Dinamica - Fisica Tema Selecto AMOR a SOFIA

Colección Temas Selectos

Teoría y práctica Niveles básico Física

Amor a

Teodulo Reyes Santos

Lumbreras Editores

Asociación Fondo de Investigadores y Editores

Dinámica

Lumbreras Editores

DINÁMICA Autor: Teodulo Aquilino Reyes Santos ©

Titular de la obra: Asociación Fondo de Investigadores y Editores Editor: Asociación Fondo de Investigadores y Editores Diseño de portada: Edgar Refulio Aliaga, Gastón Ruiz Quiroz Digitación y diagramación: Jorge Suclupe Cajusol Graficación: Jorge Suclupe Cajusol, Julián Pacheco Quincho Corrección de estilo: Marilú Sujey Alberto Mamani

© Asociación Fondo de Investigadores y Editores Av. Alfonso Ligarte N.° 1426 - Breña. Lima-Perú. Telefax: 332-3786 Para su sello editorial Lumbreras Editores Página web: www.elumbreras.com.pe Primera edición: noviembre de 2012 Tiraje: 10 000 ejemplares ISBN: 978-612-307-271-1 Registro del proyecto editorial N.° 31501051100862 "Hecho el depósito legal en la Biblioteca Nacional del Perú" N .° 2012-13078 Prohibida su reproducción total o parcial Derechos reservados D. LEG. N.° 822 Esta obra se terminó de imprimir en los talleres gráficos de la Asociación Fondo de Investigadores y Editores en el mes de noviembre de 2012 Calle Las Herramientas N.° 1873 - Lima-Perú. Teléfono: 336-5889

PRESENTACIÓN_______________ ______________________ ____ ___ ____________ .......

7

INTRODUCCIÓN..................... ..... ......................................__________9 DINÁMICA Leyes del movimiento mecánico ..........„....................... ........................... 12 Inercia___ ............... ......... ......____ ............. ............ ........ .............. ............... ..

12

Primera ley de Newton

...„......... .......... **,..... ................... ...... ...................

13

La masa: una medida de la inercia.................................... .............. ..........

14

Masa gravitacional.............. .............................. .................. .....................

14

Segunda ley de Newton.. ...... ...... .... ..... ...... .......... ............... „.................. .....

15

¿De qué depende el módulo de la aceleración?.... ......... .........1.................

16

Aplicaciones de la segunda ley de Newton..... ................... ..... ..... ..„.........

17

Dinámica rectilínea ............ ............ ..................... ............... ...............

17

Dinámica circunferencial....... ....... ............. ................. ......... ..............

18

Condición para que un cuerpo describa una trayectoria circunferencial.....

18

PROBLEMAS RESUELTOS Nivel básico.... ......... ................ ........*................................................. ......

22

Nivel intermedio ........ ...... ... ........ ........ ... ... ...................... ....... .............. .....

74

Nivel avanzado ............ ...... ....... ................... .... ........ ...... ...... ...... ........... .

106

PROBLEMAS PROPUESTOS Nivel básico .................... .......... .................. :... .......... ................................. .

134

Nivel intermedio ...................... ............ ......... ,.................... ............ ...... .....

142

Nivel avanzado

149

................... ...... ............................ ............ ........... ... .

CLAVES............... .............. ....................................... .... ...... ................. . BIBLIOGRAFÍA .......... .......... ....,.. ............................ .......................... 158

157

La Asociación Fondo de Investigadores y Editores - Afined, promotora de Lumbreras Editores, presenta a la comunidad educativa el texto Dinámico, perteneciente a una nueva serie de temas escogidos donde se realza el valor analítico y crítico en la enseñanza de las ciencias. La nueva Colección Temas Selectos se caracteriza por brindar a los alumnos preuniversitarios contenidos dinámicos y precisos que afianzan sus conocimientos en temas específicos en los cursos de matemáticas, ciencias naturales y razonamiento matemático. De esta forma, Lumbreras Editores abre una nueva línea de publicaciones poniendo énfasis en el enfoque didác­ tico y cuidadoso en la relación teoría-práctica. Hay temas principales en cada materia que necesitan de mayor profundización y análisis para la comprensión y resolución de los ejercicios, por eso nuestra editorial seguirá publicando nuevos títulos hasta completar una nu­ trida colección que permita mantener el reconocimiento y la confianza de los estudiantes, al manejar una teoría sucinta, directa, con ejercicios aplicativos y problemas resueltos y propuestos por niveles. Lumbreras Editores quiere reconocer el esfuerzo conjunto que ha sig­ nificado esta publicación, en la cual ha participado un grupo de profesio­ nales de primer nivel, cuyo esfuerzo es un apoyo fundamental a nuestro anhelo de una educación científica y humanística integral. En este proceso, deseamos reconocer la labor del profesor Teodulo Reyes Santos, de la plana de Física de las academias Aduni y César Vallejo, por su labor en la elabora­ ción del presente material, gracias a su valiosa trayectoria en la enseñanza preuniversitaria.

Asociación Fondo de Investigadores y Editores

Vivimos en el mundo cuando amamos. Solo una vida vivida para los demás merece la pena ser vivida. Albert Einstein

La dinámica es una parte fundamental de la mecánica en la que se analiza el movimiento de los cuerpos. El estudio de la mecánica comenzó con ciertos principios que se aplicaron al equilibrio de los cuerpos, así nació la estática; por ejemplo, para la construcción de las pirámides de Egipto se comprendieron y utilizaron aquellos principios. La dinámica se desarrolló mucho después ya que las magnitudes que en ella intervienen requieren de una medición precisa del tiempo. Galileo experimentó esta enorme dificultad, pero a pesar de ello pudo medir la aceleración de la gravedad. Isaac Newton completó la formulación de los principios fundamentales de la mecánica con su descubrimiento de la ley de gravitación universal y su enunciado de las leyes del movimiento. La aplicación de estas leyes en diversos ámbitos es enorme; por ejemplo, en la construcción de máquinas, en el lanzamiento de naves al espacio, la colocación de los satélites artificiales que permiten las comunicaciones, entre otros. El propósito de este libro es enseñar de forma didáctica y práctica las dos primeras leyes: la ley de la inercia y la ley que relaciona los cambios de velocidad de los cuerpos como consecuencia de una fuerza resultante no nula, para ello irán acompañadas de problemas resueltos y propuestos que han sido estructurados y desarrollados de lo simple a lo complejo, algunos tomados de exámenes de admisión; de tal forma que usted que recién comienza con el estudio de estas leyes las entienda y sepa aplicarlas para su formación tanto preuniversitaria como universitaria. Agradecemos a la Asociación Fondo de Investigadores y Editores -Afined por las facilidades en la elaboración del presente material, y esperamos las críticas y sugerencias de este trabajo porque consideramos que ellas nos permiten desarrollarnos y seguir mejorando las próximas publicaciones para el beneficio de la sociedad.

DINAMICA m

A m o r a So fía

En la cinemática solo se describe el movimiento mecáni­ co en base de elementos como la trayectoria, velocidad, aceleración, etc. Para esta descripción se requiere única­ mente los conceptos de espacio y tiempo. Pero, además, es importante considerar las causas de ese movimiento: ¿qué hace que se produzca y exista?, ¿qué principios o leyes rigen esas causas? La dinámica estudia las relaciones entre el movimien­ to de los cuerpos y las causas que la producen. Para ello necesitamos añadir los conceptos de masa y de fuerza a los conceptos utilizados como espacio y tiempo. Al estudiar el movimiento mecánico se concluye que este es el resultado de la acción (fuerza) que ejercen todos los cuerpos sobre el cuerpo en estudio. Es importante ver qué tienen en común las distintas acciones (fuerzas) y relacionarlas con los movimientos mismos. Ello ha sido posible al descubrirse ciertos principios generales que rigen el movimiento de los cuer­ pos; estos principios son de la inercia, de la fuerza y de la acción y la reacción, los cuales son llamados también leyes de Newton, que fueron enunciadas por primera vez por Isaac Newton (1642-1727). En la obra Principio mathemotico philosophio noturalis, Newton sienta los fundamentos de la mecánica. Esta obra fue publicada entre 1685 y 1687, y consta de varios libros. Aquellos principios son los cimientos no solo de la dinámica clásica, sino también de la física clásica en general. Newton afirmó que estaban basados en observaciones y experimentos cuantita­ tivos; ciertamente no pueden derivarse a partir de otras relaciones más básicas. La validez de estos principios fue verificada en todos y cada uno de los casos durante más de dos siglos.

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

LEYES DEL MOVIMIENTO MECANICO Las relaciones entre la fuerza y el movimiento

Galileo elaboró diversos experimentos de don­

se estudiaron desde la Antigüedad. El filósofo

de obtenía resultados diferentes a los expues­

Aristóteles afirmaba que un cuerpo solo podía

tos por Aristóteles. Uno de estos experimentos

conservar su movimiento si la fuerza que la ori­

consistía en aplicar una fuerza a una esfera en

gina actuase sobre ella continuamente; al cesar esta fuerza, el cuerpo volvería al reposo. Estas

reposo, esta adquiría movimiento; luego al qui­ tar la fuerza observaba que la esfera seguía en

ideas surgieron de la experiencia cotidiana; por ejemplo, si se empuja una mesa que se encon­

movimiento y recorría una cierta distancia an­ tes de detenerse.

traba en reposo, esta se mueve mientras apli­

Galileo dedujo que se frenaba debido al roza­

camos la fuerza, y al dejar de aplicarla, la mesa

miento entre la superficie y la esfera. Después

nuevamente alcanza el reposo. Además, para

hizo lo mismo pero en una superficie menos

Aristóteles, en todo movimiento siempre existía

rugosa, observando que recorría una mayor dis­

un medio de resistencia como el aire o el agua,

tancia antes de detenerse. Galileo cada vez que

y creía que es imposible el vacío; por ello, no

pulía más la superficie en contacto lograba au­

consideraba los medios sin resistencia. Las ideas

mentar más esta distancia.

de Aristóteles fueron aceptadas durante toda la Edad Media; sin embargo, las críticas a sus teo­ rías surgieron con Galileo en el siglo xvu.

M-AT(l) >^K{2) v

M*(i)

v=0

Al dejar de actuar la fuerza, la caja deja de moverse.

INERCIA Los experimentos que elaboró Galileo lo llevaron a atribuir a los cuerpos una propiedad denomi­ nada inercia, por la cual todo cuerpo tiende a permanecer en su estado de reposo, y solamente por la acción de una fuerza podría salir de este estado; por otro lado, si un cuerpo está en movimiento sin que ninguna fuerza actúe sobre él o, en otras palabras, la fuerza resultante es nula, el cuerpo tiende por inercia a moverse con velocidad constante. Galileo fue el primero en mencionar que los estados de reposo y de velocidad constante son equi­ valentes; estas ideas las descubrió cuando viajaba por aguas tranquilas. En algunas ocasiones, al despertar no podía darse cuenta si estaba en reposo o en movimiento, a menos que mirara afuera de la nave pero luego descubrió que este hecho ocurría cuando la nave alcanzaba una velocidad constante. 12

Din á m ic a

V

í PRIMERA LEY DE NEWTON Para establecer las leyes del movimiento,

2.

Una esfera lanzada hacia arriba

Newton tomó como punto de partida los es­ tudios realizados por sus antecesores, entre ellos Galileo; por consiguiente, la primera ley de Newton no es más que una síntesis de las ideas de Galileo con relación a la inercia. La primera ley de Newton, denominada también principio de la inercia, establece lo siguiente:

Todo cuerpo en reposo permanecerá en reposo o en movimiento uniforme en

La esfera es lanzada mediante una fuerza

línea recta, a menos que sea obligado a

( f ) adquiriendo velocidad; luego, la fuer­

cambiar ese estado por fuerzas que ac­

za deja de actuar, pero la esfera sigue mo­

túen sobre él.

viéndose por inercia. En este caso, la esfera cambiará su velocidad debido a la fuerza de gravedad.

Observemos algunos ejemplos relacionados con la primera ley de Newton.

3.

Un joven con una bicicleta

Ejemplos

1.

Un coche lanzado por una superficie hori­ zontal

El joven frena la bicicleta y esta se detiene, Luego de lanzar al coche, la fuerza (f ) deja

pero nada detiene al joven, quien sale vo­

de actuar, pero el coche sigue moviéndose

lando tratando de conservar su movimien­

debido a su inercia.

to (inercia). 13

Lu m b r e r a s E d ít o r e s

% Nota El 5 de febrero de 1676, Isaac Newton escribió una carta a su más acérrimo rival, Robert Hooke, la cual contenía la frase Si he logrado ver

más lejos, ha sido porque he subido a hombros de gigantes (actualmente se cree que esta fra­ se hacía alusión a la baja estatura de Hooke), presentada a menudo como un homenaje a los descubrimientos científicos de sus predece­

•XvXv

Para cuantificar la inercia de los cuerpos intro­ ducimos una magnitud escalar denominada masa, también llamada masa inercial (para dis­ tinguirla de la masa gravitacional). La cantidad de inercia de un cuerpo depende de su masa; cuanto mayor sea la masa del cuerpo, mayor debe ser la fuerza para cambiar su estado de movimiento. En el sistema internacional, su unidad es el kilo­ gramo, cuyo símbolo es kg.

sores Galileo, Copérnico y Kepler. Esta frase se ha convertido en una de las más citadas de la historia de la ciencia. En efecto, Newton reco­

MASA GRAVITACIONAL

nocía las contribuciones de aquellos hombres;

Newton explica en su ley de gravitación univer­ sal que la caída de los cuerpos así como el mo­ vimiento de los planetas a través de la atracción entre los cuerpos o planetas se da debido a su masa, siendo mayor la atracción cuando mayor son las masas, esta masa se denomina masa gra­ vitacional.

algunas veces en público, otras veces en escri­ tos privados.

LA MASA: UNA MEDIDA DE LA INERCIA Al empujar una caja vacía, esta adquiere movi­ miento; pero si estuviera llena de arena, no se movería con tanta facilidad. Una caja llena de arena ofrece una mayor resistencia (que una va­ cía) a cambiar su estado de reposo; ello significa que tiene más inercia. El coche no se resiste a salir de su estado de reposo. ¡Presenta menor inercia!

La ley formulada por Newton recibe el nombre de ley de gravitación universal, la cual afirma que la fuerza de atracción que experimentan dos cuerpos dotados en masa es directamente proporcional al producto de las masas, e inversa­ mente proporcional al cuadrado de la distancia que los separa. Cuando los científicos actuales repiten el famo­ so experimento de Galileo, donde dos cuerpos de diferente masa se sueltan y llegan al mismo tiempo al piso, ¿qué significado le encuentran? 14

Din á m ic a

Concluyen que la masa inercial y la masa gravitacional son iguales. Con su principio de equivalencia, Einstein con­ virtió la observación de Galileo en el fundamen­ to de la nueva teoría: la teoría general de la rela­ tividad. Otra manera de enunciar el principio de equivalencia de Einstein es la siguiente:

La masa inercial y la masa gravitacional La leyenda dice que Galileo desarro­ lló sus ¡deas acerca de la caída libre al lanzar objetos desde la Torre de Pisa.

son iguales, y ningún experimento pue­ de distinguir la una de la otra.

SEGUNDA LEY DE NEWTON Cuando observamos los cuerpos en nuestro al­ rededor notamos que no todos se encuentran

La segunda ley de Newton permite relacionar lo que da origen (causa) al cambio de velocidad

en equilibrio; por ejemplo, al viajar en bus, cons­

(efecto) con la resistencia (oposición) a dicho

tantemente cambiamos de velocidad, es decir, aceleramos.

cambio.

i»

' .... "V-Y,:::;,-;..

JÉ '■

El auto al pasar por la curva cambia de dirección y, como consecuencia, la velocidad.

Cuando soltamos un objeto notamos que cae acelerando debido a la acción gravitatoria (cau­ sa), también notamos que es más difícil (oposi­ ción) cambiar de velocidad (acelerar) a un taxi que a un ciclista.

•••........ •- ■k

it :

Al aplicar una fuerza a la bola de bi­ llar mediante el taco, esta cambiará de velocidad.

Por ejemplo en el juego de billar, mediante el taco se ejerce fuerza sobre las bolas, de tal forma que estas cambian de velocidad y expe­ rimentan aceleración. También en el juego de béisbol, al batear, la pelota cambia su velocidad y experimenta aceleración. 15

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

Amor a Sofía Al estudiar diferentes casos se llega a establecer que cuando la fuerza resultante sobre un cuerpo no es nula, el cuerpo experimenta aceleración en la misma dirección que la fuerza resultante.

ti Conclusión

..... ••••-•...............-.......

Toda fuerza resultante no nula origina una ace­ leración en su misma dirección. Luego de batear, el niño cambiará de dirección experi­ mentando un cambio de velocidad.

0

Para establecer la segunda ley de Newton, con­ sideremos una esfera en equilibrio suspendida de un hilo. ¿Qué sucede si cortamos el hilo?

F*

al

í v=0 f r=o

o=0

¿DE QUÉ DEPENDE EL MÓDULO DE LA ACELE­ RACIÓN? Consideramos un bloque liso en reposo, al que se le ejerce fuerza de diferentes módulos.

K>

o =0

v=0

v=0 í ) I o

fr =o

(I)

Av

Hm

Fr * O a± O

Al inicio, la esfera se encuentra en reposo debido a que la fuerza de tensión equilibra a la fuerza de gravedad. Luego, al cortar el hilo [T=0), la fuerza de gravedad no es equilibrada y la esfera cae ace­ lerada por esta fuerza, que es la fuerza resultante sobre la esfera. 16

Luego

m

Fr =F

Fr =2F

(III)

D in á m ic a

De (I), (II) y (III) se establece que el módulo de la

La segunda ley de Newton establece que la

aceleración (a) depende en forma directamente

aceleración depende en forma directamente

proporcional del módulo de la fuerza resultante

proporcional de la fuerza resultante y en forma

(FrY

inversamente proporcional de la masa. a=K1FR

(a)

También

Ahora mantenemos constante la fuerza aplicada

Fr = ma

( f ) y aumentamos la masa. APLICACIONES DE LA SEGUNDA LEY DE NEWTON

ox=o m

m ^m

Dinámica rectilínea (I)

Tiene por objetivo estudiar el movimiento me­ cánico aplicando la segunda ley de Newton

Luego

cuando el cuerpo describe una trayectoria rec­ tilínea. o2=(a/2 )

F

2/77

m2=2m

(II)

De (I) y (II) se deduce que al aumentar la masa,

X >FR =max

la aceleración disminuye; entonces el módulo de la aceleración depende en forma inversa­

X

mente proporcional de la masa.

FR=mo a=

(P)

m

D e ( a ) y ( | 3 )

>Fr =1710y

° = ( K iK i) '— v— ' m

í niiin * "íti nini

K

En el sistema internacional K= 1 Luego

En general Fr

o =— m

importante Cuando la fuerza resultante es paralela a la ve­ locidad, la trayectoria es una línea recta.

17

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

Dinámica circunferencial Los cuerpos, bajo ciertas condiciones, logran describir trayectorias circunferenciales, como por ejemplo el movimiento de un satélite arti­ ficial que gira alrededor de la Tierra, o un niño que se encuentra en una silla voladora de un parque de diversiones.

¿Qué sucede con la velocidad de la esfera? En la siguiente figura se observa que la es­ fera al quedar atrapada por el hilo describe una circunferencia y, en todo momento, cambia de dirección; por consiguiente, la velocidad de la esfera cambia; ello significa que la esfera experimenta aceleración.

Los satélites describen una trayectoria circunferen­ cial en torno a la Tierra.

% Recuerde La aceleración es originada por una fuer­ za resultante y presenta la misma direc­ ción que esta.

¿Cuál es la fuerza resultante sobre la esfera? Para determinar la fuerza resultante elabo­ ramos el DCL de la esfera. Los niños en la silla voladora describen trayectorias circunferenciales.

•

Condición para que un cuerpo describa una trayectoria circunferencial Comenzaremos estudiando una esfera atada

18

a un hilo lanzada sobre una superficie hori­

i

ídUldl

zontal lisa, tal como se muestra en la figura.

A

(rad)

Din á m ic a

En la figura se observa que la fuerza de gra­

Al romperse el hilo, la fuerza de tensión

vedad ( f 9) se anula con la reacción (/?) de

( t = o) que es la fuerza resultante { fr =o)

la superficie lisa; en la dirección tangencial

dirigida al centro de la circunferencia deja de

al movimiento no hay fuerzas, ello signifi­

actuar, y la esfera ya no describe una circun­

ca que la rapidez de la esfera se mantiene

ferencia. La esfera sale lanzada (por inercia)

constante. En la dirección radial al movi­

por la superficie horizontal lisa describiendo

miento solo existe una fuerza: la fuerza de

una trayectoria recta.

tensión (r), que es la fuerza resultante ( f r )

........-...... -.. — .-...

Conclusión tf

sobre la esfera y da origen a una acelera­ ción; esta aceleración se encuentra dirigida

Un cuerpo describirá un movimiento cir­

al centro de la circunferencia .y es denomi­

cunferencial mientras exista una fuerza

nada aceleración centrípeta (a= acp).

resultante dirigida al centro de la circun­

Observe que en todo momento la fuerza de tensión (r ) se encuentra dirigida al centro de la superficie.

ferencia; a esta fuerza resultante se le denomina fuerza centrípeta ( F Cp), que da origen a una aceleración en su misma dirección denominada aceleración centrí­ peta ( a cp) .

Por ejemplo, un motociclista se inclina al pasar por una curva, que es parte de una circunferencia. Al inclinarse surge una fuer­ za resultante dirigida al centro de la circun­ ferencia que le permite girar por la curva.

¿Qué sucede si el hilo se rompe?

Si el motociclista no se inclina, se caerá al pasar por la curva.

Observamos el siguiente gráfico:

Al inclinarse el motociclista, la reacción del piso también se inclina, surgiendo un componente dirigida al centro.

19

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

También para evitar que los vehículos vuel-

DCL de la esfera

quen al ingresar a altas velocidades en una curva se construyen las pistas con cierta in­ clinación; entonces se dice que estas pistas son peraltadas, y al ángulo de inclinación respecto a la horizontal se le denomina án­ gulo de peralte.

dirección radial dirección tangencial

Descomponemos el movimiento en las di­ recciones tangencial y radial. En la direc­ ción tangencial al movimiento se tiene una fuerza resultante (fK) que da origen a una aceleración tangencial. Como esta se en­ cuentra en dirección contraria a la veloci­ dad, la velocidad disminuye.

Aplicación de la segunda ley en la direc­ ción radial

/vista superior

\

dirección tangenda|

Para describir el movimiento circunferencial podemos aplicar la segunda ley de Newton en la dirección radial. dirección radial

FCP m acP

Del gráfico, la aceleración de la esfera (o)

Donde

tiene por componentes una aceleración Fcp =

@

©

centrípeta (a Cp)> que caracteriza el cambio de dirección, y una aceleración tangencial ( a T), que caracteriza el cambio de rapidez de la esfera.

¿Qué sucede si la superficie y la esfera son rugosas? Ahora surge la fuerza de rozamiento que disminuye la rapidez de la esfera; por consi­ guiente en la dirección tangencial al movi­ miento existirá una fuerza resultante dife­ rente de cero. 20

a = acp + aT Multiplicamos cada término por la masa (m) ma = macp + maT Aplicamos la segunda ley de Newton F

r

— F c p + F T

Din á m ic a

Conci usíon

if

Resolución Para determinar el módulo de la fuerza de ten­

En un movimiento circunferencial, si la rapidez

sión aplicaremos la segunda ley de Newton en

es constante, la fuerza resultante es la fuerza

la dirección radial donde se encuentra esta fuer­

centrípeta, y la aceleración es la aceleración centrípeta.

za. Para ello primero elaboramos el DCL de la esfera.

F r = F Cp

a = ocp En el movimiento circunferencial, si la rapidez

r // /

cambia, la fuerza resultante ( f r ) tiene por componentes la fuerza centrípeta ( f Cp

) y la

/ a cp

T

fuerza resultante tangencial \ F t) con sus res­

v

pectivas aceleraciones. dirección radial

En la dirección radial

Ejemplo En el instante mostrado, la esfera de 1 kg pre­

l~cp~™^cp (

senta una rapidez de 6 m/s. ¿Cuál es el módulo de la fuerza de tensión en dicho instante?

^F

(?) ~ ^ F , O) —ni)

2^

\J

Vr )

ig = 10 m/s2) T-m g=m

Vr y

Reemplazamos valores r= 3 m /

'Q

r - ( i) ( io ) = i

3 j

7=22 N

21

P PROBLEMAS RESUELTOS

N iv e l

b á s ic o

Aplicamos la segunda ley de Newton fr

o= —

(I)

m

PR O B LEM A N.” I

Además, de la gráfica, FR=Fg=mg En la figura, una esfera de 2 kg se mantiene en reposo suspendida de una cuerda de masa despreciable. Si cortamos la cuerda, ¿cuál es el módulo de la aceleración (en m/s2) que expe­ rimenta la esfera? Desprecie la resistencia del aire. ig = 10 m/s2)

En (I) mg a =— m

-> a = g

Por lo tanto, la esfera al quedar libre experimen­ ta la aceleración de la gravedad. (gr= 10 m/s2) CLAVE ( D )

A) 3 B) 6 C) 8

PR O B LEM A N.° 2

D) 10

Al bloque de 4 kg que se encuentra en reposo

E) 12

se le aplica una fuerza ( f ) de módulo 20 N, tal como se muestra. ¿Cuál es el módulo de la ace­ leración que experimenta el bloque (en m/s2)?

Resolución Al inicio, la esfera está en reposo ya que la fuerza

v=0

de gravedad es anulada por la fuerza de tensión

liso

(Fr =0). Cuando cortamos la cuerda, esta ya no actúa sobre la esfera y ahora la fuerza de grave­ dad se convierte en la fuerza resultante (Fr ^ 0 ), que acelera a la esfera.

T v=0 i

A) 3 D) 6

B) 4

C) 5 E) 8

Resolución Para determinar el módulo de la aceleración, aplicamos la segunda ley de Newton. Fo a =— m

22

o)

Din á m ic a

La masa 4 kg es dato del problema, entonces se tiene que determinar la fuerza resultante; para ello graficamos las fuerzas que actúan sobre el bloque. DCL del bloque

tr v=0

F

mg liso

z.

I.

El bloque desciende de A hasta B por la ac­ ción gravitatoria.

R

II.

A partir de B, la velocidad del bloque es constante.

III.

En Y, la Fgy R se anulan (mg=R).

En la superficie horizontal, el bloque se mue­ ve debido a su inercia.

En X, F no se anula (equilibra) con otra fuerza, es la única en X.

A) VVF

-» Fr =F= 20 N

B) VVV

D) FFV

C) FFF E) FVF

Reemplazamos valores en

Resolución

20 N m a =--- = 5 — 4 kg s

I.

Verdadera Al soltar el bloque, este resbala hacia abajo

Recuerde

debido a una componente de la fuerza de

La aceleración tiene la misma dirección

gravedad.

que la fuerza resultante.

o II > F r _______

o F — m— — Éks

X

v=0

*9 C lave ( C

PRO BLEM A N.° 3 Indique las proposiciones verdaderas (V) o falsas (F) respecto al movimiento que adquiere el blo­

Fx: componente de la F , que acelera al blo­

que soltado. Desprecie todo rozamiento.

que por el plano inclinado 23

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

Verdadera

Resolución

En la superficie horizontal, la fuerza resul­

Para determinar el módulo de la aceleración,

tante es nula; entonces la velocidad del blo­ que es constante.

aplicamos la segunda ley de Newton. fr a =— m

í ; Fg ~=Éi lJ í' R

(o

La masa de 4 kg es dato del problema, entonces

y

se tiene que determinar la fuerza resultante; para ello graficamos las fuerzas que actúan sobre el bloque. DCL del bloque

Verdadera El bloque ingresa a la superficie horizontal

Yt

con cierta velocidad; entonces por inercia

Fg= 40 N

trata de mantener esta velocidad.

F= 28 N ---► h

h

En Y, la Fg y f n se anulan CLAVE (

B

->

fN =m9 =40 N

Luego

PR O BLEM A N.° 4

Í k~ (M'/flZ/v

El bloque de 4 kg se desplaza tal como se mues­

->

(0,20)(40) =8 N

tra en la figura. Si el coeficiente de rozamiento cinético entre el bloque y el piso es 0,20, ¿cuál

En X, F> fK, entonces la fuerza resultante es ha­

es el módulo de la aceleración (en m/s2) que ex­

cia la derecha y su módulo es

perimenta el bloque? {g =10 m/s2)

Fr = F-Í k ->

28-8=20 N

F= 28 N Reemplazamos valores en (I) o= A) 3 D) 6 24

B) 4

C) 8 E) 5

20 N 4 kg

= 5^C la v e ( E

Din á m ic a

PRO BLEM A N.° 5

PRO BLEM A N.° 6

La esfera de 3 kg cae tal como se muestra en la

El bloque de 5 kg se desplaza tal como se mues­

figura. Si la resistencia del aire al movimiento de la esfera en todo momento tiene un módulo

tra en la figura. ¿Cuál es el módulo de la acelera­

de 12 N, ¿cuál es el módulo de la aceleración

cie todo rozamiento.

ción (en m/s2) que presenta el bloque? Despre­

(en m/s2) que presenta la esfera? (g =10 m/s2) A) 3

r > r ^ c c\ T, -s

B) 4

á,

r

.k, j v

C) 8 D) 6

A) 3

E) 5

C) 8

B) 4

D) 6

E) 5

Resolución El módulo de la aceleración lo determinaremos

Resolución

a partir de la segunda ley de Newton.

El módulo de la aceleración lo determinaremos o=

con la segunda ley de Newton. Fr o =—

(I)

m

Fr

(I)

m

La masa 5 kg es dato del problema; la fuerza re­ sultante se calculará a partir del DCL del bloque.

La masa 3 kg es dato del problema. La fuerza re­ sultante se calculará a partir del DCL de la esfe­

DCL del bloque

ra; en el DCL, RA es la resistencia del aire. Recuerde X

La aceleración tiene la mis­ ma dirección que la fuerza

Y*

resultante.

En Y, Fg > Ra, entonces la fuerza resultante es

Descomponemos F en X y Y

vertical hacia abajo, y su módulo es FR=Fg-RA=30-12=l& N Reemplazamos valores en (I) 18 N m o - --- = 6 — 3 kg C la ve

X 25

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

S

¡

'

l's

S

iOl

En Y, Fg >FY, entonces el bloque no asciende, manteniéndose apoyado en el piso donde surge la reacción del piso (/?). Se deduce que la fuerza

mg

v=20 m/s

—

resultante en / es nula FR^ = 0 .

—

En X, Fx no se anula (equilibra) con otra fuerza,

H A

r)

Ín

a h

i/=0 B

es la única en X. ->

Fr =Fx=30 N En Y, no hay movimiento

Reemplazamos valores en (I) a=

aY~ 0

30 N

—> f r(y)=0

f N=mg

5kg CLAVE

-»

f K=\iK(mg)

En X ,F R{x)=max

(I)

Observe que, en X, la única fuerza que actúa so­ bre el bloque es la fuerza de rozamiento cinéti­

P R O B L E M A N .° 7

co; por consiguiente, esta es la fuerza resultan­

Un bloque es lanzado sobre una superficie ru­

te. Tenga presente que la aceleración tendrá la

gosa tal como se muestra. ¿Después de cuántos

misma dirección que la fuerza resultante.

segundos de su lanzamiento se detiene? En (I) f K=ma

i/=20 m/s vil

\iK=0,25

-> \xK(mg)=ma

/•

Reemplazamos valores A) 3 s D) 6 s

B) 4 s

C) 8 s E) 5 s

a=(0,25)(10) =2,5 m/s2 Como la aceleración del bloque tiene un único

Resolución En el momento que es lanzado el bloque se le ejerce una fuerza que le comunica una veloci­ dad de 20 m/s, pero luego esta fuerza deja de actuar, por ello que no se toma en cuenta en el análisis de fuerzas. El bloque se mueve por­

valor (2,5 m/s2) y no cambia de dirección, es opuesta a la velocidad (hasta que el bloque se detiene), podemos afirmar que su aceleración es constante; y como sigue una trayectoria rectilí­ nea, entonces describe un MRUV. Para determi­ nar el tiempo aplicamos una ecuación del MRUV.

que trata de mantener su velocidad, es decir, se

VB=VA~otAB

mueve por inercia. Para definir el tipo de movi­

(0) = (20)-(2,5 )tAB

miento, graficamos las fuerzas que actúan sobre el bloque. 26

••• tAB=&s

D in á m ic a

Resolución

Recuerde

1/ (disminuye)

v (aumenta)

El bloque luego de ser lanzado se mueve por inercia, y al comprimir al resorte, experimen­ ta una fuerza resultante (Fe) que disminuye su velocidad.

Cuando las direccio­

Cuando las direcciones de la velocidad y de la

nes de la velocidad y de la fuerza resultan­

fuerza resultante son

te son iguales, la velo­

opuestas, la velocidad

cidad aumenta.

disminuye.

y A

y A

mg * I f + / Ib'i^

Ff ( >V\

1K

Utilizamos la segunda ley de Newton Importante

Kx

o= — m

—

m

Cuando el bloque se lanza sobre una super­

f K^

ficie horizontal rugosa, experimenta una ace­ leración contraria a su velocidad de módulo igual a

El módulo de la aceleración es proporcional a la deformación (x). Para x=30 cm=0,30 m

o= Vk9

o—

a

( 200

(0,30)

o=15 m/s'

Hat

Nota Clave ( C

a

P R O B L E M A N .° 8 ficie horizontal lisa. Determine el módulo de la aceleración (en m/s2) del bloque cuando com­ prime al resorte en x=30 cm. K= 200 N/m

D) 16

B) 5

v=0

f£ ------

El bloque de 4 kg es lanzado sobre una super­

A) 10

En algún momento, la fuerza elástica (FR) de­ tiene completamente al bloque.

' /'

—

max.

Luego, la fuerza elástica (FR) acelera al blo­ que hacia a la izquierda; note que el movi­ miento del bloque no es un MRUV, ya que el módulo de la aceleración no es constante, depende de la deformación.

C) 25 E) 15

C lave (

E 27

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

PRO BLEM A N.° 9

PRO BLEM A N.° 10

Un ascensor asciende con una aceleración cons­ tante de 8 m/s2. ¿Cuál es el módulo de la fuerza

El bloque de 5 kg se mantiene sin resbalar por el coche, que presenta una aceleración de 2 m/s2.

que ejerce el piso del ascensor al bloque de 2 kg?

Determine el módulo de la fuerza de rozamien­ to sobre el bloque.

(g =10 m/s2) m/s2

---(j H g A) 8 N

B) 9N

D) 12 N

C) ION E) 15 N

Resolución A) 33 N

B) 36 N

D) 40 N

C) 38 N

Para determinar la fuerza de rozamiento estu­

E) 45 N

diamos al bloque; como el bloque no resbala sobre el coche, la fuerza de rozamiento es está­ tica, y como se encuentra fijo a él, ambos pre­

Resolución Para determinar la fuerza del piso sobre el bloque

sentan la misma aceleración.

[R), estudiamos al bloque; note que el bloque y el ascensor presentan la misma aceleración.

y*

20 N I ío =!8 m/s' X

La fuerza resultante tiene la dirección de la ace­ leración. En la figura, las fuerzas verticales se anu­ lan. La única fuerza que nos queda es la fuerza

Para que el bloque acelere hacia arriba R > mg, aplicamos la segunda ley de Newton en Y FR=ma

de rozamiento estático, entonces esta es la resul­ tante y debe apuntar hacia la derecha. Utilizamos la segunda ley de Newton FR=mo

R - 20=(2)(8)

fs={ 5)(2) R =36 N

fs=10 N C lave ( B

28

C lave

Din á m ic a

PR O BLEM A N.° I I

PR O BLEM A N.° 12

Si el coche experimenta aceleración constante de módulo 4 m/s , y se sabe que m =2 kg, de­

Los bloques lisos de igual masa no resbalan por el coche. Determine la aceleración que experi­

termine el módulo de la fuerza elástica que sur­

menta el coche. (g = 10 m/s2)

ge en el resorte. Considere que la longitud del a

resorte se mantiene constante. Desprecie todo rozamiento. A) 4N B) 8 N

—

C) 6 N D) 5 N

A) 5 m/s

E) 3 N

B) 10 m/s'

C) 15 m/s2 E) 30 m/s2

D) 25 m/s2

Resolución Al mantenerse constante la longitud del resorte,

Resolución

el bloque no se acerca ni se aleja de la pared del

Al no resbalar los bloques por el coche, se en­

coche, de donde deducimos que los movimien­

cuentran fijos a él experimentando su misma

tos del coche y del bloque son iguales, es decir,

aceleración. Para determinar esta aceleración es­

presentan la misma velocidad y aceleración.

tudiamos a cada bloque. mg

a

A_„

X T a B mg

Usamos la segunda ley de Newton

Bloque A

FR=ma

FR=ma (segunda ley de Newton)

FE=mo

T-mo

(I)

Reemplazamos datos Bloque B

F£=(2)(4)

En X /.

Fe=8 N F R (X )- mCIX

_CLAVE ( b )

R2-mo

(II) 29

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

En Y a Y=0

Aplicamos la segunda ley de Newton —> Fr[Y) =0

FR=ma

T=mg

F=(S)a

(I)

(l) =(lll) Calculamos o. Como F es constante, la acelera­ mo-mg

ción es constante y la trayectoria es rectilínea, se tiene un MRUV.

a - g - 10 m/s2

_C lave (§ )

vf=v0+at

10=0 +o(2 ) —> o=5 m/s2

P R O B L E M A N .° 13 A un bloque de 3 kg se le ejerce una fuerza ho­ rizontal constante. Si este alcanza una rapidez

En (I) F= 3(5) = 15 N

de 10 m/s luego de 2 s, ¿cuál es el módulo de la fuerza aplicada? Desprecie el rozamiento.

CLAVE ( C

i/=0 PR O B L E M A N .° 14 A partir del instante mostrado, el bloque reco­ A) 20 N

B) 30 N

D) 35 N

C) 15 N E) 40 N

rre 8 m hasta detenerse. ¿Qué módulo presen­ ta la fuerza de rozamiento, si esta es constante mientras el bloque desliza?

Resolución

Dato: m=3 kg

Graficamos el movimiento del bloque según la información dada.

8 m/s t=2 s

illi

A) 6 N B) 12 N C) 18 N El bloque acelera debido a F , que es la fuerza

30

ÜJ

resultante.

D) 20 N 24 N

Din á m ic a

Resolución

PR O B LEM A N .° 15

Graficamos lo que acontece.

A la tabla de 5 kg, en reposo, se le ejerce una fuerza de 20 N hacia la derecha. Determine el módulo de la aceleración (en m/s2) de la tabla,

8 m/s

mg

£ § {Q

d ¡¡¡ l

1 1 1

v=0

y qué sucede con el bloque de 2 kg. Desprecie todo rozamiento.

a/* //V

d= 8 m

A) 8 El bloque se mueve debido a su inercia, pero

B) 9

C) 4 E) 6

D) 5

va frenando debido a la fuerza de rozamiento,

Resolución

donde esta fuerza es la resultante.

Calculamos la aceleración de la tabla. Aplicamos la segunda ley de Newton

fr a =— m

FR=ma (I)

(I)

DCL de la tabla

Calculamos a. Se menciona que la fuerza de ro­

Fg(V) i~

- \

zamiento es constante, entonces la aceleración también lo es, siendo la trayectoria una recta, se

■■

*t

1

,

i v '' :

'v

tiene un MRUV.

las fuerzas verticales se F= 20 N i anulan b-* f r=F= 20 N

v2 f =v2 0-2ad En (I)

(0)2=(8)2- 2o (8)

20

—» o = — m/s

0=4 m/s2

.*.

2

o=4 m/s2

En (I)

f K=( 3)(4)

Observación La masa considerada para el cálculo solo es de la tabla. Si bien es cierto que el bloque se

/*= 12 N

encuentra sobre la tabla, su acción sobre esta

_ C la v e ( S )

queda indicada mediante la reacción /?1.

31

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

Para determinar qué sucede con el bloque, es­

DCL del bloque

tudiamos las fuerzas que actúan sobre él. Y*

F =40 N 9

o

DCL del bloque U

/k

N

F g (B )

, . 30N

X

0 li

i»

1____

1 1

C C

_

^

1

En Y, la Fg y f N se anulan -> f N=mg=40 N

La fuerza resultante sobre el bloque es nula, ade­ más el bloque no acelera; entonces se mantiene

Luego //c=(M-/c)//v=(0/5)(40) = 20 N

en reposo mientras se encuentra en la tabla. C lave

(C

En X, F >fK, entonces la fuerza resultante es ha­ cia la derecha, y su módulo es FR=F-fK=30-20=10 N Reemplazamos valores en (I)

PR O B LEM A N.° 16 La fuerza ( f ) que actúa sobre el bloque de 4 kg es constante. ¿Qué rapidez (en m/s) presenta el bloque luego de 2 s del instante mostrado?

10 N m a - --- = 2,5 — 4 kg s El bloque experimenta aceleración constante en una trayectoria rectilínea; entonces para hallar

5 m/s

su rapidez aplicamos una de las ecuaciones del F= 30 N

MRUV.

\

fl*=0,5

A) 8 m/s

B) 9 m/s

D) 14 m/s

1/4=5 m/s

C) 12 m/s E) 10 m/s

Estudiamos el movimiento del bloque a partir de la segunda ley de Newton.

32

m

vB=vA+ot Reemplazamos valores

Resolución

a=

f =2 s

vb=S +(2,S)(2)

v/Q= 10 m/s (I)

C lave ( E

D in á m ic a

PR O B LEM A N.° 17

Como F y la masa son constantes, entonces la

La fuerza ( f ) que actúa sobre el bloque de 8 kg

aceleración también lo es.

es constante. Si el bloque pasa por el punto A con una rapidez de 4 m/s y por el punto B con

Luego

5 m/s, ¿cuál es el módulo de F ? Desprecie todo

F-m a

rozamiento.

F=(8 )o

—A »

va=A

F

(II) vR-S m/s

m/s

------------ 1 ‘

d=3 m -----d=3 m A) 8 N

B) 9 N

D) 14 N

C) 10 N E) 12 N

B

Para determinar el módulo de la aceleración apli­ camos una ecuación del MRUV. v2 B=v2 A+2adAB

Resolución Estudiamos el movimiento del bloque a partir de la segunda ley de Newton.

Reemplazamos valores (5)2=(4)2+2o(3) —> o =l,5 m/s2

m En (II) DCL del bloque

F=(8)(l,5) F= 12 N _ C la v e ( e )

PR O B LEM A N.° 18

En Y, la Fg y R se anulan.

Determine el módulo de la fuerza constante ne­ En X, F es la única fuerza, entonces la fuerza

cesaria (en N) para detener en 10 s un automó­ vil de 1500 kg de masa, que se desplaza a una

resultante es hacia la derecha.

velocidad de 20 m/s. E" ( 0 mi '

** •

F a =— m

•

A) 1000 N D) 4000 N

B) 2000 N

C) 3000 N E) 5000 N 33

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

Resolución

A) 48,4 m

Graficamos el problema.

D) 52,5 m

At=10s

B) 36,2 m

C) 64,5 m E) 72,2 m

Resolución

20 m/s

Graficamos el problema según el enunciado.

2s

3s

Despreciando la fuerza de rozamiento entre las ruedas y el piso, la fuerza resultante es F. Usamos la segunda ley de Newton FR=ma F=1500o

(I)

El módulo de la aceleración se determina cine­

(I)

e = d AB + d BC

máticamente. Considerando a las fuerzas como constantes y siendo una trayectoria recta, tene­

De A hasta 6

mos un MRUV.

Usamos la segunda ley de Newton

vf=v0-at

FR=ma

0 =2 0-o (1 0 )

500 = (l00)o -» o = 5 m/s2 F

o =2 m/s2

La rapidez al final del tercer segundo es

En (I)

vf =v0+a[t)

F=1500(o)

vs=0+(5)(3)

-> F=1500(2)

ve=15 m/s

F=3000 N CLAVE ( c )

Calculamos de dAB d

_ VA+VB

aA B -\

PR O BLEM A N.° 19 A un bloque de 100 kg, en reposo, se le aplica una

0 + 15 d AB ~

l AB

|(3) = 22,5m

fuerza horizontal constante de 500 N para que se deslice sin fricción. Si al final del tercer segundo

A partir del tercer segundo, al dejar de actuar

deja de actuar la fuerza, determine el recorrido

F, la resultante es nula, entonces la velocidad

del bloque luego de 5 s, contando a partir del

del bloque es constante, y este se mueve por

momento en que se comienza aplicar la fuerza.

inercia.

34

Din á m ic a

De v-v B

De la figura del problema, F1 > F2. Entonces los bloques se mueven juntos hacia la derecha ex­

d b c = v *b c

perimentando la misma velocidad y aceleración.

c/gc=15(2) =30 m

Segunda ley de Newton para el bloque m1

Reemplazamos (II) y (III) en (I)

FR=ma

6=22,5 +30 .*.

e=52,5 m

—> F1-R=m1a

(I)

Segunda ley de Newton para el bloque m2 C lave

FR=ma

—> R-F2=m2o

(II)

De (l) +(ll)

PR O BLEM A N.° 20 Determine la reacción entre los bloques de masa m1=3 kg y m2=lkg. Considere que todas las superficies en contacto son lisas. F1=10 N % w ~ m A) 1N D) 4N

-

B) 2N

i— F2=2 N i 2 *m ’ C) 3N

F\~F2 ={m1+m2)o v--- ' ^a Tp v--- (p

(III)

Reemplazamos valores en (III) (10)-(2) = (4 +2)o

o=2 m/s2

En (II) « - 2 = 1( 2 )

R=4 N

E) 5N

C lave

(D

Resolución Para determinar la reacción (/?) entre los blo­ ques, elaboramos el DCL de cada uno. DCL de la m-,

PR O BLEM A N.° 21 En la figura, los bloques son desplazados por una fuerza de módulo 36 N. ¿Cuál es el módulo de la fuerza de tensión en la cuerda que liga a los bloques? Desprecie el rozamiento. Datos: /d1=4 kg y m2=2 kg F= 36 N

i

A) 20 N D) 30 N

B) 24 N

C) 28 N E) 32 N 35

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

Resolución

PR O BLEM A N.° 22

Para determinar el módulo de la tensión (7),

En la figura, los bloques son desplazados por

elaboramos el DCL de cada bloque.

una fuerza de módulo 42 N. ¿Cuál es el módulo

DCL (m j m ig

de la fuerza de tensión en la cuerda que liga a los bloques? El coeficiente de rozamiento entre

DCL (m2) m2g

o 7

—

-

todas las superficies en contacto es 0,5.

a

Datos: m1=4 kg y m2- 2 kg F= 36 N

-►

m.

Los bloques experimentan la misma aceleración. Debemos tener presente que si los bloques ace­

F=42 N

-/T7-

A) 25 N

B) 26 N

C) 28 N E) 30 N

D) 29 N

leran horizontalmente, entonces las fuerzas ver­ ticales que actúan sobre ellos se anulan mutua­

Resolución

mente.

Para determinar el módulo de la tensión (7), elaboramos el DCL de cada bloque.

Segunda ley de Newton para el bloque m1 FR=ma

—»

r=/?71o

(I)

DCL (m j a

Segunda ley de Newton para el bloque m2 FR-mo

—> F-T=m2a

DCL (m2)

7

m2g 7 •

a F=

(II) *i

f«( 1)

«2

fx(2)

De (l)+(ll) F = (m1+.m2)o

(III)

a

Los bloques por la acción de la fuerza ( f ) se desplazan hacia la derecha experimentando la misma aceleración.

Reemplazamos valores en Segunda ley de Newton para el bloque m1

36 =(4+2)o

F R=ma

—> a = 6 m/s2

->

7-//c(1)=m1o

Segunda ley de Newton para el bloque m2

En

FR=ma

7=4(6)

F- T - fK[2) =m2o

(II)

De (l)+(ll)

7=24 N

£ -[/*(!) +/*(2) ] = (ml +m2)o Clave ( B 36

(I)

a

(III)

Din á m ic a

Reemplazamos valores en

m

-i F=40 N

( 2)

( 1)

m3

42-| (0,5)40+(0,5)20J =(6)a —> o =2 m/s2 A) 5 N; 15 N En (I)

B) 6 N; 20 N

C) 3 N; 40 N

D) 8 N; 30 N

7’-0,5(40) =(4)(2)

E) 3 N; 25 N

Resolución

r= 28 N

Elaboramos el DCL. Recuerde

Cuando los cuerpos se mueven como si fueran un único cuerpo, la segunda ley de Newton se puede aplicar en forma práctica según la siguiente ecua­ ción:

a

P

DCL (mx)

DCL (m3)

DCL (m2)

F=40 N

^

Donde a:

suma de fuerzas que se encuentran en di­ rección de la aceleración

(3:

suma de fuerzas que se encuentran en di­ rección opuesta a la aceleración

Analizando todo el sistema, los bloques por la acción de la fuerza (f ) aceleran hacia la dere­ cha. Determinamos la aceleración de los blo­ ques aplicando la forma práctica de la segunda ley de Newton.

cp: suma de las masas Las fuerzas que los cuerpos se ejercen (fuerzas internas) entre sí se anulan, por ello que no se consideran en la forma práctica. _CLAVE ( C )

Las tensiones son fuerzas internas. Es­ tas no se consideran.

F - fK (ir (ml +m2+m3 ) ° ^ Reemplazamos 40-(0,5)(20) = (0,5 +2 +2,5)o

PR O BLEM A N.° 23 En la figura, los bloques m1y m3 son lisos. ¿Cuáes son los módulos de las fuerzas de tensión en as cuerdas (1) y (2)? Considere que el coeficiente de rozamiento entre el bloque m2 y el piso es 0,5. Datos: /r?1=0,50 kg; m2=2 kg; m3=2,5 kg y g =10 m/s2

o =6 m/s2 Ahora analizamos bloque por bloque. Segunda ley de Newton para el bloque m1 f R(i)=miO -> ^ =(0,5)6 r x=3 n 37

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

Segunda ley de Newton para el bloque m3 FR[3)=m3a

Al estudiar el sistema, la única fuerza en di­

-> 40-72=(2,5)(6) /.

Observación

rección de la aceleración (o) es mBg. Note que las fuerzas de tensión se anulan, por ello no se

72=25 N

consideran en la forma práctica de la segunda

_ C lave ( e )

ley de Newton.

Forma práctica de la segunda ley de Newton

PR O BLEM A N.° 24 Los bloques son soltados en la posición mostra­ da. Determine la fuerza de tensión en la cuerda que une a los bloques. Desprecie todo roza­ miento. (g =10 m/s2)

E f( ^ r r £ v « r ms° mBg={m1+m2)a (3)10=(2+3 )a —» o =6 m/s2 Segunda ley de Newton para el bloque A FR(A) = m Aa

T=( 2)(6) 7=12 N A) 6 N D) ION

B) 12 N

C) 8 N

_CLAVE ( B )

E) 14 N

Resolución Al ser soltados, el bloque B jala al bloque A;

PR O BLEM A N.° 25

como no hay rozamiento, el bloque A se moverá

Determine la fuerza de tensión en las cuerdas

sin dificultad y lo hará en forma conjunta con el

( 1 ) y ( 2 ), si los bloques son abandonados en la

bloque B.

posición mostrada. Desprecie todo rozamiento.

Elaboramos los DCL de los bloques A y B

(g =10 m/s2)

mAg

“l

38

%

Din á m ic a

A) — N 3

B) — N 7

D) — N 3

PR O B LEM A N.° 26

C) — N 3

Un bloque de masa m se suelta en A. Determi­ ne el módulo de la aceleración que adquiere el bloque.

E) — N 7

Resolución

A) g

Elaboramos el DCL de cada bloque.

B) gcosB C) g/3 D) gsenO E) gtan0

Resolución El bloque al ser soltado sobre el plano inclinado liso resbala acelerando; para determinar el mó­ dulo de la aceleración, elaboramos el DCL del blo­ Observe que al ser abandonados los bloques, el

que y luego aplicamos la segunda ley de Newton.

2 oque C desciende y el bloque B asciende, ya que m c g > m Bg. -orma práctica de la segunda ley de Newton

S ^ ) - I V °)=ms0 m c g - m Bg = (m c + m A + m B)o

30-10=(3 +2 +l )a

10

—» a =— m/s 3

Para hallar la fuerza resultante descomponemos

2

la fuerza de gravedad en una dirección paralela a la aceleración Xy en una dirección perpendicu­

Segunda ley de Newton para el bloque C

lar a la aceleración /.

F R(C) = m C °

7^=20 N

3 0 - 7 i= (3 )^ íp

Segunda ley de Newton para el bloque A F R(A) = m Aa

2 0 - r 2=(2)j

10

->

20 40 T2=20--- = — N L 3 3

r2=40/3 N C lave

(C 39

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

En Y

En X

Resolución

a Y- 0

ax = o

Al soltar el bloque y despreciar el rozamiento,

Fr =0

FR-mgsenQ

este desciende con una aceleración de módulo constante igual a

Aplicamos la segunda ley de Newton

a-gsenQ

(I)

FR=ma /hgser\Q= rña /.

a-gsenQ Recuerde Cuando un cuerpo es soltado o lanzado por un plano inclinado liso, experimenta una acelera­ ción de módulo.

Reemplazamos en (I)

o=gsen0

a=( 10)sen30° o=5 m/s2 Como la trayectoria que sigue el bloque es recti­ línea y el módulo de su aceleración es constan­ te, el bloque experimenta un MRUV. CLAVE

(Id)

para determinar su rapidez en B, utilizamos una ecuación conveniente del MRUV. v2 b = v 2a+

2 o d AB

(II)

P R O B LE M A N .° 27 Un bloque se suelta tal como se muestra en la figura. ¿Qué rapidez presenta en 6 ? Desprecie

Del gráfico dA B =

10 m

todo rozamiento. (g =10 m/s2) Reemplazamos valores en (II) A) 6 m/s B) 8 m/s C) 10 m/s

l4=(0)2+2(5)(10) vfi= 10 m/s

D) 12 m/s E) 15 m/s

40

_ C la v e ( c )

Din á m ic a

PR O BLEM A N.° 28

Calculamos t2

Un bloque se lanza por un plano inclinado liso.

Como el bloque experimenta un MRUV

¿En qué tiempo retorna al lugar del lanzamiento? (g=10 m/s2) Por lo tanto, el tiempo en que retorna es t=t1+t2=6 s. C lave ( B

PR O B LEM A N.° 29 A) 3 s

B) 6 s

D) 10 s

C) 8 s E) 12 s

Un bloque de masa m desciende por un plano inclinado rugoso tal como se muestra. Si el co­ eficiente de rozamiento cinético entre el bloque

Resolución

y el plano es ¡li^, determine el módulo de la ace­

_jego de ser lanzado, el bloque experimenta un

leración del bloque.

MRUV con una aceleración de módulo igual a o=gsen0

(I)

A) gsenQ B) la^gsenG C) g ^ n O - j^ o s© ) D) g(cos0-,Li^sen0) E) g^senG-u^senO)

Resolución Para determinar el módulo de la aceleración del bloque, aplicamos la segunda ley de Newton. FR=mo

(I)

Reemplazamos en (I) o=(10)sen53°

Para hallar la fuerza resultante, elaboramos el

o=8 m/s2

DCL del bloque.

Calculamos de ti VB=VA~0t i 0=24-8t1 t1=3 s 41

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

si

Ahora en forma conveniente descomponemos las fuerzas.

Nota Cuando el bloque asciende, el módulo de la ace­ leración es o =g(sen0+¡lí^ os B)

mgcosQ

C lave ( £ )

PR O BLEM A N.° 30

En Y

Un bloque se lanza con una rapidez de 30 m/s

oY=0

por un plano inclinado rugoso tal como se mues­ tra. Determine luego de cuántos segundos retor­ -> f N=mgcosQ

(II)

na al lugar de lanzamiento. (g =10 m/s2)

En X

ax~a FR(x)=m9cosQ-fK Luego FR(x)=m9senQ-Vi■---

(2) -2(o)(l/2) a- 4m/s/

f Nl

//Vi

En (I) F= 2(4) =8 N

Aplicamos la segunda ley de Newton

F = 8 N; 37°

• C lave (

Para el bloque

B

FR(B) = m (B)a

Fc=(8)o

(I)

Para la cadena

PR O B LEM A N.° 37 Determine el módulo de la fuerza que la cadena

F R(C) = m (C)°

de 2 kg de masa ejerce sobre el bloque de 8 kg.

(30-Fc) =(2)o

(II)

Considere que la cadena permanece apoyada en el piso liso.

De (l)+(ll)

*—~

A) 20 N

T-

-.-■■y

30=(10)o

F=30 N

—> o=3 m/s2

En (I) Fc=(8)(3)

B) 34 N C) 24 N

/.

FC=24N

D) 36 N E) 28 N 48

C lave ( C

Din á m ic a

PR O B LEM A N .° 38

Aplicamos la segunda ley de Newton Amor a Sofía

Un bloque es lanzado sobre un plano inclinado fr

a =— ~ m

liso, de modo que en A y B sus rapideces son 2v

/fígsena /ti

y v, respectivamente. Si desde A hasta B emplea 2 s, determine v. (g=10 m/s2)

—> o= g -sena cté.

«e.

Se deduce que la aceleración es constante y la trayectoria, rectilínea; por lo tanto, el bloque describe un MRUV. Aplicamos la cinemática para el tramo AB vB = v A - o t AB \/=2i/-a(2)

v=2a

(I)

Se obtuvo A) 12 m/s 9) 18 m/s

B) 14 m/s

C) 16 m/s

a=gsena; donde g=10 m/s2ya= 5 3 °

E) 20 m/s

a=10sen53° —> o=8 m/s2

Resolución

Reemplazamos en (I)

í bloque luego de ser lanzado sigue ascendien-

v=2(8)

13 debido a su inercia. Pero ¿qué tipo de movi-*ento describe el bloque en su ascenso? Para

/.

i/=16m/s

-esoonder debemos recordar que las fuerzas C la v e ( C )

>:ore un cuerpo determinan si este mantiene : varía su velocidad (segunda ley de Newton). - ;ontinuación hagamos el diagrama de cuerpo del bloque.

PR O B LEM A N.° 39 Calcule el módulo de la fuerza que ejerce el blo­ que [m=2 kg) sobre la caja (M=3 kg). Dato: F=15 N

A) 1N B) 2N gráfico se aprecia que sobre el bloque hay _ r a fuerza resultante no nula (FR=mgsena), la

nace que disminuya su rapidez.

C) 3N D) 4N E) 5N 49

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

Resolución

P R O B LEM A N .° 40

El módulo de la fuerza del bloque sobre la caja

Si Ra y Rb son las reacciones entre los bloques

(/?) es igual al módulo de la fuerza de la caja so­

m y M para los casos A y B, respectivamente,

bre el bloque (/?)

calcule la relación RA/RB. No tome en cuenta el

Para hallar este módulo analizamos todo el con­

rozamiento (M > m).

junto sin separarlos. Caso A

DCL del sistema

Caso B

o

F

mg

'

Mg

B ')m

'V

Graficamos solo las fuerzas externas.

M

A) 2m/M

B) M/m

C) m/M

D) 2M/m

//v

E) m/2M

Resolución

Aplicamos la segunda ley de Newton

Hagamos la separación imaginaria de los bloques.

FR=mso F=[m+M)a

Caso A

15=(3+2) —» o=2 m/s2

Mg

O)

mg

Para determinar la fuerza de la caja sobre el blo­ que separamos estos dos cuerpos.

De la segunda ley de Newton R es la fuerza de la caja sobre el bloque.

n _ aA -

FR

masa

_ -

_ F

m

-

RA

M

H * * * Utilizamos la segunda ley de Newton FR=mo

Caso B

De (I)

Mg

/?=( 2)(2) .-.

/?=4 N _CLAVE

50

(6)

(i)

Din á m ic a

De la segunda ley de Newton

°B =

_ Rb _ F

masa

M

centro t

^B

m

7=70 H y

(II)

eje -tangencial

Igualamos (I) y {M > m ^ F = — +1 *A = — + 1 Rc Vm ) Km J JS/hrfn m

( JpO ^rtíÁ J

*A =

K

M

m g-A O N eje radial

Re

Recuerde La fuerza resultante hacia el centro de la cir­ cunferencia es conocida como fuerza centrípe­

Rb

M

ta (Fcp).

C lave

Luego

PRO BLEM A N.° 41

FCP=70-40

Lna esfera de 4 kg, unida a una cuerda, gira desirbiendo una circunferencia. Si en el instante en

Fcp=30 N

^ue la cuerda se encuentra de manera vertical la C lave

cisión es 70 N, calcule el módulo de la fuerza centrípeta en dicho instante. (g=10 m/s2)

PR O BLEM A N .° 42 En el instante mostrado, la tensión en la cuerda es 70 N. Si la masa de la esfera es 4 kg, determi­ ne el módulo de la fuerza centrípeta en dicho instante. (g=10 m/s2) a

30 N

:

70 N

B) 40 N

C) 50 N E) 110 N

A) 30 N co

40 N

Resolución

C) 50 N

ófHíicamos las fuerzas sobre la esfera cuando la

D) 70 N LU

z . e rda se encuentra vertical.

110 N 51

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

Resolución

Resolución

Graficamos la fuerza sobre la esfera.

La fuerza centrípeta (Fcp) es la fuerza resultan­ te que se dirige hacia el centro de la trayectoria circunferencial.

mg=40 N eje _. tangencial

O 7=70 N ''

centro

eje radial

En la parte más baja de la trayectoria se tiene Fcp=30-mg El módulo de la fuerza centrípeta (Fcp) es 50 =30-m(10)

Fcp=40 N+70 N

m =2 kg /.

Fcp= 110N C la v e (

C lave

E

B

PR O B LEM A N.° 44 PR O B LEM A N.° 43

Una partícula de masa de 0,5 kg, conectada a

Un pequeño bloque de masa m resbala sobre

una cuerda indeformable, se mueve con una

una superficie cilindrica lisa. Si en la parte más

rapidez constante de 6 m/s en una trayectoria

baja el módulo de la fuerza que la superficie le

circular de 1 m de radio en un plano vertical.

ejerce al bloque es 30 N, y el módulo de la fuer­

Además, Ta y Tb son los módulos de las tensio­

za centrípeta es 50 N, calcule m. ig =10 m/s2)

nes en la cuerda cuando la partícula se encuen­ tra en los puntos a y b, respectivamente. La di­ ferencia Tb-Ta, en N, es (g=9,81 m/s2)

A) 7,8 N. B) 8,8 N. C) 9,8 N. D) 10,8 N

D) 4 kg 52

B) 2 kg

C) 3 kg E) 5 kg

LU

A) 1 kg

11,8 N UNI 2010-11

Din á m ic a

Resolución ’^os piden Tb-Ta. La partícula desarrolla un MCU; por tal motivo, los módulos de la fuerza centrípeta e noy í ) son ¡guales.

ai

c)

D)

;

\s

—v

b)

//

;

\v

{

E) ;

- V —

Resolución El joven al moverse en una trayectoria circunfe­ rencial con rapidez constante realiza un MCU. En consecuencia, el joven presenta una acelera­ ción que en todo instante apunta hacia el centro de la circunferencia, es decir, la aceleración es

-uego

centrípeta (ocp),

’/l0 m/s

C) 5^2 m/s

D) 42 m/s2

E) 8 V 2 m/s

E) 50 m/s2

Din á m ic a

Resolución

PRO BLEM A N.° 63

Graficamos las fuerzas que actúan sobre el blo­

El coche de 500 kg inicia su movimiento ex­

que en la posición P.

perimentando un MCUV. Si su rapidez cambia a razón de 2 m/s en cada segundo, ¿cuál es el

mg=5 N

módulo de la fuerza centrípeta que experimen­ ta luego de 4 s de iniciado su movimiento? Con­ N

sidere que el radio de la circunferencia es 32 m.

A) 1000 N

B) 1500 N

D) 500 N

C) 2000 N E) 3000 N

^abajamos en los ejes radial y tangencial

Resolución mg- 5 N

Graficamos

puede calcular la normal (/V) Aplicamos la segunda ley de Newton en la direc­

10=0,5f N f N=

20 N

ción radial luego de 4 s (O F cp = m a cp

v-ora en el eje radial aplicamos la segunda ley Fcp= (5 0 0 )~

re Newton

(I)

f K = m a cp

/n ~4=0/5(ocp)

Calculamos la rapidez v aplicando MCUV en la dirección tangencial

:e !0

Av _ 2 m/s 20-4=0,5(acp)

16=0,5 (ocp)

°T =

acp=32 m/s2

At

1s

= 2^-

vf=v0+aTt Clave

(C

i/=0 +(2)(4) =8 m/s 63

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

En (I)

II.

(8)2 Frn = 500 x ■ cp 32

Falsa - = -~ ocPi to2(/?]_) = ío: (/.) = 0)' L aCp2 = O)2(/?2) = w2(2¿) = 2co2¿

F cp= 1 0 0 0 N

a cp1 > 0 cp1

Falsa \ )

PR O B LEM A N.° 64 Las esferas mostradas se encuentran unidas por un alambre describiendo circunferencias. Indi­

= meo2/. Fcpa > = mh)aco ^(2)

que las proposiciones verdaderas (V) o falsas (F). I.

Ambas esferas presentan la misma rapidez angular.

II.

2

( )

= 2m(2to2/.) Fc” (2) = 4/T70J2/.

FCPÜ)

La aceleración centrípeta de (1) es mayor que la de (2).

III.

(1) cp( l )

Fcpw

> F cp

P(D

La fuerza centrípeta sobre (1) es igual que

CLAVE (^C

sobre (2).

PR O B LEM A N .° 65 Las esferas describen circunferencias en un pla­ no vertical. Si en el instante mostrado la fuerza de tensión en el hilo (2) es 3mg, ¿cuánto es la fuerza de tensión en la cuerda (1) para dicho instante? (g=10 m/s2)

A) VVF D) VVV

B) FFF

C) VFF E) VFV

A) 2mg B) 3mg C) 4mg

Resolución

D) 5mg

I.

E) 6mg

Verdadera Los radios de (1) y de (2) barren ángulos ¡guales en tiempos iguales ((02=0) 2=03).

64

V L di m

L (2) m

v2

Din á m ic a

PRO BLEM A N.° 66

Resolución Elaboramos el DCL de cada una de las esferas.

Un bloque de masa 1000 kg, atado a una cuer­

Segunda ley de Newton para la esfera A

01 vuelta

da, gira con una frecuencia de

DCL de la esfera A

n y

en

una trayectoria circunferencial de radio 50 m en un plano horizontal sin fricción. Entonces la ten­

Ti

sión de la cuerda, en N, es mg

A) IO2 N.

O)

B) 2 x l0 3 N.

D) 4 x l0 3 N. '(1)

C) 3 x l0 3 N. E) 5 x l0 3 N. UNI 2000-1

‘■"(1)

T1-mg-T2=mu)2L

Resolución T1=mg+mw2L+T2

(I)

Empecemos haciendo un diagrama.

Segunda ley de Newton para la esfera B DCL de la esfera B _ r=50 m

plano horizontal liso

mg v í/ co cp,

= ma

(2)

Se aprecia que la fuerza centrípeta (Fcp) es la (2)

tensión (T)

T2-mg=mw (2L)

FCP=T

T2=mg +2m2 | x 1000x50

71

65

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

7

Cada bloque (m1 y m2) realiza MCU; entonces para cada uno solo hay fuerza centrípeta (Fcp).

x 1000 x 50 A

Para m1 aplicamos la segunda ley de Newton

7=2000 N

FcPl =mi^ ri

7=2x10 N C la v e e s .

T1 T2=m^(x) (¿ 2)

(I)

Para m2 aplicamos la segunda ley de Newton FCp2 = m2(o r2

PR O B LE M A N .° 67

72=/n2co2(í.1-i-Z.2)

00

Se tiene un movimiento circular uniforme con velocidad angular co sobre una mesa sin fricción como se muestra en la figura, sea Tx la tensión que soporta la masa m1 debido a la cuerda de

Reemplazamos (II) en (I) T1-m 2(ú2(L1+L2)=m1(ü2L1 7X=

+

m2co2(¿1+L2)

la longitud Lv Si T1 soporta un valor máximo de 21 N antes de romperse, calcule el valor de co

Para el instante cuando la cuerda (1) está a pun­

en rad/s, justo antes que se rompa la cuerda Lv

to de romperse

Datos: Z.1=1 m; L2=2 m; m1= l kg; m2=2 kg

7i máx.=mi co2¿i + m2ü)2(/-i+¿2) Reemplazamos datos

A) 1 rad/s

2 1 = ( 1 ) ü ) 2( 1 ) + 2

B) V 2 rad/s

2 1 = ( D 2 + 6 co2

C) V3 rad/s

03

xco

2( 1 + 2 )

= V i rad/s

D) 2 rad/s

Clave

(C

E) VÜ rad/s UNI 2009-11

PR O B LEM A N .° 68 El sistema mostrado está en reposo. Si lue­ go rota, determine la deformación del resorte cuando el sistema mantiene una rapidez angu­ lar de 10 rad/s. Considere que el collarín es de 1 kg y K= 600 N/m.

Resolución Graficamos las fuerzas

-ffli 1

h '¿ J 2

centro > -- ■+

, h JT 2

A) 5 cm B) 10 cm

r- ____ ,« .-• ’/

C) 15 cm D) 20 cm

/

66

L1 /

L-¿)

/

E) 25 cm

Din á m ic a

st..

Resolución

A) 16°

Al inicio como el sistema está en reposo, el re­

B) 30°

sorte no está deformado, es decir, su longitud natural es 50 cm o 0,5 m.

C) 37°

Luego, al rotar el sistema, el collarín se aleja del eje de rotación, de modo que el resorte se es­ tira hasta que el sistema mantiene una rapidez

D) 45° E) 53°

angular constante de 10 rad/s. En esta última

Resolución

situación, el resorte mantiene una deformación x, y el collarín describe un MCU.

Al tener una trayectoria circunferencial, la esfe­ peta (acp).

co=10 rad/s mg

£7cp =

ac p -

r=0,5+x R

r - - .

ra en la posición A presenta aceleración centrí­

circunferencia

La fuerza elástica es la fuerza centrípeta

acp=8 m/s"

En la posición A, la aceleración total se calcula según la siguiente expresión:

Fcp_ m(ú2r=Kx

a ~ y ja c p + a T

mco2(0,5+x) =/Cx 10 = ^8 2+o2

1 •102(0,5+x )=600x

oT=6 m/s

50+100x=600x

(I)

x=0,l m Ahora busquemos la fuerza resultante en el eje

x=0,1(100 cm)

tangencial x=10 cm _ C lave ( b )

PRO BLEM A N.° 69 Se muestra una esfera unida a una cuerda de 2 m. Si el módulo de la aceleración cuando pasa por A es 10 m/s2, determine el ángulo 0. g=10 m/s2)

eje radial

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

Resolución

Descomponemos mg

Graficamos las fuerzas sobre la esfera. centro

0\

;T

\T T /45( ^0)

l

F ( \ ) = I F (i)

3) 4 rad/s

—T = mg 5

C) 5 rad/s

T _ mg

D) 3 rad/s E) 2 rad/s

Resolución

S~

3

Reemplazamos (II) en (I) frí(tí2r = 9x-

La esfera realiza un MCU; de ahí se deduce que (tí =

sobre ella solo hay fuerza centrípeta (Fcp).

Reemplazamos datos co =

3x10 V 1-2

oo= V25 oo=5 rad/s Clave

(C 73

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

N

Bloque 3

iv e l in t e r m e d io

F =m3a3=m3{8) F_

PR O BLEM A N.° 76

(IM)

8

Cuando una misma fuerza se aplica a tres blo­ ques diferentes, estos adquieren aceleraciones

Consideremos los bloques juntos como si fue­ ran un solo cuerpo.

de 4, 6 y 8 m/s2, respectivamente. Si los tres cuerpos se colocan juntos y se aplica la fuerza

(m1+m2+m3)g

anterior, su aceleración será (en m/s2)

B) 24/13.

A) 12/13.

C) 12/15. E) 16/24.

D) 24/15.

Utilizamos la segunda ley de Newton

Resolución

Fr - mo

Consideremos los tres bloques por separado en

F-(m 1+m2+m3)a

superficies lisas. De (I), (II) y (III) Oí m\g -► f r n - 1

m2g

°2

m3g, C

j-i-

('

«2

«i

rriz

_CLAVE ( b )

ha trascurrido un tiempo tlt la rapidez de m1 es v/; mientras que cuando había trascurrido t j 2,

F=m1a1=m1(A) F_ 4

la rapidez de m2 es v/3. Calcule m2/m^. (O A) 2/3

Bloque 2

I71-) —

v=0 r

B) 5/3

F-m 2o2=m2(6)

74

v4 6 8J

En la figura se muestran dos bloques en reposo, a los que se les aplican fuerzas iguales. Cuando

Bloque 1

—>

F)

PR O BLEM A N.° 77

FR=mc¡

•

F

(3)

Aplicamos la segunda ley de Newton

•

F

24 m/s /2 a- — 13

n

(2)

(1)

o3

F=

F

C) 3/2 D) 4/5 (ID

E) 6/5

liso

V=0

h

í

liso

Din á m ic a

Resolución

( —v ) = 0 +Oy — 12 ) U J

Bloque m1

2f v ' Qn=~ v=0

v fl J

rng En

'2

resultante

(IV)

1.3 J

'fy En(ll) =(IV)

Aplicamos la segunda ley de Newton F=m1o1

(I)

f 2^ mi M— = m2 — — v3y vfl/ vfly m2 _ 3

El bloque m1 experimenta MRUV

m1

2 Clave

vf =v0+at

(C

v=0+a1t1 v

PR O BLEM A N.° 78

U En (!)

F=m 1(v/t1)

(N)

En la figura, la tabla desciende con una acelera­ ción de 4 m/s2. Calcule el módulo de la fuerza del bloque sobre la tabla. Datos: m=5 kg; g=10 m/s2

Bloque m2

o=4 m/s"

A) ION D) 40 N

Aplicamos la segunda ley de Newton F=m2a2

B) 20 N

C) 30 N E) 50 N

(III)

Resolución El bloque m2 experimenta MRUV vf =v0+at

Estudiamos el movimiento del bloque que pre­ senta la misma aceleración que la tabla. 75

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

mg

Fg=50 N

fe = fr

->Fe

o fuerza de la tabla sobre el bloque

R, _____ _____ _

Como el bloque acelera a la derecha, la fuerza re­

i _1 ^_______

sultante también tiene que estar a la derecha; en este caso, la fuerza resultante es la fuerza elás­ Utilizamos la segunda ley de Newton

tica.

FR=mo Aplicamos la segunda ley de Newton

50-/?!=(5)(4)

FR-mo

/?! =30 N Fe=ma r 2=r 1=30

N

—> Kx=ma (100)x=5(4)

C la v e ( C

x=0,2 m x=20 cm

PR O BLEM A N.° 79

Clave (

D

Si el bloque de 5 kg no se desliza por el coche -y

que acelera con 4 m/s , ¿cuál es la deforma­ ción que experimenta el resorte? Desprecie

PR O BLEM A N.° 80

todo rozamiento (g = 10 m/s2)

La tabla de 3 kg acelera hacia la derecha tal o=4 m/s"

como se muestra. Determine la reacción de la pared que mantiene en reposo al bloque. Con­ sidere que existe rozamiento entre el bloque y la tabla.

A) 5 cm D) 20 cm

B) 10 cm

C) 15 cm

o=8 m/s"

E) 25 cm

Resolución

mesa lisa

Al no resbalar el bloque por el piso se mueve con­ juntamente con el coche, entonces experimenta igual aceleración que el coche. 76

A) 8N D) 14 N

B) 9 N

C) 12 N E) 16 N

Din á m ic a

Resolución

FR-ma

Para determinar la reacción ( f l j de la pared,

F - f‘K=ma

elaboramos el DCL del bloque que se mantiene

40-/¿=(3)(8) -> /¿= 16 N

en reposo. Luego f K- fK= 16 N v=0

En (I)

h

/?1= 16 N R,

Clave '

E

Primera condición de equilibrio

PR O BLEM A N.° 81

Z 'U ) =5 X >

Al bloque de 2 kg en reposo se le aplica una ni

/»=«!

fuerza de módulo 20 N tal como se muestra en la figura. Calcule el recorrido (en m) del bloque

El bloque se opone al deslizamiento de la tabla; entonces la fuerza de rozamiento (f'K) del blo­

luego de 2 s de iniciado el movimiento. (g =10 m/s2)

que sobre la tabla es hacia la izquierda (observe el DCL de la tabla), pero la fuerza de rozamiento (fK) de la tabla sobre el bloque es hacia la dere­ cha; esta fuerza trata de mover el bloque hacia la derecha, pero la pared lo impide. B) 20

A) 30

DCL de la tabla

C) 12 E) 10V3

D) 30\Í2

Resolución ~g(T)

'' Jf't

0=8 m/s" F=40 N

Elaboramos el DCL del bloque YA 40 N 10 N ¡0

^53' Usamos la segunda ley de Newton para la tabla

v=0

30 N X 77

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

La fuerza resultante forma 45° con el eje X; en­

PR O BLEM A N .° 82

tonces en esta dirección acelera el bloque recti­

En la figura se muestra las direcciones de la velo­

líneamente (MRUV).

cidad y de la fuerza resultante que experimenta una esfera. ¿Cuál de las alternativas representa mejor la trayectoria que sigue la esfera? Consi­

Aplicamos la segunda ley de Newton

dere que la fuerza resultante { f r ) es constante.

FR-mo 30V2=(2 )o -> o = 15V2 m/s2

A)

B)

E)

D) o=15 y¡2 m/s2

C) /

Resolución Para determinar la trayectoria descomponemos

f=0

la velocidad en dos direcciones, donde una sea perpendicular a la FR

v=0

Como el bloque describe un MRUV, entonces el recorrido en 2 s es 1

e = Vnt +-at u 2

2 Recuerde

e = (0)(2) + |(l5V 2)(2 )2 2

La aceleración tiene la misma dirección que la fuer­ za resultante; por consiguiente, la esfera disminuye su velocidad en la dirección X, pero en la dirección

= 30 V 2 m

Y su velocidad ( v Y ) se mantiene constante.

Nota Cuando sobre un cuerpo en reposo actúa una fuerza resultante, este sigue la dirección

trayectoria

de la fuerza resultante describiendo una tra­ yectoria rectilínea.

C lave 78

(D,

C lave ( E

Din á m ic a

PR O BLEM A N.° 83

Para determinar el módulo de la reacción entre

Las fuerzas ^ =100 N y F2=20 N actúan sobre

los bloques, los separamos imaginariamente y

los bloques A y B de masas mA=4kg y mB=6 kg,

estudiamos a uno de ellos.

tal como se muestra en el gráfico. Si el coefi­

Estudiamos al bloque A

ciente de rozamiento cinético entre todas las superficies en contacto es 0,5, ¿cuál es el mó­

40 N

dulo de la fuerza de reacción entre los bloques?

o=3 m/s"

Fÿ= 100 N r f i f í Í ka

A) 52 N B) 74 N

Í na= * 0

g=10 rn/s2

N

C) 64 N Aplicamos la segunda ley Newton para el blo­

D) 68 N i

que A

E) 72 N

FR=ma 100-R-/^ =(4)(o)

Resolución Estudiamos los bloques sin separarlos (sistema). F„ =100 N F2=20 N

Fy= 100 N

(O

/*4 =M/V¿ = í ó V 0) Í ka = 20

n

En (I) 100-/?-20=4(3) K=68 N

f N =100 N

C la v e ( O ,

Como F1 > F2, los bloques aceleran juntos hacia la derecha aA=oB=a

PR O B LEM A N.° 84 El sistema mostrado carece de rozamiento.

Utilizamos la segunda ley de Newton para el sis­

¿Cuál es el módulo de la fuerza de reacción en­

tema

tre los bloques? Datos: mA=3 kg; mB=5 kg

F d =rrica Fx=42_N

F2=10 N

Fi-F2- f Ks={mA +mB)a 8 0 - ^ / Ws=10o 80 - f ^ J (100) = 10o —> o=3 m/s2

A) 100 N D) 40 N

B) 30 N

C) 20 N E) 50 N 79

?

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

Resolución

Segunda ley de Newton para el bloque B

Para determinar la reacción entre bloques, pri­

FR(X) = m a (X)

mero determinaremos el módulo de la acelera­ ción aplicando la forma práctica de la segunda

Luego

ley de Newton, donde no se separen los cuer­

RAB(X)~F2 = m B °

pos, sino se estudie todo el conjunto por tener un único movimiento.

Reemplazamos /?¿ssen37°-(10)=5(4)

F1 > F2, el sistema acelera /. Msg

Rab=50 N

a

_ C lave ( e )

PRO BLEM A N.° 85 Un bloque es elevado por un motor; luego en el instante mostrado se rompe la cuerda. Indique Utilizamos la segunda ley de Newton

verdadero (V) o falso (F) en las siguientes propo­ siciones. (g =10 m/s2)

FR=ms° (42-10) =(3+5)o

g

o=4 m/s2

Tanto el bloque A como el bloque B experimentan una aceleración de 4 m/s .

Bloque B M Bg

I.

El bloque se detiene bruscamente.

II.

El bloque continúa su movimiento con aceleración de módulo 6 m/s .

III.- Alcanza su altura máxima luego de 1,8 s.

A) FFF D) VFF 80

B) FVF

C) VVV E) FVV

Din á m ic a

Resolución I.

III. Falsa

Falsa

Al romperse el hilo, se mueve por inercia. Como el bloque tiene velocidad en P, se resiste a cambiar dicha velocidad, trata de

Dado que las fuerzas que actúan sobre

conservarla; esta propiedad se denomina

el bloque son constantes, la aceleración

inercia.

(3 m/s2) que experimenta también es constante, y al describir una trayectoria

II.

rectilínea se tiene un MRUV.

Verdadera Al romperse la cuerda, sobre el bloque ac­

V f= V Q~ O t

túan dos fuerzas ÍF g y R ) que no se equili­

0=18-6t

bran, existiendo una fuerza resultante que causa una aceleración.

t=3 s _ C la v e

(6)

PRO BLEM A N.° 86 Un bloque se suelta en un plano inclinado ru­ goso. Si el bloque recorre la primera mitad de su trayectoria en 2 s, determine el tiempo que En Y, F R(Y)= m a Y> a Y=

demora en llegar al piso. 0

R-8>m=m(0) —> R=8m

A) V 2 s B) 2 s

En X FR(X) = m a (X)

6m-mo —> 0=6 m/s2

C) 4 s D) 2V2s E) 3 s 81

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

Resolución Estudiamos el movimiento del bloque.

Tramo

AB

*AB = )fotAB +~a(2)2

(III)

Dividimos 2=

lab

( 2)2 = 2\¡2 s Clave

(D,

PRO BLEM A N.° 87

En Y, o'Y=o

En la figura mostrada, calcule el módulo de la

f N=mgcosQ

aceleración que experimenta el bloque de masa Considere que la cuerda es inextensible; además m1=2m2; g=10 m/s .

En ^^/?(x')=mox' mgsenQ-fK=ma

(I)

Pero f K=\iKf N f K=\xKmgcosQ

Luego en (I) mgser\Q-[iKmgcosQ=ma

A) 2/3 m/s2

o=(sen0-)i/ccos0)g

D) 4/3 m/s2

B) 3/2 m/s2

C) 5/3 m/s2 E) 3/4 m/s2

La aceleración se mantiene constante en módu­

Resolución

lo y dirección; siendo la trayectoria una recta, el

Elaboramos el DCL de cada bloque.

bloque experimenta MRUV. m^g Tramo AB 4 dAB=] ^ tAB+~ at2AB dAB=2a{tAB)2 82

((l)

m2g

D in á m ic a

Descomponemos las fuerzas en forma paralela y particular a los planos inclinados.

PR O BLEM A N.° 88 En la figura, los bloques unidos por una cuer­ da se deslizan por un plano inclinado. Calcule la lectura del dinamómetro, si la fuerza de ro­ zamiento sobre B es 10 N y el bloque A es liso. Datos: mA=10 kg; mB= 5 kg; g =10 m/s2

2m2(10)

La componente de la fuerza de gravedad para­ lela al plano inclinado de m1 es mayor que de m2 (10m2 > 8/772); entonces los bloques acele­

A) 5,67 N

ran en las direcciones indicadas en los gráficos.

D) 5,72 N

Aplicamos la segunda ley de Newton

Resolución

•

Para m1

Estudiamos a cada bloque.

FD=m-]a=2m1a

•

10/772 — T —2/712O

•

B) 3,55 N

C) 4,77 N E) 6,67 N

Bloque B

(O

Para m2 FR=m2a T-Sm2-m 2a

(II)

De (I) + (II) 2/772 = 3/77 2 O

Aplicamos la segunda ley de Newton En X', FR=mo

o = - m/s2 3

r+30-10=(5)o _CLAVE ®

T+20=5a

(I)

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

Resolución

Bloque A

Graficamos el problema. 100 N Caso 1: superficie lisa

Aplicamos la segunda ley de Newton En X', FR=ma 60-7=10(o)

Cuando la superficie es lisa, el módulo de la ace­

(II)

leración es a1=gsen37°

De (l) +(ll)

0-^ =6 m/s

80 =15o 16 2 o = — m/s 3

El bloque experimenta un MRUV

En (I) ,

16

dAe=°(í )+ | (6)(8>2

r+20=5(T

dAB= 192 m

T= 6,67 N Por lo tanto, la lectura del dinamómetro es 6,67 N. Clave (

Caso 2: superficie rugosa

E

PR O B LEM A N.° 89 f N=8 m

Un bloque partiendo del reposo demora 8 s en resbalar por un plano liso inclinado de 37° res­ pecto de la horizontal; pero si la superficie es rugosa, emplearía 10 s. ¿Cuál es el coeficiente de rozamiento en este caso? (g=10 m/s2)

Aplicamos la segunda ley de Newton FR-mo

A) 0,18 D) 0,75 84

B) 0,27

C) 0,42

6 m -fK=ma2

E) 0,22

//c=M-zc/a/1=M-k(8m)

(II)

Din á m ic a

Resolución

Reemplazamos (III) en (

Para determinar la fuerza de rozamiento entre

6m-\iK(8m)=ma2

el bloque y la cuña, es convenientemente estu­

6-cb P k =8

(IV)

diar al bloque porque se tiene mayor informa­ ción sobre él.

Calculamos o2 DCL del bloque

MRUV para el bloque dAB='J0t+ - a2t

y:

De (I) 1 ? 192 =0(10)+- o2(10) R '' o2=3,84 m/s2

.?7 °h'_ En (IV) 6-a-,

Como la aceleración del bloque es vertical, en­

8

tonces la fuerza resultante tiene que ser verti­

Vk =

6-3,84

cal; en consecuencia, necesariamente la reac­

8

ción ( r ) de la cuña sobre el bloque tiene que

P-K =

ser vertical. \Xk=€,27 CLAVE i B )

Segunda ley de Newton para el bloque Fg=20 N

PRO BLEM A N.° 90 Determine el módulo de la fuerza de rozamien­

2 m/s =o

to entre el bloque y la cuña, si el bloque se mue­ R

ve verticalmente con una aceleración de módu­ lo 2 m/s2. Datos: m =2 kg; g=10 m/s2 FR=ma A) 16 N B) 12,8 N C) 9,6 N D) 24 N E) 4N

V \

20-R=(2)(2) R= 16 N 85

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

Descomponemos R para hallar la fuerza de ro­

Resolución

zamiento (fK).

La reacción del coche sobre el bloque se deter­ minará a partir del movimiento que experimen­ tan ambos cuerpos. Por condición del problema, el bloque no se desliza sobre el coche, ello signi­ fica que ambos se mueven como una unidad ex­ perimentando la misma velocidad y aceleración. Además, del problema resuelto N.° 33 se dedu­ ce que el módulo de la aceleración del coche y, por consiguiente, del bloque es o=gtan37°. DCL del bloque

f K=Rser\37c a=gtan37°

/-=16( f ) /*=9,6 N Clave ( c )

PR O BLEM A N.° 91 El bloque mostrado no se desliza por la super­ ficie del coche, y el dinamómetro indica 20 N.

En X

¿Cuál es el módulo de la reacción del coche

FR(x)=max

sobre el bloque? Desprecie todo rozamiento.

R-ma

(g=10 m/s2)

(O

En Y aY=0 -> Fr(y)=0 T=mg

20=m(10) m= 2 kg Reemplazamos en (I) /?=(2)(gtan37°) R= 15 N A) 5N D) 15 N 86

B) 6N

C) ION E) 20 N

C lave

(D,

Din á m ic a

Segunda ley de Newton para el bloque

PR O BLEM A N.° 92 El coche se desplaza con aceleración constante

FR=ma

tal como se muestra. Si el bloque está a punto de deslizar, ¿cuál es el coeficiente de rozamien­ M-s/w

to estático entre el bloque y el piso del coche?

iLs{jríg) = jríci a »*~ g

ni

Para hallar el |as, falta el módulo de la acelera­ ción (a). Para el coche se cumple que

A) 0,1

C) 0,5

B) 0,3

E) 0,9

D) 0,7

Resolución Para determinar el coeficiente de rozamiento estático (|lIs) estudiamos el movimiento del a=(tan0)g

bloque. Este se encuentra a punto de resbalar; como no resbala (se encuentra fijo al coche),

^ :ÍÍ

presenta la misma aceleración que el coche.

Al

a =— 2

mg

du

a

fsmáx.

m r

Reemplazamos (II) en (I)

fN=mg

" S= ^ T ° ' 5 /.

^5=0,5

La aceleración que experimenta el bloque se debe a la fuerza de rozamiento estático (máximo).

Clave ( C 87

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

PRO BLEM A N.° 93

Calculamos la fuerza resultante

En la figura se tiene un bloque de 1,6 kg en reposo unido a un resorte no deformado. Si al

Fe= 20

N ,*----A16 N

bloque se le ejerce una fuerza horizontal cons­

mg=16 N

tante de módulo 20 N, ¿cuál es el módulo de la

F= 20 N

aceleración que experimenta el bloque cuando ha recorrido 60 cm? (g=10 m/s2)

A) lm/s2

En el instante mostrado/w=0, el bloque comienza

B) 4 m/s2

a perder contacto con el piso.

C) 3 m/s2

Fr =20-12=8 N

D) 5 m/s2 E) 8 m/s2

En 8 =(l,6)o

Resolución Elaboramos el DCL cuando el bloque ha reco­

o=5 m/s"

rrido 60 cm.

_CLAVE ( § )

PR O BLEM A N.° 94 El sistema mostrado se mantiene en reposo. Determine las aceleraciones de los bloques A y B, respectivamente, en el instante que la fuerza ( f ) deja de actuar. Datos: mA= 10 kg; mB=5 kg

Cuando el bloque recorre 60 cm, el resorte se encuentra estirado en x=0/- ío=lOO-8O=2O cm ->

A) 2 m/s2; 4 m/s2

F e =K x

Ff =( 100)

20 = 20 N 100

B) 0 m/s2; 4 m/s2 C) 6 m/s2; 1 m/s2 D) 8 m/s2; 5 m/s2

Aplicamos la segunda ley de Newton FR=ma

88

(I)

E) 9 m/s2; 3 m/s2

Sebassac

D in á m ic a ..............•••:•*.

••

•• ' A m o r a S o f ía "

Resolución

PRO BLEM A N.° 95

Estudiamos el reposo de los bloques

El sistema mostrado se mantiene en reposo tal como se muestra en la figura. Si las fuerzas F\

DCL (A)

DCL(fí)

y Fi que mantienen en reposo al sistema de­ jan de actuar simultáneamente, ¿cuáles son los módulos de la aceleración (en m/s2) de cada bloque en ese instante? Datos: mA=4 kg; mB=8 kg

JL F2=20 N

F i=20 N j i Del reposo del bloque B se tiene

liso

CjSmT.

Ff =F= 20 N El módulo de la fuerza elástica es 20 N.

A) 3; 6

En el instante que deja de actuar F se observa

D) 2,5; 6

B) 5; 2,5

C) 4; 2 E) 1,5; 3

Resolución

mAg

Estudiamos el reposo de cada bloque. DCL (B)

DCL (A)

mBg Fi= 20 N •

F

F2=20 N

Bloque A La reacción R sigue anulando a la fuerza elástica, entones la resultante sobre el blo­ que A sigue siendo nula.

Para que cada bloque se mantenga en reposo, la fuerza elástica en módulo es 20 N.

/. aA=0

Instante que deja de actuar F\ y F 2 •

BloqueS FR=maB FE=ma —> 20=(5)oe oe=4 m/s En este instante, la fuerza elástica es la fuerza _ C lave ( b )

resultante sobre cada bloque. 89

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

Usamos la segunda ley de Newton

Resolución

•

Bloque A

Estudiamos el reposo del bloque

F R(A) = m AaA

DCL del bloque

F E= m A°A

20=4aA

7=10 N

oA=5 m/s2 •

Bloque B F R(B) = m Ba B

mg=20 N

FE=mBaB 20=8 aB ob =2,5

El bloque en reposo

I f (D=2/(I)

m/s2

T+FE=mg _ C lave ( § )

10+Fe=20 f e= io n

PR O BLEM A N.° 96

Instante después de cortar el hilo (7=0)

En la figura mostrada, el sistema se mantiene en reposo, y el dinamómetro indica 10 N. ¿Cuál

mg=20N

es el módulo de la aceleración que experimenta el bloque A instante después de cortar el hilo? (g=10 m/s2) Fe=10 N

El bloque acelera hacia abajo debido a que mg > Fe Utilizamos la segunda ley de Newton FR=mo (20-10) =(2 )o A) 1 m/s2 D) 4 m/s2 90

B) 2 m/s2

C) 3 m/s2 E) 5 m/s2

o=5 m/s CLAVE ( § )

D in á m ic a

PRO BLEM A N.° 97

Primera condición de equilibrio para la esfera B

El sistema mostrado se mantiene en reposo in­ DCL (B)

dicando el dinamómetro 50 N. Si cortamos el hilo, ¿qué aceleración (en módulo) experimenta la esfera A l Datos: mB=3 kg; g=10 m/s2

3 kg | ¡ mBg

2>(t)=2>(J) FE=mBg F£=(3)(10) Fe=30 N A) 15 m/s2

B) 25 m/s2

D) 5 m/s2

C) 10 m/s2 E) 30 m/s2

(II)

Reemplazamos (II) en (I) 50=m¿(10) +30 —> mA-2 kg Instante después de cortar el hilo (7=0) se tie­

Resolución

nen las siguientes fuerzas sobre A

Estudiamos el reposo de cada esfera. Primera condición de equilibrio para la esfera A

Usamos la segunda ley de Newton para la es­ fera A mAg

DCL (A) al

7

mAg

© (2 k g )

F B[A)~m AaA

mAg+FE=maA (2)(10) +30=(2 )aA

If(T)=If(i)

aA=25 m/s2

T=mAg+FE S0=mAg+FE

(I)

C lave ( B

91

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

PR O BLEM A N.° 98 A un bloque imcialmente en reposo sobre una superficie horizontal se le aplica una fuerza F que varía con la altura {h), según la gráfica mos­ trada. Determine el módulo de la aceleración que experimenta cuando se encuentra a 3 m de altura.

Del gráfico . F 100 tanG = —= --2 5 F=40 N Luego Fg=50 N > F=40 N La aceleración del bloque es hacia abajo

A) lm /s2 B) 1,5 m/s2 C) 2 m/s2 D) 2,5 m/s2

Fg=50 N

E) 3 m/s2 Aplicamos la segunda ley de Newton

Resolución

FR-mo

Para determinar el módulo de la aceleración a

(50-40)5a

3 m de altura, debemos elaborar el DCL en esta posición.

o=2 m/s2 Clave

50 N

h-3 m

(C

PR O BLEM A N.° 99 Sobre el bloque de 2 kg actúa una fuerza ho­ rizontal que varía con la posición (X) tal como muestra la gráfica. Calcule el módulo de la ace­

El módulo de F se obtiene de la gráfica.

leración (en m/s2) del bloque en las posiciones X=5 m y X=10 m.

A) 10 m/s2

© 92

B) 13 m/s2

F (N)

C) 15 m/s2

30

D) 16 m/s2

20

E) 17 m/s2

10 X(m)

Din á m ic a

Resolución

PRO BLEM A N.° 100

Para determinar la aceleración aplicamos la se­

En la figura se muestra dos bloques, uno de

gunda ley de Newton.

masa m1=3 kg y el otro de masa m2=5 kg, col­ gando inicialmente en reposo en una máquina

fr o = -£ m

de Atwood. Estando a la misma altura, en el instante t=0, los bloques empiezan a moverse.

Es necesario conocer la fuerza resultante en las posiciones indicadas.

¿Cuál es la diferencia de alturas, en metros, al cabo de 1 s? (g=9,81 m/s2) A) 2,90 m

Del gráfico •

En X=5 m

•

En X=10 m

->

B) 2,45 m

F=20 N

C) 3,25 m ->

F=30 N

D) 4,15 m E) 4,75 m UNI 2009-11

Resolución Calculamos el DCL de los bloques m1y m2.

o* Utilizamos la segunda ley de Newton En X=5 m -> FR =20 N = 20 °i =

°\

m~ 2

mxg m2g

o1=10 m/s"

En X=10 m

FR =30 N

_ Fr2_ _ 30 o2 = m 2

Del gráfico h1-h1=2d

a2=15 m/s2

Se observa que _ C la ve ( c )

1712>mi

'

m2g >m-yg 93

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

Se deduce que m2 desciende y

asciende.

A) 4mgcos0

Como los bloques se encuentran ligados por una cuerda, tendrán el mismo módulo de ve­

B) 6mgcos0

locidad y aceleración, y para un cierto interva­

C) 2mgcos0

lo de tiempo recorrerán distancias (d) iguales.

D) mgcosQ

Para calcular la diferencia de alturas, primero

E) 4/3/rjgcosO

hallaremos el módulo de la aceleración de los bloques con la forma práctica de la segunda ley de Newton para los cuerpos ligados.

Resolución Sean

EF(^r)-X v«rms°

Ta: módulo de la tensión en A

m2g-m 1g=(m2+m1)a

Tb: módulo de la tensión en B

Reemplazamos

Nos piden TA-TB. Descomponemos la fuerza de gravedad en A y B

(5-3)(9,81)=(5+3)o o=2,45 m/s2

mg

Los bloques inician su movimiento en trayecto­ rias rectas y con aceleración constante; por con­ siguiente, experimentan MRUV. 1 2 d = Vnt H— ot

ü

2

d = (o)f +^(2,45)(l)2 d= 1,225 m Finalmente (h2- h 1)=2d=2(l,22S)

Calculemos el módulo de la fuerza centrípeta en

(h2- h 1) =2,45 m

A y B, respectivamente. _CLAVE ( § )

En A Frn =mco r CP[A)

PR O BLEM A N.° 101 Se muestra una esfera de masa m describien­ do un MCU en un plano vertical. Determine en cuánto cambia el módulo de la tensión en la cuerda cuando la esfera va de A hasta B. 94

Ta - mgcosQ=mco2r

(O

Frn =m(D r CP{B) TB+mgcosQ=m(x)2r

(II)

En B

Din á m ic a

Usamos la segunda ley de Newton

Igualamos (I) y (II) TA-mgcosQ=TB+mgcosQ

Fcp~^^cp mg-N =

TA-TB=2mgcosQ C lave ( C

mv R

mg - 50% mg =

mv R

mv mg-0,Smg =■ R

PR O BLEM A N.° 102

o , s ¿ g - * ív R

Cuando un móvil pasa por el punto más alto de un puente circular de 125 m de radio, la normal

0,5g =

es el 50% de su peso. Halle la rapidez del móvil en dicho punto. Dato: g=10 m/s2

R

Reemplazamos los datos 0,5x10 =

A) 25 m/s

,,2 125

co

20 m/s v/=25 m/s

C) 10 m/s

C lave ( A ,

D) 15 m/s E) 30 m/s UNMSM 2008-11

PR O BLEM A N.° 103 Resolución

Sobre una superficie horizontal lisa se ha insta­

El móvil realiza un movimiento circunferencial.

lado una barra en forma L de masa desprecia­

Por tal motivo, sobre él debe haber una fuerza

ble. Si la esfera unida a la barra da una vuelta

resultante hacia el centro de la circunferencia.

cada 7t segundos, determine el módulo de la

Dicha fuerza resultante se conoce como fuerza

fuerza que la barra ejerce a la esfera de 1 kg.

centrípeta (Fcp). Ahora grafiquemos las fuerzas sobre el móvil. A)

N

co

B) 2V 2 N C) V3 N D) 2V3 N E) V5 N

95

Lu m

brera s

E d it o r e s

.........................—

■■■■■............. .....................................

Resolución

PRO BLEM A N.° 104

La esfera describe una trayectoria circunferen­

El sistema, formado por el collarín liso de 2 kg y

cial, y como siempre da una vuelta cada n s, su

la barra doblada, rota con rapidez angular cons­

movimiento es un MCU. De esto se deduce que

tante de 10 rad/s. Determine la deformación del

la fuerza de la barra sobre la esfera está dirigida

resorte. Considere que la barra rota en el plano

hacia O.

horizontal. Dato: K= 300 N/m

A) 20 cm B) 25 cm C) 28 cm D) 30 cm LU

35 cm

:45 cm

Ce

(Ú

60 cm

Resolución Las fuerzas sobre el collarín dan una resultante Usamos

que apunta hacia el centro de la circunferencia, ya que se tiene un MCU.

Fcp= m ( j r r

El resorte está estirado una longitud x.

F=m(ú r F = lü)2(0,5V2)

O)

Por otro lado, la rapidez angular (cu) se puede calcular según tó = - = — ; t

(27t: ángulo de una vuelta)

Tí

(0=2 rad/s

(II)

Reemplazamos (II) en (I) F = 1x22xO,5V2 /.

Fcp'/__

F = 2V 2 N _CLAVE ( B )

96

A37c centro é- ----

Din á m ic a

Usamos la segunda ley de Newton

Resolución Graficamos las fuerzas sobre el ciclista. Note

Fcp=moó r

que la fuerza que impide que el ciclista resbale

Fcp=2x10^x0,75

es la fuerza de rozamiento estático (/s).

Fcp=150N

Del gráfico FE=Fcpcos 53° f

fs --- *T

o\

Fp =150 V5;

centro

"* r= 20 m

--- > X

Fe=90 N Kx=90 N

La fuerza de rozamiento (/s) verifica

300x=90

fs —fs(máx.) i

VI

x=0,3 m x=30 cm Clave

( d)

fs - Vsm9 /s Fg>F El bloque sigue en reposo, pero la reacción del piso ha disminuido.

A) 2 m/s2

B) 4 m/s"

D) 8 m/s2

C) 6 m/s2 E) 10 m/s2

•

Para f=2 s F= 10+ 20(2) =50 N

Resolución

f —50 N

La fuerza (f ) aplicada al bloque aumenta con el tiempo. Estudiemos al bloque para distintos

Fg=50 N

tiempos.

F=10 N

En ese instante, la fuerza resultante sigue siendo nula, pero ftp¡so=0 El bloque ha perdido contacto con el piso,

R=40 N

2 s después de este instante es t=4 s.

Fg=50 N a Para f=0

Fg=50 N

F=(10 +20f) F= 10 +20(0) F=10 N

Para f=4 s Donde F= 10 +20(4)

El bloque se mantiene en reposo. 112

F= 90 N

F= 90 N

Din á m ic a

lü ••

n i1

Para hallar Tv analizamos la barra

Aplicamos la segunda ley de Newton FR=ma

R

(90-50) =5a 4Í a =8 m/s2

o Clave (

D

T-y

T,

Como la barra se mantiene horizontal, entonces

PR O BLEM A N .° 122

no gira, y el momento resultante es nulo.

En el sistema mostrado, la barra y la polea son de masas despreciables; además, las masas de los bloques A y B son 3 kg y 1 kg, respectiva­ mente. Para que la barra permanezca en forma horizontal, ¿cuál debe ser la masa de la esfera?

2 > o = £ M,

r2(4í)=lr1 r i =4r2

(II)

(g=10 m/s2) en (I) m- l i 10

A) 6 kg B) 8 kg C) 9 kg

Para determinar m analizamos la polea y los

D) 11 kg

bloques

LU

12 kg

DCL de la polea

Resolución a

Sea m la masa de la esfera. DCL de la esfera Como la barra se mantiene

t7\

horizontal, la esfera se mantiene en reposo.

mg Para la polea (FR=0)

Tx=mg —^ m=T1/10

(I)

7 W 7-3

(IV)

113

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

Los bloques presentan igual módulo de acele­

Resolución

ración

Como la velocidad del bloque no tiene la direc­ ción de la fuerza resultante, el bloque seguirá

aA=°B F«a

=

mA

una trayectoria curva.

%

mB

y(m) 2,5

30-T3 _ T3-10 3

1

7-3=15 N En (IV) 72=2(15) =30 N

-

"

: 1

X(m )

En m=

4(30)

Descomponemos el movimiento en dos direc­ ciones X y Y.

10

•

m = 12 kg

En X t =1 s

C lave ( E

x=l

X (m)

PRO BLEM A N .° 123 El bloque de 1 kg ingresa a una superficie lisa tal

La fuerza de gravedad se anula con la fuer­

como se muestra en la figura. Si F es constante,

za normal, y la resultante en X es nula; por

¿cuál es su módulo, si el bloque pasa por el pun­

consiguiente, en esta dirección, la veloci­

to P( 1; 2,5) m luego de 1 s de su ingreso?

dad es constante. En Y

■-

-v

^=2,5 m A) 1N D) 4N 114

B) 2N

C) 3N E) 5N

sac En esta dirección, la fuerza resultante es F . Aplicamos la segunda ley de Newton

Din á m ic a

Amor a SofíaResolución Para determinar la reacción de la pared estudia­ mos el movimiento de la esfera.

FR=ma F= (l)a

(I)

DCL de la esfera

Como la trayectoria es recta y la acelera­ ción es constante, se tiene un MRUV. 1 2 a = v0gt +-at ,

(2,5) = 0 +- o (l)2 2 o=5 m/s En (I) F=( 1)(5) F= 5 N

Descomponemos el movimiento en los ejes X y Y C lave ( E

PR O BLEM A N .° 124 Determine el módulo de la fuerza de reacción de parte de la pared del coche sobre la esfera de 1,5 kg. Considere que el coche presenta una aceleración de 6 m/s2. ig=10 m/s2)

En X FR(X)-m a X

R+ A) 5N D) 8N

B) 15 N

SJ

T -9 = (l,5)(6)

C) 2N E) 9N

R + — |7" = 18

v5 )

(I)

115

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

Resolución

En Y °y~0

-»

Fr(Y) - 0

Estudiemos el movimiento de la barra mientras ingresa a la superficie rugosa, para ello lo dividi­

-7

5

=

12

mos en cuatro partes ¡guales.

7=20 N m

En (I) R+

4'! 5

m

m

m

L¡ 4 L/A L/A L/4

(20) = 18

rugoso

mg

R =2 N f Nl f Kr ^ K mQ

Clave ( C

2mg

parte afectada por la fricción

PR O BLEM A N .° 125 Una barra homogénea de longitud L es lanzada sobre una superficie horizontal, y al ingresar

parte afectada por la superficie lisa

al tramo áspero se observa que el módulo de

Í n7

/ * ,= 2

3mg

su aceleración varía según la gráfica adjunta. Calcule el coeficiente de rozamiento cinético /w31

entre el piso y la barra, (g = 10 m/s2)

Amg L

rugoso

x=0

Í n,

//í.=4 \iK™g

Se observa que mientras la barra ingresa a la parte rugosa, la fuerza de rozamiento aumen­ ta, y como esta es la fuerza resultante, entonces el módulo de la aceleración también aumenta. Cuando la barra ingresa completamente a la su­ perficie rugosa, la fuerza de rozamiento se man­ A) 0,3 D) 0,7 116

B) 0,4

C) 0,6

tiene constante y el módulo de la aceleración ya

E) 0,1

no cambia.

Din á m ic a

PR O BLEM A N .° 126

En general

En la figura, el sistema se encuentra en repo­ m'g F j f K=\iKm'g

so; al extremo de la cuerda (A) se le aplica una fuerza constante de módulo 15 N. Determine el módulo de la aceleración (en m/s2) que expe­

lisa-- - ' Ín 1'

.........'

rimenta el bloque B de 2 kg y el punto A de la cuerda. Considere que la polea es ideal.

V '

En la barra homogénea, la densidad lineal es

A) 10

constante.

B) 20

M m' V =— =— L x

C) 15

m= yl )

D) 14

Luego

E) 12

i M f K = ^ K m 9 = ^K \ — } gx

M y IQx

Resolución Al aplicar la fuerza F a la cuerda, esta jala a la

Usamos la segunda ley de Newton

polea por sus extremos haciendo que esta se eleve conjuntamente con el bloque; por consi­

m

guiente, tanto el bloque como la polea tendrán

a=

la misma aceleración. (g=10 m/s2)

gx

V-k

DCL sistema polea-bloque

M

a = M . (x) L

Tn

(I)

a

Del gráfico, para x=/./2 o=3 m/s2

jfí mBg

Reemplazamos en (I) 3=M i o ) a L v2

Segunda ley de Newton para el sistema —

^=0,6

polea

2T-(mB)g=(mB)opo[ea C lave ( C

27’-20 =2opoiea

(I)

117

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

También

Para el punto A

T=F=15N

dA = v0t +- (°A )t2

En (I) (ID

2(15) 20=2opoíea °p o le a = 5 m / s2

Para la polea Para determinar la aceleración del punto A, me­ diante la cinemática, la relacionamos con la ace­

1/ \ T \ °p o le a y

^polea —

leración de la polea que es igual a la del bloque. (III) —--V-

Dividimos (ll)^(lll) x = aA _ 2y

polea

----

°p olea

y

y

—2°p 0|ea

oA=2(5)

o.

oA=10 m/s2 L-y

-

- - 5 --------------------

a

CLAVE

r 3lea L-y if

(A,

----—

y -4-

PR O BLEM A N .° 127 Si el bloque A de 2 kg se desliza con una ace-y

La cuerda es inextensible; entonces la longitud inicial de la cuerda al inicio es igual a la longitud de la cuerda final. Lo =

leración cuyo módulo es 4 m/s , determine la masa del bloque B. Considere que la polea es de masa despreciable. (g=10 m/s2)

lf

3L=[x+L)+2(L-y) Luego x=2y

A) 0,5 kg B) 0,7 kg

punto A experimentan MRUV. 118

(1)

C) 0,8 kg D) 2 kg

Como las fuerzas son constantes y las trayecto­ rias son rectilíneas, tanto el bloque, la polea y el

liso

m (2)

E) 1,5 kg

Din á m ic a

Resolución

En

Para determinar la masa de B, estudiamos a

T2=2(8) = 16 N

este bloque. Para determinar aB, utilizamos los resultados del problema anterior.

DCL del bloque B

aA = 2 o B

oc Luego

mBg

(4)=2os ao=2 m/s2 Usamos la segunda ley de Newton FR=maB mBg-T2=mBaB mB =

(I)

(9 ~ ob)

En (I) mB =

DCL de la polea Aplicamos la segunda ley de Newton

16 ( 1 0 - 2)

••• mB=2 kg

oPu

C lave vííy

PR O BLEM A N .° 128

FR=mpap

Las esferas lisas idénticas se mantienen en re­

T2-2T1=(0)ap

poso respecto del camión. Determine el módu­

T2=2Tx

(N)

DCL del bloque A

lo de la aceleración o del camión.

A) 13,3 m/s"

Aplicamos la segunda ley de Newton B) 20 m/s2 FR=mAaA 7’1=(2)(4) 8N

mAg - = ÉI I

C) 7,5 m/s2 p Ti R

D) 5 m/s2 E) 6 m/s2 119

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

Resolución

En X

Como las esferas no se mueven respecto del

f R

camión, presentan la misma aceleración que el

R2-3T'=ma

camión.

R2=3T'+ma

=

m

a

x

(III)

DCL del sistema Calculamos (I) y (II) en r2

/■ mg

2/770-3

+ /770

V 4

r 3

o = —o 4

0 = 7,5

m/s"

Clave

Segunda ley de Newton para el sistema FR

(s)

= mcOc

PR O BLEM A N .° 129 Una tabla tiene un escalón cuya altura es H, y en

s s

R2=(2m)o

el cual se apoya una esfera de radio R (R=SH). (I)

Calcule la máxima aceleración de la tabla tal que la esfera no vuelque sobre dicha tabla.

DCL de la esfera 2

íg = 1 0 m/s2)

Y X

A) 5 m/s2

En Y Fn Ry =0 4 7 ' = /T7g

r = mQ

B) 7,5 m/s2 C) 10 m/s2 D) 12,5 m/s2 E) 15 m/s2

120

(C

Din á m ic a

Resolución

PR O BLEM A N .° 130

Al no volcar la esfera, esta presenta la misma

En el instante mostrado, un bloque es soltado

aceleración que la tabla.

en un plano inclinado rugoso que se encuen­ tra en un ascensor que asciende con velocidad constante. Determine cuánto asciende el ascen­

a

sor hasta el momento que el bloque llega a la base del plano inclinado. (g=10 m/s2) X

v=5 m/ )

: \Q

v=0

En X

) X37° m

1,5 m

{

111■| 11 H 11

a x

3R'=ma a -

'

V i/ s O i; w > x c

Utilizamos la segunda ley de Newton

F R x =

C

3R'

(O

m

A) 1 m

La aceleración es máxima si R' adquiere su valor máximo.

B) 2 m

D) 4 m

C) 3 m E) 5 m

Resolución Fo = 0

El ascensor experimenta un MRU. d-vt

4R'+fN=mg R1

Mmáx.

d=St

—

4

(I)

; Donde

Además, R' es máximo cuando/w=0.

t: tiempo en que el bloque llega al piso del as­ censor

Luego R' = nmáx.

mg

Para calcular t, estudiamos el movimiento del bloque. Si lo estudiamos desde tierra, el análisis se complica. Conviene colocar un observador en

En (I) 3 (mg)

el inferior del ascensor.

m

Como el ascensor tiene velocidad constante, es

4

un sistema de referencia inercial; las leyes de o=7,5 m/s2

Newton se cumplen como si lo estudiáramos CLAVE ( B )

desde tierra. 121

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

m 10m

PR O BLEM A N .° 131 Si el sistema mostrado es abandonado, deter­ mine la aceleración que experimenta la cuña. Desprecie todo tipo de rozamiento.

A, — ^ 9 A) 4

En / Fr y = 0

b)

~g

D) f g

f N=Sm

a f.

« f

-> fx=M'/f/N

Resolución

'l Y , fK = - \Sm 8) f K=m

Al ser soltado el sistema, el bloque y la cuña aceleran. Por otro lado, las fuerzas al ser cons­ tantes originan que la aceleración del bloque y

En X

de la cuña sean constantes; por consiguiente, FRx =max

ambos experimentan MRUV.

Sm -fK=mo Análisis cinemático

6m-m=ma o=5 m/s2 Aplicamos MRUV dAB = 2 ° f2 (2/5) = i ( 5 ) f 2 í= l s En (I) d=( 5)(1) d= 5 m C lave 122

Note que la cuña y el bloque avanzan lo mismo (í).

trayectoria \ del bloque \

Din á m ic a

El desplazamiento del bloque lo descompone­ mos en dos direcciones.

Vi Fg(X)=— m9

d = dx +dY

Fg(Y) ~

En X: MRUV 0 1 dx = vQ/ r t +- a xt x /U ) a X ! = i 0xt2

Del gráfico

2V3 -mg 2V3 //N

Í n(x ) Vi

(i)

En Y\ MRUV 1 2 dY =v0. J +-at (y) 2

Aplicamos la segunda ley de Newton en X FR(X)~ma(X)

!=-Oyt2

Fg(X)~fN(X)~mo(X) Para la cuña

Reemplazamos

1 2 dc =v/Of + - °c í í= -oct2 2 c

(IM)

Vi 2V Í ~ T mg— Y ^ N = mo

De (I), (II) y (III) se deduce que ox- a Y-o c-o

Luego V i mg - 2V i f N = 3/r?o

(I)

Análisis dinámico Para el bloque, descomponemos las fuerzas en

Aplicamos la segunda ley de Newton en Y

los ejes X y Y. FR(Y) =m°(Y] F g ( Y ) ~ T ~ f N { Y ) - m a (Y)

ax=a Reemplazamos

2V Í T V i, — m g - T - — fN = mo

2Vi/ng - 37 - V Í/W = 3mo

(II) 123

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

PR O BLEM A N .° 132

Para la cuña

Se muestra una pequeña esfera de 2 kg que desarrolla un movimiento circunferencial en un plano vertical, unida a una cuerda de 1,5 m. Para el instante mostrado, determine el módulo de la fuerza que ejerce el clavo sobre la cuerda. (g=10 m/s2)

En el eje X A) 16 N

F R(X) = m a (X)

D) 46 N

B) 26 N

C) 36 N E) 56 N

T +— y¡3-—= ma 2

2

Resolución

T +V3/w = 2mo

Respecto al clavo, la esfera describe una circun­ 37" +3 V 3 fN =6/770

(III)

ferencia de 0,5 m de radio. Calculemos el valor de la tensión en el instante mostrado. Para ello se trabaja en los ejes radial y tangencial.

De (ll) +(lll) 2yÍ3mg + 2y¡3fN =9 mo

(IV)

De (l) +(IV)

3 V 3 mg = 12/770

C lave ( A 124

Din á m ic a

Resolución

Usamos

Grafiquemos lo que ocurre.

FCp macp 7-10 =

7-10 =

mv

V t

r 2-32

2 s ^ ' ^ 4 0 m/s

0,5

50 m /s,

30 m/s

7-10=36 7=46 N 40 m/s

Finalmente

Luego de 2 s, la componente vertical de la ve­ locidad es V= %-9f v„=30-(9#81)(2) i/y= 10,38 m/s La tuerza resultante de las dos fuerzas que forman 120° y son de igual módulo es 46 N.

Entonces, luego de 2 s, los componentes de la velocidad serán 40 m/s y 10,38 m/s. Para ese instante asociamos una circunferencia.

Por lo tanto, el módulo de la fuerza que el clavo

eje tangencial

le ejerce a la cuerda es 46 N. V

_ C lave ( d )

PR O BLEM A N .° 133 Se lanza un proyectil con una velocidad de 50 m/s haciendo un ángulo de 37° con la hori­ zontal. Halle el módulo de la aceleración tangencial, en m/s , del proyectil luego de 2 s del

eje radial

lanzamiento. (g=9,81 m/s2) A) 0,25 D) 2,46

B) 1,89

C) 2,03 E) 4,48 UNI 2004-11

41,32 X '

10,38

Z .40. . 125

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

A) lm

10,38 sena =---41,32

B) 5m

C) 10 m

D) 20 m

senoc=0,251

E) 40 m

(I)

Resolución Graficamos la fuerza de gravedad

Sea p el radio de curvatura. Para el trayecto del objeto, en cada instante, le

9 0 °-a

asociamos una circunferencia, de modo que en el eje normal se verifica. v/2 aN = —

P

aN: módulo de la aceleración normal El menor radio de curvatura para el MPCL se ob­ tiene cuando la rapidez es mínima, y ello ocurre cuando la velocidad es horizontal. Ahora calculamos el módulo de la aceleración vmín= l°m /s

tangencial J" T _ oT =

ffigsena m

ffi

° n- 9 \

/O

aT=gsena

* r/ 40 m/s

De (I) W' 10 m/s

-> ar=9,81(0,251) /.

ar=2,46 m/s2

Se tiene en la parte más alta de la trayectoria C la v e ( D )

oN=g , min.

PR O BLEM A N .° 134 Un pequeño objeto se lanza desde el piso de tal manera que desarrolla un MPCL. Si su velocidad inicial es v = (l0; 40) m/s, determine el menor radio de curvatura de la trayectoria que descri­ be dicho objeto, [g = ío(-y) m/s2) 126

=9

Pmín.

lo 2 = 10 Pmín.

—i

loo Pmín. —"T7T 10

Pmín =10 m

C lave

(C

Din á m ic a

PR O BLEM A N .° 135

Fcp=mM2r

Una pequeña esfera de 2,4 kg gira con trayecto­ ria circunferencial en un plano horizontal y con

Fco = 2,4x42x —= 32 N p 6

rapidez angular constante co=4 rad/s. Deter­ mine el módulo de la tensión en la cuerda (1).

Del triángulo, 7=40 N

(g=10 m/s2)

Además tana =

/ríco2r

A) 15 N B) 20 N

a)2r tana =---

C) 25 N D) 30 N

Reemplazamos los datos

E) 40 N

tana = — 4 tana = — 3

Resolución La esfera presenta rapidez angular constante. En consecuencia, sobre ella solo hay fuerza cen­ trípeta (Fcp).

a=53° Ahora veamos el nudo donde se unen las tres cuerdas.

centro

N r=5/6 m . " '

La masa de las cuerdas es despreciable, por ello Haciendo la suma vectorial de las fuerzas

m=0. Aplicamos fr e s =

2A=mg centro ►---

™ °

o

Luego Fcp=m0) r 127

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

A)

3000 N; horizontal mente hacia el eje del cilindro

T=40 N a=53°

B)

3000 N; vertical hacia arriba

C)

1500 N; vertical hacia abajo

D)

1500 N; horizontalmente hacia el eje del cilindro

E)

r 1cos37°=20 N

600 N; vertical hacia arriba UNI 2004-1

ri' l

= 20 N

Resolución 7"1=25 N

El muchacho mantiene una rapidez angular Cla v e ( C

constante, es decir, realiza MCU en la horizontal.

PR O BLEM A N .° 136 mg- 600 N

En los juegos mecánicos de una feria, un cilindro sin fondo de 2 m de radio (ver figura) gira con velocidad angular co=5 rad/s. El coeficiente de fricción estático entre el muchacho, cuyo peso es de 600 N, y la superficie interna del cilindro es |lx=0,5. Si el muchacho no resbala hacia aba­ jo, ¿cuál es el valor y la dirección de la fuerza de rozamiento sobre el muchacho? (g=10 m/s2) En la vertical se cumple

E*(t)=2>U) f 5=600 N

(I)

Para verificar esta respuesta, hallemos el valor máximo de la fuerza de rozamiento estático. fs , = jliSN -^max.

r J

/c = 0 ,5 N -rnax. 128

(N)

Sebas ssc La normal (A/) es la fuerza centrípeta (Fcp) para

D in á m ic a

A) 20V7 rad/s

el muchacho. Luego usamos Fcp=mco2r

B) 10V 7 rad/s

N=mui2r

C) 20J - rad/s

Amor a Sofía

/V=60 x 52 x 2

A/=3000 N

D)

rad/s

E) 5V 2 rad/s

Reemplazamos N en (II) fe , =0,5(3000 N) ■°max.

'

'

fe , =1500 N

Resolución

-‘max.

El bloque no se mueve respecto a la plataforma; Por lo tanto, la fuerza de rozamiento estático (/s)

sin embargo, respecto a la tierra, describe una

de la expresión (I) no supera el valor máximo de

trayectoria circunferencial.

1500

N, con lo cual se asegura que la fuerza de

rozamiento sobre el muchacho es 600 N hacia arriba.

Aplicamos la siguiente ecuación u

_ C lave ( e )

= / w =0 75 = l 3 N 4

trayectoria circunferencial

PR O BLEM A N .° 137 El sistema rota con rapidez angular constante. Si el bloque está a punto de resbalar hacia arri­ ba de la plataforma, calcule la rapidez angular. (g=10 m/s2) ángulo de rozamiento

¡is=0,75

La fuerza de rozamiento es estático máximo (/smáx) hacia abajo, ya que el bloque está a punto de resbalar hacia arriba. El radio de la trayectoria circunferencial es r=0,3 m. 129

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

El bloque realiza MCU; por tal motivo, la resul­

to

tante de las fuerzas apunta hacia el centro de la circunferencia.

Del triángulo tan74°=

/fío)2/

Resolución tan74°=

(ú2r

Si la plataforma rota lentamente, el bloque au­ menta su tendencia a deslizar hacia abajo. En­ tonces la mínima rapidez angular (o)mín ) ocurre

Reemplazamos valores

cuando el bloque esté a punto de resbalar hacia abajo. En tal sentido, la fuerza de rozamiento

24 _ (ú2 0,3 7 ~

estático está dirigido hacia arriba.

10

2 800 o =---

(0

- rad/s C lave (C

PR O BLEM A N .° 138 Determine la mínima rapidez angular (co), de modo que el bloque no se deslice sobre la pla­

Por otro lado, cuando se obtiene comín , esta se

taforma inclinada. Considere que g=10 m/s2;

mantiene de manera que el bloque realiza un

2_ tan-- = — .

MCU. Esto se traduce en solo tener fuerza cen­

21°

11

130

trípeta (Fcp).

Din á m ic a

Resolución El disco aumenta su rapidez angular, de modo que el bloque tiende a alejarse del eje de rota­ centro

Fcp=m(ú2 mín.r

ción y a salir tangencialmente. Sin embargo, en cierto instante alcanza una velocidad angular, con lo cual solo tiende a alejarse del eje de rota­

Del triángulo 21° tan-

ción y no a salir por la tangente. En consecuen­

/¿co 2 minr

cia, el bloque mientras está a punto de resbalar

fhg

2_

^mín/

11

g

realizará MCU.

oo=cte

00=0

Smáx.

'min.

;

rad/s

a=cte.

C lave ( E El bloque realiza MCUV, luego usamos oop=

co = at

PR O BLEM A N .° 139 Un pequeño bloque se encuentra sobre un disco horizontal inicialmente en reposo. De pronto, el

mine después de cuántos segundos de iniciado el movimiento el bloque está a punto de deslizar.

t=

(JO —

a

oo

t=—

(I)

3

disco comienza a rotar con una aceleración anguiar constante de módulo oc=3 rad/s . Deter­

—»

Aplicamos dinámica circunferencial FCp macp h max. =m(X> r \i5N=mu>r [isjríg = jríco" cd-

A)

D)

V5

Vi B)

3 5

C) - s 3 E)

ls

JM

00 =

oo = t

0,5-10

¡5 rad/s

(II) 131

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

Reemplazamos (II) en (I)

Calculamos la rapidez angular (co) luego de 1 s co=to0+af

*t = — * s 3

C

_ C la v e

(A)

ü = 0

+

2 ( 1 )

o)=2 rad/s Reemplazamos en (I) aC D=22(0,5) *cp .2 acp=2 m/s"

PR O BLEM A N .° 140 Un pequeño bloque de 2 kg se ubica a 50 cm del centro de una plataforma circular. De pronto, la

Ahora calculamos la fuerza centrípeta (Fcp) y

plataforma comienza a rotar con aceleración

fuerza tangencial (Ft)

angular de módulo 2 rad/s2. Determine el mó­

•

dulo de la fuerza de rozamiento sobre el bloque

Fcp=2(2)=4N

1 s después de haberse iniciado la rotación, considerando que el bloque aún no resbala so­

Fcp=macp

•

FT-m aT FT= 2(1) =2 N

bre la plataforma.

Luego A) 1N B) 2V 2 N C) 2 N

1fuerza

D) 2V5 N E) V2 N fuerza tangencial

Resolución El bloque al no resbalar sobre la plataforma pre­ senta aceleración angular constante, es decir,

Del gráfico

MCUV. Por tal motivo, tiene aceleraciones cen­

•

/ ij = f » = . Con­ sidere que K= 100 N/m, y la longitud natural del resorte es igual a 15 cm.

El collarín realiza MCU por presentar rapidez angular constante. Por lo tanto, la resultante de las fuerzas apunta hacia el centro de la circun­

A) s M

ferencia.

r- ^ S

centro

B) sVlO — S

rad s D) 2VIÖ — s r rad E) 5v5 -s

eje radial

Resolución Grafiquemos las fuerzas en el plano horizontal.

Del triángulo Fcp= ION

'

trayectoria circunferencial

mw 7=10 0,lco2(0,l) =10

2

(0

10 0,01

co2=1000 m

eje radial

= io V S ^ s Clave

(C

133

i PROBLEMAS PROPUESTOS m

N iv e l

b á s ic o

3.

Sobre un cuerpo de masa constante, la fuerza resultante es vertical dirigida hacia arriba. Indique las proposiciones verdade­

1.

Respecto a la inercia, indique las proposi­

ras (V) o falsas (F).

ciones verdaderas (V) o falsas (F). I.

I.

Es una fuerza.

El cuerpo presenta, necesariamente, aceleración vertical hacia arriba.

II. Es una propiedad de los cuerpos.

II. El cuerpo aumenta, necesariamente, de

III. Se mide con la masa.

velocidad. III. Podemos afirmar que su trayectoria es curvilínea.

A) VVF B) FVV C) FFV

A) VFF

D) FFF

B) FVV

E) V W

C) FFV D) FFF

2.

E) V W

Sobre un cuerpo, la fuerza resultante es nula. Indique las proposiciones verdaderas (V) o falsas (F). I.

4.

Un bloque se lanza sobre una superficie

Necesariamente, el cuerpo está en re­

horizontal lisa. Indique las proposiciones

poso.

verdaderas (V) o falsas (F) respecto a lo que

II. No tiene inercia.

sucede luego del lanzamiento.

III. El cuerpo no puede acelerar.

I.

Sigue moviéndose ya que la fuerza de lanzamiento sigue actuando sobre ella.

A) VVF

II. El cuerpo disminuye su velocidad.

B) FVV

III. Aumenta su inercia.

C) FFV

134

D) FFF

A) VVF

E) V W

D) FFF

B) FVV

C) FFV E) V W

Din á m ic a

■P5.

Se tiene un bloque de acero y otro de ma­

7.

Un bloque de masa m se suelta sobre un

dera; ambos de 1 kg en reposo sobre una

plano inclinado liso que forma un ángulo 0

superficie horizontal lisa. Indique las pro­

con la horizontal. Indique las proposiciones

posiciones verdaderas (V) o falsas (F).

verdaderas (V) o falsas (F).

I.

I.

Se entiende el bloque de acero presenta mayor inercia.

El módulo de la aceleración con la que desciende es gsen0.

II. Si sobre cada bloque actúa una fuerza

II. Al descender el bloque, experimenta un

horizontal de igual módulo, entonces el

MRUV.

módulo de la aceleración de cada uno

III. Si el ángulo 0 disminuye, entonces el

de ellos son iguales.

módulo de la aceleración del bloque

ill. Al ser lanzados con la misma velocidad

disminuye.

y de la misma posición sobre la superfi­ cie horizontal lisa, el bloque de madera

A) VFV

adelanta al bloque de acero.

B) FVV C) FFV

A) VVF

D) FFF

B) FVV

E) VVV

C) FFV D) FVF 8.

E) VVV

La fuerza resultante sobre un bloque tiene dirección opuesta a su velocidad. Indique las proposiciones verdaderas (V) o falsas (F)

6.

Un bloque de masa m se lanza hacia arriba sobre un plano inclinado liso. Indique las proposiciones verdaderas (V) o falsas (F). I.

Las aceleraciones con las que asciende y luego desciende son iguales.

II. Si la masa del bloque se duplica, su ace­ leración sobre el plano inclinado se re­ duce a la mitad.

respecto de dicho bloque. I.

Disminuye la velocidad.

II. Necesariamente describe una trayecto­ ria rectilínea. III. Si la fuerza resultante es constante, el bloque en algún momento aumentaría su velocidad.

III. Si el ángulo de inclinación del plano au­ menta, la aceleración del bloque tam­

A) VFV

bién aumenta.

B) FVV C) FFV

A) VFV D) FFF

B) FVV

C) FFV

D) FFF

E) VVV

E) VVV 135

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

g.

Una persona jala el extremo de un hilo y

11. Para el problema anterior, determine el

este adquiere una aceleración de módu-

módulo de la fuerza de tensión que expe­

lo igual a 4 m/s . ¿Cuál es el módulo de la

rimenta la cuerda que mantiene unida a las

fuerza de tensión que experimenta el hilo?

esferas.

La masa de la esfera es 4 kg. (g=10 m/s2) A) 14 N

B) 12 N

D) 20 N

C) 16 N E) 24 N

12. Indique verdadero (V) o falso (F) en las si­ guientes proposiciones. I.

Si sobre un cuerpo actúan fuerzas, en­ tonces este experimentará, necesaria­ mente, aceleración.

II. La segunda ley de Newton nos dice que A) 52 N

B) 46 N

D) 64 N

C) 56 N E) 68 N

la aceleración es directamente propor­ cional a la fuerza resultante y a la masa. III. La dirección de la aceleración no siem­

10. Al extremo de la cuerda se le aplica una fuerza horizontal de módulo F=60 N. ¿Cuál es el módulo de la aceleración que experi­ menta la esfera A? Datos: mA=2 kg; mB= l kg; g=10 m/s2

pre coincide con la dirección de la velo­ cidad.

A) VVV

B) VFV

D) FFV

C) FVV E) FFF

13. En el instante mostrado, el resorte está estirado 20 cm. Calcule la aceleración que experimente el bloque en dicho instante. Datos: K=4 N/cm; g= 10 m/s2

A) 14 m/s2 H ) A) 4 m/s D) 8 m/s" 136

B) 5 m/s

C) 7 m/s"

C) 15 m/s2 ( 0, el bloque de 4 kg llega primero

C) 8 N D) 10 N

Si 0=(3, llegan simultáneamente al piso.

al piso. III. Si P < 0, el bloque de 8 kg llega después al piso.

E) 12 N A) VVV

16. Determine el módulo de la fuerza que ejer­ ce la pared del coche al bloque A, si el blo­

B) VFF

que C de 10 kg experimenta una acelera­

C) FVF

ción de 5 m/s2. Desprecie todo rozamiento.

D) VVF

Datos: /ncoche=6 kg; g=10 m/s

E) FFF

I i

í

137

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

18. Considerando el módulo de la fuerza del aire constante, calcule el módulo de la ace­ leración que experimenta un cuerpo cuan­ do desciende verticalmente, si cuando as­ ciende verticalmente su aceleración tenía un módulo de 15 m/s2. (g=10 m/s2)

A) 1 m/s2

B) 2 m/s2

D) 4 m/s2

A) 50 N

B) 10V5N

D) 5V41N

C) 30 N E) 20V5N

21. Si la esfera de 2 kg describe un movimiento circunferencial, indique las proposiciones verdaderas (V) o falsas (F).

C) 3 m/s2 E) 5 m/s2

19. En el sistema de cuerpos homogéneos mos­ trados, indique las proposiciones correctas.

I.

En P, la reacción de la superficie es nula.

II. En B, la fuerza resultante está dirigida al I.

centro de la circunferencia.

El módulo de la fuerza resultante sobre Bes 20 N.

III. En M, la fuerza resultante no apunta al centro de la circunferencia.

II. El módulo de la reacción en M es 20 N. III. El módulo de la reacción en N es 10 N.

A) FFV A) solo I D) I y III

B) solo II

C) I y II

D) VFF

C) VVV E) FFF

E) todas

20. Si el bloque de 2 kg desliza disminuyendo su rapidez en 10 m/s por cada segundo, de­ termine el módulo de la fuerza de reacción de la pared sobre el bloque. (g=10 m/s2)

22. Una partícula de 100 g describe un MCU con un periodo de n/2 s. ¿Qué módulo tie­ ne la fuerza resultante, en N, sobre ella? (radio de la trayectoria: 10 cm)

A) 0,16 N CQ

1,6 N

C) 16 N D) 160 N LU

138

B) VVF

1600 N

Din á m ic a

23. Una esfera de 1 kg experimenta un movi­

25. En una montaña rusa, el coche lleno de per­

miento circunferencial. Si pasa por A con

sonas tiene una masa de 600 kg. Si el coche

una rapidez de 10 m/s, y en B la reacción de

tiene una rapidez de 20 m/s en el punto A,

la superficie lisa es 80 N, indique las proposi­

calcule el módulo de la fuerza vertical que le

ciones verdaderas (V) o falsas (F).

ejerce la pista en dicho punto. (g=10 m/s2)

(g=10 m/s2) circunferencia de curvatura

I.

En A, la fuerza centrípeta es 50 N.

II. La rapidez en B es >/l40 m/s.

A) 10 kN

B) 40 kN

D) 20 kN

C) 30 kN E) 50 kN

III. En A, la aceleración tangencial es 10 m/s2.

26. Una esfera de 4 kg es abandonada en A. A) VVV

B) VFV

D) FFF

C) FFV

Si cuando pasa por el punto 8 la superfi­

E) FFV

cie lisa le ejerce una fuerza de 96 N, ¿cuál es la rapidez de la esfera en ese instante?

24. Una pequeña esfera de 0,5 kg se mantiene

(g=10 m/s2)

girando sobre una superficie horizontal lisa describiendo una circunferencia de 0,8 m de radio, con un periodo de 0,4 s. Determi­ ne el módulo de la fuerza centrípeta.

A) 6ti2 N D) 97i2 N

B) 7n2 N

C) 87i2 N

A) 1 m/s

E) 10tt2 N

D) 4 m/s

B) 2 m/s

C) 3 m/s E) 5 m/s 139

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

27. Calcule el módulo de la reacción de la su­ perficie lisa en P, si la esfera de 2 kg al pa­ sar por dicho punto presenta una rapidez de 2V 5 m/s. (g=10 m/s2)

30. Una esfera realiza un movimiento circun­ ferencial en un plano horizontal liso. Si el módulo de la tensión en la cuerda cuando la esfera pasa por A es 10 N, determine el módulo de la tensión cuando la esfera pasa

O

por B. Considere que F es tangente a la tra­ yectoria.

'/1 m/s A) 5 N D) 30 N

B) 20 N

C) 15 N E) ION

28. En el instante mostrado, el módulo de la tensión en la cuerda es 34 N. Calcule el módulo de la aceleración centrípeta. Datos: /?7esfera=2,5 kg; g = 10 m/s2 A) 2 m/s" B) 3 m/s"

31. Se muestra una esfera de 0,5 kg que gira en un plano vertical atada a una cuerda de 0,4 m. Si los módulos de sus velocidades en A y B son 6 m/s y 2V 5 m/s, respectiva­ mente, determine los módulos de la ten­ sión que soporta el cable en dichos puntos. (g=10 m/s2)

C) 4 m/s" D) 5 m/s2 E) 6 m/s"

29. Si el bloque de 4 kg no se mueve respecto de la plataforma que gira con rapidez angu­ lar constante de 5 rad/s, ¿cuál es el módulo de la reacción de la plataforma sobre el blo­ que? Datos: r = 0,3 m; g = 10 m/s2

/B - ■*-

A A) ION

ü)

B) 40 N

140

C) 20 N

A) 50 N; 29 N

D) 30 N

C) 33,4 N; 20 N

E) 50 N

D) 34 N; 20 N

B) 35 N; 15 N

E) 55 N; 15 N

Din á m ic a

32. En el gráfico mostrado, los cuerpos realizan

Cpeje

un movimiento circunferencial en un plano horizontal liso. Si el valor de la fuerza de ten­ sión en la cuerda (1) es 10 N, determine el valor de la fuerza de tensión en la cuerda (2).

A) 1

B) 2

D) 20

C) 4 E) 8

35. Se muestra una pequeña esfera describien­ do un péndulo cónico. Indique verdadero (V) A) 4N

B) 6N

C) 8N

o falso (F) en las siguientes proposiciones.

E) 12 N

D) ION

33. Una pequeña esfera lisa de 5 kg se desplaza por la superficie esférica y describe una cir­ cunferencia. Si al pasar por P presenta una rapidez de 2 m/s, y la superficie le ejerce una fuerza de 60 N, determine el ángulo 0. Datos: g=10 m/s2 y r= l m I.

Si co aumenta, el ángulo 0 también.

II. Si co es constante, la fuerza resultante se dirige al punto O. III. Si ü) es constante, el ángulo 0 es inde­ pendiente de M. A) 16° D) 74°

B) 37°

C) 30° E) 53°

A) VFF B) VVV

34. Si el sistema rota con rapidez angular cons­

C) FVV

tante de Vl0rad/s, ¿qué deformación, en

D) VFV

cm, presenta el resorte de rigidez 400 N/m?

E) FVF 141

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

N

iv e l i n t e r m e d io

38. Una cadena de 1 m y 5 kg es jalada tal como se muestra. Determine la tensión en el punto que está a 20 cm del extremo su­

36. Un bloque de masa M se desliza sobre la

perior. (g=10 m/s2)

superficie lisa e impacta con el resorte que está unido al bloque de masa 2M. Calcule la aceleración (en módulo) que presenta 2M cuando M presenta 3 m/s2.

A) 3 m/s2

A) 40 N

B) 6 m/s2

D) 64 N

B) 60 N

C) 42 N E) 56 N

C) 1,5 m/s2

39. Una argolla metálica de 10 kg de masa pue­

D) 1 m/s2

de deslizarse por una guía horizontal lisa. La E) falta conocer i/1

argolla está unida a un resorte de 24 cm de longitud natural. ¿Qué aceleración experi­

37. Se lanza un bloque con una rapidez de 12 m/s. A partir de dicho instante, ¿cuán­

menta la argolla en la posición mostrada? Datos: K= 80 N/cm; g=10 m/s2

to es el tiempo que debe transcurrir para que su rapidez sea 8 m/s. (M b|oque=3 kg;

l-- 20 cm — i

g=10 m/s2)

A) 8 m/s B) 7,4 m/s2 C) 7 m/s2 A) 5 s D) 8 s 142

B) 12 s

C) 6 s

D) 6,4 m/s2

E) 10 s

E) 6 m/s2

Din á m ic a

WT

40. Se observa que un sistema es abandonado.

42. Determine la diferencia de las aceleraciones

Si la máxima tensión que soporta la cuer­

en los dos casos para el bloque de 10 kg.

da es 42 N, ¿cuál es el máximo valor de m,

(g=10 m/s2)

de tal forma que la cuerda no se rompa? (gr=10 m/s2)

©

©

3 kg

A) 4 kg

B) 6 kg

C) 7 kg E) 5 kg

D) 8 kg

A) 10 m/s2

B) 15 m/s2

D) 2 m/s2

C) 6 m/s2 E) 8 m/s2

41. Si en los sistemas mostrados no existe roza­ 43. Un sistema es soltado en la posición mos­

miento, podemos afirmar que

trada. Calcule el módulo de la aceleración del bloque 6 y la tensión en la cuerda. (g=10 m/s2)

(2 )

I.

los sistemas (1) y (2) realizan MRUV.

II. el módulo de la aceleración del sistema (1) es mayor que el sistema (2). III. presentan la misma aceleración los blo­ ques del sistema (1).

A) 5 m/s2; 10 N B) 2 m/s2; 24 N C) 4 m/s2; 25 N

A) solo I D) II y III

B) solo II

C) solo I

D) 4 m/s2, 28 N

E) 1,11 y

E) 2 m/s2; 30 N 143

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

...................................................................

44. Se lanza un bloque, como muestra la figura,

A) 7 m/s2

con una rapidez de 16 m/s. Determine lue­

D) 3 m/s2

B) 6 m/s2

C) 5 m/s2 E) 4 m/s2

go de cuántos segundos se detiene. Consi­ dere que el tramo AB es liso y el coeficiente de rozamiento cinético entre el bloque y la superficie rugosa es 0,5. (g =10 m/s2)

47. En la figura, determine el módulo de la aceleración que experimenta el bloque de 5 kg. (g=10 m/s2)

A) 1 s

rug°so A) 1,5 m/s2

B) 2 s

i/=16 m/s

B) 2,5 m/s2

C) 3 s

C) 3,5 m/s2

D) 4 s

D) 4,5 m/s2

J l kg

E) 5 s E) 5,5 m/s2

45. Una pesa está colgada de un hilo inextensible. Si esta pesa se eleva con una acelera­

48. Si el sistema es soltado en la posición mos­

ción de 2 m/s2, el módulo de la tensión del

trada, ¿luego de cuánto tiempo de ser sol­

hilo será la mitad del valor necesario para

tado, el bloque B impacta en el piso y qué

que el hilo se rompa. ¿Con qué aceleración

valor tiene la tensión que soporta la cuer-

debe subir la pesa para que el hilo se rompa?

da antes del impacto? Datos: g=10m/s ;

(g=10 m/s2)

mA=2 kg, mB=3 kg; L > 3 m

A) 10 m/s2 D) 14 m/s2

B) 16 m/s2

C) 12 m/s2 E) 18 m/s2

46. Calcule el valor de la aceleración del bloque A, si la lectura del dinamómetro es de 60 N. Datos: ^ = 5 kg; g=10 m/s2

A) 2,5 s; 15 N dinamómetro

B) 2 s; 20 N C) 1 s; 12 N D) 0,5 s; 18 N E) 0,8 s; 16 N

144

Din á m ic a

49. En el sistema mostrado, F es constante y el

Amor a Sofía 51. El coche mostrado está viajando a veloci­

bloque A acelera a razón de 6 m/s2. Deter­

dad constante junto con la caja. Calcule el

mine la masa del bloque B.

valor máximo de la aceleración que puede experimentar el coche de manera que la

Datos: mA=3 kg; g- 10 m/s2

caja no se deslice. Datos: ¡is=0,5; g=10 m/s2

A) 1,5 kg

B) 1 kg

D) 2,5 kg

C) 2 kg E) 3 kg

A) 4 m/s" B) 5 m/s"

50. En el gráfico se muestra una tabla de 3 kg

C) 3 m/s"

que se desliza sobre una superficie hori­

D) 2 m/s"

zontal lisa. Si la pared lisa ejerce sobre el

E) 6 m/s2

bloque B una fuerza de módulo 10 N, ¿cuál es el módulo de la aceleración con la que

52. Si el coche es de 10 kg, calcule la resultante

desciende el bloque A?

de la fuerza que el coche ejerce al bloque

Datos: g=10 m/s ; mA=2 kg

de 2 kg. (g=10 m/s2)

F=120N

A) 20 N B) 40 N C) 20\¡2 N A) 1 m/s D) 2 m/s2

B) 4 m/s2

C) 3 m/s2

D) 40V2N

E) 6 m/s2

E) 50 N 145

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

53. Si al aplicar la fuerza F constante al sistema mostrado la cuña de masa m no se mueve respecto del carrito, determine la m. Datos: M =6 kg; g= 10 m/s2

56. Una plataforma rota con rapidez angular constante. Si el bloque no se mueve res­ pecto de la plataforma, ¿cuál es la longitud natural del resorte?

A) 1 kg B) 2 kg C) 3 kg D) 4 kg E) 5 kg

54. En el gráfico, el coche experimenta una ace­ leración constante de 4 m/s2. Si la tensión en la cuerda es de 20 N, determine la reac­ ción de la pared sobre la esfera que no se mueve con respecto del coche. (g=10 m/s2)

B) 43,75 cm

A) 47,25 cm C) 56,25 cm

E) 52,75 cm

D) 45,25 cm A) 2 N co

4N

F ==

57. En el gráfico se tiene un cuerpo en reposo. Si la plataforma empieza a rotar, calcule su máxima rapidez angular constante con que puede rotar, de tal forma que el cuerpo no se mueva respecto de la plataforma.

C) 7 N D) 6 N E) 8 N

55. Si la esfera permanece en reposo respecto de la cuña, calcule el módulo de la acelera­ ción constante de la cuña. (g=10 m/s2)

cbw

A) 2 rad/s A) 18 m/s2 D) 6 m/s2 146

B) 8 m/s2

C) 12 m/s2

C) 4 rad/s

E) 15 m/s2

D) 5 rad/s

B) 3 rad/s E) 1 rad/s

Din á m ic a

58. En el gráfico, las esferas se mueven en un

60. Para el instante mostrado, los módulos de

plano vertical y están unidas por cuerdas

las aceleraciones tangencial y centrípeta

de igual longitud. ¿En qué relación están

son iguales. Determine el módulo de la

los módulos de las tensiones en las cuerdas

tensión en la cuerda para dicho instante.

para el instante mostrado? Considere que

(g=10 m/s2)

g=ío2í

O vÜítí

2M A) 12 N M

A) 1/3

B) 2/7

D) 4/9

B) 16 N

C) 24 N E) 32 N

D) 28 N

C) 3/7

61. ¿Qué rapidez como máximo podrá alcanzar

E) 2/9

un automóvil sin resbalar cuando tome una curva circunferencial de 50 m de radio si el coeficiente de rozamiento estático entre

59. El sistema mostrado gira con rapidez angu­ lar constante. Si la esfera de 4 kg es homo­

los neumáticos y el pavimento es ^is=0,8? (g=10 m/s2)

génea y tiene un diámetro de 20 cm, ¿cuál es el módulo de la reacción de la superficie en A l

A) 10 m/s

B) 130 m/s

D) 25 m/s

C) 5 m/s E) 20 m/s

62. Un ciclista en un velódromo se desplaza con una rapidez de 10 m/s. Si en un instan­ te dado el radio de la circunferencia de su trayectoria es 20 m, calcule el ángulo de peralte de la pista. Desprecie el rozamiento lateral sobre las llantas. (g=10 m/s2)

A) 200 N D) 350 N

B) 250 N

C) 300 N

A) 16°

E) 400 N

D) 22,5°

B) 18,5C

C) 26,5° E) 30° 147

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

63. Se observa que un semiaro rota con una ra­

65. El cilindro rota con rapidez angular cons­

pidez angular de 2y[s rad/s. Determine la

tante y el ladrillo no resbala respecto a su

medida de 0, si el collarín liso no resbala.

superficie interna. ¿Cuál es el menor valor

Datos: r- 1 m; g= 10 m/s2

de co, en rad/s, de tal forma que el ladrillo no resbale? Datos: g=10 m/s2y M.s=0,8

A) 15°

B) 30°

D) 74°

C) 45° E) 60°

A) 1

B) 0,1

D) 5

C) 0,5 E) 10

64. Calcule el radio de la trayectoria descrita por la canica lisa, si esta gira con una rapidez angular constante de 5 rad/s. (g=10 m/s2)

66. Determine el ángulo 0, si el módulo de la aceleración centrípeta de la esfera es 7,5 m/s2. Considere que la esfera gira en un plano horizontal. (g=10 m/s2)

A) 10 cm D) 40 cm 148

B) 20 cm

C) 30 cm

A) 30°

E) 50 cm

D) 57°

B) 37°

C) 45° E) 60°

Din á m ic a

67. Se observa una esfera de 4 kg que gira en

A) 2tt/5 s

un plano horizontal. Si la rapidez angular

D) 47i/5 s

B) n s

C) 3n/2 s E) 4tt/3 s

con la que gira es co, ¿cuál es su valor? (g=10 m/s2)

70. La esfera de masa M, unida a una cuerda, realiza un MCU en el plano horizontal; for­ ma un péndulo cónico de 2 m de longitud. ¿Cuál debe ser la mínima rapidez angular de la esfera, de modo que el bloque de masa 5M pierda contacto con el suelo? Desprecie todo tipo de rozamiento. (g=10 m/s2)

A) 10 rad/s

B) 2,5 rad/s C) 4 rad/s

D) 5 rad/s

vg

E) 15 rad/s

68. La esfera gira con una rapidez constante de 0,7 m/s. Determine la longitud de la cuer­ da. (g=10 m/s2)

A) 1 rad/s

B) 2 rad/s

D) 6 rad/s A) 0,2 m B) 0,3 m

N

C) 3 rad/s E) 5 rad/s

iv e l a v a n z a d o

C) 0,8 m D) 0,6 m E) 0,9 m

71. El sistema mostrado permanece en reposo. Si cortamos la cuerda (1), calcule el módulo de la aceleración y en cuánto varía el mó­ dulo de la tensión en la cuerda (2).

69. ¿Cuál es el periodo del péndulo cónico mos­ trado? Datos: L=2 m; 0=37°; g=10 m/s2

Datos: MA=2 kg; M B=6 kg; g=10 m/s2

A) 2 m/s2; 32 N B) 6 m/s2; 32 N

¿g

C) 6 m/s2; 48 N D) 8 m/s2; 48 N E) 6 m/s2; 60 N

149

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

72. En la figura se muestra que el bloque liso A se suelta desde cierta altura e impacta con­ tra un resorte. Calcule su aceleración en el instante en que B esté a punto de deslizarse

74. En el sistema mostrado, luego de ser sol­ tado el bloque de 8 kg, determine los mó­ dulos de la tensión en las cuerdas (1) y (2). (g =10 m/s2)

sobre el plano inclinado. Considere que las masas de A y B son ¡guales. ig=10 m/s2)

ps=0,75

A) 7\ =6 N; T2=40 N B) 71=8 N; 72=10 N C) 7^=8 N; 72=30 N

A) Acelera con 0,8 m/s .

D) 7^=10 N; T2=40 N

B) Desacelera con 1,6 m/s .

E) Ti =10 N; 72=20 N

C) Desacelera con 0,8 m/s . D) Desacelera con 1 m/s2.

75. Determine la masa máxima de C, de tal modo que, al abandonar el sistema, el blo­ que B no resbale respecto de A.

E) cero

73. Si el sistema mostrado es soltado como muestra la figura, ¿cuál es el valor de la ten­ sión en la cuerda (1)? Dato: m= 1 kg

X A) (mA + mB) ' M'S + l+ [iK B) mA + ^C) (mA +mB) ^ fXK

, ° ) (rnA +mB) A) 20 N D) 24 N 150

B) 22 N

C) 26 N E) 28 N

E) imA +mB)

,, \

Din á m ic a

76. En el gráfico, el carrito desciende sobre el

78. Se muestra un vagón de madera lisa que

plano inclinado con una aceleración cons­

se desliza con una aceleración de módulo

tante. Si la esfera de 0,6 kg no se mueve

20 m/s2 constante. Calcule el valor de la

respecto del carrito, ¿cuál es la aceleración

fuerza de reacción de este sobre la esfera

del carrito? (g=10 m/s2)

de 1,5 kg que no se mueve con respecto del coche. (g=10 m/s2)

A) 1 m/s2

B) 2 m/s2

D) 5 m/s2

C) 3 m/s2

A) 8 N

E) 25/3 m/s2

D) 10 N

B) 50 N

C) 25 N E) 5 N

77. Una esfera realiza MRUV tal como se mues­

79. Si el valor de la resistencia del aire depende

tra. Si la esfera está en reposo respecto del

de la velocidad según /= v//10, donde v es

coche, determine el módulo de la acelera­

la rapidez de la esfera, determine el valor

ción del coche. (g= 10 m/s2)

de la aceleración que experimenta la esfera cuando la rapidez es 20 m/s. Datos: g=10 m/s2; M =2 kg

g

A) 7,5 m/s2 B) 10 m/s2

C) 12,5 m/s2

A) 9,5 m/s2 B) 10 m/s2

C) 12 m/s2

D) 15 m/s2

E) 20 m/s2

D) 9 m/s2

E) 8 m/s2 151

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

80. Se sabe que un objeto que cae verticalmen­ te experimenta, por parte del aire, una fuer­ za de resistencia, la cual es proporcional a su rapidez 1/ en todo instante (Fa\re=Kv). Cuan­ do desciende verticalmente experimenta una aceleración de 8 m/s en el instante en que su rapidez es 12 m/s. ¿Qué aceleración

Wf=0,5

presentará en el instante que su rapidez sea 36 m/s? (g=10 m/s2)

A) 4 m/s2

g=10 m/s"

B) 8/3 m/s2 C) 2 m/s2

D) 3 m/s2

E) 4/3 m/s"

A) 7 s

B) 6 s

D) 4 s

81. Un hombre levanta un bloque de 20 kg ti­ rando de la cuerda con una fuerza F. Deter­ mine la tensión en la cuerda (1), si el bloque sube con aceleración constante de 2 m/s2. Considere la masa de las poleas de 1 kg cada una. (g=10 m/s2)

E) 3 s

83. Dos bloques están conectados mediante una cuerda como se muestra en la figura. Despreciando la fricción en superficies y en la polea, d eterm in e el m ódulo de la tensión

en la cuerda (1).

ai — m g A) M

B) A) 220 N D) 102 N

B) 90 N

C) 262 N E) 240 N

82. En el instante mostrado, el bloque de masa M tiene una rapidez de 15 m/s. Calcule el tiempo en que demora en detenerse. Consi­ dere que las poleas son ideales. Dato: M=6m 152

C) 5 s

C) D)

E)

mM V4M +m 3mM 4m +M mM m +M 2mM M +m

g

Din á m ic a

84. Si el sistema mostrado es soltado como se muestra, ¿cuál es la aceleración del carrito

86 . Un ladrillo de 2 kg se encuentra sobre una superficie horizontal de |U(0,55 y 0,5). Si so­

en ese instante?

bre el bloque actúa una fuerza horizontal

Datos: m-1 kg; M =6 kg; g=10 m/s2

que varía con el tiempo según F=12-i-4f, ¿cuál de las gráficas representa mejor el comportamiento de aceleración en el tiem­ po? Considere que las unidades de las mag­ nitudes están en el sistema internacional. (g=10 m/s2) B) a

A) o 6 '7 /

/ 2

4

!

A) 2 m/s2 D) 6 m/s2

B) 4 m/s"

C) 8 m/s2

0 2

C) a ‘

2

1 0 2 t

t

0

E) 10 m/s2 D) o t 5

85. Si el sistema que se muestra es abando­ nando, ¿en cuánto varía el módulo de la

E) a ‘

/ /

7/

1 0 2

5 1 0

t

aceleración del coche A (de 4 kg) cuando el bloque B (de 2 kg) pasa de la posición y=-0,5 m a la posición Y=-l,5 m, si el

87. Si la barra homogénea de 5,8 kg permane­ ce en posición horizontal, determine el mó­

bloque pequeño C es de 2 kg? Desprecie

dulo de la tensión en la cuerda (1). Conside­

las asperezas entre todas las superficies.

re que la polea de masa despreciable rota

(g=10 m/s2)

con una aceleración constante de 5 rad/s2. Datos: r=0,l m; g-10 m/s2

0,3 m

(i)

0,7 m

(r7)]

w!

A) 100 N D) 140 N

B) 130 N

C) 150 N E) 160 N 153

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

88. El bloque A de 5 kg se traslada debido a la

90. Un patinador pasa por la superficie convexa

fuerza F. Calcule la aceleración (en módulo)

de 10 m de radio. ¿Cuál es la rapidez máxi­

del bloque B, si la tensión en la cuerda (1)

ma que presenta en el punto más alto, de

es 10 N. Considere que poleas son ideales.

modo que el patinador recorra toda la su­

(g=10 m/s2)

perficie? (g=10 m/s2)

A) 5 m/s

B) 10 m/s

D) 15 m/s

C) 12 m/s E) 16 m/s

91. La plataforma circular comienza a rotar A) 1 m/s2

B) 3 m/s2

C) 4 m/s2 D) 2 m/s2

lentamente en torno a un eje vertical que pasa por su centro. Determine los valores

E) 6 m/s2

que puede tomar su rapidez angular, de tal modo que el bloque no resbale respecto de

89. Una esfera atada a un hilo realiza un mo­

dicha plataforma. (g=10 m/s2)

vimiento circunferencial en un plano ver­ tical. En los puntos más altos y más bajos

0,6 0,8

de su trayectoria, sus rapideces son 4 m/s y 8 m/s, respectivamente, y el radio de giro es 1 m. Determine la tensión del hilo cuan­ do la esfera pasa por su posición más baja, si en su posición más alta la tensión es de 12 N. (g=10 m/s2)

A) 0 < tú < 3 rad/s B) 0 < 0) < 4 rad/s

A) 96 N

B) 100 N

C) 125 N D) 148 N 154

C) 0 < ü) < 5 rad/s D) 0 < co < 6 rad/s

E) 164 N

E) 0 < co < 7 rad/s

Din á m ic a

m

92. Un patinador que se mueve describiendo

Amor a Sofía

una trayectoria circunferencial de 2,5 m de radio con una rapidez de 5 m/s en una pis­ ta horizontal tiene que inclinar el cuerpo hacia el centro de la circunferencia. Para mantener dicho movimiento, ¿qué ángulo se habría desviado el cuerpo del patinador respecto a la vertical? B) 5 m/s"

A) 10 m/s2 A) 30°

B) 45°

D) 37°

C) 60°

C) I 0 V 2 m/s2

E) 53°

D) 5V 2 m/s2

93. El bloque mostrado es de 1 kg, el cual se desliza sobre una superficie cilindrica ás­ pera. Si al pasar por A presenta una acele-

E) 4 m/s"

95. Para el instante mostrado, la aceleración de la esfera es horizontal. Calcule la rapidez de la esfera en dicho instante. (g=10 m/s2)

•y

ración de módulo 10 m/s y tangencial de 8 m/s2, determine la rapidez que presenta

A) 2 m/s

en dicho instante. (g=10 m/s2)

B) 3 m/s

fQ

C) 4 m/s D) 8 m/s A) 1 m/s

E) 6 m/s

B) 1,5 m/s C) 2V2m/s D) Vém/s E) 2V 3 m/s

96. Sobre el plano inclinado liso se lanza una moneda con una velocidad de V = 0,9— i . s Si luego de 0,2 s pasa por P, ¿cuál es el radio de giro en dicha posición? (g =10 m/s2)

94. Un bloque de 2 kg entra en un rizo donde su coeficiente de rozamiento entre ambos

X

es ^=0,5. ¿Cuánto es el módulo de su ace­ leración al pasar por A, si su velocidad en ese instante es V = (-3/ +A j) m/s y la fuerza

A) 1/8 m

normal es 8 N? (g=10 m/s2)

D) 7/8 m

B) 3/8 m

C) 5/8 m E) lm 155

Lu m b r e r a s E d i t o r e s

97. Una pequeña esfera de 0,5 kg atada a una

99. Una esfera de masa m unida a otra de masa

cuerda gira en el plano vertical. En el ins­

M, por medio de un hilo, se hace girar tal

tante que la esfera pasa por A, el módulo

como se muestra en el gráfico. Si su rapi­

de su aceleración total es 10 m/s2 para di­

dez angular es VlO rad/s, calcule el radio

cho instante. Determine el módulo de la

de giro de m. Desprecie todo rozamiento.

tensión. (g=10 m/s2)

Datos: 3M=5m; g =10 m/s2.

A) 3 N

B) 4N

D) 6N

C) 5 N A) 0,75 m

E) 8N

B) 1 m

D) 1,25 m

C) 4/3 m E) 2/3 m

98. Para el instante en que la esfera lisa de 1 kg adquiere una rapidez de 1 m/s (en P), la

100. Determine la deformación del resorte de

canaleta de 4 kg está a punto de resbalar;

constante elasticidad K= 123 N/m y de lon­

entonces el coeficiente de rozamiento en­

gitud natural 2 m, si la esfera de 2 kg unida

tre la superficie de la canaleta y el piso será

al resorte y al hilo gira con una rapidez an­ gular de 3 rad/s. (g=10 m/s2)

(g=10 m/s2)

•f A '

1L

i^

VóV

A) 0,125. D) 0,1. 156

B) 0,12.

C) 0,215.

A) 0,1 m

E) 0,3.

D) 0,4 m

B) 0,2 m

C) 0,3 m E) 0,5 m

1

B

21

E

41

E

61

E

rH 00

C

2

C

22

A

42

B

62 ‘Sjjàj

C

82

E

3

A

23

A

43

B

63

E

83

B

4

D

24

E

1111111111111 44 C

64

C

84

A

5

D

25

C

45

D

65

D

85

C

6

A

26

D

46

A

66

B

86

D

7

E

27

D

47

B

67

D

87

C

8

E

28

C

48

C

68

D

88

A

g

C

29

E

49

C

69

D

89

D

10

E

30

C

50

D

70

E

90

B

11

D

31

A

51

B

71

B

91

B

12

D

32

C

52

C

72

B

92

B

13

A

33

B

73

B

93

D

14

A

53 B appi** 54 E

74

D

94

C

15

D

35

B

55

C

75

E

95

B

16

D

36

C

P i» 56

B

76

E

96

C

17

D

37

E

57

D

77

C

97

D

18

E

38

E

58

C

78

E

98

A

19

D

39

D

59

E

79

D

99

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D

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2011.

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RILEY, William F. y Leroy D., STURGES. Dinámica. Barcelona: Editorial Reverte S.A., 2005.

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