Autor Tema: Problema de dinamica

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18 Abril, 2013, 09:36 pm
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cibernarco

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Un bloque triangular de masa M esta apoyado sobre una superficie horizontal sin friccion
a)¿Que rango de fuerzas debera ejercerse horizontalmente sobre M para que el bloque de masa m colocado sobre uno de los lados permanesca en reposo respecto de M?Coeficiente de friccion \( µ_s \)

bueno les dejo la imagen del dibujo que venia con el problema, espero puedan ayudarme.Saludos

18 Abril, 2013, 09:46 pm
Respuesta #1

Capitan Trueno

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Si trabajamos en el sistema de referencia de la masa \( M \), que aunque no es inercial puede hacerse si incorporamos la fuerza ficticia debida a su aceleración actuando sobre la masa \( m \), tenemos que sobre dicha masa menor actúan las siguientes fuerzas:

a).-Su propio peso, de valor \( \vec P=m\vec g \) y dirigido hacia el suelo.

b).- La fuerza ficticia debida al arrastre del sistema de referencia, horizontal, de valor \( \vec F_f=m\vec a \), y opuesta al movimiento del sistema de referencia, es decir apuntando hacia la izquierda en el dibujo siempre que F apunte hacia la derecha.

c).- El rozamiento, \( \vec F_r=\mu_s\vec N \), fuerza tangencial al plano inclinado y opuesta siempre a la componente tangencial, \( \vec T \), resultante de las otras dos acciones y proporcional a la componente normal \( \vec N \), con constante de proporcionalidad el coeficiente de rozamiento del enunciado, \( \mu_s \).

Para que la masa \( m \) no se desplace por el plano inclinado se deben cumplir las dos ecuaciones siguientes:


\( \vec P+\vec F_f=\vec T+\vec N \)                   \( \left|\displaystyle\frac{T}{N}\right|\leq{}\mu_s \)


Basta ahora descomponer las tres fuerzas en sus respectivas componentes tangencial y normal al plano inclinado e imponer la condición de que la componente tangencial debida a las dos primeras acciones sea mayor ¡ojo! en módulo que la fuerza de rozamiento. Obtendremos dos valores para la aceleración a, el primero que hará subir la masa \( m \) por el plano inclinado y el segundo que la hará descender. El rango pedido para \( a \) sería pues el comprendido entre dichos valores.

Salu2

18 Abril, 2013, 10:09 pm
Respuesta #2

cibernarco

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no entendi muy bien, mira lo que yo hice fue hacer el diagrama de cuerpo libre de la masa m y desconponiendo me quedo \( f(x)=\begin{Bmatrix} x: frs-cos30.Peso m=m.a & \mbox{  }& \\N-frs sen30=m.g& \mbox{}& \end{matrix} \)

y de la masa m+M  \( f(x)=\begin{Bmatrix} F=M.a +m.a & \mbox{ }& \\N=mg & \mbox{}& \end{matrix} \)

no se si a eso te referias, o si a partir de ello puede realizar algo

18 Abril, 2013, 10:51 pm
Respuesta #3

cibernarco

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Mira mi reeviendo todo, me quedo

Hice el diagrama de de M+m, y me quedo \( f(x)=\begin{Bmatrix} x: F=M.a+m.a & \mbox{  }& \\y: N_{M+n}=(M +m).g & \mbox{}& \end{matrix} \)

bueno de x obtengo que la aceleracion es \( a=\displaystyle\frac{F}{m+M} \) que sera la misma que la del m sola ya que no ahbra movimiento relativo entre ambas

Haciendo el diagrama de m quedo \( f(x)=\begin{Bmatrix} x:N_{M/m} sen x-frs cos x=m.a& \mbox{  }& \\ N_{M/m}senx+frs senx=m.g& \mbox{}& \end{matrix} \)

Como \( frs maximo=μ_s.N_{M/m}  \)

reemplazo y me queda \( N_{M/m}(cosx+μ_ssenx)=m.g \)

de aca despejo \( N_{M/m} \) y reemplza quedando: \( \displaystyle\frac{m.g.senx}{cosx+μ_ssenx}-\displaystyle\frac{m.g.μ_s.cos s}{cos x+μ_ssenx}=m.a \)

de aca saco factor comun m y se me va , me queda la aceleracion igualado a todo lo demas, y esta aceleracion la reemplzado en al formula de aceleracion que encontramos al principio \( a=\displaystyle\frac{F}{m+M} \) y de ahi me queda

\( F=\displaystyle\frac{g(senx-μ_scosx).(m+M)}{cosx+μ_ssenx} \)

18 Abril, 2013, 10:51 pm
Respuesta #4

cibernarco

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Mira mi reeviendo todo, me quedo

Hice el diagrama de de M+m, y me quedo \( f(x)=\begin{Bmatrix} x: F=M.a+m.a & \mbox{  }& \\y: N_{M+n}=(M +m).g & \mbox{}& \end{matrix} \)

bueno de x obtengo que la aceleracion es \( a=\displaystyle\frac{F}{m+M} \) que sera la misma que la del m sola ya que no ahbra movimiento relativo entre ambas

Haciendo el diagrama de m quedo \( f(x)=\begin{Bmatrix} x:N_{M/m} sen x-frs cos x=m.a& \mbox{  }& \\ N_{M/m}senx+frs senx=m.g& \mbox{}& \end{matrix} \)

Como \( frs maximo=mu_s.N_{M/m}  \)

reemplazo y me queda \( N_{M/m}(cosx+mu_ssenx)=m.g \)

de aca despejo \( N_{M/m} \) y reemplza quedando: \( \displaystyle\frac{m.g.senx}{cosx+mu_ssenx}-\displaystyle\frac{m.g.mu_s.cos s}{cos x+mu_ssenx}=m.a \)

de aca saco factor comun m y se me va , me queda la aceleracion igualado a todo lo demas, y esta aceleracion la reemplzado en al formula de aceleracion que encontramos al principio \( a=\displaystyle\frac{F}{m+M} \) y de ahi me queda

\( F=\displaystyle\frac{g(senx-mu_scosx).(m+M)}{cosx+mu_ssenx} \)

mu = coeficiente de rozamiento

18 Abril, 2013, 11:08 pm
Respuesta #5

Capitan Trueno

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Si revisas el enunciado verás que lo que te pide es un rango de fuerzas, luego algo no estás haciendo bien.

Salu2

18 Abril, 2013, 11:29 pm
Respuesta #6

Capitan Trueno

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Sigo con el método que expuse, para llegar a la solución y veas cual es, eso te ayudará. Vamos primero a descomponer las dos primeras fuerzas que cité en mi mensaje en sus componentes tangencial y normal al plano:


\( P_T=mgSen(\alpha) \)           \( P_N=-mgCos(\alpha) \)


\( F_{fT}=-maCos(\alpha) \)           \( F_{fN}=-maSen(\alpha) \)


Por lo tanto:


\( T=mgSen(\alpha)-maCos(\alpha) \)           \( N=-mg(Cos(\alpha)-maSen(\alpha) \)


y ahora basta imponer la condición de equilibrio:


\( \left|\displaystyle\frac{T}{N}\right|\leq{}\mu_s\qquad\longrightarrow{}\qquad \left|\displaystyle\frac{gSen(\alpha)-aCos(\alpha)}{-g(Cos(\alpha)-aSen(\alpha)}\right|\leq{}\mu_s \)


El problema es ahora resolver dicha ecuación.

Ya es un poco tarde para mí, mañana intentaré rematar el ejercicio, pero ya está casi resuelto.

Salu2

19 Abril, 2013, 01:41 am
Respuesta #7

cibernarco

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en la clases me dieron un ejemplo similar a este, y utilizaron este método que yo te decia por eso prefiero hacerlo por ese metodo que dio el profesor,pero no se si esta bien o esta mal porque muy no me acuerdo lo que hizo el profe, lo primero que hice fue un diagrama de (M+m) (no está en la imagen) donde me quedó que la sumatoria en X era F=(M+m).a  ...En el diagrama de arriba de la imagen calculé la fuerza mínima para que no halla desplazamiento, despejando la fuerza normal de la sumatoria en Y ,y reemplazandola en la ecuación de sumatoria en X. En esa misma ecuación reemplacé la aceleración del sistema calculada al principio {a=F/(M+m)} ya que necesito obtener la fuerza F, en este caso mínima. Llegando a la expresión:

\( F=\displaystyle\frac{g(sen(\alpha)-mu_scos(\alpha)).(m+M)}{cos(\alpha)+mu_ssen(\alpha)} \)

De la misma manera con el 2do diagrama de la foto hallé la fuerza F máxima para que el sistema cumpla las condiciones.. donde llegué a la siguiente expresión.

\( F=\displaystyle\frac{g(sen(\alpha)+mu_scos(\alpha)).(m+M)}{cos(\alpha)-mu_ssen(\alpha)} \)

19 Abril, 2013, 05:18 am
Respuesta #8

Capitan Trueno

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Bueno, voy a continuar con el ejercicio, creo que vamos a llegar a la misma solución pero hasta que no lo termine no voy a poder saberlo, sigo. Tenía esta ecuación:


\( \left|\displaystyle\frac{gSen(\alpha)-aCos(\alpha)}{-g(Cos(\alpha)-aSen(\alpha)}\right|\leq{}\mu_s \)


con lo que podemos escribir:


\( -\mu_s\leq{}\displaystyle\frac{gSen(\alpha)-aCos(\alpha)}{-g(Cos(\alpha)-aSen(\alpha)}\leq{}\mu_s \)

De la primera desigualdad:


\( {{{\boxed{F=(m+M)a\leq{}\displaystyle\frac{Sen(\alpha)+\mu_sCos(\alpha)}{Cos(\alpha)-\mu_sSen(\alpha)}(m+M)g}}}} \)


De la segunda desigualdad:


\( {{{\boxed{F=(m+M)a\geq{}\displaystyle\frac{Sen(\alpha)-\mu_sCos(\alpha)}{Cos(\alpha)+\mu_sSen(\alpha)}(m+M)g}}}} \)


Salu2