Con los resultados obtenidos se dibuja correctamente el vector aceleración y se visualiza mejor su ángulo respecto a la vertical. Angulo respecto a la.

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2 Con los resultados obtenidos se dibuja correctamente el vector aceleración y se visualiza mejor su ángulo respecto a la vertical. Angulo respecto a la vertical = α + 30°= 16,08 + 30° = 46,08° g [ ] 3√3 - cos 30 2 == Diagrama Cinético (D.C.L.) aTaT 30° aNaN Datos: T 3√3 W (peso de la esfera) 2 = Utilizando coordenadas Tangenciales y Normales: eTeT eNeN 30° TNTN W (Asumiendo que sube) En la dirección tangencial: e T : -w.sen30° = m.a T a T = -g.sen30°e N : T -w.cos30° = m.a N De los datos: T 3√3 W 2 = a T = -4,9 m / s 2 En la dirección normal: Sustituyendo la tensión en la ecuación: 3√3 W - w cos 30 2 = m.a N El cuerpo va bajando 16,99 m / s 2 aNaN = a = - 4,9 m / s 2 e T +16,99 m / s 2 e N Vectorialmente la aceleración será: Ó con su módulo y el ángulo: α = arctg [ a T / a N ] = 16,08° |a|= √ (a T ) 2 + (a N ) 2 = 17,68 m / s 2 α = 16,08° |a|= 17,68 m / s 2 aNaN aTaT 30° aNaN aTaT aNaN a α Un péndulo de 3 metros de longitud describe un arco de circunferencia sobre un plano vertical. Si la tensión en la cuerda es de 3√3/2 veces el peso de la esfera, encontrar los vectores velocidad y aceleración en ese instante. α = arctg [ a T / a N ]

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4 a θ = 0 a A / B eθeθ + eReR + Diagrama cinético eReR eθeθ w 45° NFRFR + + En la dirección radial: (Justo después de haber llegado a los 45° cuando comienza el movimiento relativo comienza a actuar la fuerza de roce) En la dirección angular: (Justo antes de llegar a los 45°; aún no ha empezado el movimiento relativo) a A / B = a A – a B (a B = aceleración radial de la barra = 0 ) 0.45 m MOVIMIENTO RELATIVO DE LA MASA RESPECTO A LA BARRA. 45° D.C.L e R : F R – W.sen45° = m.a R μ.N – m.g.sen45° = m.a A / B ( II ) En la dirección radial solo existe la aceleración de A respecto a B. N – W.cos45° = m.a θ N = m.g.cos45° ( I ) a A / B = a A a A / B = a A = -(0,45m)*(3 m / s ) 2 = - 4,05 m / s 2 ( III ) Sustituyo I y III en II y hallo μ: μ.m.g.cos45° - m.g.sen45° = m a A / B μ - 4,05 + sen45° g [] 1 cos45° = = 0,42 - MOVIMIENTO ANGULAR CON VELOCIDAD Y RADIO CONSTANTE ACTÚA LA FRICCIÓN DE LA BARRA Datos: Ǿ = 3 rad/seg (velocidad angular) θ o = 0° ; θ f = 45° (ángulo respecto a la horizontal) r = 0,45 metros (radio al cual se coloca la masa) AMBOS MOVIMIENTOS POR SEPARADO La barra OA rota alrededor de un eje que pasa por O, con una velocidad constante Ǿ = 3 rad / seg en sentido antihorario (plano vertical). Cuando pasa por la posición θ = 0° se coloca sobre el una masa M a una distancia de r = 0,45 metros. Si la masa comienza a deslizar cuando θ = 45° determine el coeficiente de fricción entre la masa y la barra OA. EN UN SOLO SISTEMA REFERENCIAL

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6 Una canoa que pesa 150 Newtons mantiene una rapidez constante de 3 Newtons. La resistencia del agua es proporcional a la rapidez en la canoa. Si la Fuerza de 3 Newtons es suprimida, encontrar: a) la velocidad de la canoa y b) El espacio recorrido por ella, 15 segundos después de suprimir la fuerza. Datos: W = 150N V = 5 M / S F R = KV (K = ctte de proporcionalidad) T = 15 seg N F FRFR W D.C.L V Diagrama cinético (se mueve a velocidad ctte.) Cuando se suprime la fuerza aplicada a la canoa representada por el viento, la velocidad debe disminuir por la acción de la fuerza resistiva del agua.

7 ∑ Fx = m.a F – F R = m.aF – F R = 0 V = ctte ; a = 0 F R = F De los datos:F R = KV (K = ctte de proporcionalidad)F R = 5K (1) De (1)5K = 3K = 3/5 3V = m.dv 5dt 0 ∫ dt = m 5 3 ∫ V dv tv 5 t= m 5 3 [Ln(v) – Ln(5)] =Ln [ 5/V ] 3t 5m 3t 5m = 5 V e = V 5 e 3t 5m Evalúo para t = 15 y m = (150N)/g V= 2,79 m / S = dx dt 5 e 3t 5m ∫ dx = X0X0 x m ∫ dt t 0 e 3t 5m Para hallar la distancia recorrida integro la función de velocidad hallada: ∆X = e -3t 5m (5) -5m 3 ( ) 0 t ∆X = e -3(15) 5(150/g) 25m 3 e 0 - ∆X = 56,76 m N F FRFR W D.C.L V V= 5 (ctte) DIAGRAMA CINÉTICO

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9 Una pelota de 30 Newtons de peso; está montada sobre una barra horizontal que puede girar libremente respecto a un eje vertical. En esta posición la velocidad de la pelota es V 1 =0,6 m/seg. y está sostenida por una cuerda unida al eje. Repentinamente se corta la cuerda y la pelota se mueve a la posición B a medida que la barra gira. Despreciando la masa de la barra, determinar: a)Componente radial y transversal de la aceleración de la pelota inmediatamente después que la cuerda ha sido cortada. b) La aceleración de la pelota relativa a la barra en ese instante. c) La velocidad de la pelota después que ésta ha alcanzado el tope B. RADIO CONSTANTE (30 cm ) TRAYECTORIA CURVA (desaparece la tensión) Vista en Planta del Sistema (Plano Horizontal) Movimiento de la pelota (respecto a la barra) RADIO VARIABLE TRAYECTORIA CIRCULAR RADIO CONSTANTE (8cm) (Para radios constantes)

10 a)Componente radial y transversal de la aceleración de la pelota inmediatamente después que la cuerda ha sido cortada. Si se desprecia la masa, una ves cortada la cuerda, desaparecen todas las fuerzas sobre el cuerpo, por lo que no hay aceleración en dirección alguna: FRFR aRaR aθaθ w Esta sería la representación espacial de los vectores. Pero como se desprecia W La fricción entre la barra y la pelota no existe, por lo que no hay fuerzas en el sistema. Descripción del movimiento en perspectiva ∑ F ex = 0 = m. a a R = a θ = 0

11 b) La aceleración de la pelota relativa a la barra en ese instante. ( I ) ( II ) ( de II ) ( sustituyendo III en I )( III ) c) La velocidad de la pelota después que ésta ha alcanzado el tope B. H A = H B m B.V A.r A. Sen 90° = m B.V B.r B. Sen90° V A.r A. Sen 90° = V B.r B. Sen90°V A.r A = V B.r B. VBVB V A.r A = rBrB 0,6 m / seg (0,08m) VBVB = (0,30m) = 0,16 m / seg

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13 i : N B. cos40° + W A sen30° = m A a A V B / A = 3,74 i - 0,2 j = 3,74 m / s 2 20° ( a B / A ) 2 + ( a B ) 2 – ( a A ) 2 2.( a B / A ).( a B ) Cosα : = ∑ Fe = m.a (+ y) (+ x) 30° aAaA Diagrama cinético de “A” Datos: mb = 10 Kg. ma= 22 Kg. V 0 = 0 T= 0,5 seg. V A = a A.T V A = (-6,41.cos50° i - 6,41 sen50° j )0,5 seg = -2,06 i - 2,46 j Aplico la ley del coseno para hallar el angulo de a B respecto a la horizontal N B – 92,09 = -7,66a A *(-0,77) El bloque b de masa 10 Kg. descansa sobre la superficie superior de la cuña a, de 22 Kg. como se muestra en la figura. Sabiendo que el sistema se suelta desde el reposo y despreciando la fricción, determine: a) la aceleración de B; b) La Velocidad de b relativa a “a”, en t = 0,5 seg. 0,77N B + 107,8 = 22a A N B j – W.Cos20° j + W.sen20° i = m B ( -a A.Cos50 i - a A sen50° j + a B / A ) a 20° b 30° WBWB NBNB (+ y) 20° (+ x) D.C.L. “B” (- x)´ (+ y) ´ (+ y) (+ x) 30° 20° 90° 70° 40° 30° NBNB wAwA NANA D.C.L. “A” (+ y) (+ x) 30° aAaA Diagrama cinético de “A” AB/AAB/A Diagrama cinético de “B” aAaA aBaB F R = 0 (no hay vector, esa sería la dirección) i : W B. sen20° = m B (-a A Cos50° + a B / A ) j : N B – W B. cos20° = m B (-a A Sen50°) ∑ Fe = m.a (1) (2) N A j – N B.Cos40° i + N B.sen40° j - W A.Cos30 j - W A sen30° i = m A a A j ) j : N A – N B. sen40° - W A cos30° = 0 (3) (4) (- x)´ (+ y) ´ (+ y) (+ x) 30° 20° 90° 70° 40° 30° NBNB wAwA NANA D.C.L. “A” De las ecuaciones 2 y 3 se sustituyen valores y se resuelve: 178,71 = 27,9 a A a A = 6,41 m / s 2 De la ecuación 1:a B / A = g.sen20° +a A.cos50° = 7,47 m / s 2 a A = -6,41.cos 50 i - 6.41.sen50 j a B / A = 7,47 i a B = -4.12 i + 7,47 i - 4,91 j a B = 3,35 i - 4,91 j WBWB NBNB (+ y) 20° (+ x) D.C.L. “B” AB/AAB/A Diagrama cinético de “B” aAaA aBaB F R = 0 (no hay vector, esa sería la dirección) V B = a B.T V B = (3,35 i - 4.91 j )0,5 seg = 1,68 i - 2,46 j V B / A = V B - V A = 1,68 i - 2,66 j – (-2,06 i - 2,46 j ) WBWB NBNB (+ y) 20° (+ x) D.C.L. “B” AB/AAB/A Diagrama Cinético de “B” aAaA aBaB F R = 0 (no hay vector, esa sería la dirección) α = 55.71° El ángulo respecto a la horizontal será: 55.71° + 20° = 76,71°

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15 FeFe X o Estado Final (Tiende a su longitud inicial anterior a estirarse) A B VELOCIDAD DEL COLLARÍN CUANDO PASA POR C Estado Inicial (resorte estirado) l C Una ves que se inicia el movimiento X N W αα X – X 0 h F e = K (L – L 0 ) F e = K (h – L) h = √ L 2 + (X 0 – X) 2 F e = K ( – L) √ L 2 + (X 0 – X) 2 Cosα = (X 0 – X) √ L 2 + (X 0 – X) 2 ∑ F x = m.a Fe.Cosα = m.a Sustituyo el coseno, la fuerza elástica y despejo la aceleración obteniendo: a = k m (X 0 – X) √ L 2 + (X 0 – X) 2 ( – L) √ L 2 + (X 0 – X) 2 a = dv dx v Separo variables, ordeno la expresión e integro: = k m L (X 0 – X) √ L 2 + (X 0 – X) 2 (X 0 – X) – { } ∫ dx ∫ v.dv

16 = k m (X 0 – X) { } ∫ L (X 0 – X) √ L 2 + (X 0 – X) 2 dx v2v2 2 ∫ – u = X 0 – X du = - dx Sustituyo el cambio en la expresión = k m { } ∫ udu v2v2 2 ∫ – L.udu √ L 2 + u 2 = k m { } ∫ V2V2 2 – Lds 2√ s (X 0 – X) 2 2 0 X0X0 s = L 2 + u 2 ds = 2u Integro la primera expresión y devuelvo el cambio de variable para poder evaluar todo entre 0 y X 0 0 X0X0 = k m { } V2V2 2 – L (X 0 – X) 2 2 √ L 2 + (X 0 – X) 2 Evalúo la expresión: = k m { } V2V2 2 + L2L2 – L√ L 2 + X 0 2 X02X02 2 Al evaluar X= X 0 Al evaluar X= 0 Despejo V = k m { } V + L2L2 – L√ L 2 + X 0 2 X02X02 2 √

17 = k m { } V + 2L 2 – 2L√ L 2 + X 0 2 X02X02 √ L - √ L 2 + X 0 2 ( ( 2 = L2L2 +– 2L√ L 2 + X 0 2 X 0 2 + L 2 Sustituyo en la expresión y obtengo k m √ =V L - √ L 2 + X 0 2 ( (

18 RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS: (Grupo 2) Tatiana Leal Real Carmen Ruiz Jose Oscar Ramirez Adrián ANIMACIÓN: José Oscar Ramírez Fotografía: (Oscar Ramirez) Parques nacionales: Sierra de la culata y Sierra Nevada

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