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Solucions 1

2 Dinamica

Lleis de Newton

1. La fuerza neta actuando sobre un objeto es cero. Definitivamente se puede concluir que el objeto:

(a) esta en reposo.(b) va en lınea recta a velocidad constante.(c) se mueve con movimiento circular uniforme.(d) se mueve con aceleracion.(e) o esta en reposo o se mueve en lınea recta con velocidad constante.

2. Un caballo ejerce una fuerza de modulo F sobre un carro que hace que el carro se mueva acelerandose. El modulo de lafuerza que ejerce el carro sobre el caballo es:

(a) 0(b) F(c) menor que F(d) la fuerza no puede ser determinada, salvo que sepamos la aceleracion.

3. Dos cuerpos A y B estan separados una cierta distancia. El cuerpo A tiene 10 veces mas masa que B , es decir,mA = 10mB , entonces:

(a) el modulo de la fuerza gravitatoria de A sobre B es 10 veces el que hace B sobre A .(b) el modulo de la fuerza gravitatoria que hace A sobre B es igual al modulo de la fuerza que hace

B sobre A .(c) tanto la fuerza gravitatoria que hace A sobre B como la que hace B sobre A son cero por el

principio de accion-reaccion(d) entre masas separadas no hay fuerza gravitatoria.(e) todas las afirmaciones anteriores son falsas.

4. Un cliente en una tienda se sube a una escalera mecanica que se mueve hacia abajo a velocidad constante hacia el sotano.Mientras baja, la fuerza ejercida por el peldano de la escalera sobre el cliente es:

(a) mayor que el peso que tiene cuando esta fuera de la escalera mecanica(b) igual que el peso que tiene cuando esta fuera de la escalera mecanica(c) menor que el peso que tiene cuando esta fuera de la escalera mecanica(d) depende de la velocidad de la escalera mecanica(e) desconocida; no hay suficiente informacion para responder correctamente.

5. Tenemos dos bloques de pesos P1 y P2 (con P1 > P2 ) colgados de una polea ideal mediante un hilo de masa despreciable.El bloque P1 esta en contacto con un plano horizontal. En el dibujo de la derecha se ha indicado el diagrama del cuerpolibre para cada bloque, donde aparecen las tensiones y la fuerza de contacto del bloque 1 con el plano horizontal. Justificasi las siguientes fuerzas son una pareja de fuerzas de accion-reaccion:

(a) Las tensiones T1 y T2(b) La tension T1 y el peso P1

(c) La normal N1 y el peso P1

(d) La tension T2 y el peso P2

(e) Ninguna de las anteriores

6. Una persona entra en un ascensor y se sube a una balanza. Si el ascensor empieza a acelerar hacia abajo, entonces la balanzamarca:

(a) mas que con el ascensor en reposo(b) menos que con el ascensor en reposo(c) un valor negativo(d) lo mismo que si el ascensor estuviera en reposo(e) no tenemos informacion suficiente para contestar

7. Un objeto de masa 40 kg cuelga de una cuerda de masa despreciable. Determina el valor de la tension en la cuerda cuandoel cuerpo esta ascendiendo, partiendo del reposo, durante 0.7 s , hasta alcanzar una velocidad de 3.5m/s .

(a) 592N(b) 192N(c) 53N(d) 985N(e) 724N

Forces de contacte i tensions

Fısica Grau Telecomunicacions

Solucions 2

8. En un plano horizontal sin rozamiento tenemos dos bloques identicos de la misma masa (m1 = m2 ) en contacto uno al ladodel otro y en reposo. Aplicamos una fuerza horizontal a cada uno en sentidos contrarios de manera que los dos se presionanmutuamente. Si los modulos de las fuerzas aplicadas a cada bloque valen F1 = 10N y F2 = 20N , la fuerza de contactoentre ellos vale:

(a) 10N(b) 15N(c) 20N(d) 30N

9. Tres blocs de masses m1 = 1kg , m2 = 2kg i m3 = 3kg descansen al damunt d’un pla horitzontal sense fregament.Apliquem una forca F = 6N al bloc m1 . Trobeu l’acceleracio de cada bloc i les forces de contacte entre ells.

10. Dos blocs de masses m1 = 1kg i m2 = 2kg descansen al damunt d’un pla horitzontal sense fregament i estan units per unacorda sense massa. Apliquem una forca F = 3N al bloc m2 . Trobeu l’acceleracio de cada bloc i la tensio de la corda.

11. Determina les tensions i la massa del sistema en equilibri de la figura.

∗∗ 12. Utilitzem un sistema de cordes i politjes per aguantar un cos de massa m , tal com s’indica a les figures. Cada politja potgirar lliurament i cada corda que passa per les politjes es continua. Trobeu el modul de la tensio T que mantindra enequilibri al cos en el cas a) i les tensions a totes les cordes en el cas b).

SOLUCIOHi ha dues cordes i, per tant, tenim dues tensions T i T1 . A la politja intermitja

tenim dues tensions T de la primera corda dirigides cap amunt i una tensio T1 dirigidacap avall de la segona corda. A la politja inferior (que considerarem un sol cos el formatper la politja i el bloc de massa m ) tenim dues tensions T1 dirigides cap amunt i elpes P cap avall. Aixi, les equacions son:

T + T − T1 = 0 , T1 + T1 − P = 0 ⇒ T = P/4

Nota: Si observem el dibuix, es pot pensar en la petita corda que uneix la politjainferior amb el bloc de massa m . Si enlloc de considerar com un cos unic la politja iel bloc ho considerem per separat, caldria afegir una nova tensio T2 entre la politja iel bloc. En aquest cas, les equacions serien:

T1 + T1 − T2 = 0 , T2 − P = 0

Si sumen les dues equacions anteriors la tensio T2 s’elimina, quedant una sola equacio.T2 es comporta com una forca interna entre la politja i el bloc: en considerar tot elconjunt com un sol cos no cal doncs considerar-la.

Les equacions d’equilibri per a cada politja donen lloc a:

T1 + T1 − T2 = 0

T1 − T3 − T3 = 0

T3 + T3 − T4 = 0

i pel bloc tenim,T2 + T3 + T4 − P = 0

Resolent les equacions obtenim:

T1 = T4 =2

7P , T2 =

4

7P . T3 =

1

7P


Solucions 3

Forces de fregament

∗∗ 13. Un bloque de peso 100N esta en reposo sobre una mesa horizontal. Los coeficientes de rozamiento estatico y cinetico entredicho bloque y la mesa valen µe = 0.6 y µc = 0.4 respectivamente. Si aplica una fuerza horizontal de 50N sobre el objeto,la fuerza de rozamiento sobre el bloque es:

(a) 60N(b) 50N(c) 40N(d) 10N(e) 20N

∗∗ 14. Una maleta se desplaza sobre la banda transportadora de una terminal de aeropuerto que avanza a 1m/s . Si la maletatiene una masa de 20 kg y los coeficientes de rozamiento estatico y dinamico entre dicha maleta y la banda valen 0.5 y 0.3respectivamente, ¿cuanto vale la fuerza de rozamiento sobre la maleta?

(a) 40N(b) 60N(c) 0(d) 100N(e) depende de la velocidad

15. Una caja se encuentra en reposo sobre un plano inclinado que forma un angulo θ con la horizontal. Si aumentamos el angulohasta un valor θmax la caja empieza a desplazarse. Si µe y µc son los coeficientes de rozamiento estatico y cinetico, severifica:

(a) µe = tan θmax

(b) µc = tan θmax

(c) µe = sin θmax

(d) µc = cos θmax

16. Un bloque esta situado en un plano inclinado que forma un angulo de 30◦ con la horizontal. Los coeficientes de rozamientoestatico y dinamico valen 0.3 y 0.2 respectivamente. El bloque

(a) se quedara parado sobre el plano(b) se movera con velocidad constante hacia abajo del plano(c) se movera con aceleracion constante hacia abajo del plano(d) se movera con aceleracion dependiente del tiempo hacia abajo del plano(e) necesitamos conocer la masa para determinar su+ movimiento

17. Dos bloques de masas m1 y m2 descienden juntas por un plano inclinado que forma un angulo θ con la horizontal.Supondremos que el plano no se mueve. El coeficiente de rozamiento cinetico entre los bloques y el plano vale µ . Podemosafirmar que la aceleracion de los bloques a y la fuerza normal entre ambas N son, respectivamente:

(a) a = g sin θ + µ cos θ y N = 0 si m1 < m2

(b) a = g sin θ − µ cos θ y N > 0 si m1 > m2

(c) a = g sin θ − µ cos θ y N = 0 en general(d) Todas las opciones anteriores son falsas

18. Apliquem una forca F al bloc m2 = 4kg que te al seu damunt un altre bloc m1 = 2kg . Els coeficients de fregament entreels dos blocs son µe = 0.3 (estatic) i µc = 0.2 (cinetic). Trobeu:

(a) La forca maxima que es pot aplicar al bloc m2 de tal manera que el bloc m1 no llisqui.(b) Si F es la meitat d’aquest valor maxim, trobeu l’acceleracio de cada bloc.(c) Si F es el doble d’aquest valor maxim, trobeu l’acceleracio de cada bloc.

SOLUCIO

A la figura hem indicat totes les forces que tenen lloc entre els blocs A i B i entre el bloc B i el planol horitzontal(les dues forces normal i fregament, son els corresponents parells accio-reaccio del bloc B ). Si la forca aplicada F es 0 elsdos blocs A i B no es mouen. Si agumentem la forca aplicada es comencaran a moure de manera que, si aquesta es petita,els dos blocs es mantindran un damunt de l’altre i les dues acceleracions aA i aB seran iguals. Si seguim augmentant laforca F arrivara un moment en que el bloc A comencara a lliscar per sobre del B . Existeix un valor lımit de F quefa que els blocs encara es mantinguin "solidaris": mentre no superem aquest lımit la forca de fregament entre els blocs esestatica. Una vegada superat aquest valors aleshores apareix moviment entre els blocs i la forca de fregament sera dinamica:en aquesta situacio cada bloc tindra una acceleracio diferent.


Solucions 4

Les equacions de la dinamica per a cada bloc son:

Bloc A: +NA − PA = 0, +R1 = mA · aABloc B: +NB −NA − PB = 0, +F −R1 −R2 = mB · aB

En el cas concret de l’exercici, com ens diuen que no hi ha fregament entre el bloc B i el pla horitzontal, el valor de R2 eszero. Analitzem ara cada apartat per separat:• La forca maxima permesa sera quan el fregament estatic entre els blocs sigui el maxim, es a dir, R1 = µe ·NA , i, en

aquest cas, les dues accleracions seran iguals ( aB = aA ), per tant, les expressions ens queden:

Bloc A: +NA − PA = 0, µe ·NA = mA · aABloc A: +NB −NA − PB = 0, +F − µeNA = mB · aA

i resolent, obtenim el valor Fmax que sera el maxim permes.• Si la forca aplicada es menor que l’anterior, aleshores el fregament R1 no el podem expressar com µe · NA i, per

tant, tindrem:

Bloc A: +NA − PA = 0, R1 = mA · aA

Bloc B: +NB −NA − PB = 0, +Fmax

2−R1 = mB · aA

• Si la forca aplicada es mes gran que la maxima, aleshores els blocs lliscaran i el fregament s’expressara R1 = µcNA

i, per tant, tindrem:

Bloc A: +NA − PA = 0, µcNA = mA · aABloc B: +NB −NA − PB = 0, +2 · Fmax − µcNA = mB · aB

19. Un observador en reposo ve como un bloque de masa m = 60 kg se desliza (patina) por la parte superior de otro bloque demasa M = 100 kg con una aceleracion de 3m/s2 por la accion de una fuerza horizontal F = 320N , tal como se indica enla figura. El bloque de masa M se apoya sobre una superficie horizontal sin rozamiento, pero hay rozamiento entre los dosbloques.

(a) Determinar el coeficiente de rozamiento cinetico entre los dos bloques(b) Calcular la aceleracion del bloque M durante el tiempo en que dichos bloques permanecen en

contacto

SOLUCIO

Realizamos el diagrama del cuerpo libre para cada bloque. en el eje horizontal podemos observar como en el superiortenemos a la fuerza externa F y a la de rozamiento Fr , en sentido contrario y para el inferior, justamente la fuerza derozamiento es la responsable del movimiento.


Solucions 5

La segunda ley de Newton para cada bloque nos dice:

F − Fr = maA

Fr = µNA = µmg

Fr =MaB

⇒

{

µ ' 0.23

aB = 1.4m/s2

20. Dos blocs de masses m1 i m2 estan units mitjancant una barra sense massa. La barra es comporta igual que una cordanomes que la forca que exerceix sobre els blocs pot ser tant de compressio com de tensio. El coeficient de fregament cineticde cada bloc amb el pla val respectivament µ1 i µ2 , essent µ1 > µ2 . Trobeu la forca que la barra exerceix sobre els blocs.

SOLUCIO

Considerem el diagrama de forces sobre cadascun dels blocs que estan damunt del pla. En aquesta representacionomes s’han indicat les forces que reben els blocs i no s’han dibuixat les corresponents reaccions de la majoria d’elles queestarien aplicades sobre el pla inclinat.

Escollint un sistema d’eixos perpendicular i parallel al pla inclinat podem expressar les equacions per a cada bloc:

P1 sin θ + T −R1 = m1 a (1a)

N1 − P1 cos θ = 0 (1b)

R1 = µ1N1 (1c)

P2 sin θ − T −R2 = m2 a (2a)

N2 − P2 cos θ = 0 (2b)

R2 = µ2N2 (2c)

Aıllem N1 i N2 a les equacions (1b) i (2b) , les substituim a (1c) i (2c) i finalment R1 i R2 les situem a les equacions(1a) i (2a) , obtenim

P1 sin θ + T − µ1P1 cos θ = m1 a (1a)

P2 sin θ − T − µ2P2 cos θ = m2 a (2a)

Sumant les equacions (1a) i (2a) obtenim:

(P1 + P2) sin θ − (µ1P1 + µ2P2) cos θ = (m1 +m2)a ⇒ a = g

(

sin θ −µ1m1 + µ2m2

m1 +m2

cos θ

)

Substituint aquest resultat a l’equacio (1a) tenim:

P1 sin θ + T − µ1P1 cos θ = m1g

(

sin θ −µ1m1 + µ2m2

m1 +m2

cos θ

)


Solucions 6

on podem aıllar la tensio T , es a dir,

T = µ1m1g cos θ −m1g sin θ −m1g sin θ −m1gµ1m1 + µ2m2

m1 +m2

cos θ

Si agrupem una mica els termes (podem treure factor comu m1g cos θ ) tenim:

T = m1g cos θ

(

µ1 −µ1m1 + µ2m2

m1 +m2

)

= m1g cos θ

(

µ1m1 + µ1m2

m1 +m2

−µ1m1 + µ2m2

m1 +m2

)

︸︷︷︸

(µ1 − µ2)m2

m1 +m2

i finalment obtenim el resultat:

T = m1m2g cos θµ1 − µ2

m1 +m2

Interpretacio fısica del resultat:• Cas µ1 > µ2 : la tensio es positiva i significa que el bloc 2 estira al bloc 1 .• Cas µ1 = µ2 : la tensio es zero i els dos bloc baixen com si no estessin engantxats.• Cas µ1 < µ2 : la tensio es negativa i significa que el cos 1 empenya al cos 2 fent que la tensio del cable actui en

sentit contrari al dibuixat. Si pensem aixo, aleshores, a les equacions la variable T caldra substituirla per −T i jaens donara el resultat positiu. Si enlloc d’una barra sense massa fos una corda aleshores no hi hauria tensio i el cos1 baxaria mes rapid que el cos 2 .

21. Dos blocs de masses m2 = 10 kg i m1 = 30 kg estan connectats mitjancant un cable tal com indica la figura. A totes lessuperfıcies hi ha fregament de coeficient µc = 0.1 i α = 30◦ . Trobeu l’acceleracio de cada bloc i la tensio del cable.

SOLUCIO

El bloc de 30 kg intentara arrossegar al bloc que teper sota i aixo fa que aparegui un fregament Fr1 entre elsblocs en els sentits que estan indicats a la figura. Cada bloctindra una acceleracio a (que en modul sera la mateixa pelsdos) en sentit contrari: en el bloc gran sera de baixada i elel bloc petit de pujada. Cal tenir en compte tambe que lesexpressions de cada forca de fregament son:

Fr1 = µcN12, Fr2 = µcNP

En aquests casos, quan tenim un bloc (el de sota) amb dues normals Np i N12 , sempre apareix el dubte de quinanormal s’ha de prendre: la normal que cal posar a l’expressio de la forca de fregament sempre es la corresponent a la superfıciede contacte entre els blocs. Les equacions que es generen a partir del diagrama de forces venen donades per:

Fr1 + T − P1 sin 30 = m1 · (−a)N12 − P1 cos 30 = 0

Fr1 = µcN12

T − Fr1 − fr2 − P2 sin 30 = m2a

Np −N12 − P2 cos θ = 0

Fr2 = µcNp

Sistemes accelerats

22. Un objecte de massa m situat esta al terra d’un ascensor. Trobeu:

(a) La forca que exerceix el terra de l’ascensor sobre el cos si l’ascensor puja amb una acceleracio a .(b) La forca que exerceix el terra de l’ascensor sobre el cos si l’ascensor baixa amb una acceleracio a .(c) La forca que exerceix el terra de l’ascensor sobre el cos si l’ascensor baixa amb una acceleracio g .

23. Una persona es troba al damunt d’una balanca situada dins d’un ascensor que porta una acceleracio descendent de modula . L’escala de la balanca marca 960N . Quan agafa una caixa de 20 kg , l’escala marca 1200N . Trobeu la massa de lapersona y l’acceleracio a .


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24. Un bloc de massa m esta a la pared vertical d’una vagoneta. Si s’accelera la vagoneta amb un valor a adecuat es potaconseguir, sempre que hi hagi fregament, que el bloc no caigui. Trobeu el mınim valor que ha de tenir el coeficient defregament estatic perque el bloc no caigui.

∗ 25. Un objecte de massa m penja del sostre de la caixa d’un camio. Aquest accelera amb una acceleracio ~a cap a la dreta i faque el fil s’inclini un angle α . Trobeu el valor de a .

SOLUCIO

Per analitzar el moviment del cos de massa m tenim dos alternatives: fer-ho desde un sistema de referencia en repos,solidari amb el terra, o fer-ho desde un sistema solidari amb el camio, que en aquest cas es tracta d’un sistema accelerat.Quan un sistema esta en repos o es mou amb moviment rectilini i uniforme respecte a un altre que tambe estigui en reposdiem que es tracta d’un sistema de referencia inercial: en aquests sistemes es verifiquen les lleis de Newton. Quan el sistemano compleix les condiccions anteriors diem que es tracta d’un sistema no inercial i en aquests sistemes no es verifiquen leslleis de Newton.

Analitzem el cos desde les dues perspectives. Un pas previ consisteix en veure totes les forces que actuen damunt delcos. Aquest analisi es independent del sistema escollit: en el nostre cas el cos esta sotmes a la tensio del fil i al pes de laTerra: aquestes dues forces son les forces reals que reb el cos.• Sistema en repos xy : la suma de forces es igual a la massa del cos per la seva acceleracio. L’acceleracio del cos es la

mateixa que te el camio ja que tot el conjunt es mou de forma solidaria. Aixı la segona llei de Newton s’expressara:

{

component x → T sinα = ma

component y → T cosα− P = 0

}

⇒ a = g tanα

• Sistema accelerat x′y′ . Si suposem que la segona llei de Newton es verifica en aquest sistema ens trobarem amb elseguent: la suma de forces es igual a la massa del cos per la seva acceleracio, pero aquesta en el sistema accelerat eszero: dins del camio el cos esta quiet. Aleshores les equacions que ens quedarien serien:

{

component x’ → T sinα = ma′ = 0

component y’ → T cosα− P = 0

}

⇒ α = 0

i en canvi el cos esta inclinat. Arrivem per tant a un resultat erroni. Que hem de fer doncs, per solventar el problema?.Molt senzill: nomes cal veure la relacio entre les acceleracions en els dos sistemes xy i x′y′ . Vectorialment podem posar:

~a = ~aOO′ + ~a′

Aixı si coneixem l’acceleracio en el sistema accelerat ( ~a′ ) i l’acceleracio relativa del sistema accelerat respecte al que esta enrepos ( ~aOO′ ), aleshores l’acceleracio del sistema en repos es la suma vectorial de les dues anteriors:

acceleracio desde el repos︸︷︷︸

~a

= acceleracio del camio︸︷︷︸

~aOO′

+acceleracio del bloc relativa al camio︸︷︷︸

~a′

Si multipliquem l’expressio anterior per la massa del cos tenim,

m~a = m~aOO′ +m~a′ ⇒ m~a−m~aOO′ = m~a′ ⇒∑

~F −m~aOO′ = m~a′

Aixı en els sistemes accelerats o no inercials la segona llei de Newton podem pensar que queda modificada per la correcio

del terme −m~aOO′ que com te unitats de forca es podria anomenar terme de forca ficticia donat que no es cap forcareal aplicada al cos. La denominacio que se li dona a aquest es el de forca ficticia o tambe forca d’inercia. Aquesta


Solucions 8

nomenclatura "incita" a pensar que es tracta d’una forca mes i aixo genera la tıpica confusio per l’alumne, arrivant a creureque es una forca igual que les altres. Aplicant aquesta correccio en el sistema accelerat tindrem:

component x’ → T sinα −ma︸︷︷︸

correcio −m~aOO′= ma′ = 0

component y’ → T cosα− P = 0

⇒ a = g tanα

Obtenint, per tant, la mateixa relacio matematica entre les variables a i α .

∗ 26. Un bloc de massa m = 0.5 kg descansa damunt de la superfıcie d’un pla inclinat ( θ = 35◦ ) de massa M = 2kg . Apliquemuna forca F horitzontal al pla de manera que aquest llisca sense fregament damunt d’una superfıcie horitzontal. Trobeu elsvalors maxim i mınim de F pels quals el bloc no llisca per damunt del pla. El coeficient de fregament estatic entre el bloc iel pla val µe = 0.4 .

SOLUCIO

Apliquem una forca F al pla inclinat de manera que tot el conjunt s’ha de moure de forma solidaria amb unaacceleracio a . Analitzem totes les forces implicades en l’operacio. Cal tenir en compte que el pla inclinat reposa damuntuna superfıcie horitzontal sense fregament.

• Equacions de la dinamica pel bloc:

NA sin 35− Fr cos 35 = 0.5a

NA cos 35 + Fr sin 35− PA = 0

Fr = µeN

resolent el sistema obtenim:

a = gsin 35− µe cos 35cos 35 + µ sin 35

= 0.2345m/s2

• Equacions de la dinamica pel pla inclinat:

{

F −Na sin 35 + Fr cos 35 = 2a

NB − Pb −NA cos 35− Fr sin 35 = 0

Si combinem les dues equacions de cada bloc en la direccio de l’eix x podem veure que:

F = (0.5 + 2) · a = 2.5 · 0.2345 = 5.75N

que ens diu que la forca F aplicada es igual a la massa del sistema per la seva acceleracio. En el cas de que augmentemla forca aleshores el bloc intentara "pujar" pel pla i aleshores les forces de fregament en el dibuix canvien de sentit iel resultat per l’acceleracio a es:

a = gsin 35 + µe cos 35

cos 35− µ sin 35= 15m/s2 ⇒ F = 2.5 · 15 = 37.5N

Dinamica del moviment circular

27. Cuando una partıcula se mueve con movimiento circular uniforme, su aceleracion

(a) aumenta constantemente.(b) lleva siempre la misma direccion.(c) es cero.(d) es constante en modulo.(e) es constante en modulo y direccion.


Solucions 9

28. Un coche que toma una curva de radio R con una velocidad de modulo v experimenta una aceleracion normal o centrıpetaac . ¿Cual sera su aceleracion normal cuando toma otra curva de radio 3R a una velocidad 2v ?

(a) (2/3)ac(b) (4/3)ac(c) (2/9)ac(d) (9/2)ac(e) (3/2)ac

29. Una vagoneta de masa 300 kg parte del punto A y consigue pasar por el punto C sin desprenderse del arco. Sabemos queen el punto E que corresponde a un angulo θ = 30◦ el modulo de su velocidad vale 15m/s . Hallar la fuerza de contactode la vagoneta con el arco en dicho punto. Usar g = 10m/s2 para los calculos.

30. Una bola de massa m = 0.5 kg llisca sense friccio sobre un anell circular de radi r = 150mm tal com indica la figura.Trobeu l’angle θ i la forca que l’anell exerceix sobre la bola quan el sistema gira al voltant d’un diametre vertical amb unavelocitat angular constant ω = 120 r.p.m. .

SOLUCIO

La bola llisca sense fregament per damnut de l’aro. Les duesforces que actuen sobre la bola son el seu pes i la forca de contactenormal amb l’aro. El forat de la bola per que llisqui per damuntdel aro es suficienment gran com perque hi hagin dos possiblescontactes: el mes interior de la bola i en direccio a l’eix de gir iel mes exterior. Quan l’aro esta girant intenta "emportar-se" a labola cap al centre de gir i d’aquesta manera el contacte entre labola i el aro te lloc tal com esta indicat a la figura. Nomes calimposar la condicio d’equilibri vertical i que la suma de forces enla direccio normal mantingui un moviment circular.

31. Un bloc de masa m = 5kg esta unit a una barra vertical mitjancant dos fils, tal com indica la figura essent d = 60 cmi r = 10 cm . Quan el sistema gira al voltant de l’eix de la barra els fils es comencen a tensar a mesura que augmenta lavelocitat. Trobeu

(a) La tensio de cada fil quan la velocitat angular es de ω = 5 rad/s .(b) El valor mınim de ω per tal de que el fil inferior connectat a B comenci a estar tens.

SOLUCIO

Quan el sistema esta en repos la corda que uneix l’extrem A amb el bloc esta en la vertical AB i la corda que l’uneixamb l’extrem B esta totalment destensada i "penjant". A mesura que l’eix comenca a girar la corda inferior es comencaraa tensar fins que arrivi un moment en que tindrem la situacio indicada a la figura: les dues cordes tenses i el bloc descrivintuna circumferencia en al pla horitzontal. En aquesta circumferencia hem indicat els dos eixos normal i tangent, on unicamenttindrem forces en la direccio normal, ja que el conjunt gira amb velocitat angular constant.

A la figura l’angle θ el podem trobar fent:

tan θ =60

60= 1 ⇒ θ = 45

Les equacions per l’eix vertical i normal s’expressen:

{

(eix z) T1 sin θ − T2 sin θ − P = 0

(eix n) T1 cos θ + T2 cos θ = mω2 r

}

(a) Si coneixem ω al sistema anterior les incognites son T1 i T2 .(b) El lımit quan la corda T2 comenca a estar tensa correspon a T2 = 0 i les

incognites son ω i T1 .


Solucions 10

∗∗∗ 32. El disc representat a la figura gira en un pla horitzontal. Sobre el disc descansa un bloc de 1.5 kg situat a 20 cm de l’eix derotacio. El coeficient de fregament estatic entre el bloc i el disc val 0.5 . Si el disc parteix del repos amb acceleracio angularconstant igual a 0.5 rad/s2 , trobeu el temps que trigara el bloc a comencar a moure’s.

SOLUCIO

El disc parteix del repos i comenca a accelerar fins assolir una determinada velocitat angular. Mentre dura aquestproces d’acceleracio, qualsevol punt del disc, i en particular el que esta per sota del bloc de massa m reb dues acceleracions:la normal dirigida cap al centre i la tangencial que el fa accelerar i anar adquirint de forma progresiva una velocitat. La partdel disc que esta just per sota del bloc de massa m es pot considerar com una petita plataforma de massa M . Aquestaplataforma esta sotmesa a una forca total F que esta dirigida de forma "oblicua" tal com esta indicat a la figura del mig.La figura que esta mes a al dreta tenim indicat la interaccio que te lloc entre aquesta plataforma del disc i el cos de massam que esta al seu damunt.

Les equacions de la dinamica per a cada element, expressades en aquesta direccio oblicua on l’acceleracio val a son:

F − Fr =Ma , Fr = ma

Si volem que el bloc m estigui solidari damunt de la plataforma M les dues acceleracions han de ser iguals i, peraixo ja s’han expressat amdues amb a . La forca maxima de fregament estatic que pot suportar el bloc es:

Fr|max = µN = 0.5 · 1.5 · 9.8 = 7.35 = ma ⇒ a = 4.9m/s2

Aixo ens diu que quan l’acceleracio superi aquest valor el cos comencara a patinar sobre la plataforma. Cal doncstrobar el temps necessari per assolir aquest valor. A partir de l’acceleracio angular α podem obtenir les components del’acceleracio, es a dir,

α = 0.5⇒ ω = α t = 0.5t⇒ v = ωR = 0.5t · 0.2 = 0.1t⇒

at =dv

dt= 0.1

an =v2

R= 0.05t2

El modul de l’acceleracio a s’obte a partir de les seves components:

a =√

a2t + a2n =√

(0.1)2 + (0.05t2)2

Nomes cal trobar el temps necessari per assolir aquest valor:

a = 4.9 ⇒√

(0.1)2 + (0.05t2)2 = 4.9 ⇒ t = 9.89 s

∗ 33. Un bloc de 5 kg de massa descansa damunt d’una superfıcie conica que gira al voltant d’un eix vertical amb velocitat angularconstant ω . El bloc esta unit a l’eix giratori mitjancant un cable tal com indica la figura. Trobeu:

(a) La tensio del cable quan el sistema gira a 20 r.p.m. .(b) La velocitat angular quan sigui nulula la forca entre la superfıcie conica i el bloc.

SOLUCIO

A la figura hem indicat l’eix vertical z i l’eix normal ( n ). L’eix tangent estaria sortint del "paper" apuntant a lacircumferencia que recorre el bloc. Segons l’enunciat no tenim fregament i, per tant, les forces presents son la normal, elpes i la tenoio del cable. Cal indicar que tant gira "l’embut" com el bloc (no hi ha cap fregament), es a dir, que el bloc nos’arrossega per sobre la superfıcie, unicament si "arrepenja" fent la corresponent forca de contacte N .


Solucions 11

T sin 30 +N cos 30− P = 0

T cos 30−N sin 30 = mω2 r

}

⇒ T = 62.5N

Quan N = 0 el bloc es comencara a aixecar de la superfıcie.Aixı, impossant el valor a les equacions anteriors obtemim ω =2.91 rad/s .

34. La massa m = 1kg es mou amb velocitat v = 3m/s en un cercle horitzontal de radi r , damunt d’una taula sense fregament.Una massa M = 2kg esta engantxada a la massa m1 . Trobeu el radi de la circumferencia.

35. Sobre una taula horitzontal situem dues masses m1 = 0.1 kg i m2 = 0.2 kg lligades entre elles mitjancant una corda demassa neglibible. La partıcula m1 es troba lligada a un punt de la taula ( L1 = 0.3m ) i a la parıcula m2 ( L2 = 0.5m ).El sistema realitza un moviment circular de 2 s de perıode i no hi ha friccio. Trobeu les tensions a les dues cordes.

36. Es projecta construir una carretera per que els cotxes puguin circular a una certa velocitat de modul 100 km/h per unacorba de radi 270m .

(a) Trobeu l’angle θ necessari si no hi ha fregament(b) Si no hi ha peralt ( θ = 0 ), trobeu el coeficient de fregament estatic µs necessari(c) Si es coneixen l’angle θ = 20◦ , el coeficient µs = 0.2 i el radi R = 200 , trobeu les velocitats

maxima i mınima per tal de que el cotxe pugui descriure una trajectoria circular.

SOLUCIO

A la figura hem indicat l’eix vertical ( z ), l’eix normal ( n ) i l’eix tangent estaria sortint del "paper" apuntant a lacircumferencia que recorre el cotxe quan gira la corba. Quan el cotxe pren la corba "intenta" anar cap a l’exterior i d’aquique hem indicat una forca de fregament Fr entre les rodes i el pendent en le direccio del "pla inclinat". En la direcciotangencial del moviment, la que descriu la circumferencia en el pla horitzontal tambe tenim dues forces: la forca del motor iel fregament de "rodadura" de les rodes: aquestes forces son contraries i aixo permet que el cotxe es mogui amb una velocitatconstant en la direccio tangent del moviment.

N cos θ − Fr sin θ − P = 0

N sin θ + Fr cos θ = mv2

r

Fr = µsN

Aixı aillant la velocitat obtenim,

vmax =

√

grsin θ + µs cos θ

cos θ − µs sin θ

Analitzem els dos casos seguuents:• La corba no esta peraltada, ( θ = 0 ), aleshores la velocitat val:

vmax =√µs gr → (si µs = 0 ) → v = 0

que indica que si no hi ha fregament el cotxe no podria girar.• La corba esta peraltada, pero no hi ha fregament, que correspon al cas µs = 0 , aleshores la velocitat val:

vmax =√

gr tan θ

Tambe pot passar que si l’angle es molt gran i la velocitat "petita", enlloc de intentar "pujar" per el pendent es puguidonar el cas de que el cotxe "baixi" i aleshores pel plantejament de l’exercici nomes cal canviar els sentits de Fr itindriem el resultat:

vmin =

√

grsin θ − µs cos θcos θ + µs sin θ


Solucions 12

Aixı, per un coeficient de fregament donat tenim un interval de velocitats que permet que el cotxe no patini pelpendent de la corba, sempre que:

vmin < v < vmax

37. Tenemos al sistema de la figura en reposo con el muelle ( k = 200N/m ) en su posicion natural sujeto a la pared y al bloquem1 = 4kg , y lo soltamos de forma que los bloques se empiezan a mover. No existe rozamiento en ninguna superficie y tantola cuerda como la polea no tienen masa. En el momento en que el bloque m2 = 4kg ha recorrido una distancia de 10 cm porencima del plano inclinado ( α = 30◦ ), hallar la aceleracion de dicho bloque y la tension de la cuerda. Usar g = 10m/s2 .

SOLUCIO

Las ecuaciones de la dinamica para cada bloque se expresan:

{

T − kx = m1a

P sin θ − T = m2a

}

⇒

{

a = 0

T = 20

}

38. Un collar de masa m = 2kg , sujeto a un muelle de constante k = 200N/m y longitud natural h = 30 cm , se puedemover por una guıa inclinada sin rozamiento. En la posicion A , hallar la fuerza de contacto con la guıa y el modulo de laaceleracion. Datos: l = 10 cm , d = 30 cm .

39. El collar de masa m = 2kg se puede mover por la guıa horizontal sin que exista rozamiento. Al estar sujeto al muelle deconstante k = 100N/m y por el hecho de tener un peso ejerce en general una fuerza de contacto sobre la guıa que variasegun la posicion x (punto C ). La longitud natural del muelle es l = 1m , ası para x = 0 (punto B ) el muelle no realizaninguna fuerza sobre el collar. Hallar la posicion x para la cual el collar no ejerce ninguna presion sobre la guıa horizontal.Usar g = 10m/s2 .

40. El sistema de la figura esta formado por el muelle de constante k = 85.6N/m y las dos masas m = 1kg y M = 2.95 kg .Existe rozamiento entre los bloques siendo µs = 0.75 el coeficiente de rozamiento estatico. Comprimimos mediante el bloqueM el muelle una cierta distancia y lo soltamos. Este instante lo tomaremos como instante inicial to = 0 s . Hallar:

(a) La maxima distancia que podemos comprimir el muelle para que el bloque m no patine por encimade M cuando lo soltemos.

(b) El alargamiento del muelle cuando haya transcurrido 0.5 s y el modulo de la fuerza de rozamientoentre ambos bloques en dicho instante.

SOLUCIO

Consideremos el instante inicial cuando el conjunto M −m y el muelle de constante k estan comprimidos y quesoltamos. El sistema empezara a moverse hacia la derecha. En este instante, la fuerza que hace el muelle sobre el conjunto


Solucions 13

es la mxima y a medida que este se mueve dicha fuerza va dismunyendo. Existe una fuerza interna entre los dos bloquesque hemos indicado por Fr . Esta fuerza es el rozamiento que tiene lugar y a medida que el conjunto se mueve tambien vadisminuyendo. En el instante inicial adquiere su valor maximo y que tomaremos como el valor maaximo para el rozamientoestatico, es decir:

Fr|s = µsNm

A parte de estas fuerzas horizontales que se han indicado existen el resto de fuerzas como el peso y las correspondientesnormales a cada contacto, tanto entre los bloques como entre el bloque M y a superficie horizontal. En el diagrama siguientese han separado los bloques y el muelle para poder visualizar mejor todas las fuerzas que intervienen. Hay que notar quese ha dibujado la fuerza Fm tambien en el muelle para poner de manifiesto la tercera ley de Newton: el bloque realiza unacompresion (accion) en el muelle (fuerza indicada en el propio muelle y dirigida hacia la izquierda) y este le devuelve lamisma fuerza Fm (reaccion) aplicada en el bloque y dirigida hacia la derecha.

Si llamamos xo el valor que hemos comprimido el muelle y expresamos la segunda ley de Newton para cada bloquetenemos:

bloque m :

Nm − Pm = 0 ⇒ Nm = mg

Fr = ma0 ⇒ µeNm = ma0 ⇒ a0 = µeg ' 7.36m/s2

bloque M :

Fm − Fr =Ma0 ⇒ kx0 − Fr =Ma0 ⇒ x0 =M +m

ka0 ' 0.34m

Con este valor de xo nos aseguramos que el sistema oscilara sin que el bloque m de desprenda. La ecuacion de la posicionx para dicho movimiento viene dada por:

x(t) = A sin(ωt+ φ) donde ω =

√

k

M +m' 4.66 rad/s → T =

2π

ω' 1.35 s →

T

4' 0.3375 s

Las dos constantes A y φ se obtienen a partir de las condiciones iniciales:

t = 0 → x = −x0 ' −0.34 ⇒ −0.34 = A sin(ω · 0 + φ) ⇒ A = −0.34 sinφ

La velocidad v(t) se obtiene a partir de la posicion x(t) :

v(t) =dx(t)

dt= Aω cos(ωt+ φ)

y cuando t = 0 sabemos que la velocidad es nula, es decir,

t = 0 → v = 0 ⇒ 0 = Aω cosφ ⇒ cosφ = 0 ⇒ φ =π

2o φ =

3π

2

La solucion buena es la segunda ya que entonces sinφ = −1 y la amplitud vale A = 0.34m . La ecuacion queda puesexpresada como:

x(t) = 0.34 sin(4.66t+ 3π/2)


Solucions 14

Para t = 0.5 s la posicion viene dada por:

x(0.5) = 0.34 sin(4.66 · 0.5 + 3π/2) = 0.23m

En el recorrido de uns oscilacion completa el conjunto realiza cuatro "etapas": descompresion de x = −xo hasta x = 0 ,alargamiento hasta x = +xo , una descompresion hasta volver a x = 0 y una ultima compresion hasta volver a x = −xo .El tiempo t = 0.5 s esta comprendido entre T/4 < 0.5 s < T/2 y es razonable que la elongacion x nos de positiva. Sibuscamos la elongacion para un tiempo t = 1.2 s , que esta comprendido entre 3T/4 < 1.2 s < T , obtenemos:

x(1.2) = 0.34 sin(4.66 · 1.2 + 3π/2) = −0.26m

41. Un bloque de masa m = 2kg esta sujeto a un muelle de constante elastica k = 98N/m sobre la superficie de un planoinclinado ( θ = 30◦ ) sin rozamiento. El punto B corresponde al estado en que el muelle no esta ni estirado ni comprimido.En el punto A el muelle esta comprimido una distancia x = 0.6m respecto a B . Para evitar que el bloque se muevaesta sujeto con un hilo horizontal (sin masa) a la pared. En un momento dado cortamos el hilo y el bloque empieza a subiralcanzando el punto C , en donde se detiene momentaneamente, para luego volver a bajar. Hallar la velocidad y el tiempoque tarda en alcanzar el punto B por primera vez.

Exercicis diversos∗∗ 42. Un bloc de massa m = 10 kg descansa damunt d’una plataforma de massa M = 5kg tal com indica la figura. La plataforma

llisca sense fregament per damunt d’un pla horitzontal. El coeficient de fregament entre el bloc i la plataforma val 0.1 .Trobeu l’acceleracio del cos i de la plataforma si la forca aplicada val F = 20N .

SOLUCIO

A la figura hem considerat 3 elements: la plataforma que inclou a la politja, el bloc i el pla horitzontal. De fet elpla horitzontal unicament s’utilitza per mantenir la plataforma vertical i entre le plataforma i el pla no hi ha cap tipus defregaments. Malgrat que el pla horitzontal no te cap incidencia en el moviment s’han indicat unes forces com les N ′ (accio ireaccio entre plataforma i pla) i el pes de la plataforma a titol ilustratiu per posar de manifest una vegada mes la importanciade la tercera llei de Newton. La forca F que actua sobre la corda no es mes que la tensio de la propia corda i, per tant, ales equacions quan indiquem T ens referim a F que es coneguda.

• Plataforma:2T − Fr = 5 · a′

• Bloc:T − Fr = 10 · a

Fr = µN

N = P

∗∗ 43. Un bloc de massa 20 kg que te engantxada una politja esta engantxat mitjancant una corda a un bloc de 5 kg segons mostrala figura. Trobeu l’acceleracio de cada bloc i la tensio de la corda.

SOLUCIO

• Bloc de 20 kg :

2T = 20 · a1

• Bloc de 5 kg :

P − T = 5 · a2

Quan el bloc de 5 kg baixa una distancia l ,es pot veure f acilment com el bloc de 20 kgavanca la meitat l/2 , aixı la relacio entre lesacceleracions ve donada per 2a1 = a2 .


Solucions 15

∗∗ 44. Un cos de massa m = 1kg descriu una circumferencia vertical de radi r = 1m en sentit antihorari, mitjancant una cordafixada al centre O . A l’instant representat a la figura ( θ = 30◦ ) la tensio de la corda val 17N . En aquest instant, trobeu:

(a) Les components normal i tangencial de l’acceleracio.(b) Les components rectangulars ( vx i vy ) del vector velocitat.(c) Les components rectangulars del vector acceleracio.(d) Si la corda es trenca en el moment que la tensio es maxima i val 61.1N , trobeu el modul de la

velocitat amb la surt el cos.

SOLUCIO

Les dues forces que actuen sobre el cos son el seu pes P i la tensio de la corda T . En el punt considerat escollim elsdos eixos normal i tangencial i escrivim les equacions corresponents:

{

T + P sin 30 = man ⇒ an = 21.9m/s2

−P cos 30 = mat ⇒ at = −8.49m/s2

El modul de la velocitat s’obte segons:

an =v2

r⇒ v = 4.68m/s

Aquest vector es tangent a la trajectoria i forma un angle de 30◦ amb l’eix vertical. Les seves components s’obtenen:

{

vx = −v sin 30 = −2.34m/svy = +v cos 30 = +4.05m/s

Les components rectangulars de l’acceleraci s’obtenen d’escriure la segona llei de Newton:

~F = m~a ⇒ ~T + ~P = m~a ⇒ (−T cos 30,−T sin 30) + (0,−mg) = m(ax, ay) ⇒

{

ax = −14.72m/s2

ay = −18.3m/s2

Es pot comprovar com el modul de l’acceleracio val:

a =√

a2n + a2t =√

a2x + a2y = 23.49m/s2

En tots els punts del moviment el cos esta sotmes a la forca pes P que esta dirigida verticalment cap avall i a latensio de la corda que va canviant de direccio segons la posicio del cos a la circumferencia.

En la direccio normal podem expressar:

T + P sin θ = man = mv2

r⇒ T = m

v2

r− P sin θ

El valor maxim de la tensio te lloc quan el sin θ = −1 que correspon a un angleθ = π + π/2 , es a dir, en el punt mes baix, on la tensio val:

T2 = mv2

r+ P ⇒ 61.1 = 1

v2

1+ 9.8 ⇒ v ' 7.16m/s


Solucions 16

∗∗ 45. Un bloc (m = 5kg ) descansa damunt d’una plataforma (sense fregament) que pot girar al voltant d’un eix vertical, talcom s’indica a la figura. Quan la plataforma no gira, la tensio de la molla es de 80N . Trobeu la forca que el topall (tope)exerceix sobre el bloc quan la plataforma gira amb velocitat angular constant ω = 30 r.p.m. .

SOLUCIO

A la figura s’han indicat les forces que tenen lloc a l’interaccio en la direccio normal (cap a l’eix que gira). La mollaesta estirada una certa distancia respecte a la seva posicio natural de repos i, per tant, exerceix una forca Fm sobre el blocdirigida cap al centre i per tant el bloc "retorna" la reaccio, tamb Fm , a la molla pero en sentit contrari. De la mateixamanera el bloc "presiona" sobre el "topall" amb una forca normal N . No s’han indicat les forces verticals pes i normaldonat que en aquest eix hi ha equilibri i resulten "irrellevants" per a l’estudi de les forces en la direccio normal. Cal dirtambe que la forca Fm quan el bloc esta en repos es la mateixa quan el bloc es mou (comenca a girar) sempre que no essepari del "topall". Quan succeeixi aixo la molla estara mes estirada i aleshores el valor de Fm canviara.

En la direccio normal la suma de forces es igual a la massaper l’acceleracio normal, s a dir,

Fm −N = man = mω2 r

80−N = 5 · (30 r.p.m. )2 · 1 = 5 · (π rad)2 · 1

Aıllant N obtenim N = 30.65N .

∗∗ 46. A la figura tenim un cos de pes Pm = 100N que pot baixar per un pla inclinat de pes PM = 400N ( θ = 36.87◦ , sin θ = 0.6 ,cos θ = 0.8 ). El pla inclinat descansa al damunt d’una superfıcie horitzontal sense fregament i esta subjecte per un cableperque no es pugui moure. Per evitar que el bloc de massa m baixi pel pla inclinat, li apliquem una forca F en direccioperpendicular. Si els coeficients de fregament estatic i dinamic entre el bloc i el pla valen µs = 0.2 i µc = 0.1 respectivament,trobeu la forca mınima F que cal aplicar i el valor de la tensio T del cable.

SOLUCIO

Considerem el diagrama del cos lliure pel bloc i pel pla inclinat.

El que imposarem es que els dos cossos no es moguin i, per tant, la suma de totes les forces aplicades sera zero.• Equacions pel bloc de massa m : escollirem un sistema d’eixos perpendicular i paral.lel al pla.

N − F − P cos θ = 0

P sin θ − Fr = 0

Fr = µsN

⇒ N = 300 , F = 220

• Equacions pel pla inclinat: escollirem un sistema d’eixos horitzontal i vertical. Nomes necessitem la componenthoritzontal, es a dir,

T + Fr cos θ −N sin θ = 0 ⇒ T = 132


Solucions 17

1. (e)2. (b)3. (b)4. (b)5. (e)6. (b)7. (a)8. 15N9. a = 1m/s2 , 5N i 3N

10. 1m/s2 , 1N11. T1 = 60N , T2 = 52N i m = 5.3 kg12. a) T = P/4 , b) P/7 , 2P/7 i 4P/7 .13. (b)14. (c)15. (a)16. (c)17. (c)18. a) 17.64N , b) 1, 47m/s2 , c) 1.96m/s2 i 7.84m/s2

19. µ = 0.23 , 1.4m/s2

20. T = m1m2g cos θµ1 − µ2

m1 +m2.

21. a = 0.328m/s2 , T = 111.7N22. a) N = m(g + a) , b) N = m(g − a) , c) N = 023. 80 kg , 2.2m/s2 .24. µs = g/a25. a = g tanα26. Fmin = 5.75N , Fmax = 37.5N27. (d)28. (b)29. 3000N30. θ = 65.5◦ , F = 11.84N .31. a) TA = 136.5N , TB = 19.23 N , b) ωmin = 3.74 rad/s2 .32. 9.89 s33. 62.51N , 2.91 rad/s34. 0.46m35. 1.87N , i 1.58N36. a) θ = 16.24◦ , b) µ = 0.291 , c) 17.31 < v < 34.53m/s37. a = 0 , T = 20N .38. 7.2N , 5.1m/s2

39. x = 0.75m41. 0.2312 s , 3.496m/s , en el punto B la velocidad vale vB = 3.5m/s .42. Cos: 1m/s2 , plataforma 6m/s2

43. Pel bloc de 20 kg , l’acceleracio val a1 = 2.45m/s2 i pel de 5 kg val 2a1 .44. (a) an = 21.9m/s2 , at = −8.40m/s2 , (b) ~v = (−2.34,+4.05)m/s , (c) ~a = (−14.72,−18.3)m/s2 .45. 30.65N46. F = 220N , T = 132N .


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