dinamica basica

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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 Diciembre 2008

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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DINAMICA Y ESTATICA 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 ⋅= 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

+++== ∑

=

.........211

Por lo tanto el principio se expresa por:

amFn

ii

⋅=∑

=1

Siendo a 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 ⋅=

x

y

z

mg

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Se debe recordar que la aceleración de 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.

[ ]N784w =

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Cuerpos en contacto

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 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=∑F

⇒ 0=∑ xF

0=∑ yF

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. 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

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Ejercicios Resueltos de volumen, masa y peso

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 se necesita obtener un volumen, se deberá primero a 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:

dmdmdmV 06,0325,032,0 ⋅⋅=

331024,6 dmV −⋅= Cálculo de masa Por definición se tiene que:

ρ⋅= Vm

Reemplazando valores para el volumen y densidad:

15

333

dmkg85,7dm1024,6m ⋅⋅= −

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

21090,4m −⋅= kg 2. 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

La Pieza al igual que el caso anterior, 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

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ρmV =

Reemplazando valores correspondientes a la masa y densidad:

37,2

484,2

dmkg

kgV =

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, es decir: Se ha elegido la resta entre el paralelepípedo mayor y el paralelepípedo

menor, es decir:

menor pedoparalelepimayor pedoparalelepi VVV −=

Reemplazando valores correspondientes:

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

( )dmdmdmdmLV 16,026,020,030,0 ⋅−⋅⋅=

( )dmdmdmdmVL

16,026,020,030,0 ⋅−⋅=

392,0 dmV =

L = 50 dm

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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:

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( ) 3

22

dmkg85,7dm6,0dm1,014,3m ⋅⋅⋅=

4. El tubo del dibujo tiene la 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 ⋅⋅=

33 031,0788,30 dmcmVD ≅=

m = 0,148 kg

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Volumen cilindro menor dV

( ) hrV 2dd ⋅⋅π= ⇒ cm5cm114,3V 22

d ⋅⋅=

33 016,0708,15 dmcmVd ≅=

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

dDTotal VVV −=

33 708,15788,30 cmcmVTotal −=

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:

3cm08,15kg128,0

=ρ

308,15 cmVTotal =

3310488,8

cmkg−×=ρ

331008,15 dmVTotal−×=

20

Como m es igual a 0,128 kg y el volumen en dm3 es igual a 15,08 x 10-3 se tiene:

331008,15128,0

dmkg−×

=ρ

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:

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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3dmkg488,8=ρ

40 cm

60 cm

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Información conocida:

2

33

/8,9/7250/25,7

6,0602,020

smgmkgdmkg

mcmhmcmr

=

==

====

ρ

Reemplazando los valores antes indicados:

232

segm8,9

mkg7250m6,0)m2,0(14,3

31w ⋅⋅⋅⋅⋅=

w = 1784,776 [N]

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

VTotal = V1+ V2 + V3

Pero V1 = V2 (volumen base superior igual volumen basa inferior)

22

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

VTotal = 0,0062 m3

Como: m = V · ρ

m = 0,0062 m3 · 7850 kg/m3

m = 48,67 Kg

Como: w = m · g

w = 48,67 kg · 9,8 m/seg2

w = 476, 966 (N)

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7. Calcule el peso de la perforación 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 = 7800 kg/m3

En primer lugar se calculará el volumen de la pieza,

( ) ( )3

05,0006,0m045,0m006,0(m07,0)m015,0(V3

22 ⋅⋅π+⋅⋅π−⋅⋅π=

( ) ( )3

05,0006,0m045,0m006,0(m07,0)m015,0(V3

22 ⋅⋅π+⋅⋅π−⋅⋅π=

V = 0,0000424 m3

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

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w = 0,0000424 m3 · 7800 kg/m3 · 9,8 m/seg2

w = 3,2474 [N]

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 esa cantidad de materia sobre el suelo? Solución (a): masa cargada en kg Primero que nada se calculará el volumen de una chapa, aplicando la formula de volumen:

espesor ancho largo ⋅⋅=V

Trabajando las medidas en metros, se tiene:

0,004m 1m 2m ⋅⋅=V

3,008m0 =V

Conocido el volumen es posible calcular la masa de la 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

Es decir la masa de una chapa es de 62,4 kg, por lo tanto como son 10, el valor anterior se multiplica por 10 y se obtiene que la masa total es de:

Solución (b): fuerza con que actúa sobre el suelo

m = 624 kg

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

w = m · g

w = 624 kg · 9,8 m/seg2

Ejercicios resueltos composición y descomposición de fuerzas. 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

w = 6115,2 [N]

FResultante = 6000 [N]

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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

FResultante = 100 [N] + 80 [N] + 300 [N] - 400 [N]

FResultante = 80 [N] 3. Las fuerzas F1 = 20 N y F2 = 15 N, actúan en el punto A formando el ángulo α = 65º. ¿Cuánto vale la resultante?

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

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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:

12 FFF xx +=∑

[ ]N20º65cos15Fx +=∑

NF 152 =

NF 201 =

R

65º

x

y

[ ]N339,26Fx =∑

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Fuerza resultante sobre el eje y:

yy FF 2=∑

º65sen15Fy =∑ [N]

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

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

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

∑∑=

x

y

FF

αtan

[ ][ ]

= −

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]

595,13Fy =∑ [N]

º301,27=α

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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?

Solución:

( ) ( )2y2

x FFF ∑+∑= (1)

xx FFF 12 +=∑

[ ] º30cosN18000N24000Fx +=∑

yy FF 1=∑

º30sen18000Fy =∑ [N]

9000Fy =∑ [N]

Ahora reemplazando Los valores en la ecuación (1), se tiene:

( ) ( )22 N9000N457,39588F +=

[ ]N457,39588Fx =∑

[ ]N595,40598F =

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

∑∑=

x

y

FF

αtan

[ ]

[ ]NN

457,395889000tan =α

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?

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

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

0Fy =∑ Por lo tanto:

x

y

40º

20º NF 225=

2F

1F

º12808=α

31

F1 sen 40º + F2 sen 340º = 0

Despejando F1:

º40º3402

1 sensenFF −

=

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

[ ]NFF x 225==∑

NFF 225340cosº40cos 21 =+

Reemplazando el despeje de 1F se tiene:

[ ]NFsen

senF 225º340cosº40

º40cos·º3402

2 =+−

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]

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Ejercicios resueltos estática y dinámica de la partícula

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:

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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

T2 T3

T1 = 100 kgf

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Factorizando por T2, se obtiene:

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 decir:

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.

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:

Diagrama 1 Diagrama 2

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)

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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

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.

f = 15 kgf

37

Solución (b) Valor máximo del peso w para 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

38

En diagrama 2 se tiene: Eje x:

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

T2 = 45cos1T

Como se conoce el valor de T1, se tiene:

T2 = 45cosN196

Dividiendo resulta el valor de la tensión T2:

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 que mantenga el equilibrio, es decir:

w = 277,185 N · sen 45º

Máximo peso que puede tener w es de 196N

w = 196 N

39

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:

kg8N40a =

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

dirección de la fuerza F

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

00 =v

37º

m

a = 5 m/s2

40

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

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

Como en esta ecuación solo se desconoce la aceleración, 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:

mg

y

37º x

N

º37mgsen

º37cosmg

a = 5,9 m/s2

41

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 de la cinemática, 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:

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).

mx 75,73=

42

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:

Eje y:

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

resulta:

º37cos⋅= mgN (2)

Reemplazando (2) en (1) se tiene:

ammgsenmg k ⋅=⋅⋅−⋅ º37cosº37 µ

mg

y

37º x

N

º37mgsen

º37cosmg

Nf k ⋅= µ

43

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

5. Un auto de 800 [Kg] gira en una curva de 1 [Km] de radio a 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 la formula de fuerza centrípeta se tiene:

rvmF

2

⋅=

Reemplazando los valores:

msm

kgF1000

50800

2

22

⋅=

Realizando la operatoria aritmética y cancelando unidad de metro resulta

finalmente que la fuerza centrípeta vale:

NF 2000=

45

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

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 a

. Luego:

(N)

(N)

:será resultante la de lamagnitud (N),

:resulta atermino termino ndomultiplica

22536

0,150,6

ˆ0,15ˆ0,6

)/)(ˆ0,5ˆ0,2()(3

22

2

+=⇒

+=

+=⇒

+⋅=⇒

=

F

F

jiF

smjikgF

amF

7. Para el sistema de la figura calcule las tensiones en las cuerdas.

(N) 15,16=⇒ F

5kg

30º 60º

46

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

En este desarrollo es fundamental construir un diagrama de cuerpo libre tal como el que muestra la figura. Considerando el esquema anterior se tiene: Eje X:

∗°

=⇒

=°+°⇒

=∑⇒

cos60Acos150-B

0 Acos150Bcos60

0xF

Eje Y

150°

47

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

8. Un hombre esta en una plataforma que se encuentra sostenida por una cuerda que pasa por una polea, tal como se muestra en la figura. El hombre tiene el otro extremo de la cuerda tomado de tal modo que puede levantarse así mismo, Si el hombre y la plataforma tienen una masa de 180 kg.(a) ¿Con qué fuerza ha de tirar para levantarse así mismo a la velocidad de 2 m/s?. (b) Con qué fuerza ha de tirar para levantarse a una aceleración de g/16? Desprecie el roce.

( )

( )

)(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

=⇒

°+°⋅°−=

°+°⋅°−=⇒

°=°°

=°+°⋅°−⇒

=

°+

°°⋅°

=°+°⋅°

∗∗∗

∗∗=+°⇒

=∑⇒

)(435,42

60cos)(218,2160cos

150cos)(5,24

NB

NB

NB

=⇒

°=⇒

°°−

=⇒

48

Solución

En este problema hay un mecanismo de polea fija la cual sólo cambia la dirección de la fuerza y no provoca ganancia mecánica. Fuerza necesaria para levantarse con la velocidad de 2 m/s: Como el cuerpo se mueve a velocidad constante no produce aceleración, luego se tiene un equilibrio cinético, es decir,

∑ ∑∑ =∧=⇒= 0F 00 YXFF

Pero en eje x no existen fuerzas, por lo tanto solo se considera el eje y Eje Y:

mg

F2

x

y

49

)(882

: tantolopor )(2

1764

:que tienese mg de valor el doreemplazan 2

2:resulta despejando 02

NF

NF

mgF

mgFFmgF

=

=

=⇒

==−

Fuerza necesaria para levantarse con la aceleración de g/16: Eje Y:

)(125,937

:que finalmente resulta 2por dividiendo )(5,1874216

)/(8,9)(180172

: tienese ientescorrespond valoreslos doreemplazan 16

172

:quedafraccion y entero sumando 16112

:resulta por dofactorizan 16

2

:que setiene 16

doreemplazan 2

:resulta 2 despejando 16g pero , 2

2

NF

NF

smkgF

mgF

mgF

mgmgmgF

gamgmaF

FamamgF

=⇒

=⇒

⋅⋅=

=

+=

+=

=+=

==−

50

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

cc maF =

Pero, Fc = µN y ac = v2/R Por lo tanto:

vgR

vgR

vRvg

Rvmmg

mgNRvmN

=⇒

=

=

=⇒

==

µ

µ

µ

µ

µ

:que tienese cuadrada raiz aplicando

:resulta despejando

: tienese mpor ndosimplifica

pero ,

2

22

2

2

51

10. 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 FFF

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=m2g

TAB

T1=m1g

x

y

θ

B

A

m1 m2

52

Eje X: ( )1 sen 0sen 22 gmTTgm ABAB =⇒=− θθ

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

Dividiendo (1) en (2), se tiene

°=⇒=⇒

=⇒

=

13,5334tg

)(300)(400tg

tg1

2

θθ

θ

θ

lbflbf

gmgm

Reemplazando el valor de °= 13,53θ en Ec. (2) y despejando TAB, se tiene que: TAB = 500 lbf. 11. 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:

T1F

T2 15 kgBC A

20 kg 10 kg

53

y

x

ma

maamF

=⇒

=⇒=

∑∑∑

y

x

F

F

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

akgNTakgNT

amFT

⋅−=⇒⋅−=−⇒

−=−⇒

Cuerpo B:

Eje X:

( )2 )(15

: tienese de valor el doreemplazan

21

2221

221

akgTT

mamTTamTT

⋅−=

−=⇒−=−⇒

m1g

N1

F T2

C20 kg

BT2

m2g

N2

T115kg

54

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

=⇒

−=−⇒

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

( )NT

smkgT

TsmkgNa

akgNakgakgN

9100

)/(9

10)(10

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

10)(45)(50

:reusltan aceleració la despejando )(45)(50)(10)(35)(50

1

21

12

=⇒

⋅=

==

⋅=⇒⋅=⋅−

10kgT1

m3g

N3

A

55

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

)(9

250

)(9

200)(50

)/(9

10)(20)(50

)(20)(50

2

2

22

2

NT

NNT

smkgNT

akgNT

=⇒

−=⇒

⋅−=⇒

⋅−=⇒

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

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

−⋅−=⇒

+−⋅−=

56

Cuerpo B:

Cuerpo A:

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

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) )(391)(35

)(15)(245)(146)(20

1

1

NakgT

akgNNakgT

−⋅−=⇒

⋅−−−⋅−=

T1

10 kg

A

m3g

Eje Y:

331

331

amgmTamgmT

+=⇒=−⇒

Reemplazando valores numéricos resulta:

(4) )(10)(981 akgNT ⋅+=⇒

57

)/(867,10

)(45)(498

)(45)(489)(35)(10)(98)(391

:semejantes terminoslos reuniendo )(10)(98)(391)(35

2ma

akg

NakgN

akgakgNNakgNNakg

−=⇒

=−

⇒

⋅=−⇒⋅+⋅=−−⇒

⋅+=−⋅−

El signo negativo de la aceleración significa que el sistema se mueve hacia abajo.

Reemplazando a = -10,867 (m/s2) en la ecuación (4) se obtiene el valor de T1, es decir:

)(67,10

)(67,108)(98)/(867.10)(10)(98

1

1

21

NT

NNTsmkgNT

−=⇒

−=⇒−⋅+=

Reemplazando a = -10,867 (m/s2) en la ecuación (1) se obtiene el valor de T2, es decir:

)(34,71

)(146)(34,217)(146)/(867.10)(20

2

2

22

NT

NNTNsmkgT

=⇒

−=⇒−−⋅−=

58

12. 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

akgsmkgTamgmTamgmT

amF

⋅+=⇒

⋅⋅+⋅=

⋅+=⇒⋅=−⇒

=∑

m2g

T

Y

a 2a

m1m2

59

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 y el cuerpo 2 con aceleración de 4,9 m/s2.

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

2T

m1g

Y

2aa

60

13. 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 luego se cumple que amF

=∑

Cuerpo (1): ∑ ⋅= 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

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

N2

T1

m2g

25°

Y

Xf2

N3T2

m3g

62

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

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

12,425(N)2529,4(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

T

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

µµµ

µµ

NN

NNNNNN

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

14. 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

28º 20 kg

64

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

65

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:

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

NF 221,73=

F

Nmg 196=

Nf ⋅= µ

N

y

x

.Ctev =

28º

66

0º28 =−+ mgFsenN


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

( ) 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:

NF 434,57=

67

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


28º

F

Nmg 196=

Nf ⋅= µ

N

y

x

sma 4,2=

68



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

amFsenmgF kk ⋅=⋅+⋅− º28º28cos µµ


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

º28º28cos senmgam

Fk

k

⋅+⋅+⋅

=µµ

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

NF 318,104=

69

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 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

smv 30= 00 =v

70

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





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:

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⋅+

⋅+⋅=

71


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.

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

NF 691,130=

28º

F

Nmg 196=

Nf ⋅= µ

N

y

x

100m

smv 240 = 00 =v

72

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 24 m/s y la distancia recorrida en dicha variación, 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:

73

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

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

15. 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 por el segundo principio de Newton se tiene que:

∑ ⋅= amF Diagrama de cuerpo libre: 3 kg

BA aa 2=

T

Nmg A 4,29=

y

x

F = 95 N CABLE

3 kg

7 kg

A

B

75

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 de 7 kg

NF 95=

Ba

N

Nmg B 6,68=

y

x Nf k ⋅= µ T2

76

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

∑ ⋅= xx amF

∑ = 0yF

Como la fuerza de roce depende de la fuerza normal, se trabajará primero en el 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 +⋅= (1) en ecuación (2), resulta:

( ) BB akgNakgN ⋅=+⋅⋅− 74,296 242,74

Resolviendo el paréntesis:

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

77

BakgN ⋅= 1962,15 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

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.- Un cuerpo de 20 kg es sostenido mediante dos cuerdas flexibles e inextensibles, tal como indica la figura 2. La tensión T1 es aproximadamente:

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

20 kg

T1 T2

20 kg

48º 30º

Figura 2

Figura 1

79

3.- Un cuerpo de 20 kg es sostenido mediante dos cuerdas flexibles e inextensibles, tal como indica la figura 2. 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

80


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

81

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

82

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

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

F

15,0

2,0

=

=

k

eµ

µ

16° 12 (kg)

Fig. 6

83

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

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

F

22,034,0

==

K

S

µµ

10º 10 kg

Figura 7

84

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

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

85

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

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

F = 150

CABLE

Figura 8

7 kg

5 kg

86

30. La tensión de la cuerda es:

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

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. 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. 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

20º

F = 50 N

3 kg

4 kg Fig. 8

87

33. La tensión de la cuerda es:

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

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



88

BIBLIOGRAFÍA - 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

dinamica basica

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