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• Cesar Linarez Chavez

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13.9.- El patinador de 60 kg que aparece en la figura 13−15 a se desliza cuesta abajo de la pista circular movido sólo por la fuerza de la gravedad. Si parte del punto de reposo cuando θ=0°, determine la magnitud de la reacción normal que la pista ejerce en él cuando θ=60 ° . Ignore su estatura en el cálculo. SOLUCIÓN

Diagrama de cuerpo libre. El diagrama de cuerpo libre del patinador cuando está en una posición arbitrariaθ se muestra en la figura 13−15 b. Enθ=60 ° hay tres incógnitas, N s , at y a n ( o v ). Ecuaciones de movimiento.

↓ ∑ Fn =ma n ; N s−[ 60 ( 9.81 ) N ] senθ=( 60 kg )

v2 … … … ….. ( 1 ) 4m

( )

↓ ∑ Ft =m at ; [ 60 ( 9.81 ) N ] cosθ=( 60 kg ) at a t=9.81cosθ Cinemática. Comoa t está expresada en función deθ , para determinar la rapidez del patinador cuando θ=60 °se utiliza la ecuación v dv =at ds . Con la relación geométrica s=θr , donde ds=r d θ=(4 m) d θ , figura 13−15 c y la condición inicial v=0 en θ=0, tenemos:

v dv =at ds v

60 °

∫ v dv= ∫ 9.81 cosθ ( 4 dθ ) 0

0

2 v

60 °

|

v =39.24 senθ 2 0 0

|

v2 −0=39.24 ( sen 60 °−0 ) 2 v 2=67.97 m2 /s2

Si sustituimos este resultado y θ=60 °en la ecuación (1), tenemos:

N s =1529.23 N =1.53 kN

13.11.- El cilindro C liso de 2 kg de la figura 13−20 a tiene un pasador P a través de su centro el cual pasa por la ranura en el brazo OA. Si se hace que el brazo gire en el plano vertical a una ˙ razón constante θ=0.5 rad/s, determine la fuerza que ejerce el brazo sobre la clavija en el instante θ=60 °. SOLUCIÓN: Diagrama de cuerpo libre. El diagrama de cuerpo libre del cilindro se muestra en la figura 13−20 a. La fuerza en la clavija, F P, actúa perpendicular a la ranura del brazo. Como siempre, se supone que a r y a θ , actúan en las direcciones de r y θ positivas, respectivamente. Identifique las cuatro incógnitas. Ecuaciones de movimiento. Con los datos en la figura 13−20 b, tenemos:

+↙ ∑ F r=ma r ; 19.62 senθ−N C senθ=2 ar … … … … … . (1 ) +↙ ∑ F θ=m aθ ; 19.62cosθ + F P−N C cosθ=2 a θ … … … … … . ( 2 ) Cinemática. A partir de la figura 13−20 a, r puede relacionarse con θ por medio de la ecuación:

0.4 =0.4 cscθ sen θ Como d ( cscθ )=−( cscθcotθ ) d θ y d ( cotθ )=−(csc 2 θ)d θ, entonces r y las

r=

derivadas con respecto al tiempo necesarias son:

˙ θ=0.5 r=0.4 cscθ ¨θ=0 r˙ =−0.4 ( csc θ cot θ ) θ˙ ¿−0.2 csc θ ctg θ r¨ =−0.2 (−csc θ cot θ ) ( θ˙ ) cot θ−0.2 cscθ (−c sc 2 θ ) θ˙ ¿ 0.1 csc θ ( c tg2 θ +csc 2 θ ) Al evaluar estas fórmulas en θ=60 ° ,obtenemos:

˙ θ=0.5 r=0.462 ¨θ=0 r˙ =−0.133 r¨ =0.192 a r=r¨ −r θ˙ 2=0.192−0.462 ( 0.5 )2=0.0770 ¨ r˙ θ=0+2 ˙ a θ=r θ+2 (−0.133 ) ( 0.5 ) =−0.133 Si sustituimos estos resultados en las ecuaciones 1 y 2 con θ=60 ° y resolvemos, se obtiene:

N C =19.5 N F P=−0.356 N El signo negativo

F Pindica que actúa opuesta a la dirección mostrada en la figura 13−20 b.

13.7 Movimiento de fuerza central y mecánica espacial

Ejemplo: 13.13 Se lanza un satélite a 600kg de la superficie terrestre, con una velocidad inicial de 30Mm/h que actúa paralela a la tangente en la superficie terrestre. Suponga que el radio de la tierra es de 6378km y que su masa es de 5.976*1024 kg.determine (a) la excentricidad de la trayectoria orbital. (b) la velocidad del satélite en el apogeo. Solución:

A. la excentricidad de la órbita se obtiene con la ecuación 13-18. Primero se determinan las constantes h y C con las ecuaciones 13-20 y 13-21, como r p =r 0=6378 km+600 km=6978 ( 10 6 ) m r 0 =30 Mm /h=8333.3 m/s h=r p r 0=6938 ( 106 ) m ×8333.3 m/s=58.15 ( 109 ) m2 /s C=

C=

G Me 1 1− rp r p v 02

(

)

(66.73∗10−12 )(5.976∗1024 ) 1 1− =25.4∗10−9 m−1 2 6 6 6978 ( 10 ) (6.978∗10 )( 8333.3 )

[

]

Por consiguiente: 2

2.54∗10−8 × ( 58.15∗109 ) C h2 e= = =0.215< 1 G M e 66.73∗10−12 × ( 5.976∗1024 )

B. si el satélite hubiera sido lanzado en el apogeo A como se muestra en la figura, con una velocidad v A , se mantendría en la misma orbita siempre que: h=r p v 0=r a v A =58.15∗109 m2 /s Por la ecuación 13-27 tenemos:

ra =

rp 6978 ( 106 ) = =10.804∗10 6 −12 24 2G Me ( ) −1 2× 66.73∗10 × 5.976∗10 −1 2 2 6 r p v0 6978 ( 10 ) × ( 8333.3 )

Por lo tano: 58.15∗109 vA= =5382.2 m/ s=19.4 Mm/h 10.804∗106