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
31
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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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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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=
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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.
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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
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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
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EC
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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
Despejando la fuerza normal se obtiene:
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)
Eje y: Exactamente igual al caso (a), porque el cuerpo no se mueve en el eje y
0=∑ yF
0º28 =−+ mgFsenN
Despejando la fuerza normal se obtiene:
º28FsenmgN −= (2)
Reemplazando ecuación 2 en ecuación 1, se obtiene:
( ) amFsenmgF k ⋅=−⋅− º28 º28cos μ Resolviendo el paréntesis:
amFsenmgF kk ⋅=⋅+⋅− º28º28cos μμ
Factorizando por F y despejando:
( ) 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:
amNF k ⋅=⋅−μº28cos (1)
Eje y: Exactamente igual al caso (a), porque el cuerpo no se mueve en el eje y
0=∑ yF
0º28 =−+ mgFsenN
Despejando la fuerza normal se obtiene:
º28FsenmgN −= (2)
Reemplazando ecuación 2 en ecuación 1, se obtiene:
( ) amFsenmgF k ⋅=−⋅− º28 º28cos μ Resolviendo el paréntesis:
amFsenmgF kk ⋅=⋅+⋅− º28º28cos μμ
Factorizando por F y despejando:
( ) mgamsenF kk ⋅+⋅=⋅+ μμ º28º28cos Despejando F resulta:
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⋅+
⋅+⋅=
Resolviendo la operatoria matemática en el numerador resulta:
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:
amNF k ⋅=⋅−μº28cos (1)
Eje y: Exactamente igual al caso (a), porque el cuerpo no se mueve en el eje y
0=∑ yF
0º28 =−+ mgFsenN
Despejando la fuerza normal se obtiene:
º28FsenmgN −= (2)
28º
F
Nmg 196=
Nf ⋅= μ
N
y
x
100m
smv 240 = 00 =v
72
FÍS
ICA
M
EC
ÁN
ICA
Reemplazando ecuación 2 en ecuación 1, se obtiene:
( ) amFsenmgF k ⋅=−⋅− º28 º28cos μ Resolviendo el paréntesis:
amFsenmgF kk ⋅=⋅+⋅− º28º28cos μμ
Factorizando por F y despejando:
( ) mgamsenF kk ⋅+⋅=⋅+ μμ º28º28cos Despejando F resulta:
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⋅+
⋅+⋅=
Resolviendo la operatoria matemática en el numerador resulta:
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
7.- La tensión T4 vale aproximadamente:
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
9.- La tensión T2 vale aproximadamente:
a) 60,363 N b) 72,03 N c) 81,974 N d) 108,84 N
10.- La tensión T1 vale aproximadamente:
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
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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
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- 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