El problema de la cuña y el bloque.

Este problema de física ha sido uno de los mas laboriosos que he tenido que resolver, ya que hay muy poca información acerca de como resolverlo. Además de que la mayor parte de la información solo se encontraba disponible en inglés y no contemplaba los 3 casos. Es el problema 5.68 del Resnick de Física Volumen 1 Edición 4, y dice:

«Una cuña de masa M descansa sobre una mesa horizontal. Sobre ella se coloca un bloque de masa m. No hay mecanismos de fricción. El bloque y la cuña se ven sometidos a la fuerza de gravedad ejercida por la tierra y a las fuerzas normales que existen entre superficies en contacto. Además sobre la cuña se ejerce una fuerza horizontal F. El sistema se libera del reposo.

cb1

Suponga ahora que la fuerza F es constante y no nula.

  1. Calcule las aceleraciones de la cuña y del bloque.
  2. ¿Qué magnitud debe tener la fuerza para que el bloque permanezca en una posición fija respecto al plano inclinado de la cuña?

Suponga que la fuerza F es nula.

  1.  Calcule las aceleraciones de la cuña y del bloque.»

Solución del problema.

 a. Calcule las aceleraciones de la cuña y del bloque.

Lo primero que debemos de hacer, es trazar los diagramas de cuerpo libre de ambos objetos:

cb2-2 cb3

Tenemos que la fuerza en M es:

$$\sum F_{M}=\overrightarrow{F}+\overrightarrow{N_{M}}+\overrightarrow{W_{M}}+\overrightarrow{N}=M\overrightarrow{A}$$

Donde:

$$\overrightarrow{A}= \left | A \right |\hat{i}$$
$$\overrightarrow{F}= \left | F \right |\hat{i}$$
$$\overrightarrow{N_{M}}= Mg\hat{j}$$
$$\overrightarrow{W_{M}}= -Mg\hat{j}$$
$$\overrightarrow{N}= -\left | N \right |sen\left ( \alpha \right )\hat{i}-\left | N \right |cos\left ( \alpha \right )\hat{j}$$

Entonces para la aceleración en M tenemos que:

$$\require{cancel}\left | F \right |\hat{i}+\cancel{Mg\hat{j}}-\cancel{Mg\hat{j}}-\left | N \right |sen\left ( \alpha \right )\hat{i}-\left | N \right |cos\left ( \alpha \right )\hat{j}=MA\hat{i}$$

Y las ecuaciones correspondientes a las componentes son:

$$F-Nsen\left ( \alpha \right )=MA$$
$$-Ncos\left ( \alpha \right )=0$$

Despejando A de la primera:

$$A=\frac{F-Nsen\left ( \alpha  \right )}{M}\cdots \left ( 1 \right )$$

Ahora tenemos que la fuerza en m es:

$$\sum F_{m}=\overrightarrow{N}+\overrightarrow{W_{m}}=m\overrightarrow{a}+m\overrightarrow{A}$$

Donde:

$$\overrightarrow{N}=\left | N \right |sen\left ( \alpha \right )\hat{i}+\left | N \right |cos\left ( \alpha \right )\hat{j}$$
$$\overrightarrow{W}=-mg\hat{j}$$
$$\overrightarrow{a}=\left | a \right |cos\left ( \alpha \right )\hat{i}-\left | a \right |sen\left ( \alpha \right )\hat{j}$$
$$\overrightarrow{A}=\left | A \right |\hat{i}$$

Sustituyendo los valores:

$$\left | N \right |sen\left ( \alpha \right )\hat{i}-\left | N \right |cos\left ( \alpha  \right )\hat{j}-mg\hat{j}=m\left | a \right |cos\left ( \alpha \right )\hat{i}+m\left | A \right |\hat{i}-m\left | a \right |sen\left ( \alpha \right )\hat{j}$$

Separando la ecuación en sus componentes, tenemos que:

$$Nsen\left ( \alpha \right )=macos\left ( \alpha \right )+mA\cdots \left ( 2 \right )$$
$$Ncos\left ( \alpha \right )=mg-masen\left (\alpha \right )$$

Y despejando a de la segunda ecuación:
$$a=\frac{mg-Ncos\left ( \alpha \right )}{msen\left ( \alpha \right )}\cdots \left ( 3 \right )$$

Calcularemos a N sustituyendo $\left ( 1 \right )$ y $\left ( 3 \right )$ en $\left ( 2 \right )$.

$$Nsen\left ( \alpha \right )=m\left ( \frac{F-Nsen\left ( \alpha \right )}{M} \right )+m\left ( \frac{mg-Ncos\left ( \alpha \right )}{msen\left ( \alpha \right )} \right )cos\left ( \alpha \right )$$
$$Nsen\left ( \alpha \right )+\frac{m}{M}Nsen\left ( \alpha \right )=\frac{mF}{M}+\frac{mgcos\left ( \alpha \right )}{sen\left ( \alpha \right )}-\frac{Ncos^{2}\left ( \alpha \right )}{sen\left ( \alpha \right )}$$
$$N\left [ sen\left ( \alpha \right )+\frac{m}{M}sen\left ( \alpha \right )+\frac{cos^{2}\left ( \alpha \right )}{sen\left ( \alpha \right )} \right]=\frac{mF}{M}+\frac{mgcos\left ( \alpha \right )}{sen\left ( \alpha \right )}$$
$$\frac{N}{sen\left ( \alpha \right )}\left [ sen^{2}\left ( \alpha \right )+cos^{2}\left ( \alpha \right )+\frac{m}{M}sen^{2}\left ( \alpha \right )\right]=\frac{mF}{M}+\frac{mgcos\left ( \alpha \right )}{sen\left ( \alpha \right )}$$

Por la identidad $sen^{2}\left ( \alpha \right )+cos^{2}\left ( \alpha \right )=1$ tenemos que:

$$\frac{N}{sen\left ( \alpha \right )}\left [1+\frac{m}{M}sen^{2}\left ( \alpha \right )\right]=\frac{mF}{M}+\frac{mgcos\left ( \alpha \right )}{sen\left ( \alpha \right )}$$
$$\require{cancel}\begin{align}N &=\frac{\frac{mFsen\left ( \alpha \right )}{M}+mgcos\left ( \alpha \right )}{1+\frac{m}{M}sen^{2}\left ( \alpha \right )} \\ &=\frac{\frac{mFsen\left ( \alpha \right )+Mmgcos\left ( \alpha \right )}{\cancel{M}}}{\frac{M+msen^{2}\left ( \alpha \right )}{\cancel{M}}}  \end{align}$$
$$N = \frac{mFsen\left ( \alpha \right )+Mmgcos\left ( \alpha \right )}{M+msen^{2}\left ( \alpha \right )}\cdots \left ( 4 \right )$$

Tenemos el valor de N, podemos calcular la aceleración de la cuña sustituyendo $\left ( 4 \right )$ en $\left ( 1 \right )$$:

$$\require{cancel}\begin{align}A &=\frac{F-Nsen\left ( \alpha \right )}{M}=\frac{F-\left ( \frac{mFsen\left ( \alpha \right )+Mmgcos\left ( \alpha \right )}{M+msen^{2}\left ( \alpha \right )} \right )sen\left ( \alpha \right )}{M} \\ &=\frac{F\left ( M+msen^{2}\left ( \alpha \right ) \right )-Fmsen^{2}\left ( \alpha \right )-Mmgcos\left ( \alpha \right )sen\left ( \alpha \right )}{M\left ( M+msen^{2}\left ( \alpha \right ) \right )} \\ &=\frac{FM+\cancel{Fmsen^{2}\left ( \alpha \right )}-\cancel{Fmsen^{2}\left ( \alpha \right )}-Mmgcos\left ( \alpha \right )sen\left ( \alpha \right )}{M\left ( M+msen^{2}\left ( \alpha \right ) \right )} \\ &=\frac{\cancel{M}\left ( F-mgsen\left ( \alpha \right )cos\left ( \alpha \right ) \right )}{\cancel{M}\left ( M+msen\left ( \alpha \right ) \right )}\end{align}$$
$$A=\frac{F-mgsen\left ( \alpha \right )cos\left ( \alpha \right )}{M+msen^{2}\left ( \alpha \right )}\cdots \left ( 5 \right )$$

E igualmente, para calcular la aceleración del bloque, sustituiremos $\left ( 4 \right )$ en $\left ( 3 \right )$:

$$\require{cancel}\begin{align}a &=\frac{mg-Ncos\left ( \alpha \right )}{msen\left ( \alpha \right )}=\frac{mg-\frac{mFsen\left ( \alpha \right )cos\left ( \alpha \right )+Mmgcos^{2}\left ( \alpha \right )}{M+msen^{2}\left ( \alpha \right )}}{msen\left ( \alpha \right )} \\ &=\frac{mg\left ( M+msen^{2}\left ( \alpha \right ) \right )-mFsen\left ( \alpha \right )cos\left ( \alpha \right )-Mmgcos^{2}\left ( \alpha \right )}{msen\left ( \alpha \right )\left ( M+msen^{2}\left ( \alpha \right ) \right )} \\ &=\frac{\cancel{m}\left ( Mg+mgsen^{2}\left ( \alpha \right )-Fsen\left ( \alpha \right )cos\left ( \alpha \right )-Mgcos^{2}\left ( \alpha \right ) \right )}{\cancel{m}sen\left ( \alpha \right )\left ( M+msen^{2}\left ( \alpha \right ) \right )} \\ &=\frac{Mg+mgsen^{2}\left ( \alpha \right )-Fsen\left ( \alpha \right )cos\left ( \alpha \right )-Mgcos^{2}\left ( \alpha \right )}{sen\left ( \alpha \right )\left ( M+msen^{2}\left ( \alpha \right ) \right )} \\ &=\frac{Mg\left ( 1-cos^{2}\left ( \alpha \right ) \right )+mgsen^{2}\left ( \alpha \right )-Fsen\left ( \alpha \right )cos\left ( \alpha \right )}{sen\left ( \alpha \right )\left ( M+msen^{2}\left ( \alpha \right ) \right )} \\ &=\frac{Mgsen^{\cancel{2}}\left ( \alpha \right )+mgsen^{\cancel{2}}\left ( \alpha \right )-F\cancel{sen\left ( \alpha \right )}cos\left ( \alpha \right )}{\cancel{sen\left ( \alpha \right )}\left ( M+msen^{2}\left ( \alpha \right ) \right )} \end{align}$$
$$\therefore a=\frac{\left ( M+m \right )gsen\left ( \alpha \right )-Fcos\left ( \alpha \right )}{M+msen^{2}\left ( \alpha \right )}$$

Ya que nuestra aceleración del bloque esta dividida en dos componentes, sacaremos la ecuación para cada una de ellas.

Para $a_{x}=acos\left ( \alpha \right )+A$:

$$\require{cancel}\begin{align} a_{x} &=\left (\frac{\left ( M+m \right )gsen\left ( \alpha \right )-Fcos\left ( \alpha  \right ) }{M+msen^{2}\left ( \alpha \right )}\right )cos\left ( \alpha \right )+\frac{F-mgcos\left ( \alpha \right )sen\left ( \alpha \right )}{M+msen^{2}\left ( \alpha \right )} \\ &=\frac{\left ( M+m \right )gsen\left ( \alpha \right )cos\left ( \alpha \right )-Fcos^{2}\left ( \alpha \right )+F-mgsen\left ( \alpha \right )cos\left ( \alpha \right )}{M+msen^{2}\left ( \alpha \right )} \\ &=\frac{\left ( M+\cancel{m}-\cancel{m} \right )gsen\left ( \alpha \right )cos\left ( \alpha \right )+F\left ( 1-cos^{2}\left ( \alpha \right ) \right )}{M+msen^{2}\left ( \alpha \right )} \\ &=\frac{Fsen^{2}\left ( \alpha \right )+Mgsen\left ( \alpha \right )cos\left ( \alpha \right )}{M+msen^{2}\left ( \alpha \right )} \end{align}$$
$$\therefore a_{x}=\frac{\frac{F}{M}sen^{2}\left ( \alpha \right )+gsen\left ( \alpha \right )cos\left ( \alpha \right )}{1+\frac{m}{M}sen^{2}\left ( \alpha \right )}$$

Por otro lado, para $a_{y}=-asen\left ( \alpha \right )$:

$$\begin{align} a_{y} &=-\left (\frac{\left ( M+m \right )gsen\left ( \alpha \right )-Fcos\left ( \alpha \right )}{M+msen^{2}\left ( \alpha \right )} \right )sen\left ( \alpha \right ) \\ &=\frac{Fsen\left ( \alpha \right )cos\left ( \alpha \right )-gsen^{2}\left ( \alpha \right )\left ( M+m \right )}{M+msen^{2}\left ( \alpha \right )} \end{align}$$
$$\therefore a_{y}=\frac{\frac{F}{M}sen\left ( \alpha \right )cos\left ( \alpha \right )-gsen^{2}\left ( \alpha \right )\left ( 1+\frac{m}{M} \right )}{1+\frac{m}{M}sen^{2}\left ( \alpha \right )}$$

Ya por ultimo, tenemos que la aceleración en la cuña y el bloque son:

$$\overrightarrow{A}=\left [ \frac{\frac{F}{M}-\frac{m}{M}gsen\left ( \alpha \right )cos\left ( \alpha \right )}{1+\frac{m}{M}sen^{2}\left ( \alpha \right )} \right ]\hat{i}$$
$$\overrightarrow{a}=\left [ \frac{\frac{F}{M}sen^{2}\left ( \alpha \right )+gsen\left ( \alpha \right )cos\left ( \alpha \right )}{1+\frac{m}{M}sen^{2}\left ( \alpha \right )} \right ]\hat{i}+\left [ \frac{\frac{F}{M}sen\left ( \alpha \right )cos\left ( \alpha \right )-gsen^{2}\left ( \alpha \right )\left ( 1+\frac{m}{M} \right )}{1+\frac{m}{M}sen^{2}\left ( \alpha \right )} \right ]\hat{j}$$

b. ¿Qué magnitud debe tener la fuerza para que el bloque permanezca en una posición fija respecto al plano inclinado de la cuña?

Por completar…

c. Calcule las aceleraciones de la cuña y del bloque (suponiendo que la fuerza F es nula).

Por completar…

15 comentarios

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    • Luis el 12 septiembre, 2014 a las 7:13 pm
    • Responder

    ¿cómo puedo resolver la parte c del ejercicio, donde me piden aceleración del bloque & de la cuña con f=nula?

      • el 21 septiembre, 2014 a las 5:52 pm
      • Responder

      El procedimiento es exactamente igual que para el inciso a), de hecho, tomando directamente el resultado de a), solo hay que poner F = 0.
      \(\overrightarrow{A}=\left [ \frac{-\frac{m}{M}gsen\left ( \alpha \right )cos\left ( \alpha \right )}{1+\frac{m}{M}sen^{2}\left ( \alpha \right )} \right ]\hat{i}\)
      \(\overrightarrow{a}=\left [ \frac{gsen\left ( \alpha \right )cos\left ( \alpha \right )}{1+\frac{m}{M}sen^{2}\left ( \alpha \right )} \right ]\hat{i}+\left [ \frac{-gsen^{2}\left ( \alpha \right )\left ( 1+\frac{m}{M} \right )}{1+\frac{m}{M}sen^{2}\left ( \alpha \right )} \right ]\hat{j}\)

    • Jose Alfredo Martínez el 5 noviembre, 2016 a las 6:25 pm
    • Responder

    Buenas noches muy bueno el aporte, estuve varias horas queriéndolo resolver pero no pude, ahora ya comprendo en lo que estava fallando, podrías enviarme a mi email la solución del inciso c. Nuevamente gracias

    • Xavier el 26 junio, 2019 a las 2:45 pm
    • Responder

    Estaba revisando el problema y hay algo que no me gusta. El de NCos(theta) = 0 Que esta al inicio. Ya que a mi parecer la fuerza normal es mayor que el peso por el bloque que se le pone a la cuña, pero igual y estoy mal.

    1. Si te refieres a esta parte:

      «Y las ecuaciones correspondientes a las componentes son:
      F−Nsen(α)=MA
      −Ncos(α)=0»

      Lo que hice fue separar la ecuación anterior en sus componentes i y j, entonces como del lado derecho no hay ningún elemento en términos de j, se iguala a 0; mientras que del lado izquierdo el único elemento con respecto a j es -Ncos(α).

        • Jesús el 13 octubre, 2021 a las 11:25 am
        • Responder

        Aún no comprendo, porq el hecho es que la segunda ecuación habla de una condición en la la que Alpha = 90° ó N= 0, y ninguna de las dos condiciones es cierta, y cambia toda toda la solución del problema, me parece falta algo más.

    • Juannn el 14 octubre, 2019 a las 9:36 pm
    • Responder

    Muchas gracias por la ayuda, una duda, cuando sustituyes los valores en la ecuación de fuerza de m, creo que era un +:

    N(sen(a)) i+N(cos(a)) j-mg j=….

    • Antonio el 11 noviembre, 2019 a las 11:47 pm
    • Responder

    Hola. Disculpa, tengo una pregunta. Para la suma de fuerzas para la masa M, ¿no es necesario tomar en cuenta el peso de la masa m? O es que ¿No me he percatado de que sí lo hiciste?
    ¡Muchas gracias!

      • el 11 noviembre, 2019 a las 11:55 pm
      • Responder

      Hola, gracias por comentar en el blog.

      Respondiendo a tu pregunta, como la superficie de contacto entre los dos objetos se encuentra en diagonal, solamente una parte del peso del bloque de masa m afecta a la cuña. Esa parte de la fuerza se ve representada como la fuerza normal que aplica el bloque a la cuña. Si la superficie de contacto fuera paralela al suelo, la fuerza normal que aplica el bloque seria igual a su peso.

      Espero haber podido ayudar a resolver tu duda.

        • Antonio el 12 noviembre, 2019 a las 12:45 am
        • Responder

        Lo hiciste. Muchas gracias.

        • Antonio el 12 noviembre, 2019 a las 1:36 am
        • Responder

        Disculpa, tengo otra duda.
        Si se buscara mantener a m estacionaria con respecto a la cuña, ¿Qué cambiaría en el procedimiento?¿Solo se iguala la aceleración de m a 0?

        1. Para el inciso b es otro procedimiento, lo siento por no haberlo puesto después de tantos años, te paso esta imagen donde en su momento lo realicé. Espero no te cueste entender mi letra.

          Inciso B

          Editado, corregida la imagen

            • Antonio el 12 noviembre, 2019 a las 2:20 am

            Entiendo, pero ¿En la foto se encuentra la fuerza para mantener fijo al bloque?

    • Jesús el 13 octubre, 2021 a las 12:41 pm
    • Responder

    hola, el aporte sinceramente es muy bueno, sin embargo el problema no ha sido resuelto correctamente al inicio. En el diagrama de fuerzas para el Bloque M, se ha considerado una normal NM = Mg , sin embargo la verdadera normal NM = (M+m) g ; puesto que el piso experimenta el peso de todo el sistema de los 2 bloques, por ende el piso reacciona con una fuerza de reacción contraria y en sentido contrario y esta misma fuerza se la transfiere al bloque M, el hecho de aislar el Bloque M para realizar su diagrama de fuerzas no significa que la Fuerza de Reaccion del piso sobre el bloque M cambie. Al considerar NM= (m+M)g , el problema de -N cos(alpha) =0 ya no aparece, esta ecuación muestra el error de la solución en esa parte, sin embargo el procedimiento en los demás esta bien. El diagram de fuerzas para M quedaria asi:

    *suma (Fuerzas verticales) =0 ====> Ncos(aplha) + Mg = NM , pero NM = (m+M)g (se deduce al coger todo
    el sistema de 2 bloques juntos sobre el piso).
    ====> Ncos(aplha) + Mg = (m+M)g
    ====> Ncos(aplha) = mg ——————-(1)

    *suma (Fuerzas horizontaless) = MA ========> F – Nsen(alpha) = MA —————–(2)
    de (1) en (2) tenemos:

    F = MA + mg sen(alpha) /cos(alpha)
    F = MA + mg tang (alpha) ————————–(3)
    después todo lo demás que desarrollaste en la solución esta muy bien, solo no olviden considerar que la fuerza de reacción NM = (M+m) g y todo lo demás les saldrá bien.
    ejemplo: en la pregunta B) al hacer el diagrama de fuerza para el bloque» m » se tiene que : N = mg/cos(alpha) y N sen(alpha) = mA , entonces A= g tang (alpha), por tanto al reemplazarlo en (3) se tiene como respuesta:

    F= (M +m) g tang (alpha) , esta es la fuerza necesaria para que el bloque «m» no resbale.

    1. Si, tienes razón, gracias por tu aporte, espero poder corregirlo pronto

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