1
n á m i c a
PROBLEMAS RESUELTOS DE DINÁMICA DEL PUNTO
Equipo docente:
2
Sobre un punto material de masa m = 2 kg inicialmente en reposo y que se desplaza a lo largo del eje X actúa una fuerza variable que, expresada en unidades del sistema internacional, se escribe en función del tiempo como
a) Determinar su momento lineal como función del tiempo y el impulso mecánico que la fuerza le ha comunicado al cabo de 3 s.
b) La velocidad y la aceleración al cabo de 3 s. c) La máxima velocidad que puede adquirir.
( )
t iFr r
1 4
2 + =
( )
dtdp t F = + = 2 1
4
( ) ( )
( )
a) Aplicando la 2ª ley de Newton dt
t p t p p t
∫
+ = − = ∆ 0 2 1 4 0El impulso mecánico es el incremento del momento lineal ∆p
( ) ( )
( )
t dt t t tp t p p t t + − = ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ − + − = ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ + − = + = − = ∆
∫
1 4 4 4 1 4 1 4 1 4 0 0 02
( ) ( )
t t p t p p + = − = ∆ 1 4 0
Inicialmente en reposo →p(0) = 0
( )
(kg m/s) 1 4 ⋅ + = t t tp Al cabo de t= 3 s ∆pt=3 = p
( ) ( )
3 − p 0 =3 kg⋅m/sb) Velocidad y aceleración
( )
( )
t t t v m t p + = = 1 4
( )
⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = t t m t v 1 41
( )
m/s 2 3 3 = v
( )
( )
2 1 1 4 t m dt dv t a + = =(Basta con derivar el módulo porque el movimiento es unidimensional a lo largo del eje X)
( )
3 =0.125m/s2a m/s 2 4 1 4 1
lim ⎟= = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = ∞
→ t m
t m v t máx D i n á m i c a
3
D i n á m i c a
Sobre una mesa horizontal se colocan dos bloques de masas m1 y m2, y el conjunto se acelera aplicando sobre el primero de ellos una fuerza horizontal F0 en la forma indicada en la figura. Los coeficientes de fricción de los bloques con la mesa son µ1 y µ2, respectivamente. Se pide:
Determinar la expresión de la aceleración en función de F0, µ1, m1, µ2 y m2. a)
b) Si los valores numéricos de F0, µ1, m1, µ2 y m2 son
µ1 = 0.075 µ2 = 0.040 m1 = 8 kg
F0 = 2,50 kp m2 = 6 kg
determínese la fuerza que el primer bloque ejerce sobre el segundo y la fuerza que el segundo ejerce sobre el primero.
m1
4
D i n á m i c a
µ1 = 0.075 µ2 = 0.040 m1 = 8 kg
F0 = 2,50 kp m2 = 6 kg
m1 m2
F0
F21
FR1
g
m
N
F
R1=
µ
1 1=
µ
1 1g
m
N
F
R2=
µ
2 2=
µ
2 2F0
F12
FR2 N2 FR1 FR2
(
m
m
)
a
F
F
F
0−
R1−
R2=
1+
22ª ley de Newton Fuerzas de rozamiento
(
m
1+
m
2)
a
N1
N2
2 1
2 2 1
1 0
m
m
g
m
g
m
F
a
+
−
−
=
µ
µ
Resultado numérico a = 1.162 m/s2
2ª ley de Newton
a
m
1N1
a
m
F
F
F
0−
21−
R1=
1a
m
F
F
F
21=
0−
R1−
1=
F
0−
µ
1m
1g
−
m
1a
=
9
.
324
N
a
m
22ª ley de Newton F
12y F21 tienen que ser iguales
(acción y reacción)
a
m
F
F
12−
R2=
2a
m
F
5
D i n á m i c a
1
m
2
m
1
m
2 1 0 2
1 m y m m m
m > > +
En el sistema de poleas de la figura se verifica que
Las masas de las poleas son muy pequeñas, los hilos son inextensibles y los rozamientos son despreciables. Determinar la aceleración de cada masa y las tensiones en los hilos.
0
m
Teniendo en cuenta los valores de las masas dados en el enunciado, los sentidos de movimiento son los que se indican.
Aplicamos la 2ª ley de Newton a cada parte del sistema.
0
T
2
m 12
T
12
T
g m1
0
T
g m
g m2
12 2a
m
12 1a
m
0 0a
m
Incógnitas:
0 0
0 :
Masa m m g −T = m0a0
12 1
1:
Masa m m g −T = m1a12 g
m T
m2 : 12 2
Masa − = m2a12
0
T
g m1 g
m2
12 12 0
0,T ,a ,T a
Necesitamos una ecuación más
(
m1 +m2)
a0(
1 2) (
1 2)
0 02 1 :
Conjunto m +m T − m +m g = m +m a
La tensión T12 no interviene aquí porque es una fuerza interna
Resolución del sistema para obtener
12 12 0
0,T ,a ,T a
6 0
0 0 :
Masa m m g −T = m0a0
12 1
1:
Masa m m g −T = m1a12 g
m T
m2 : 12 2
Masa − = m2a12
(1) (2) (3) (4)
(1)+(4) m0g −
(
m1+m2) (
g = m0 +m1+m2)
a0(
1 2) (
1 2)
0 02 1 :
Masa m +m T − m +m g = m +m a
(
)
gm m m m m m a 2 1 0 2 1 0
0 + +
+ −
=
(
1 2)
12 21g m g m m a
m − = + g
m m m m a 2 1 2 1 12 + − =
Para T0, despejamos de (1) (2)+(3)
Cálculo de las tensiones
(
0)
00 m g a
T = −
(
)
gm m m m m m m ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + + + − − = 2 1 0 2 1 0 0 1
(
)
gm m m m m m T 2 1 0 2 1 0 0 2 + + + =
(
12)
112 m g a
T = − g
m m m m m ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + − − = 2 1 2 1 1 1 g m m m m T 2 1 2 1 12 2 + = D i n á m i c a
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D i n á m i c a
Dos bloques de masas m1 y m2 están unidos en la forma indicada en la figura por medio de un cable ideal (inextensible y sin masa) que pasa a través de la polea situada a la derecha, de masa despreciable y carente de rozamiento. El coeficiente de rozamiento estático de m1 sobre el suelo es µ1 y el coeficiente de rozamiento estático de m2 sobre m1 es µ2.
¿Qué fuerza F0, aplicada en m1 y dirigida hacia la izquierda, es necesaria para iniciar el movimiento?
F0
8
D i n á m i c a
m1 m2 F0
FR FR21
En este problema están implicadas las fuerzas de rozamiento señaladas abajo.
FR es la fuerza de rozamiento estática de m1 sobre el suelo
F
R=
µ
1(
m
1+
m
2)
g
Para iniciar el movimientoFR12
F
0=
F
R+
F
R12+
F
R21(
m
m
)
g
F
0=
µ
1 1+
3
µ
2 2Su sentido es hacia la derecha porque la fuerza aplicada sobre m1 está dirigida hacia la izquierda. Además, la normal en la superficie de contacto es igual a la suma de los pesos de m1 y m2.
g
m
F
R12=
µ
2 2FR12 es la fuerza de rozamiento estática de m1 sobre m2
Su sentido es hacia la derecha porque la fuerza aplicada sobre m1 está dirigida hacia la izquierda. Además, la componente normal del peso aplicada sobre la superficie de contacto es m2g.
g
m
F
R21=
µ
2 2FR21 es la fuerza de rozamiento estática de m2 sobre m1
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D i n á m i c a
C
R N F
F cos
θ
− sinθ
=d
ω
Sobre una plataforma inclinada que puede girar en torno a un eje vertical (véase el esquema) hay un pequeño dado cuyo CM está situado a una distancia d = 20 cm del eje. (a) Si la plataforma gira a razón de 30 rpm y su ángulo es
θ = 5º, determinar el coeficiente de rozamiento mínimo necesario para que el dado se mantenga en su lugar sin deslizarse. (b) Repetir el cálculo suponiendo que el dado
se encuentra situado sobre un plano horizontal.
θ
d
ω
θ
0 cos
sin +N −mg =
FR
θ
θ
DSL Y
mg
θ
Nθ
FR∑
FY = 0∑
FX CF = FC
2ª ley de Newton
d m
ω
2=
Rozamiento: el valor máximo que puede
alcanzar la fuerza de rozamiento estática es FRmáx =
µ
ENPor lo tanto, el dado permanecerá sin moverse mientras se cumpla la condición FRmáxcosθ −Nsinθ <mω2d
Si la velocidad angular es lo bastante alta para que se cumpla que
d m N
FRmáx cosθ − sinθ = ω2 el dado estará a punto de moverse
X
Para que el dado no se mueva si la velocidad angular es
ω, el coeficiente de rozamiento mínimo debe verificar EN N m d
2
sin
cos
θ
θ
ω
µ
− =mg N
N
θ
+θ
=µ
sin cos10 g d E E 2 cos sin sin cos
ω
θ
θ
µ
θ
θ
µ
= + − d m N NE cos
θ
sinθ
ω
2µ
− =mg N
N
E
θ
+θ
=µ
sin cosθ
ω
θ
ω
µ
θ
θ
µ
Egcos − gsin = E 2dsin + 2dcosµ
E(
gcosθ
−ω
2dsinθ
)
= gsinθ
+ω
2d cosθ
θ
ω
θ
θ
ω
θ
µ
sin cos cos sin 2 2 d g d g E − + = D i n á m i c aCoeficiente de rozamiento mínimo necesario
s rad s rad 2 5 . 0 rps 5 . 0 rpm
30 π π
ω = = = ⋅ = d =0.20m θ =5º
29 . 0 º 5 sin 20 . 0 º 5 cos 8 . 9 º 5 cos 20 . 0 º 5 sin 8 . 9 2 2 = ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + = π π µE
0
Cálculos numéricos
(b) Suponiendo que el dado se encuentra situado sobre un plano horizontal
→
θ
=
g d
E
2
ω
µ
= 0.2011
D i n á m i c a
θ
2
L
X
Y
Un péndulo cónico consiste en una masa puntual sujeta por un hilo inextensible de longitud L
que describe una trayectoria como la indicada en el esquema. Determine el periodo de éste péndulo en función de la longitud y el ángulo del cono.
θ
T
θ
mg
θ
cos
T
θ
sin
T
DSLmg
T
cos
θ
=
θ
θ
ω
2Lsin T sin mFC = =
2ª ley de Newton aplicada a las fuerzas del eje Y
2ª ley de Newton aplicada a las fuerzas del eje X
θ
cos
mg T =
θ
ω
cos
2
L
g
=
Puesto que la masa puntual describe una trayectoria circular, la fuerza neta en el eje X, esto es, la componente X de la tensión, es igual a la fuerza centrípeta.
El peso equilibra la componente vertical de la tensión: no hay fuerza vertical neta, ya que el movimiento de la masa puntual discurre en el plano horizontal.