK Las fuerzas de fricción SIEMPRE son paralelas a la superficie ejerciéndolas. Fricción cinética es siempre dirigida opuesto a la dirección que el objeto se desliza y su magnitud: fK = μkFN v

La Fricción Estática

fS Fricción estática es siempre igual y opuesto a la Fuerza neta Aplicada sobre el objeto (sin incluir fricción). Su magnitud es: fS≤ μSFN Faplicación

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Cuando un cable o una cuerda jala

a un objeto, se dice que tiene

tensión, y la fuerza que ejerce se

llama fuerza de tensión, FT.

La Fuerza de Tensión

FT mg a

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Dos Dimensiones

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Ya que las fuerzas son vectores, se puede tener una influencia horizontal y vertical sobre el

objeto.

Con el fin de resolver problemas que tienen fuerzas actuando en un ángulo, tenemos que

encontrar los componentes horizontal (x) y vertical (Y) de las fuerzas usando trigonometría

(Triángulos rectángulos / SohCahToa).

Resoluciones de Fuerzas

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Considera a un niño jalando a un carro por la calle. El carro tiene una palanca que no es vertical ni horizontal, pero esta a un ángulo. Esto significa

que el niño esta jalando hacia arriba y horizontalmente al mismo tiempo.

Resoluciones de Fuerzas

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Un diagrama de cuerpo libre incluye estas y todas las otras fuerzas, como se ve a continuación.

Resoluciones de Fuerza

Ff mg FN Faplicación Faplicación FN Ff mg

# x (horizontal) de componentes y (vertical) de componentes Fy Fx F = 50 N

Para hallar la fuerza neta sobre el objeto, se considera cada componente por separado. Supongamos que la fuerza aplicada por el niño es de 50 Newton al 30o # x (horizontal) de componentes y (vertical) de componentes

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30o x (horizontal) de componentes y (vertical) de componentes Fy Fx F = 50 N

Podemos utilizar Coseno = Adyacente /Hipotenusa para encontrar F x Por lo tanto F x = 43,3 N

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30o x (horizontal) de componentes y (vertical) de componentes Fy Fx F = 50 N = 43,3 N

Entonces, el componente horizontal (x) de la fuerza es igual a 43,3 N. Podemos incluir esto en un diagrama de cuerpo libre: Ff mg FN Fx Fx FN Ff mg

Pero si lo hacemos, perdemos el componente eje vertical (y) de la fuerza original

... así que nuestro siguiente paso es encontrar aquel :

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30o x (horizontal) de componentes y (vertical) de componentes Fy Fx F = 50 N

Podemos utilizar SIN = opuesto / hipotenusa para encontrar F y Por lo tanto F y = 25 N

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30o x (horizontal) de componentes y (vertical) de componentes Fy Fx F = 50 N = 43,3 N

El componente vertical (y) de la fuerza es igual a 25 N. Ahora podemos agregar esto para completar el diagrama de cuerpo libre: Ff mg FN Fx Fx FN Ff mg = 25 N Fy Fy

Tenga en cuenta que nuestra fuerza original, F aplicación,

ya no se muestra ... fue reemplazado por sus componentes Fx e Fy!

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Practica para Resolver Fuerzas:

Resuelve cada una de las fuerzas por sus componentes Fx y Fy, a

continuación, y muestra los componentes en un diagrama de cuerpo libre. 40o 20N Ex.

45o 100N 15o 500N -25o 330N 22o250N 1. 2. 3. 4.

Practica para Resolver Fuerzas

Resuelve cada una de las fuerzas por sus componentes Fx y Fy, a continuación, y muestra los componentes en un diagrama de cuerpo libre. Muestra tu trabajo en otro pagina!

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40o 80N 35o 600N -60o 24N 12o 1500N 1. _2. 3. 4.

tarea: Resolver Fuerzas:

Resuelve cada una de las fuerzas por sus componentes Fx y Fy, a continuación, y muestra los componentes en un diagrama de cuerpo libre. Muestra tu trabajo en otro pagina!

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La Fuerza y la Fricción Actuando

sobre un Objeto

Anteriormente, hemos resuelto problemas con fuerzas múltiples, pero fueron paralelos o perpendiculares. Por ejemplo, dibuja un diagrama de cuerpo libre de una caja que es jalado a lo largo de una

superficie, con fricción, con una velocidad constante.

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FN mg Ahora encuentra la aceleración donde la fuerza aplicada es de 20N, la caja tiene una masa de 3,0kg, y el coeficiente de la fricción cinematica es de 0,20. Faplicación f

La Fuerza y la Fricción Actuando

sobre un Objeto

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FN mg Faplicación f Faplicación = 20N m = 3,0kg μk = 0,20

La Fuerza y la Fricción Actuando

sobre un Objeto

ΣF = ma FN - mg = 0 FN = mg FN = (3,0kg)(10m/s2) FN = 30N ΣF = ma FAPP - fk = ma FAPP - μkFN = ma FAPP - μkmg = ma a = (FAPP - μkmg)/m a = (20N - (0,20)(30N))/3,0kg a = (20N - 6,0N)/3,0kg a = (14N)/3,0kg a = 4,7 m/s2 x - axis y - axis

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Ahora vamos a resolver problemas en que las fuerzas actúan en un ángulo que no sean paralela o perpendicular con uno al otro. En primer lugar, vamos hacer un diagrama de cuerpo libre, tal como lo hicimos anteriormente.

La Fuerza y la Fricción Actuando

sobre un Objeto

La Fuerza y la Fricción Actuando

sobre un Objeto

FN mg Faplicac ión f El próximo paso crucial,

es elegir los ejes. Anteriormente, siempre se utilizo ejes verticales y ejes horizontales, ya que un eje se alineaba con las fuerzas ... y la aceleración.

Ahora, debemos elegir los ejes para que la aceleración sea a largo de un eje, y que no halla aceleración a lo largo de las otras. Siempre hay que preguntar, "¿En qué dirección podría este objeto acelerar?" Después dibuja un eje a lo largo en esa dirección, y el otro perpendicular a ese.

¿Cuál es la respuesta en este caso?

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La Fuerza y la Fricción Actuando

sobre un Objeto

FN mg Faplicació n f En este caso los ejes

verticales y ejes

horizontales aún trabajan ... ya que asumimos que la caja se desliza a lo largo de la superficie. Sin embargo, si esta suposición es incorrecta, vamos a obtener respuestas que no tienen sentido, y vamos a tener que reconsiderar nuestra selección de ejes.

y

X

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La Fuerza y la Fricción Actuando

sobre un Objeto

FN mg Faplicació n f Ahora tenemos que

romper cualquier fuerza entre sus componentes que si se alinean con nuestros ejes.

En este caso, F aplicación , Debe ser divido en Fx y Fy

y

X

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La Fuerza y la Fricción Actuando

sobre un Objeto

FN mg f

y

X

Fy Fx

Una vez que hagamos eso, ahora podemos proceder como siempre, utilizando cada componente adecuadamente.

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Utilicemos lo que sabemos para encontrar la aceleración: Si la Fuerza aplicada es de 20N a 37o _{por encima} del horizontal, la caja tiene una masa de 3,0kg, y el coeficiente de fricción cinética es de 0,20.

La Fuerza y la Fricción Actuando

sobre un Objeto

FN mg f

y

X

Fy Fx

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Faplicación = 20N a 37 o m = 3,0kg

μ k = 0,20

La Fuerza y la Fricción Actuando

sobre un Objeto

FN mg f y X FAPPY FAPPX ΣF = ma FN + Fy - Mg = 0 FN= Mg - F y FN= Mg - FSIN # FN= (3,0kg) (10m/s 2) - (20N) (sin37o₎ FN= 30N - 12N FN = 18N

Tenga en cuenta que FN es menor debido a

que otra fuerza (Fy) esta actuando al objeto. x - eje y - eje ΣF = ma Fx - fk = ma Fx - μkFN = ma Fcos# - μkmg = ma a = (Fcos# - μkFN)/m a = (20N cos37o - (0,20)(18N))/3,0kg a = (16N - 3,6N)/3,0kg a = (12,4N)/3,0kg a = 4,1 m/s2

La fricción se redujo debido a que la fuerza normal es reducida; el peso de la caja, mg, esta actuado por el

componente Fy de la fuerza aplicada y por la fuerza normal ... por lo tanto que la fuerza normal es reducida ... reduciendo fricción. mg FAPPY FN FN Fy mg Con sólo mirar el eje

ΣF = ma FN + Fy - Mg = 0

FN= Mg - F y

FN= Mg - FSIN #

La Fuerza y la Fricción Actuando

sobre un Objeto

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Fuerza Normal y Fricción

¿Qué pasaría con la fuerza normal y la fricción en el caso de que el objeto está siendo empujado a lo largo del suelo por una fuerza hacia abajo en ángulo?

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Fuerza normal y fricción

¿Qué pasaría con la fuerza normal y la fricción en el caso de que el objeto está siendo empujado a lo largo del suelo por una fuerza hacia abajo en ángulo?

FN mg F aplic_ació n f

y

X

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Fuerza normal y Fricción

En este caso, el empuje de fuerza está presionando la caja al suelo, aumentando la fuerza normal, y la fricción. FN mg f

y

X

Fy Fx FN mg Con sólo mirar el eje

ΣF = ma FN - Fy - Mg = 0 FN= Mg + F y FN= Mg + FSIN # Fy

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1 La fuerza normal de la caja es:

Faplicación θ A mg B mg sin # C mg cos # D mg + F sin # E mg - F sin#

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2 La fuerza de fricción sobre la caja es:

Faplicación θ

A μ (mg + FSIN (θ))

B μ (mg - FSIN (θ))

C

μ (mg + Fcos (θ))

D μ (mg - Fcos (θ))

E umg

3 Un bloque de masa m es jalado a una velocidad

constante v por una fuerza F aplicación , que actúa en

un ángulo de θ encima del horizontal. El coeficiente

de fricción cinética entre el bloque y la superficie es

μ.

Cual es la fuerza normal ejercida sobre el bloque?

Faplicación θ

v

m

A mg - F aplicación cos

#

B mg - F aplicación sin

#

C mg

D mg + F aplicación sin

#

E mg + F aplicación cos

#

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Faplicación θ v m

4

Un bloque de masa m es jalado a una velocidad

constante v por una fuerza F aplicación , que actúa en un

ángulo de θ encima del horizontal. El coeficiente de

fricción cinética entre el bloque y la superficie es μ.

Cual es la fuerza de fricción en el bloque es:

A

µ

(Mg - F

aplicación

cos

#

)

B

µ

(Mg - F

aplicación

sin#

)

C umg

D

µ

(Mg + F

aplicación

sin

#

)

E

µ

(Mg + F

aplicación

cos

#

)

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Fuerza normal y peso

FN mg Anteriormente hemos tratado sobre superficies horizontales (o rara mente verticales). En que FN y mg siempre

están a lo largo del mismo eje. Ahora vamos a ver casos generales.

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En la foto, dibuje el diagrama del cuerpo libre sobre el bloque. Muestra el peso y la la fuerza normal.

Plano Inclinado

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Plano Inclinado

FN mg FN SIEMPRE es perpendicular a la superficie. mg es SIEMPRE dirigido hacia abajo. Pero ahora, no son paralelos ni perpendiculares entre si.

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Elegir Ejes

FN mg Anteriormente, hemos utilizado ejes verticales y horizontales. Eso funcionaba porque la aceleración era a lo largo de uno de esos ejes. Pero aquí no. Vamos a cambiar nuestros ejes para que la aceleración este en una dimensión. Para hacer esto, vamos a llamar a la superficie el eje X.

Elegir Ejes

FN mg

En este caso, el bloque sólo puede acelerar a lo largo de la superficie. Incluso si no hay una aceleración en un problema, vamos a utilizar la superficie como el "eje-x" Así que giramos nuestros ejes de x,y para alinearse con la superficie del plano.

a

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Elegir Ejes

FN mg En este caso, el bloque sólo puede acelerar a lo largo de la superficie. Así que giramos nuestros ejes de x,y para alinearse con la superficie del plano.

y

X

a

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A diferencia de la última sección, en este caso # es tanto el ángulo de inclinación y el ángulo entre mg y el nuevo Y-eje .

Esto significa vamos a utilizar diferentes funciones para encontrar

la Fuerza en la dimensión

X y la Fuerza en la dimensión Y.

Problemas de Plano Inclinados

Y-eje # # '

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Problemas de Plano Inclinados

eje

#

# # '

Vamos a nombrar el ángulo del plano inclinado # y el ángulo entre

mg y el eje-X # ' y demostrar que # = # '

Puesto que los ángulos de un triángulo suman a 180 o_{, y el}

ángulo inferior izquierdo es de 90 o_,

esto significa: # + # = 90o

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Ahora mira a los ángulos en la esquina superior izquierda del triángulo.

Problemas plano inclinado

eje

#

Ya que tiene un ángulo recto entre mg y la superficie, el ángulo # en el triángulo complementa el ángulo

# ' del y-eje.

# ' + # = 90o

Pero ya hemos demostrado que

# + # = 90o

Así que podemos concluir ... # ' =# # # '

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mg

#

a

Tenemos que tener en cuenta la gravedad entre la superficie (Y) y la superficie (x). Con el fin de hacer esto, resolvemos mg en sus componentes x e y.

Problemas de Plano Inclinado

Fx Fy #

a

F_y Fx #

# Fx Fy #

a

F_x

Tenemos que encontrar los componentes x e y de mg por el uso de SohCahToa

Problemas de plano inclinado

Para F x tenemos nuestro lado opuesto y nuestro hipotenusa, por lo que utilizaremos SIN.

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# Fx Fy #

a

F_x

Tenemos que encontrar los componentes x e y de mg por el uso de SohCahToa

Problemas plano inclinado

Para F y tenemos nuestro lado adyacente y nuestro hipotenusa, por lo que utilizaremos el coseno.

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Ejemplo 1

Una masa de 20 kg se encuentra sobre un plano inclinado en un ángulo de 40o_{. Determina las fuerzas a}

lo largo de (x) y de (y) sobre la superficie del plano inclinado. 20 kg 40o

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Practica: Problemas de Planos Inclinados

Encuentra Fx y Fy para cada ejemplo a continuación:

m = 80 kg

#

= 25

o

m = 2,0 kg

#

= 37

o

m = 150 kg

#

= 45

o

1.

2.

3.

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Tarea: Problemas de Planos Inclinados

Encuentra F x y F y para cada ejemplo a

continuación:

m = 40 kg

#

= 17

o

m = 8,0 kg

#

= 42

o

m = 10 kg

#

= 73

o

1.

2.

3.

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Poniendo todo junto:

FN

mg

Estudiando el

movimiento del bloque a lo largo del plano, ahora se puede evaluar el diagrama de cuerpo libre utilizando Fx y Fy.

y

X

a

Ahora sólo tenemos que utilizar la segunda ley de Newton, lo cual es cierto para cada eje.

# Fx= Ma x mgsin # = Ma x a = gsin # debajo del plano # Fy= Ma y FN- Mgcos # = 0 FN= Mgcos # FN F_{x= Mg} sen _# Fy= Mg c os# #

a

Problemas de Plano inclinado

x - eje y - eje

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ΣFx = max mgsin θ = ma gsin θ = a a = gsin θ a = 10 m/s2_{sin (30}o₎ a = 10 m/s2 _(0,5) a = 5 m/s2 Un bloque de 5 kg se desliza por una

inclinado con fricción en un ángulo de 30 grados.

a) Dibuje un diagrama de cuerpo libre. b) Encuentra la aceleración. (Use g = 10 m / s 2₎ # y x F_N mg mg pe_ca do # mg cos # # Respuesta

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FN

mg

# fk

a

Podemos agregar fricción cinética a nuestro ejemplo del plano inclinado. La fricción cinética apunta a lo opuesto de la dirección del movimiento.

Ahora tenemos un segundo vector a lo largo del eje X. Fk apunta en el dirección negativa (recordemos que f k= uk FN)

Problemas con el plano inclinado con

fricción

y

x

FN mg sin# mg cos # # fk _a

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Problemas de plano inclinado de fricción

# Fy= ma y FN= mg cos # x - eje y - eje #Fx = max mgsin# - fk = ma mgsin# - μkFN = ma mgsin# - μkmgcos# = ma gsin# - μkgcos# = a a = gsin# - μkgcos# a = g(sin# - μk cos#)

y

x

F

N

mg sin

#

m

g

co

s

#

#

f

k

_a

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La solución general para objetos que se deslizan por una pendiente es:

a = g (sin # - ukcos #)

Tenga en cuenta que si no hay fricción: μ k = 0

y tenemos nuestro resultado anterior por un plano sin fricción: a = gsin#

Problemas de plano inclinado de fricción

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a = g (sin # - ukcos #)

Si el objeto se desliza con una velocidad constante: a = 0

Problemas de plano inclinado de fricción

a = g(sin# - μkcos#) 0 = g(sin# - μkcos#) 0 = sin# - μkcos# μk cos# = sin# μk = sin# / cos# μk = tan# a = 0

y

x

FN mg sin# mg cos # # fk

Plano inclinado con la fricción estática

Hemos visto que para un objeto en movimiento hacia abajo con una velocidad constante en un plano inclinado que:

μ k= Tan #

Del mismo modo, sustituyendo μs por μk(es la fuerza estática máxima, el mayor ángulo de inclinación antes de que el objeto comienza a deslizarse):

μ s= Tan # max Pero esto requiere que el Máximo Angulo de inclinación, #max , se utilicé para determinar μ s. a = 0

y

x

FN mg sin# mg cos # # fs

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ΣF = ma mg sin θ - fK = 0 mg sin θ = fK mg sin θ = μ FN mg sin θ = μ mg cos θ μ = mg sin θ / mg cos θ μ = tan θ μ = tan 30 = 0,58

Un bloque de 5 kg se desliza por un pendiente en un ángulo de 30 o_{con una} velocidad constante.

a) Dibuje un diagrama de cuerpo libre. b) Encuentra el coeficiente de fricción entre el bloque y el plano inclinado. (Use g = 10 m / s 2₎ # y x F_N mg mg pe_ca do_# mg cos # # fk Respuesta

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y-direction ΣF = ma FN - mg cos θ = 0 FN = mg cos θ x-direction ΣF = ma Fapp - mg sin θ - fk = ma Fapp - mg sin θ -μk FN = 0 Fapp = mg sin θ + μk mg cos θ Fapp = 38 N

Un bloque de 5 kg es jalado por el pendiente a un ángulo de 30 grados a una velocidad constante; el coeficiente de fricción entre el bloque y el pendiente es 0,3.

a) Dibuje un diagrama de cuerpo libre. b) Encuentra la fuerza aplicada. (Use g = 10 m / s 2₎ F_N mg mg pe_ca do # mg cos # # F aplic ación fK a = ₀ # Respuesta

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# Un bloque de 5 kg es jalado hacia arriba por un inclinado en un ángulo de 30 grados con una fuerza de 40 N. El coeficiente de fricción entre el bloque y el pendiente es de 0,3. a) Dibuje un diagrama de cuerpo libre.

b) Encuentra la aceleración del bloque. (Use g = 10 m / s 2₎

F

_N mg mg pe_ca do # mg co s # # F aplica_ción fK a y-eje ΣF = ma FN - mg cos θ = 0 FN = mg cos θ x-eje ΣF = ma Fapp - mg sin θ - fk = ma Fapp - mg sin θ -μk FN = ma

Fapp - mg sin θ - μk mg cos θ =

ma

a = Fapp/m - g sin θ - μk g cos θ

a = 0,4 m/s2

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FN mg # a

Si una masa, m, se desliza por un plano inclinado que no

tiene fricción, tenemos esta configuración general:

Problemas de plano inclinado

y

x

Es útil girar nuestro marco de referencia para que el eje +x sea paralelo al plano de inclinación y el eje +y apunte en la dirección de F N.

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Un bloque de 5 kg se mantiene en reposo en una pendiente. Las coeficientes de estática y fricción cinética son de 0,4 y 0,3, respectivamente. a) Dibuje un diagrama de cuerpo libre. b) Determina el ángulo en que el bloque empezará a moverse. (Use g = 10 m / s 2₎

F

N

mg

mg si_n # mg co s # #

f

s

a = 0

# y-direction ΣF = ma FN - mg cos θ = 0 FN = mg cos θ x-direction ΣF = ma fs = mg sin θ μs mg cos θ = mg sin θ μs cos θ = sin θ μs = sin θ / cos θ μs = tan θ θ = tan-1 _μ s θ = 21,8o

Un bloque de masa,m, se desliza hacia abajo por una pendiente con una

aceleración, a.

Elige el correcto diagrama de cuerpo libre para el bloque.

f W N f W N f W N f W N _f W N A B C D E

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5

Un bloque con una masa de 15 kg se

desliza hacia abajo con un ángulo de 43 °

con una aceleración de 3 m / s

2

_.

¿Cuál es la fuerza normal aplicada

por el plano inclinado al bloque?

A 55,25 N B 62,5 N C

100,25 N

D 107,5 N E 147 N

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6 Un bloque con una masa de 15 kg se desliza

con un ángulo de 43 ° con una aceleración de

3 m / s

2

_.

La magnitud de la

fuerza de fricción a lo largo

del plano es:

A 55,25 N B 62,5 N C 100,25 N D 107,5 N E 147 N

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El Equilibrio

Estático

Hay todo una área de problemas llamado "Estáticas", que tiene que ver con los casos en cual no hay aceleración, los objetos permanecen en reposo.

Cada vez que se construye algo (puentes, edificios, casas, etc) queremos que se mantengan estacionario, no que se aceleren. Así que esta área de ciencia es muy importante.

Los dos tipos de equilibrio estático son con respecto a la aceleración lineal y rotacional, un equilibrio de fuerza y de torques (fuerzas que hacen a los objetos girar). Vamos a examinarlas en esa orden.

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Anteriormente, hemos visto problemas en que una cuerda soportaba a un objeto con una fuerza vertical directamente hacia arriba, a lo largo del mismo eje en que la fuerza mg jalaba hacia abajo. Esto llevó al caso más sencillo en donde a = 0, entonces F T = mg

Fuerza de Tensión

mg FT

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7 Una cuerda uniforme de peso de 20 N cuelga de un

gancho. Una caja de 60 kg de masa es suspendido

de la cuerda. ¿Cuál es la tensión en la cuerda?

8 Un sistema de dos bloques es acelerado por una

fuerza aplicada F por la superficie sin fricción. La

tensión en la cuerda entre los dos bloques es:

6 kg

4 kg

F

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También es posible que dos (o más) cuerdas soporten a un objeto fijo (a = 0) por ejerciendo fuerzas en ángulos.

En este caso, ya que se encuentra en reposo, el #F en el objeto es cero.

La Fuerza de Tensión

mg T1 T2

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Dado que la única otra fuerza sobre el objeto es la gravedad:

Los componentes vertical de la fuerza ejercida por cada cuerda debe ser igual a mg.

La Fuerza de Tensión

mg T1 T2 # Fy = T1y + T2y - Mg 0 = T1y + T2y - Mg mg = T 1y + T2y

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Y los componentes horizontales que suma a cero.

La Fuerza de Tensión

mg T1 T2 # Fx = -T1x + T2x 0 = -T1x + T2x T1x = T2x

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Así que tenemos que romper las fuerzas en sus componentes que se alinean con nuestros ejes.

La Fuerza de Tensión

mg T1 T2

mg

T

1x

T

2x

T

2y

T

1y # 2 # 1 T2 T1

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Vamos a calcular la tensión en dos cuerdas dado que la primera T1, está en un ángulo de 50o _{del vertical y la} segunda, T 2, se encuentra en un ángulo de 20 o_{del vertical y estan} soportando una masa de 8,0 kg.

La Fuerza de Tensión

50o 20o mg T1x T2x T2y T1y

Vamos a empezar con T 1.

Para encontrar el componente horizontal,

vamos a utilizar sin ( # ) = Op/ Hyp

Así que ... sin ( # ) = T1x/ T 1 T1x = T1sin ( #)

La Fuerza de Tensión

50o mg T1x T1y T1 =T1sin ( # )

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Para encontrar el componente vertical, vamos a utilizar

Cos ( # ) = Ady / Hyp

Así que ... Cos ( # ) = T1y/ T 1 T1y = T1cos ( #)

La Fuerza de Tensión

50o mg T1x T1y T1 =T1Cos ( # ) =T1sin ( # )

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Ahora T 2:

Para encontrar el componente horizontal, vamos a utilizar otra vez

sin ( # ) = Op / Hyp Así que ... sin (#) = T2x/ T 2 T2x = T2sin (#)

La Fuerza de Tensión

20o mg T2x T2y T2 =T2sin ( # )

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Para encontrar el componente vertical, vamos a utilizar

Cos ( # ) = Ady / Hyp

Así que ... Cos ( # ) = T2y/ T 2 T2y = T2cos ( #)

La Fuerza de Tensión

20o mg T2x T2y T2 =T2sin ( # ) =T2 C os ( # )

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La Fuerza de Tensión

x - eje y - eje 50o 20o mg T1x T2x T2y T1y

Ahora podemos ponerlo todo junto con nuestra ecuaciones de fuerzas basadas en el diagrama del cuerpo libre!

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La Fuerza de Tensión

# Fy= ma y = 0 T1y+ T2y- mg = 0 T1cos # 1 + T2cos # 2= mg (Resuelve en la dirección x) x - eje y - eje 50o20o mg T1x T2x T2y T1y #Fx = max = 0 T1x- T2x = 0 T1sin#1 = T2sin#2 T1 = T2sin#2/sin#1 T1 = T2 (sin20o/sin50o) T1 = T2 (0.34/0.77) T1 = 0,44 T2 (Resuelve T2 en la y-dirección) T1 = 0,44 (64N) T1 = 28N

T1 = 28N T2 = 64N 50o 20o mg T1x T2x T2y T1y

Tenga en cuenta que la tensión 2 en un ángulo de 20 o es significativamente mayor que la tensión 1 en un ángulo de 50 o.

Esto se debe a que el componente Y de la tensión es "más vertical" en T 2 que en T1.

Esto siempre será así ... Las tensiones en un ángulo menor del vertical serán mayor y las tensiones en un ángulo más grande del vertical serán menor.

La Fuerza de Tensión

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La Fuerza de Tensión

θ mg Tx Tx Ty Ty θ θ θ * UN CASO ESPECIAL!

Si las cuerdas forman ángulos iguales del vertical, la tensión en cada uno también debe ser igual, de lo contrario los componentes x no sumaran a cero.

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La Fuerza de Tensión

θ mg Tx Tx Ty Ty θ θ θ # Fx= Ma x = 0 T1x- T2x = 0 Tsin # = Tsin # # Fy= Ma y = 0 T1y+ T2y- Mg = 0 Tcos # + Tcos # = Mg 2Tcos # = Mg T = mg / (2cos #) x - eje y - eje

Tenga en cuenta que la tensión aumenta a medida que cos # se hace más pequeño ... que se produce como # se acerca a 90 o_.

Se va al infinito en 90 o_{, Lo que demuestra que las cuerdas no pueden ser perfectamente} horizontal.

Esto confirma que si los ángulos son iguales, las tensiones son iguales

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9 Una lámpara de masa m está suspendido de dos

cables de longitud desiguales. ¿Cuál de las

siguientes es cierto acerca de la tensiones T1 y T 2

en los cables?

T1

T2

A T1 < T2 B T1 = T2 C T1 > T2 D T1 + T2= Mg E T1 - T2= Mg

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10

Una masa grande, m, está suspendido de dos

cuerdas sin masa de longitud iguales como se

muestra a continuación. La fuerza de tensión en

cada cuerda es:

# #

m

A ½ mg cos (θ)

B 2 mg cos (θ)

C mg cos (θ)

D mg / cos (θ)

E mg/2cos (θ)

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Torques y Equilibrio Rotacional

Fuerzas actúan sobre un objeto y crean un movimiento en dirección en forma LINEAL.

Cuando una acción sobre un objeto hace que se mueva en un sentido ROTACIONAL, se le llama TORQUE. Rotación Dinámica es una tema importante de la AP Física C:

Mecánica. No es particularmente difícil, pero para AP B, sólo necesitamos entender el caso estático, donde todos los

torques suman a cero.

En primer lugar tenemos que saber lo que es un torque.

Torque y Equilibrio Rotacional

Hasta ahora hemos tratado a los objetos como puntos, no hemos distinguido su forma o extensión en el espacio. Hemos asumido que cualquier fuerza aplicada fue a través del centro del objeto y que el objeto era libre para acelerar. Esto no es el caso en la rotación, solo en la aceleración lineal.

Pero si la fuerza actúa sobre un objeto de modo de que hace el objeto rotar alrededor de su centro de masa ... o alrededor de un punto de giro, es dicho que la fuerza ha ejercido un torque en el objeto.

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Torque y Equilibrio Rotacional

Un buen ejemplo es abriendo una puerta, hacer la puerta rotar. La puerta no acelera en una recta lineal, gira alrededor de sus bisagras. Piensa en la mejor dirección y ubicación para empujar a una puerta pesada para conseguir que se gire; Esto de da un buen sentido en como funciona los torques.

¿Qué fuerza (flecha azul) situado en que ubicación creara la mayor aceleración rotacional de la puerta verde de bisagra negro.

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Torque y Equilibrio Rotacional

El torque máximo se obtiene de: · La mayor fuerza

· A la mayor distancia desde el pivote

· En un ángulo a la línea desde el pivote que sea el más cercano a que sea perpendicular

Matemáticamente, esto se convierte en:

# = Frsin #

# (Tau) es el símbolo de torque;

F es la fuerza aplicada

r es la distancia desde el pivote

# es el ángulo de la fuerza a una línea desde el pivote

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Torque y Equilibrio Rotacional

# = Frsin #

Cuando r disminuye, también lo hace el torque para una fuerza. Cuando r = 0, # = 0.

En nuestros casos de estudio solo estudiaremos las fuerzas que se aplican al ángulo de 90o_{. En este caso} sin(90 o_{) = 1, por lo tanto la} ecuación se convierte en ... r 90 o F

#

= Fr

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Equilibrio Rotacional

Cuando la suma de los torques actuando sobre un objeto es cero, el objeto está en equilibrio rotacional.

Definimos el levógiro (al sentido contrario del reloj) como la dirección positiva para la rotación y el dextrógiro (al sentido del reloj) como la dirección negativa para la rotación.

Por ejemplo, ¿qué fuerza perpendicular, F, se debe aplicar a una distancia de 7,0 m del pivote para cancelar

exactamente una fuerza de 20N que actúa a una distancia de 4,0 m desde el pivote de una puerta ?

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Equilibrio Rotacional

20N 4,0m _F 1 ## = 0 F1r1+ F2r2 =0 F1r1 = - F2r2 F1 = - F2r2 / R 1 F1= - (-20N) (4,0) / (7m) F1= (80Nm) / (7m) F1 = 11,4N 3,0m

Equilibrio Rotacional

1,0m 3,0m 4,0m 4 kg 2 kg

¿Qué masa se debe añadir a 4,0 m de distancia del pivote para poner el aparato en equilibrio?

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Equilibrio Rotacional

## = 0 F1r1 + F2r2 - F3r3 = 0 +m1gr 1 + m2gr 2 - m3gr 3 = 0 +m1r1 + m2r2 - m3r3 = 0 m3 = (m1r1 + m2r2) / r 3 m3 = ((4 kg) (3m) + (2 kg) (1 m)) / 4 m F1= (14 kg-m)) / (4m) F1= 3,2 kg 1,0m 3,0m 4,0m 4 kg 2 kg

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60o

120N 1.

Prueba 1 de Dinámicas:

Un hombre jala a una pesada maleta a un ángulo de 60 o _del horizontal con una fuerza de 120 N, como se muestra a continuación. Determina los componentes horizontal y vertical de la fuerza aplicada a la maleta.

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Faplicación θ

Una fuerza de 500 N se aplica a un ángulo de 30 o _{respecto al} horizontal, como se muestra a continuación. Determine la Fuerza Normal de la caja en esta situación.

2.

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Una caja con una masa de 14,0 kg esta en un plano inclinado en un ángulo de 37 o_{. Determina los componentes de la fuerza de gravedad sobre la}

caja a lo largo de y a través del plano (F x y F y)

#

= 37

o

3.

14, 0 kg

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