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1) Las tres esferas de masa m caada una están soldadas al armazón equiangular rígido de masa despreciable. El
conjunto reposa sobre una superficie horizontal rígida. Si a uno de los brazos se aplica fuerza horizontal F tal como
se indica. Hallar a) la aceleración del punto O y b) la aceleración θ'' del armazón
Podemos definir F ≔ →―. Con este vector, sería válido decir que
Fx 0 0
Fx 0 0
F ＝ m (^) t ⋅ aCM
donde m t ≔ 3 m ―→ 3 ⋅ m
Entonces, podríamos resolver que
a (^) CM ≔――→―
F
m (^) t
Fx
3 ⋅ m 0 0
Luego, tendremos
ΣMO ＝ H O '
Donde el momento angular puede escribirse como H O ≔ →―
cuya derivada respecto del tiempo arrojaría
HO ' ≔ ―→
Ahora analicemos la porción de los momentos. Dado que solamente se aplica F y lo hace a una distancia b ,
ΣMO ＝ b ⋅ F en dirección k negativa. Esto puede verse si hacemos vectores correspondientes y realizamos el producto
d vector ≔ ―→ y
b 0
b 0
F →―
F (^) x 0 0
ΣMO ≔ dvector ⨯ F ―→
-⎛⎝ F (^) x ⋅ b ⎞⎠
Entonces, ahora podemos disponer que
θ'' ≔ ΣMO ＝ H (^) O ' ―――→
solve , θ'' ―――
F (^) x ⋅ b
3 ⋅ m ⋅ r^2
y se obtiene
θ'' ―→―――
F (^) x ⋅ b
3 ⋅ m ⋅ r
2
2) Consideremos las mismas condiciones que en el problema 1, pero con los brazos articulados en O sin que
constituyan un conjunto rígido. Explicar la diferencia entre los dos problemas
En análisis sigue siendo el mismo. Es decir, con articulación o no, sería válido todavía asumir que
ΣF ＝ m (^) t ⋅ aCM
y que, dado que F ≔ →― y , quedará
Fx 0 0
Fx 0 0
m (^) t ≔ 3 ⋅ m ―→ 3 ⋅ m
aCM ≔ →―
Fx
m (^) t 0 0
Fx
3 ⋅ m 0 0
También sería válido el análisis que se efectúa para el momento resultante y la razón de cambio del momento
angular, de modo que tendríamos también que
θ'' ≔―――→―
Fx ⋅ b
m (^) t ⋅ r
Fx ⋅ b
3 ⋅ m ⋅ r
2
La diferencia entre el caso articulado y el caso anterior es la siguiente: dado que ahora O constituye una articulación
entre los brazos, al aplicar la fuerza sobre uno de ellos, será solo éste el que se mueva. Es decir, que las posiciones
relativas entre las masas de los brazos no se mantendrán constantes como antes.
La velocidad en A también puede determinarse si tenemos en cuenta que, por conservación de la energía mecánica,
m (^) A ⋅ g ⋅ hA ＝―⋅ ⋅
m (^) A v (^) A^2
y por tanto Mv A ≔ ‾ 2 ‾ ⋅‾ g ‾ ⋅‾ h ‾ A ‾=99.03 ―. Dado que es solamente vertical, podemos decir que y entonces
m
s
v (^) Az ≔ Mv (^) A
quedaría
vA ≔ =
v (^) Az
m
s
m (^) p ⋅ vp ＝ m (^) A ⋅ vA + m (^) B ⋅ v (^) B + m (^) C ⋅ v (^) C ―――→
float , 3 ＝
3600.0 ⋅ kg ⋅ m
s
0.104 ⋅ 10 4 ⋅ kg ⋅ m
s
6.0 ⋅ vCx ⋅ kg
――――――^ +
0.104 ⋅ 10 4 ⋅ kg ⋅ m
s
6.0 ⋅ v (^) Cy ⋅ kg
495.0 ⋅ kg ⋅ m
s
6.0 ⋅ v (^) Cz ⋅ kg
Fíjense que, así las cosas, tenemos 3 ecuaciones escalares (una para cada dimensión) donde solo son incógnitas las
componentes de vC. Esto nos deja decir lo siguiente
Entonces tenemos que
v (^) C =
m
s
4) La carretilla A de m A ≔ 16 kg se mueve horizontalmente a lo largo de la guía con una celeridad de
Mv A ≔1.2 m ⋅ s transportando dos juegos de bolas y barras sin masa que giran en torno al eje O de la carretilla. Las
bolas tienen una masa de m b ≔1.6 kg cada una. El conjunto más adelantado gira a ω 12 ≔ 80 rpm en sentido
antihorario y el más retrasado a ω 34 ≔ 100 rpm (sentido horario). Para el sistema completo calcular a) la energía
cinética T , b) el módulo G de la cantidad de movimiento y c) el módulo H O del momento cinético respecto del
punto O.
r 12 ≔ 300 mm y r 34 ≔ 450 mm
a)
v 12 ' ≔ ω 12 ⋅ r 12 =2.51 ― y
m
s
v 34 ' ≔ ω 34 ⋅ r 34 =4.71 ―
m
s
Entonces, llamando m t ≔ m A + 4 ⋅ mb =22.4 kg
T ≔―⋅ ⋅ + =
m (^) t Mv (^) A^2 m (^) b ⋅⎛ ⎝ v 12 '^2 + v 34 '^2 ⎞⎠ 61.77 J
b) Esto es
G ≔ mt ⋅ Mv (^) A =26.88 ―――
kg ⋅ m s
c)
La sumatoria sería, en este caso,
HO ≔ 2 ⋅ m (^) b ⋅⎛⎝ r 12 ⋅ v 12 ' - r 34 ⋅ v 34 ' ⎞⎠ =-4.37 ―――
kg ⋅ m^2
s
6) Sustituir la cadena de eslabones sueltos del problema anterior por una cuerda flexible e inextensible o una cadena
de tipo de bicicleta de longitud L y masa ρ por unidad de longitud. Determinar la fuerza P necesaria para elevar el
extremo de la cuerda a la velocidad constante v y la correspondiente reacción R entre el arrollamiento y la
plataforma.
En el caso anterior, podíamos asegurar, ya que los eslabones estaban libres, que la velocidad relativa de estos a los
que ya estaban en movimiento era nula. En el caso de una cuerda flexible e inextensible, existe un vínculo físico que
hace que la transición del reposo a la velocidad v constante sea apreciable en un tramo de la cuerda, de modo que ya
no podemos hacer la misma asunción.
La forma de superar esta barrera es considerar lo siguiente: necesitamos, de alguna forma, manifestar la vinculación
física de la cuerda a la base y la propiedad de inextensibilidad. Esto garantizaría una modificación suave del reposo a
la velocidad v.
Dado que el sistema es conservativo, podemos entender el trabajo elemental como
dU ＝ dT + dU (^) g
P ⋅ dx ＝ d +
ρ x v
d
ρ ⋅ x ⋅
2 g 2
Si resolvemos para P , encontraremos que
P ≔―⋅ ⋅ + ―→
ρ v
2 ρ ⋅ x ⋅ g ――+
ρ ⋅ v^2
2
ρ ⋅ g ⋅ x
Ahora queda aplicar el teorema de cantidad de movimiento. Este implicaba que ΣF ＝――y que, por tanto,
d
d t
L
R ≔ P + R ＝ v^2 ⋅ ρ ―――→
solve , R ―――――――
-(( 2 ⋅ ρ ⋅ g ⋅ x )) + ρ ⋅ v^2
2
R ―――→
simplify -(( ρ ⋅ g ⋅ x )) +――
ρ ⋅ v^2
2
7) En el polo norte se dispara verticalmente un cohete de masa inicial m 0 que se acelera hasta agotar el combustible,
el cual se consume a velocidad constante. La velocidad en tobera del gas expulsado tiene un valor constante u y
durante todo el vuelo sale el gas por la tobera a la presión atmosférica p ≔ 1 atm. Si es m r , la masa residual del
cohete con su maquinaría cuando se agota el combustible, hallar la expresión de la velocidad máxima que alcanza el
cohete. Se desprecian la resistencia atmosférica y la variación de la gravedad con la altura.
Este problema puede resolverse de dos formas distintas: considerar toda la masa como parte del sistema o bien
considerar como volumen de control los límites del cohete.
Primera opción: toda la masa forma parte del sistema
En este caso, lo que se hace es modelar una fuerza de empuje E ≔- m' ⋅ u →―-(( m' ⋅ u )). Entonces, la segunda ley de
newton se transformaría en
ΣF ＝ E - m ⋅ g ＝ m ⋅ v'
ya que despreciamos R (resistencia atmosférica) y la presión parcial p ⋅ A en la salida de la tobera. Si multiplicamos
la anterior por dt podríamos reordenar e integrar. La idea sería conseguir v (( t )). Esto sería
- m' ⋅ u - m ⋅ g ＝ m ⋅ v' ＝ m ⋅――
dv
dt
multiplicando por dt
m ⋅ dv ＝- dm ⋅ dt ⋅ u - m ⋅ g ⋅ dt
Dividamos por m y tendrmos
dv ＝-――⋅ ⋅ -
dm
m
u dt g ⋅ dt
Ahora podemos integrar esta ecuación rspecto del tiempo. La integración la hacemos desde el comienzo del
movimiento ( v 0 ＝ 0 ; m 0 es la masa del cohete inicialmente y eltiempo es t ＝ 0 ) hasta t.
⌠⌡ d ＝ ―――――――→
0
v 1 v - u ⋅ -
⌡ d m (^0)
m m -1^ m g ⋅⌠ ⌡ d 0
t 1 t
assume , m > 0 , m 0 > 0 v ＝-(( u ⋅ln (( m )))) +⎛⎝ u ⋅ln ⎛⎝ m 0 ⎞⎠ - g ⋅ t ⎞⎠
de modo que
v (( t )) ≔ u ⋅ln - →―
m (^0)
m
g ⋅ t u ⋅ln -
m (^0)
m
g ⋅ t
Ahora la idea sería maximizar esta función. En realidad, físicamente, dado que mientras que se queme combustible el
cohete seguirá acelerándose, será cuando la masa de combustible se agote que se logrará vmax. Dado que el
combustible se quema a una razón constante, la masa en el cohete en cualquier instante será
m (( t )) ≔ m 0 - m' ⋅ t ―→-(( m' ⋅ t )) + m (^0)
Ahora, el remanente en el instante en que se agota el combustible es m r. Si igualamos esta última a la ecuación
recién dada, podemos hallar el tiempo para el que se produce v max y será
t (^) max ≔ m ⎛⎝ t (^) max ⎞⎠ ＝ m (^) r ――――→
solve , tmax ――――
m'
y, por tanto, la velocidad máxima será
v (^) max ≔ v ⎛⎝ t (^) max ⎞⎠ →―-―――――+
g ⋅⎛⎝ m 0 - m (^) r ⎞⎠
m'
u ⋅ln
m 0
m
8) Se observa que una nave espacial de m t ≔ 200 kg en t 0 ≔ 0 s pasa por el origen de un sistema de referencia
newtoniano Oxyz con la velocidad v 0 ≔ relativa al sistema. Cargas explosivas separan la nave en tres partes
m
s
A, B y C de masas ⎡⎣ m a m b m c ⎤⎦ ≔[[ 100 60 40 ]] kg , respectivamente. Si se sabe que, en t 1 ≔2.5 s , las posiciones de
las partes A y B son para A r A1 ≔ y para B , estando tales coordenadas expresadas en
m rB1 ≔
m
metros, determinar la posición de la parte C
El centro de masas de la nave, al momento de explotar, estará en
r (^) n1 ≔ =
v 0 ⋅ 0 , 0
t (^1)
m
Sería adecuado asumir, entonces, que, por la propia definición del centro de masas
r (^) n1 ⋅ m (^) t ＝ ma ⋅ r (^) A1 + mb ⋅ rB1 + mc ⋅ r (^) C
Dado que se trata de radiovectores, tendremos tres ecuaciones escalares para resolver. Las incógnitas también son
tres, así que solo quedaría realizar los productos e ir resolviendo para las componentes de r C1. En mathcad, puedo
pedir una solución numérica como sigue
De ello obtengo que
rC1 =
m
9) Un proyectil de m 0 ≔ 9 kg se mueve con una rapidez de v 0 ≔30 ―cuando explota en dos fragmentos A y B que
m s
pesan m A ≔2.25 kg y mB ≔6.75 kg kg respectivamente. Si se sabe que inmediatamente después de la explosión los
fragmentos se mueven en las direcciones mostradas, determinar la velocidad de cada fragmento.
Dado que no actúan fuerzas externas, podemos plantear que
L 0 ＝ L 1
m 0 ⋅ v 0 ＝ mA ⋅ v (^) A1 + m (^) B ⋅ v (^) B
Dado que nos encontramos en un fenómeno que se puede describir en un plano, las velocidades tendrán dos
componentes. De la imagen extraemos que α ≔ 45 ° y β ≔ 30 °. Así, si escribimos las ecuaciones escalares quedarán
m (^) A ⋅ v 0 ＝ m (^) A ⋅ vA1 ⋅ cos (( α )) + m (^) B ⋅ v (^) B1 ⋅ cos (( β )) 0 ＝ m (^) A ⋅ v (^) A1 ⋅ sin (( α )) - m (^) B ⋅ v (^) B1 ⋅ sin (( β ))
De ellas, resolvemos v A1 y v B1. Por ejemplo, de la segunda resolvemos para v A1 ＝――――――. Reemplacemos
m (^) B ⋅ v (^) B1 ⋅ sin (( β ))
m (^) A ⋅ sin (( α ))
esto en la primera y resolvamos para v B
v (^) B1 ≔ mA ⋅ v 0 ＝ m (^) A ⋅ ⋅ + ―――→
m (^) B ⋅ v (^) B1 ⋅sin (( β ))
m (^) A ⋅sin (( α ))
cos (( α )) m (^) B ⋅ v (^) B1 ⋅cos (( β ))
solve , vB ―――――――
10.0 ⋅ m ⋅sin (( 45.0 ⋅ ° ))
s ⋅sin (( 75.0 ⋅ ° ))
de donde queda que v B1 =7.32 ―. Ahora, resulta que y es igual a.
m s
v (^) A1 ≔――――――
m (^) B ⋅ v (^) B1 ⋅sin (( β ))
m (^) A ⋅sin (( α ))
v (^) A1 =15.53 ―
m s
Entonces, podemos definir a estas velocidades como
v A ≔ y
v (^) A1 ⋅cos (( α )) v (^) A1 ⋅sin (( α ))
vB ≔
v (^) B1 ⋅cos (( β ))
En definitiva
v A = y
m
s
v (^) B =
m
s
