Dinámica del cuerpo Rígido

Mecánica Teórica III

Profesor: R Carlos Proleón

Dinámica Movimiento Rectilíneo
Problemas desarrollados
1. La caja de 445N que se muestra en la figura se suelta de reposo sobre la superficie
inclinada en el tiempo t=0. Los coeficientes de fricción son s= 0.2 y k = 0.15. ¿Con
qué aceleración desciende la caja?

Solución:
En la dirección de a normal la caja esta en
equilibrio
N =Wcos 20o =445 N×0,939=418.2N
En la dirección del plano la caja esta en
equilibrio si

la fuerza de rozamiento necesario para que
la caja esté en equilibrio es mayor que la
fuerza máxima por lo tanto la caja se
desliza bajando por el plano. Aplicando la
segunda ley de Newton
W sin θ − μkN=ma
m=W/g=45,4kg

donde

W sen 20o fr=0
445N×0,3420,15×418.2N=45,4kg×a
445N×0,342fr=0fr=152,2N

a=1,97m/s2

pero la fuerza de rozamiento estático
máximo es

Reemplazando datos a=1,97 m/s2 el
recorrido de la caja esta dado por la
ecuación s=0,5at2, reemplazando datos

fr,max= μsN=0,2×418.2N =83,6N

S=0,5× 1,97 m/s2×(1s)2=0,98m

2. El helicóptero Sikorsky UH-60A tiene una masa de 9300 kg. Despega verticalmente con su
rotor ejerciendo un empuje constante hacia arriba de 112kN.
a) ¿A qué velocidad se estará elevando el helicóptero 3 s después de haber despegado?
b) ¿A qué altura se habrá elevado 3 s después del despegue?
Estrategia: Asegúrese de dibujar el diagrama de cuerpo libre del helicóptero.

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Solución
112 kN − 9.3(9.81) kN= (9,300
kg)a

Resolviendo encontramos que
a = 2.23 m/s2.
Usando lasecuaciones del MRUV
a = 2.23 m/s2,
v = at = (2.23 m/s2)(3 s) = 6.70 m/s,
Aplicando la segunda ley de Newton

h = 1 at2 = 1 (2.23 m/s2)(3 s)2 =10.0 m.
2

2

(a) 6.70 m/s, (b)10.0 m.
ΣF =ma
3.

El helicóptero Sikorsky UH-60A tiene una masa de 9300 kg. Despega verticalmente en t
= 0. El piloto presiona el acelerador de manera que el empuje hacia arriba de su motor (en kN)
está dado como unafunción del tiempo en segundos por T = 100 +2t2.
a. ¿A qué velocidad se estará elevando el helicóptero 3 s después de haber
despegado?
b. ¿A qué altura se habrá elevado 3 s después del despegue?
Solución
v =(0.943 m/s2)t +
100 kN + 2 kNt2−9.3(9.81) kN = (9, 300
kg)a
Resolviendo encontramos que
a = (0.943 m/s2) + (0.215 m/s4)t2
.
Usando las ecuaciones de la cinemática,
calculamos lavelocidad considerando que
vo=0 en t=0

1
(0.215 m/s4)t3
3

Calculamos la altura considerando que yo=0
en t=0
y=

t

 vdt
0

1
1
y = (0.943 m/s2)t2 +
(0.215 m/s4)t4
2
12
Evaluando esas ecuaciones en t = 3 s,
a) v = 4.76 m/s, (b) y = 5.69 m.

v=

t

 adt
0

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4. La superficie mostrada en la figura es lisa. La cajade 30lb está en reposo cuando se
aplica la fuerza F. Dos segundos después la caja se mueve hacia la derecha a 20pies/s
determine F.

Solución
La masa es

W
30lb
=
=0,932slug
g 32,2pies/s 2
v f  vo 20pies/s  0
ax=
=
2
t
m=

ax=10pies/s2

La componente horizontal de la
fuerza es
Fx=Fcos20o=max
Fcos20o=0,932slug×10pies/s2
F=9,92lb

5. El coeficiente de fricción cinéticaentre la caja de 30 lb y la superficie horizontal
mostrada es k = 0,1. La caja está en reposo cuando se aplica la fuerza constante F. Dos
segundos después, la caja se mueve hacia la derecha a 20 pies/s. Determine F.

Solución
La masa es

Fy=Fsen20o=F×0,342

W
30lb
=
=0,932slug
g 32,2pies/s 2
v f  vo 20pies/s  0
ax=
=
2
t

En la dirección +y

m=

nFymg=0
n= Fy+mgn=0,342F+30lb

ax=10pies/s2
En la direccion +x
La componentes de la fuerza son
o

Fx=Fcos20 =F×0,934

Fxfk=ma
Fxkn=ma

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0,934F0,1(0,342F+30lb)=
0,932slug×10pies/s2
0,899F3lb=9,32lb

Profesor: R Carlos Proleón
F=13,7lb

6. La caja de W=445N está inicialmente en reposo. Los coeficientes de fricción entre la
caja y la superficie inclinada son s= 0.2 y k =...