Serie 7. Dinámica RESUELTA

1. Calcula el valor de la aceleración gravitatoria en las superficies lunar, marciana, joviana

y solar.

La ley de gravitación universal de Newton dice que:

2ˆi j

ij

m mF G r

r

Y en la superficie de todo astro, esta expresión se pude simplificar como la fuerza que ejerce

dicho astro sobre un cuerpo mucho menos masivo que se mueve en un intervalo de longitud

mucho menor que el radio del astro, esta es:

ˆF mgj

De donde puede observarse que:

2

img G

r

Es decir que la aceleración debida a la gravedad en la superficie de un cuerpo celeste es

proporcional a su masa, con la proporcionalidad dada por la constante de gravitación universal

(G = 6.673×10-11

N m2/kg

2), e inversamente proporcional con el cuadrado de su radio promedio.

Dado lo anterior se tiene:

Astro Masa [kg] Radio

promedio [km]

Aceleración

gravitatoria en su

superficie [m/s2]

Luna 7.349×1022

1738 1.623

Marte 6.4185×1023

3397.2 3.7112

Júpiter 1.899×1027

71492 24.79

Sol 1.9891×1030

689×103 279

2.

a) Obtén la ecuación de trayectoria para un tiro parabólico con fuerza constante del

viento actuando en la horizontal.

Las ecuaciones de posición para esta situación están dadas por:

2

0 0

2

0 0

2

2

y

xv

gty v t y

F tx v t x

m

Rearreglando la horizontal para despejar el tiempo:

2

0

22

0 00 0

02

4 22

xv

x x v x x

v

v v

F tv t x

m

Fv v x v v F x mm

tF F m

m

Sustituyendo en la vertical:

22 2

0 0 0 0

0 0

22 2

0 0 0 0

0 0

22 2

0 0 0 0

0

2 2

2

2 2

2

2 2

2

x x x x

v vy

v v

x x x x

v vy

v v

x x x x

v vy

v

v v F x m v v F x mgy v y

F m F m

v v F x m v v F x mgy v y

F m F m

v v F x m v v F x mgy v

F m F

0

v

ym

b) Para un ángulo de lanzamiento de 35º con una rapidez inicial de 20 m/s de un

proyectil de 1 kg, ¿cuál debe ser la expresión vectorial de la fuerza del viento para que

cuando el proyectil regrese a la altura de lanzamiento su avance en la horizontal se vea

disminuido en 5 m con respecto a la ausencia de la fuerza horizontal? ¿y para

aumentarlo en 5 m?

Poniendo al origen como punto de partida, las ecuaciones de posición son:

2

0

2

0

sin2

cos2

v

gty t v t

F tx t v t

m

El proyectil vuelve a la altura de lanzamiento en un tiempo dado por:

2

0

0

0

0

sin 02

sin 02

sin2

2 sin

gtv t

gtv

gtv

vt

g

En ausencia de la fuerza horizontal, el alcance sería:

2

0 0 00

2 sin 2 sin 2 cos sincos

v v vx t v

g g g

Mientras que con la fuerza horizontal se modifica a:

2 2 2

0 0 0 0 00

2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 cos sincos

2

v vv F v v F v vx t v

g m g g m g g

Por lo tanto, cualquier diferencia en el alcance originada por la existencia de esta fuerza del

viento está dada por:

2

02 sin0 0

v

vF v v

F vx x F x F

m g

Despejando la fuerza:

2

02 sin

vF

v

m x gF

v

Sustituyendo datos:

22

21

1 kg 5 m 9.81 m s 5 kg m 0.855 s 1.827 N

2 20 m s sin35º 2vF

Y vectorialmente:

ˆ1.827 NvF i

Del desarrollo anterior puede notarse que una disminución en el alcance de la misma magnitud

implicaría solamente un cambio de signo en la expresión de la fuerza, por lo tanto, para la

segunda pregunta:

ˆ1.827 NvF i

c) Para una fuerza del viento de 16 N en dirección del movimiento, existen 2 vectores de

velocidad con magnitud 20 m/s que permitirán al proyectil de 2.5 kg pasar por el

punto 8.3 m î + 3.4 m ĵ. ¿cuáles son?

Para las ecuaciones de posición, con la velocidad expresada en coordenadas polares y tomando al

origen como punto de partida, se tiene:

2

0

2

0

sin2

cos2

v

gty t v t

F tx t v t

m

Se usará la identidad trigonométrica:

2 2cos sin 1

Así que se despejan las funciones seno y coseno de las ecuaciones de posición:

2

0

2

0

1sin

2

1cos

2

v

gty

v t

F tx

v t m

Por lo tanto:

2222

0 0

1 11

2 2

vF tgty x

v t v t m

2222

2 2

0

2 2 42 42 2 2 2 2

02

2 2

4 4

v

v v

F tgty x v t

m

xF t F tg ty ygt x v t

m m

Reagrupando las potencias de t:

2 42 2 2 2 2

020

4

v vF xFtg yg v t x y

m m

Sustituyendo datos:

2 42 22 2 2

2

2 2

2 4 4 2 2 2 2

16 N 8.3 m 16 N0 9.81 m s 3.4 m 9.81 m s 20 m s

4 2.5 kg2.5 kg

8.3 m 3.4 m

34.30 m s 419.77 m s 80.45 m

tt

t t

Resolviendo para t2:

22 2 2 2 2 4 2

2

2 4

2

2

419.77 m s 419.77 m s 4 34.30 m s 80.45 m

2 34.30 m s

12.04 s

0.195 s

t

Para el tiempo lineal hay que sacar las raíces cuadradas, y en principio considerar ambas

posibilidades de signos, pero dadas las condiciones del problema ignoraremos los tiempos

negativos. Entonces:

2

2

12.04 s 3.47 s

0.195 s 0.442 st

El siguiente paso es sustituir estos valores para le tiempo en las ecuaciones que se despejaron al

principio. Sin embargo, los errores por aproximación acarreados desde la sustitución de valores

pueden a ser lo suficientemente significativos como para que si lo sacan a partir del seno o a

partir del coseno obtengan resultados distintos. Para evitar esta situación usaremos ambas

ecuaciones al mismo tiempo para obtener la tangente:

22

011 22

1

0

2

2

1

2sin 2tancos 1

22

2arctan

2

vv

v

gt gty yv t

F tF txx

mv t m

gty

F tx

m

Al sustituir los tiempos obtenidos así como el resto de datos, llegamos a:

22

1 2

9.81 m s 3.47 s3.4 m

62.46 m2arctan arctan 64.17º30.23 m16 N 3.47 s

8.3 m2 2.5 kg

Y por el signo negativo de la x,

1 64.17º 180º 115.83º

Para el otro ángulo:

22

2 2

9.81 m s 0.442 s3.4 m

4.36 m2arctan arctan 29.62º7.67 m16 N 0.442

8.3 m2 2.5 kg

Por lo que los vectores de velocidad inicial quedan:

1

2

ˆ ˆ ˆ ˆ20 m s cos115.83º sin115.83º 8.71 m s 18.00 m s

ˆ ˆ ˆ ˆ20 m s cos 29.62º sin 29.62º 17.39 m s 9.88 m s

v i j i j

v i j i j

d) Para un ángulo de lanzamiento de 45º, ¿qué relación algebraica deberá existir entre la

aceleración en la horizontal, la aceleración gravitacional y la rapidez del lanzamiento?

para que, al regresar a la altura de lanzamiento:

i. El proyectil llegue el doble de lejos de lo que llegaría sin fuerza horizontal

Las ecuaciones de movimiento para este proyectil, con el ángulo de lanzamiento ya sustituido y

considerando aceleración en vez de fuerza, quedan:

2

0

2

0

2 2

2 2

v

v tgty t

a t v tx t

El tiempo que tarda en volver a la altura de lanzamiento se obtiene de la ecuación en la vertical:

2

0

0

0

0

0

0 0

02 2

02 2

02 2

02 2

2 2

2 2

2

v tgt

vgtt

vgtt

vgt

vgt

v vt

gg

Y el alcance en la horizontal en ausencia de una fuerza en esta dirección:

2

0 0 0 02 2

2

v v v vx t

g g g

Si con el viento, el proyectil experimenta una aceleración horizontal, su alcance queda:

22 2

0 0 0 0 0 0

2

2 2 2

2 2

v vv a v v v a v vx t

g g g g g

Cuando este último es el doble de cuando no hay fuerza, se tiene la igualdad:

2 2 2

0 0 0

22

1 2

v

v

v

a v v v

g g

a

a

g

g

g

ii. El proyectil llegue a la mitad de la distancia a la que llegaría sin fuerza

horizontal

En este caso la restricción lleva a plantear la igualdad:

2 2 2

0 0 0

2 2

1

2

12

v

v

v

a v v v

g g g

a

g

ga

iii. El proyectil regrese al punto de lanzamiento

En este caso la restricción lleva a plantear la igualdad:

2 2

0 0

20

1 0

v

v

v

a v v

g g

a

g

a g

iv. El proyectil recorra la misma distancia en la horizontal que sin la fuerza del

viento, pero en la dirección opuesta a la del lanzamiento

Para esta última situación, la igualdad planteada es:

2 2 2

0 0 0

2

1

2

1

v

v

v

a v v v

g g g

a

a

g

g

e) Grafica la trayectoria del lanzamiento sin fuerza horizontal y de cada una de las

situaciones del inciso anterior.

-50 -40 -30 -20 -10 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

av = 0

av = g

av = -g/2

av = -g

av = -2g

3. Una mujer de 60 kg está de pie sobre una báscula de baño colocada sobre el piso de un

ascensor. ¿Cuánto marca la báscula?, si

a. El ascensor está en reposo.

Cuando el ascensor está en reposo las fuerzas involucradas son el peso de la mujer y la fuerza

normal que la báscula ejerce en respuesta. Para una situación estática:

ˆ 0

ˆ

wj N

N wj

La báscula siente todo el peso e indica la masa correspondiente, es decir: 60 kg

b. El elevador está acelerando hacia arriba a 1.8 m/s2

En esta situación se mantiene el peso de la mujer, pero la fuerza resultante que actúa sobre la

mujer le produce una situación de movimiento hacia arriba. Entonces:

2

2 2 2

2 2 2 2

2

ˆ ˆ1.8 m s

ˆ ˆ1.8 m s 9.81 m s 1.8 m s

ˆ ˆ60 kg 9.81 m s 1.8 m s 60 kg 9.81 m s 1.8 m s

ˆ ˆ60 kg 11.61 m s 696.6 N

wj N m j

N w m j m j

j j

j j

Lo que hace el indicador de la báscula es dividir el peso que siente entre el valor de la aceleración

gravitatoria. Por lo tanto la lectura de la báscula es:

2

696.6 N

9.8171.01 k

g

m s

N

g

c. El ascensor se mueve hacia arriba con rapidez constante.

En esta situación, a pesar de las fuerzas involucradas, se tiene una situación de movimiento

rectilíneo uniforme. Esto significa que la fuerza neta actuante es cero. Por lo que la situación es

análoga al caso en reposo y la báscula indica 60 kg.

d. El cable del ascensor se corta (y los frenos no actúan), de modo que el ascensor

está en caída libre.

En esta situación la mujer está (además de a punto de morir) sometida en su totalidad a la

aceleración gravitatoria. Sólo con fines ilustrativos, la suma de fuerzas sería:

ˆ ˆ

0

wj N wj

N

Al estar cayendo bajo la acción de la misma fuerza no hay fuerza normal entre la báscula y la

mujer, por lo tanto la báscula indicará 0 kg

4. Considera el siguiente esquema:

57.5°45.0°

53 kg

m1m2

1.83 m

Las cajas laterales están soportadas por cables de masa despreciable que llegan al techo y

mediante rondanas se doblan para bajar y conectarse con el cable que sostiene a la caja

central. La distancia entre rondanas es de 1.83 m.

Si la caja de en medio experimenta una aceleración de 1.012 m/s2 hacia arriba, ¿se puede

calcular la masa de las cajas laterales? En caso afirmativo, ¿cuánto valen?, en caso

negativo ¿cuánto vale el cociente m1/m2?

Solución

La caja m1 experimenta una aceleración a1 como resultado de la acción de su peso y de la tensión

T1 de la cuerda que la soporta. Se puede decir lo mismo para cualquiera de las tres cajas dando

lugar al sistema de ecuaciones dado por:

1 1 1 1

2 2 2 2

2

3 53 kg 53 kg 1.012 m s

T m g m a

T m g m a

T g

De este sistema se pueden despejar las tensiones de la siguiente manera:

1 1 1

2 2 2

3 573.389 N

T m g a

T m g a

T

Por otro lado, sobre el nudo actúan las tres tensiones. Y si el sistema es estable, este no

experimenta aceleración en el marco de referencia escogido. El balance de fuerzas separado por

componentes se escribe:

1 2

1 2 3

cos135º cos57.5º 0

sin135º sin57.5º 0

T T

T T T

Con la información del sistema de ecuaciones anterior, este nuevo sistema se transforma en:

1 1 2 2

1 1 2 2

cos135º cos57.5º 0

sin135º sin 57.5º 573.389 N

m a g m a g

m a g m a g

Este sistema consta de dos ecuaciones, pero cuatro incógnitas (masas y aceleraciones). Por lo que

es necesario buscar si existe más información para resolverlo.

Para empezar puede notarse que las aceleraciones que hacen falta son las experimentadas por los

cables que pasan a través de las rondanas. Y debe existir una forma para relacionar la aceleración

experimentada por tales cables con la aceleración conocida. Esta forma se puede visualizar al

tomar al sistema de acuerdo a la siguiente figura:

57.5°45.0°

1.83 m

α

y

z

x

De acuerdo a las letras en la figura, la aceleración conocida se encuentra a lo largo del eje x,

mientras que las desconocidas ocurren a lo largo de las líneas y y z respectivamente. Entonces si

el triángulo generado por las cuerdas y el techo se parte en dos triángulos rectángulos se tendrá

que la caja con aceleración conocida se mueve a lo largo del cateto opuesto mientras que las

aceleraciones desconocidas corresponden a las hipotenusas. Para el triángulo de la izquierda, la

relación entre catetos e hipotenusa es:

2 2

1y x

Donde ℓ1 es la longitud del cateto adyacente en este triángulo, es decir, la porción del techo que

le toca al triángulo y ésta permanece constante. Derivando con respecto al tiempo para obtener la

velocidad:

2 2

1

xxy

x

Y derivando nuevamente para obtener la aceleración:

2 2 2

21 2 2 22 211

2 2 32 21

1

xxx xx x xx

x xx x xxxy

xx

Suponiendo que la rapidez del bloque central es nula en el instante que se estudia, la aceleración

en la hipotenusa queda dada por:

2 2

1

xxy

x

Esta igualdad puede expresarse también como:

x

y xy

Puede notarse que x/y es la división de un cateto opuesto sobre la hipotenusa, es decir el seno del

ángulo. Por lo tanto:

2 2

1

2 2

2

sin 45º 1.012 m s 0.716 m s

sin 57.5º 1.012 m s 0.854 m s

a

a

Sustituyendo estos resultados en el sistema de ecuaciones del balance de masas se llega a:

2 2

1 2

2 2

1 2

10.5222 m s cos135º 10.660 m s cos57.5º 0

10.5222 m s sin135º 10.660 m s sin 57.5º 573.389 N

m m

m m

Sumando las dos ecuaciones se llega a:

2 2

1 210.5222 m s cos135º sin135º 10.660 m s cos57.5º sin57.5º 573.389 Nm m

Que tras evaluar las funciones trigonométricas se transforma en:

2

2 10.660 m s 1.381 573.389 Nm

Por lo que la masa de la caja a la derecha es:

2 2

573.389 N

10.660 m s 1.38138.958 kgm

Mientras que la de la izquierda se puede calcular de la ecuación en la horizontal:

2

1 2

10.660 m s cos57.5º38.958 kg

10.5222 m s cos135º29.990 kgm

5. Para arrastrar un pesado leño de 500 kg de masa hacia arriba de una rampa inclinada a 30º

de la horizontal, se ata el leño a un cable que corre sobre una polea en la parte superior de

la rampa y se amarra un contrapeso de 300 kg en el otro extremo. Suponiendo que el leño

se mueve sin fricción,

a. ¿cuál es la aceleración del leño hacia arriba de la rampa?

Por el hecho de que el leño está sobre un plano inclinado sin contrapeso la fuerza sobre éste sería:

sin30ºlF m g

En cuanto a la acción del contrapeso, la tensión está dada por:

cT m g

Como esta debe ser constante, la fuerza neta que actúa sobre el tronco es:

sin30ºn l cF m g m g

Y la aceleración:

2300 kgsin30º sin30º 0.9

500 8

gm s

k

n cl

l l

F ma g g

m m

b. ¿se podría usar un contrapeso menos masivo para mover el leño? ¿cuánto menos

masivo?

Para mantener estático al leño:

sin 30º 0500 kg

sin 30º 0500 kg

500 kg sin 30º 250 kg

c

c

c

mg

m

m

Por lo tanto, para mover al leño la masa del contrapeso debe cumplir con:

250 kgcm