TALLER ONLINE SEMANA 10
FÍSICA 1 (MA 466)
CICLO 2021-2
ENERGÍA MECÁNICA DEL CUERPO RÍGIDO
1. Como pasante en una empresa de
ingenieros, le piden que mida el momento
de inercia de una rueda grande, que gira en
torno a un eje que pasa de forma
perpendicular por su centro. Mide la rueda
y determina que su diámetro es de
0,640 m. Luego monta sobre la rueda,
sobre cojinetes sin fricción, en un eje
horizontal que pasa por el centro de la
rueda. Enrolla una cuerda ligera en el
borde de la rueda y cuelga una masa de
8,20 kg del extremo libre, como se
muestra en a figura. Libera el sistema
desde el reposo y ve que el bloque
desciende 12,0 m en 4,00 s. ¿Cuál es el
momento de inercia de la rueda para este
eje?
Como no hay fuerza de fricción en la rueda no
hay trabajo de fuerzas no conservativas,
entonces:
EMi = EMf … (∗)
Vamos a considerar como NR el eje x
Energía mecánica inicial:
EMi = URi + Umi + K Ri + K mi
Energía mecánica final:
EMf = URf + Umf + K Rf + K mf
Respuesta:
I = 21,1 kg. m2
Solución:
Haremos la representación del instante final:
Tomando en cuenta los datos del problema:
K Ri = 0
K mi = 0
⇒ EMi = URi + Umi
Umf = 0
EMf = URf + K Rf + K mf
Reemplazando en (*), tomando en cuenta que:
URi = URf
⇒ URi + Umi = URf + K Rf + K mf
Umi = K Rf + K mf
⇒ mgh =
1 2 1
Iω + mvf2 … (∗∗)
2
2
Página 1
Para encontrar el momento de inercia hay que
encontrar la velocidad final. Usaremos como
dato:
t = 4,00 s
h = 12,0 m
función de la distancia d que ha
descendido.
Cuando el bloque desciende los 12,0 m la
longitud de arco recorrida por la rueda
también será de 12,0 m, así que calcularemos
el desplazamiento angular:
Respuesta:
s = h = θR
h
12,0
=
= 37,5 rad
R 0,320
De la definición de rapidez angular:
vf = √
2gd(mB − μkmA )
mA + mB + I/R2
⇒θ=
ω=
Solución:
Haremos la representación del instante final:
Δθ 37,5
=
= 9,375 rad/s
Δt 4,00
Despejando I de (**):
1
1
mgh = Iω2 + mω2 R2
2
2
1
1
2 2
mgh − mω R = Iω2
2
2
2
1
I = 2 (mgh − mω2 R2 )
ω
2
2m
1
I = 2 (gh − ω2 R2 )
ω
2
⇒ I = m(
2gh
− R2 )
ω2
Reemplazando valores:
2(9,81)(12,0)
I = (8,20) (
− (0,320)2 )
(9,375)2
= 21,126 kg. m2
⇒ 𝐈 = 𝟐𝟏, 𝟏 𝐤𝐠. 𝐦𝟐
2. La polea de la figura tiene radio R y
momento de inercia I. La rueda no resbala
sobre la polea y esta gira sobre un eje sin
fricción. El coeficiente de fricción cinética
entre el bloque A y la mesa es μk. El
sistema se suelta del reposo y el bloque B
desciende. El bloque A tiene masa mA y el
bloque B tiene masa mB. Use métodos de
energía para calcular la rapidez de B en
Como hay una fuerza de fricción existe trabajo
de una fuerza no conservativa, entonces:
WFNC = EMf − EMi … (∗)
Vamos a considerar como NR el eje x
Energía mecánica inicial:
EMi = UAi + UBi + K Ai + K Bi + K Pi
Energía mecánica final:
EMf = UAf + UBf + K Af + K Bf + K Pf
Trabajo producido por la fricción:
WFNC = fkdcos(180°) = −μkNA d
Si hacemos el DCL del bloque A tenemos:
ΣFy = 0
Página 2
−mA g + NA = 0
impartir al cilindro 480 J de energía
cinética?
Tomando en cuenta los datos del problema:
K Ai = 0
K Bi = 0
K Pi = 0
⇒ EMi = UAi + UBi
UBf = 0
⇒ EMf = UAf + K Af + K Bf + K Pf
mA g = N A
⇒ WFNC = −μkdmA g
Reemplazando en (*), tomando en cuenta que:
UAi = UAf
Respuesta:
h = 8,97 m
Solución:
Haremos la representación del instante final:
⇒ WFNC = [UAf + K Af + K Bf + K Pf ]
− [UAi + UBi ]
WFNC = K Af + K Bf + K Pf − UBi
−μkdmA g =
1
1
1
mA vf2 + mBvf2 + Iω2
2
2
2
− mBgd … (∗∗)
Despejaremos vf de (**):
⇒ mBgd − μkdmA g
1
1
= mA vf2 + mB vf2
2
2
1 vf 2
+ I( )
2 R
1 2
gd(mB − μkmA ) = vf (mA + mB + I/R2 )
2
2gd(m
B − μ k mA )
vf2 =
mA + mB + I/R2
𝟐𝐠𝐝(𝐦𝐁 − 𝛍𝐤𝐦𝐀 )
⇒ 𝐯𝐟 = √
𝐦𝐀 + 𝐦𝐁 + 𝐈/𝐑𝟐
3. En el sistema que se ilustra en la figura,
una masa de 12,0 kg se suelta desde el
reposo y cae, haciendo que el cilindro
uniforme con masa de 10,0 kg y diámetro
de 30,0 cm gire en torno a un eje sin
fricción que pasa por su centro. ¿Qué
distancia deberá descender la masa para
Como no hay fuerza de fricción en el cilindro
no hay trabajo de fuerzas no conservativas,
entonces:
EMi = EMf … (∗)
Vamos a considerar como NR el eje x
Energía mecánica inicial:
EMi = UCi + UBi + K Ci + K Bi
Energía mecánica final:
EMf = UCf + UBf + K Cf + K Bf
Tomando en cuenta los datos del problema:
K Ci = 0
K Bi = 0
⇒ EMi = UCi + UBi
UBf = 0
Página 3
EMf = UCf + K Cf + K Bf
Reemplazando en (*), tomando en cuenta que:
UCi = UCf
⇒ UCi + UBi = UCf + K Cf + K Bf
UBi = K Cf + K Bf
uniforme tiene una masa de 5,00 kg y
radio de 40,0 cm. La polea es un disco
uniforme con masa de 2,00 kg y radio de
20,0 cm. La caja se suelta desde el reposo
y desciende mientras la cuerda se
desenrolla del cilindro. Calcule la rapidez
que tiene la caja cuando ha descendido
2,50 m.
1
⇒ mB gh = K Cf + mBvf2 … (∗∗)
2
Para poder resolver el ejercicio nos falta
obtener vf , así que usaremos el dato del
problema:
K Cf = 480 J
1
1
vf 2
⇒ K Cf = IC ω2Cf = ( MR2 ) ( )
2
2
R
1
K Cf = Mvf2
2
2K Cf
⇒ vf2 =
M
Calculo de vf2 :
vf2 =
2(480)
= 96,0 m2 /s2
(10,0)
Respuesta:
vf = 4,76 m/s
Solución:
Datos:
MCaja = 3,00 kg
MC = 5,00 kg
MP = 2,00 kg
RC = 0,400 m
RP = 0,200 m
h = 2,50 m
Despejamos h de (**):
1
mB gh = K Cf + mBvf2
2
1
K Cf + mB vf2
2
⇒h=
mB g
Haremos la representación del instante final:
Reemplazando valores:
1
480 + 2 (12,0)(96,0)
h=
= 8,9704 m
(12,0)(9,81)
⇒ 𝐡 = 𝟖, 𝟗𝟕 𝐦
4. En la figura, el cilindro y la polea giran sin
fricción en torno a ejes horizontales
estacionarios que pasan por sus
respectivos centros. Se enrolla una cuerda
ligera en el cilindro, la cual pasa por la
polea y tiene una caja de 3,00 kg
suspendida de su extremo libre. No hay
deslizamiento entre la cuerda y la
superficie de la polea. El cilindro
Como no hay fuerza de fricción tanto en el
cilindro como en la polea no hay trabajo de
fuerzas no conservativas, entonces:
EMi = EMf … (∗)
Vamos a considerar como NR el eje x
Energía mecánica inicial:
Página 4
EMi = UCi + UPi + UCajai + K Ci + K Pi
+ K Cajai
Energía mecánica final:
EMf = UCf + UPf + UCajaf + K Cf + K Pf
+ K Cajaf
Tomando en cuenta los datos del problema:
K Ci = 0
K Pi = 0
K Cajai = 0
⇒ EMi = UCi + UPi + UCajai
UCajaf = 0
EMf = UCf + UPf + K Cf + K Pf + K Cajaf
Reemplazando en (*), tomando en cuenta que:
UCi = UCf
UPi = UPf
⇒ UCi + UPi + UCajai
= UCf + UPf + K Cf + K Pf
+ K Cajaf
UCajai = K Cf + K Pf + K Cajaf
⇒ mCaja gh =
1
1
IC ω2Cf + IP ω2Pf
2
2
1
+ mCaja vf2 … (∗∗)
2
mCaja gh
⇒ vf = √
1
1
1
4 MC + 4 MP + 2 mCaja
Reemplazando valores:
(3,00)(9,81)(2,50)
vf = √
1
1
1
(5,00)
+
(2,00)
+
4
4
2 (3,00)
= 4,7580 m/s
⇒ 𝐯𝐟 = 𝟒, 𝟕𝟔 𝐦/𝐬
5. Dos discos metálicos, con radios R1 =
2,50 cm y R2 = 5,00 cm, y masas M1 =
0,800 kg y M2 = 1,60 kg, se sueldan y se
montan en un eje sin fricción que pasa por
el centro común.
a) ¿Qué momento de inercia total tienen los
discos?
b) Una cuerda ligera se enrolla en el extremo
del disco más chico y del extremo libre de
la cuerda se cuelga un bloque de 1,50 kg.
Si el bloque se suelta del reposo a 2,00 m
sobre el piso, ¿qué rapidez tiene justo
antes de golpear el piso?
c) Repita el paso b) pero ahora con la cuerda
enrollada en el borde del disco más
grande. ¿En qué caso el bloque alcanza su
mayor rapidez? Explique su respuesta.
Despejamos vf de (**) tomando en cuenta
que:
1
v
Idisco = MR2 ,
ω=
2
R
1 1
vf 2
( MC R2C ) ( )
2 2
RC
1 1
vf 2
+ ( MPR2P ) ( )
2 2
RP
1
+ mCaja vf2
2
1
1
1
mCaja gh = MC vf2 + MP vf2 + mCaja vf2
4
4
2
1
1
1
mCaja gh = vf2 ( MC + MP + mCaja )
4
4
2
m
gh
Caja
vf2 =
1
1
1
M
+
M
+
C
P
4
4
2 mCaja
⇒ mCaja gh =
Respuesta:
a) I = 2,25 × 10−3 kg. m2
b) vf = 3,40 m/s
c) vf′ = 4,95 m/s
Página 5
Solución:
Datos:
R1 = 2,50 cm
R2 = 5,00 cm
M1 = 0,800 kg
M2 = 1,60 kg
Mblo = 1,50 kg
ΔyT = 2,00 m
a) Cálculo de I:
I = Σmi ri2 = ΣIi
En el problema:
I = Idis(R1) + Idis(R2 )
1
1
1
I = M1 R21 + M2 R22 = [M1 R21 + M2 R22 ]
2
2
2
1
I = [(0,800)(0,0250)2
2
+ (1,60)(0,0500)2 ]
= 2,25 × 10−3 kg. m2
⇒ 𝐈 = 𝟐, 𝟐𝟓 × 𝟏𝟎−𝟑 𝐤𝐠. 𝐦𝟐
Representando los instantes inicial y final del
problema cuando el cable está en el disco de
radio R1 (izq) y radio R2 (der):
Es más que obvio que para las partes b) y c) se
va a usar la misma expresión, así que la
obtendremos primero.
Como el eje no tiene fricción no hay trabajo
de fuerzas no conservativas, entonces:
EMi = EMf … (∗)
Aquí el sistema parte del reposo (i). El NR se
coloca en el suelo (f):
Energía mecánica inicial:
EMi = K i(blo) + K i(sis) + Ui(blo) + Ui(sis)
Energía mecánica final:
EMf = K f(blo) + K f(sis) + Uf(blo) + Uf(sis)
Donde sis es el sistema formado por los
discos. Tomando en cuenta los datos del
problema:
K i(blo) = 0
K i(sis) = 0
⇒ EMi = Ui(blo) + Ui(sis)
Uf(blo) = 0
⇒ EMf = K f(blo) + K f(sis) + Uf(sis)
Reemplazando en (*), tomando en cuenta que:
Ui(sis) = Uf(sis)
⇒ Ui(blo) + Ui(sis)
= K f(blo) + K f(sis) + Uf(sis)
Ui(bloq) = K f(blo) + K f(sis)
⇒ Mblo gΔy =
1
1
Mblovf2 + Iω2 … (∗∗)
2
2
Factorizando (**) y despejando vf :
1
1
vf 2
)
MblogΔy = Mblovf2 + I (
2
2 Rsis
1
I
MblogΔy = vf2 [Mblo + 2 ]
2
Rsis
2Mblo gΔy
vf2 =
I
(Mblo + 2 )
Rsis
Página 6
2MblogΔy
⇒ vf =
I
√
(Mblo + 2 )
Rsis
=
2gΔy
… (∗∗∗)
I
√
(1 +
)
MbloR2sis
que está montada en un eje sin fricción que
pasa por su centro. Un bloque de masa M
se suspende del extremo libre del hilo. El
hilo no resbala en la polea, y el cilindro
rueda sin resbalar sobre la mesa. Si el
sistema se libera del reposo, ¿qué
aceleración hacia abajo tendrá el bloque?
b) Cálculo de la rapidez:
Usaremos (***) donde se cumple:
Rsis = R1 = 0,0250 m
⇒ vf = √
2(9,81)(2,00)
= 3,3972
2,25 × 10−3
(1 +
)
(1,50)(0,0250)2
⇒ 𝐯𝐟 = 𝟑, 𝟒𝟎 𝐦/𝐬
c) Cálculo de la rapidez:
Usaremos (***) donde se cumple:
Rsis = R2 = 0,0500 m
vf = vf′
⇒ vf′ = √
Respuesta:
a = 3,27m/s 2
Solución:
Haciendo la representación del problema en
el instante final:
2(9,81)(2,00)
= 4,9523
2,25 × 10−3
(1 + (
)
1,50)(0,0500)2
⇒ 𝐯𝐟′ = 𝟒, 𝟗𝟓 𝐦/𝐬
Como se observa de los resultados de b) y c)
en este último se obtiene una mayor rapidez.
En (***) se observa que el valor de la rapidez
se obtiene usando como uno de los datos el
radio del sistema de discos. Como está en el
denominador mientras mayor sea el valor del
cuadrado del radio menor será el valor del
denominador lo cual causara que la raíz sea
mayor.
6. Un cilindro sólido uniforme de masa M y
radio 2R descansa en una mesa horizontal.
Se ata un cordón mediante un yugo a un
eje sin fricción que pasa por el centro del
cilindro, de modo que éste puede girar
sobre el eje. El cordón pasa por una polea
con forma de disco de masa M y radio R,
Como no hay fuerza de fricción en el cilindro
y en la polea no hay trabajo de fuerzas no
conservativas, entonces:
EMi = EMf … (∗)
Vamos a considerar como NR el eje x
Energía mecánica inicial:
EMi = UCi + UPi + Ubi + K Ci + K Pi + K bi
Energía mecánica final:
EMf = UCf + UPf + Ubf + K Cf + K Pf + K bf
Tomando en cuenta los datos del problema:
K Ci = 0
Página 7
⇒ EMi
K Pi = 0
K bi = 0
= UCi + UPi + Ubi
a =
1
(9,81) = 3,27 m/s 2
3
⇒ 𝐚 = 𝟑, 𝟐𝟕𝐦/𝐬𝟐
Ubf = 0
⇒ EMf = UCf + UPf + K Cf + K Pf + K bf
Reemplazando en (*), tomando en cuenta que:
UCi = UCf
UPi = UPf
⇒ UCi + UPi + Ubi
= UCf + UPf + K Cf + K Pf
+ K bf
Ubi = K Cf + K Pf + K bf
⇒ Mgh =
1
1
1
IC ω2C + Mvf2 + IP ω2P
2
2
2
1
+ Mvf2 … (∗∗)
2
Despejamos vf de (**) tomando en cuenta
que:
1
v
Idisco = MR2 ,
ω=
2
R
1 1
vf 2 1
2
(
)
(
) + Mvf2
⇒ Mgh =
MRC
2 2
RC
2
2
1 1
v
1
f
+ ( MR2P ) ( ) + Mvf2
2 2
RP
2
1
1
1
1
Mgh = Mvf2 + Mvf2 + Mvf2 + Mvf2
4
2
4
2
1 2 1 2 1 2 1 2
gh = vf + vf + vf + vf
4
2
4
2
3
2
gh = vf2 ⇒ vf2 = gh … (α)
2
3
Si la aceleración es constante tenemos (por
MRUV):
vf2 = v02 + 2ay (y − y0 )
vf2 = 0 + 2(−a)(0 − h)
⇒ vf2 = 2ah … (β)
Como (α) = (β):
2
1
gh = 2ah ⇒ a = g
3
3
Calculo de a:
Página 8
DINÁMICA ROTACIONAL
7. (10,62) Un bloque con masa m = 5,00 kg
baja deslizándose por una superficie
inclinada θ = 36,9° con respecto a la
horizontal (ver figura). El coeficiente de
fricción cinética es 0,250. Un cordón
atado al bloque este enrollado en un
volante con masa de 25,0 kg, su eje está
fijo en O y su momento de inercia con
respecto al eje es de 0,500 kg. m2 . El
cordón tira sin resbalar a una distancia
perpendicular de 0,200 m con respecto a
ese eje.
a) ¿Qué aceleración tiene el bloque?
b) ¿Qué tensión hay en el cordón?
Usaremos el DCL de la polea para el cálculo
del torque:
Στz = Iαz … (∗)
Del DCL:
Στz = +TR
En (*):
Respuesta:
a) a = 1,12 m/s 2
b) T = 14,0 N
Solución:
Datos:
m = 5,00 kg
M = 25,0 kg
θ = 36,9°
μk = 0,250
R = 0,200 m
Ipolea = 0,500 kg. m2
a) Haciendo el DCL del bloque y de la polea:
TR = Iαz = Iα … (∗∗)
Del DCL del bloque (eje y):
ΣFy = may = 0
N − mgCosθ = 0
(ecuación de equilibrio)
Eje x:
ΣFx = max = ma
mgsenθ − T − fk = ma … (∗∗∗)
(ecuación dinámica)
Reemplazando en (***), tomando en cuenta
que:
fk = μkN
N = mgcosθ
mgsenθ − T − μkmgcosθ = ma
mg(senθ − μkcosθ) − T = ma … (∗∗∗∗)
Como: abloque = Rαpolea tenemos en (**):
TR =
Ia
Ia
⇒ T = 2 … (∗∗∗∗∗)
R
R
Reemplazando en (****):
Ia
= ma
R2
Ia
mg(senθ − μkcosθ) = ma + 2
R
mg(senθ − μkcosθ) −
Despejando a:
Página 9
mg(senθ − μkcosθ) = a (m +
⇒a=
I
)
R2
mg(senθ − μkcosθ)
(m + I/R2 )
m1 = 15,0 kg
m2 = 20,0 kg
a = 2,00 m/s 2
r = 0,250 m
DCL de los bloques y polea:
Reemplazando valores:
a
(5,00)(9,81)[sen(36,9°) − 0,250cos(36,9°)]
=
0,500
(5,00 +
)
0,2002
= 1,1225 m/s 2
⇒ 𝐚 = 𝟏, 𝟏𝟐 𝐦/𝐬𝟐
b) Calculo de la tensión:
De (*****):
0,500 × 1,1225
T=
= 14,031 N
0,2002
⇒ 𝐓 = 𝟏𝟒, 𝟎 𝐍
8. Dos bloques están conectados mediante
una cuerda de masa despreciable que pasa
sobre una polea de 0,250 m de radio y
momento de inercia I. el bloque sobre el
plano inclinado sin fricción se mueve
hacia arriba con una aceleración constante
de 2,00 m/s2.
a) Determine las tensiones en ambos lados de
la polea.
b) Encuentre el momento de inercia de la
polea.
a) Segunda ley de Newton a los bloques:
T1 − w1 Sen(37,0) = m1 a
w2 − T2 = m2 a
Despejamos T1, T2 y remplazamos datos:
T1 = m1 a + w1 Sen(37,0)
T1 = (15,0)(2,00)
+ (15,0)(9,81)sen(37,0)
= 118,55
⇒ T1 = 119 N
Respuestas:
a) T1 = 119 N, T2 = 156 N
b) I = 1,18 kg. m2
Solución:
Datos:
T2 = w2 − m2 a
(
)(
T2 = 20,0 9,81) − (20,0)(2,00) = 156,2
⇒ T2 = 156 N
b) El torque aplicado a la polea:
Página 10
τ = Iα
a
(T2 − T1 )r = I ( )
r
r2
⇒ I = (T2 − T1 )
a
a) DCL de los bloques y polea:
Reemplazando los valores de T1 y T2 en I:
⇒I=
(0,250)2
(156,2 − 118,55)
(2,00)
= 1,1765
⇒ I = 1,18 kg. m2
9. Una caja de 12,0 kg que descansa sobre
una superficie horizontal sin fricción está
unida a un peso de 5,00 kg con un alambre
delgado y ligero que pasa por una polea
sin fricción. la polea tiene la forma de un
disco sólido uniforme con masa de 2,00 kg
y diámetro de 0,500 m. Después de que el
sistema se libera, calcule:
a) El diagrama de cuerpo libre de los bloques
y la polea.
b) La aceleración de la caja.
c) La tensión en el alambre en ambos lados
de la polea.
d) Las componentes horizontal y vertical de
la fuerza que el eje ejerce sobre la polea.
Respuestas:
b) a = 2,73 m/s 2
c) T1 = 32,7 N, T2 = 35,4 N
d) Fx = 32,7 N, Fy = 13,6 N
Solución:
Datos:
m1 = 12,0 kg
m2 = 5,00 kg
m = 2,00 kg
b) Segunda ley de Newton a los bloques:
m1 a = T1
m2 a = m2 g − T2
El torque aplicado a la polea:
τ = Iα
1
(T2 − T1 )r = ( mr 2 ) α
2
Reemplazando los valores de T1 y T2 en la
última ecuación, tomando en cuenta además
que a = rα:
1
a
(m2 g − m2 a − m1 a)r = ( mr 2 ) ( )
2
r
m2 g
a =
1
(2 m + m2 + m1 )
(5,00)(9,81)
a =
1
(2 (2,00) + 5,00 + 12,00)
= 2,725 m/s 2
⇒ a = 2,73 m/s 2
c) Calculo de las tensiones:
T1 = (12,0)(2,725) = 32,7
⇒ T1 = 32,7 N
T2 = 5,00(9,81 − 2,725) = 35.425
Página 11
⇒ T2 = 35,4 N
d) Calculo de las fuerzas:
⇒ ∑ Fx = T1 = 32,7 N
∑ Fy = m2 g − T2
= (5,00)(9,81) − 35,425
= 13,625
⇒ ΣFy = 13,6 N
10. Un bloque de masa m1 = 2,00 kg y un
bloque de masa m2 = 6,00 kg están
conectados mediante una cuerda sin masa
sobre una polea con forma de disco solido
con radio R = 0,250 m y masa M = 10,0
kg. A estos bloques se les permite moverse
sobre una cuña fija de ángulo θ = 30,0°
como se muestra en la figura. El
coeficiente de fricción cinética para
ambos bloques es de 0,360.
a) Dibuje diagramas de cuerpo libre de
ambos bloques y la polea.
b) Determine la aceleración de los dos
bloques.
c) Determine las tensiones de la cuerda en
ambos lados de la polea.
b) Aplicaremos la 2da ley de Newton a los
bloques m1 y m2 en el eje x y en el eje y
aplicamos la 1era ley en el eje y:
ΣFx = m1 a
T1 − fk1 = m1 a
ΣFy = 0
N1 − w1 = 0
ΣFx = m2 a
w2 Senθ − T2 − fk2 = m2 a
ΣFy = 0
N2 − w2 Cosθ = 0
Usaremos la definición de torque a la polea:
Respuesta:
b) a = 0,365 m/s 2
c) T1 = 7,79 N, T2 = 8,89 N
Solución:
Datos:
m1 = 2,00 kg
m2 = 6,00 kg
R = 0,250 m
M = 10,0 kg
θ = 30,0°
μk = 0,360
Στ = Iα
τ = RF = (T2 − T1 )R = Iα
1
a
(T2 − T1 )R = ( MR2 ) ( )
2
R
1
(T2 − T1 ) = Ma
2
Despejaremos T1 y T2 de las ecuaciones
obtenidas previamente:
T1 = m1 a + μkw1
T2 = w2 Senθ − m2 a − μkw2 Cosθ
a) El DCL de los bloques y la polea:
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Reemplazando:
w2 Senθ − m2 a − μk w2 Cosθ − m1 a
1
− μkw1 = Ma
2
w2 Senθ − μk(w1 + w2 Cosθ)
1
= ( M + m1 + m2 ) a
2
⇒a=[
w2 Senθ − μkg(m1 + m2 Cosθ)
]
1
2 M + m1 + m2
Cálculos previos:
w2 Senθ = (6,00)(9,81)Sen(30,0) = 29,43
μkg(m1 + m2 Cosθ)
= (0,360)(9,81)(2,00
+ 6,00Cos(30,0)) = 25,413
1
1
M + m1 + m2 = (10,0) + 2,00 + 4,00
2
2
= 11,0
Reemplazando:
a=[
29,43 − 25,413
] = 0,36518
11,0
⇒ a = 0,365 m/s 2
c) Reemplazamos el valor de a en las
ecuaciones donde aparecen T1 y T2:
T1 = (2,00)(0,36518)
+ (0,360)(2,00)(9,81)
= 7,7935
⇒ T1 = 7,79 N
T2
= (6,00)(9,81)Sen(30,0)
− (6,00)(0,36518)
− (0,360)(6,00)(9,81)Cos(30,0) = 8,8881
⇒ T2 = 8,89 N
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