Dinámica para Ingenieros (Ejercicios Desarrollados) Ing. Jaime Espinoza Sandoval (2015)

Material del Curso de Dinámica, elaborado por el Docente Ing. Jaime Espinoza Sandoval, docente en la Universidad Privada del Norte (Lima Norte).
*Edición de Prueba.
Deja tu comentario y recomiendalo.

1. 9339399999999992999299399999293939993293999993999999

DINAMICA PARA
INGENIEROS

(Edición de prueba)

Ing. Jalme Espinoza Sandoval

2015

2. AMODO DE PROLOGO

El estudio de la Dinámica forma parte de la formación de todo profesional dentro dei
‘campo de la Ingeniería. Como tal, a través del presente trabajo, queremos contribuir
humildemente, ala formación sólida de los futuros ingenieros que el país necesita,

La presente edición lo consideramos una edición de prueba, que esperamos se consolide
prontamente en un libro base de texto, que puede ser ullizado como material de
referencia, para los estudiantes de Ingenieria de las distintas especialidades, Es por ello,
que el autor recibirá. gustosamente las criicas y sugerencias, que permitan mejorar el
presente trabajo.

El presente trabajo contiene en su edición nica, un conjunto de problemas típicos. del
‘curso de Dinämica, solucionados de la forma más didacica posible, a fin de que el
estudiante pueda comprender cabalmento ol uso de los teoremas y principios de la
Dinámica. Los problemas han sido tomados de prestigiosos textos de referencia como el
Hobeler, Menam, Beer y Jhonston, Bedford; además de los exámenes del curso
tomados en los más prestigiosos centros académicos del Peri y del mundo,

23292929999299993999399999929999399293993993929299999999999

3. CCOCE EEC CE ECE CCEE CE CE EEE CEE EE CE CCE COCOCEECEECEEEEEE

4. Hi CINEMATICA DE UNA PARTÍCULA

Movimiento Rectilineo de una partícula

El movimiento de una partcula está defrida por la siguente relación: x= 120 ~18 €
+ 21 5, donde °x se mide en metros y "© en segundos". Determinar la posición y
velocidad de la paricula cuando su aceleración es igual a ero,

Solución:
Dado x= 128-181 +21+ 5; se obtiene la velocidad y la aceleración

a

Kerı-s
a

Y Bi 36142

Encontrando el instante para el cua la aceleración es cero ( = 0)
55

Luego, la posición y velocidad para dicho instante es:

x= 1205-1808? + 2(0.5)+ 5= 3m

v=300,5% = 36(05) + 2=—7 més

721-3620 >

2, La aceleración de una particula es directamente proporcional al cuadrado del tempo
E. Cuando = 0, la paficua está en x = 24 m, Si se sabe que ent=65,x=96m y
v= 18 mis expresar Xy “Y entérminos de "Y.

Solución:

Se tiene que: a = KE, donde k= constante. Luego: a

Para (= 65>

8 m8. Luego:

Por ovo lado:

ja-ffor-t

Del enunciado para

AAA III CTE III III

5. 799999999399999999999999999939999999999999999999999

5

24+ 18(6)+

2160) > K 2 18. Por tna ls ecusons dee y Y

quedan como,

x=2aeigte LOL 210) > x=24+ 1014 +
3 (7 ios

D = 21 va
e216) mi

Una paricula que se mueve a lo largo de una linea recta está sujeta a una
aceleración a = (24° ) ms”. donde “y se mide en mis. Si se conoce que tiene
una velocidad y = 8 mis y una posición x = 10m para t= O, determinar su velocidad.
y Posición para {= 48.

Solución:

Del enunciado, para x = 10m >

at ja

Por otto lado, parat=0->x= 10m:

= ja ¿fon sone > ste 150+ 70
x? —159x + 790 > 8x’ 159+ 758=0 + x=11,94m

CCE

1.9m en a ecuación de la velocidad se tene:

TS a "ms

La aceleración de una partícula esta defnida por la siguiente relación: a
experimentalmente se ha determinado que v = 15 pieis cuando x = 0,6 ple y
Pie/s cuando x = 12 pe: determinar. a) la velocidad de la particula cuando
Pie, b) la posición de la partícula para el cual su velocidad es cero.

Solución;
‘Se sabe que para x = 0.6 pie -> v= 15 pels. Luego:

en fav af

x

6. Dado que para x = 122 pie -> v=9pie's, se tiene:

(12

187 =-2k In
6

Nonnen

a) La velocidad para x= 1,5 pie

zumal) >

CCE

589 piels

») La posición cuando v = 0

Eee) TT pie

Una partiula efectúa un movimiento osclatoio sobre una linea recta, de modo
que su velocidad varía según la siguiente ecuación: v = 16 Sen(x 1/6) (mm),
Sonde Y se mide en segundos. Si para t= Ola partcula se encuenta en x
determinar el máximo desplazamiento X de la partícula

Solución:

se acia vr Lu So) ou m

‚mm. Luego:

A IE

]

A parte de la función de la posición “x, se observa que para un desplazamiento
+Eh-co]=60.1mm

Cuando se induye — la resistendia

aerodindmica del ai, la aceleración a, de

tuna pelota que se mueve verticalmente hacia QUE

aba esta dada por. 3, = -g — kv, mientras

que cuando la pelota se mueye hacia abajo

Su aceleración es a, = ~grkv’, donde *K es ' »

una constante postva y “Y es surapidezen 7

pels. Si la pelota fue lanzada vericalmente 7 ¿gp ps

hacia ariba a 30 mis desde la superficie |
ec | |

terrestre, determinar la altura máxima Nina =

que alcanza, y su rapide al momento de

regresar a Uerra, Tomar k = 0,006 mr" y asumir que “g" es constante en todo el

movimiento

NAAA IICA

7. III III III III IIPIIIIIIIIII999999999999999999999

Considerando el movimiento de la pelota a lo argo del eje y se ten:

La abat

a uns |
sudo av fe
gue

an] at
Eccl

x

a) Cuando la pelota alcanza su punto de altura máxima: y = Ys: V = 0. Luego:

pros > Yna 366 m

1 [98000610
20.006) "38 1 (0.006)30°

b) Cuando la pelota desciende, su aceleración es:
piden la velocidad cuando y = 0, partiendo de y

En este caso, nos.

a 2 1 ä
ag > > ns Zinfost
Er ams Fono re

mu ot

Reemplazendo datos: 36,6 =

==
20.006)

Una bola metálica es lanzada desde un bote que
se encuentra en la superficie de un lago, con una
rapidez de 25 piels. Asumiendo que la bola
experimenta una aceleración hacia abajo dada
por. a= 10 - 0,9 cuando está dentro del agua,
determinar la rapidez de la pelota cuando llega al
ondo de! lago { 30 pios debajo de la superf,

Solución:
Consideremos el eje ‘X posiivo diigido hacia

abajo, con su origen en a superficie del lago. (x
0)

avt 10-001? =40.9%-10)

Nos piden la rapidez para

Te] u
Pl

8. 109.28°- 10)

41,68 = In(0,9v?= 10) > v=3,39 piels

Un motocicista inicia su movimiento
desde el reposo, con una aceleración
incl de 3 ms: Se sabe que
posteriormente al arranque, la
aceleración varia de acuerdo al
siguiente gráfico aceleracién versus
posición, Determnar la velocidad de la
motocicleta cuando x= 200m,

Solución:

aL > va x(m:
am va (m)

Ta Fade > Etat > EE (2) 100

Un tren se mueve de acuerdo al gráfico aceleración versus tempo que se muestra
‘Sie! ten comienza a moverse desde el reposo, determinar después de que tempo t
vuelve a estar nuevamente en reposo y cuál es la distancia que viaja el tren en dicho
intervalo, Construir las gráficas velocidad-tempo y posición-tempo.

A

Considerando que el tren se mueve alo largo del ele x se tiene:

DDDDDIDDDDDDIDIDIDDIDDDDDDDDDDDIDDIDIDDDIDIDDIDIDIDDDDIDIDDIS

9. III II MM)

10,

Para 0:1 308: à

Para = 30s -» v= 0,05(30)" = 45 mis

Y. las condiciones iniiales son v=45m/ para t =308,

He]

(Cuando el móvil lega nuevamente al reposo: v

Para elintervalo 3

dt > dv= a. dt

je f(s} R

yt=t Luego:

O one ace can rs sens

2 raices, por lo que se escoge aquella en donde Y> 75s, la cual es compatible con
Condicién del gráfico del enunciado.

Para dotorminar la distancia recorida porel tren aplicamos: v = dx/ dt > 6

a

En elintervalo entre
coordenadas, se tone:

y 1=308 y consiterando que el ren parte del origen de

Jax foosa > n= Paro trans > x= 450m,
Encinienao entro {= 908 yt = 199006
nen ER

7

Para t= 183,008: x= 8857 m. Luegola distancia recorrida por el ren es 8857m.

Un bote viaja en línea recta con una rapidez vs)
descrita par el gráfico mostrado. Determinarel |

instante en que el bote pasa por la posición

400m, si se sabe que ent=0, x=0.

Solución:

Para 0<x< 100, se ene que para t=

sx

20
Va „m
100 400

vedudt > dé

for [fi > 1e para 100m 1.105

Para 100m < x < 400m:

10. o
ja] Lo ion

Para x= 400m > 400

3830" > 1218938.

Movimiento Curvilineo en Coordenadas Rectangularos.

11. La trayectona que describe una partícula, es una parábola cuya ecuación es y = bx
‘Se sabe que la componente de la velocidad a lo largo del eje y es: v, = © €.
Determinar las componentes "x" e “y” de la aceleración de la particula. Considerar
que y'e son constantes

Solución:

Se sabe que y,

4 fa-cjea > y= ler
u Jen qee ya get
Reemplazando esta expresión en y se tene

le

Luego la trayectoria de la partícula queda describa por la siguiente ecuación:

10
specter >
de 3

3 [En dee
es v

TE
are de
12. Una camioneta viaja por una colina descrita por la siguiente ecuación:
Y PRE 18 "E ao sab ue a comm re mares ura as
constante de 75 pies, determinar las componentes "x e “y' de la velocidad y
een de a comen cian #5,

SOS 15]pe

Las componentes Ye y” de la velocidad se pueden relacionar ente si, derivando
la ecuación dela trayectona.

IIDIIDIDI 9393999990399 3990399909900 III

11. III II

2.

"

- 2 a ax
={-00015+ 15} pie > Lo CET x
¥=1-00016¢+ 15) pie > SE. -00080 x % + y, =-09030xv,
Para x=80 pie: v, =~0,0030(50)v, => v, =-0.15 v,

Pero come la rapidez es constante 8 gual a 75 pels, se tene
ET ECO as ATA NOR

De acuerdo al gráfico mostrado, la camioneta se mueve en el sentdo negativo del
eje "x, luego: W=-742 piels. Por consiguiente: v, = -0,15(-74,17)= 11,12 pies.

Para relacionar las componentes “x e “y" de la aceleración, tomamos la segunda
derivada dela ecuación de la trayectoria:

ox | dx dx ÿ|
cr M a, -comofsn a, 7407

a7= 16.504 0,18 a

Por oro lado, como la rapidez es constante, significa que la componente de la
aceleración en dirección tangente ala trayectoria es mula. Luego.

a, Son 2, Cos 0=0

=1- e415) Y
y 00015 + 15} + &

30 pie: 190 = $2 =-0.0000(50)

de donde: 0 = 8,53. El signo negativo implica que el ángulo es medido en
‘sentido horario, con respecto ala horizontal, Luego:

Para,

aySenü= a, Coso > 2, Sen 8,53
Por tanto en

= a, 00585 > 22016 a
16,504 0,15 3, > a,
By E1614 piels? > a =-2.42 pie

Durante un cierto intervalo de su movimiento, el pin A es forzado a moverse entre la
ranura parabólica fa (x= y), por la acción del brazo ranurado honzontal,el cual
se eleva verticalmente en la dirección “y a una razón constante de 3 pulls.
Determinar las magnitudes de la velocidad y la aceleración del pin A en el instante
fen que x= 6 pul

16.504 ~0,15(0,15 4)

12. 1

12

Solución:

Sesabe que x=y'6 y quev,= 3 pulls(constante) > ay,

Derivando dos veces la ecuación de la tayectoría, se tene:

& 1,4 1
wi,

» niv

D > a-ha, ot)

pui > y= V6x- (66) - Spul. Luego:

1 1
=," > vy = 36/0) put

Mat) =>

B 2

Soc: BF)-3pus

Luego:

TS
IS

El movimiento de una panicuia está defnido por el vector — posición | =
A(Cos 1+1Sent)i + A(Sent-1Cost)] . donde “Y está expresado en
‘segundos. Determinar el instante para el cual el vector posición yla aceleración de
la partcula son a) perpendiculares, b) paralelos

Solución:

Se tiene que: F= A(Cost+tSent)i + A(Sent-tCost)j

A-Sent+tCosti Senpi+ ACost+tSent-Costj

DDDDIDDIDDIDDDIDIDDIDIDODIDIDDDIDIDIDDIDIDDDIPIDIDDIDIODD

13. 292799 IIIIIDIDIFIIIIIIIF D999 1)

1,

5

A Cost + Aten)

-1 Sent+ Cost)i+ A LCos Le Sent)

a) Cuando el vector posición es perpendicular al vector aceleración: Fe à = 0.
Es deci
[A(Cost +ISent )i+A(Sent-ICos!) Je [A -1Sent » Cost) AtCos + + Sent)])= 0

Por consiguiente:

(Cost +t Sent yt Sent + Cost) + (Sen 1-1 Cos It Cost + Sent
(Cost — 8 Sen?) + { Sen t= Cos"

Cos? + Sen?t

(Cost t+ Sen?) -

> tete
b) Cuando el vector pain 8 parla eco aurai qu donde “q
unes

Es deck

IMCost Sen) +ASentCost) J} @(AC=t Sent Gost)t+ A tCos t+ Sant)
Luego:

(Cost+tSent)=q(-tsent=Cost) y (Sent=tCost)=4 (tCos 1+ Sent)

Cost: tSent _ Sent-tCost

PEN <Tsent Cost {Costs Sent

1Cos*1+ Cost Sent +t Sen Cost + tSer® t=
~tSen® t+ À Sent Cos 1 + Cost Sen 1-1 Cos” 1

2tCos?t+2tSentt=0 > 2(Cos*t+Sen?t)=0 > 10

El movimiento en tres. dimensiones de una partícula esté defrida por el vector

posición = (ALCost)i+(A V7 +1)j+(BtSent)k, donde 7 se expresa en pie
Y Y en segundos, Mostrar que la curva descrita por la partícula esla hip6rbala (yA)?
QUAY = (218) = 1. Para A= 3 y B = 1, delorminar: a) la magnitud de la velocidad y
la aceleración de la partícula cuando t= 0; D) el más pequeño valor de“ dierente
Acero, para el cual el vector posición y el vector velocidad son perpendiculares.

14. Solución:
Se sabe que: © =(AtCost)i+(A Vi? +1)j +(BtSent)k
Entoncos:x= AtCost: y=A Ei ; 2=BtSent

Dedonde: Cost= À ; Sen

qe

ono: Gots sortea a (2) 4

Prime: (2) (2)
aaa ans y B=
T=(3tCost)1+(3 VF +1)j+(tSent)k

al +Cosdir
VaSL=a-tSent+ Cos)

a

1 + (LGos t+ Sen tk

(2 Sent+1Cos1)i+ 1 +(¿Cost-1Sentk

ey

Luego para t= 0, se tiene:

Y =3(-08en(0) + Cos(0)) 1+

Tanz! * (I Coup)» sono

V-3 160] + 0k > | ¥/=3 pls

3-2 S0n(0) +(0) Cos(o) + + (2.Cos(0)40) Sen(0)) k

a
On

“

299999999 9999999990999 999 99999999999 III III

15. III CI MA

10,

3-01+3j+2k => lal=361 pieis?

b) Cuando el vector posición es perpendicular al vector velocidad Tv
Es decir

Mt os 1) 1 + (3 MEV) 3 + (1 Sent) KI + { 3(- À Sent + Cos D 5 +

Bj (1Cost+ Sen tk} =0

wa

Luego:

{1005 1-9 Sent Cost)» (91) +(tSen*t» Y Sent ost)
10+ 8Cos?t-B1SentCost=0 > 7+2Cos21-21Sen21=

o

Para resolver esta ecuación se puede usar el sofware "wölfam alpha’, donde la
ecuación: 7 + 2 Cos 21-21 Sen 21=0 tene la siguiente gráfica:

ON

Por consiguiente el valor de “Y más pequeño, para el cual, el vector posición y el
vector velocidad son perpendiculares es t= 3,82 5.

y presenta las siguientes soluciones: t==7.68; 1 438; 1= 49,62

Cuando un cohete alcanza una altura de
40m, comienza a viajar a lo largo de la ’
luayectoria parabólica que se muestra,

donde las coordenadas están medidas en

metros. Si la componente verical de la

velocidad del cohete es v, = 180 mis, la

‘ual se mantlene constante, determinars la

magnitud de la velocidad dei cohete y de su

Aceleración cuando alcanza una alitud de

80m respecto al suelo ze

16. a7.

16

La ecuación de la trayectoria del cohete es: (y-40)*= 160x

Derivando respecto al tempo: 2(y-40) v,= 160, 0)

Para cuando y = 80m; 2(80-40)(180)=160v, > v= 90 ms.
Luego, la rapidez del cohete en ese instante es: v= V90" +180" = 201 mvs
Como = constante -> 9,=0 > dy/dt=0

Derivando la ecuación (1)

2y-A0) a,+ 2? = 160 a,
Como 2740: 2(80-40X.0)+2(180P= 160 2, + a,= 405 mis?

Luego la magnitud dela aceleración dei conete os: a = 44052 +0

406 mvs?

Una pelota es lanzada desde la parte
más alta de un edifico, según se muestra
enla siguiente figura, Sila pelota impacta
contra el terreno en B a los 38 de haber
sido lanzada, determinar su velocidad
inicial va y el ángulo 04 de lanzamiento.
Determinar también la magnitud de la
velocidad del balón al legar al terreno,

Solución:
Consideremos un sistema de
coordenadas, cuyo origen coincide con
punto A

In COS On: Va = Va Sen On

Del movimiento horizontal se obtione:

+ (a Gos &)(3) > va Cos da = 20 0

Mae mt vet > 60

Del movimiento vertical:

denme vote Lay > 278 2 0 (Sen 0X0) +222
De donde: va Sen da = 23,3 42)
De (1) y (2% va=2071 pits y 024036

Cálculo dela velocidad del balón al legar al suelo en B:

299999999 9999999990999 2999999999909993999999999990

17. »9999999999999999999999399999999999999999999999999

18,

19,

”
Ves Var = 30,71 Cos 49,36° = 20 piel
(20.71 Send9,26%) + (-322K3)=73,3 piels

vay Var yt Ya

Por consiguiente: va 76, pies

Arena está siendo descargada en A desde
una faja transportacora, la cual debe incide
fen el punto más alto B de acumulación de la
arena. Sabiendo que la faja transportadora
forma un ángulo de 20° con la horizontal.
elerminar la velocidad va de la faja.

Solución:

Consideremos un sistema de coordenadas
con su origen en A

10005 25%; vay = vo Sen 25°
Del movimiento horizontal:
+ (me Cos 207). > ve

E “)

Del movimiento vertical

La boguila A descarga agua de
enhiamiento con una velocidad inicial ve y
un ángulo de 6° con la horizontal, conta
una rueda de molino de 350 mm de
diämetro. Determinar el rango de valores

incida sobre la rueda de molino entre los
puntos B y C.

Solución:

‘Considerando un sistema de coordenadas
cuyo origen se encuentra en el cenro dela
rueda, se tiene:

x=-0,020m ; ya= 0205 m

18. 1

vu Konsum can ir ann

(0,350) Cos 10° = 0,172m

340.350) Cos30° = 0,152 m. yo = 310,950) Sen3o*= 00875 m

Además la velocidad del charrov se puede descomponer en 2 componentes
Vau= Ya os 6° : vay=—voSen6?
Analizando el movimiento del chorro entre A y B, se tiene:

Put » 0.0304=-0,020 + (4aCos8')1 > ve

» 9507...)

yor yat vato la? + 0.172=0205 + (x Sengrite Kam...)

Reemplagzando (1) en (2): 0.172 = 0.205 0.0507 Send? -4,905 1°
De donde: 1=0,07518 > en(1):ve(0.9751)=0,0507 > ve = 0.675 mis
Analizando el movimiento del chorro entre A y ©, se tiene:

+ vet > 0162 = -0,020+ (Cost > vol

pS 173.03)

yore vato Lay > 00075-020540 Sere + Leone...)

Reemplagzando (1) en (2) 0,0875 = 0205 -0,173 Sens? ~4.905 1

De donde: t= 0,142.8 -> en(1):ve(0,142)=0,173 > vo= 1,215 mis,

Luego, el rango de velocidades para que el chorro caiga entre By C es
06875 ms 5 vo 5 1218m8

Un cañón de arteria dispara un proyectl en A. con un ángulo de 45° con la
horizontal. Se sabe que la altura

máxima que alcanza el proyect,
coincide con el ico de la montaña, de
forma que pasa casi rozando con ella
Determinar: a) la magnitud de la
velocidad "u" con que es lanzado el
proyec, b la altura H de la montaña.
respecte al nivel del mar y <) la
distancia horizontal R que avanza el
proyect hasta ingresar al agua.

Solución:

3.3.3 319999 939993999093 9:9 39993999999099.999939939933390

19. 392999999999999299999939999999999999999999999999999

Movimiento Gurvi

2.

19
“Tomemos como origen de coordenadas el punto A, de modo que

220: yazO ¡ ER: yo= 600 m; xe = 8000 m; yc = H-600
Descompaniend la velocidad de lanzamiento.

1608 45°, vay= u Sen 45?
2) Del movimiento horizontal ente Ay C:

Aut > 8000 =0+(UCos45% t + ut =11919,708 (1)
Del movimiento verical entre Ay. donde ve,
Sen 4544 (-081)1 > 12007210 (2)
Reomplazando (2)en (1): u (00721 u)= 11313708 > u=3982 mis

%

dart yt >

b) El tiempo que demora el proyectil ene Ay C, se obliene a parti de (2)
= 0,0721 (996.2) = 28,567 s

Del movimiento vertical entre Ay C:

yo

ya Vag Last > H 6002 0 + (396,2 SenaS"(28,557) + À (-9,61128.567)"

De donde: H = 4600,36 m
©) Para encontrar R analizamos el movimiento del proyect entre Ay B.
et > R=0 + (896,2 Cost @

y

pt vtr Lay? -800=0+ 2002 Senay + Loan...)

De la ecuación (4). se obtine la ecuación cuadránica:
4905 -280,161-600=0 „de donde se obliene: 1=-2,078 y1= 50,18
Luego en(3) + R=0 + (386.2 Cos45*)(59,18) = 185798 m= 16,58 km.

190 en Coordenadas Tangoncial - Normal

Un bote inicia su movimiento desde el reposo y
se mueve describiendo una rayectora crcular,
cuyo radio es p=50m. Si la rapidez del bote |
‘std dada por la siguiente ecuación: y = (0.81)
mis, donde “Y se empresa en segundos,
delerminar la magnitud de la velocidad y la
aceleración del bole, para cuando éste se haya
movido 20 m ao largo dela curva.

20. 2.

Solución:

Primero determinamos ei tiempo que lo toma al boto desarrollar un recorrido de
20m:

de

> Pas-flosyst > 20-048 > t=7.0718

a

Conociendo el tiempo, calculamos la rapidez del bolo para dicho instante:
66 mis

‘Como la velocidad del bote está cambiando en dirección y magritud, su aceleración
debe poseer las componentes tangencial y normal

(0.BX7.071)

paros

Luego, la magnitud dela aceleración del bote es 1.02 mis?

Un tren pasa por el punto A dela
caida car 0 y=200e 000

trayectora mostrada con una rapidez. de
30 ms, la cual disminuye uniformemente
a razon de 0,25 ms’. Determinar: a) la
rapidez con que pasa el tren por la
posición B . y b) la magnitud de la
Aceleración del tren al pasar 8, sabiendo
que de Aa Brecoriö una distancia de
412m.

Solución
2) Primero dterminamos la rapidez de ren al pasar por B
25m? + [wde=-025 fas

2) > w= 26048

1) Como la velocidad está cambiando en magnitud y dirección, la aceleración del
méviiene componentes tangencal y normal: ar =-025 ms? ay= ~~

El radio de curvatura de la trayectona del auto en la posición B se determina a
partir dela ecuación de la curva: y= 200 0*'%®, donde: x= 400m

299999999 999I999 9999099939 9399999999999999999939990

21. »929999999999992999999992999999933939999999999999999

25.

a

a 2
020700 -020100 -0208

„Isar!
Five]

E 006 -0.0002984
EY 020%, - 0.000207 - 0000

2
tanto. = [102907 P' 7.98 m > ay = ER 20 182 ms
E E

025)? + 0,182 = 0,309 mus?

Luego, la magnitude la aceleración del tren es:

Un carro se mueve por la pista que se muestra en la siguiente figura, Se sabe
que al pasar por el punto A tene una rapidez de 25 mis, aplicándose los frenos.
Sobre el auto parl de dicha posición, de modo que su rapidez disminuye debio a
la aceleración tangencial que experimenta, la cual está dada por la siguente
ecuación. ar = (0.0018 — 1) mis’. Determinar la magnitud de la aceleración del
auto inmediatamente antes de pasar por C.

20m

Solución:
Primero determinamos la longitud de la trayectoria recorrida. por el auto desde A
hasta C. Suponiendo que 54 = 0. se tiene:

se = 200 + 250 3) = 330,90 m

Calculando la rapidez del auto al pasar por la posición C:

22090,
(0.9018 1) > ‘few HRoons- nu

ar

ES

Ma 00
4 mas) 22 528 mis

(53090) 33090. > ve

Determinando la aceleración tangencial en C:
ar = (00018 = 1)= [(0.001X330.90) 1] =-0,87 ms?

22. CCaleulamos la aceleración normal en C:

2
(8526) - 0.201 mus?

en

Luego,

magnitud de la aceleración del auto en Ces:

a= (oer? +0297 = 0,73 mis?

¡Cuando la vagoneta de la figura pasa par el punto 8, tiene una rapidez de 25 mis,
la cual se incrementa a razón de 3 mis”. Deteminar la magnitud de la aceleración
de la vagoneta y su dirección respecto al eje x en el instante en que la vagoneta
pasa por.

Del enunciado, la componente tangencial de la aceleración de la vagoneta al pasar
por B es ar = 3 mis: Como la vagoneta describe una trayectoria curvlinea, al
pasar por B debe poseer también una aceleración normal.

Cálculo del radio de curvatura en B ( x= 30 m):

vi” „beson?
var] DE]

Luego la magnitud de la aceleración en Bes:

399999999 9999939999999 99939999 ID 0019909090

23. DI III IIIDIIFIIIIIIIIIIIIIIIDIDI9IIIDIIIIIIIADD

2.

a

a A aimes?

Para determinar la dirección de la aceleración, calculamos el ánguio que forma la
componente tangencial de la aceleración en B con la hoñzontal Para ello se tene.
‘que’ tan 0 = dyldx. cuando x= 30m (Ver bosquejo gráfico)

x 20
> 0 02309
CRUE EJ m
BEE
Dela figura: tana= NZ 6916". Luego el ángulo que forma ei

‘vector aceleración con el ele xes : a=0

9.16 -30,96° = 38,2"

El movimiento_de una paricula en el plano x - y está defnida por las siguentes
ecuaciones: x=(21+ 1°) e y=(1) midiéndose ambas coordenadas en metros,
Determinar las componentes normal y tangencial de la velocidad y la aceleración de
dicna paricua para cuando

Solución:

El vector posición de

particula está dado por:

(2U+ JR + Éj mo Luego su vector velocidad se define por

(2424 + 205 mé.

AoE 27.21 ms

{Como el vector velocidad es siempre tangente ala trayectoria, se tiene:
21 ms yw=0.

Para

28> 5=61+4] ms >

Por otrolado: à

Le ais 2j mis! an VE 2828 mist
Hagamos un anâiss gráfico de los vectores velocidad y aceleración para +25

24. ‘Como puede observarse:
a Cos (Ba) = 2,828 Cos (49°. 33,88) = 2,77 mis?
Sen (B- a) = 2.828 Sen (45° - 388°) = 0.585 mis"

a

Un tren parte del reposo. y se mueve sobre una trayectoria circular de 400 m de
radio, de tal moco que su rapidez se Incrementa de manera uniormo. Si se sabe
que la aceleración resultante del ten no debe exceder a 1,5 mí”, dotermnar: a) la
distancia más corta que debe recorrer el ren para alcanzar una rapidez de 72 km:
b)!a tasa uniforme ala cual se incrementa la rapidez del tren,

Solución:

a) Determinamos la aceleración normal del ven en el momento en que alcanza una
rapidez de 72 kmh ( 20 mis):

nut
> 0

Del enunciado: as 1,5 ús? , donde: a= Ya} ak . Como el tren debe alcanzar

la rapidez de 20m en la menor distancia, la componente tangencial de la
aceleración debe estar en su máximo valor. Luego:

O TS

‘Como el ren incrementa su rapidez a una tasa uniforme, la componente tangencial
de la aceleración es constante, Luego, para calcular la distancia recornida (
tiene,

M single Pode > Lite

ar > s=1789m

E

b) Latasa uniforme de incremento de la rapidez es la aceleración tangencial, es
eck 1.118 ms"

99939929999 9339933 99999 99999929099 299999993993 39933999

25. 29IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIDIIIIIIIDIDIIIIIIDD

2

27. Una atleta que se desplaza sobre una pista circular de 420 pies de diámetro,
incrementa su rapidez de manera unilorme de 14 a 24 pies/ en un recordo de.
95 pies sobre la pista Determinar la aceleración resultante de la aleta 2s después.
desde que comenzó a incrementar su rapidez.

A

Como la rapidez de la ateta so incrementa de manera uniforme, su aceleración
tangencial es constante. Luego considerando que en el momento en que empieza a
incrementar su rapidez s= 0, se tene:

weg Nase
WH ay fos fav > as)

> ay 2 pies!s?

Conociendo la aceleración tangencial, calculamos la rapidez de la alleta 25
después de empezar a incrementar su rapidez.

a 5 jaja > v-t4ea > vets pios
ae fen

En este momento, se one: ay= E 15 1543 m/s

e

Luego la aceleración total de la aleta en ese momento es

53 pes!

28. Un volquete descarga arena según se muestra. Las particulas de arena abandonan
el volquete en À con una rapidez de 6 piels. Determinar el radio de curvatura de la
trayectoria descrta por las partículas de arena a) en el punto A. y b) en el punto de
su trayectona que está Spies debajo de À (9 = 322 pels")

26. a) Se observa que:
au = g CosS0"= 20,698 pels?
aula > 206985
Pa Px

Pa = Tope

b) Determinando la rapidez de las
particulas de arena en 8

Vu = Va Cos 60° = ~3,857 piola
vof = vas? +200)

vo? =(-6 Senso”? + 2(-32.2X-3-0)
| voy = 14 54piels

Luegolarapidezen Bes: va = ÁC5857? CIA Gao

El énguio 0 que forma la velocidad en B con la horizontales:

5139pie/s

tang = Nel 1468
od 3857

29. Un proyecti es lanzado desde el punto A con una velocidad iniial vs. a) Mostrar
que el radio de curvatura de la trayectoria del proyecti, alcanza su valor mínimo en
su punto más alto ( punto B }. b) Denotando por 0 el ángulo formado por la
trayectoria del proyecti y la horizontal en el punto C, demostrar que el radio de
curvatura de la trayectoria del proyect en C está dada por p= fan! Cos? 8.

D223222DDDDDIDDDIDTDDIDIDDIDDIDIDDDIDIIDDDIDDIDDIDD22DDIIDS

27. 292 299IIIIDIDIFIIIDIIIIIIIIIIIDIIIIIIIIGIIZIII9OD DDD

2

De las propiedades del movimiento parabólico: vy
de donde: ve = va Cosa Cos?

Luego el radio de curvatura en © , en donde an: = gCos0 (ver gráfico), está dado
por

1 Cos a y ve Cos0 = veCosa,

ací me a

a) A part de (1) se observa que para que po sea mínimo, el Cos0 debe tener un
valor máximo, lo cual corresponde a 0=0* lo cual ocurre en el punto 8. Luego:

rocosa
y

b) Expresando el radio de curvatura en C en función del radio mínimo, se tiene

y

El vector posición de una particula que se mueve en el espacio está dado por la
siguiente expresión: # ={R 1 Cos u 1) 1 +01] + (R1Sen ot )k. Determinar el radio
de curvatura dela trayectoria de la paricula cuando

Solución:
Seteno que: 5 == RíCosot= ot Sen cli e] + R(Gen at + ot Cosotk

oR(-2 Sen at + ot Cos wi) + (2Cos wt ut Sen wt) kJ

Además la rapidez dela particula estará dada por:

v= Y(R*(Cosot—atSenat)? + 67 + R2(Senot + otCosot)? = JR PP)

Por otto lado, la aceleración tangencial de la particula se define como la derivada de
su rapidez, Luego:

28. a

32.

2

q RA
CS

Luego parat=0, se tiene: v-VR? +e? ; ar =
Sesabe que: a= Jarra, > 20R-fOFvay >

Luego:

| ä=20RK>a=20R

En la parte inferior de un iso vertical, la magnitud de la aceleraciön total del avión
es 239. Si la rapidez del avión al pasar por A es de 800 km, la cual se está
incrementando a tazón de 20 km por cada segundo, determinar el radio de
curvatura de I trayectoria del avion en À

Solución

La rapidez del avión en A es 800 kh = 222.22 mis, La componente tangencial
de a aceleración del avión es ay = 2HMIR
magnitud dela aceleración total del avión, se tiene:

caf > soen- fos?

556 m/s?. Dado que se conoce la

ay =2890 mis

Luego:

En el mecanismo que se muestra en la figura, el pin A se mueve alrededor de una
ranura circular fa, siendo controlado su movimiento por la guía B, la cual se eleva
por el perno mostrado con una rapidez constante vo = 2 mis, drigica hacia amba.
Determinar las componentes tangencial y normal de la aceleración del pin A
cuando pasa por la posición definida por 8 = 30°

DDD2DD222DDDIDDIDEIIODIDDDIDIDDIIDDPIDIDIDDIDDDIDIDDIDIDIDIDS

29. 2IIIIIIIFI IIIT II3F DIDI IIIIIIIIIDIGVIDIIIPIZ9IIIIIIDGD DOP

- El pin A se mueve a lo largo de la ranura
Gieunferencial, pero también lo hace a lo
largo de la ranura horizontal dela guía B

A analiza el movimiento respecto a la ranura,
horizontal de la guía B. el pin ene una
velocidad v, hacia ariba y una aceleración
<irigica alo largo dela ranura horizontal. Esto
se debe a que como la velocidad vo
permanece constante, la aceleración debe
‘Ser perpendicular a la velocidad, a fin de que
ésta cambie únicamente de dirección, pero
o de magnitud,

2 ms; R = 250 mme 0,25 m

Del enunciado: ¥,

Dela figuras vCos 30°= ve > v=v/Cos30"= 2/Co530*

Además, so observa que:

> tanos- Er

tano _—=
an 213 mis?

Recuerde que el signo postive de a aceleración tangencial Io impone la velocidad,

En el diseño de un mecanismo de control, la guía que poses una ranura vertical
debe moverse con una velocidad constante + = 40 cm/s durante el intervalo de
movimiento de x = -2 cm a x = +2 cm Para el instante cuando x = 1,50m,
determinar las componentes normal y tangencial de la aceleración del pin P, el cual
está confinado a moverse dentro de Ia ranura parabólica que se muestra. A parr de
estos resultados, determinar ol radio de curvalura de la tayectoria descrita por el
pin en esta posición

30. Solución:

Determinando la ecuación de la parábola. y ~ 2,
que ke=0.4 >

À. Para x = 25 y =0, porto
225-046, donde "Y e“y se miden en em

Del enunciado: x= 40 cms > ¥=0 + 2,=0

Derwvando dos veces la ecuación de la parábola con respecto al tempo, se tene:
7=-08x% > Y=-08(E+ 4) - Para x= 18cm; À = 400Ms y i=0 ‚se
tiene:

3 = 40,841,840) = ~a8cnvs : ÿ
De donde: $ = 381 48) emis; = 0 1 ~1280) ems? . por lo que:
vos san) -éi2ems y a= 1280 emis?

~0,815(0)+(40)"] = -1280 ems?

(0108) + KA)
ee

= 1003,8 puls?

ha > ams

En una prueba de manejo, un auto es conducido a través de la curva que se
muestra. Se asume que la trayectoria que describe el auto es una sinus ice y que la
máxima aceleración laterales 0.79. Si la mayor rapdez con que el auto deberá ser
¡conducido es de 80 kmh, determinar el espaciamiento L que deberá exists entre
los conos de señalización

ah eh ed od 29S DSS 9D 3139 93I]9DIHI9 AAA

31. DIDI III III II III III IIIIIIII III III III 399

a

SE Sinusoidal

>

La aceleración normal del auto se corresponde con la aceleración lateral, Dado que:
au = Vip, la mayor aceleración corresponde a las posiciones donde el radio do
curvatura es mínimo EI radio de curvatura minimo corresponde a los puntos de

Mayr amp dela snusoie, esto es pra x= 1 aa
Luego, a pair de grea: À 23m w Senws
‘Se sabe que el radio de curvatura está dado por: „ = Lloyd
févr]
donde: U ancasın Law sera Luego eeplaanco par cuando x

=1/4, y À = 3m, se iene: Prin =

Dado que

tiene:

226 Lp am

32. 35. Enuncieno punto del espacio en
que un cohete está reentrando a la
atmóslera terrestre, su aceleración
lol puede ser representada
mediante dos componentes, Una
componente es la aceleración dela
gravedad 9 = 966 ms’ que
corresponde a dicha _altitud;
mientras que la segunda
componente es igual a 12,90 mis‘
debido a la resistencia de la
atméstera y de senido contraño a
la velocidad del cohete, Se sabe
que el cohete está a una altura de

38.2 km sobre la superfiie terrestre y su velocidad orbital se reduce de 28300 kmm
a 15450 km en la dirección 0=1,50*. Para este timo instante, determinar el radio
‘de curvatura de la trayecto del cohete, así como la tasa de cambio de su rapidez.

Solución:

N
Dela gua: ar = ét 986 Sen 150° 1200-1205 mi?
¡Cos 1,50° = 9,66 Cos 1,50° = 9,657 mis?

v 5
(5450/30 gay

a a 67

Movimiento Curvilineo en Coordenadas Radial - Transversal

30. La tayectora que describe la particula P es un Imacon. Si el movimiento de dicha
particula se define por las siguientes relaciones: r =b (2 + Cos xt) y 0 = mt. donde
‘en radianes, Determinar la velocidad

DUDIDDIDDIHPDDDPIIPDIDDDIIDDIIIIDIIDIIIIII III III».

33. 922 9D7IIII IDI II III II III IIDIIIDIZDIIIIIDIIIIIIIIDD

2

Solución:

Se tiene que

po 2, 7. atom, tt, xCosst2-Cosnt) -SonatizaSennt))
Econo ‘(Cost e-cosa)

Además: den 6-0

à) Pare t

ream; to, 7 dor rads; Deo

usw Bd Montage a Tena

rf k fre

bol, > 32 45%,

b) Para t= 0/56, se tiene:

ben radis:

luego: Veran + va

e, 200 mis

34. a.

a

Para estudiar la performance de un caro, una cámara de alta velocidad se
posiciona en el punto A. La cámara está

montada sobre un mecanismo que le
permito grabar el movimiento del carro,
cuando “éste se desplaza por la
autopista de Ba. Determinar la
rapidez y la magnitud dela aceleración

del carro entérminos de b,0 y 6

2) Análisis. de la velocidad del carro: De la
figura:

b=rGosb > r=b Sec

Además: vj= (= -vSen0
Derivando y reemplazando:

Luego: » Sect igi À =-vSene

El signo negativo implica que a medida que el carro se

velocidad va decreciendo. Pero como nos

mueve de B aC, la componente v, del

5

pion aperdel ue, és. 2

Costo
b) Andlisis de la aceleración

Como en este caso, el carro se mueve en linea recta, se debe considerar que la
aceleración es un vector paralelo ala velocidad Por consiguiente

al

visecte}--ofasecasocruni seco]

ds
atl Coste

a Gost | ax (Ji)

Luegola magnlud de a aceeracion del au es: —

D22DD202DDI22DDDDIIDODIDIDIODIDIDIDIDIDIDIDIIIDIDIODIO

35. TEE TEE A

ES

38, Después de despegar un helicóptero levanta un vuelo en linea recta, de modo que
el ángulo f se mantiene constante, según se muestra en la fgura El helicóptero es.
seguido mediante un radar instlaco en el punto A. Determinar la rapidez del

helicóptero en términos de 4.1.0 y D

Dela figura: v= v Cos a
= Como a=
WE y Cos(B=0).....1)

Además: v= à
x Por otro lado, se observa que:
B 4
Bento)” Sai
De donde
Lens osecgi-0) > à sedh-oKanp-0)|-
ro, -asenp.cosecs-0) case cose -okatp-0 5)
a. ad
¿asen Costo]
\sen?-0))

Reemplazando en (1)

Cosfp-0) |

v._gSenB___dötanpsecp
en (5-0)

dSenpl x +
Sen*(p-0) (anpcom-Senn)

36. %

39. Una particula P se mueve a lo largo dela espiral r = (1010), donde “F se mide en
‘metros y “0 en segundos, Si dicha pañicula mantiene una rapidez constante de y
20 mis. determinar las Componentes radial y transversal dela velocidad cuando

= 1108.

Pororrolado: vp=f vo=rà

AC

rad, so obtione: B= L814 1ad/s > F==1414 mis

Si en(1) se reemplaza

Además, para

rad > 1= 10m Luego:

Y = 14,14 ms y vo=(10mX1,1átradís)=19,14 mis

40. Un conductor conduce su automóvil sobre
una pista, al mismo tiempo que es seguido.
por una cámara de contol, tal como se indica
La distancia del automóvl respecto a la
cámara está dado por 100 Cos 20),
donde “Y se mide en metros y 0 en radianes.
Si se sabe que el conductor mantiene una
rapidez constante de 40 ms, determinar la
Velocdad angular con que gra la cámara
cuando 6=15°

3393393939 33399393 90999009929033.9903999999-39 39399993030

37. D22DDDIDIDIDDIIDIDIDIIIDIIDDIDIIDIDDIIIDDIDIDIIIDIDIDDIDIDD

a

El

12 (100 Gos 20) > F=-200 Son(20) 6

Para 0= 18: r= 8860m y 1--100 6

De acuerdo al gráfico mostrado: v = ~40 Send : va = 40 Cos $. Observe que la
velocidad del automóvil debe ser tangente a latrayectoia, tal como se indica

ie Yansversal
m

oe radial

w=-40 Seno = f= —1006 0)

w= 40 Cos = £6 = 86,60 à 2
Dividiendo (1)entre (2) —1g4=-1008660 > à

9.107

Luegoen (2): 40 Cos(49,107%) = 86.60 > à = 0,302 radis

El bloque se muestra en la figura se mueve alejándose del centro de la plataforma
de tal modo que: Y =(41), donde “Y se mide en segundos y + en me. Sila
plataforma gira a una razón constante de G radis (0 = 6 radís), determinar las

‘magnitudes dela velocidad y acoloración del bloque para t= 15, si pari del reposo.
desde el centro dela plataforma.

38. 2.

Solución:

1-40 > 74

Para t=18: À

4 mis?

Además: 5 = 6 radis > 0 =0

a ct à
> Eon for-fat > r-22. Parois ts: = 2m
to Gia far]

émis.

ventana verbe Genis» ve

ó

4-26) = mis?

0 =1 8 à 260 = 0) 26446) = 48/5?

a= 687 +48? = 8323/8?

Si ol brazo ranurado AB gira en
sentido anthorario con un
velocidad angular constante tal que
Ü = 2 rad, determinar las
magnitudes de la velocidad y la
aceleración del pemo P, enel
instante en que 0 = 30% El perno P
está obligado a moverse entre las.
ranuras del brazo vertical fio CD y
¿el brazo rotatorio AB,

999999999 III III IO

39. 22299 9IIDIDIDIIIIIZDIIIIII2IIIIDDDIDIIIIIDIIIIIIID

4.

Solución:

Dal enunciado:

Delafigura: rCos0:

Luego: f= 4 Sec 0 160 à > Y =4[SeoDIg0 0 +Sec 0 Sec? 0 à + Se 190190 À]
Para 0= 30° 1=482m; 7 2539 mis : Y =30,79me?
Por tanto:

We=T=833mis vg =18=(4.62K2)- 924m > v- (533719242 -1067ms

DAS
fo} -s070- 8207 -12:32m

6+ 216 = 462(0)+ 2(5:33X2)- 21.23?

a- 1282 12123° -246me2

Movimiento Relativo y Dependiente

Si el extremo del cable A es jalado hacia abajo con una rapidez de 2 ms,
determinar con qué rapidez se levanta el bloque B.

Solución:

40. 0

n el sistema se tiene dos cuerdas, cada una de
cuales mantiene su longitud constante:

Liem +2 d
La (ue re) + (xo +0) = Zo =x0 + 6
mis

Del enunciago: va
Derivando Li La se tiene:
va + Ze
Bim ve=0 + 2ve--1)=0 > v
Por ultimo: xo = xp + D > ve ve=~0.5mis

> 24220 > ve

El signo negativo de la velocidad de 8 implica
que B subirá à razón de 0.5 mis.

44. Si el elevador E mostrado se mueve hacia
‘abajo con una velocidad constante de 5 ms,
determinar: a) la velocidad del cable C, yb) la
velocidad del contrapeso W.

LityerQyetd > Detivando: vo#2ve=0....(1)

Les ye+ yw > Derivando: ve We 0.2)

Dol enunciado; ve = 5 mis, Reemplazando en (2): vw
Reemplazando en (1): ve + 25) = 0 > ve == 10m.

Luego, el contrapeso se mueve a 10 mvs yla cuerda 10 mis, ambas dirigidas hacia
arriba

DDDIDDIDIDDPIDDIPDDIDIPDDIDIPDPDIPIDIDIIIIPIIIIIDIDIy

41. »999999999299999999999992399999939999999993999999999

a

45, En el sistema de poleas que se muestra en la figura, los extemos Ay B se
mueven con una rapidez. de 2 mis en a dirección indicada. Determinar la rapidez.
el cling,

Lixo + ye + eyo)
Laser 2w-no
Derivando:

vor 2e ve
Del enunciado: vo

és, luego:
224 a (1)
Lex + 2e

Derivande:

= vat 20

Del enunciado, va =2ms > 0=2+ 20 > vo
Ent): +

¡Como entre la polea P y al dlndro no existe movimiento relativo, se puede decir que
la velocdad del clinero es igual a de P.

anse = =1,5 ms ( sube a razón de 15 mvs)

46. Los carros Ay B están viajando a lo largo de la pista circular mostrada. Si en el
instante mostrado, A tiene una rapidez de 90 pies, la cual se incrementa a razón
de 15 piesis; mientras que B tene una rapidoz de 105 piess la cual disminuye a
tazón de 25 pleis” determinar la velocidad y aceleración relata del carro À
respecto al carro B en dicho instante (en médulo y dirección)

42. 2

Solución:
Ya = -901 pieis
Va =-105 Cos60* 1 + 105Sen60" j

Yo=-52,5 1+ 90,93] pels
Luego:

Vas =(-901)-(-5251+ 90,93) )

751 90,93} pieis

vas (TSF ODI = 98.4 ps

La dirección de Van está dada por: 0 = tg”! (90.9337 5)

76 (2)
15 pels? y ae = -25 pies" (de sentido contrario a la
Ye OOF mis? y ag

velocidad), Además: ay, mE =

Del enunciado: ar

LOS aa mis?
250

Luego:

de =-151-27] pieis?

ae = [25 Cos60"

25 Sen60" j] + [-44,1 Sen 60" 1 44,1 Cos 60°}
de = 25,69 149.70; pies?

999999999 929939 92999999299 3999999999993992999939999

43. »939999999999999999999999999999939999999993999999999

a.

se

Sas -(151-27j ]-(-25691-4970] | = 10,691 + 16,7) pie
age = TENTE = 19.8 piels?

La dirección de as está dada por: 0 = 19 (16,7/10.69) =57,4* ( 7 )

En el instante mostrado, el ccista A está viajando a 7 mis alrededor de una curva
de 60m de radio, y su rapidez se está incrementando a razón de 0,5 mis. El cicista
Besta viajando a 8,5 mvs sobre el tramo recto de la carretera, mientras su rapidez se
incrementa a razón de 0,7 m/s? Determinar la velocidad y aceleración relativa de A
on respecto a B, en dicho instante

m= 85ms

Solución:
Como A se mueve sobre una trayectoria curva y su rapidez. aumenta, debe tener

Aceleración normal y tangencial; mientras que 8 al moverse sobre el tramo recto
‘de la caretera, solo tene aceleración tangencial

ms

05 ms?

ae
a 30

Sms à ar = 0,7 mis?

7 Cos 50° 1-7 Sensor;

sims

Luego: Van =Va-Va

Vas =(4501-530] )-(8,51 )=-41 5:36] mis

44. van = AP 10-5207

La dirección de vas está dada por: 0 = 1g (-5,36/-4)

69 mis

236 € 2)

x = (-0,98 Cosa0* i 0,98 Sendo” j) + (0.5 Cos 50° 1 -0,5 Sen50°j)

dn=-043i-101j ms; de = 0:

Ans = ar-as

131=1,01] mis?

1-0431-1015 1-75]

ana = VISION? = 1,52 mis?

La dirección de axe está dada por: 0 = tg (=1,0161.13) = 41,9" (4)

232 I3B3 3333 III III DITDDIRIIDTIDIDPIIDIIIIIIDIEI>

45. DIV III IIIIIII III II IIIIDIIIIIIIIIIIIIDII III 39939

45

a CINÉTICA DE UNA PARTÍCULA: 2DA LEY

DE NEWTON

Leyes de Newton en coordenadas rectangulares

1

Un vagón cargado de minerales tene una masa total de 400 kg y está siendo
jalado hacia ariba de una pendiente mediante un cable y el motor M. Si durante un
intervalo de tempo pequeño, la fuerza en el cable está dada por. F = 32001, donde
E” se mide en Newons y "U en segundos, determinar la distancia que Sube el
vagón sobre la pendiente cuando t= 25, si parto del reposo.

DCL delvagón:

N

cto,

Pas

Ja fle? aor) > v= 26078-40111

145m

Jox=flesore? aa > x

46. 2

46

En el sistema mostrado en la figura, el bloque B tiene 5 kg de masa. Despreciando
el peso de las poleas y de las cuerdas, asi como todo tipo de fricción, determinar la
‘masa que debe tener el bloque A, para que cuando el bloque 8 se suelte del reposo,
logre subir una distancia de 0,75 m en un tempo t= 2.

Solución:

Del enunciaco, el bloque B sube 0.76m en 28. Suponiendo que B parte de la
posición inicial xa, al subi 075m. estará enla posición: Xu - 0,75 m. Como eb
"movimiento es con aceleración constante, se puede aplicar

a= Keo + Volt aol? > xo 0,75 = ke + 0+ Y ae (2) > an =-0,375 mis?

“Trabajando con la longitud de la cuerda:

1331939339999) 0000000

47. 9922999997777 IIIDIIIIIIIIIIIIIDIDIIIIIIIIIIIDIDIIDD

a
L=yo* 2(yo~ye) + %8=3yp-2ye+ a= constante

Donde ye = constante -» Derivando, se obtiene: 3 an + ax = 0

Luego: Ban +(-0,975) =0 > 29=0,125 ms”

nstanle > aq = 29 = 0,125 mis?

Como ya-yo
Aplicando las leyes de Newton:
ParaB 2F,= mac =T + ma g sen 60 = man

7 SNS.) sen60° = 520.375) >

mAg-3T= man

998) ~ (44,31) = ma (0,125) > ma

Los dos bloques que se muestran se
‘encuentran inicialmente en reposo. Si se
desprecian la masa de las poleas y se
‘sabe que los coeficientes de rozamiento,
ente el bloque A y la supericie
horizontal son 0,25 y 0,20, determinar
a) la aceleración de cada bloque y b) la
tensión en el cable

Solución:

Cuando el sistema está en
úqulibrio, se cumple:

N ParaB °3F,=0

a

+ gr 25(9.8)-3T =0

= T=6167N
3049.8)

N= 30(9,8)=0->

48. Para A: 3F=0: 18187504 f=81,67N

Para determinar si el sistema se mueve o no al ser liberado, calculamos la fuerza
estálica máxima

ta max = 1uN = (0,25)204)=73,5N.
Como 1. > f, max, al ser liberado el sistema al ser soltado sale de su estado de

reposo y acelera. Una vez que el sistema saldrá de su estado de reposo, pasando a
jugara fuerza de ficción cinética

Para cuando el sistema está en movimiento: f= f =, N = (0,204204)=58,8 N
=30 > 588-T=30a ©
ParaB: 3F,=ma/: 25(98)—3T=25 aq > 245-3T=25a8...(2)
De la longiu de la cuerda

Para À 3,

a: he

at (red) + 2e = a + 3200

Derivando dos veces se tiene: aa + 324 = 0 @
De(1).(2)y (8) se obtiene:
ax = -0.698 mvs? ag = 0.282 mi? y T=7973N

El signo negative de la aceleración de A. indica que dicho bloque acelera a la
derecha, y no alla izquierda como se habia supuesto,

El bloque A tiene una masa de 40
kg y B de 8 kg. El coeficiente de
ficción cinétco para todas las
superficies en contacto es 0.15, Si se
‘sabe que P es una fuerza horizontal
98 40 N, determinar: a) la aceleración
del bloque B y b) la tensión en la
cuerda

Solución:

Dela long dela cuerda
Lara + (ad) + d+ (xa) = constante
L=x + + d-d'= constante

Donde d y d'éon distancias constantes en el
tempo.

Derivando: an + 2970... (1)

III III III)

49. 29299999777 ITIIIFIIIIIZIIIIIIIIIIIII®IIIIIIIIDIDIID

“

EN > hs . Z

SC sy
Se
o DS ainia

Para B: SF,

Nas 868830082620 > Nan=71.05N
fan = 0,18(71,05)
a: (9.8)20n25°=T + 10.662820 (2)
Para A: XF,=0: Na -71,05--4008.8)00825° + 40sen25"=0 -> Naz 409,42N
fen = 0,15(409,42) = 61,41 N
ag A0(9,8)sen28"+ 40 cos26*-10,66-T — 61,41 = 40 … (3)

‘Simpliicando, se tiene el siguiente sistema de ecuaciones:

ant 2620
Bag+ T= 43,79

40 94+ T= 12085

Resolviendo se obtiene,

79 mésl; 99 = 1,70 is? ; T=58,14N

Si el sistema mostrado inicia su movimiento desde el reposo en t= 0, encontrarla
velocidad para t= 1,26 a) del colarin A y D) del colarin B, Daspreciar la masa de
las poleas y el electo dela ficción

1oke

kg

50. DGA) peu)

10) x Mis.

Delalongiud de la cuerda:

La 2x + xn + (a dx) = xa + 2xo=d= constante, donde
eltiempe. Dervando:

ant 2a =0.....(1)

Para A: 3H ma: T-2T = 109% > 1008 + T

ho cambia en

o @
1520 > 1529927 =25 @
Resolviendo (1), (2) y (3) . se abtiene:

2A=-091 mis"; 29=0,45 mis? ; T =9.09N

Para encontrar la velocidad de cada colarin, aplicamos: v= Vota.
Para A: va=0+(-0.91X12
+(04SK12)=054mS (0.54m ala

Para Bi 2F=ma 25-27

.09 ms (1,09 mis ala derecha)

ParaB: w
izquierda)

Determine la tensión desaralada en las cuerdas y la
aceleración de cada bloque en el sistema mostrado, Desprecar

la masa delas poleas (m,=7 kg : mo 2 ka). ©
Solución:
Mediante la cinemática, relacionamos tas longitudes de la dos E

cuerdas que exisien en el problema.

SDRDDDDDEDBIIPTDDIDDDDIIIDIDPDIDIDNIPDIIIIDIIDIIIDIDI

51. 223DDDIIDIIDDIIDIDIDIIDIDDIDIIDDDIDIDIDIDIDIDDIIDIDDI

51

LT Y

eee 1960
Lys yo 0) LESE EUR (2)
De(t) a4#a6=0 ; De (2) 25-22;

Combinando estas ecuaciones se tiene: 224 + as =0 @

Aplicando la 2da Ley de Newton con el sentido posiivo diigido vericalmente hacia
abajo: £F = ma, setiene:

Para: 688-Tr=7a, > Tan +T)=686 (4)

Para la polea P (Maa = 0): 2T2=Ts = (OKar) > Ty = 273.09)
Para B: 19.6 T;= 2 an. Reemplazando (5) en esta úlima ecuaciones se obtiene:
196-0520 > 200*05T,=196....6)

De (3).(4)y (6), se obtiene: ax =

Reemplazando el valor de T; en (5) se tiene que: Ta = 27.44 N. Luego las
tensiones en las cuerdas son 54.88N y 27,44 N,

196 ms"; ay =-3,92 ms", Ts = 5488N

Un resorte AB de constante X
se une a un soporte A y a un
collarin de masa 'm. La
longitud no deformada del
resorte es “L” Sielcolarin se
suelta del reposo desde la
posición x = x, determinar la
velocidad del collarin cuando
pasa por el punto C.
Despreciar todo tipo de
trición

52. se

Consideremos un instante en que el colarin se
encuentre en la posición “x. En ese momento,

la longitud del resorte es: Li L, «ix

Luego, la deformación à de resore es:

a

Por tanto, la fuerza on ol resort es: Fa=k5 = k(JE TL)

Por dinámica: SF, = may

OS gts}

ale
e

abe a ERS > mE Fle) D Ps

en] me Kos joke aE

ha PTE =H
mé) à ve

Demi a sarc con que
ver Dent À EE co
pi o e
TS ccc
de rozamiento cinético entre los |
DAS cna cette |
ee o en

=5kg;me=10kg y Ma = 10k9y À
que el sistema se libera desde el |
reposo.

Solución: |

he ed 33338 3:3199399309 99399992 39'3339793099999999

53. »9399999999993999999999999999929999999999999999999

5

Dela longitud dela cuerda:
te

an à + 2 yo =constante
Derivanco:

acm an +2

0)
Se puede observar que al liberar

< nsc D equ, Con
® eenmarc
Bad: 30
SONO 408

; Y e La=02049/=98N
fay

ello se define el senido de la

T Von m 1098)

En » SN > Le=02088)= 19,6
1F= ma: -T+ho= ma
> ac? T=195..... (3)

98 a

-1+196= 10,
Sumando (2) 43} 694 + 10 ac
Paras

XF,= ma: 10(98)-2
De (3): T= 196-100:
Reemplazando en(5) 10 ap + 2(19,6-10 ac)

O2 > an +2

©]

98 > 1024-2020= 588...16)
Resolviendo las ecuaciones (1) (4) y (6) se obiene:
aq= 4,76 mis?; 82308 m7; ac= 1,40 mis?

Reemplazando en (5) 10(3.08) + 2T =98 > T=336N

el sistema del reposo, À avanza a

54. 5

Los bloques Ay B de la fura tienen pesan 20 Ib cada uno, C 141b y D 161b. Sise
pica sobre el bloque B una fuerza vertical hacia abajo cuya magnitud es de 10b N
y el sstema inicia su movimiento desde el reposo, determinar para t = 3s: a) la
velocidad de D respecto a A; y b la vetocdad de C respecto a D. Despreciar la
masas de las poleas y el efecto del ficción

Solución:

ya +2 ya + yer constante > 2a,+2ay + ac =0 o

Le (ny) + (Yo Yo) =2Yo= Ya == constante > 2 084 as

2)

999929299 DITD 77D II7II7I7IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIDIIIII’D

55. 3999999999999999999999999999999999999999999999999

Del enunciado:

0.62 1b.5 pie; me =14/32,2 = 0,43 Ib pie; mo = 161322 =0,50

Tor w-2T,=muan > Ta + 20-2T, = 0.62 ax

062 344 21,-1,=20 @

Para 8: wer Tet F=2 T2 ma 204 Ta+ 10-2712 06280
0,62 a5 + 271-125 30 16)

ParaC: 2F,=ma: wo=Ti=mcac > 14-T1= 04320
043a0+T,=14 45)

Para D: 3F,=ma wo-2 Tes mo. 89 > 16 - 212 = 0,50 a0
050 a9 + 272216 6)

Restando (4) ~(3): 0,62 a= 0,62 a4 = 10 > ag = ax + 1818 u...)

En(1): 2a +2 (04 + 16,19) +ac=0 > &e=-4au- 322
De(S): Ty = 14-0432 > Ti = 14-0,43(-4 ag — 32,2) + Ti + 27.861,72 a4
Reemplazando en (3);

0,62 ax + 2(27,85+1,72 a4)~To= 20->To=
De (2): 2an=aq+ an > a0=05(an+ as)
En (6): 0.5{0.5(an + a5] + 2(4,06 au + 36,7) = 16 > 8,37 aa + 0.25 an = 65,4. (8)
Resolviendo (7) y (8). se obtiene:

345 -0,89 pie; a9 9,24 pels?

Reemplazando en las ecuaciones. anteriores: a= 4,64 pie”: a

06 a4 + 357

18 pels?

Para encontrar las velocidades, apicamos: v = ve+ at
+ (1.183) = 3,54 pies

Para A: vA=0+(-6.89N3)=-2057 pieis

ParaC: ve =0 + (-4,64)(3) = -13,92 piel)

Luego:

Yan = Vo va = (9,54) ~(-20,67) = 2421 pila
(13,92) (9.54) = 17,48 pis

ParaD: vo.

56. 10,

5

El bloque B de 15 kg está apoyado sobre el bloque A de 25 ka y unido a una cuerda
sobre fa cual so aplica una fuerza horizontal de 225 N, tal como se muestra, Sin
omar en cuenta la fncción, determinar. a) la aceleración del bloque A y D) la
aceleración del bloque B respecto a A.

2258,

225N =

De acuerdo al ciagrama anterior, B tene una aceleración relativa respecto a A.
Luego, la aceleración de Bes a

a= (Han 1+ 0j) + (ama cos26%4 + aan sen 25°) )

a = aa + 0,906 ana )i +(0,423 ae 1)

Aolicando las Leyes de Newton.

Para À: 1F,= ma: Nu sen28° 225 + 226 cos25"= 25 an)

081 0)
Mans -225 cos25*+ Nas ser2S" 2 15 (-24-0,006 don)
15:04 19:59 aan + Nassen26" =20992 (2)
ParaB: 3F,= mao; 225 sen25"+ Nu cos25* 15108) = 16 (0.423 ann )

25 a4 + Nas s0n25°

399 9.90999 99999939909 0999099 399399020 39399993993999930

57. 1999193001700 999952

»99999999999999

“

sr

6,945 aux — Nas 00525
De las ecuaciones (1). (2 y (3). se obtiene:

(0)

a = 2.80 mi? (el signo positivo indica que el sentido asumido es el correcto)

Ben = 8,32 mis? (Idem)

El bloque À de 4 kg y el carro B de 10 kg están inicialmente en reposo cuando se
‘empieza a aplicar una fuerza vertical constante P = 10 N. Determinar la velocidad
ol carro cuando el bloque se ha movido 1,5 mrespecto al carro, y la distancia que
se ha movido el carro. Despreciar todo tipo de ción

Solución:
kg > m=392N
kg > wesen
DOL(A y 8)

Como P=10N > T= 10N

58. Leyes de Newton en coordenadas tangencial

2

‘Aplicandola 2da Ley de Newton: ZF, = Mm. &
Para À -S10)= 42, > an= 7.55"
ParaB: 3(10)= 1038 > ag=3mvs?

La aceleración de A respecto al carro es: dave = aa aa

15) 431)= 1051

mis, Cuando A se mueve 1,5 mrespecto al carro: xara ==1,51 m

Por cinemática

Reemplerndodeos: 4520404 LE-105)É > 120598

La velocidad del caro para este instante será. Ve = Van an
ve = 0+(3)(0,59)= 1,59 mis

La distancia que se ha movido el caro será: x

(jets

(30,53) = 0,42 m hacia la derecha

normal

Una serie de pequeños paquetes, cada uno con una masa de 0,5 kg, se descarga
desde una banda transportadora como se muestra en la figura. Si el coeficiente de
icaón estátco entre cada paquete y la banda es 0,4, determinar a) la fuerza
ejercida por la banda sobre el paquete justo después de haber pasado por el punto
A, y D) el ángulo 0 que define al punto B conde los paquetes se deslizan por primera
vez respecto ala banda,

Solución

3999920999 999993 399990999999 9990999099999339999393930

59. 39999999999999999999999299999999999999999999999999

12.

so

2) Justo después de pasar par A. el movimiento de los paquetes es curvlineo. por lo
que deberán tener aceleración normal o centripeta. Considerando que el paquete.
o resbala respect ala banda, la rapidez dei paquete se mantiene constante e igual
al de la banda, es decir 1 mis, por lo que su a aceleración tangencal es cero

SF = mas
mois (osos) =N=(05) D
R 023
[una N=29N
aad oR b) Suponiendo que en el punto Bel paquete está por

comenzar resbalar respecto a la banda, en ese
moment la fuerza de ficción estática está en su valor
máximo, es deci: lau = WsN. Además como aún no
hay movimiento relativo entre el paquete yla banda, su
rapidez sigue siendo ims y tampoco hay acoloración
tangencial.

SF = may

cost = Ne= mii, Na = mg cos mY... (1
mo 080 No= mié Nas mg cox m2...)

x= mar

MG Sen0~ fama =O > mp Send jy Na = 0 > mg send =p, No (2)

Reemplazando (2) en (1):

ma sono = vs (mg cosd - mE) -» 0.19.) send = 040.540.) cos0-0.5 ÉL]

49 send = 1,96 0050-08 > 0

308

Una piloto de 54 kg vuela en un jet de -
entrenamiento en una media wualla verical de =
1200 m de rado, de manera que la rapidez del jet SS
disminuye a razón constante. Si se sabe que la \
reacción normal del asiento sobre la poto en los

puntos A y C son 1680 N y 350 N
respecivamento, determinar la fuerza que ejerce
‘alla sobre el asiento del jet al pasar por el punto
8

Solución;

Como la rapidez del jel disminuye de manera u‘
unforme de À à C, su aceleración tangencial en

60. dicho recorrido es constante. Luego:

uo
» fav--er" [és + vB-vi —1200%07 m
“ D
w «cy e
Im
ia Ne ave
rl Ve
de E
m PY

Gon em aus Memos 160-5019 69

12189917 mis
mas Nomen
» mq= mu
198778 mis

Enc:

Reemplazando on (1)
(139,778) (158917) =-1200% ay > ar=1,516 mis?

Luego la rapidez en B será ar

era
Pow use) “fos

vj (158917)

—AISIOOSA (1200) > vo= 149,658 mis

Luego:

na (1498567
> Nos ‚woran
N zn

IF mars: mg-F'=man > (54X98)=F'

EnB: SFq=m. ans: No

(64)(1.518) > F'=447,338N
Luego la fuerza neta que ejerce el asiento sobre la piloto es:

A A

2333303393 323203939300029200293309293393303233303239329

61. »39999999999999999999999999999999999999993999399999

61

14, Una curva en una pista de carreteras tene un radio de 300 my ha sido diseñada
para que la rapidez máxima de los vehiculos que erculen por ea sea de 125 km
La rapidez máxima de una curva peraltada corresponde a la rapidez con la cual el
automóvi vaya sin depender de la fuerza de rozamiento lateral en sus neumáticos
Si se sabe que un automóvil de carreras comienza a derrapar a una rapidez de 190
Km, determine a) el ángulo 0 de! peralte; b) el coeficiente de rozamiento estático
entre las llamas yla pita, €) la rapidez minima a la cual el mismo automóvil pocria
pasar por a pista sin tener ifiultades.

2) El ängulo de peralte de la pista, lo determinamos en a base a las caracterisicas.
de su diseño Esto es que la rapidez máxima sea de 125 kmh (34,72 ms), sin
depender de la facción

Mus man: N sm am...
sen 0 = m Se (1)

Neos 0=mg = 0» Nos 2
Dividendo (1 ante (2)
(34,72)?
. AT 6.
pl SR (9,8)(300) al

b) Cuando el auto va a 190 km (52,78 mis) tiendo a derrapar hacia amba de la
pista. En este caso entra a jugar la fuerza de fricción estälica en su valor máximo
(fins = HAN), actuando hacia debajo de la pendiente

YFn= may Nsen + jaNcos0=m
HN c08 2m 0)

2F,2 0: Neos 0- mg =, N seno

N cost pa N sen 0 = mg (4)
Dividiendo (3) entre (4)

62. a

senú+y,cos0 yl, sen22,29% y, cos2229% (5278)
“eos0=y,ser RQ” —cos2225"-y,sem229" (000)

1130383

€) Cuando el auto se mueve con una rapidez muy pequeña, este bende a restalar
hacia debajo de la pista, En esto caso, la fuerza de friccón estática actúa hacia
arriba dela pendiente,

may: Nseno=pNcoso= mE

le)

N cos = mg + y, Nsend=0

Ncos0 = p, N sen
Dividiendo (5) entre (6).

mg (8)

sen0-n, cos y" , 50n2229"- [phone]" Vian
Coste pusem RG” 0052229" (0.383)sero229" (OO

Van = 8.27 mis

45. Un hombre de 75 kg de masa se sienta en la sila conectada por medio de un
pasador al brazo BG, Si el hombre siempre está sentado en posición recta,
determine las reacciones horizontal y vertical de la sila sobre el hombre en el
instante en que 0 = 48°. Se sabe que en dicho instante, el hombre tiene una rapidez
de 6 rs, la cual se está incrementando a razón de DS ms”.

Solución:

En este caso el hombre describe una trayectoria circular de 10 m de radio, y como
Su rapidez se está incrementando a tazón de 0.5 mis, en el mismo sentido de su
velocidad: ar = 0,5 mis’

9 33.3:90:939 239999999000 9399999:39099:903930:39:93393293399

63. »9299999999999999999999999999999999929999999999999

16,

6

DGL del hombre, donde se considera la reacción horizontal del espaldar sobre el
pasajero (N) y la reacción vertical de la base del asiento sobre las posaderas del
pasajer( Y):

mar: Ven 48° —mg sen 48° + H cos 45%=mar

V sen 45° 47513 Bjsen 45° + H cos 4
V Sen 45° + H cos 45° = 557,22

FFuE ma: mg cos 48° + H sen 45°-V cosas =m E

Delas ecuaciones (1) y (2), se obiene: V= 570.59 N: H

Una caja de 10 kg resbala
hacia abajo por la superficie

coeficiente de rozamiento
cinético ente la caja y la
superficie es 0,2, determinar
la fuerza normal que ejerce.
la supertice sobre la caja y
a qué razón se incementa
Su rapidez en el instante en
que pasa por el punto A, si
‘Se sabe que dicho instante la
rapidez de la caja es de

5m.

cena nme ven)

LV 608 45° + H sen 45° = 249 72 a

mostrada Si el

64. Aplicando las leyes de Newton, se ene:

SFu2 man N= mg 6060 = may > N=mgeos à

N- 1008) cos 56 346 2 (10) LE >

ar: maseno Nm ar
(109.8) sen $8.31° - (0.216503)
Luego la rapidez de la caja al pasar por A se incrementa a razón de 6 85m.

IDIOMAS

65. »9399999399999999999999992399299999999999999999999999

17.Un auto de 800 kg de masa
desciende” por una colina y
que tene forma de

parábola. Si ei piloto
mantiene — aplicado los
frenos de modo que el auto a,
desciende — manteniendo Fin
una rapidez constante de 9

mis, determinar la fuerza
normal y la fuerza de Ay
frenaco que ejerce la pista

Sobre aio en le bus]
nau eta pan pore
puni À Deren etamano de caro,

Solución:

ae

Aplicando las leyes de Newton:

EFy= may: mgcos0-N= may > mgooso-N = mA
y
800698) cos 28,579 > N-67222N

2Fr=m.ar: mgsen 0 F2 ma
Como el auto bajo con rapidez constant > ar= 0
(800198) sen 28 57°F; = 800 (0) >

1 = 3506,76 N

66. 5

48, Una caja de embalaje de 2,5 kg de masa baja resbalando por la penciente isa que
se muestra. La pendiente comprende un arco de circunferencia de À a B de 6 mde
ratio. Se sabe que la rapidez de la caja al pasar por A es de 2.4 mis (0 = 0}
Determinar la rapidez, con la cual la caja pasará por los puntos C y B que se
muestran. Encontrar también la fuerza normal que ejerce la pendiente sobre la caja,
A pasar por ©

Aplicando las leyes de Newton:
1 ma
mg Sen(as*-6)="m. ar

La longitud de arco descrita por la caja
para un ángulo 0 es : 5 = RO, donde

sen(45*-0)

és=Rdo
de
END gsentase-0)
at as Te

Nav = gR sen(45°-8)d8

+ :
Jue = 816)fsentes* 40
de >

e za A .

2-24 s.o08(45*-0)-cos 45 |...

».39)999 3393939999990 9993 93999900290 299:999:9393'9333339

67. 79999999992999999929999999999999999999999999999999

19,

e

Porotrolado: 3F,

N= mg cos(as*—0) +m. e

20 > Ent):

WB 24° an gems(45r-309)-co848° ]

5 > Enr)

34 ms

Para caleuar la reacción normal en C, reemplazamos en (2): 0-30 y v=

(498)
a | > nee aneon

El colar de 2,5 kg que se muestra, resbala pora barra curva lisa, de tal modo que
‘cuando pasa por la posición A tene una rapidez de 3 mis. Sie resorte al cual esta
Conectado el callar tiene una longitud, sin deformar. de 0,9 m y una constante
elástica k = 160 Nim, doterminar la fuerza normal que ejerce la barra curva sobre el
colar, y su correspondiente. aceleración en dicho momento,

68. En À weten
2. 0000-081» 8-19-0854] > 02007

El radio de curvatura de a rayectora en A, está dado pr

Parax=06m > y=24-045(05f -224m
08

Dela figura: 19 $

15.00

224

TR -06° 42.247 + DA-232m > ax

32 m-09m=142m

Aplicando las eyes de Newton

ay may mia

—Nsmgcos0 1604160800) =m

ÿ NND 8)005(28.37°) +

25| nae |
| 7634

E

2519.8) seni26,37%) + 160(1.42) cos(13,37")=2.5ar > ar = 93.08 mis?

9.3.9999392 9339999099000 3039939900990093939999993993.339

69. 3929999299999999992999929999929999993999999999991299

Por otro lado la aceleración normal es: an 52 més”. Luego la

=]

aceleracén resultante del colar al pasar por Aes: a= Ja? va - (03,08 7552 =

95,24 mis”

Leyes de Newton en coordenadas radial - transversal

20. La varila OA gia alrededor de un O en un plano horizontal. El movimiento del
collaín B de 300g de masa se define mediante las relaciones = 300
+100 cos{ 0.5: 1) yO = (t= 31), donde 'r se expresa en milímetros, Ten
segundos y 0 en radianes. Determinar las componentes radial y transversal de la
fuerza ejercida por a varilla sobre el collarin cuando a) t=0 y B)t= 05s

Solución:
1-03+01608(05+ Um F=-005 xsen(0.5xt) mis; Y ~-0025x2 cos(0.54) mis?
D=( 2-81) ra,
8) Para t=0:

3)radis, 0 ~ 25 radis?

6260 -(04X20)+ 2001-37) 2,513 mis?

70. 2

70

A partir de la 2da Ley de Newton, las componentes racial y transversal dela fuerza
eta sobre el collar son:

Fa= ma = (032,513) =0,754N

a)Para t= 08s:

1=03707m ; F=-O111 mis, 70174 mis?

02-3927 rad: 6
Luego:

ml 1481 mis

au =r0+270-3725 mi

‘A partir de la da Ley de Newton, las componentes radial y transversal de la fuerza
ela sobre el collar son:

El pasador B de 100.9 de
masa desliza a i largo de la
tanura en el brazo roiatorio
(OC y también a lo largo de

ranura del brazo jo DE
e sabe que el movimiento
se da en un plano horizontal
y que e brazo OC gia à
Una razón constante de 12
radis. Despreciando todo
po de ficción, determine
‘ara cualquier valor de 0, las
fuerzas P y Q ejercicas
‘sobre el pasador B por el
brazo móvil OC y el brazo
fio DE, respecivamente

Solución:

Del enunciado: 0.12 radis, 0 =0 radis?
Puede observarse que para cualquier instant:

3999999.99 9339999099000 3999 939390 290909093993933039599

71. »99999999999939992999999999992999999999999993999999

n

02= 10000 > 1702 0000 -» ¥-a2secbignd

02 seco1go D PT

Reemplazandolos valores de à y Ü se tiene:
1202 8800 > F =028ec0%g0(12)-2.4seai'g0

2c tg) sect sec (12)? 488001920127 |

= 28,8 (seco + seco 19/0)
Luego las componentes racial y transversal de la aceleración se definen como:

76) 233(806 0 sec019*0)-02 secn(12?°

28Msec' 0+ seco 190-5800) = 288 sed0( sec/0 + g°0 -1)= 7550001920

+260 2 (0,2 58000) + 22,4sea01g0)(12)~57,6 see 90

Por otro, en el DCL del pero, se muestra que éste está sujeto alas fuerzas Py Q
provenientes de los brazos OC y DE:

il

*F= ma: Q cos0 = 0,1(576seatg?8 ) >

78 seco 15/0
zFs=maw: P-Qsen

467.6 sect 190)

72. n

P-5,76 sch 15/0 sen

765000199 + P= 5,76 (5000190 + seco 19/0 send)
P 2 67.6 secs 190 (1+sec 0190 send ) = 57.5 sec” 0199

22. Una partícula es 0,1 kg de masa es guiada a través de una ranura circular ja de 0,5
Im de radio, mediante un brazo rarurado. Si el brazo ranurado gra en sentido
antnoraro con una velocidad angular is _ y una aceleración angular $ = 8
radis determinar la fuerza ejercida por el brazo ranurado sobre la particula en el
instante en que 0 = 30° Considerar que el movimiento ocurre en un plano
honzontal.

05m

Dolafigura(a): r= 2(0,5 cos 0) + r=

050 ->r=-sen0 à
Dedonde: #=-cos 0d — sen od
Reemplazando 0 = 30°, 0= 4 ra y Ü= 8 rad, se tiene:

RER ENT D DU PB PL DE PDDLDDES

73. »93929999999299999999999999999992993999999999999999999

2.

13
sen3o*(4)=-2m8
17.856 mis?

(-17.56)- (0868)? =-31 713mis*

o7amis?

Aplicando las leyes de Newton en el DCL dea figura» }
3F/= may: —N cos 30*=m a > —N cos 30*=(0,1J(-91,719) > N=3.66N

= may: F= Nsen30°= m.ay > F ~3,68sen30°(0,1-9.072) > F=0.92N

"Usando un brazo ranurado, un pequeño clindro C de 0.5 kg de masa se mueve a lo
largo de la ranura espral definida por la ecuación: r = 0.50, donde “r se mide en
metros y 0 en radianes, Se sabe que el movimiento del clindro C se da en un piano
vertical. Sila posición angular del brazo se define por la expresión D = (0.5 1) rad,
donde “Y se expresa en segundos, determinar la fuerza que ejerce el brazo
ranurado sobre el dlindro, así como la fuerza normal que la ejerce la ranura espiral
sobre él, en el instante t= 25,

Solución:
Del enunciado: 1=050 y 0=05%
HOSP) +1= 0.25" > + =080t Hr =
SP > sit > bm
ms

Luego: 050

Para 1=28: > 50 mis?

74. 7a

= 2rad=114.59°; 0 = 2radis; D = 1 redis?

En el DCI del ciindro C, se muestran los ejes radial y transversal, así como la
tangente yla norman a la ospral cuando 0 = 114,59".

dal D

r=050:0=05P

15.0 cos 0-» xd =0.5[-8 sen à + cos 00]

5 sen 6» dyldd =0,5 (0 cos0 à + send)
Para = 2s: dx = 0,50{-2 sen(2) (2) + cos(2) (2)
Gÿ = 0,50 {2 c0s(2) (2) + sen(2)(2)

LOT] — pomésad= 1er
wood > p-o0séerad- 1er

da) -050-(mer

25
077

Luego:

ag =18 4278 = 11) 2(1)2)=5 mis?
Aplicando las leyes de Newton:
SFı=mar: Nsen (65,4128) = mg sen(65,41") = ma,
NN sen(63,44) ~0,5)9,8) sen(85,41°) = 0,5(-3.5) > N=3.02N
va: FN cos (85,419 1) + mg cos (65.41% = m. ay
F 43.02) cos (63,44%) + 0.5(98) c05(65.41*) = (0.5)5) >

181N

ere III III 00009930

75. 229999999999939999999999999999999999399999939999999

15

24. El collar que se muestra en la figura tiene una
masa de 2 kg y viaja a lo largo de la curva isa
mostrado, bajo el efecto de una fuerza F que
se mantiene siempre tangente a la trayectoria.
Si el movimiento se da en un plano horizontal
donde la curva está definida par la ecuación. 1
= e donde "Tse mide en metros y ‘0° en
radianes; determinar: a) la fuerza tangencial N
Fy b) la reacción normal de la curva lisa
‘sobre el collar, cuando 0 = 90° El movimiento
el callar es tal que mantiene una velocidad à
angular constante = 2 rad.

=

8 roma Pedrera

Dei enunciado:

anses ° = 90°= 2 rad;

2radis;d =0
Reemplazando:
481m

62 ms

19.24 mt

Para determinar el ángulo 6
‘expresamos el sistema en coordenadas.
rectangulares:

eos!) sen

cost; y = ren

S cos 6 + 6" 0 send

ef seno à + 6 8 cost; yi
Para 6 = 90° ÿ 0 = 2 radis > dudo = 0.62 ; cyid = 9,62

pronos a of] «1920-4107

ap =18 +278 = 4.81(0)+2(0,62)2) =38,48 mis?
Aplicando las leyes de Newton

76. 25.

76

mas > F 0054 — N sends®= (20)
ay > Fsen45 848)
Resolviendo las ecuaciones anteriores, se obtiene: F = 54,42N; N=54.42N

Fy ma F senB + N cos p=

N cosas?

El plota de un avión ejecuta A
ol rizo verical que se
muestra, deseribiendo una
curva cardode — cuya
ecuación está dada por
600 (1 + cos 0 ), donde “Y

se mide en pies y © en r= 600 (1 + cos) ples
radianes, Si el lol efectua
en fizo manteniendo una ' û

rapidez constante de 80 }
piesis, determinar la fuerza

que debe ejercer el cinturón
de seguridad sobre el pilot,
para mantenerlo sobre el
asiento al pasar porel
punto A (parte superior de la carciodo).El piloto ene un peso de 1501.

Solución:
600 (1 + cos 0) -» # = -600 senû -> 1 =-G00sen6 À + cos.

‘Observe que en este caso, el ángulo
0 se mide con respecto a la vertical
Luego, cuando el avión está en A ©
0% y r= 1200 pies. Además, como
se sabe la velocidad es tangente a la
trayectora y ésta se mantiene
constante, entonces la componente.
tangencial de la acoleración es cero
el que se comespande con la
celeración tranversal, por lo que as
= 0. Pero también, como en A la
ingente es horizontal: , = 0. (ver el
rico siguente)

III III 00000000909)

77. III

”

Reemplazando en (1), se tiene:
=1200 pies ; = 0: =-600[ sen(0*)(0) + cos (00.0667)?
E =-2,7 piels?

Por otro lado:

de] --207-s2000@ 0667" ant

ET

a 1200/0)+210X0.0867)=0

Aplicando las leyes de Newton:

ma: F-mosma, F-160e (3690) > F

12.73 16

26.En un parque de diversiones, un juego mecánico consiste de un brazo OA de Gm
‘de longitu, fjo a un soporte en O, teniendo en su extremo A un compartimiento, el
cual sempre se mantiene en posición horizontal mediante un mecanismo no
mostrado. Si en un cierto instante = 45°, $ = 0.8 radis y (= 0.4 radis” en
sentido horario, determinar las componentes horizontal y vertical ejercida por el
siento sobre un pasajero, de 80 kg de masa ubicado en el punto P.

Solución:

‘Como el comportamiento siermpre está en posición horizontal, todos los pasajeros
están sujetos a la misma aceleración y a las mismas fuerzas. Por consiguiente, en
vez de analizar el pasajero ubicado en P, por coveniencia analizaremos un
supuesto pasajero ubicado en A

78. 1

Del enunciado: = 45°, $ = 0,8 rad ; = 0.4 radis? ; r=6m= constante
‘Se puede conduir que: ¢=0;F=0;0= 45°; 0 =-0,8 rad ; à =-0.4 radis”
Luego:

a
(8) 0-09? sem

ay 1092) 24m?

(6-04) +: 2(0)-0,8)
Aplicando las leyes de Newton:
BF,= ma: Vsen0—H cos 0 mg sen 0 = ma,

sen 45°—H cos 45" (809.8) sendS*= 80(-3.64)

V sen 45° -H cos 45° = 267,172, m
Fa = mac: Veos 0+ H sen 8 mg cos =m. ay

V cos 48° + H sen 45° -(80]9,8)cos45"= 80(-2,4)

V cos 45? + H sen 45° = 362.372 @
De(1)y(2).seobiene: V=491.01N; H=81.48N

Pere Tce Tr T reir ore eErerrercorreererrrppy rp SE |

79. 29392999939929999999999993999929993999999999999999999

1

CINÉTICA DE UNA PARTICULA:
TRABAJO Y ENERGIA

Teorema del Trabajo yla Energia cinótica

1. Un tracto camión entra a una pendiente descendente del 2% viajando a 108 kmm y
debe reducir su rapidez hasta 72 km/h en un recorrido de 300m. La cabina tiene una
masa de 1800 kg y el remolque de 5400 kg. Determine a) la fuerza de frenado
promedio que se debe aplicar y b la fuerza promedio ejercida sobre el acoplamiento.
Si el 70% de la fuerza de frenado se aplica sobre el remolque y el 30% sobre la
cabina.

105 kan

CES
ES
CI
==
i

Solución:
v= 108 kmh =30 més ; va= 72kmm

0 mis: = 300m

2) Considerando al tacto camión como un sistema, se tiene que la masa total en
movimiento es: 1800 kg + 5400 kg = 7200 kg,

Porelteorema del trabajo yla energía cinética: T,+ZU = Ta

Law?
mv] ew ay Fi
pi +eway

‘Observe que las únicas fuerzas que efectian trabajo son su peso la fuerza de
frenado Fı Además como la pendiente del terreno es del 2%, significa que por cada
100m de recorrido el camión desciende 2m, por lo que en un recorda de 300m
descenderá Gm. Luego: Ay

80. 0
4 r200\207 +[-720019.8)-6)-F,(900)- Jırzoon2o? > Fr=78112N

b) Para determinar la fuerza en el enganche (Fe). aplicamos el teorema del trabajo
y la energía Cinética solamente al remolque, el cual sure la acción del 70% de la
fuerza de frenaco, es decir 0.70(7411,2)= 5187.8 N.

LEE TER

18400);207 +[-5400(9.3/-6)-5187.81300 -F, (500)

F.=3706N

¡Como se observa, la fuerza en el enganche actúa en compresión, tal como se habla
supuesto.

Los dos bloques idénticos de 2 kg de masa que se muestran en la figura se sueltan
desde el teposo. Si se ignoran las masas de las poleas y el efecto de la ficción,
determinar a) la velocidad del bloque B después que se ha movido 2 m, y b) la
tensión en el cable.

N
ne

Solución:

A part de la cinemática se puede demostrar que si B desciende 2m sobre el plano
incinaco, À subirá 1m por el otro plano ( xa] = 2, x D. Asimismo deberá cumplise
que: [ve] = 21 val

TETTEFECECECECCCLCIECCES CECE EECELOULPE ECE LCE PPDLEPES

81. »939999999999999999999929999999939999999999939999999

a

Aplicando el teorema del trabajo yla energía cinética, a cada bloque por separado.
se iene:Ti+ ZU = Tz

Paar Hero? +[-2(@8ytsen60")+ 2700] ent
16974274 “
Para B: 3120? «{-2(0.8y-2s0n60)-T2)}- Savava)?

3995 - 27 -avi a

Aparte de (1) y(2), se obliene: v > ve=3,68 ave

El sistema de la figura se
encuentra en reposo, cuando
se aplica una fuerza constante
de 150 N al collarin B a) Sila
fuerza actúa durante todo el
movimiento, delerminar la
rapidez del colarin B un
instante antes de golpear el
soporte C. 0) ¿Después de
qué distancia” “a debe
retrarse la fuerza de 150 N si
el colarin B debe llegar al
‘Soporte © con velocidad cero?

Solución;

82. 8

a) A parti e la cinemática se puede demostrar que si B se desplaza 0.6m hacia la
derecha hasta chocar con el soporte C, A subirá 1,2 m (2)xa] = | x) Asimismo
deberd cumplirse que : 2 |= [va]

22 sem no

Como el sistema parte de reposo: vu = via =O -» Tin

Aplicando el teorema del trabajo yla energía cinética, a todo el sistema, se tiene:
T+EU=T

Honor JO? :iso0s-seaxr2]-

De donde: va= 468 ms > va=234ms

Obsérvese que cuando se analiza el sistema en su conjunto, sólo se considera el
trabajo de las fuerzas externas, mientras que el trabajo de las fuerzas internas, ta
como el de la tensión de las cuerdas, se anulan entre si

») Para determinar a distancia “d' durante el cual debe aplicarse la fuerza de 150N
para que B se detenga al llegara C, volvemos a aplicar el teorema del trabajo y la
energía Cinética, donde: vu = vis = O y también vos = vin = 0. Es decir, el sistema
parte del reposo y lega nuevamente al reposo. Además como B debe detenerse al
llegar al soporte C, A debe completar el recorrido de 1.2m. Luego:

Tesust

2000? «Sof «lso 980112

Aayoy?
Ko? + 807

= 0,235 m

eee ee eee ee ee eT eer her DE D D rrprepe rs)

83. »939999999929999999999999999999399999999999999999999

4

e

Los bloques A y B tienen masas de 11 kg y 5 kg, respectivamente, y se
‘encuentran a una altura h = 2m sobre el suelo, cuando el sistema se suelta desde el
reposo, Si se observa que el bloque A llega al suelo con una rapidez de 3 mis,
determinar. a) la cantidad de energia que se disipa por la facción en la polea; yb) la
tensión en cada porcón dela cuerda durante el movimiento

fi

be

a) Enfocando el problema como sistema, los trabajos a considerar son únicamente
el de las fuerzas externas, es decir el trabajo de los pesos y el de la ficción en la
polea, Además, como la cuerda que conecta a ambos bloques es tangente a la
Polea, Ay B tendrán la misma rapidez. Por consiguiente: vin = in = D Y Va = Vas
=3 mis,

Solución

T+2U=T

84. “
30007 + Lovo? AMANDA Una Jan Zo

Uan = 45,83

b) Para calcular la tensión en cada cuerda, aplicamos el teorema del trabajo yla
energía cinética a cada bloque por separado,

Para À TI+EU = Ts

Jono? esta Tel

Para B: TH+ EU = Ta

FOV? [sm SG > To= 60250

Un bloque de 5 kg de masa está unido a un resorte sin estrar cuya constante es k =
2500 Nim. Los coeficientes de fricción estática y cinétca entre el bloque y la
‘superficie son 0,60 y 0,40. Si se aplica lentamente una fuerza F al bloque, hasta que
la fuerza en el resorte alcance 100 N y luego, de manera súbita, se retra la fuerza,
determinar. a) la rapidez del bloque cuando regresa a su posición inicial y b) la
rapidez máxima alcanzada porel bloque

12500 0m

Solución:

2) Como la fuerza en el
resorte es F=kx
onde: 100 = 2500x > x
Dm Luego la
Gotormación incl en el
resorte es x = 04m y
su defomación final al
regresar a su posicion
Inicial 68 x;

5F,20: N-w=0 9N

Porelteorema del trabajo yla energía cinética: Ti =U = Ta

DIT III O 3:9-DD:d3d-3-3:FD DID} I} IDIII'D 3:9:39:99'79:999- 373933

85. »9399929999999999999999999999993999999999999999999

1980.04)

Jr | sol en] are

2

v2= 0,697 ms

b) Para determinar la rapidez máxima del bloque, primeramente encontramos una
expresión que nos permita ceterminar la rapidez del bloque para una posición x
cualquiera,

va = 10.4864 7184x500" “

Por máximos y mínimos, cuando vs es maximo: dx = 0.

EN
63

> 784-1006=0

,90784m

Reemplazando en(1) , x=0.00784m > Yan = 0.719 mis

Un bloque de 3 kg descansa sobre la parte superior de
un bloque de 2 kg de masa soportado pero no unido a
un resorte de constante k = 40 Nim. El bloque superior
se retira de forma repentina. Determinar: a) la rapidez
‘maxima alcanzada por el bloque de 2 kg y b)la altura
máxima alcanzada por el bloque de 2 kg con respecto
a su posición Inca,

Solución:

8) Al nico el resorte está comprimido una deformación
xy debido al poso de los dos bloques. En este caso:

86. x,

AA retirar el bloque de 3 kg. el resorte empuja al bloque de 2kg, y este acelera
¡ganando velocidad, dándose esta situacion hasta el momento en que la fuerza del
resorte sea mayor al peso del objeto, para después desacelerar

0: 40x1-5(98)=0 => x4 =~ 1,225 m (compresión)

Es decir, en el instante en que el bloque deja de acelerar: XF, = 0
40x-2(9.8)=0 > x = 0.49 m (compresión)
Durante dicho desplazamiento el bloque sube una distancia de 1,225m -0.49m =

0,735m. La rapidez del bloque para este momento se obtiene a pari del teorema
del trabajo yla energía cinética: Ti + LU = Ta

Zoo? [-remens Loi car crane

Y= Vrac = 329 mis

1) Cuando ai bloque de 2 kg alcance su altura maxima vs = 0. Por teorema del
trabajo yla energía cinética: Ti + EU = Ta

Joyo? 20010 quolo? - 12258

‚sam

Un collar de 15 kg parte del reposo en À y es movida a través de una barra lisa
‘mediante la accion de una fuerza constante F = 300 N, que se aplica al extemo de
la cuerda Sila fuerza se mantene constante en magnitus y rección, determinar la
rapidez del collar al pasar por B. Despreciar el tamaño de la polea

Pe eee ce Cee LT TE AIDA IDIDDIIAIIDID

87. »999999999999999999999999999993939599999999299999999

e

A lo largo del movimiento del colar, las únicas fuerzas que actúan sobre él, son su
peso, la reacción normal de la barra y la fuerza F. Si se descompone el recorrido
total del colar en pequeños diferenciales de desplazamiento, la reacción normal es
perpendicular a cada uno de ells, por lo que no efectúa trabajo sobre el colar

El trabajo que efectúa el peso depende do la diferencia de riveles entr los puntos A
y 8, os cuales están separados por una distancia vertical de 0,590m. Luego.

Ugo == wr ay =-(15N9.8N0.5) =-735 J
¡Como la fuerza F se mantiene constante en magnitud y dirección, el trabajo que

realza es igual ala magntuc de la fuerza F por la longitud de cuerda "d" que pasa
através de la polea, cuando el colarse mueve ade AaB

[67° 104? 02102 =0,523m

Ur =(300X0.523) = 150.9

Por geometia, se tene que:

Por el teorema del trabajo y la energía cinética: Ta + EU = Te

Iso? 1589]- 1059
JUS +I-728+1568]- Jas!)

= 333 mis

Determinar la rapidez del bloque A de 30 kg de masa, después que el bloque B de
20 kg_se mueva 0.6m hacia arriba del plano incinado mostrado, si el sistema se
libera desde el reposo, El coeficiente de fricción cinética entre los bloques y la
superficie es yn = 0,10,

88. 8

En la figura (a) trabajamos con la longitud de la cuerda para relacionar los
desplazamientos y velocidades delos bloques,

L= 2x4 + x9 = constante > 2434 + Axp = 0 > da = [Ml y de [Mel > do = 264

Luego como ds = 06m -» dx = 03m Además derivando la ecuación de la
longitud de a cuerda se obtiene que: 244 + Wo =0 > va =-2Va

Porotrolado, en steccién de la normal de A y B en la figura (b) : SF = 0:
Na wa Cos 60°
Na wa Cos 30° = 0 -> Na = 20(9,8) cos30P = 169,7 N -> ha =0,10(169,7)= 16.97 N

O > Na= 3098) cos60"= 147 N + ha=0,10(147)=14,7N

o

Aplicando el Teorema del trabajo yla energía cinétca a todo el sistema, se tiene
Tyler

A »
avis +] mavío + wat dasenstr) da = leser0®) has]

Amanda + movie
Gavia + mado

Lane: 20,07 +-20x00)-02sen609-14709)
CONO 0 seee «1807001 Jod aora

23 ms

se HDDSDDD ISI II III IS

89. »929999222929932939999999999999992999229999999999999

9. Sila fuerza ejercida por el motor M sobre el we
cable es de 250 N. determinar la rapidez con
que se moverá la caja de 100 kg, cuando s =
Am. La caja pare del reposo cuando

Solución:

EFFE
Del enunciado: F = 250 N
Aplicando el teorema del trabajo y la energía
indica: T,+2U=T,
os Us wi = (100N9.8X)
J | Us=ara= 4(250X3)=3000 4

Luego:

mul + 2U= Sev} 0+ 1-2940 + 3000] = + (100) v?

z

= 1,09 mis

10. En ol sistema de la figura, el clincro A Vene una masa u
de 8 kg y B de 3 kg. Siel sistema es lierado desde EEG En
el reposo, determinar la rapidez de A después que se
ha movico 2 m. Desprecia la masa de las cuerdas y las
poleas.

Solución:

90. m.

so
T
1 de
m
vio
Por ia cinemática: L= 2 x + x5 = constante > Zaxa + Ax = 0 > da = AU y da =

xg) > de = 2x Luego como da=2m > du=4m Además derivando la
ecuación de la longitud de la cuerda se obliene que. 2va + vs = 0 —> va==2%

En este caso, considerando el andlisis como sistema, sólo se tienen en cuenta el
trabajo delas fuerzas externas, es decir, el rabajo del peso de ambos bloques.

Uns wc) = (8X9.8%-2) = 15653
Uno == Wo de = (3X9,8)64) ==117,6.

Aplicando el teorema del trabajo yla energía cinética: Ty +

Luego:

Ut A
main + ¿Mov
Aceyoy + Lear 11186,8+1-117.01= levis + Lora?
2 2 Fa

Va= 1,98 ms

Si el sistema de la figura se suella del reposo desde la posición mostrada con ei
resorte (K = 100 Nim ) sin deformar, determinar la fuerza en el resorte en el instante
fen que la velocidas del bloque 8 sea de 1.13 ms. Desprecie todo tipo de ficción
Observe que el bloque A desiza sobre una barra horizontal isa ja entre dos
paredes. (ma = 2 kg: me = 4 kg)

soon SIDA IAEA

91. 22999999 0000 1 1911)

ot

soon | 2 com
E
À

Fi

Solución:
MA=Zkg > WA 186N ; mo = 4 kg > un = 39,2
De a cnemática se puede encontrar que: va + 2 vs = 0 -» Mu = 2 ol

Esto implica que cuando B se esté moviendo a 1,13 mis hacia abajo, À lo estará
haciendo a 2,26 mis hacia la derecha,

También es posible obtener a part de la cinemática que: xa + 2 yo = 0 -> I =2 yl

Luego si B desciende una distancia" hasta alcanzar la rapidez de 1,13 mis, Ase
moverá hacia la derecha una distancia "2d" (jyal= d; a = 26 ). En este momento.

la longitud del resorte os: llos)! +(24)* =/025+36*, mientas que la deformación

detresone es: 025 748 -05 m.

05m

y

we

Aplicando el teorema del trabajo y la energía cinética: T, + SU = Ta para cada
bloque por separado, se tiene:

Para A: 0% Umer + Ur

92. e
Loop base? -osk-09+T(20)= Fa (2207
50 025440? -05)' +2 Td = 5,1076 a
Para. 0+ [Use + Us} =m vt > Os al2T balle E mov
0+ 30219-211012 Lay > 9926-276 = 2.5598... (2)
Sumando (1) y (2): ~S0(Joasvad® 05) + 39.26 =7,6614
Ordenando se tone: -50(025 + 44° (02 vad? +025) + 29,26 = 7,6014

-25 -200 + s0fo25+4

39.2¢= 7.6614

[025420

1653 + 48”-0,7844 > 025444? = 0,653 + 460.7840)"
16x! “6,272 + 5.83868 x — 1.0239 x+0.426409

Resolviendo esta ecuación a través de hitp/iwiw.wolramalpha.com se obtiene:
4=0,24946 m. Luego la fuerza en el resorte en dicho instante es

44025

x = 1004 f025+8(028946)" ~05)= 20.63 N

Potencia

12. La caja de la figura tone 150 kg de masa e inicialmente se encuentra en reposo
sobre una supericie horizontal, tal como se muestra. Los coeficientes de ficción
entre la caja yla superficie son 0,3 y 0,2. Si el motor M ejerce una fuerza F sobre el
cable, donde F = (8 Y + 20) N, donde “tse expresa en segundos, determnar la
potencia entregada por el motor al sistema para t= Ss,

Del enunciado: a=03 y 1 =02.

La caja se pondrá en movimiento cuando la fuerza aplicada sobre ala, supere a la
fuerza de rozamiento estático maximo. Una vez que la caja se pone en movimiento,
la fuerza de rozamiento será del pa cinético

IDIOMA

93. »99929999399999999999999999999999999993999999999999

1,

%
$ N
É
F
pe

37,50: N=

> N= (150108) = 1470 N

Mientras la caja está en reposo. F, = Fe Cuando el movimiento es inminente:
Fram En este momento, aun se cumple que:

1F,=0: Famu=3F=0 => pe

Para t> 3,985, la fuerza de rozamiento es cinética: F,= Fa. además que describe
un movimiento acelerado. Luego:

F -+0,3(1470) = 81 +20) >

985

DF,= may: 3 Fo Fi=m (a) > -3F + pal

a
“BE +20)+ 0,2(1470) = 150(-a) > a=0,161°1,58 mis?

saa > fa. fore 15090 >

Por cinematica: 6

713m

Luego la potencia entregada a la caja en = 5s es: P = Fuerza x velocidad, donde
el valor dela fuerza F para t= 5s es: F = B(5)' + 20 = 220 N. Por tanto:

= 3(220NX1,713 mis) = 1130.58 W

Una escalera mecánica esta
diseñada para transportar a
los pasajeros a una rapidez
constante de 06 mis. Si
cada paso de la escalera
tiene 125 mm de altura y 250
mm de longitud, tal como se
muestra en ja siguiente
figura, determinar la potencia
del motor con el que trabaja
la escalera, sl se ha
considerado en el diseño que
en cada una de las gradas
de la escalera irán dos
pasajeros de 75 kg de masa
cada uno.

Solución:

94. 1

Primero calculamos el número de pasos o escalones que tene la escalera

am
Numero de escalones = =

126m
¡Como en el diseño de la escalera se ha contemplado que irán 2 personas de 75 kg
cada una, la masa total de las personas que estaria transportando la escalera en un
Gert instante es

masa total = (75)(2¥92) = 4800 kg
(4800X9.8) = 47040 N

Durante el movimiento de los pasajeros, hay
dos fuerzas que están trabajando. el peso

propio de los pasajeros y el motor de la

‘escalera, Para calcular el trabajo del peso, se O,6ms,
toma en cuenta el desplazamiento verica!

que efectúa el centro de gravedad de todos

los pasajeros:

Peso total

am

(A7O40N ) (2 m)

Un

Por el teorema del trabajo y la energía
indica: Ts + 2U= Te

uso soso

4080 4

Una

Calcuamos el tempo en que el motor trasiada a toda esta cantidad de pasajeros
(es decir, tiempo en que el centro de gravedad de los pasajeros sube 2 m)

2 2

ee sts
Tesers { à
we)
Uns: „940803
uego la potencia del motor es: P= 7
Loge la potencia del motores: P= Ya „ BBD 12021W- 12.000

Una caja de 50 kg de masa es subida por el plano incinado que se muestra,
mediante un sistema de poleas y el motor M. Si se sabe que la caja inicia su
movimento desde el reposo, y después de subi una distancia de 8m por el plano.
Se está moviendo con una rapidez de 4 mi, determinar la potencia instantánea
suministrada por ef motor en el momento en que la caja ha subido 8m por el plano,
Despreciar todo tipo de ficción. El motor tiene una efcencia del 4%

D2DIIDIDIDIDIDIDDIDIDIDDIDIDIODIDIDIDDIDIDIDDIDIDIIDIIDDDO

95. »999999999999999999999999999999999999999999999999

15

Solución:

Durante el movimiento de la caja, las dos únicas fuerzas que trabajan sobre ella, son
su peso propio y el motor que actúa sobre la caja aplicando una fuerza de tensión F

Upa = ~way = (50/19 8/8sen30*)
Fa

19604

Une

Porelteorema del trabajo y la energía cinética: Ty +2U= Ta

Leo ctaseo.aren Jour > F-unsn

La potencia entregada a la
vais Caja en ese momento es:

P=2F
2147 SNárr/s) = 1180 W

Sin embargo, como la
licencia del motor es del
74%, el motor debo haber
suministrado una potencia
mayor a la potenca
calculada, sino que hay
pérdidas de potencia

Potencia entregada por el
sw

El elevador E mostraco y la carga que transporta tiene una masa total de 400 kg. Si
el elevador sube con una rapidez constante ve = 4 mis, por la acción del contrapeso.
© de 60 kg y del motor M, determinar la potencia. suninisirada por el motor al
Sistema si Gene una eficiencia e = 0,6

96. Solución:

Como el elevador E sube a velocidad constante, el contrapeso C también que
descender a velocidad constante. Luego:

xF,=0: Fo=wo=0 > Fe=(60X9.6)= 588 N

Fo,

Para el elovador E:

58,20 Fos 3Fuwe = 0 > 588+ 3 Fy = 400(9,8) > Fu = 111067 N

nando 339900 339090 999903993909 390300) 3093930990993030

97. »9999999999999999999999999999999999993999999999999

Luego la potencia que suministra el motor M al elevador E es:

P2 3 Fuve = 3(1110.67 NX 4 ms )= 133284

Boten entegaca pore one EN 22130 ve = 222100

16. Un tranvia de 7500 kg se desplaza en linea recta partiendo desde el reposo, de tal
modo que en todo momento la potencia entregada por su motor es de 100 HP.
Asumiendo una eficiencia del 100%, deleminar que distancia debe moverse ol
"tranvía para alcanzar una rapidez de 15 mis.

Solución:
P=100+

74600 vu

El motor actúa sobre las ruedas, y a su vez las ruedas actúan sobre los rieles. Por
la Sera Ley de Newton, os neles actúan sobre el tranvia comunicándole una fuerza
de tracción F

one
Docente re?

some Semel Pusamer

Integrando, se Vene:

saw ser à

desde a

Conservación de la energía

47. Un collar liso de 10 kg de masa
está conectado a un resorte de
constante k = 834 Nim, tal como
se muestra, Si se sabe que la
longitud del resorte sin deformar
es de 1,33m y parte del reposo
desde la posición A, determinar
la rapidez del colar al pasar por
la posición.

Solución:

Tomando come nivel de
referencia el plano x - para el
Cálculo de la energía potencal

98. 18,

úgravitatoa se eno:
Vox Maha = (IONO.BNZ) = 196 J; Vas = maha = 10X9.8X0)= 0
La longitud del resorte en A y B está dado por:

Las YP HOT +2 =2.93m > Ay

le

33 1,33= 1m

66m > Ale

133 56-133=0,33m

Luego la energía potencial elástica en Ay B es

4

Vus À
2

kay = HBDN = 417 J

Var deat} = Leonosn?=45.43

Por el Teorema de conservación de la energía mecánica: Ta + Va= Ta + Vo

inv Vox + Von]

0+ (195 + 417

Luowgsto.4sal > v9 105m

En un parque de diversiones se tiene inselado un ie en forma de parábola, por el
val se mueve un vagón de 250 kg. Si el vagón parte del reposo desde la posición
À determinar su rapidez al pasar por la posición B, donbde y = 3 m_ También
Geterminar la reacción normal del nel sobre el vagón en dicho instante. Despreciar

el efecto de la fricción y la masa de las ruedas.
y

we = =

Solución:

Tomando como nivel de referencia el oje “x para el cálculo de la energla potencial

grauitatoia, se Vene,

ino 334006 00000 3900000900390000000902300933030

99. »39999999999999999299993929999999999999999999999999

9

‘Vea mgha = (250X9.8X40) = 98000 J; Vis = mghs = 250(9,8X3)= 7950 J
Por el Teorema de conservación de la energía mecánica: Ta + Va= Ta + Ve

» x= 883 m. Luego: SY -0678m » 4.2

Para y=
y oe 26

son Logro > 0.2010

2Fu= mon

Num 9 cos 0 = m

Na-250(8,8) cos 34,18° = 250

(26.93)
Ex

No = 99234 N

El mecanismo que se muestra en la figura
se encuentra en un plano verical y es
liberado desde el reposo desde la posición
para la cual 0 = 60°. En esta posición el
resorle no se encuenta deformado,
Determinar la rapidez de la esfera de 5 kg
‘do masa cuando 0 = 90°. La masa de las
barras puede ser despreciable.

100. 20.

100

De la posición ( A), se puede deducir que la longitud del resorte. sin deformar es
0.38m En la posición B, la longitud del resorte es 0,38 /2m. Luego el estiramiento.
del resorte enla posición B es: 0,38/2m —0,38m=0,187 m

038m

Luego las energías potenciales elásicas son:

aL = (12004057) = 14703
Tomando como nivel de referencia indicado, se ene as siguientes energías
potencias graviatoras

Ven = mona = (01981078006 60) = 1862 ; Va=0

Por el Teorema de conservación de la energie mecánica: Ta + Va

vá + (Vga + Vea] = gm + [Vga + Vas

ort ange +0}= LO +106 1478) > w

24 ms

Si el sistema mostrado en la figura es
liberado desde el reposo, determinar la
rapidez del bloque B despues de
moverse una distancia de 1 m
Despreciar la masa de las poleas y
todo tipo de fción

Solución:

Un breve andisis de las fuerzas revela
que el bloque A desciende por el plano,

399390939 939939399999 23999903009990090993393939939930

101. 399999999999999999999999399999999399929999999399999

2.

101

mientras que B sube verticalmente

Dela cinemática se demuestra que: 3x4 + 2 x = consiante > va = -2 Va

Lungs raies so 08 rés À se Zu. Poo do B ete
m para ue tens ela na soaring cota, Ades 2m

Por otro lado, cuando B asciende tm, su energía. potencial se incrementa
enmghe = (8X9.8X1) = 78.4 J. Mientras que si A desciende 2m por el plano

incinado, su en energía potencial disminuye en magha = (40\9,8K2sen20%) =
89,38
Por el Teorema de conservación dela energía mecánica: T + Vi = Ta + Vz

ad ee
ma + BmV à Vox à Va ERA VR + Lav + Vox + Val

10+0+ War Vos) = 12 (40) “+ BU) + Vaa-89.38% Vo + 78,4

v= 0,923 ms

El collar que se muestra en la figura tiene una masa de 2 kg y se encuenta
¡conectado a un resorte cuya constante elástica es k = 30 Nim, con una longitud sin
deformar de 1.5m. El calla os liberado del reposo en la posición A y se mueve hacia
‘mba a través de la barra vertical lisa, bajo la acción de una fuerza constante F
SON. Determnar la rapidez del collar al pasar por la posición B.

Solución:

Primeramente calculamos la energía potencial elástica en Ay E

102. 2.

102

Man 2m-15m208m > Vas ix)

Ass JAS AS = 1m > Va

“Tomando como nivel de referencia la posición A, encontramos la energía potencial
gravitatoria en Ay en B.

Va=0 à Vs mohe=(2K9.8X1
Por el Teorema de conservación de la energía mecánica: Ta + Va + Sam To + Vo

9.4

MVA {Mga + Von) Loros = MVE + [Ngo 1 Vee]

En el travajo de oras fuerzas, se considera el trabajo de la fuerza de SON
apicada sobre el bloque: EUs = (50)(1,5) cos 30° = 64,95 J

nt:

Por consigu

0+ (03,75) +6495= Ha) + [294+ 18) > v=499 mis

El collar de 0,6 kg es sollado
desde el reposo dela posición Ay AY 95
resbala porla gula parabolica, que | ee?
Se encuentra en un plano vertical,

bajo la infuenia de su propio 925"
peso y del resorte cuya conslante

85 120 Nim. Determnar la rapidoz
del coliar al pasar por el punto B,
así como la reacción normal
ejereda por la guia sobre el colar
Al pasar por dcha posición. La
longitud del resorte sin deformar es de 200 mm

Solución:

Primeramente calculamos la energía potencial elástica en Ay B.

02m

sta= VAT 02 =0950m > Vers Hata = 21200280) 27704

ALe = 0,25 0,2 = 0,05 m > Ve! Kata? = L(120K0.05)! = 0.15 4

Tomando como nivel de referencia Ia posiciôn B, encontramos la energía potencia!
gravitatoria en A yen B:

Vox =mghu = (0,6X9,8K0.50)

y

¿94 4; Va = ma

9:99 990339 9299999099000 393993909309 299909039090939990309930

103. 299999992999999999992999999999999999299939399999999

2.

103

Por el Teorema de conservación de la energía mecánica: Ta + Va= Ta + Vo
ñ

VA Vox + Val= Emu + [Vio + Vie]

0+1284+778]

Loge «1040481 > ve=892m0

La ecuación de la parábola es del tipo: y = kx’, tomando como origen de
coordenadas el punto B. Del grafico se observa que para x = 0% 05m
Luego: 0.5=K(0.5) > k

m Al pasar por la posición B, el resorte está estrado 0,05m.
SAL Luego la fuerza ejercida por el resorte sobre el colla es:
a Fe =k Aly = 120(0,05)=6.N

” Fume Farn-mg- mié
D

6 522
+N. LR, mean
(00x03) =06 552) 8

Calcular la máxima rapidez que adquiee e bloque 8.

si el sistema se libera del reposo. cuando x = y ah;
Considerar que el movimento. se da en un plano /
vertcal Asumir que la fricción y la masa de la varlla u y
que conecia los bloques A y B son despreciables, Los

Bloques A y 8 Genen iguel masa

Solución: pr
Dela figura se observa, que para cualquier instante: x° + ÿ2= 0.9

Derivando implícitamente: xx + y ÿ =0, donde Ve =X y Va=-ÿ. Luego:
Xv y va =0. De donde: va = À

104. 24.

108

Cuando el sistema se Iber de ron x= y > m= 92m. Luego para un

instante cualquiera, la posición de los bloques está dada por las coordenadas ‘x e
"y.. Tomando. como nivel de referencia el eje “x, la energías potenciales de los
bloques son:

09
Vos OB à Vow = may : Von = Vo = 0

Por el Teorema de conservación de la energía mecánica: Ts + V

rot Va

¿MVA 13 mevi | Von + Vo

nav
emai

dmv eV Vaal
3 on Nosh

08

10.0: 008 +0) [Emde Envie my +0)

[0+0+mg +01 =t4m{Eve) + Levis may 0}
aly
yee 20 2
implicando se obsene: 0,9 vs = a
imo e y] “

Para encontrar la rapidez maxima que adquiere 8, aplicamos máximos y minimos,
haciendo: dvedy =0. Derivando implictamente la ecuación anterior

Preta CRE
20.9 we ay 0 299% ay em ay

>y=0424m

Reemplazando en (1), se tene:

oe SB

Si el sistema de la figura se suela del reposo, estando en ese momento el resorte
sin defotmar, determinar las máximas

velocidades que adquiere cada bloque +
(ma = 2 kg: ma= 10 kg: K = 800
Nm).

Solución

Como al principio el resorte está sin
defomar y el sistema se Ibera del
reposo, se puede afrmar que la energía
mecánica. total del sistema es cero
lomando como rivel de referencia las B
posiciones iniciales de los bloques.

>

Al estrarse el resorte una cantidad x,
el bloque A sube una distancia “xy 8.

MA

390029220D23DIDDDIDIIDDIOODDIDIIDIODDINDD

9999999939999909

105. »9999999999992992999999993999992999999992999999999999

108

baja la misma distancia. Luego la energía potencial gravitatoria de A sube a ma gx.
mientras que la energía potencial graviatoia de B disminuye a — mag x Aplicando.
el principio de conservación de la energía. Ty + Vi = To Va

0+ 0 Leyes Lou ere tons HB...)

Del andiss dea longtud dela cuerda, se obtiene que var va > vo ==
Reempiazando en (1)
02 Heu + LO) + 2K9.8)x-{1099,8)x + £800) 2
Sn? =78A x= 400%? (2)
Para encontar la velocidad maxima, dervamos implctamente la ecuación (2)

Ma
y

Reemplazando en (2} 6 vx" = 78,4(0.098) - 400(0,098) > v,
pidez máxima que alcanzan Ay B es de 0,80 ms,

12% 18:4-800x=0 > x=0,098m

80 mis

Luego,

106. 106

| 4 | CINETICA DE UNA PARTICULA:
IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO

Impulso y Momento Lineal

1... Sobre una particula de 2 kg de masa actúa una fuerza F= (8-81)1+ (4-€)1+
(+ Uk donde F se expresa en Newtons y “Y en segundos, Si se sabe que la
Velocidad de la partcula es v = 150 1 + 100 j -250 k mis en ! = 0, determinar. a) el
instante para el cual la velocidad de la particula es paralela al plano yz; b) la
velocidad correspondiente de la partícula

Se sabe que: mul Ef ami, donde 21601100) -2501 mé

e)

2(1501 +100) ~ 250k) + f[s-61) 19 (jean Kat

A150 1 +100 j ~ 250k) + (8-38) 1 + (St BI Ir (at + 2) K= 20,

1506 41 2872 )i+ (100 + 21

+ (2506 Ha)
La velocidad será parale al plano yz, cuando v,
160+ 41-382

Es decir:

1.428.

D)Para1=11.428: v = O1-125.5J-1965k ms

Una lancha viaja a razón de 50 nudos cuando su motor se apaga Si en 5 s su
rapidez disminuye a 30 nudos, yla lancha y sus pasajeros tienen una masa total
{de 900 kg, determinar la magnitud de la fuerza media ejercida sobre la lancha por
las fuerzas de arrastre Piorodnámica y aerodinámica durante los 5. ( 1 nudo =
‘milla marina M ; 1 mila marina = 1852 m)

we 15:43 mis

09993999999999009309999399993999

9390300333939393900

107. 292999999999999999999999999999399999939999939999999

107

Consideremos la fuerza neta F que representa la fuerza resistente tanto del aire

como del agua
y
& eal y at

Por el Teorema del Impulso yla cantidad de movimiento: my, + Y [F dt mv;
,
00025721» [errar = 900 15.4)

F=18522N

Un tren formado por dos vagones viaa a 72 kmin. El vagón A tiene una masa de 18
‘Ton y el vagón 8 de 13 Ton, Al apicarse repentnamente los frenos, se ejerce una
fuerza de frenado constante de 21500 N sobre cada vagón Determinar: a) el tiempo
requerido para que el ren se detenga, después de aplicarse los fenos; b) la fuerza
on el acoplamiento mientas el ren está desacelerando.

72 kmh
-—
18 Ton 13 Ton

2 km = 20 mis

2) Considerando al tren como un sistema, se tiene que la masa total en movimiento
8: 18000 kg + 13000 kg = 31000 kg, siendo la fuerza de frenado en cada tren Fı
21500N.

me ms

108. vos

Por el Teorema del Impulso yla cantidad de movimiento: my; + I [Fatemv,

Enoteo x: 100-20 fers 310000)

620000 + 430001= 0 >

14.428

b) Para encontar la fuerza en el acoplamiento, aplicamos el Teorema del Impulso y
la cantidad de movimiento, al ren B (me = 13000 kg):

Dr

mis Ejra,

EneleeX: 13000(-20)+ (21500: Fauno)

30000)

— 260000 + 21500(14,42) + Formal 14.4
Essgrere =~3469,5N

El signo negativo implica que la fuerza que ejerce el enganche sobre B es de
facción, y no de compresión como se había supuesto,

Si el sistema mostrado en la figura se Iibera desde
el reposo, determinar después de qué tempo el
bloque A se estará moviendo a 1 mis. Despreci
la masa de las poleas y todo tipo de fricción

Solución:
Dela cinemática: 2ya + y = constante, luego:

Zutves

nen 2M

Del análisis de las fuerzas, se asume que al
liberarse el sistema desde el reposo, A sube
mientras B baja. Luego cuando va = -Imis (1
mis hacia ariba) > ve = 2mis (2 mhacia abajo)

» 99 3939333.93999'3999303930999.39092990093909993930393339

109. 3939999999999992299999999999999299999999999999999999

109
TA ,T a
) »
Han
1968

Por el Teorema da impuso yla cantad e meinen: mij+ fat

201

Park 200) + |196-2Nat+20-0 > 1901-27

Para 180) + feta7-Dét= 152) > MTI @

De (2): Tt= 1471-30

En(1): 1961-2(1471-90)=-20 > t=0,816s

Sobre el colarin de 2 kg que puede desizarse sobre una varilla vertical sin ficción,
e aplica una fuerza P cuya magnitud varia de según al grafico mostrado. Si el
colarin esta incialmente en reposo, determinar su velocidad para a) t= 25 y b)t=
=

Pin)

Del gráfico se encuentra que entret=0 y t=2s: P=25t N y entre t= 2eyt= 3s:
P = 50 N, Por oto lado, para que el collar empiece a moverse hacia arrba, debe
cumplirse que P> 19,6 N, esto es: P = 25.12 195 > 120,784 8. Es decir el
‘movimiento iniciará para 1=0,784 5

110. no

24
19.6N

a) Para t = 25: Por el Teorema del Impulso y la canidad do movinieno
mus from,

210) + [P-9s)et=2v > faster 1912-0784

Desarallando. 4232-2383= 2 =>

124 ms
b) Para t = 35: Por ol Teorema del Impulso y la cantdad de movimiento
mu Y jFot=mw,

V 18484304 2v >

21924) + fso-19.6)4 14:44 mis

Una bola de 125 g que se mueve con una rapidez de 3 ms. golpea una placa de
250 9 sostenida mediante resortes, Si se supone que no se pierde energía en el
impacto, determine. a) la velocidad dela bola inmediatamente después del impacto
y b) el impulso dela fuerza ejercida por a placa sobre la bola,

mo =

271

2) Análiss del impacto dela bola contra I plataforma:

DIDI DIDI DIDI I III III III III 00000000000

111. 9929999997299 XI ID III IIIIIIDIIIIIIIIIIIIIDIIIIIIDD

m

wy

be: om be ot

DEA |

antes después.

Por la conservación del momento lineal
MAYA? Mave = Mav'nt meva
(0,125X3) + (0.2500) =(0,125X- va) + (0.2504 va)
AV AF ZUR Bund)

‘Como durante el choque na se pierde energia

la colisión es elástica ( € = 1)

2)

2. Kama)

= Nr
(Ve Va) ' (0-3) a

De (1) y(2), se obliene: va = 1 mis ; vis=2 mis. Los signos posiivos indican
que la dirección asumida para las velocidades después del choque, es la correcta

») Trabajando conta boa sola
Mami
po 123249 + 150 = 1:0

CS
Ans

me, meet

(0,125)(3)+ (-1) = (0,125X-1) +1 =05 Ns (hacia arriba)

Si el sistema mostrado en la figura se Hbera
‘desde el reposo, determinar la velocidad de
cada bloque al cabo de 2 s. Despreciar la
masa de las poleas y de las cuerdas.

Solución:

112. ne

son,

Delacinemática: 2ya* ys=0 > 2utvy=0

Aplicando la ecuación del impulso y del momento lineal: m vs, +

Para S(0)+ [9-2 UA) > 49-2T#25 VA (1)

Para: 25(0) + [(245-DA-25V8) > 25-72 125 vo...)

Además de la cinemática se tiene que: 2 vaz + vez = 0 1)
De (1),(2)y(0)
VAE-B4 ms; vn= 16,85 y T=35N

Después de 2 s el bloque A se mueve hacia ariba a 8,4 mis y B hacia abajo a 16,8

TN)
Si el motor M ejerco una

fuerza T que varia de 200

acuerdo al gro

mostrado, deleminar Ia 15

rapidez dela caja de 250

Kg de masa para t= 48, si 16)

parte desde el reposo. Los M

coeficientes de ficción
estática y cinética ente la
caja y el piso son 03 y

025 respectivamente.

IDIDIDAIIIIIIIDIIAAIIII0IIII00000009 0000090900909

113. »29999999999999999999399999999999999929999999999999

1

Solución:
N
1
4
1
«<=
fau Ÿ2450n

La cajainiciaré su movimiento, cuendo la fuerza ejercida por el motor sobre a caja
supere la fuerza de rozamiento estátca máxima.

Para 1<25 T= 180 + 75 1 donde + se expresa an segundos y T en
Newtons. Además: 2F,=0: N= 2450,

lore > 150 + 75 1) = 0,2450), de
2678,

Para que se inicio el movimiento: 37
donde el movimiento empieza para

A parte de este instante, la fuerza de rozamiento que actúa sobre la caja es la
moon cinética: fon = I: N = (0,25)2450) = 612.5 N,

dans nes sm maman eu mu Fi, domi

250(0)+ [OT 61251250, > 3 frat-6124-1267 - 2500)

à fes joua = 1673.96=250 v2 > v=2.0ms

La caja B y el lindro A tienen masas de 200 kg y 75
ka respecivamente, Si el Sistema so libera desde ol
reposo, determinar la rapidez de la caja y del clinéro
para t= 3s, Despreciar la masa de las poleas.

Solución

114. 10,

ma
art
1
sd a
735N
1980 N “
Dela longus dela cuerda: L = 4 ya + ÿa = constante > 4 vo +va=0.(1)

sili sr ar

ara acoja

200 (0) + [(1960-AT)dt = 200¥g -» 5880-12 T = 200 vo ……(2)
Paro ino

251079 [msn + AST TE.

De las ecuaciones (1), (2) y (3), se obliene: va = 8,4 me; ve = -2.1 ms
T = 525 N. Luego en t= 3s, la caja se mueve con una rapidez de 2,1 mis hacia
arriba; mientras que el lindro se mueve a 8,4 mis hacia abajo.

Las dos cajas que se muestran en la a
figura.se liberan desde el reposo. Sus masas
son ms = 40 Kg y m = 30 Kg, y el coeficiente
de ficción cinética entre la caja A y la
superficie incinada es y, = 0,15. ¿Cuál es la
magnitud de sus velocidades después de 187

III III III

3399909992

115. 39999999999999929999999999999993999999999999999999

ns

aim

Er
Ban

Para A:1F,=0: N-39200620°=0 > 368,36"

De ta longitud dela cuerda: xa + yo = constante > va + ve = 0...(1)

Aplicando la ecuación delimpulso y del momento lineal: mv; + [SF di=mv;

Para Aen: 40(0)+ [(O1SCIN36)-T- 3025070) ot 40

7882-T=40%.....(2)

Para 8, en Ÿ:200)+ [29TH un -> 294 Te ao)

De (1), (2)y (3): va=-5,33 més y va = 6:33 mis, Esto significa que al cabo de 18,
A baja por la penciente a 5,33 mis, así como B desciende también a 5.33 mis.

11. Una fuerza F = 801 (Newton). donde “Y se expresa en segundos, se aplica desde
el reposo sobre el bloque A Determinar la velocidad de los bloques a los 3 s de
iniciado el movimiento, Desprecie todo po de fricción ( ma = 100 kg; ma = 60 kg).

Solución:

116. 116

De la gue: TEL gsr ara

En el transcurso del tiempo, “d°. 'H" y1g30* son cantidades constantes. Luego si
se deriva la ecuación (1) se obtiene: va = va 19 30°.….(2)

vo Joana zu rat Ep Ov
eat

6060) + [{N:cos30"-skmjt- és > 2,598 N-1764 = 60 ve (4)

De (2), (3) y (4), se obtene:
W258 mis; ve =-317 m; Ne =605.8N
Los resultados indican que a los 3 5 de inidado el movimiento, A se desplaza,

horizontalmente a la izquierda a 5.48 mis, y B se desplaza verticalmente hacia
abajo a 3,17 ms,

NIDAD III ID

117. »932999399399939993999992999393999999999999999999999999

17

¡Conservación del momento lineal. Colisiones

12

19

La barcaza B de la figura bene 15 000 kg de masa y sobre ella se encuenta
estacionado un automöw de 1500 kg de masa, en uno de sus extremos. La barcaza
no se encuentra atada al soporte P. Si el conductor del automóvi, conduce el auto
hasta el otro extremo de la barcaza, dotermnar cuánto se aleja la barcaza respecto
al punto P. Desprecar la resistencia del agua,

AA no haber resistencia de parte del agua, puede considerarse que en el
fuerza neta es cero, por lo que el momento lineal del sistema barcaza ~ auto se
mantiene constante Luego:

(mg + Mo Vac) ates = (MA Vas + Mo Vues (1)

Enel antes, el sistema se encuentra en reposo. En el después, el auto se desplaza
respecto ala barcaza hacia la derecha con una rapidez ve. mientras que el bote se
mueve hacia la izquierda con una rapidez vo

Luego en el después: ve
Ent} 0

A part de la Úlima expresión se infere que Io que se mueve el bote es la onceava
‘ava parte de lo que se mueve el auto respecto al bo.

Luego el bote se moverá hacia la izquierda del punto P- 1/11(60)= 545 m

ve Y Vas Ve

500 (Vas vo + 15000(-ve) > vo 111 van

En la figura se muestra un rampa de 120 kg de masa que puede rodar libremente
sobre el piso, Si un bloque de 80 kg es liberado desde el reposo del punto A,
determinar la distancia que se mueve la rampa respecto al piso, cuando el bloque
desciende 1,5 m sobre la rampa hasta el punto B.

118. 118

Solución:

DCL( ( rampa + bloque)

Del DCL dei sistema rampa + bloque so observa no existe una fuerza neta en la
dirección "x, por lo que el momento lineal del sistema debe conservarse en esa.
dirección. Luego:

EP ates = SP cout

0=120( Vines) + 80 (mes ) > Van

0)

Por otro ado, a velocidad del bloque será:

Vos = Voge rompa Vramas > Ve = (24,006 37% — v sen 37%) + Van

Vasca = (41005 37° + Vigo ) lv sen 37°]

Reemplazando en (1)

A partir de a úlima relación se infere, que Io que se mueve la rampa es 8/25 delo
‘que mueve el bloque respecto a la rampa. Por tanto, lo que avanzará la rampa

hacia la derecha es: (1.5m) = 0,48 m

14, En ls figura, se muestra un bloque de 10 kg en reposo, descansando sobre un
tope A Si una bala de 10.9 de masa que se mueve a 300 mis impacia contra el
bloque de 10kg y queda incrustado en él, dotermnar ia distancia que el bloque:
logra subir por la pendiente antes de quedar momentáneamente detendo
Considerar que el plano incinado por donde se mueve el bloque es liso.

331 13 1 33 I 3 BE D3:d'D DH D:9 Dd Dd:9:99 9:99:99 2:9:723979I9

119. 29999999992999999999999999999993999999999999999999

15.

mo

300 m/s

=>

Solución;

AL interactuar la bala con el bloque se genera una fuerza F sobre el bloque, así
como también sobre la bala, las cuales se eliminarán entre si al considerar el
sistema bale-boque. Por oto lado, se puede considerar el peso de la bala y del
bloque como fuerzas no impulsivas, quedando como única fuerza impulsiva la
Normal N. Luego el momento lineal del sistema de conservará en el eje x trazado
lo largo del piano,

0,098 8

Cm Vous + Masa Venen) un
(0.01)(300 cos 30%) +

La distancia “4° que sube el Bloque por el plane incinado, lo determinamos por la ley
‘de conservación de la energía, tomando como nivel de referencia el ope A

UAT) sa = (KT Jon

20000 0287 +0=19 ones ana

6=0,0069m

Tres bolas cada una de 0.25 kg de masa tienen un coefciente de resttucién de 0,85.
Si la bola A es lbersda desde el reposo, para luego colisionar con la bola B, y
posteriormente 8 con C, determinar la velocidad de cada una de las bolas despues
que ocurra la segunda colisión, Considerar que las superficies son perfectamente
lisas.

120. 120

Solución:

‘Mediante la conservación dela energia, se puede determinar la rapidez de a bola A
un instante antes de chocar con 8. Tomando como referencia el punto más bajo se
tiene:

Teva Tee

0+(025K9,811)= (025 +0 > (vai més

2

Analizamos la colisién de la bola A con la bola B, mediante la conservación del

momento lineal, tomando el sentido positivo hacia la derecha
Em Votes = EM pas
(0.254443) + 0= (0.25X we + (0,25 voh > (vada + (vales

Wa)» (ado)
> 085-
(ad ER

43.10

> Wolle 376.2)

De (1) y (2) se obtiene: (val= 0,33 més ; (ve)

Análisis de ia colisión delas bolas B y C: Em Vou,

(0.25K4,09) +0=(0.25Xva)a + (025Xveha > (vals + (els = 409 (8)
vertan] _, 095. Go (0) 0

We)

Wa)

De (3) y (4), seobiene: (ve

78 ms; (vas = 0,305 mis

Una bola de 0,5 kg de masa se deja caer desde una altura de 1.5 m sobre un plano
incinado iso, tal como se muestra, Sila bola colsiona con el plano inclinado en

y se sabe que el coeficiente de resttución es e = 0.8; determinar la distancia
ente A y B, donde la bola colisiona con el plano inclinado por segunda vez.

222322 A IDRC IDIPDIPDIEDIBIIDDDIIDDIDIIIDDIIDD

121. 999999 9I9FFIDIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIDD

121

Por la conservación de la energía determinamos la rapidez dk
‘chocar con el plano inclinado, tomando como nivel de referent

bola un instante de
À punto A

cum Hamure + mean

Analizamos la colisión de la bola con el plano en el
eje normal (N) y tangencial (T) correspondiente a

Junto À. Para elo trazamos el
colisión:

ne

tn

N
Freeze drone 1 cote
Considerando que el peso no es una fuerza impulsiva, se tiene que la única fuerza

que altera el momento lineal dela bola es la fuerza normal N, Por consiguiente, el
‘à conservarse en el eje tangencial T, en donde

mun mua > wn 84a(2) 928.

A partir del coeficiente de restitucin aplicado a la direccién normal, se tiene que la
‘olsion es entre la boa y la pendiente, la cual nunca se mueve. Luego:

122. we
Won = Voonsertosesmuin , 9 Un), a _ evicoso.
TE ARTE na V8

uns onsanft)aar

À continuación analizamos el movimiento parabólico de la bola de A a B, trabajando

Por a cinemática:

y

vaut Lay?
a vato dan

‘Cuando la bola lega al punto B (yx = 0)
Luego reemplazando datos en (1). se
tiene:

sax

En eng rude Ja)

Reemplazando datos en (2): €

‚om

+ 9.25(0,885) + LS 8840885) >

17. En el cruce de dos avenidas, colisionan dos automóviles. El automóvil B viajaba
hacia el Sur y el aulomöul A en dirección 30° al Norte del Este. Luego de la
investigación se determinó que los dos aulomöviles quedaron trabados y patnaron
10° al Norte del Este. Cada conductor afımö que viajaba al límite de velocidad ( 50
evn) y que trató de frenar, pero no pudo evitar el choque debido a que el otro
‘condultor iba bastante más rápido. El auto À tiene 1500 kg de masa y B de 1200 kg.
Determinar. a) ¿Cuál delos automóviles iba más rápido?, 1) la rapidez del automóvil
‘que iba a mayor velocidad, si el vehiculo más lento viajaba al Imite de la velocidad
permitida.

IDIDIDI DIO O DOI DI DIIAIDIIIIDIIDIIIIIIIIDII9

123. 992999999999 999F9I9D 9999999999999 I9IIIII2IIIIIIIDD

18,

123

Solución:

2) Los automóviles después del impacto quedan unidos entre si formando un solo
cuerpo. Por la conservación del momento linea

Pacs © "Prompts? MA Va COS 30° = (ma + ma) v 008 10° 0)

Pye © BP; ausm: MAVASEN SOS = Ma Vo = (ma + ma) ven 10%. .(2)

Dividiendo (2) entre 1):

MASON Mae ge — 150 Sen 200 SV COB LO
00 > verve
D) Si ve = 50m > = 11510 hmm

Dos nadadores A y B de 85 kg y 625 kg de masa, están en las esquinas
diagonaimente opuestas de una balsa cuando se dan cuenta de que ésta se ha
soltado de su ancla. El nadador A empieza a caminar de inmediato hacia B con una
rapidez de 0,7 mis relalva a la balsa, Si se sabe quo la balsa tene una masa de 150
Kg, determinar: 8) la rapidez de la balsa si 8 no se mueve, b) la rapidez con la cual B
debe caminar hacia A para que la balsa no se mueva,

a) Ignorando la fuerza resistente de parte del agua, puede considerarse que el
‘momento lineal del sistema bote + nadacores se mantiene constante.

124. 19,

m

| Le
à py none

Aplicando la conservación del momento lineal para un sistema de coordenadas en

Wera. setiene: SP sun = XP min

O2 m4 Va + (ms + Mans) Veale > 0% 9% Varoet Viso) + (150 + 62,5) voor

95 Vaio +95 Visto + 212,5 Von =0-> Vom 0,309 Var

Luego el bote se mueve a 030907) = 0.216 mis en direccién contraria a la
velocidad real de A respecto al bole,

by Para quota balsa ose musa: EP m EB ann
Dem Va + ms Ve à Mos Vase > 0884 + 62808 + 150(0)

0298 Va+ 625 Va > Vas-1,82 Va va=(1.52K0,7) = 1,064 mis en sentido

opuesto al de A. Observe que como el bote no mueve, Va y Va están medidas
respecto a terra

El bloque A se libera desde el reposo y desliza hacia abajo sobre la plataforma
rodante B El bloque A se mueve sin ficción sobre B hasta golpear con un tope
existente en el extremo derecho de B. El bloque A tiene una masa de 10 kg y la
plataforma B de 30 kg. Se sabe que B puede rodar libremente por el suelo
Determinar las velocidades de A y B, inmediatamente despues del impacto sia) e =
Oyo)

03m

2323132 32323333333 III III III DIODOS

125. 939909

2 272IIIPIIIFIVIIAIIIIDIIIIIIIIIIIIIDaIDIIIDIPIICL

125

Solución:

Determinemos las velocidades de A y B antes que A golpeo con el tope en B. Del
DCL del sistema se puede observar que el peso de À y B son las únicas fuerzas
que alteran el momento lineal en dirección

mo el vertical. Luego puede conduirse que el
x momanio tinea! del sistema en el eje x se
> manier corset,
Ed x
Por ln: 3 aun = SP up El einen

se aplicará desde ei momento en que A es
soltado del reposo, hasta un instantes antes que
colsione con elope.

= | =

O=mava+ move > = 10 va ONE)

Por otro ado, al no existrrozamiento, la energía total del sistema debe mantenerse.
Al principio A solo tene energía potencial, pero luego A y B tendrán energía
cinética. Tomando como nivel de referencia la plataforma E, e tiene

(Ta Tar Vat Vans 8 (Ta Ta Va + Vel ets
0+ 0+ (10498402) + Ve ZONA + HOME + 0+ Ve
ER rare ee Te

Reemplazando (1) en (2): S-3w)'+15w=19.6 > ve

Por la tercera ley de Newton, al moverse A hacia la derecha, B lo hará hacia la
Izquierda. Luego: ve=-0,87 mis > va= 1,71 ms.

A continuación analizamos la colisión del bloque A con el tope B. Por la
«conservación del momento lineal: Ps = EP as

1O(1,71) +30 (0.57) = 10 ww +30 WA + + 3 V5" OH WE)
Utilizando el coeficiente de restitución

el, UA, y,

NT 0571

Va 2280... (8)

De (3) y(4) se obtiene: va = 0,57 € (5)

3) Para e=0 >En(4y va=0 > En(3) vA=0

b) Parae=0,7 -> En (4): va=040 ms > En(9): VA==1,20mí5

126. 20.

128

Una esfera A de 0,65 kg de masa se deja
cave desde una altra de 0.6 m sobre una
placa B de 1,3 kg de masa, la cual se
sostiene mediante un conjunto de resorts.
entrelazados y está inicialmente en reposo.
Si se sabe que el coeficiente de restitución
entre la esfera y la placa es e = 08,
determine a) la altura °P" que alcanza la
estera después del rebote, b) la constante
“Ke de un solo resorte que sea equivalente
al conjunto dado, si se observé que la
máxima defexión de la placa es igual a
m.

Solución

2) Por la conservación de la energia determinamos la rapidez de la esfera A un
instante antes de chocar con la placa, tomando como nivel de referencia la posición
dela placa,

CT eV (TV > 0+ (0.65K9.8N0.8)= L(0.65Nvas + 0 > van = 3.43 mis

Analizamos la colsión de la esfera À con la placa B, tomando el sentido positivo
vericalmente hacia abajo:

Pong: (0.653,49) + 0 = (0.95Xv) + 1,3 (Vez)
vas + ven = 343. ”

Pan

Además: e=08

PAT E IAE)

ed Wa) 0-38

De (1) (2), se obtiene: vaz = -0,88 mis; vaz = 2.06 mis. El signo negativo para var
implica que después del choque la esfera rebota hacia ariba, mientras B va hacia
abajo,

Para obtener la altura máxima que alcanza A después del rebote, aplicamos
nuevamente la conservación de la energía

2am

+(0.6549.8)h >

NARDI DA IDA III AIDA

127. 39992999999993999999999999999993999999999999999999

a

127

b) Observe que antes del impacto de A con la placa B, el conjunto de resortes se
encuentra ya deformado por la acción del peso propio de la placa. Si suponemos
que esta deformación es à, debe cumplirse que en el equibrio

1908) _ 1274
KR

S20: mai ae

Luego del impacto, la se desplaza hacia abajo una distancia 3h=0.072m hasta
quedar detenida, lo que significa que la deformación total del conjunto de resortes en
ese instante es:

1274

eS

& +0072

k

Aplicando el tecrema de conservación de la energía, entr la posición inicial de
placa y su posición de maximo desplazamiento, tomando como nivel de referencia la
posición nal dela placa, se tiene:

(TH Vp #Ve)o= (Tee

4, (122)
ose La (Ee

»

74

carson cov be( 22) sos nayencaorae 2 (2

EN

218 la (2

k=1064 Nm

Un martilo de 450 kg se usa para clavar un
pilote en un terreno arenoso, El marilo se
deja caer desde una altura de 1,4 m sobre ot
pllte de 240 kg, y se observa que como
consecuencia del. impacto, el plole se hunde
0,9m en el terreno hasta quedar detenido, Si el
coeficiente de restiución del impacto es e
0,9. determinar: a) la rapidez del mario y del
pilote después del impacto; y b) la fuerza
resistente que ejerce el terreno sobre el pilote
al hundirse.

Solución:

2) Primero determinamos la rapidez del
mario, un instante antes de impactar con el
pilote. Aplicamos el teorema de conservación

128. 128

delas

gla, tomando como nivel de referencia la parte superior del plate:
Tor Y,

iv

Ge asoyoaxta)= Lao > wie Bates
Las feo que econ carol colin, con o fura dentist ene ei
a apes Ca ud eles ys worn inn Gos
oe Le talon capes u taa CONS a me zas to eon
Ve De kan! a a montar loa Gb ante ao
ico PE tomando dl src poate ce a
AO (824) +240(0)= 4801 20 => Me DS 824)
Da coser lé. sone:

(ve-(} _, 09. -fe tu)

(os) Wiad 0-524

> Va Vaz = 0 2)

7B mis; We

De(1)y(2) ve 49 mis ( ambas hacia abajo),
b) Para determinar la fuerza resistente de la arena, aplicamos el teorema del trabajo
neto yla energía cinética

Tet 5 Us Ts

22. La esfera de masa "nY cae e impacta contra
un bloque triangular con una velocidad vertical
AV. Si el bloque tiangular de masa am“
esiaba inicialmente en reposo sobre una
superficie horizontal lisa, deteminar su

255330333 3899239359983333033323?390339303223333323290

129. »9399999999999999929999999999999999999999999999999

129
velocidad justo después de la colisión. El caefciente de resttución es “e”
Solución:

Analizamos la coisiôn esfera-blaque, considerando un eje normal y otro tangencial

Considerando que el peso no es una fuerza impulsiva, durante la colsión la estera
está sueta únicamente a la acción de la fuerza normal N. Por consiguiente, en la
dirección tangencial, el momento lineal de la esfera debe consemarse:

(Poss os = (Prats Dengan! M Ver = M Var > MV Sen 45° 2 m ver

vor = vsen 45 ln)

Del coeficiente de resbtucion aplicado en a cirecciôn normal

e llendo, y + vag = evensase

(vos

VDS 45° > ve ev 008 459 - vs cos 48°. (2)

Por otro lado, si consideramos el sistema estra
bloque, se observa que hay una fuerza neta en el eje
“Y, pero no la dirección "X. Por consiguiente, el
momento lineal de sistema se conserva en.

Bir

Pe sm

Im (= } + {Van C0845 + Ver 608 45"). (3)
Roemplazando (1) y (2) en (9):

(0 = -3m veo + mile vcos 48° - va cos 45%) cos4S* + (vsond*)eo845"]

Vez ( ~3 — 008? 45") + v (e 008? 45° + sen 45° cos 45°)
abres mea) + wee (2p

130. 130

23. Una esfera A de 700 g que se mueve a una velocidad v, paralela al suelo incice
sobre la cara incinada de una cuña B de 2,1 kg, la cual puede rodar libremente
sobre el suelo, y se encuentra en un princpio en reposo. Después del impacto se
observa desde el suelo que la esfera se mueve hacia arıba en linea recia, Si se
Sabe que el coeficiente de resttucion entre la esfera yla cuña es e = 06, determine
a) el ángulo 0 que la cara inclinada de la cuña forma con la horizontal, b) la energía
{que se pierdo debido al impacto,

2) Análisis de la colisión estera-cuña: Considerando quo el peso
de la esfera A no es impulsiva, durante la colisión la esfera sólo
‘std sujeta a una fuerza normal N, por lo que su momento lineal en
la dirección tangencial debe conservarse:

Par Vénus

TS (1)

Cuando se analiza ei
we sistema estera = cuña

la fuerza normal N pasa
a ser una fuerza
interna, pero se debe
considerar la reacción
normal N'del piso sobre
la cuña 8 Por
consiguiente e
momento lineal del
sistema en la dirección

een)
X se mantiene constante

MPa

FP, amu | (OTK) +

omo + eu vus Ev)

Del coaticente de restitución:

e Mom-vaa] , 06. =lvassen-(-vense)]

Yow Van) ‘0 (user)
0.6 ve sent = viz sen 0+ cos0 … (3)

Reemplazando (1) y (2) en(3):

06 vosend = + vesen 0 +vo cot 0 cos0

939930399 99999999990 99990909999 330 3039099 39993933930

131. »9229999399999999999999999999999939999999999999999

24

p+ 250, Éceno-cos 0 >
sem em 30 rs

06 senû

b) La energía perdida durante la colsión será: AT

ya parir de (1)

Lone

va cot 62,7" = 0.52 vy

este? Lamosa» Lenttsoztne

(TM = 05 vé

Por consiguiente: AT = 0,211 10,35 vd = ~0,199 ve

Durante la prueba de diseño de un casco de 2.4 kg que contiene una cabeza de
plástco de 2 kg, el casco el lanzado con una pared rígida a 6 mis. La cabeza
Suspendida dentro del casco, no es afeciada inmediatamente por el impacto y
Continua moviéndose hacia la derecha a 6 mvs, hasta que choca contra el casco. Si
el coeficiente de reslución del casco con la superficie es 0,85 y el de la cabeza con
él casco es de 0,15, ¿cuáles son las velocidades del casco y de la cabeza luego de
Su interaccion inicial?

Solución:

Primero analizamos el impacto del casco con la pared, donde la pared permanece
inmóvil, por lo que Ypres = 0. A parbr del coeficiente de resttución y tomando el
sentido positivo haciala derecha, se tiene:

» 085--Hus-

> Vence = -6,1 mis (el signo

negativo indica el ebote del casco),

Ahora analizamos la colisión de la cabeza de plástico con el casco que ya está.
fetrocediendo. Por la conservación del momento lineal: XP, ares = XP, supe

216) + 245,1

Venen + 24 Views >2 car + 24 Vans 3024 u)

132. 12

A partir del coeficiente de restución entre el casco yla cabeza, y tomando el sentido
osiivo hacia la derecha, se ene:

ols 1868...)

0

A parte de (1) y (2) se obtene Vous = 0.963 MS: V coco = 0,702 mis. Ello implica
que después de la colisión cabeza-casco, la cabeza retrocede hacia la izquierda a
0,963 mis; mientras que el casco cambia a moverse hacia la derecha a 0,702 mis.

25. La bola de bilar A debe rebotar en la banda B de modo que entre en la buchaca
(hueco) C. Si el coeficiente de resttucón para el impacto entr la bola yla banda
5 085, encontar la distancia “x” donde debe producise el impacto para consegur
el objeto, Despreciar todo tpo de ficción

E

Solución:
eje Ne)
- eje T+)
om
Ya
0.3m)
©

Durante la colisión de Ia bola con la banda, solamente se produce una fuerza de
interacción normal

Luego: SF

0 > (Pr hata (Paleo mv; seno

mv sen p

393920

>

99999909

20

3302990993099»

>

1053)

>>>

>

39»

133. »9999999999999999999999999999999999929999999999999

133
wsenu=vsseng… (1)

Del coeficiente de resttucion

en ul; 085.0 Ces] 065 cons = won.

Dividendo (1 enti (2) tae S85 WB sd)
En (9) reemplazamos las caracteristicas geométricas. de la colisión

>

38m

@

134. m

E CINEMÄTICA DEL CUERPO RIGIDO

Rotación del cuerpo Rigido.

1... El elemento rígido en forma de “Testa girando alrededor de un eje horizontal que
pasa por el punto O. En el instante mostrado, su velocidad angular es» = 3 radis y
Su aceleración angular « = 14 rad” en las direcciones. indicadas. Determinar la
velocidad y la aceleración del a) punto A y b) punto B. en el instante mostrado
Expresar sus resultados en forma vectorial

Solución:

Donde: Vaux? ; araaxe

Para AyB: a= 3k rads y a == 14k rads?

Paranı Ta=-04jm > Y

ke x04)

21 ms

399999999990

>

39929999 90999999999909990009

99390399

>

135. 29999999999999999999999999999999399999999999999999

195
Bia 19kx(-04))=-5.61 me?

Aca = (041)=-3.5) mis?

ParaB: Fe=0.11-04] m > Va=3k x(011-04j )=1.21 +0,3)+ ms

am IK (0,1 1-04) =-9.61 14) mis?

AcA--(9 (0.1 1-0.4j) =-09 143.6 j mis?

Un torque variable se aplca sobre una rueda en rotación lo que en t = 0 una
aceleración angular horana que varia en función del desplazamiento angular 0, de
‘acuerdo a lo que se muestra en la figura. Si se observa que la rueda después de
‘rar 30 revoluciones en sentido horaro, lene una rapidez angular de 90 radis,
determine su velocidad anguiar wy, con la cual comenzó a girar en t=0.

a nas
ee
10

o a

Solución:

Suponiendo que el disco parta dela posición angular 0 = O, después de dar 30
revoluciones estará en la posición 0 = 60 x rad,

Aparir del gráfco se deduce que: a=10+ Ta radie?

de 10
Sesadeque: azo 2%. + (10+ Lojao = odo
a > (10+ Woyao = od

ei
man Face ona fon > ose

De donde: oy = 49.48 radis

136. 3

136

Dos poleas compuestas están siendo conducidas por la faja mostrada. Si en el
instante que se indica, la faja se está desplazando con una rapidez v = 060 mis y
la aceleración total del punto P es de 8 mie’, determinar para dicho instante la
aceleración angular a de las poleas y la aceleración del punto B de la faja

Solución:

¡Como la aja es tangente al disco interno de radio
0.60 mis

Oom= 0,1 m, ve

En el caso de P. tene una aceleración con dos componentes: centripeta y
tangencial,
Y (00m

a 38 mé

Del enunciado: la] = 8 mis? > agp
217,14 mé

Des > (887 + ajo = 8% de donde:

Además: ar=aro > 7,14=(01) > a=714 rads?

La aceleración del punto B es igual a la aceleración tangencial de P, luego:
2553.68"

939290333 .2309909 004 00 09000903003900900093903933903900

137. 29999999999299999999999929999999999999999999999999

#7

El disco À que se muestra en la figura está acivado por un motor, y gra en sentido
anthoraio,de tal modo que su velocidad angular está dado por: u, = 0,21" radls
onde so expresa en segundos. Determinar la velocidad angular_de los discos B
y C. asi como el número de vueltas que efectian al cabo de 20s, si en t= 0, el
‘motor que anima a la polea A parte del reposo.

200 mm

Solución:

Trabajando con

sa ss
DA y o2vta = u
a

Se sabe que

Integrando desde

Además pa
Relacionando los puntos (1) y (2)
De donde: (17,89 radis 100mm = ve (200mm) > us = 8.96 rad.

Como el disco P y el disco B san en tomo al mismo eje: or = 8,94 rads

Relacionando los puntos (3) y (4) v = 4 > rR = ac Re
De donde: (8.94 racísX100mm) = u (200mm) — ac 2447 radis.
Porotrolado:. 51782 > OuRa Ou Ra

(De donde: (143,108 radX 100mm) = 0 (200mm) > Ou

138. 198

‘Como el disco P y el disco B gran en tono al mismo eje: Gr = 71,54 rad

Relacionando los puntos (3)y (4): 83 84 > OR, = Oe Re

De donde: (71,54 rad 100mm) = (200mm) > 0c=35,77 rad.

El nümero de vueltas que dan los discos By C, se obtiene a partir de: Nata”

06357708
EE

5.69 vueltas.

Si le barra doblada que se muestra en la figura, gira en sentido anthoraro con una
velocidad angular de 10 radis . y tiene una aceleración angular horana de 50
radis, determinar la magnitud dela aceleración delos puntos A y B.

04m m?

Solución:

Del enunciado: & =-10k radis y «=-50k radis. Por oto lado, el vector

posición de los puntos A y B respecto al centro de rotación O, son: Faro= -04 1 +

04m y Tao =041-02i m
Luego:

ii
o 0 -sd-(tof(-041-04j)
04 04 0

Ba=dxrao=o Faro > da

2999990

9999909999 99399999990 99999 99909990999099999

139. »2999999999999999999999929999999999999999999999999

199
Ba =(204+ 203)-(401+40J) > 3x2 601-20) mis?

3,24 mist

0211

a= (101-20))-@01-20)) >

0 mé.

Movimiento Plano General

6. En el instante mostrado, el eslabón D se está moviendo hacia la izquierda a razón
de 16 cms. Determinar para cicho instante la velocidad del punto E.

Solución:

140. 100

De lafigura: ©

Lure = CEVEA =(6198J)+(81-61) = 181 +2] cm

Fac =CEHEB =(6i+8j)+(-8i+6j) = -2i +14) om

De cumplirse que:

. Wi ki Jia &

Va=-I6i 10 0 oo/+]0 0 mana] =-161+(8 000) + (-2ucnai+ Mocnald
ko offs2 0

Va 2(-16-2 0004 154 (B 000 + 14 x )j

{Como el bloque deslizante A solo tiene movimiento horizontal: via = 0. por lo que:
Bove + 14 000430 a)

Por otro ado:

399999999990

299999099900009

>»

3999999900

3399990999

141. 392999999999999999999399999999939999999999999999999

141

ik
b 0 ead

ijk
0 0 «can

Ve=-l6i + a

16h + (Bove) + Iocan

Een)

Ve = (16-14 oan) + (8 006 = 2 cm )i

Cano ee desizno B sl re meine ve vn 0, par 1 qu =
Fame» ame! rae

Reomssnd erent) Boss MÉIE0 > ou 2

Finalmente:

, si «li
ve=-16i +) 0 delo 0
o ol fs 2

ie iron

Sila barra By gra con oy = 2 radis en sentido horario, determinar la velocidad
“angular delas barras By y Bs y la velocidad del punto C para el instante mostrado

142. 162

De la figura: lem 6, =-2kradis

2 Fon 316M; For

Debe cumpiirse que:

Vo=Vatarxreratorxrciatosxrove

Te ed ki
o-0 1p 0 dejo o ojo 0 as]
bs ol bs of b -3 0

0=(61)+ (Beri) + (Boni + 4j} > 0= (6-So2 + Bas) + os j=0.

Igualando a cero cada componente se tiene: w=

Las barras deslizantes R_y S tienen movimientos horizontales en sus respectivas
guias paralelas. Si en el instante en que x = 15 cm, R tiene una velocidad de 5
més hacia la derecha y S una velocidad de 3 mis hacia la izquierda, determinar la
velocidad de B para ese instante (BG = 20 em , BA = 20.cm,

999999999 III 0000000 999099 990I9999999999999999

143. 3229393999999939993999299999999999999999999999999999

13

CM stem
BC em

TSM, p=26,56
em

5.23%, 19

180° > = 88.21% Adamds: 6 = 90° — = 63,44

De donde: 5H0+9=180% > 4251.33

“31 mis=—3001 cms y Va = 51m = 600 ems

Del enunciado: Ve

Se puede observar que:

144. Paya 5-20 sen 61-20 cos ¢j =~15,621~ 12,50) om

Feu 20008 «i+ 20 sen aj = 0,62i+ 19,99] em
Luego: Ve Var mas XF aa + next cis
i i Ki uk
O A
Hisez 1250 0| jos2 19.99 0

3001 =

800i = (12,50 oma 1-15,62 ou j} + (19:99 nc i + 062 ene)
-800 1= (12,50 un 19.99 vc ) + (-15,62 una + 0,82 oc )
De donde se obtiene: 12,50 ona 19,99 ogc =-800 y ~15,62 019 + 082 ue = 0

Resolviendo tenemos que: ona = 1,63 radis ÿ ns = 41,04 radis

Finalmente calculamos la velocidad de 8.

Ve = Varonexrera

u ii k

vo=soo | o 0 1
hiss2 -1250 0

00 + (20:28 -25.46 )

Operando: Va =820381-2546j emis -> ¡Vel

521 emis 2 5,21 mis

Determinar a velocidad del punto A ubicado sobre a superfide extema del careto
mostrado, cuando el cable es jalado hacia la derecha con una velocidad V. Asumir
que r<R y que ol carrote rueda sin desizar

999999999999

>

290999

999939999 III II 29029999999 999

145. »99999999999993999999999992992999929999999999999999

10.

15

Solución:

Del enunciado: vy = vi Por otto lado, como el carrete no resbala sobre la
superf, el punto C del careto debe tener la misma velocidad que el punto D del

piso, porlo que: v4

Rolacionando los puntos Cy B, y asumiendo que el carete gira en sentido horario
con una velocidad angular, se Vene

pork
mi >

El signo positivo dela velocidad angular demuestra que el carreto gira en ol sentido
asumido (horario),

Relacionando los puntos C y A:

En el sistema de poleas que se indica en a figura, el bloque P desciende con una
velocidad de 0,9 mvs. ¿Con qué velocidad subirá el bloque 07

146. 18
Solución:

Consideremos el siguiente diagrama cinético, donde se asume que las dos poleas
ran en sentido anihrario

Como entre A y O no existe movimiento
relativo; vs = Vo = 0. Esto es asi, porque el
punto O está ligado al techo, por lo que la
porción de cuerda comprendida entre O y À
permanece en reposo.

Relacionando Ay:

. pk
vezo -|0 00
150 0

Además: Va = Vas 0.15 01) X) Relacionando A y C:

01501)

Donde también: Ve = Vo = 0,30
Relacionando D con E, donde ve = par ser punto fi, se tene

Ve=Votonxren , 0

0=0,3004) + 0.1007} > Inn)

Relaconando E con F, donde Y

Ve =-09] mis, se tiene

ew oe rik
Veaverorxrre >-09)=0 +0 0 0
00 0

9-09} = 0.10004

De donde: u=-9 radis. Reemplazando en (2) = 27 rad, Esto reemplazando

en(tinos ca Vo=405j mis.

9999393999999

290999

9399999999 9999999990999 399999900

147. 292299999 IDID IP IDI2DIIIIDIIIIZDIIIZIIIIIIDIDIIIIIIDD

m.

17

El cubo de una retroexcavadora está en un movimiento controlado por el actuador
hiráulco que actúa sobre B, mientras que ol brazo OA se mantiene fjo Si en el
instante mostrado, el punto B se está moviendo horizontalmente con una velocidad
constante ve = 0,24 ms, estando B y A en la misma linea vertical, determinar la
velocidad y aceleración del punto C del cubo. (L

(Como A pertenece al brazo flo OA: va = 0. Relacionando los puntos Ay so
puedo determinar la velocidad angular. con que gia el cubo tne, donde:

im. Luego:

5024

Dase de

E VERS
Vat@am XFB/A > 024150 +0 0 wm
pos o

donde: cate = 0,8 rads,

Relacionando los puntos B y ©, se observa que: rere = 0,81-0,65) m, por lo
que:

oak oe 3 i i E
E 0 -04
8 -065 0

Vo =0241+(-052i-0,54)) =-0281-0.64) ms
También es posible obtener esta velocidad relacionando los puntos Ay ©,

Por otro lado, puede considerarse que B gra respecto a À Como B se mueve con
rapidez constante en dirección horizontal, se considera que la aceleración tangencial
de B respecto a A es cero, de donde se concluye que la aceleración angular del
cubo, también es cero:acns = 0

Para obtenerla aceleración del punto C, relacionamos A y C, donde Foya= di
(h-L)j = 081-035) m. Luego:

II AN

30 «0 + 0408) (0.81-0,35]] =-0,51210,224) mi?

148. 2,

148

El isco de radio, el cual tiene su centro en el punto O, rueda sin resbalar sobre el
piso P. Se sabe que el disco gira con una velocidad angular uv constante en el
Sentido indicado. El elemento AB tiene longitud “2 y la longitud de BC. es 302
Para el instante mostrado, determinar la aceleración angular de los elementos AB y
ec.

Solución:
Análisis de velocidad:

Se observa que vp= 0, así como Ve =0. Relacionando los puntos P y A,
> + + . + pa ok
yo

Relacionando A, B y ©; donde: Fajas 211
Bas = us K y (no = tage k; se tene

2399999

>»)

139399

>

>

339999

>

>)220000

>

33193333853

149. 33299929939299939999993999999999299999999999999999999

1
ill io“
O = Sri +0 0 web 0 wi
no lb.
2
= rai +(21008)) + Bro) >
02 staal +(20 a 8)+ {Sr aol} o
De donde se deduce que
3

3
Bron + Bron #0 > osc = 0 Pros
22 ,

Análisis de aceler

Para determinar la aceleración del punto A, debemos buscar un punto de
aceleración conocida, En este caso, el punto de referenca no puede ser P. dado
que los puntos del disco que toman contacto con el piso, carecen de aceleración
tangencial, pero si poseen aceleración centípeta, la cual no se conoce En este
caso. el mejor punto de referencia os O, dado que cuando el disco rueda, sólo
escribe un movimiento en línea recta, y al grar el cisco con velocidad angular
“constante (dans = 0}, O se desplaza rectlineamente con velocidad también

constante, de donde: 300. Relacionando O con A:

das 040 > da

Relacionando los puntos A.B y C, donde se asumimos que: Gas us K y

doc =unc k; además de que: ac

Bo = Sar ean xara.

tik
SS 0 a,
Foi ne]

Faratasoxtom-oß

of (2r4)+|
00

o=

Load j +(2ransi)-0+(-Zragci)+ do
Sot | #(2rasai)-0+(-Fraect) + (5

A + HL ad + 2raue rave dont
O=(-Zraac y+ OE 0d + areas Grass zo 7j

Luego:

150. 150

13, El camión que se muestra en la fgura, se está moviendo hacia la derecha con una
rapidez de 12 km, mientras el tubo de sección orcular que transporta cuyo radio
es R = 1,25 my que Vene su centro en C, rueda sin deslizar sobre el camión Si se:
sabe que el centro C del tubo se está moviendo hacia la derecha a razón de 2 ms
respecto al camión, determinar la velocidad angular con que gira el tubo y la
velocidad absoluta de C.

Solución:

La rapidez del camión es de 12 kmh que equivale a 3,33
rm. Consideremos un punto Q del cubo en contacto con la

SEE
©)! pe rate
© ve

Como el centro C del lubo se mueve a 2 me haca la

derecha, respecto al camión, se tene que: Vicia = 24 mis.

Relacionando © y Q: Var Veja > Ve=333i+2i = 5331 ms

Asumiendo que el tubo gira en sentido anthorario con una rapidez angular o, se

liene que: o =k radis. Donde: Vero = oxi cra, en el que

Luego:
Ñ ii
Voa=2i= E 42501 > 02-16 radis, Esto implica

p 125 dl
ue el cindro gra en sentido horario a 1,6 radis

DEP III 39 33999:9:339090 03:90 9.9939:3 9:30:39 2:38 3319033092300

151. »229999939299992999999999999992999999999399993999299

151

14. En el instante mostrado, la barra CD está girando con una velocidad angular de 20
radis y una aceleración angular de 2 radis, ambas en sentido antihorario. Si 0 = 45°
y = 225 m. determinar. la velocidad angular y aceleración angular de los
elementos AB y BC.

Solución:

Leosoi+ sends > Ton

Dela figura se obtiene: F 795 1 + 0,795 jm

255m: Fay

20 kradis y

1=225jm Además: 0;

won K radis, asi como:

doc= 2k rad. Asumimos: dan = om k y 00
dns ak y dos" aca k

Los cálculos de velocidad, Io efectuamos relacionando D, C, By À donde vo = v
D. por ser puntos fs.

Va Voicox Foro Goux Farc + ana XP BIA

ii i 5
o 0 ae sp o «y
795 0395 al 225 0

02 (1591 + 189} )+ (2,25 uco j + (-2,25 wna)
159-2254) 1+ (159-225 vcs )j
159-2250

159-225008=0 > co = 7.07 radis

ijk
o 0 «el
225 0 0

Para determinar las aceleraciones angulares, relacionamos los puntos D, CB y A,
donde 20 = au = 0, por ser puntos fis,

152. 15,

152

i oj 4 bok
o 0 4-120)" f0,7051+0,798;1+| 0 0 aca}
795 0,795 2250 0

bi
ory i-2251+ b 0
225

07) 12251)

O=1,591 +1,59j)—(9181 #18) ) + (225 acaJ)=(-112:47 1) +
(225 ust) = (112.47)

Ordenando:

0=(-207.12 ~2,25 am )i + (428,88 2,25 ace

Luego:

207,12 2.25 aux =0 > am =-92,08 radis?

428,882.25 acu = 190,1 radis?

El sistema mostrado en la figura, consiste de una rueda de radio R = 0,35 m que
rueda sin resbalar sobre una superficie horizontal Una bara AB de longitud L = 1m,
está conectada mediante pines al centro de la rueda y a la resbaladera A, la cual
está obligada a moverse à lo largo de una gula verical El punto C es el punto
medio de la barra. Si cuando 0 = 53°, la resbaladera A se está moviendo hacia
bajo con una velocidad va 22,60 mis. determinar a velocidad de los puntos B y C.
asi como la velocidad angular con qué gira la rueda.

A

2522222322 2232DDIIIODDIIDDIDIDDOIIOIDDIDIIDII2222DIIID

153. »2329999999999999999999999999992999999999999999999

13
Solución:
‘Apart del enunciado: va ==2.50] mis.

5 cos 531-05 sen 53°)

= 0,301- 0,40) m

cos 53% 1 sen 63°)

601-080) m
Fe =035j m

Asumimos que Gae= ok y que
nass = oy

Relacionamos A con B, donde Bal ser l contro de la rueda, debe tener una
velocidad paralela a la superficie horizontal, por lo que Vay = 0-

Se puede escribir la siguiente ecuación vectorial

Ves Vatuaaxren

. toa
ve=-2501+]0 0
50 -080

V8 = (0.80 ane )i + (2.50 ¢0,60 050)

Como vay =0 > -280+060mm20 > us = 4,17 radis

Luego: Vu = 0.80 ons = (0.804,17)
Para determinar la velocidad de C, relacionamos los puntos C y A:

133 1 ms

Ve - Var ac XT'cr, donde one = ons = 417 radis, dado que elemento AB
tiene una sola velocidad angular. Luego:

. a k
Vo=-250)+]0 0 417=-250j+(167i+125j)
30 -040 0

Vou 1.67

1,25) ms

154. 154

rminar la velocidad angular de la rueda, relacionamos los puntos B y O,
“debido a que como la rueda no resbala sobre el piso, O Se convierte
fen un centro instantáneo de rotación. Luego.

Lu ii «
Ve-Voruxreo » 331-040 0 of »3931=-0.35 ei
os 0)

De donde: «= -9.51 radis, Esto implica que larueda gira en sentido horario

16. En el sistema de engranes que se muestra on la figura, el radio de los engranes A,
5, Cy Des ‘a y el radio del engrane exterior E es “3 a”. Si se sabe que el engrane
À gira con una velocidad angular «4 en sentido. horario y además se conoce que el
fengrane exterior E es un engrane fio, determinar: a) la velocidad angular de los.
engranes A, B, C y D y b) la velocidad angular de la araña que conecta a los
engranes A, 8, Cy D.

Solución:

Los engranes 8, Cy D tienen las mismas caracteristicas de movimiento, por lo que
analizaremos el engrane A, By la araña,

>

IA DIIIIIIIIAAIDO III 9

155. 29999999999999399999999999999999999999999999999999

17.

155

Delgráfco: vp =0. También vw =0, dado que W es el punto de contacto entre el
engrane B y E, el cual no tiene movimiento.

Relacionando los puntos PyQ, donde Far = au y a =-oak se tiene

& hw kK)
> Va+ 04/0 0 -m| > ¥o= -amm
la o o

Relacionando Q con, donde una = 2a ur y ss = ok (asumido), se tene:

4 fo wk
Ve =Vo+usxrwo > 0=-aaw +|0 0 o
ka o 0

Dao + 2m > on= 50
Luego: 09 = ac = 09 = 0.5 0x
‘Antes de determinar la velocidad angular de la araña, determinamos la velocidad del

Punto V, relacionando W y V. donde Fiw= ur y nn = 0.5 0x k

Nr , pw k +
Vue vvtuiexrny > 02 vv +/0 0 us] +02 vv +05auu.
a o o

de donde: vv=-0, aos ue

Para determnar la velocidad angular de la araña, relacionamos P con V, donde

Fup =2a ur y bass = onan K (asumido):
ous bou ke
Vu VPrewatext we > -05am AN

Pa o 0

05.204 = 22 ato > Ooms 702504
El signo negativo implica que la araña gra en sentido horario.

En el sistema dela figura, la rueda W de rado Ru = 5 cm, rueda sin resbalar
sobre el clindro estacionario S do radio Rs = 12 cm, estando la rueda W conectada
al punto O mediante. el brazo OC. Si el brazo OC gira con una velocidad angular
constante acc = 3,5 radis en sentido anthorano, determinar la aceleración del

156. 156

punto Q, el cual se encuentra ubicado en el extremo de la rueda W a lo largo de la
linea que pasa por OC,

En este caso, se trabajará con el sistema
radial - transversal que se muestra en la
figura. De acuerdo a lo mostrado, E es el
punto de contacto entre la rueda movil W y el
Giindro Mo S. Como la rueda no resbala
respecto al cilindro: Ve = 0. Del enuncado:
Tere = 5 wom, oc = 35 k rad,
Asumimos: «w= ow k

Relacionando los puntos E y C, se tene:

E a Y o,
Ververanxtoe > Ve= 0410 0 wy) ve =5owwems (1)

ls o 0

Por oro lado, los puntos O y C estan relacionandos a través de la barra OC, donde

Tere = 17u,cm. Luego:

IS
Ve=Vordeckfeo Ve 0+/0 0 34 > ve =595 wems (2)
7 0 0

Iguelando(1)y (2): Sow we = 595 wy > ow =11,9 radis

La aceleración del punto C se encuentra, relacionando O y C, donde: doc = 0,
dado que OC gira con velocidad angular constante. Por elo:

de = dor doo xt cows eo

>322DDDIDIDDDIDDII22DIDIDIDDIDDIDIDIIDIDIDIDDIDIIDOIDIDIIIE

157. »39999999999999999999999

229999999999999999

157

Ivy X Ñ
ac=0+|0 0 043.5) [17 u) > dc=-20825u ems?
hv o
Finalmente relacionamos los puntos Cy Qs

da =ac+dwxrac-why rac, donde como el brazo OC gira con velocidad

angular constante, la rueda W también Io hará sobre la superficie del clindro S, por

Además: Luego: larc= 5 u, cm Entonces:

loque dws

a0=-20825 u 04110 [Su] > ac=-9163 u, cms?

El disco de radio“ rueda sin resbalar sobre la superficie externa de un tambor de
radio R. El tambor rota en sentido horario con una velocidad angular constante £2,
En la posición mostrada, el centro del disco Uene una rapidez “Y, la cual se

incrementa a razón de Y. Derivar una expresión que nos permita obtener la
velocidad y aceleración del punto D, el cual se encuentra situado en una posición
angular relativa a la línea radial que conecta los centros

Consideremos el siguiente esquema cinemático del
disco y el sistema de coordenadas | y ] según lo
especificado.

Del enunciado se sabe que el centro C del disco

tiene una rapidez v, entonces: Ve= vii Además.

‘como la rapidez de C se incrementa a razón de y
ésta representa su componente tangencial de la

158. 188
aceleración, Pero como al mismo tiempo C está girando respecto a A, deberä tener

un componente centripeta que será igual a. Luego la aceleración de C es:

ae=vi-

Como el disco no resbala respecto al tambor: Va = ORE
Relacionando las velocidades de B y C:

i 5 5 & EL
Ven Vertescoxtee > VI=QRI+P 0 vu
roo

Ro-v

vi = ORE +E rest) >

Derivando la velocidad angular del disco, se puede encontar su aceleración angular
Luego:
DAME

dos
Hace (Rd, M) donde dRidt = 0; dest = 0 por ser
aerate a) +

Q=oonstanto,y du = Y (del enunciado), Por tant: aus 4/1.

La velocidad del punto D de determina relacionando C y D, donde: Forc=
‘senoi¢reostj. Luego:

Vo = Vor Usrcox For

vo= [M1+c0sq)-RQeosq] i+ (RO - v) sen 6 j

Finalmente, la aceleracién de D se relaciona con C, a través de:

BD = act daicox "Ie Wace loc

IDIDIDI )dd3'dd-3:3:9:9:9'9-9-33I9339939:99999939993993393399

159. »999999999999999999999999999999999999999999999999

159

(Ro-wY

| lesen} i+ r cosh 51

Bo= - + (reos À 1 + sen 44) |

E lesen} i+ roosbi]

Simpiiicande:

do |Vevoosy- LL song Be

160. 160

E CINÉTICA DEL CUERPO RÍGIDO: 2DA LEY
DE NEWTON

Cuerpos en traslación

1. La faja de transmisión que
tener una rapidez de 6 mis

se muestra en la figura, debe pasar del reposo hasta
en el tempo más corto posible. Suponiendo que cada

‘na de las cajas que transporta la aja, ienen 0,5 kg de masa y que d= 0,07 m y

F2 0.13, determinar el bi

jempo más corto posible en que la faa llegue a alcanzar

la rapidez de 6 mis. sin que los clindros resbalon sobre olla, El cocficiente de
linaros yla faja es 05

rozamiento estático entr los

de cada cilindro.

A continuación se muestra el DCL de las cajas
Como se quiere que ia faja alcance la rapidez de 6
mis en ol tiempo mäs corto, la aceleración con
‘que se mueve debe ser la mayor posible. A medida
que aumenta la aceleracén, se requiere que la
fuerza de ficción estate F tambien se
incremente. La aceleración máxima corresponde a
cuando la cajas están a punto de resbalar respecto
la faa, por lo que en esta situación: F = fr =
N. Observe que la Normal N no tiene un punto
de ubicación conocido, por lo que se estima que
actúa a una distancia % del centro de gravedad G

En este casola caja tene un movimiento de traslación en el je “x. porlo que:

BF.=m ace: Feman

27,20 N-w =0

Ken

Remmplazando (2) en (1): u

Luego el tempo mas corto
‘es constante:

> me

= man.)
> N=w 0

a

iW =m. ao. > 0,5 (49) 0.520 > au 49 ms?
se puede obtener del MRUY, dado que la acolora'ción

eN IRIDIO II III IDIOMA

161. »299999232999999999999999999999999999999999999999

161

vevetat > 6

+49) > 12125.
‘Se puede verificar esta condición reemplazando valores en (3): W

043
donde: x = 0.0023;
7

Wx, de

0.0325 m. Como 4/2 = 0.035 m y x < 42, la condición

encontrada es posible

Determinar la magnitud de la fuerza P y su dirección 0 que se necesita para
impartir a la caretila una aceleración a = 1,7 mis! en la dirección mostrada, La
‘masa combinada de los minerales que transporta la carreila y su masa propia es
de 250 kg, teniendo su centro de gravegad en G. Comparar la reacción normal en 8
cuando la carroila acelora de acuerdo a lo descnto y cuando se encuentra en
equilibrio en la posición mostrada. Despreciar todo tipo de ficción, así como la
‘masa de las ruedas.

m=250kg > w=2450N

La carretla desarola un movimientod de traslación rectlinea — Luego sus
ecuaciones de movimiento son:

BFe= mag -P CosO=mac > -Pcos0 =280(-1.)>P cos=425.....(1)

2450 (2)

©: (0.2) + P cos0 (0,60 -0,50)- P seno (1.0)=
02 Na +0,10 P cos —P send =0....(3)

XF, 0: Psend—w+Ne=0 > Psen0 +N

162. 162
De (2): P send = 2450 - Na.....(4)
Reemplazando (1) y (4) en (3)

0.2 Na + 0,10 (425)~( 2450 ~ Na)=0 > Ne=2006,25N
Reemplazando en (2): P send + 2006.25 = 2450 -» P send = 443,75...(5)
Duidenco (S)enwe1). 190 = AS 0=4624%

Reemplazando en (1). P cos46,24%

425 > P=6145N

Una camioneta de 1650 kg de masa con su centro de gravedad en A está jalando a
una vagoneta de 2150 kg de masa con su centro de gravedad en G. La camioneta
posee tracción delantera, mientras que las ruedas de la vagonetas giran libremente.
La camioneta yla vagoneta parten desde el reposo y aceleran uniformemente hasta
26 ms en 185, Determinar la fuerza actuante Sobre las llantas de la camioneta, asi
como la fuerza neta en el enganche D. Despreciar la masa de las ruedas de la
«camioneta y de la vagoneta. Observe que el centro de gravedad B de la vagoneta,
está drectamente encima de la rueda F

120em 1300, 7
>; 925m

Solución:
me= 1680kg > We= 16170N; my=2150kg > Wu=21070N
DCL dela camioneta y dela vagoneta

233 3339 d2 33:93:93 3217299 33:3'933399333939999993 99723393339

163. 29999992929 999999993 9999939999999 9999999999999999

163

La aceleración de la vagoneta y de la camioneta se oblene a parir del MRUV,
donde: vavaral > =26=0+a(18) > 2032 agua = 144 mist

Se puede considerar, que tanto la camioneta como la vagoneta están en
‘movimiento de traslación a lo largo del eje x. por lo que. — 2F,= maga: SFy= 0,
Mes 0,

Para la camioneta:
EF mage -2F+ Hy = 1650(-1:40)-> -2F+ Hy =-2876.......(1)
xE/=0 2N+2N+H,-1617020 > 20, FMH, = 16170.....(2)
M0 2e + He het) + Hy (dd) —2F hy = 2Neds = 0

2N.(1.30) + Hs (0,30) + Hy (2,228) —2F(0,625) 2 (120) = 0...(9)
Para la vagoneta:

YFe= mao; = He = 2180(-1.44) > Hy =3096N......(4)
Roomplazando (4) en(1): -2F + 3096 =-2376 > F=2726N....S)
26720: 2Na=H,-21070=0 > 2Nq—H, =21070 .....(6)

Mer: Hyde Hiro) =0 rH, (2,75) ~ 0,70) =0....(7)
Reemplazando (4) en(7): H, (2,75) ~(30980,70)= 0 > H,= 788,07 N ...(8)
Reemplazando (8) en (6):

2No~ (788,07) =21070 > Ne= 1092004 N 0)

2376 > FE2736N......(10)

Reemplazando (4) en (1) -2F + 3096

Reemplazanco H, Hy y F en (2)y (3).5e tione as siguientes ecuaciones:
ZN + 2N.+ 788,07 =16170 > N+ Ny = 7690.96 am
2N4(1,30) + 3096(0,30) + 788,07 (2225) 212736)0,625) ~ 2 N (1.20)
Simpllicando:

2.60 N,~ 2.40 N= 737.74 az

Resolviendo las ecuaciones (11) y (12): Ni=3851,75; N.= 383921 N

El centro de masa del conductor y de Ia motocideta que conduce se encuentra en
el punto C. Considerando a la motocidela juntamente con su conductor como un
Simple cuerpo rigido, determinar la mayor aceleración con que se puede mover el
motociclista, si bajo esta condición las llantas delanteras de la motociceta empiezan.
3 perder contacto con el terreno, Asumir que el sistema de suspensión de la
‘motocicleta,previene cualquier tipo de volteo. Despreciar la inerea delas llantas

164. 168

Considerando que las llantas delanteras pierden contacto con el piso, se tiene el
siguiente DCL, donde la motocicleta solo efectúa un movimiento de traslación

BFe= mage F=mace~.{1)
2,20: N-98m=0

ÿ Neon...)
a
+
À | e F(08)-N(075
Fat
r | ®
Reemplazanco (3) en (2)

ie
®

> 3012919 mist

El montacargas que se muestra en la figura ene una masa de 1125 kg y se usa
para levantar una caja de 1250 kg. Mientras el montacargas levanla la caja se
mantiene en reposo, Determinar a) la mayor aceleración que vertical con que puede
Ser levantada la caja, a fin de que el montacargas no se vuelque respecto a sus
llantas delanteras: b) la reacción normal en cada una de las ruedas delanteras en A

)2>

53255

393929929999093399

31211190 2220932

said ae aed

a

165. DI III IIIT II III II III IIIIIIIIIIIIIIIII III 33999

165

DCL de la caja y del montacargas Cuando la aceleración es máxima, el
montacargas tiende a voltear respecto alas llantas delanteras, por lo que asumimos
que en ese momento, la reacción normal en B es cero,

y

m= 1250kg > We= 12250N
125 kg > Wy = 11025 N

Para la caja que está en movimiento de traslación

*F,=may: N-Wem.a > N-1225

250 à

N2 1250 a + 12250
{Como el montacarga se encuentra en reposo: SF,
sr,

F,=0 y 2Mo = 0. Luego:

ZNA-N-Wn=0 > 2Nq= (1250 + 12250) + 11025

166. 166

2Nh = 12502 +29275

YMy= 0: N(141.5)-2M4(15)=0 > 2Ne

Roomplazando las expresiones anteriores

43 mist

1200 + mans Sioa 1250)»

Si el cosficiente de frición estática entre los neumáticos y el pavimento es 0,80
para el automóvil que se muestra, determinar la máxima ace'eracion posible con que
puede moverse sobre un pavimento horizontal. Resolver el problema, suporiendo
‘que posee a) transmisión en las cuato ruedas, b) transmisión en las ruedas
traseras, €) transmisión de las ruedas delanteras. Despreciar la inercia de las.
lanas.

a) Si existe acción en las cuatro ruedas, sobre todas elas actuará una fuerza de
rozamiento estática I, que empuja el auto hacia delante. Como el aulo debe moverse.
(Con aceleración maxima, suponemos que las lantas están a punto de resbalar porel
pavimento, En ésta situación: À = lama = HN

El auto desarrollará un movimiento de
traslación, donde la rotación de las
llantas no se considera porque su
inercia es despreciable.

2 Na + 2 No

AS
UN No) = man (1)

SPy=0: 2Na+2Ne=W +0 > 2(Na+Ns)= mg > M+Ns=05m8..(2)
Reemplazando (2) en (1)
Om) = mas > 05719 > 2=0.898)=7,84 ms?

DDDDDDDDDDDIDDIDDDIDDIDIDIDDIDDIDIDIDIDDIDDDIDIDIDIDIIDDID)

167. D2222IDIDIDIDIDDIDIIDIDIDIDIDIIDIDIDI2DDIDIDIDDIDIIIDIDDIDDID

167
b) Auto con transmisión trasera

a BF. = macs: ZN =m. a6 (9)
SF 0 2N,+2Ne=W =
2 (Na+ Ne mg
Sm.

Nas Ne
Mo = 0:
2No(1) + 24,N,(0.5)~2Na(1,5) =0

ul

De donde: No=1.5N+-0.SpN, > Na = Na(1,5— 05) (5)

Remplazando (5) en (4): Na + Na (1.5 0.) = 0.5 mg > Na

Reomplazando a ütima expresión en (3)

DEL ag page BE
75-05 °° 75-08
0889 | ;
Para = 08 > aç= SR 373 ms
rs 25-0508)

©} Auto con transmisión delantera
BF mans: 2uNa 5m as (6)
249 2N3=4 =
2 (Na+ Na) = mg
Nat No 205 mg. (7)
16=0:

2Na(1) +20, (06)-2 N (1.

x=

De donde: No + 0.5 HN, = 1.5 Na-> Na=Nn(1.5+ 0593) (8)
Oma,
lazando (8) en (7): No (1.5 + 0.545) + ls
Remplazando (8) on (7): No (1.5 + 0.545) + No = 05 mg eon

Reemplazando a úlima expresión en (6):

fa 08 a 0808)
Paces 250508)

168. 168

Una viga uniforme de 40 kg de masa es transportada por una camioneta pickup. El
extremo A de la viga descansa sobre el piso de la camioneta tal como se muestra,
mientras que en Bla viga se apoya sobre la parte superior de la cabina. Se puede
considerar que en A y B la ficción es despreciable. Encontrar la fuerza de contacto
‘que la camioneta ojerce sobre la viga en 8. si se desplaza en línea recia con una
Aceleración de 4 mi.

Solución

Dela figura: seno >

7.08 m= 40K w= 392N

La escalera se encuentra en
movimiento de traslación
rectlínea, Luego:

Arm 0455 No = 160... (1)

2F,2 0. Ay-w* Na cos

» Ay- 392 + Na cos27.04°=0

A+ 0.891 Na = 392. e
Lo = 0: Ne (2,20 1,85) + Ac (1,85 sen27.04) — A, (1.85 cos 27.04)
0.35 No + 0,841 A, — 1.648 À, = 0 @

De as ecuaciones (1) (2) y (3), se obtiene:
No=2324N; A2 265.7 N: A,=185.0N

DDDDIDDIDDIDIDIDDDDDIDDIDDDDIDDIDIDIDIDIIDIDIDDIDDDIO

169. 2329999999999922929999999999999999999393399999909

169

Una placa rectangular uniforme de 5 kg de masa se mantiene en la posición
mostrada madiante res cuerdas. Si sabe que 0 = 30°, determinar inmediatamente.
¡después de cortar la cuerda CF, a) la aceleración dela placa y b) la tensión en las
cuerdas AD y BE.

Jo

AE

— Ba

240 mm = 4

2

| un |

Solución:
m=5kg > w=49N

AA cortar la cuerda CF. la placa desarrollará un movimiento de traslacién cunúlinea,
‘en donde todos los puntos de las placas describián trayectonas paralelas, En este
‘caso, el centro de gravedad G de la placa, desarrollará un movimento curvlineo,
teniendo una aceleración con dos componentes: tangencialfar) y normal).

BF; = mar

‘Como en este caso, la placa
parte del reposo: y = 0, y por
consiguiente: ax

Luego: SF =0:

Tat To=1wcos0

170. m
Tat Ts = 49 c0s30°
De donde: Ta + To = 42.44 4

Por otro lado, como la placa sólo efectúa un movimiento de traslación curvlinea,
ésta no gra alrededor de su canto de gravedad G. por lo que: IM = 0

am. = Ta e050 (0.15) + Ta send (0,12) + Tncos0 (0,15) + To send (0,12)

Simplitcando y reemplazando 0=30*.
00707, + 0,197: @
De(1)y(2) se obiene: Ta=31N :T

Finalmente a aceleración de ia placa solo ene componente. tangencal siendo 4.9

Cuerpos en rotación

9. Una barra delgada uniforme de longitud L y masa “nY es liberada desde el reposo
cuando se encontraba en posición horizontal, Determinar la distancia "a" que debe
fensti entre el extemo izquierdo de la barra y la ubicación de la articulación, de
modo que la barra tenga la aceleración angular máxima posible una vez que es
iberada. ¿Cuáles dicha aceleración angular?

po

—— A
A

L 4

Solución:
Veamos el DCL dela barra,

AL ser liberada, la bara
empezará a descibie un
movimiento de rotación no
Centroidal respecto al pivote O,
Esto provocará que el centro de
¿gravedad descrita un movimiento
Greunferencal con centro en O,
teniendo una aceleración con
componentes normaly
tangencial. Luego:

aa au (Log) +0, Onto ue coro atra pao e repo.

ratio

porlo que ao, 0. Además: ar == ao

mo) > 0

2999909399 9399999999999 329999999 929999999999309993990

171. DI IIDIIDIIIDII III III IIIIDIDIDIIIDIIGDIIIZIIDIDD

40.

m
3F,= mao O,=mp = mike ay

Molo mg

mt? SAP Ha) ol

Observe que el momento de inercia de la barra respecto a O, se oblene a part del
Teorema de los ejes paralelos (teorema de Sieline)

De(2)

e 296469. _-69d4 30
1 Dad aora
jm

para maximizar sy

Iqualamos a coro:

a.

1791.

Reemplazando en (3), se tiene:

Para d)=021L >

182 ‘rads ( sentido horario)

= radis? (sentido antihorario)

La barra delgada de 5 kg y 1.2m de longitud que se muestra en la figura, se Hbera
desde el reposo cuando esta en posición horizontal, Determinar: a) la velocidad
“angular de la barra después que ha girado un ángulo de 45° yb) la magnitud de
reacción que ejerce el soporte sobre la barra en cicho instante

Solución:

a) Para determinar la velocidad angular de la barra después de girar un ángulo de
45, analicemos la situación de la barra después de girar un ángulo 0. Al ser
liberada, la bara empezará a describir un movimiento de rotación no centroidal
respecto al pivote O. Esto provocará que el centro de gravedad G de la bara
describa un movimiento crcunferencia con centro en O, teniendo una aceleración
con componentes normal y tangencial

172. m
“Trabajando con las componentes ur y uy ‚se tiene:
1 = mac Oy + mp cos = may
donde a

L
a= ba, Luego

oremba=mgcoun w
Au max: On mg send = mac
=ofr= à? L. Luego
Donde: au Lo Lex
7 n= mo? E. + ma send e
3gcoso
om
Mo se
A paride) se ste deinchamtica que: a wt, Lego
Sgcos _ „dw 7 3gcose y w
cc I Ju
Ben 142 caso
lomas reemplazando on (3, sere = PA)EO8 45" 9.65 rags?
Además reemplazando en (3,30 8 EEE osram

b) Para determinar la reacción en el pivote, reemplazamos los valores obtenidos en
yey

(8.86) ~ 5(9.8) cos 45° = ~8.67 N

n= (5210212. + (5198) en 45° 49,08N

Luego la magnitud de la reacción en el soporte ser:

0= ear? +4908 =49,80 N

299920999 9999999999999 799999999999 9999999999939909

173. 39999999992999999999999399999999999999999999999999

m.

m

La volante que se muestra en a figura tiene
un radio de 500 mm, una masa de 120 Kay
un radio de gro de 375 mm Un bloque À de
15 kg se une a un alambre que esta
enrollado alrededor dela volante. Sel
sistema se libera desde el reposo y se
¡desprecia todo po de ficción, determinar a)
la aceleración del bloque A, b) la tensión en
el alambre; c)la reacción en el soporte de la
volante y 6) la velocidad del bloque después
de descender una distancia de 1,5 m.

Solución;

Volante: M=120kg > W=1176N; R=
05m:k.=0375m

Bloque: m=15kg > w= 147N
DCL dela volante y el bloque:

Suponiendo que el alambre no resbale respecto a la volante, la aceleración del
bloque coincide con a aceleración tangencial de los puntos periféricos de la volante.
Luego: à = Ru > a=050..(1)

Como ia volante desarrolla un movimiento de rotación centrodal, se cumple que:
ERA 0,3F,=0; My= loa

BRO: 0,20
220 We...)

FMo=la: -TR=<{[MK?]{-u) > T(0,5) =[120(0,375"Jla > T = 33,75a (3)
Para el bloque que está en traslación, se tene que:

152.46)

BFy=may Twenga) > T4

174. 12

174
Reemplazando — (1)en(4) T-147=-15(0.5u) +T=147-7,50 (5)
Igualando (3) (5): 33,750 = 147-750 > a=3,6 radis”

543,56) = 1,78 ms?

Reemplazando en (1) se tiene la aceleración del bloque:
Reemplazando en (3); T = 33,75 (3,56) = 120,15 N
A partrde(2) O,-1176- 120,15 =0 > O,= 1296,15N

Finalmente la velocidad del bloque después de descender 1.5m, se puede
determinar a partir dela cinemática (MRUV)

+ ANTONIO) > v= 2.31 mis

weve +20 yly= yo)

Dos discos uniformes y dos cilindros están
ensamblados como se muestra, El disco A
tene 10kg de masa y 8 6 kg. Si el sistema
se suella desde el roposo, determinar a) la

celeración dei clindro €. y del clindro D.
b) la tensión en cada una Ge las cuerdas yc)
la reacción en el soporte delos discos. (mo =
7.5kgmo=9kg)

Solución:

mus 10%g > W=98N
ms=6kg > w= 588N
me=7.8kg-> Wo=73.5N
san

mo=9kg > wo

CL del sistema

¡Suponiendo que as cuerdas no resbalan sobre los

discos, la aceleración de los bloques coincide

” ‘con les puntos perféncos de cada disco. Luego se
cumple que: a= aR

990990339 39909990 909003997909999002339990399999920300930

175. DI IIIDIIIIIIIIIIIIIIDIIIIIIIII III 1193999999999

2.

vs
20=a(020)=0200 y 20=a(019=0150
Para los discos en otacién cenvoidal
220 0,
Oy Ti Tamer 0
O,=T,+T,+98-S88
Oye T,+T2+1508.......(1)
Mesa
140.20)=720,15)=| 10,0207 + 2160.15) Ja
0.207, ~015 To 02678 a (2)
Para el lindo C
BF) = may: Th= we = me (rae), donde 0.204
11-738 =-7.5(0200) > Tır1.5u=735....0)
Para el lindo D:
Y ema; Two
1,-08, “
De las ecuaciones (2) (3) y (4) se obtiene: T: = 178 Na =101
radis” Las aceleracones de los cios serán 038 mis” y

2=0,15(1,91) = 0.29 mis”
Reemplazando valores en (1), se tene la reacción O, en el soporte:
0,=70,64 + 90,78 + 156,8

Cada uno de los engranes A y 8
tienen una masa ce 10 kg y un
radio de gro de 20 cm. El engrane
C tiene 2,5 kg de masa y un radio
de giro de 7.5 cm Si un par M de
magnitud constante 68 Nun se
aplca al engrane C, determinar: a)
la aceleración angular del engrane
À y b) la fuerza tangencial que
ejerce el engrane C sobre el
engrane A.

176. me
Solución:

Engrane A: ma = 10 kg, ra = 0,25m ka = 0.20 m -> n= (1040.20) = 0.4 kg?
Engrane Bi mo = 10 kg re = 02m; ks = 0,20 m — le = (10K020)?= 0.4 Kom?
Engrane Cmos 2.540, 1o*0,10m; ke = 0,075m > le = 2,540,075)" =0.01125 Kom?

ie a
ps or

¡Considerando que ninguno de los engranes resbala sobre el ot, los puntos
perifericos de los tres engranes tienen la misma aceleración tangencial. Luego:

ra = arn = are > aa (0.25) = ac (0,10) = 09 (0,25) uc = 2,5 ay us = an
Tomando momentos con respecto al centro de cada engrane,. se tened!
F(0.25)
M + F(0,10) + F(0,10) = 001125 (-ac)
6.5 + 0,20 F = 0,01125 (-2,52)..(2)
Do(1)y(2) F=299N; «= 187 radis?

Engrane A: 2M

an FEA an (0)

Engranec: 3

El tambor de freno de 20
‘em de radio, está unio a
una volante de mayor
radio que no se muestra
El momento de inercia
total cel tambor y de la
volante es de 6.5 kom? y
el coefciente de ficción
Ginétco ente el tambor y
la zapata del freno es
0:35. Sila volante estaba
girando a razón de 360
rom en sentido
Aninoraio, cuando sobre
el pedal © del freno se
apica una fuerza

939 9309399 9992939999999 999999099929 III III

177. 22299 IIIIII ID III IDI III III III III 1139999999999

15,

m
constante P = 38 N, determinar e! número de revoluciones realizadas por la votante
antes de detenerse, Considere que el peso del sistema de frenado es despreciable

Solución:

Ver el DCL dela palanca de frenado y del tambor
La palanca de frenado puede considerarse que está en equlibo. Luego
EM = 0: P (22.5) + BN (5) - N(25)

. donde

Ny
30225) + 0.8 N(S)= N(25) > N = 4071N

35 Luego:

Para el tambor:

Mos loa: =UNRS lou > —(0.35K40,71N0.20)

Su a=-0.438 rad?
Dela cinemática se tene que: uf = 0? + 28, donde uw = 360 rom = 37,70 radis

7,70" + 2(-0.438)9, de donde:

Cuando el tambor se dotenga: a
1622.48 rad = 258,2 revoluciones.

El brazo ABC del cargacor frontal que se muestra, puede ser modelado como un
sólo cuerpo rígido. Su masa es de 320 kg y su momento de inercia respecto a su
centro de masa es |= 360 kg.m’. El punto A del brazo se mantiene estacionar.
Siel actuador hidräuico ejerce una fuerza de 14 kN en B a fn de levantar el brazo
ABC, ¿con qué aceleración angular gra el brazo en el instante mostrado?

178. we

Solución:
DCL del brazo ABC: (m= 320 kg =>

El brazo ABC desarrola un movimiento de rotación con contro en el punto A Luego:
debe cumplirse que: 2Ma = ha. Donde e! momento de inercia del brazo respecto a
A se determina mediante el teorema de Steiner

ns lot mó? > la=360+(920)[1.80"+ 1,10%] =1784 kom

080+0,70
140

Ma = Ia Focos 0(0,80) + F sen (1,40) (1,20)
14000 cos(46,979) (0.80) + 14000 son(48.97°)(1,40) - 9196(1,80) = 1784 «
a = 058 rads?

Por oto lado, dela figura: 19 9= > 0=4697

1999099999999 9999309093999

PIDIO DDD

179. 299999%339992993999999993939999999999999999999999999

mo

16. La figura muestra la descarga de un container de 120 Ton desde un camión que
posee una rampa de descarga, la cual puede girar según se indica. EI container se
Puede considerar como un sólido rectangular homogéneo de 8 m x 3m, con su
Centro de gravedad en G, que posee ruedas en Ay B. Sila rueda A esta restingida
(de moverse horizontalmente debido a un tope, calcular la fuerza Fu, que ejerce la
tampa del camión sobre la rueda B del container. cuando el camión que estaba.
inicialmente en reposo, comienza a acelerar hacia la derecha con una aceleración
2=3ms* Despreciar la ficción sobre la rueda B.

m= 120 Ton =120x10'kg > w=11,76x10° N

DCL del container y esquema cinemático que relaciona A.B y el camión

a
Man
PESO
as

El container solo desarrola un movimiento de rolaciön no centroida alrededor del
lope en A. En este caso, el momento de inercia del container respecto a A so
determina por el teorema de Sleitmer: là = lo + md’. De la figura, la distancia ‘€

entre el contro de gravedad G y el punto Aes: d= /47+1,57 = 4,27m.

tango: = ROMO NE 3%) 12000 nf 29104 né

MaS ha
cos 20° (4) + w sen30" (1.5) + Nacosa8 (8 co830") + Ne sends? (8 sen 30" = là a
Reemplazando w e I, se ene:

8,192 10° + 7,727 Na 2.918x10" a (1)

180. 180
Para encontrar la aceleración angular con que gira el container, trabajamos con el
‘esquera cinemático mostrado, donde por la ley de senos.

A A A
Sarasa)" a > A O)

Derivando dos veces sucesivas a úlima expresión. se tene:

RE esta) > en) senta 0) Benni 0)

Donde X= aeanén = 3 ms”, 0 = 30%, 6 = O ( porque el camión empieza moverse.

desde elreposo)y À = u. Reemplazando:

> a=-0274 radis?

BK sentas*0)1acostas” -30

El signo de la aceleración angular nos indica que esta tiene sentido horario, y ello es
‘as, porque al aumentar "x" disminuir 0-

Reemplazando a en(1)
3,102 x 10° + 7,127 Ne =2918x10'(-0,274) > Na= DOKN

Cuerpos en movimiento plano general

47. Una escalera de 18 kg de masa parte del reposo desde la posición mostrada
Suponiendo que la escalera se comporta como una barra delgada y despreciando
todo tipo de fricción, determinar. a) la aceleración angular de la escalera ÿ D) la
fuerza normal ejercida por el piso sobre la escalera, en el instante en que la escalera
se suela,

333 333399 39303999 999099 III DI 3330930339

181. 29999999999999999999993999999299999999999999999999

181

Solución

m=18kg > W=176.4N

‘Como la escalera está en movimiento
de traslación + rolacion, debe cumplrse
que

EF mage: Nes ma

nero 2 1 a

N,-173N,=2440 (8)
A partr de la cinemática, podemos
rolacionar el movimiento de los puntos A
ya:

dom xs darannot For, donde dao):

(porque parte del reposo) y 4

hoi 4
nid 0 d-0 > and
346

AGui+(-am+ 205) > 0"2a y 03460

à =4 sen 30*I-4.cos 30°) m= 21-346. Luego.

nit (346044 20)

and =

Para encontrar la aceleración del centro de gravedad G de la barra, relacionamos
AYG

26 =aaraxroia-o? Tora, donde a,

2a} u = uk, 6 0 (porque parte

del eposo) y Fara = 2 sen 30° 1 2 cos 309) = 1

1,73] m. Luego

3 poi q .
do==zej+ p 0 d-0 + do =-20) +(17aivai)
h 173 o

do=1Mair

Di Luego: a= 1734 y aay

182. 182
Reemplazando en(1).(2)y(3).se tene

Enf) Ni=18(1734) Na.)

Ener Ny Bla) > N= 1764-80 (6)
Reemplazando (4) y (5) en 0)
(1764-180) -173(91:184)= Ma 4
En (6): N,=1764-18(14) =14328N

IE

84 rads?

18, Un disco homogéneo de radio“ y masa "nv es liberado desde el reposo desde la
parte sunenor de un plano incinado. Determinar el mínimo coeficiente de rozamento
stálico p, que debe haber entre el disco y la superficie incinada, para que e disco.
baje sin resbaar.

AY

DCL del disco:

Como se trata de encontrar el coeficiente de
rozamiento estáico minimo, devemos suponer
que el clindro está a punto de resbalar sobre el
plano inclinado, En esta situación: f= fem HN

Cuando el cilindro meda sobre el plano, describe
un movimiento plano general que incluye
traslacion y rolación alrededor de su centro de
masa G. En éste caso

SF maoé mg send 1, = man.)

5,20: N=mgcos0=0 + N= mg eos (2)

Wosisa: her Imra
Mo=laa: fe 4 ©]

na id sd éd a u a ii in

z

183. DIDI IIIIIDIIIPIIIIIIIIIDIDIIIIIIIIIII 99999999

19,

183
Además por la condición de rodadura pura: ac. = 14 lo cual reemplazando en

(rode ve Iman 40

Por la condición del resbalamiento inminente: f, = ps. En ésta última ecuación
reemplazamos (4) y (2):

vs mg cos0 = Imacı > ox = 244 9 080 ......(6)
Reemplazando (4) en (1), se tene

mg seno.

1mao. =mac > sen
Mao =mac > 9

ee
Fiimentereempiazamos (5) en(6) gon 0 3

ha 9 cos

El disco A mostrado on la figura, rueda sin desizar sobre una superficie horizontal
El extromo B dela barra BC se encuenta conectada al disco en B, mientras que el
extremo C resbala libremente sobre la superficie horizontal. La ficción entre el
extremo C de la barra y la super se considera despreciable. Una fuerza P = mg,
actúa sobre el extremo C de la barra, tal como se indica, Sila masa de la barra y del
disco son Iguales mac = mu = m, determinar. a) la aceleración del centro del disco
A y la aceleración angular de la barra BC, inmediatamente despues de aplicarse la
fuerza P. Considerar que el sistema parte di

Solución:
DCL del clindro y dela barra: