DINAMICA 3 - problemas resueltos - Guadalupe Montes Martin

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UTN – FRBA – DINAMICA 3 – Guía N° 3 + Guía UTN Hoja 1 de 7. 
PROFESOR: Civetta Néstor  Resueltos 
 
Problema 80: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 En la izquierda del dibujo se representa correctamente el DCL. A la derecha donde se indica el cuerpo (en 
punteado) luego de recorrer 10 (m) se repite el diagrama pero descomponiendo la fuerza F en las direcciones 
horizontal FX y Vertical FY 
 FX = F. sen 53° y FY = F. cos 53° 
Al moverse el bloque a velocidad constante no hay cambio de velocidad  Aceleración nula  A = 0 
 FX – FR = M. A  F. sen 53° - FR = M. A = 0  F. sen 53° = FR  0,8. F = μ. RN (1) 
 
Verticalmente: ΣF = 0  RN – P – FY = 0  RN = P + FY  RN = Mg + F cos53°  
 RN = 260 + 0.6. F (2) 
 
Reemplazo (2) en (1)  0,8. F = 0,25 (260 + 0,6 F)  3,2 F = 260 + 0,6 F  2,6 F = 260  
 F = 100 (N) 
 
Trabajo de la Fuerza Peso: Wp = 0 
 El peso P tiene dirección vertical (eje Y) y el desplazamiento horizontal (eje X). Al formar 90° el trabajo 
es nulo. Ver en Guía Dinámica 3, Teórico 1, Trabajo de una fuerza 
 
Trabajo de la Reacción Normal: WRn = 0 
 Similar a la fuerza Peso. La reacción Normal es perpendicular al desplazamiento ΔX. Ver Guía 3 
 
Trabajo de la fuerza de Rozamiento: WFr 
 Trabajo de la fuerza de rozamiento negativo por qué forma 180° con el desplazamiento ΔX = 10 (m) 
 WFr = - Fr. ΔX. 
 De (2): RN = 260 + 0,6. F = 260 + 0,6. 100 = 260 + 60  RN =320 (N) 
 Fr = μ. Rn = 0,25. 320 = 80 (N)  WFr = – 80. 10 = – 800 (J) 
 
 
Problema 88 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
V = Constante  A = 0 
V0 = Velocidad inicial 
VF = Velocidad final 
V0 = VF = V  Aceleración nula 
μ = 0,25 = Coeficiente de roce 
cinemático. 
PX = M. g . sen 37° = 480 (N) 
PY = M. g . cos 37° = 640 (N) 
 
 RN RN 
 
 
 FR FR FX 
 
 
 P F P FY 
 ΔX = 10 (m) 
 
 
 
 
 53° 
 RN 
 T 
 
 PX 
 FR 
 
 PY 
 
 37° 
 
UTN – FRBA – DINAMICA 3 – Guía N° 3 + Guía UTN Hoja 2 de 7. 
PROFESOR: Civetta Néstor  Resueltos 
 
a) Por Teorema Trabajo - Energía  W = ΔEc (Guía Dinámica 3 - Teórico 3) 
Donde W = Trabajo de Todas las fuerzas. Conservativas y NO conservativas. 
ΔEc = Variación de Energía cinética del cuerpo o partícula. 
 
No confundir con Teorema Trabajo - Energía Generalizado (Guía Dinámica 3 - Teórico 9) 
 
Entonces: W = 1/2. M. V
2
F - 1/2. M. V
2
0 
Pero como la velocidad es constante  V0 = VF  W = 0 
 
b) En la dirección del plano inclinado (Eje X) planteamos la 2da Ley Newton  
 T - Px – FR = M. A = 0 Porque A = 0 (velocidad constante) 
 T = Px + FR = M. g. sen37° + μ. RN Rn = M. g. cos 37° = Reacción Normal  
 T = 80. 10. 0,6 + 0,25. 80. 10. 0,8 = 489 + 160  
 T = 640 (N) 
 
c) WT = T. ΔX ΔX = 100 (m) y T = 640 (N)  WT = 64000 (J) 
 
d) WFR = - FR. ΔX  WFR = - 160. 100  WFR = - 16000 (J) 
 
 
Problema 92: Dibujamos el DCL para ambos bloques: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Aplicamos la segunda Ley de Newton o Principio de masa al bloque 1: 
Bloque 1  FRE = M1. A. Reemplazamos FRE = μ. R21 = 0,3. P1 = 0,3. 50  FRE = 15 (N). 
Por lo tanto: 15 = 5. A  A = 3 (m/s
2
) 
 
Aplicamos la segunda Ley de Newton o Principio de masa al bloque 2: 
Bloque 2  F – FRE = M2. A  F – 15 = 10. 3 = 30  F = 45 (N) 
 
Para calcular el desplazamiento durante 6 segundos partiendo del reposo (V0 = 0) aplicamos la ecuación 
horaria de la posición  ΔX = V0 ΔT + 1/2. A. ΔT
2
 = 0 + 1/2 . 3. (6)
2 
  ΔX = 54 (m) 
El trabajo de la fuerza F al ser colineales (misma dirección X) la fuerza F y el desplazamiento ΔX será: 
 R21 
 
 FRE 
 
 
 P1 
 
 1 
P1 = Peso del bloque 1. 
R21 = Fuerza (Reacción Normal) que ejerce el bloque 2 sobre el 1. 
FRE = Fuerza de rozamiento estático sobre el bloque 1. Es la fuerza 
que “arrastra” (impulsa) hacia la derecha al cuerpo 1 de tal manera 
que ambos bloques se mueven conjuntamente. La ejerce el bloque 2 
sobre el 1 (Acción). 
 RN 
 
 
FRE F 
 
 
 R12 
 P2 
 2 
P2 = Peso del bloque 2. 
R12 = Fuerza (Reacción) que ejerce el bloque 1 sobre el 2. 
FRE = Fuerza de rozamiento estático sobre el bloque 2. Es la fuerza 
“resistiva” (Reacción) que ejerce el bloque 1 sobre el 2. 
RN = Fuerza (Reacción Normal) que ejerce el piso sobre el bloque 2. 
F = Fuerza externa aplicada al bloque 2. 
 
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 W = F. ΔX. cos0° = F. ΔX = 45. 54  
 WF = 2430 (N.m = J) 
 
Problema 98: 
a) Colocamos el sistema de referencia en B. Lo dibujamos a la derecha de la figura de análisis para no 
confundir o “mezclar” dibujos.Lo más importante es tener en cuenta que el nivel “cero” de alturas, es decir 
de referencia, coincide con la posición B, con lo cual HB = 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Entre las posiciones o instantes A y B no hay pérdidas de Energía. Se conserva la energía mecánica. 
 
 En A esta en reposo la lenteja. Solo tiene energía potencial gravitatoria Ug = M. g. HA con HA = L. 
L = longitud del péndulo. Entonces HA = 1 (m). 
 En B la energía es solo Cinética por que la "lenteja" del péndulo tiene velocidad VB en ese instante o 
posición. 
 
 Podemos plantear entonces: EmA = EmB  UgA = EcB  M. g HA = 1/2 M. VB
2
. 
 Reemplazando valores 0,5. 10. 1 = 1/2. 0,5. VB 
2
  20 = VB 
2
  
 
 b) EmA = EmC. Dejamos el sistema de referencia fijo en B. 
 
 En A  EmA = M. g. HA  EmA = 5 (J) (1) 
 
 En C  Emc = Ugc + Ecc  Emc = M. g Hc + !/2. M. Vc
2
  Emc = 0,5. 10 Hc + 1/2. 0,5 Vc
2
  
 
 Emc = 5 Hc + 0,25. Vc
2
 (2) 
 
 Planteamos ahora: (1) = (2)  5 = 5 Hc + 0,25 Vc
2 
 (3) 
 Calculo de Hc 
 Tenemos que proyectar la longitud de L en la posición C sobre la vertical. Eso es L. cos 53°. 
A la altura Ha = L le restamos L. cos 53° y eso nos da la altura del punto C medida desde la Posición B 
 Hc = HA – L. cos 53° = 1 - 1. 0,6 = 0,4  Hc = 0,4 (m) 
 
Reemplazo en la anterior igualdad (3)  
 5 = 5 (0,4) + 0,25. Vc
2
  5 = 2 + 0,25 Vc
2 
  3 = 0,25 Vc
2 
  12 = Vc
2 
  
 
 
VB = 4,47 (m/s) 
Y 
B 
 A L O 
 
 
 53° 
 C 
 
 HC 
 
 
 B 
 
HA = L = 1(m) 
L. cos 53° 
VC = 3,46 (m/s) 
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 c) Para el Punto B: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para el Punto C: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
d) Para el Punto A: 
 Solo actúa la aceleración gravitatoria en la lenteja dado que está detenida. 
Por lo tanto en este punto 
 AA = g = 10 (m/s
2
)  Dirección Vertical y Sentido hacia abajo. 
Para el Punto B: 
 La aceleración es la Centrípeta en ese Punto  La calculamos en el Punto anterior c) y dio 
una aceleración de módulo 19,98. Aproximamos a 20. 
 Ac = 20 (m/s
2
)  Dirección Vertical y Sentido hacia arriba. 
Para el Punto C: 
 La aceleración Centrípeta la calculamos en el Punto anterior c) y su valor fue 11,97 (m/s
2
). 
Aproximadamente: AC = 12 (m/s
2
). 
 También actúa una aceleración tangencial AT = g. sen Ɵ = 10. 0,8  AT = 8 (m/s
2
) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 O 
 
 TB 
 
 
 
 B 
 
 P 
Planteamos en el Punto B: TB – P = M. Ac (1) 
Siendo Ac = Aceleración Centrípeta en B. 
 La aceleración Centrípeta vale o se puede calcular mediante la expresión: 
 Ac = VB 
2 
/ R = WB 
2
. R = WB . VB 
Usamos la primer formula de Ac pues conocemos los dos valores para 
calcularla. En este caso R = L = 1 (m). 
 Ac = (4,47)
2
 / 1  Ac = 19,98 (m/s
2
). Reemplazando en (1) 
 TB – M. g = M. Ac  TB – 0,5.10 = 0,5. 19,98  TB – 5 = 9,99 
 TB = 15 (N) 
 
 O 
 
 TC 
 
 C Ɵ = 53° 
 
M. g. cos Ɵ 
 
 M. g. sen Ɵ 
 P = M. g 
Planteamos en el Punto C: TC – Pr = M. Ac (1) 
Siendo Ac = Aceleración Centrípeta en C y Pr la 
componente del Peso (M. g. cos Ɵ) en la dirección 
del radio de giro r. 
 La aceleración Centrípeta en C: 
Ac = VC 
2 
/ R = VC
2
 / L = (3,46)
2
 /1 = 11,97 (m/s
2
) 
 Reemplazando en (1) 
TC – M. g. cos Ɵ = M. Ac  
TC – 0,5.10. 0,6 = 0,5. 11,97  TB – 3 = 5,99 
 TC = 9 (N) 
 
 Calculamos la aceleración resultante en C sumando vectorialmente las 
dos componentes de aceleración que actúan: La centrípeta o Normal y la 
Tangencial. Ver componentes intrínsecas de la aceleración. Guía N°4 de 
Cinemática. Teórico 2. El modulo A es: 
A = (AC)
2
 + (AT)
2
 = (12)
2
 + (8)
2
 = 144 + 64 = 208  A = 14,42 (m/s
2
) 
 La dirección y sentido lo definimos mediante el ángulo que forma el 
vector aceleración A con la cuerda. Angulo Ɵ. 
 AC 
 
 Ɵ A 
 C 
 
 
 AT 
 
 Si miramos el Dibujo: Tg Ɵ = AT / AC = 8 / 12 = 0,666  Ɵ = 33,7° 
UTN – FRBA – DINAMICA 3 – Guía N° 3 + Guía UTN Hoja 5 de 7. 
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Problema 101:Podemos plantear entre A y C: EmA = EmC 
 M. g. H = M. g. HC + 1/2 M. VC 
2 
 
Importante: El valor de la masa M se anula por que aparece en todos los términos de la igualdad. Es decir 
que a pesar de no tener dicho valor, podemos prescindir del mismo. 
 Tenerlo en cuenta porque esto ocurre en muchos planteos en la resolución de Ejercicios. 
 
Nos queda entonces  g. H = g. HC + ½ VC 
2 
  10. H = 10. HC + 1/2 VC
2 
  HC = 2.R  
 10. H = 10. 2. R + 1/2 VC
2 
  
Dividimos por 10 la igualdad: 
 H = 2. R + 1/20 VC
2 
 (1) 
 
Calculo de VC: 
 En el punto C la Partícula o Cuerpo comienza a separarse de la pista circular que “lo sostiene” 
por qué el enunciado dice para dar “una vuelta”. Si no se sepárese de la pista seguiría dando vueltas. 
 Si la altura o Energía Potencial gravitatoria inicial Ug0 = M. g. H no fuese suficiente, no llegaría al Punto 
o posición C. Llegaría a una Altura menor a la de la posición C y “caería”. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Reemplazamos Vc
2
 = g. R en la ecuación (1): 
 H = 2. R + (1/20). g. R = 2 R + 1/2 R  
 
 
 
 
 
B 
R 
C 
A 
HC 
HA = H 
Al ser una rampa sin 
rozamiento la energía se 
conserva. También en esta 
asignatura siempre se 
considera nulo el rozamiento 
con el aire. A menos que se 
indique lo contrario. Por lo 
tanto entre dos posiciones 
cualesquiera se conserva la 
Energía mecánica Em. 
 
O 
P 
C 
R 
 En el Punto C la partícula gira con movimiento Circular. Por lo tanto 
debe tener una aceleración centrípeta dirigida hacia el centro de 
Rotación O. En este caso la fuerza centrípeta que genera esa 
aceleración es el Peso P. 
 P = M. g = Fc = Fuerza centrípeta = M. Ac 
Ac = Aceleración Centrípeta = Vc
2
/ R = Wc
2
. R = Wc. Vc. 
Usamos la primera expresión de Ac y tenemos entonces: 
 M. g = M. Vc
2
/ R  
 
Vc
2 
= g. R 
 
H = 5/2 R (m) 
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Problema 107 – GUIA UTN – Dinámica Partícula. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Tomamos dos posiciones: Final con el resorte comprimido ΔX, es decir el bloque detenido e Inicial en el 
instante o posición en que el bloque entra en contacto con el resorte con velocidad Vi. 
 Entre ambas posiciones planteamos el Teorema trabajo – Energía Generalizado (Guía N° 3, Teórico 11) 
 
 WFNC = ΔEm = EMf – EMo 
WFNC = Trabajo de las fuerzas No conservativas. 
ΔEm = EMf – EMo = Variación de Energía mecánica = Energía mecánica final menos inicial. 
 
WFNC = WFR = Trabajo de la fuerza de Rozamiento. En este caso es la única fuerza No conservativa que 
actua.  
 WFNC = WFR = – FR . ΔX = – μ. RN. ΔX = – μ. M. g. ΔX  WFNC = – μ. M. g. ΔX (1) 
 RN = M. g = Reacción Normal 
Recordemos que el trabajo de la fuerza de rozamiento cinético es Negativo. (Ver Teórico 1 de la Guía N°3) 
 
EMf = Energía Mecánica final = Energía Potencial Elástica = Uk = 1/2. K. ΔX
2 
 
EMo = Energía Mecánica inicial = Energía Cinetica = Eco = 1/2. M. Vo
2 
 
 ΔEm = 1/2. K. ΔX
2
 – 1/2. M. Vo
2 
 (2) 
 
(1) = (2)  – μ. M. g. ΔX = 1/2. K. ΔX2 – 1/2. M. Vo2 
 – 0,3. 2. 10. 2 = 1/2. 2. (2)
2
 – 1/2. 2. Vo
2 
  – 12 = 4 – Vo
2
  
 
 Vo
2
 = 16  
 
 
Nota: 
L = X + L/2 donde X = Longitud del resorte sin deformar y L = ancho o lado del bloque y Lo = Xo + L/2 
donde Xo = Longitud del resorte deformado (comprimido) y L = ancho o lado del bloque 
 L – Lo = X + L/2 – Xo – L/2  L – Lo = X – Xo = ΔX. 
 No importa el signo de ΔX pues en el cálculo se usa el cuadrado de dicho valor. Siempre será positivo 
ΔX 
V Vi = Vo 
L 
Lo 
Posición Final  Detenido  Vf = 0 
ΔX = L – Lo = X – Xo 
 
V = Velocidad del bloque en su 
avance hacia el resorte. Va 
disminuyendo por el rozamiento 
Vi = Vo = Velocidad con que 
choca el bloque al resorte. 
ΔX = Acortamiento máximo. El 
bloque se detuvo en este instante 
L = “Corresponde” a la longitud 
natural del resorte. Sin deformar. 
Lo = “Corresponde” a la longitud 
del resorte deformado (Ver al final 
del ejercicio Nota) 
 
Vo = 4 (m/s2) 
UTN – FRBA – DINAMICA 3 – Guía N° 3 + Guía UTN Hoja 7 de 7. 
PROFESOR: Civetta Néstor  Resueltos 
 
Problema 108 – GUIA UTN – Dinámica Partícula. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 La energía mecánica final es la potencial elástica  Emf = Ukf = 1/2. K. ΔX
2
 
 Emf= 1/2. 30000. (0,1)
2
 = 15000. 0,01 = 150 (J) 
 
Esta energía es el 75% de la Inicial. Se pierde el 25%  150 = 0,75 Emi (1) (0,75 equivale a 75%) 
 Emi = M. g. (H + ΔX) = Energía potencial gravitatoria. 
 
 Tomando al resorte a ras del piso y se comprime o hunde ΔX hacia abajo. Por lo tanto la altura de la 
Energía Potencial Gravitatoria inicial es H + ΔX 
 0,75. Emi = 0,75. M. g. (H + ΔX) = 0,75. 1. 10. (H + 0,1) = 7,5 (H + 0,1) 
 
 0,75. Emi = 7,5 H+ 0,75 
 
 Reemplazamos en (1)  150 = 7,5 H + 0,75  H = 149,25/7,5  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O 
X 
Posición Final: f Posición Inicial: i 
ΔX 
H 
H = 19,9 (m)