Texto nº 5 Dinamica

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TEXTO Nº 5

DINÁMICA Y ESTÁTICA DE LA PARTÍCULA

Conceptos Básicos Ejercicios Resueltos

Ejercicios Propuestos

Edicta Arriagada D. Victor Peralta A Febrero 2010

Sede Maipú, Santiago de Chile

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Introducción Este material ha sido construido pensando en el estudiante de nivel técnico de

las carreras de INACAP. El objetivo principal de este trabajo es que el alumno

adquiera y desarrolle la técnica para resolver problemas diversos de la unidad de

Dinámica y estática de la partícula. En lo particular pretende que el alumno logre

el aprendizaje indicado en los criterios de evaluación (referidos al cálculo de

variables) del programa de la asignatura.

El desarrollo de los contenidos ha sido elaborado utilizando un lenguaje simple

que permita la comprensión de los conceptos involucrados en la resolución de

problemas. Se presenta una síntesis inmediata de los conceptos fundamentales

de la dinámica y estática de la partícula, seguida de ejemplos y problemas

resueltos que presentan un procedimiento de solución sistemático que va desde

un nivel elemental hasta situaciones más complejas, esto, sin saltar los pasos

algebraicos que tanto complican al alumno, se finaliza con problemas propuestos

incluyendo sus respectivas soluciones.

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DINÁMICA Y ESTÁTICA La dinámica y estática son dos ramas de la física mecánica, la dinámica estudia las

fuerzas como causa del movimiento de los cuerpos y la estática estudia las fuerzas en equilibrio, es decir, los efectos causados por fuerzas que actúan sobre un cuerpo se neutralizan entre sí.

La fuerza es una magnitud vectorial que se define como la causante del

movimiento de los cuerpos, de las aceleraciones y retardaciones, de los cambios de dirección, de la deformación y por último de la ruptura de los cuerpos.

Como toda magnitud vectorial, la fuerza se representa gráficamente por un vector,

y en el se debe distinguir; punto de aplicación, magnitud, dirección y sentido.

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RINCIPIOS DE NEWTON Principio de inercia

“Todo cuerpo permanece en su estado de movimiento a no ser que un agente exterior lo obligue a modificar dicho estado”. Es decir, si un cuerpo está en reposo, continuará en reposo indefinidamente y si está en movimiento, continuará con movimiento rectilíneo y uniforme.

Principio de masa “Si sobre un cuerpo de masa m actúa una fuerza F , este adquiere una aceleración a cuya magnitud es proporcional a la magnitud de la fuerza, e inversamente proporcional a la masa del cuerpo”, este principio matemáticamente se expresa por:

amF rr⋅= o amF ⋅=

Cuando sobre un cuerpo actúan varias fuerzas, entonces la fuerza resultante queda determinada por la suma vectorial de diferentes fuerzas, es decir:

n

n

ii FFFFF

rrrrr+++== ∑

=

.........211

Por lo tanto el principio se expresa por:

amFn

ii

rr⋅=∑

=1

Siendo ar la aceleración resultante. Principio de acción y reacción

“A toda acción (fuerza), se le opone otra igual en magnitud y dirección pero de sentido contrario llamada reacción”, Debe dejarse en claro que acción y reacción no actúan en el mismo cuerpo.

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Se recuerda que las unidades de medición de fuerza fueron estudiadas en el

capitulo Nº 1.

Diferencia entre masa y peso Masa y peso no son el mismo concepto. Para nuestros fines de estudio práctico, la

masa de un cuerpo se puede definir como una magnitud escalar, siempre positiva, correspondiente a una cantidad de materia constante que matemáticamente equivale al producto entre el volumen y la densidad del cuerpo, es decir:

ρ⋅= Vm

Donde M = masa V = volumen ρ = densidad

El peso en cambio es una fuerza, en particular, es la fuerza con que la tierra atrae a

los cuerpos que están en su campo gravitatorio. Como el peso es una fuerza, entonces cumple con la segunda ley de Newton, es decir, el peso de un cuerpo corresponde al producto entre su masa y la aceleración, en este caso corresponde a la aceleración de gravedad g y por lo tanto se tiene que:

gm)w(Peso ⋅=

Se debe recordar que la aceleración de

x

y

z

mg

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gravedad g varía de acuerdo a la posición geográfica y cuyo valor aproximado es 980 [cm/s2] en el sistema CGS., 9,8 [m/s2] en el sistema M.K.S. y 32,16 pie/s2 en el sistema técnico ingles. Como la aceleración de gravedad es un vector dirigido verticalmente hacia el centro de la tierra, el peso de un cuerpo también está dirigido verticalmente hacia el centro de la tierra. Ejemplo: determinar el peso de un cuerpo de 80 [kg] de masa (utilizar g = 9,8 m/s2). Solución:

Como el peso de un cuerpo queda determinado por:

w = m g

Entonces solo se debe reemplazar los valores de masa m y aceleración de gravedad g, esto es:

[ ] [ ]2s/m8,9Kg80w ⋅=

Multiplicando se obtiene el peso del cuerpo, recordar que =⋅ 2/ smkg N, es decir:

Para expresar el resultado en Dinas, se multiplica por 105, es decir:

[ ]d10784w 5⋅=

Para expresar el resultado en Kp, (kilopondio), los Newton se dividen por 9,8 es decir:

[ ] [ ] [ ]KgfKpNw 80808,9

784===

Observando estos resultados, vemos que masa y peso tienen un mismo valor

numérico (80), pero no en la misma unidad. 80 [kg] expresa la masa del cuerpo y 80 [Kp] o 80 [Kgf], expresa el peso del cuerpo.

Cuerpos en contacto

[ ]N784w =

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Cuando se tiene superficies de cuerpos en contacto, se producen dos nuevas fuerzas estas son:

(a) = Fuerza normal (N) (b) = Fuerza de roce (f) Fuerza normal ( N )

Es la fuerza que actúa perpendicular a la superficie de contacto, corresponde a la

reacción que ejerce una superficie sobre la otra. En el esquema indicado la fuerza normal (N), corresponde a la reacción que se

produce desde la superficie hacia el cuerpo que produce la acción debida a su peso. Fuerza de roce ( f ) Es la fuerza que se opone al deslizamiento de una superficie con respecto a otra,

actúa paralelamente a las superficies en contacto, el roce siempre tiende a oponerse al movimiento jamás tiende a crear movimiento.

El roce en algunos casos es provechoso como por ejemplo para el frenado de los

cuerpos, pero con mayor frecuencia el roce da como resultado la disipación de energía y la erosión gradual del material sobre el cual actúa.

La fricción y, por lo tanto, el desgaste pueden reducirse por el método de

lubricación, en que las superficies que tienen movimiento relativo (movimiento de una respecto a otra) están separadas por una película de fluido.

N

mg

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Leyes de la fricción seca Las leyes que a continuación se indican se basan principalmente en observaciones

experimentales. Estas leyes no son de ninguna manera exactas, en parte porque las superficies secas no se encuentran en la práctica, y en otra porque las mismas leyes tienden a simplificar el problema. Sin embargo son útiles y suficientes para la mayoría de las aplicaciones generales.

Superficie seca se define como aquella, que ha sido limpiada de toda

contaminación, es decir libre de polvo y sin humedad. 1. Cuando las fuerzas externas tienden a hacer que una superficie deslice sobre

otra, se establece una Reacción de fricción, que actúa en forma tangencial a las superficies, y presentan una oposición al movimiento.

2. Existe un valor límite de la fuerza de fricción mas allá del cual no puede

elevarse. Si las fuerzas que tienden a producir el movimiento relativo exceden este valor, empieza el deslizamiento de una respecto a la otra.

3. La fuerza necesaria para iniciar el movimiento relativo es mayor que la que se

necesita para mantenerlo. La fricción estática es mayor que la fricción cinética

4. El valor límite de la fuerza de fricción es completamente independiente del área de contacto.

5. El valor límite de la fuerza de fricción cinética es independiente de la velocidad

del deslizamiento.

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6. El valor límite de la fuerza de fricción mantiene una relación constante a la reacción norma (N) entre las superficies. Esta relación constante recibe el nombre de fricción límite y se indica por medio de la letra griega μ.

Esta ley da origen a la siguiente ecuación.

Nf ⋅μ= Donde

μ = Coeficiente de fricción N = Fuerza normal.

Si el cuerpo permanece en reposo entonces, el roce se llama estático y se anota:

Nf e ⋅μ= =μe Coeficiente de roce estático. Cuando el cuerpo se encuentra en movimiento, el roce se llama cinético y se anota:

Nf k ⋅μ= =μe Coeficiente de roce Cinético. 7. El coeficiente de fricción límite depende de la naturaleza de las superficies en

contacto. Esto se refiere a la geometría de la superficie, a la contaminación de la misma y a las propiedades físicas de los materiales involucrados.

Ecuaciones dinámicas Por el segundo principio de Newton, se tiene que la resultante de las fuerzas que

actúan sobre un cuerpo queda determinada por:

amF ⋅=∑ ⇒ xx amF ⋅=∑

yy amF ⋅=∑

zz amF ⋅=∑

En nuestro estudio consideraremos sólo las fuerzas en el plano, luego el 2º principio de newton se puede expresar:

amF ⋅=∑ ⇒ xx amF ⋅=∑

yy amF ⋅=∑

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Si el cuerpo permanece en reposo o se mueve a velocidad constante, entonces la

aceleración 0=a y por lo tanto la ecuación anterior resulta:

0=∑Fr

⇒ 0=∑ xF

r

0=∑ yFr

Ecuación que corresponde al equilibrio de la partícula, en dos dimensiones.

Diagrama de cuerpo libre (DCL) El diagrama de cuerpo libre consiste en representar gráficamente todas las fuerzas que actúan en un cuerpo considerado partícula (diagrama vectorial). A continuación se presentan algunos casos comunes de D.C.L.

a) Superficie Horizontal Rugosa

( ι ) Fuerza F paralela a la superficie.

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( ι ι ) Fuerza F formando una dirección α respecto a la horizontal (respecto al cero grado)

( ι ι ι ) Fuerza F que actúa a un ángulo α por debajo de la horizontal.

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b. Superficie rugosa, inclinada un ángulo θ respecto a la horizontal. ( ι ) Fuerza F paralela a la superficie inclinada.

( ι ι ) Fuerza F formando un ángulo α respecto a la superficie inclinada.

( ι ι ι ) Fuerza F actuando en dirección horizontal respecto de la superficie inclinada.

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c. Cuerpos suspendidos

Ejercicios Resueltos de volumen, masa y peso

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Problema 1 Calcular en kg la masa de la pieza de acero del dibujo, considerando una densidad

del material de 3dmkg85,7=ρ . Se debe tener en cuenta que la pieza esta en

mm.

Considerando que la pieza esta en mm y que se necesita obtener el volumen, se deberá primero transformar de mm a dm, y luego hacer el calculo del volumen.

32 mm = 0, 32 dm

32,5 mm = 0, 325 dm 6 mm = 0, 06 dm

Cálculo de Volumen V Multiplicando largo, ancho y alto se tiene:

31024,606,0325,032,0 −=⋅⋅= xdmdmdmV

Cálculo de masa Por definición se tiene que:

ρ⋅= Vm Reemplazando valores para el volumen y densidad:

333

dmkg85,7dm1024,6m ⋅⋅= −

Multiplicando y cancelando la unidad de dm3 resulta el valor de la masa que se pide calcular:

Problema 2

21090,4m −⋅= kg

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Un perfil de aluminio tiene una masa de 2,484 kg y una densidad de 2,7 3dmkg , calcular:

a. El volumen en dm3 del perfil b. La longitud del lado L.

Las dimensiones de la pieza están dadas en mm.

Solución (a) cálculo de Volumen en dm3

Al igual que el caso anterior, la pieza tiene las dimensiones en mm, y como la densidad esta en dm3 es preferible transformar los mm en dm.

30 mm = 0,30 dm 4 mm = 0,04 dm

20 mm = 0,20 dm

Como se conoce la masa y la densidad del perfil, se debe despejar volumen de la ecuación:

ρ⋅= Vm

ρmV =

Reemplazando valores correspondientes a la masa y densidad:

37,2

484,2

dmkg

kgV =

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Dividiendo y cancelando la unidad de kg:

Solución (b) cálculo de longitud L Como se tiene el volumen del cuerpo, se puede calcular la longitud L indicada en la figura.

El volumen total de la pieza se puede obtener por medio de una suma o resta de los volúmenes de sus partes. En este caso se ha elegido la resta entre el paralelepípedo mayor y el paralelepípedo menor, es decir:

menor pedoparalelepimayor pedoparalelepi VVV −= Utilizando los valores indicados en la figura:

( ) ( )LdmdmLdmdmV ⋅⋅−⋅⋅= 16,026,020,030,0

Factorizando por L se tiene:

( )dmdmdmdmLV 16,026,020,030,0 ⋅−⋅⋅= Despejando L resulta:

( )dmdmdmdmVL

16,026,020,030,0 ⋅−⋅=

Reemplazando el valor del volumen y realizando la operatoria básica resulta la longitud L del perfil, esto es:

392,0 dmV =

L = 50 dm

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Problema 3

Una barra de acero circular, tiene 60 mm de longitud y una densidad ρ = 7,85 3dmkg ,

determine cual es su masa, considere las medidas del dibujo en mm.

Datos φ = 20 mm = 0,20 dm L = 60 mm = 0,60 dm ρ = 7,85 3dm

kg

Solución: La masa de un cuerpo queda determinada por:

ρ⋅= Vm (1)

La densidad es conocida y el Volumen de la barra se puede determinar aplicando la formula:

V = π r2 h (2) En esta oportunidad se reemplazará la expresión del volumen en la formula de la masa, es decir, se reemplazará la ecuación (2) en ecuación (1):

ρ⋅⋅⋅π= hrm 2 La altura del cilindro corresponde a su largo, por lo tanto:

ρ⋅⋅⋅π= Lrm 2

Reemplazando valores numéricos, se tiene:

( ) 322

dmkg85,7dm6,0dm1,014,3m ⋅⋅⋅=

m = 0,148 kg

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Problema 4 El tubo del dibujo tiene las siguientes dimensiones: D = 28 mm = 2,8 cm d = 20 mm = 2 cm h = 50 mm = 5 cm

a) Calcular el volumen de la pieza en cm3 y dm3 b) Sabiendo que su masa es de 0,128 kg, determine la densidad del tubo en kg/cm3 y

kg/dm3. Solución (a): Cálculo de volumen Como el tubo es un cilindro hueco, su volumen corresponde a una resta entre el volumen del cilindro exterior y el volumen del cilindro interior, es decir:

dDTotal VVV −= Volumen cilindro mayor DV

( ) hrV 2DD ⋅⋅π= ⇒ cm5cm)4,1(14,3V 22

D ⋅⋅=

33 031,0772,30 dmcmVD ≅=

Volumen cilindro menor dV ( ) hrV 2

dd ⋅⋅π= ⇒ cm5cm114,3V 22d ⋅⋅=

33 016,07,15 dmcmVd ≅=

Luego el volumen del tubo queda determinado por la diferencia entre los volúmenes calculados, es decir: VD - Vd.

dDTotal VVV −=

33 7,15772,30 cmcmVTotal −=

307,15 cmVTotal =

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Dividiendo por 1000 queda expresado en dm3, es decir:

Solución (b): Cálculo de densidad del tubo La densidad queda determinada por la ecuación:

Vm

=ρ

Como la masa m es igual a 0,128 kg, y el volumen en cm3 es igual a 15,08, se tiene:

307,15128,0

cmkg

=ρ

Como m es igual a 0,128 kg y el volumen en dm3 es igual a 15,07 x 10-3 se tiene:

331008,15128,0

dmkg−×

=ρ

3310494,8

cmkg−×=ρ

3494,8dmkg

=ρ

331007,15 dmVTotal−×=

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Problema 5 Calcular el peso del cono de la figura, sabiendo que su densidad es de 7,25kg/dm3.

Solución: El peso de un cuerpo corresponde al producto entre la masa y la aceleración de gravedad, es decir:

gmwPeso ⋅== ; Pero m = ρ⋅V Entonces:

Peso = gVw ⋅⋅= ρ

Como el Volumen del cono es igual a hr31 2 ⋅⋅π⋅

Entonces el peso del cuerpo queda determinado por:

ghrw ⋅⋅⋅⋅⋅= ρπ 2

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Información conocida:

2

33

/8,9/7250/25,7

6,0602,020

smgmkgdmkg

mcmhmcmr

=

==

====

ρ

Reemplazando los valores antes indicados se obtiene el peso de cono, es decir:

232 8,972506,0)2,0(14,3

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segm

mkgmmw ⋅⋅⋅⋅⋅=

40 cm

60 cm

w = 1784,776 [N]

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Problema 6 La viga de doble T tiene una longitud de 3,5 m. ¿Con qué fuerza presiona en su apoyo? si su densidad es de 7,85 3dm

kg

Solución: 10 mm = 0,01 m 2500 mm = 2,5 m 100 mm = 0,1 m 80 mm = 0,08 m 6 mm = 0,006 m 7,85 kg/dm3 = 7850 kg/m3 La fuerza con que presiona la viga corresponde a su propio peso, es decir gmw ⋅= y por lo tanto se debe tener la masa de la viga y para esto se debe calcular su volumen

VTotal = V1+ V2 + V3

V1 y V2 representan los volúmenes de las placas paralelas de la viga de doble T Como V1 = V2 = V (volumen base superior igual volumen basa inferior), se tiene que:

VTotal = 2V + V3 es decir:

VTotal = 2 · (0,01 m · 0,1 m · 2,5 m) + (0,08 m · 0,006 m · 2,5 m)

VTotal = 0,0062 m3

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Como: m = V · ρ

m = 0,0062 m3 · 7850 kg/m3

m = 48,67 Kg

Como peso = w = m · g

w = 48,67 kg · 9,8 m/seg2

w = 476, 966 (N)

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Problema 7 Calcule el peso del cilindro perforado, en N, si ρ = 7,8 gr/cm3, las medidas de las figura están en mm.

Solución: Como w = m · g y m = V ·ρ, se tiene que:

W = V · ρ · g (1) Transformando las unidades de mm a m, se tiene que:

70 mm = 0,07 m 50 mm = 0,05 m

45 mm = 0,045 m 30 mm = 0,03 m 12 mm = 0,012

ρ = 7,8g/cm3 = 7800 kg/m3

En primer lugar se calculará el volumen de la pieza,

nPerforacíoexteriorCilindro VVV −=

( ) ( ) )3

005,0006,0045,0006,0(07,0)015,0(2

22 ⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅=πππ mmmmV

V = 0,0000442 m3 (Volumen de la pieza)

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Ahora reemplazando el volumen V en la ecuación (1), se tiene:

w = 0,0000442 m3 · 7800 kg/m3 · 9,8 m/seg2

w = 3,377 [N]

Es decir, el peso aproximado del cilindro perforado es de 3,377 Newton.

Problema 8 Un camión ha cargado 10 chapas de 2000 mm de largo, por 1000 mm de ancho y 4 mm de espesor: a) ¿Cuánta es la masa cargada en kg si la densidad de la chapa es de 7,8 kg/dm3? b) ¿Con qué fuerza actúa el material sobre el suelo? Solución (a): masa cargada en kg En primer lugar se calculará el volumen de una chapa:

espesor ancho largo ⋅⋅=V

Trabajando las medidas en metros, se tiene:

0,004m 1m 2m ⋅⋅=V

3,008m0 =V (Volumen de 1 chapa)

Conocido el volumen es posible calcular la masa de una chapa, es decir:

m = V · ρ

Reemplazando valores correspondientes para el volumen y densidad, se tiene:

m = 0,008 m3 · 7800 kg/m3

m = 62,4 kg (Masa de 1 chapa)

Como en total son 10 chapas, el valor anterior se multiplica por 10 y se obtiene la masa total de la carga, es decir:

M Total = 624 kg

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Solución (b): fuerza con que actúa sobre el suelo La fuerza con que la carga actúa sobre el suelo, corresponde al peso de la carga, es decir:

w = m · g Por lo tanto:

w = 624 kg · 9,8 m/seg2

Es decir la carga presiona sobre el suelo con una fuerza de 6115,2 Newton.

w = 6115,2 [N]

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Ejercicios resueltos composición y descomposición de fuerzas Problema 1 Encontrar la magnitud de la fuerza resultante del esquema indicado.

F1 = 2000 [N] F2 = 1000 [N] F3 = 3000 [N] F = ?

Solución: Las fuerzas que actúan sobre la misma línea de acción y en el mismo sentido se componen por la suma de:

FResultante = F1 + F2 + F3

FResultante = 2000 N + 1000 N + 3000 N

Es decir la fuerza resultante es de 600 Newton

FResultante = 6000 [N]

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Problema 2 Las fuerzas que actúan sobre la misma línea de acción, pero en sentido contrario, se componen por la resta:

F1 = 100 [N] F2 = 80 [N] F3 = 300 [N] F4 = 400 [N] F = ?

Solución: Las fuerzas 1, 2, y 3 tienen la misma dirección y sentido, por lo tanto se deben sumar, mientras que la fuerza 4 tiene igual dirección pero de sentido contrario y por tanto debe restarse, es decir:

FResultante = F1 + F2 + F3 – F4

F Resultante = 100 [N] + 80 [N] + 300 [N] - 400 [N]

F Resultante = 80 [N] Problema 3 Las fuerzas F1 = 20 N y F2 = 15 N, actúan en el punto A formando el ángulo α = 65º. ¿Cuánto vale la resultante? Utilizar método de las componentes.

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Solución gráfica: En estos casos pueden componerse gráficamente mediante el método del paralelogramo de fuerzas, la diagonal del paralelogramo corresponde a la fuerza resultante.

Solución gráfica y algebraica: Eligiendo un sistema cartesiano adecuado, por ejemplo, hacer coincidir la fuerza F1 con el eje x

. El modulo o magnitud del vector resultante está determinado por:

( ) ( )2y2

x FFF ∑+∑= (1) Fuerza resultante sobre eje x:

xxx FFF 12 +=∑

NF 152 =r

NF 201 =r

Rr

65º

x

y

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[ ]N20º65cos15Fx +=∑

Fuerza resultante sobre el eje y:

yyy FFF 12 +=∑

0 º6515 +=∑ senFy [N]

Ahora reemplazando los valores obtenidos en la ecuación (1), se tiene la magnitud de la fuerza resultante:

( ) ( )22 595,13339,26 NNF +=r

Para determinar su dirección con respecto al eje positivo de las x, se trabaja con:

∑∑=

x

y

FF

αtan

Como las dos componentes son positivas, significa que el vector resultante se encuentra en el primer cuadrante y por lo tanto su dirección es α

[ ][ ]⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= −

NN

339,26595,13tan 1α

Es decir, la magnitud de la fuerza resultante es de 29,64 N y tiene una dirección de 27,301º respecto al eje positivo de las x.

F = 29,64 [N]

[ ]N339,26Fx =∑

595,13Fy =∑ [N]

º301,27=α

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Problema 4 Dos tractores tratan de arrastrar un árbol mediante dos cables. Uno de los tractores tiene una fuerza de tracción F = 18000 N y el otro una fuerza de tracción = 24000 N ambos cables forman entre sí un ángulo de 30º. ¿Qué magnitud tiene la fuerza resultante? Utilizar método de las componentes.

Solución:

( ) ( )2y2

x FFF ∑+∑= (1) Eje x:

[ ] º30cosN18000N24000Fx +=∑

Eje y:

0 º3018000 +=∑ senFy [N]

9000Fy =∑ [N] Ahora reemplazando Los valores en la ecuación (1), se tiene:

( ) ( )22 N9000N457,39588F +=

[ ]N457,39588Fx =∑

[ ]N595,40598F =

xx FFF 12 +=∑

yyy FFF 21 +=∑

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Para determinar su dirección con respecto al eje positivo de las x, se trabaja con:

∑∑=

x

y

FF

αtan

Como las dos componentes son positivas, la fuerza resultante queda en el primer cuadrante y por lo tanto su dirección es α .

[ ][ ]N

N457,39588

9000tan =α

Problema 5 La fuerza F tiene que descomponerse a F1 y F2, Tal como indica la figura ¿Cuales son las magnitudes de F1 y F2 en Newton? Utilizar método de las componentes.

Solución: La magnitud de la fuerza resultante corresponde a los 225N y por definición la magnitud de una fuerza en el plano queda determinada por:

( ) ( )22∑∑ += yx FFF

rrr

Como la fuerza resultante no tiene componente en el eje y, significa que:

0Fy =∑

x

y

40º

20ºNF 225=

r

2Fr

1Fr

º808,12=α

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Por lo tanto:

F1 sen 40º + F2 sen 340º = 0

Despejando F1:

º40º3402

1 sensenF

F−

=

Como la resultante tiene solo componente en el eje x, se puede anotar::

[ ]NFF x 225==∑r

NFF 225340cosº40cos 21 =+

Reemplazando el despeje de 1F se tiene:

[ ]NFsen

senF225º340cos

º40º40cos·º340

22 =+

−

Factorizando por 2F :

[ ]Nsen

senF 225340cosº40

º40cos·º3402 =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−

[ ]

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−

=º340cos

º40º40cos·º340

2252

sensen

NF

Reemplazando el valor de F2 en despeje de F1 se tiene:

F1 = [ ]40

º20·001,167sen

senN−

F1 = 88,9 [N]

F2 = 167,001 [N]

33

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Ejercicios resueltos estática y dinámica de la partícula

Problema 1 Un cuerpo de 100 [kgf], cuelga de una cuerda que en O esta unida a otras dos cuerdas fijas en el techo. Calcular las tensiones de las tres cuerdas, en kgf. (Las cuerdas son inextensibles y de masa despreciable).

Solución:

Para el cuerpo de 100 [kgf], se tiene el siguiente diagrama de cuerpo libre: Las ecuaciones de equilibrio son:

∑ = 0Fx ⇒ ∑ = 0Fy En el eje x no existen fuerzas, por lo tanto hay que trabajar en el eje y:

34

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Eje y : T1 – 100 kgf = 0 ⇒ Si se considera el nudo O como una partícula sin masa, se tiene el siguiente diagrama de cuerpo libre: Aplicando la condición de equilibrio, se tiene: Eje x:

T3 · cos 37º + T2 · cos 127º = 0

T3 = º37cos

º127cos·2T− (1)

Eje y:

T2 · sen 127º + T3 · sen 37º - 100 kgf = 0 (2)

Reemplazando ecuación (1) en ecuación (2) se tiene:

T2 · sen 127º - º37cos

º127cos·2T · sen 37º = 100 kgf

Factorizando por T2, se obtiene:

T2 T3

T1 = 100 kgf

35

FÍS

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M

EC

ÁN

ICA

T2 (sen 127º - cos 127º · tan 37º) = 100 kgf

T2 = )37º tan · 127º cos 53ºsen (

kgf 100−

Reemplazando el valor de T2 en la ecuación (1) se tiene el valor de la tensión 3, es ecir:

T3 = º37cos

º127cos·864,79 kgf−

Por lo tanto los valores de tensiones en las cuerdas son de 100 kgf, 79,864 kgf y 60,182 kgf. Problema 2 Para la figura indicada, el coeficiente de rozamiento estático μ entre el bloque de masa 50 kg y la superficie horizontal es de 0,4, determine: a. Si el sistema esta en equilibrio cuando el peso w es de 15 kgf, calcular la fuerza de

rozamiento ejercida sobre el bloque de 50 kg b. ¿Cuál debe ser el valor máximo del peso w para que el sistema este en equilibrio?

T2 = 79,864 kgf

T3 = 60,182 kgf

36

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ICA

M

EC

ÁN

ICA

Solución (a) Fuerza de rozamiento entre cuerpo de 50 kg y superficie horizontal Los diagramas de cuerpo libre correspondientes son:

Para determinar la fuerza de roce es necesario conocer primero la tensión T1, esto se consigue trabajando primero en el diagrama 2. Aplicando la condición de equilibrio de la partícula, se obtiene: Eje x:

T2 · cos 45º - T1 = 0

T1 = T2 · cos 45º (1) Eje y:

T2 · sen 45º - 15 kgf = 0

º45senkgf152T = (2)

Reemplazando ecuación (2) en ecuación (1), se tiene:

T1 = º45cos·º45sen

kgf15

T1 = 15 kgf

Es decir el valor de la tensión 1 es de 15 kgf.

mg = 15 kgf

Diagrama 1 Diagrama 2

37

FÍS

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M

EC

ÁN

ICA

Ahora trabajando en diagrama 1 se obtiene: Eje x:

T1 - f = 0

f = T1

Es decir, la fuerza de roce que se produce entre el cuerpo de 50 kg y la superficie horizontal es de 15 kgf. Solución (b) Valor máximo del peso w para mantener el equilibrio: En diagrama 1, se tiene: Eje x:

T1 – f = 0

T1 - μ · N = 0

Despejando T1:

T1 = μ · N (1) Eje y:

N – mg = 0 Despejando fuerza normal:

N = mg (2)

Reemplazando ecuación (2) en (1) se tiene:

T1 = μ · m · g

Reemplazando valores numéricos y realizando la operatoria aritmética resulta el valor de T1:

T1 = 0,4 · 50 kg · 9,8 m/seg2

T1 = 196 N

f = 15 kgf

38

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

En diagrama 2 se tiene: Eje x:

T2 cos 45º - T1 = 0 Despejando T2 resulta:

T2 = 45cos1T

Reemplazando el valor de T1, se tiene:

T2 = 45cosN196

Dividiendo resulta el valor de la tensión T2, es decir:

T2 = 277,185 N

Eje y:

T2 sen 45º - w = 0

Despejando el peso W:

W = T2 sen 45º Reemplazando el valor de T2 y multiplicando se obtiene el peso máximo que se puede sostener para mantener el equilibrio del sistema, es decir:

w = 277,185 N · sen 45º

Máximo peso que puede tener w es de 196N

w = 196 N

39

FÍS

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M

EC

ÁN

ICA

Problema 3 Determinar la aceleración que resulta cuando una fuerza de 40 [N] actúa sobre un

cuerpo de 8 [Kg]

Solución: Datos:

a =?

F = 40 N

m = 8 Kg

Por el 2° principio de Newton, se tiene que:

F = m ⋅ a luego: mFa =

Reemplazando los datos correspondientes para fuerza y masa, se obtiene:

kgsmkg

kgNa

8

40

840 2⋅

==

Dividiendo y Cancelando la unidad de kg se el valor de la aceleración:

Es decir, la magnitud de la aceleración es de 5 [m/s2] y actúa en la misma dirección de

la fuerza F

a = 5 m/s2

40

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Problema 4 Un bloque sin velocidad inicial se desliza sobre un plano inclinado de 37°. Determinar la

distancia que recorre al 5° segundo.

(a). Si no hay roce

(b). Si hay rozamiento entre las dos superficies y el coeficiente de roce cinético es de

0,3

Solución (a) sin rozamiento:

En este caso y según lo indicado, el cuerpo de desliza debido a su propio peso.

Haciendo un diagrama de cuerpo libre y considerando el sentido positivo hacia abajo

del plano inclinado resulta:

2° Principio de Newton:

Σ F = m ⋅ a ⇒ Σ Fx = m ⋅ ax

⇒ Σ Fy = m ⋅ ay

00 =v

37º

m

mg

y

37º x

N

º37mgsen

º37cosmg

41

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

En este caso la aceleración se produce solo en eje x indicado en la figura, es decir, no

hay movimiento sobre el eje y, por lo tanto:

Σ Fy = m ⋅ ax

mg sen 37° = m ⋅ a

Simplificando por la masa m se tiene:

g sen 37° = a

Reemplazando el valor de la aceleración de gravedad resulta:

9,8 m/s2 ⋅ sen 37° = a

Multiplicando:

Valor que corresponde al modulo de la aceleración con la cual el cuerpo desciende del

plano inclinado.

Como la aceleración es constante, es posible calcular la distancia que recorre al cabo

de 5 segundos, aplicando la ecuación cinemática posición dependiente del tiempo, es

decir:

200 2

1 tatvxx ⋅+⋅+=

Como el cuerpo parte del reposo y no tiene posición de referencia, tanto la posición

inicial como la velocidad inicial son iguales a cero, por lo tanto la ecuación anterior

resulta:

2

21 tax ⋅=

Reemplazando los valores para la aceleración y el tiempo resulta:

222 59,5

21 s

smx ⋅⋅=

Multiplicando y cancelando los segundos al cuadrado se tiene:

a = 5,9 m/s2

mx 75,73=

42

FÍS

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ICA

Es decir el cuerpo recorre 73,75 [m] al descender durante 5 segundos por el plano

inclinado sin rozamiento

OBS:

En este caso no fue necesario trabajar en el eje y, debido a que la aceleración pudo ser

determinada al trabajar solo en el eje x (la razón es porque no existe roce).

Solución (b): superficie con coeficiente de roce cinético 0,3

2° principio de Newton: Σ F = m ⋅ a ⇒ Σ Fx = m ⋅ ax

⇒ Σ Fy = m ⋅ ay

Eje x:

amfsenmg ⋅=−⋅ º37 pero Nf k ⋅= μ luego

amNsenmg k ⋅=⋅−⋅ μº37 (1)

Para obtener el valor de la fuerza normal N se hace necesario trabajar en el eje y:

mg

y

37º x

N

º37mgsen

º37cosmg

Nf k ⋅= μ

43

FÍS

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ICA

Eje y:

0º37cos =⋅−mgN Porque no existe movimiento en este eje.

Despejando la fuerza normal N resulta:

º37cos⋅= mgN (2)

Reemplazando (2) en (1) se tiene:

ammgsenmg k ⋅=⋅⋅−⋅ º37cosº37 μ

Dividiendo por m y factorizando por g de obtiene:

( ) aseng k =⋅−⋅ º37cosº37 μ

Reemplazando el valor de la aceleración de gravedad y el coeficiente de rozamiento

resulta:

( ) asensm

=⋅−⋅ º37cos3,0º378,9 2

Realizando la operatoria aritmética resulta el valor para la aceleración:

Entonces, la distancia x recorrida por el cuerpo, sobre el plano inclinado, con

rozamiento, al quinto segundo es:

2

21 tax ⋅=

mssmx 38,44555,3

21 22

2 =⋅⋅=

255,3

s

ma =

mx 38,44=

44

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ÁN

ICA

Problema 5

Un auto de 800 [Kg] gira en una curva de 1 [Km] de radio a la velocidad constante de

180 [km/h] ¿cual es el valor de la fuerza centrípeta?

Solución: Los datos entregados son:

Masa del auto = 800 [Kg]

Radio pista = 1 [Km] = 1000 [m ]

Velocidad lineal = 180 [Km/h] = 50 [m/s]

Aplicando segundo principio de Newton se tiene:

amF ⋅=

Pero como se trata de un movimiento circular uniforme, la aceleración, corresponde a

la aceleración centrípeta y por lo tanto resulta que:

rvmF

2

⋅=

Reemplazando los valores correspondientes se tiene:

msm

kgF1000

50800

2

22

⋅=

Realizando la operatoria aritmética y cancelando unidad de metro resulta finalmente

que la fuerza centrípeta vale:

NF 2000=

45

FÍS

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EC

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ICA

Problema 6 Una masa de 3,0 kg se somete a una aceleración dada por jia ˆ0,5ˆ0,2 +=

r m/s2.

Determine la fuerza resultante y su magnitud.

Solución Este es un problema de aplicación directa del segundo principio de Newton, ya que se

conoce la masa m y la aceleración ar

. Luego:

(N) 15,16=⇒ Fr

(N) 22536

(N) 0,150,6

:es resultante la de Lamagnitud )resultante (Fuerza (N), ˆ0,15ˆ0,6

:resulta atermino terminondomultiplica )/)(ˆ0,5ˆ0,2()(3

22

2

+=⇒

+=

+=⇒

+⋅=⇒

=

F

F

jiF

smjikgF

amF

r

r

r

r

rr

46

FÍS

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M

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ICA

Problema 7 Para el sistema de la figura calcule las tensiones en las cuerdas. Solución problema n°2 Este problema corresponde al equilibrio estático de la partícula en el plano, por lo tanto se cumple que:

0F

0F 0

y

x

=⇒

=⇒=

∑∑∑F

r

El diagrama de cuerpo lo muestra la figura.

150°

5kg

30º60º

47

FÍS

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M

EC

ÁN

ICA

Considerando el esquema anterior se tiene: Eje X:

∗°

=⇒

=°+°⇒

=∑⇒

cos60Acos150-B

0 Acos150Bcos60

0xF

Eje Y

Reemplazando el valor de A = 24,5 (N) en la ecuación (*), se obtiene B, es decir:

( )

( )

)(5,24

:resulta soperacione las ntecorrectamerealizando 15060150cos

)(49

:resulta mg de valor el oreemplaznd 15060150cos

6060cos60 porque 15060150cos

15060cos

sen60cos150-A

:resultaA por dofactorizan mgAsen150sen60cos60Acos150-

:obtiene se Ec.en Ec. doReemplazan

0mg-Asen150Bsen60

0yF

NA

sentgNA

sentgmgA

tgsenmgsentgA

mgsen

=⇒

°+°⋅°−=

°+°⋅°−=⇒

°=°°

=°+°⋅°−⇒

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ °+

°°⋅°

=°+°⋅°

∗∗∗

∗∗=+°⇒

=∑⇒

48

FÍS

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M

EC

ÁN

ICA

Problema 8 Un cuerpo de peso W está sobre una mesa giratoria a una distancia R del centro, tal como se muestra en la figura, si μ es el coeficiente de roce entre el cuerpo y la mesa. ¿Cuál es la máxima velocidad del cuerpo de tal modo que éste no resbale?

Solución La única fuerza que se opone a que el cuerpo no resbale, corresponde a la fuerza de

roce, que en este caso corresponde a la fuerza centrípeta. Luego se cumple que:

Eje x:

amFRoce ⋅= pero NFRoce ⋅= μ y Rvaa N

2

==

Por lo tanto:

RvmN

2

⋅=⋅μ

Eje y: omgN =− (No hay movimiento vertical)

mgN =

Entonces:

)(435,42

60cos)(218,2160cos

150cos)(5,24

NB

NB

NB

=⇒

°=⇒

°°−

=⇒

mg=

49

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Rvmmg

2

⋅=⋅μ

Cancelando por la masa m resulta:

Rvg

2

=⋅μ

Despejando 2v resulta:

2vRg =⋅⋅μ

Aplicando raíz cuadrada resulta la expresión de la velocidad máxima, es decir:

vRg =⋅⋅μ

50

FÍS

ICA

M

EC

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ICA

Problema 9 Para la figura adjunta, calcular el ángulo θ y la tensión de la cuerda AB si m1 = 300 lbf y m2 = 400 lbf.

Solución El sistema de la figura corresponde a un equilibrio estático de la partícula (en dos dimensiones) luego se cumple que:

0 0 0 =∧=⇒= ∑∑∑ YX FFFr

Como la polea es un dispositivo para cambiar la dirección de una fuerza, se tiene que la tensión de la cuerda T2 es igual al peso m2g. Diagrama de cuerpo libre:

θ

T=m 2g

TAB

T1=m1g

x

y

θ

B

A

m1 m2

51

FÍS

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M

EC

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ICA

Recordar que la polea que sostiene al cuerpo 2 solo sirve para cambiar la dirección de una fuerza y por lo tanto la tensión de la cuerda horizontal es el valor del peso del cuerpo 2. Eje X:

( )1 sen 0sen 22 gmTTgm ABAB =⇒=− θθ

Eje Y: ( )2 cos 0cos 11 gmTgmT ABAB =⇒=− θθ

Dividiendo (1) en (2), se tiene

°=⇒=⇒

=⇒

=

13,5334

)(300)(400

1

2

θθ

θ

θ

tg

lbflbftg

gmgmtg

Reemplazando el valor de °= 13,53θ en Ec. (2) y despejando TAB, se tiene que: TAB = 500 lbf.

52

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Problema 10 Los cuerpos de la figura tienen masas de 10 kg, 15 kg y 20 kg respectivamente. Se aplica una fuerza F de 50 N en C. Encontrar la aceleración del sistema y las tensiones en cada cable. Discutir el mismo problema cuando el sistema se mueve verticalmente en lugar de horizontalmente.

Solución ( movimiento horizontal ): El problema consiste de un sistema dinámico. Luego se cumple que:

y

x

ma

maamF

=⇒

=⇒=

∑∑∑

y

x

F

F rr

Como el cuerpo C presenta mayor número de datos, es que comenzaremos por él. El problema no hace referencia al roce, por lo tanto no será considerado. Cuerpo C:

Eje X:

(1) )(20)(50

)(20)(50

izquierda la hacia mueve se cuerpo el porque es negativo isgno el

2

2

12

akgNT

akgNT

amFT

⋅−=⇒

⋅−=−⇒

−=−⇒

m1g

N1

F T2

C20 kg

T1F

T2 15 kgBC A

20 kg 10 kg

53

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Cuerpo B:

Eje X:

( )2 )(15

: tienese de valor el doreemplazan

21

2221

221

akgTT

mamTTamTT

⋅−=

−=⇒−=−⇒

Reemplazando ecuación (1) en (2) resulta

( )3 )(35)(50

)(15)(20)(50

1

1

akgNT

akgakgNT

⋅−=⇒

⋅−⋅−=

Cuerpo A:

Eje X:

(4)

31

31

amT

amT

=⇒

−=−⇒

BT2

m2g

N2

T115kg

10kgT1

m3g

N3

A

54

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Reemplazando ecuación (3) en (4), y al mismo tiempo el valor de 3m resulta:

( ) NNT

smkgT

TsmsmkgNa

akgN

akgakgN

111,119

100

)/(9

10)(10

: obtiene se Ec.(4),en valor este doreemplazan )/(111,1)/(9

10)(45)(50

:reusltan aceleració la despejando )(45)(50

)(10)(35)(50

1

21

122

==⇒

⋅=

===

⋅=⇒

⋅=⋅−

Reemplazando a =10/9 (m/s2) en ecuación (1) se obtiene el valor de T2, es decir:

NNT

NNT

smkgNT

akgNT

778,27)(9

250

)(9

200)(50

)/(9

10)(20)(50

)(20)(50

2

2

22

2

==⇒

−=⇒

⋅−=⇒

⋅−=⇒

Resumen: Aceleración de los carros: 2/111,1 sma = Tensión cuerda 1: NT 111,111 = Tensión cuerda 2: NT 778,272 =

55

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Solución ( movimiento vertical ): En este movimiento no existen fuerzas en el eje horizontal. Cuerpo B:

m1g

T2

20 kg

C

FCuerpo C: Eje Y:

FgmamTFgmamT

amgmTFymayF

+−−=⇒−+=−⇒

=−−⇒

∑ =

112

112

112

Reemplazando los valores numéricos resulta

( )1 )(146)(20

)(50)(196)(20

2

2

NakgT

NNakgT

−⋅−=⇒

+−⋅−=

T2

15 kg

B

T1

m2g

Eje y:

(2) 2221

2221

2212

amgmTT

amgmTT

amgmTT

−−=⇒

++−=−⇒

=−−⇒

Reemplazando Ec.(1) y el valor de 2m en Ec.(2) se tiene:

(3) )(293)(35

)(15)(147)(146)(20

1

1

NakgT

akgNNakgT

−⋅−=⇒

⋅−−−⋅−=

56

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Cuerpo A:

Igualando las ecuaciones (3) y (4) se tiene:

)/(689,8

)(45)(391

)(45)(391

)(35)(10)(98)(293

:semejantes terminoslos reuniendo )(10)(98)(293)(35

2sma

akg

N

akgN

akgakgNN

akgNNakg

−=⇒

=−

⇒

⋅=−⇒

⋅+⋅=−−⇒

⋅+=−⋅−

El signo negativo significa que la aceleración del sistema es hacia abajo. Reemplazando a = -8,689 (m/s2) en la ecuación (4) se obtiene el valor de T1, es decir:

21 /689,81098 smkgNT −⋅+=

NNT 89,86981 −=

T1

10 kg

A

m3g

Eje y:

331

331

amgmTamgmT

+=⇒=−⇒

Reemplazando valores numéricos resulta:

(4) )(10)(981 akgNT ⋅+=⇒

NT 111,111 =

57

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Reemplazando a = -8,689 (m/s2) en la ecuación (1) se obtiene el valor de T2, es decir:

)(778,27

)(146)(778,173

)(146)/(689,8)(20

2

2

22

NT

NNT

NsmkgT

=⇒

−=⇒

−−⋅−=

58

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Problema 11 Los cuerpos de la figura están conectados por una cuerda como se muestra. Suponiendo que no hay fricción en las poleas, calcular la aceleración de los cuerpos y la tensión en la cuerda. Considere m1 = 8 kg, m2 = 2 kg.

Solución Se trata de un sistema dinámico donde presenta una polea fija y una móvil. En este caso, la masa m2 tiene una aceleración que es el doble de la aceleración de m1.

Diagrama de cuerpo libre para cuerpo 2

Por segunda ley de Newton se tiene que Eje Y:

(1) )(4)(6,19

)(22)/(8,9)(2

resulta numéricos valoresdoreemplazan 22

222

22

akgNT

akgsmkgT

amgmTamgmT

amF

⋅+=⇒

⋅⋅+⋅=

⋅+=⇒⋅=−⇒

=∑ rr

m2g

T

Y

a 2a

m1m2

59

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Diagrama de cuerpo libre para cuerpo 1 Igualando las ecuaciones (1) y (2) se obtiene

)(m/s 2,45

8(kg)19,6(N)8(kg)19,6(N)

)(4 )(4)(2,39)(6,19 )(4)(2,39 )(4)(6,19

2=⇒

⋅=⇒⋅−=−⇒

⋅−⋅−=−⇒⋅−=⋅+

a

aa

akgakgNNakgNakgN

Por lo tanto, el cuerpo 1 se mueve con aceleración de 2,45 m/s2 hacia abajo y el cuerpo 2 con aceleración de 4,9 m/s2hacia arriba.

La tensión en la cuerda se obtiene reemplazando en la ecuación (1) o ecuación (2) el valor de la aceleración, es decir: Reemplazando en Ec. (2)

)(4,29

)2,45(m/s)(4)(2,39 2

NT

kgNT

=⇒

•−=⇒

Eje Y:

(2)

a8(kg)-78,4(N)T

res numéricos valores doreemplazan

akgNT

amgmT

amgmTamgmT

amF

⋅−=⇒

⋅=⇒

⋅−=⇒

⋅−=⇒⋅−=−⇒

=∑

)(4)(2,39

2

2

22

11

11

11

rr

2T

m1g

Y

2aa

60

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Problema 12 Los tres bloques de la figura están conectados por medio de cuerdas sin masa que pasan por poleas sin fricción. La aceleración del sistema es de 2,35 m/s2 a la izquierda y las superficies son rugosas. Determine: (a) las tensiones en las cuerdas y (b) el coeficiente de fricción cinético entre los bloques y las superficies (suponga el mismo μ para ambos bloques)

Solución El sistema es dinámico y por lo tanto se cumple que amF

rr=∑

Cuerpo (1): Eje x, no existen fuerzas.

Eje y:

∑ ⋅= amyF

amgmTamgmT

111

111

−=⇒−=−

Reemplazando los valores numéricos se obtiene inmediatamente el valor para T1, es decir:

)(5,74

)/(35,2)(10)(98

1

21

NT

smkgNT

=⇒

⋅−=⇒

10 kg

5 kg

3,0 kg

T2T1

25°

m1g

a

Y

T1

gm1

61

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Cuerpo 2:

Eje y

gmN

gmN

22

22 0

=⇒

=−⇒

Eje x

amTgmTgmamTNT

amTfTamTfT

2122

222122

2112

2112

N pero −+−=⇒

=−+−=⇒−+−=⇒−=−+⇒

μμ

Reemplazando T1 , aceleración y los valores para m2g y m2, se obtiene:

(1) )(75,62)(49

)/(35,2)(5)(5,74)(49

2

22

NNT

smkgNNT

+−=⇒

⋅−+−=⇒

μ

μ

Cuerpo 3: Eje y:

°=⇒

=°−

25cos

025cos

33

33

gmN

gmN

Eje x:

Y

Xf1 T2

N 2

T1

m2g

25°

Y

Xf2

N 3T2

m3g

62

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

(2) )(645,26)(475,19

12,425(N))(645,26)(5,7

(N)º254,922529,4(N)cos)2,35(m/s3(kg)

:obtiene se numéricos valoresdoreemplazan 2525cos

1- /2525cos

2525cos

25cos pero 25

25

2

2

22

3332

3332

3233

333233

3232

NNT

NNT

senT

gsenmgmamT

gsenmgmamT

amTgsenmgm

gmNamTgsenmN

amTgsenmf

⋅+=⇒

+⋅+=⇒

+°⋅+⋅=⇒

°+°+=⇒

°−°−−=−⇒

−=−°+°⇒

°=−=−°+⇒

−=−°+

μ

μ

μ

μ

μ

μ

μ

Ahora igualando las ecuaciones (1) y (2) se obtiene

572,0

)(645,75)(275,43

)(645,75)(275,43

)(49)(645,26)(475,19)(75,62

)(645,26)(475,19 )(75,62)(49

=⇒

=⇒

⋅=⇒

+⋅=−⇒

⋅+=+−

μ

μ

μ

μμ

μμ

NN

NN

NNNN

NNNN

Reemplazando μ = 0,572 en ecuación (1) o (2) se obtiene el valor para T2, es decir:

)(722,34

)(49571,0)(75,62

2

2

NT

NNT

=⇒

⋅−=

63

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Problema 13 Un cuerpo de 20Kg. descansa sobre una superficie horizontal. El coeficiente de fricción estática y cinética entre el cuerpo y la superficie es 0,4 y 0,3 respectivamente. Sobre el cuerpo actúa una fuerza F tal como indica la figura Determinar la fuerza F necesaria para que el cuerpo: a) Esté a punto de iniciar el movimiento. b) Se mueva a velocidad constante. c) Se mueva con una aceleración de 2,4 m/s2. d) Alcance la velocidad de 30 m/s en un tiempo de 8 segundos. e) Alcance la velocidad de 24 m/s cuando ha recorrido una distancia de100 metros Solución: En primer lugar se debe realizar un diagrama de cuerpo libre tal como indica la figura.

28º

F

Nmg 196=

Nf ⋅= μ

N

y

x

F

3,04,0

==

K

S

μμ

28º20 kg

64

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Solución (a) fuerza necesaria pera que el cuerpo esté a punto de iniciar el movimiento: Como el cuerpo está a punto de iniciar el movimiento, significa que no tiene aceleración y en consecuencia, el segundo principio de Newton queda ∑ = 0F Eje x:

0º28cos =− fF Como el cuerpo aún no se mueve, significa que actúa el roce estático sμ , por lo tanto:

0º28cos =⋅− NF sμ (1) Eje y:

0=∑ yF

0º28 =−+ mgFsenN

Despejando la fuerza normal se obtiene:

º28FsenmgN −= (2) Reemplazando ecuación 2 en ecuación 1, se obtiene:

( ) 0º28 º28cos =−⋅− FsenmgF sμ Resolviendo el paréntesis:

0º28º28cos =⋅+⋅− FsenmgF ss μμ Factorizando por F y despejando:

( ) mgsenF ss ⋅=⋅+ μμ º28º28cos Despejando F resulta:

º28º28cos senmg

Fs

s

⋅+⋅

=μ

μ

Reemplazando valores numéricos 4,0=sμ y Nmg 196= se tiene:

º284,0º28cos1964,0

senNF⋅+

⋅=

Realizando la operatoria matemática resulta el valor de la fuerza que se pide, es decir:

NF 221,73=

65

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Solución (b) fuerza necesaria pera que el cuerpo se mueva a velocidad constante En este caso el cuerpo se mueve a velocidad constante, significa que no tiene aceleración y en consecuencia, el segundo principio de Newton queda ∑ = 0F Eje x:

0º28cos =− fF Como el cuerpo se encuentra en movimiento, significa que ahora actúa el roce cinético kμ , por lo tanto:

0º28cos =⋅− NF kμ (1)

Eje y: Exactamente igual al caso (a), porque el cuerpo no se mueve en el eje y

0=∑ yF

0º28 =−+ mgFsenN


º28FsenmgN −= (2) Reemplazando ecuación 2 en ecuación 1, se obtiene:

F

Nmg 196=

Nf ⋅= μ

N

y

x

.Ctev =r

28º

66

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

( ) 0º28 º28cos =−⋅− FsenmgF kμ

Resolviendo el paréntesis:

0º28º28cos =⋅+⋅− FsenmgF kk μμ

Factorizando por F y despejando:

( ) mgsenF kk ⋅=⋅+ μμ º28º28cos

Despejando F resulta:

º28º28cos senmg

Fk

k

⋅+⋅

=μ

μ

Reemplazando valores numéricos 3,0=kμ y Nmg 196= se tiene:

º283,0º28cos1963,0

senNF⋅+

⋅=

Resolviendo la operatoria matemática resulta el valor de la fuerza que se anda buscando, es decir:

Solución (c) fuerza necesaria pera que el cuerpo se mueva con una aceleración de 2,4 m/s2

NF 434,57=

28º

F

Nmg 196=

Nf ⋅= μ

N

y

x

sma 4,2=

67

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

En este caso el cuerpo se mueve con una aceleración de 2,4 m/s2, y en consecuencia, el segundo principio de Newton queda ∑ ⋅= amF Entonces: Eje x:

amfF ⋅=−º28cos Como el cuerpo esta en movimiento, significa que actúa el roce cinético kμ , por lo tanto:

amNF k ⋅=⋅−μº28cos (1)


0=∑ yF

0º28 =−+ mgFsenN


º28FsenmgN −= (2)

Reemplazando ecuación 2 en ecuación 1, se obtiene:

( ) amFsenmgF k ⋅=−⋅− º28 º28cos μ Resolviendo el paréntesis:

amFsenmgF kk ⋅=⋅+⋅− º28º28cos μμ


( ) mgamsenF kk ⋅+⋅=⋅+ μμ º28º28cos Despejando F resulta:

º28º28cos senmgam

Fk

k

⋅+⋅+⋅

=μμ

68

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Reemplazando valores numéricos kgm 20= , 24,2sma = , 3,0=kμ y Nmg 196= se tiene:

º283,0º28cos

1963,04,220 2

sen

Nsmkg

F⋅+

⋅+⋅=

Resolviendo la operatoria matemática en el numerador resulta:

º283,0º28cos8,106

senNF⋅+

=

Resolviendo la operatoria matemática resulta el valor de la fuerza necesaria para que el cuerpo se mueva con aceleración de 2,4 m/s2

Solución (d) fuerza necesaria pera que el cuerpo alcance la velocidad de 30 m/s en un tiempo de 8 segundos.

En este caso el cuerpo, partiendo del reposo alcanza la velocidad de 30 m/s, esto significa que también existe aceleración y en consecuencia, el segundo principio de Newton queda ∑ ⋅= amF Entonces: Eje x: igual al caso anterior

amfF ⋅=−º28cos

NF 318,104=

28º

F

Nmg 196=

Nf ⋅= μ

N

y

x

smv 30= 00 =v

69

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Como el cuerpo esta en movimiento, significa que actúa el roce cinético kμ , por lo tanto:



0=∑ yF

0º28 =−+ mgFsenN








º28º28cos senmgam

Fk

k

⋅+⋅+⋅

=μμ (∗ )

En este caso se debe calcular la aceleración y es posible hacerlo por separado. Como se conoce la velocidad inicial que es igual a cero, la velocidad final que es igual a 30 m/s y el tiempo en que se produce el cambio de velocidad, se debe utilizar la ecuación cinemática velocidad en función del tiempo, es decir:

tavv ⋅+= 0 Como 00 =v y despejando aceleración se obtiene:

70

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

atv=

Reemplazando el valor de la velocidad final y el tiempo correspondiente se tiene el valor de la aceleración:

assm

=8

30

asm

=275,3

Como ahora se conoce el valor de la aceleración, es posible reemplazar en (∗ ) y obtener el valor de la fuerza que se anda buscando para este caso:

º283,0º28cos

1963,075,320 2

sen

Nsmkg

F⋅+

⋅+⋅=


º283,0º28cos8,133

senNF⋅+

=

Resolviendo la operatoria matemática resulta el valor de la fuerza necesaria para que el cuerpo partiendo del reposo, alcance la velocidad de 30 m/s, es decir:

Solución (e) fuerza necesaria pera que el cuerpo alcance la velocidad de 24 m/s en un recorrido de100 metros.

NF 691,130=

71

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

En este caso, el cuerpo, partiendo del reposo alcanza la velocidad de 24m/s, esto significa que existe aceleración y en consecuencia, el segundo principio de Newton queda ∑ ⋅= amF Entonces: Eje x: igual al caso anterior

amfF ⋅=−º28cos Como el cuerpo esta en movimiento, significa que actúa el roce cinético kμ , por lo tanto:



0=∑ yF

0º28 =−+ mgFsenN



28º

F

Nmg 196=

Nf ⋅= μ

N

y

x

100m

smv 240 = 00 =v

72

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA






º28º28cos senmgam

Fk

k

⋅+⋅+⋅

=μμ (∗ )

En este caso se debe calcular la aceleración y es posible hacerlo por separado. Como se conoce la velocidad inicial que es igual a cero, la velocidad final que es igual a 24 m/s y la distancia recorrida 100 m, se debe utilizar la ecuación cinemática de posición independiente del tiempo, es decir:

avvxx

20

22

0−

+=

Como 00 =x , 00 =v y mdx 100== resulta:

avd2

2

=

Despejando aceleración:

dva2

2

=

Reemplazando el valor de la velocidad final y distancia correspondiente, se tiene el valor de la aceleración:

am

sm

=⋅1002

24 2

22

asm

=288,2

73

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Como ahora se conoce el valor de la aceleración, es posible reemplazar en (∗ ) y obtener el valor de la fuerza que se anda buscando para este caso:

º283,0º28cos

1963,088,220 2

sen

Nsmkg

F⋅+

⋅+⋅=


º283,0º28cos4,116

senF

⋅+=

Resolviendo la operatoria matemática resulta el valor de la fuerza necesaria para que el cuerpo partiendo del reposo, alcance la velocidad de 30 m/s, es decir:

NF 695,113=

74

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Problema 14 Para el esquema de la figura suponer poleas sin rozamiento y de masa despreciable, cuerda flexible e inextensible de masa despreciable, el coeficiente de rozamiento cinético entre el cuerpo de 9 kg y la superficie es de 0,2, determinar: a) Aceleración de cuerpo de 5 kg. b) Aceleración de cuerpo de 9 kg. c) Tensión de la cuerda. Solución: El problema corresponde a un sistema con aceleración por lo tanto corresponde aplicar el segundo principio de Newton, es decir:

∑ ⋅= amF Diagrama de cuerpo libre para cuerpo de 3 kg Se supondrá que el movimiento se realiza hacia arriba

BA aa 2=r

T

Nmg A 4,29=

y

x

F = 95 NCABLE

3 kg

7 kg

A

B

75

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

En este caso, el cuerpo de 3 kg no presenta movimiento en el eje x, por lo tanto la aceleración se produce en el eje y y en consecuencia se realiza la sumatoria de fuerza solo en el eje y .

AA ammgT ⋅=−

En este caso la aceleración del cuerpo A tiene el doble de aceleración que el cuerpo B, debido a que el cuerpo B esta incorporado a una polea móvil lo que hace que se necesite menor fuerza para moverlo pero al mismo tiempo se mueve con menor aceleración y en este caso de presentar una polea móvil reduce su aceleración a la mitad de la aceleración de B, por lo tanto la ecuación anterior queda:

BA ammgT 2⋅=− Despejando la tensión T se tiene:

AB mgamT +⋅= 2 Remplazando valores numéricos resulta:

NakgT B 4,2923 +⋅=

NakgT B 4,296 +⋅= (1) Diagrama de cuerpo libre para cuerpo de 7 kg

El cuerpo de 7 kg no se mueve en el eje y , por lo tanto la aceleración es solo del eje x , es decir:

NF 95=

Bar

N

NmgB 6,68=

y

x Nf k ⋅= μ T2

76

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

∑ ⋅= xx amFr

∑ = 0yFr

Como la fuerza de roce depende de la fuerza normal, se trabajará primero en el eje y : Eje y

0=− BmgN

Despejando la fuerza normal:

BmgN = Eje x:

Bk amTNF ⋅=⋅−⋅− 2μ Reemplazando la normal BmgN = , se tiene:

BBk amTmgF ⋅=⋅−⋅− 2μ

Reemplazando valores numéricos para la fuerza, coeficiente de fricción, masa y peso de cuerpo B resulta:

BakgTNN ⋅=⋅−⋅− 726,683,095

Multiplicando y reuniendo términos semejantes:

BakgTN ⋅=⋅− 7242,74 (2) Reemplazando ecuación (1) NakgT B 4,296 +⋅= en ecuación (2), resulta:

( ) BB akgNakgN ⋅=+⋅⋅− 74,296 242,74

Resolviendo el paréntesis:

BB akgNakgN ⋅=−⋅− 78,58 1242,74 Reuniendo los términos semejantes:

BakgN ⋅= 1962,15

77

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Despejando la aceleración de B:

Bakg

smkg

=⋅

19

62,15 2

Finalmente dividiendo se obtiene el valor de la aceleración de cuerpo de 7 kg, es decir: Como la aceleración del cuerpo A es el doble de la aceleración del cuerpo B, se tiene que la aceleración del cuerpo de 3 kg es de:

Reemplazando el valor de la aceleración del cuerpo B,

2822,0sma = en la ecuación (1), se

obtiene el valor de la tensión de la cuerda, es decir:

NsmkgT 4,29822,06 2 +⋅=

Por lo tanto la respuesta al problema es:

- Aceleración de cuerpo de 3kg = 1,644 m/s2 - Aceleración de cuerpo de 7kg = 0,822 m/s2 - Tensión en la cuerda = 34,332 N

Basm

=2822,0

2644,1smaA =

NT 332,34=

78

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Problema 15 Una pelota con una masa de 2 kg., gira en un círculo horizontal de la forma indicada en la figura. Sabiendo que el ángulo θ = 37º, ¿Cuál es el valor aproximado, en Newton, de la tensión de la cuerda? (Usar g = 9,81 m/s2)

Solución El problema trata de un sistema dinámico, pero como el movimiento circular uniforme es horizontal, no existe aceleración en el eje vertical (eje y), por lo tanto para el eje y se tiene que: Eje y:

∑ = 0F Por diagrama vectorial se tiene que:

0cos =−⋅ mgT θ

Despejando la tensión T resulta:

θcosmgT =

Reemplazando valores numéricos: kgm 2= ; 281,9smg = y º37=θ :

º37cos

81,92 2smkg

T⋅

=

Realizando la operatoria:

T

mg

x

θ

y

NT 567,24=

79

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Problema 16 Una pelota con una masa de 2 kg., gira en un círculo horizontal en la forma indicada en la figura. Sabiendo que L = 1,2 m. y que el ángulo θ = 37º, ¿Cuál es el valor, aproximadamente, en m/s, de la velocidad lineal de la pelota? (usar 9,81 m/s2)

Sistema dinámico, por lo tanto se cumple el 2º principio de Newton, es decir, se cumple que:

∑ ⋅= amF

Como el movimiento es circular uniforme, la aceleración es centrípeta o normal, que está dirigida hacia el centro de curvatura, por lo tanto existe aceleración solo en un eje. Como la circunferencia descrita es horizontal se puede elegir el eje x horizontal y por tanto la aceleración normal corresponde al eje x. (no hay aceleración para el eje y) por lo tanto:

Eje x: rvmamF n

2

⋅=⋅=∑ , observando el diagrama de fuerzas:

rvmsenT

2

⋅=⋅ θ

Despejando v resulta:

vmsenTr

=⋅⋅ θ

Por ejercicio anterior se tiene que:

80

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

NT 567,24= , por trigonometría elemental Lrsen =θ , por lo tanto θsenLr ⋅=

Es decir: msenmr 722,0º372,1 =⋅=

Reemplazando los valores mr 722,0= ; 2

567,24sm

kgT = ; kgm 2= y º37=θ se tiene:

vkg

sensmkgm

=⋅⋅

2

º37567,24722,0 2

Realizando la operatoria resulta el valor de la velocidad máxima que puede tomar la pelota, es decir:

smv 310,2=

81

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

EJERCICIOS PROPUESTOS – DINÁMICA DE LA PARTÍCULA

1.- Un cuerpo de 20 kg es sostenido mediante una cuerda flexible e inextensible, tal como indica la figura 1. La tensión de la cuerda es aproximadamente:

a) 43,697 N b) 52,944 N c) 166,470 N d) 196,000 N

Preguntas 2 y 3 corresponden a figura 2. 2.- El cuerpo de 20 kg es sostenido mediante dos cuerdas flexibles e inextensibles, tal como indica la figura 2. El valor de la tensión T1 es aproximadamente:

a) 143,697 N b) 173,533 N c) 186,470 N d) 196,000 N

T1 T2

20 kg

48º 30º

Figura 2

20 kg

Figura 1

82

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

3.- El cuerpo de 20 kg es sostenido mediante dos cuerdas flexibles e inextensibles, tal como indica la figura 2. El valor de la tensión T2 es aproximadamente:

a) 134,079 N b) 142,944 N c) 166,250N d) 196,000 N

Preguntas 4, 5, 6 y 7 corresponden a figura 3. Suponer cuerdas flexibles e inextensibles de masa despreciable. 4.- La tensión T1 vale aproximadamente:

a) 43,697 N b) 52,944 N c) 66,470N d) 82,344 N

5.- La tensión T2 vale:

a) 19,6 N b) 28,391 N c) 79,123 N d) 88,800 N

6.- La tensión T3 vale aproximadamente:

a) 58,800 N b) 77,600 N c) 86,000 N d) 91,344 N

T3

6 kg

48°

T4

T2

T1

Figura 3

83

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA


a) 43,697 N b) 52,944 N c) 66,470N d) 82,344 N

Preguntas 8, 9, 10 y 11 corresponden a figura 4. Suponer cuerdas flexibles e inextensibles de masa despreciable. 8.- La tensión T3 vale aproximadamente:

a) 132,869 N b) 146,459 N c) 189,24 N d) 237,2 N


a) 60,363 N b) 72,03 N c) 81,974 N d) 108,84 N


a) 132,869 N b) 198,366N c) 205,042 N d) 290,213 N

T3

T2

T1

4kg

35° 42°

Fig. 4

10kg W

84

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

11.- El peso del cuerpo W vale aproximadamente:

a) 51,183 N b) 76,211 N c) 106,695 N d) 127,624 N

Preguntas 12, 13, 14, y 15 corresponden a figura 5 Un cuerpo de 20 Kg. descansa sobre una superficie horizontal. El coeficiente de fricción estática y cinética entre el cuerpo y la superficie es 0,3 y 0,2 respectivamente. Sobre el cuerpo actúa una fuerza F paralela a la superficie tal como indica la figura 5 12.- La fuerza F necesaria para que el cuerpo de la figura 5 se mueva a velocidad constante es:

a) 196N b) 39,2N c) 58,8N d) 78,40N

13.- La fuerza de roce estático en figura 5, es: a) 88,2N b) 78,40N c) 39,2N d) 58,8N

14.- La fuerza F necesaria para que cuerpo se mueva con aceleración de 1,2 m/s2 en figura 5, es:

a) 24N b) 63,2N c) 55,2N d) 94,8N

FIGURA 5

F

85

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

15.- La fuerza F necesaria en figura 5 para que el cuerpo alcance la velocidad de 20 m/s en un tiempo de 8 segundos es:

a) 133,8 N b) 57,2 N c) 89,2 N d) 67,25 N

Preguntas 16, 17, 18, 19, 20 y 21 corresponden a figura 6 Un cuerpo de 12 Kg. descansa sobre una superficie horizontal. El coeficiente de fricción estática y cinética entre el cuerpo y la superficie es 0,2 y 0,15 respectivamente. Sobre el cuerpo actúa una fuerza F tal como indica la figura 6

16.- La fuerza F necesaria para sacar el cuerpo del reposo en figura 6, es aproximadamente:

a) 2,4 N b) 117,6 N c) 25,956 N d) 23,52 N

17.- La fuerza F necesaria para que el cuerpo s mueva a velocidad constante en figura 6, es:

a) 117,6 N b) 23,52 N c) 8,406 N d) 19,176 N

F

15,0

2,0

=

=

k

eμ

μ

16° 12 (kg)

Fig. 6

86

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

18.- La fuerza F necesaria para que el cuerpo se mueva con aceleración de 0,6 m/s2 en figura 6, es aproximadamente:

a) 30,401 N b) 27,002 N c) 21,563N d) 24, 840 N

19.- La fuerza F necesaria para que cuerpo, partiendo del reposo, alcance la velocidad de 20m/s en 8 segundos en figura 6, es aproximadamente:

a) 51,787 N b) 57,232 N c) 68,774 N d) 75,805 N

20.- La fuerza F necesaria para que cuerpo, partiendo del reposo, alcance la velocidad de 12 m/s en un recorrido de 50 metros en figura 6, es aproximadamente:

a) 31,287 N b) 37,960 N c) 44,236 N d) 54,32 N

21.- La fuerza F necesaria para que cuerpo, partiendo del reposo, recorra 100 metros en un tiempo de 6 segundos en figura 6, es aproximadamente:

a) 51,787 N b) 57,638 N c) 98,774 N d) 91,652 N

87

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Preguntas 22, 23, 24, 25, 26 y 27corresponden a figura 7 Un cuerpo de 10Kg. descansa sobre una superficie horizontal. El coeficiente de fricción estática y cinética entre el cuerpo y la superficie es 0,34 y 0,22 respectivamente. Sobre el cuerpo actúa una fuerza F tal como indica la figura 7 22.- La fuerza F necesaria para sacar el cuerpo del reposo en figura 7, es aproximadamente:

a) 31,920 N b) 36,524 N c) 38,832 N d) 42,138 N

23.- La fuerza F necesaria para que el cuerpo se mueva a velocidad constante en figura 7, es aproximadamente:

a) 19,682 N b) 21,075 N c) 38,832 N d) 43,403 N

24.- La fuerza F necesaria para que el cuerpo se mueva con aceleración de 1 m/s2 en figura 7, es aproximadamente:

a) 21,145 N b) 175,73 N c) 30,850 N d) 12,128 N

F

22,034,0

==

K

S

μμ

10º10 kg

Figura 7

88

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

25.- La fuerza F necesaria para que cuerpo, partiendo del reposo, alcance la velocidad de 22m/s en 8 segundos en figura 7, es aproximadamente:

a) 25,792 N b) 35,725 N c) 39,877 N d) 47,957 N

26.- La fuerza F necesaria para que cuerpo, partiendo del reposo, alcance la velocidad de 15m/s en un recorrido de 150 metros en figura 7, es aproximadamente:

a) 13,655 N b) 15,565 N c) 29,877 N d) 28,406 N

27.- La fuerza F necesaria para que cuerpo, partiendo del reposo, recorra una distancia de 240 metros en 12 segundos en figura 7, es aproximadamente:

a) 53,655 N b) 58,351 N c) 68,327 N d) 78,236 N

89

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Preguntas 28, 29 y 30. Para el esquema de la figura 8 suponer poleas sin rozamiento y de masa despreciable, cuerda flexible e inextensible de masa despreciable, el coeficiente de rozamiento cinético entre el cuerpo de 5 kg y la superficie es de 0,15. 28. La aceleración del cuerpo de 7 kg es:

a) 10,88 m/s2 b) 0,33 m/s2 c) 5,44 m/s2 d) 7,87 m/s2

29. La aceleración del cuerpo de 5 kg es:

a) 0,165 m/s2 b) 3,935 m/s2 c) 5,44 m/s2 d) 8,32 m/s2

30. La tensión de la cuerda es:

a) 70,91 N b) 81,04 N c) 85,44 N d) 98,32 N

F = 150CABLE

Figura 8

7 kg

5 kg

90

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Preguntas 31, 32 y 33. Para el esquema de la figura 8 suponer poleas sin rozamiento y de masa despreciable, cuerda flexible e inextensible de masa despreciable, superficie horizontal de apoyo sin rozamiento. 31. El valor de la aceleración del cuerpo de 3 kg es:

a) 2 m/s2 b) 2,2 m/s2 c) 2,933 m/s2 d) 3,398 m/s2

32. El valor de la aceleración del cuerpo de 4 kg es:

a) 6,797 m/s2 b) 5,866 m/s2 c) 4,4 m/s2 d) 4 m/s2

33. La tensión de la cuerda es:

a) 12,798 N b) 15,800 N c) 17,236 N d) 19,797 N

20º

F = 50 N

3 kg

4 kg Fig. 8

91

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

Respuesta a problemas propuestos

Pregunta a b c d 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 x 9 x 10 x 11 x

Pregunta a b c d12 x 13 x14 x 15 x 16 x 17 x18 x 19 x20 x 21 x22 x

Pregunta a b c d23 x 24 x 25 x26 x27 x 28 x 29 x 30 x 31 x32 x 33 x

BIBLIOGRAFÍA

92

FÍS

ICA

M

EC

ÁN

ICA

- Paúl E. Tippens - Halliday – Resnick – Krane

- Raymond A. Serway - Sears – Zemansky - Young - Freedman - Frederick Bueche

- F. Beer – R. Johnston

- F. Beer – R. Johnston

- M. Alonso – E Finn

- Alvaro Pinzon

- Física, Conceptos y Aplicaciones Mc Gaw Hill, Quinta Edición, 1996 - Física , Vol. 1 CECSA, 4ª Edición 1999

- Física, Tomo I Mc Gaw Hill, 4ª Edición 1999 - Física Universitaria, Vol. 1 Ed. Pearson, 9ª Edición 1996 - Fundamentos de Física, Tomo I - Mecánica Vectorial para Ingenieros. Estática Mc Gaw Hill, 6ª Edición. 2000 - Mecánica Vectorial para Ingenieros. Dinamica Mc Gaw Hill, 6ª Edición. 2000 - Física Addison Wesley, 1995 - Física I Conceptos fundamentales y su aplicación

Texto nº 5 Dinamica

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