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Dinamica preuniversitaria

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Dinamica preuniversitaria

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Dinamica preuniversitaria

  1. 1. Colecciòn Temas Selectos t F’. I l? Dwìannacaz Teoria y préctica 8wÎMIè4kr-é: Ì pezjeruz- Q TI; iixafwsÎ nàaìîxuîa» ; *Îw; n1Î; ::: .uÌÎìIa Ì‘ V . r‘. r: 3:‘, A L l’ [ - . _ 7 îtîl‘. à. E Teodulo Reyes Santos Lumbggggg
  2. 2. 4 J * 3» .1‘ flag ‘ì E 4 #5452‘ * s. » ‘Ì I p‘ F1 irfig“ ‘a n‘ ‘ì a m: mis- É . Q ‘ ÎE" .3»: 3%; - aé. è; "V ‘ì " m’ ITJ! ’ H_’ÉÎ " gulag. “ v 4. - g‘: se, ‘ _ A. ” Ai, g: . _ V mkgfilaìîèî: ' n ‘l I? I — * A‘ Î “: “‘KÌ aw. . _ . g, F? ì « v v mg; a ' Èd‘; i 9345i îî E‘ — . — ’-- 3 i i _ ‘. _ A «A ì ’ i By‘, n? ‘ÈL-gîa v #3919“ y i‘, a
  3. 3. DINAMICA Autor: Teodulo Aquilino Reyes Santos © Titular de la obra: Asociaciòn Fondo de Investigadores y Editores Editor: Asociaciòn Fondo de Investigadores y Editores Disefio de portada: Edgar Refulio Aliaga, Gastòn Ruiz Quìroz Digitaciòn y diagramacién: Jorge Suclupe Cajusol Graficaciòn: Jorge Suclupe Cajusol, Julian Pacheco Quincho Correccién de estilo: Marilù Sujey Alberto Mamani © Asociaciòn Fondo de Investigadores y Editores Av. Alfonso Ugarte N. ° 1426 - Brefia. Lima-Perù. Telefax: 332-3786 Para su sello editoria! Lumbreras Editores Pagina web: www. elumbreras. com. pe Primera ediciòn: noviembre de 2012 Tiraje: 10 O00 ejemplares ISBN: 978-612-307-271-1 Registro del proyecto editorial N. ° 31501051100862 "Hecho eI depòsito Iegal en la Biblioteca Nacional del Perù" N. ° 2012-13078 Prohibida su reproduccìòn total o parcial Derechos reservados D. LEG. N. ° 822 Esta obra se terminò de imprimir en los talleres gréficos de la Asociaciòn Fondo de Investigadores y Editores en el mes de noviembre de 2012 Calle Las Herramientas N. ° 1873 - Lima-Perù. Teléfono: 336-5889
  4. 4. Ì’PRESENTACHDNunWmwmwmwmmwmwmwmwmwmwmwmmwmmmmmmmwmwmmmwmwmm ‘“INTRoDucaòN . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. H DINÀMICA Leyes del movimiento mecànico . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .2 Inercia . . . Primera Iey de Newton . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . .4 La masa: una medida de la inercia . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . . . Masa gravitacional Segunda Iey de Newton {De qué depende el modulo de la aceleraciòn? Aplicaciones de la segunda Iey de Newton . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . .4 Dinamica rectilinea . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. 4V Dinamica circunferencial . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . . . Condiciòn para que un cuerpo describa una trayectoria circunferencial . ... ... .. Ì PROBLEMAS RESUELTOS Nivel bàsico Nivel intermedio . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. Nivel avanzado . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. . . PROBLEMAS PROPUESTOS Nivel ba'sico Nivel intermedio . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. Nivel avanzado . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. . . ’ Ì BIBLIOGRAFÎA 12 12 13 14 124 I5 16 17 17 I8 18 '22 74 106 134 142 149 157 158
  5. 5. La Asociaciòn Fondo de Investigadores y Editores - Afined, promotora de Lumbreras Editores, presenta a la comunidad educativa el texto Dindmica, perteneciente a una nueva serie de temas escogidos donde se realza el valor analitico y critico en la ensefianza de las ciencias. La nueva Colecciòn Temas Selectos se caracteriza por brindar a los alumnos preuniversitarios contenidos dinàmicos y precisos que afianzan sus conocimientos en temas especificos en los cursos de matemàticas, ciencias naturales y razonamiento matematico. De esta forma, Lumbreras Editores abre una nueva linea de publicaciones poniendo énfasis en el enfoque dida'c- tico y cuidadoso en la relaciòn teoria-pràctica. Hay temas principales en cada materia que necesitan de mayor profun- dizacio'n y anàlisis para la comprensiòn y resolucìén de los ejercicios, por eso nuestra editorial seguirà publicando nuevos titulos hasta completar una nu- trida colecciòn que permita mantener el reconocimiento y la confianza de los estudiantes, al manejar una teoria sucinta, directa, con ejercicios aplicativos y problemas resueltos y propuestos por niveles. Lumbreras Editores quiere reconocer el esfuerzo conjunto que ha sig- nificado esta publicaciòn, en la cual ha participado un grupo de profesio- nales de primer nivel, cuyo esfuerzo es un apoyo fundamental a nuestro anhelo de una educaciòn cientifica y humanistica integral. En este proceso, deseamos reconocer la labor del profesor Teodulo Reyes Santos, de la plana de Fisica de las academias Aduni y César Vallejo, por su labor en la elabora- cion del presente material, gracias a su valìosa trayectoria en la ensefianza preuniversitaria. Asociaciòn Fondo de Investigadores y Editores
  6. 6. nonna m ‘= ÈNTRODUCCIÒN Vivimos en e/ mundo cuando amamos. 50/0 una vida vivida para los demàs merece la pena ser vivida. Albert Einstein La dinamica es una parte fundamental de la mecànica en la que se analiza el movimiento de los cuerpos. El estudio de la mecénica comenzò con ciertos principios que se aplicaron al equilibrio de los cuerpos, asI' nacié la estàtica; por ejemplo, para la construccién de las piràmides de Egipto se comprendieron y utilizaron aquellos principios. La dinamica se desarrollò mucho después ya que las magnitudes que en ella intervienen requieren de una medicion precisa del tiempo. Galileo experimentò esta enorme dificultad, pero a pesar de ello pudo medir la aceleraclén de la gravedad. lsaac Newton completò la formulacién de los principios fundamentales de la mecànica con su descubrimiento de la ley de gravitaciòn universal y su enunciado de las leyes del movimiento. La aplicaciòn de estas leyes en diversos àmbitos es enorme; por ejemplo, en la construccìòn de màquinas, en el lanzamiento de naves al espacio, la colocaciòn de los satélites artificiales que permiten las comunicaciones, entre otros. El proposito de este libro es ensefiar de forma didàctica y pràctica 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 iràn acompafiadas de problemas resueltos y propuestos que han sido estructurados y desarrollados de lo simple a lo complejo, algunos tomados de exémenes de admisiòn; de tal forma que usted que recién comienza con el estudio de estas leyes las entienda y sepa aplicarlas para su formaciòn tanto preuniversitaria como universitaria. Agradecemos a la Asociaciòn Fondo de Investigadores y Editores - Afined por las facilidades en la elaboraciòn del presente material, y esperamos las criticas y sugerencias de este trabajo porque consideramos que ellas nos permiten desarrollarnos y seguir mejorando las pròximas publicaciones para el beneficio de la sociedad.
  7. 7. En la cinematica solo se describe el movimiento meca'ni- co en base de elementos como la trayectoria, velocidad, aceleraciòn, etc. Para esta descripciòn se requiere unica- mente los conceptos de espacio y tiempo. Pero, ademàs, es importante considerar las causas de ese movimiento: {qué hace que se produzca y exista? , {qué principios o leyes rigen esas causas? La dinamica estudia las relaciones entre el movimien- La resistencia del aire frena el descenso de un equi- po de paracaidismo. to de los cuerpos y las causas que la producen. Para ello necesitamos afiadir los conceptos de masa y de fuerza a los conceptos utilizados como espacio y tiempo. AI estudiar el movimiento mecànico se concluye que este es el resultado de la acciòn (fuerza) que ejercen todos los cuerpos sobre el cuerpo en estudio. E5 importante ver qué tienen en comùn las distintas acciones (fuerzas) y relacionarlas con los movimientos mismos. EIIo 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 acciòn y la reacciòn, los cuales son llamados también leyes de Newton, que fueron enunciadas por primera vez por lsaac Newton (1642-1727). En la obra Principio mathematica phi/ osophia naturalis, Newton sienta los fundamentos de la mecànica. Esta obra fue publicada entre 1685 y 1687, y consta de varios libros. Aquellos principios son los cimientos no solo de la dinamica clàsica, sino también de la fisica clésica en general. Newton afirmò que estaban basados en observaciones y experimentos cuantita- tivos; ciertamente no pueden derivarse a partir de otras relaciones màs ba'sicas. La validez de estos principios fue verificada en todos y cada uno de los casos durante més de dos siglos. 11
  8. 8. LUMBRERAS EDITORES I LEYES DEL MOVIMIENTO MECÀNICO Las relaciones entre la fuerza y el movimiento se estudiaron desde la Antigùedad. El filosofo Aristòteles afirmaba que un cuerpo solo podia conservar su movimiento si la fuerza que la ori- gina actuase sobre ella continuamente; al cesar esta fuerza, el cuerpo volveria al reposo. Estas ideas surgieron de la experiencia cotidiana; por ejemplo, si se empuja una mesa que se encon- traba en reposo, esta se mueve mientras apli- camos la fuerza, y al dejar de aplicarla, la mesa nuevamente alcanza el reposo. Ademàs, para Aristòteles, en todo movimiento siempre existia un medio de resistencia como el aire o el agua, y creia que es imposible el vacio; por ello, no consideraba los medios sin resistencia. Las ideas de Aristoteles fueron aceptadas durante toda la Edad Media; sin embargo, las criticas a sus teo- rias surgieron con Galileo en el siglo XVIl. Al dejar de actuar la fuerza, la caja deja de moverse. INERCIA Galileo elaborò diversos experimentos de don- de obtenia resultados diferentes a los expues- tos por Aristòteles. Uno de estos experimentos consistia en aplicar una fuerza a una esfera en reposo, esta adquiria movimiento; luego al qui- tar la fuerza observaba que la esfera seguia en movimiento y recorria una cierta distancia an- tes de detenerse. Galileo dedujo que se frenaba debido al roza- miento entre la superficie y la esfera. Después hizo lo mismo pero en una superficie menos rugosa, observando que recorria una mayor dis- tancia antes de detenerse. Galileo cada vez que pulia màs la superficie en contacto lograba au- mentar màs esta distancia. g Hm) > Hm) / r, __. R v Los experimentos que elaborò Galileo lo llevaron a atribuir a los cuerpos una propiedad denomi- nada inercia, porla cual todo cuerpo tiende a permanecer en su estado de reposo, y solamente por la acciòn de una fuerza podria salir de este estado; por otro lado, si un cuerpo esta en movimiento sin que ninguna fuerza actùe 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 descubriò cuando viajaba por aguas tranquilas. En algunas ocasiones, al despertar no podia darse cuenta si estaba en reposo o en movimiento, a menos que mirara afuera de la nave pero luego descubrio que este hecho ocurria cuando la nave alcanzaba una velocidad constante. 12
  9. 9. PRIMERA LEY DE NEWTON Para establecer las leyes del movimiento, Newton tomò como punto de partida los es- tudios realizados por sus antecesores, entre ellos Galileo; por consiguiente, la primera ley de Newton no es mas que una sintesis de las ideas de Galileo con relaciòn a la inercia. La primera ley de Newton, denominada también principio de la inercia, establece lo siguiente: l Todo cuerpo en reposo permanecerà en reposo o en movimiento uniforme en linea recta, a menos que sea obligado a cambiar ese estado por fuerzas que ac- tuen sobre él. fi4ì, kî__î___. _î__. _—1ì Observemos algunos ejemplos relacionados con la primera ley de Newton. Ejemplos 1. Un coche Ianzado por una superficie hori- zo ntal Luego cle Ianzar al coche, la fuerza (F) deja de actuar, pero el coche sigue moviéndose debido a su inercia. DINAMICA Una esfera lanzada hacia arriba Z2, 7', ’ r ) La esfera es lanzada mediante una fuerza adquiriendo velocidad; luego, la fuer- za deja de actuar, pero la esfera sigue mo- viéndose por inercia. En este caso, la esfera cambiarà su velocidad debido a la fuerza de gravedad. Un joven con una bicicleta El joven frena la bicicleta y esta se detiene, pero nada detiene al joven, quien sale vo- lando tratando de conservar su movimien- to (inercia). 13
  10. 10. LUMBRERAS EDITORES N.9‘? El 5 de febrero de 1676, lsaac Newton escribiò una carta a su ma's acérrimo rival, Robert Ho- oke, la cual contenia la frase Si he logrado ver mas Iejos, ha sido porque he subido a hombros de gigantes (actualmente se cree que esta fra- se hacia alusiòn a la baja estatura de Hooke), presentada a menudo como un homenaje a los descubrimientos cientificos de sus predece- sores Galileo, Copérnico y Kepler. Esta frase se ha convertido en una de las mas citadas de la historia de la ciencia. En efecto, Newton reco- nocia las contribuciones. de aquellos hombres; algunas veces en pùblico, otras veces en escri- tos privados. LA MASA: UNA MEDIDA DE LA INERCIA AI empujar una caja vacia, esta adquiere movi- miento; pero si estuviera llena de arena, no se moveria con tanta facilidad. Una caja llena de arena ofrece una mayor resistencia (que una va- cia) a cambiar su estado de reposo; ello significa que tiene ma's inercia. El coche no se resiste a salir de su estado de reposo. iPresenta menor inercia! El coche se resiste a salir de su estado de reposo. iPresenta mayor inercia! 14 . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . 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 simbolo es kg. MASA GRAVITACIONAL Newton explica en su ley de gravitaciòn univer- sal que la caida de los cuerpos asi como el mo- vimiento de los planetas a través de la atracciòn entre los cuerpos o planetas se da debido a su masa, siendo mayor la atracciòn cuando mayor son las masas, esta masa se denomina masa gra- vitacional. La ley formulada por Newton recibe el nombre de ley de gravitaciòn universal, la cual afirma que la fuerza de atracciòn 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 cientificos 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?
  11. 11. La leyenda dice que Galileo desarro- llò sus ideas acerca de la caida libre al lanzar obietos desde la Torre de Pisa. SEGUNDA LEY DE NEWTON Cuando observamos los cuerpos en nuestro al- rededor notamos que no todos se encuentran en equilibrio; por ejemplo, al viajar en bus, cons- tantemente cambiamos de velocidad, es decir, aceleramos. El auto al pasar porla curva cambia de direcciòn y, como consecuencia, la velocidad. Cuando soltamos un objeto notamos que cae acelerando debido a la acciòn gravitatoria (cau- sa), también notamos que es ma's dificil (oposi- Ciòn) Cambiar de velocidad (acelerar) a un taxi que a un ciclista. DINAMICA Concluyen que la masa inercial y la masa gravi- tacional son iguales. Con su principio de equivalencia, Einstein Con- virtiò la observaciòn de Galileo en el fundamen- to de la nueva teoria: la teoria 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 son iguales, y ningun experimento pue- de distìnguir la una de la otra. La segunda ley de Newton permite relacionar lo que da origen (causa) al cambio de velocidad (efecto) con la resistencia (oposiciòn) a dicho cambio. Al aplicar una fuerza a la bola de bi- llar mediante el taco, esta Cambiarà 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 aceleraciòn. También en el juego de béisbol, al batear, la pelota cambia su velocidad y experimenta aceleraciòn. 15
  12. 12. LUMBRERAS EDITORES ‘ Luego de batear, el nifio cambierà de direcciòn experi- mentando un cambio de velocidad. Para establecer la segunda ley de Newton, con- sideremos una esfera en equilibrio suspendida de un hilo. {Qué sucede si Cortamos eI hilo? Al inicio, la esfera se encuentra en reposo debido a que la fuerza de tensiòn 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 Al estudiar diferentes casos se llega a establecer que cuando la fuerza resultante sobre un cuerpo no es nula, el cuerpo experimenta aceleraciòn en la misma direcciòn que la fuerza resultante. Toda fuerza resultante no nula origina una ace- Ieraciòn en su misma direcciòn. ape qué DEPENDE EL MÒDULO DE LA ACELE- RACIÒN? Consideramos un bloque Iiso en reposo, al que se le ejerce fuerza de diferentes mòdulos. a=0 Luego _°_1_ a1=a FR= F ("l az Ù2=Ù FR=2F (Ill)
  13. 13. De (I), (Il) y (III) se establece que eI mòdulo de la aceleraciòn (a) depende en forma directamente proporcional del mòdulo de la fuerza resultante (FR) °= K1FR (06) Ahora mantenemos constante la fuerza aplicada —> (F) y aumentamos la masa. 01:0 m1=m (I) C72=(a/2) m2=2m (Il) De (I) y (Il) se deduce que al aumentar la masa, la aceleraciòn disminuye; entonces el mòdulo de la aceleraciòn depende en forma inversa- mente proporcional de la masa. K a = -2- (I3) m De (oc) v (B) F a: (K1K2)’R 4% m K En el sistema internacional K=1 Luego En general e F a = —R m DINAMICA La segunda ley de Newton establece que la aceleraciòn depende en forma directamente proporcional de la fuerza resultante y en forma inversamente proporcional de la masa. FR= ma APLICACIONES DE LA SEGUNDA LEY DE NEWTON También Dina'mica rectilinea. Tiene por objetivo estudiar el movimiento me- cànico aplicando la segunda ley de Newton cuando el cuerpo describe una trayectoria rec- tilinea. V _: .—’ FRmì 1% X V FRX= maX —: —) FR ab")? xv a, FR= ma J- F), T Y l Y 2 FRI FR‘ FR = maY Y "l L "l Importante Cuando la fuerza resultante es paralela a la ve- locidad, la trayectoria es una linea recta. 17
  14. 14. LUMBRERAS EDITORES Dinamica 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 nifio que se encuentra en una silla voladora de un parque de diversiones. Los satélites describen una trayectoria circunferen- cial en torno a la Tierra. 18 Los nirîos en la silla voladora describen trayectorias circunferenciales. Condiciòn para que un cuerpo describa una trayectoria circunferencial Comenzaremos estudiando una esfera atada a un hilo lanzada sobre una superficie hori- zontal lisa, tal Como se muestra en la figura. éQué 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 direcciòn; por consiguiente, la velocidad de la esfera cambia; ello significa que la esfera experimenta aceleraciòn. fl: @:@: fl Recuerde La aceleraciòn es originada por una fuer- za resultante y presenta la misma direc- ciòn que esta. éCuàI es la fuerza resultante sobre la esfera? Para determinar la fuerza resultante elabo- ramos el DCL de la esfera. . tangencial (tagl
  15. 15. En la figura se observa que la fuerza de gra- vedad (Îg) se anula con la reacciòn de la superficie lisa; en la direcciòn tangencial al movimiento no hay fuerzas, ello signifi- ca que la rapidez de la esfera se mantiene constante. En la direcciòn radial al movi- miento solo existe una fuerza: la fuerza de tensiòn que es la fuerza resultante (ÎR) sobre la esfera y da orìgen a una acelera- ciòn; esta aceleraciòn se encuentra dirigida al centro de la circunferencia y es denomi- —> nada aceleraciòn centripeta (d: acp). Observe que en todo momento la fuerza de —> tensiòn (T) se encuentra dirigida al centro de la superficie. vista superior éQué sucede si el hilo se rompe? Observamos el siguiente grafico: vista superior DINAMICA Al romperse eI hilo, la fuerza de tensiòn (—T’= O) que es la fuerza resultante (E); =O) dirigida al centro de la circunferencia deja de actuar, y la esfera ya no describe una circun- ferencia. La esfera sale lanzada (por inercia) porla superficie horizontal lisa describiendo una trayectoria recta. » Conclusiòn Un cuerpo describirà un movimiento cir- cunferencial mientras exista una fuerza resultante dirigida al centro de la circun- ferencia; a esta fuerza resultante se le denomina fuerza centripeta (îcp), que da orìgen a una aceleraciòn en su misma direcciòn denominada aceleraciòn Centri- peta (agp). 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. Si el motociclista no se inclina, se caera’ al pasar porla curva. AI inclinarse el motociclista, la reacciòn del piso también se inclina, surgiendo un componente dirigida al centro. 19
  16. 16. LU MB RE RAS EDITO RES 20 También para evitar que los vehiculos vuel- quen al ingresar a altas velocidades en una curva se construyen las pistas con cierta in- clinaciòn; entonces se dice que estas pistas son peraltadas, y al àngulo de inclinaciòn respecto a la horizontal se le denomina an- gulo de peralte. Aplicaciòn de la segunda ley en la direc- ciòn radial Para describir el movimiento circunferencial podemos aplicar la segunda ley de Newton en la direcciòn radial. Donde FCP= ZF _, © —ZF(_© 2 v GCp"7=O)2Î éQué 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 direcciòn tangencial al movi- miento existirà una fuerza resultante dife- rente de cero-. DCL de la esfera 7 direcciòn tangencial R Descomponemos el movimiento en las di- recciones tangencial y radial. En la direc- ciòn tangencial al movimiento se tiene una fuerza resultante (fK) que da origen a una aceleraciòn tangencial. Como esta se en- cuentra en direcciòn contraria a la veloci- dad, la velocidad disminuye. direcciòn g vista superior x‘ tangencial direcciòn radial Del grafico, la aceleraciòn de la esfera tiene por componentes una aceleraciòn centripeta (Z4, ), que caracteriza el cambio de direcciòn, y una aceleraciòn tangencial (77.7), que caracteriza el cambio de rapidez de la esfera. —>—> a = acp + a7. Multiplicamos Cada termino porla masa (m) ma = ma“, + maT Aplicamos la segunda ley de Newton FR= Fcp+FT
  17. 17. DINAMICA condusién En un movimiento circunferencial, si la rapidez es constante, la fuerza resultante es la fuerza centripeta, y la aceleraciòn es la aceleraciòn centripeta. F). Jr}, _. ._. 0:05’, En el movimiento circunferencial, si la rapidez cambia, la fuerza resultante (77.3) tiene por componentes la fuerza centripeta (îfip) y la fuerza resultante tangencial (75)) con sus res- pectivas aceleraciones. Ejemplo En el Instante mostrado, la esfera de 1 kg pre- senta una rapidez de 6 m/ s. aCuàl es el mòdulo de la fuerza de tensiòn en dicho Instante? (g=1O m/ sz) Resoluciòn Para determinar el mòdulo de la fuerza de ten- siòn aplicaremos la segunda ley de Newton en la direcciòn radial donde se encuentra esta fuer- za. Para ello primero elaboramos el DCL de la esfera. direcciòn 1 radial En la direcciòn radial Fcp= macp (t) T—mg= m — r Reemplazamos valores T—(1)(10)= (i) 3 T=22 N 21
  18. 18. PROBLEIVIAS RESUELTOS NIVEL BÀSICO PROBLEMA N. ° l En la figura, una esfera de 2 kg se mantiene en reposo suspendida de una cuerda de masa despreciable. Si Cortamos la cuerda, dcuél es el mòdulo de la aceleraciòn (en m/ sz) que expe- rimenta la esfera? Desprecie la resistencia del aire. (g=1O m/ sz) A) 3 B) 6 C) a (g D) 10 E) 12 Resoluciòn Al inicio, la esfera esta en reposo ya que la fuerza de gravedad es anulada por la fuerza de tensiòn (FR= O). Cuando Cortamos la cuerda, esta ya no actùa sobre la esfera y ahora la fuerza de grave- dad se convierte en la fuerza resultante (FRiO), que acelera a la esfera. l T è v= O ‘ I : ) Fg , |l( | l (a F9 22 Aplicamos la segunda ley de Newton a= F—R (I) m Ademàs, de la grafica, FR= Fg= mg En (I) m a= —9 m —> a= g Por lo tanto, la esfera al quedar libre experimen- ta la aceleraciòn de la gravedad. (g=1O m/ sz) 126V? C33 PROBLEMA N. ° 2 AI bloque de 4 kg que se encuentra en reposo se le aplica una fuerza de mòdulo 20 N, tal como se muestra. aCuaI es el mòdulo de la ace- leraciòn que experimenta el bloque (en m/ sz)? A) 3 B) 4 C) 5 D) 6 E) 8 Resoluciòn Para determinar el modulo de la aceleraciòn, aplicamos la segunda ley de Newton. a= — (I) m
  19. 19. DINAMICA La masa 4 kg es dato del problema, entonces se tiene que determinar la fuerza resultante; para ello graficamos las fuerzas que actùan sobre el bloque. DCL del bloque I. El bloque desciende de A hasta B porla ac- ciòn gravitatoria. Il. A partir de B, la velocidad del bloque es constante. III. En la superficie horizontal, el bloque se mue- En Y’ la F9 y R se arma" (mg: R)' ve debido a su inercia. En X, 75 no se anula (equilibra) con otra fuerza, es la unica en X. A) WF B) VW C) FFF —’ FR= F=2° N D) FFV E) FVF Reemplazamos valores en (I) 2o N Resoluciòn z 4 kg 5-2 I. Verdadera AI soltar eI bloque, este resbala hacia abajo Recuerde debido a una componente de la fuerza de La aceleraciòn tiene la misma direcciòn gfaVedad- que la fuerza resultante. v= O JIAVF- PROBLEMA N. ° 3 Indique las proposiciones verdaderas (V) o falsas (F) respecto al movimiento que adquiere el blo- FX: componente de la Fg, que acelera al blo- que soltado. Desprecie todo rozamiento. que por el plano lnclinado 23
  20. 20. LUMBRERAS EDITORES II. Verdadera En la superficie horizontal, la fuerza resul- tante es nula; entonces la velocidad del blo- que es constante. III. Verdadera El bloque ingresa a la superficie horizontal con cierta velocidad; entonces por inercia trata de mantener esta velocidad. _. C_. .LAY. E. PROBLEMA N. ° 4 El bloque de 4 kg se desplaza tal como se mues- tra en la figura. Si el coeficiente de rozamiento cinético entre el bloque y el piso es 0,20, acuàl es el mòdulo de la aceleraciòn (en m/ sz) que ex- perimenta el bloque? (g=1O m/ sz) _—. F=28 N E A)3 o)s B)4 C)8 E)5 24 Resoluciòn Para determinar el mòdulo de la aceleraciòn, aplicamos la segunda ley de Newton. ai (I) ITI La masa de 4 kg es dato del problema, entonces se tiene que determinar la fuerza resultante; para ello graficamos las fuerzas que actuan sobre el bloque. DCL del bloque En Y, la 75g y ÎN se anulan ——> fN= mg=4O N Luego ÎK= (HK)ÎN —> (O,20)(40) =8 N En X, F >fK, entonces la fuerza resultante es ha- cia la derecha y su mòdulo es FR= F‘ÎK —> 28-8=2O N Reemplazamos valores en (I) 2N _0-5m a_. _ 4kg 52
  21. 21. f . ... . . . PROBLEMA N. ° 5 La esfera de 3 kg cae tal como se muestra en la figura. Si la resistencia del aire al movimiento de la esfera en todo momento tiene un mòdulo de 12 N, {cual es el mòdulo de la aceleraciòn (en m/ sz) que presenta la esfera? (g=1O m/ sz) Il) (9 e A) 3 B) 4 C) 8 D) 6 E) 5 Resoluciòn El mòdulo de la aceleraciòn lo determinaremos con la segunda ley de Newton. F a= —" (Il m La masa 3 kg es dato del problema. La fuerza re- sultante se calcularà a partir del DCL de la esfe- ra; en el DCL, RA es la resistencia del aire. Recuerde r _ _ E La aceleraciòn tiene la mis- Yl " ma direcciòn que la fuerza I resultante. En Y, Fg > RA, entonces la fuerza resultante es vertical hacia abajo, y su mòdulo es FR= Fg—RA=3O—12=18 N Reemplazamos valores en (I) 18 N a = ——— = 6 E2 3 (<8 s _ÉFÀYÉ. DINAMICA PROBLEMA N. ° 6 El bloque de 5 kg se desplaza tal Como se mues- tra en la figura. aCuàl es el mòdulo de la acelera- ciòn (en m/ sz) que presenta el bloque? Despre- cie todo rozamiento. A) 3 B) 4 c) 8 D) 6. E) 5 Resoluciòn El mòdulo de la aceleraciòn lo determinaremos a partir de la segunda ley de Newton. F a= —” (I) m La masa 5 kg es dato del problema; la fuerza re- sultante se calcularà a partir del DCL del bloque. DCL del bloque 25
  22. 22. LUMBRERAS EDITORES En Y, Fg>FY, entonces el bloque no asciende, manteniéndose apoyado en el piso donde surge la reacciòn del piso Se deduce que la fuerza resultante en Yes nula FRm= O. En X, Fx no se anula (equilibra) con otra fuerza, es la ùnica en X. Reemplazamos valores en (I) 30 N m 5 kg s PROBLEMA N. ° 7 Un bloque es lanzado sobre una superficie ru- gosa tal como se muestra. {Después de cuàntos segundos de su lanzamiento se detiene? v=20 m/ s O» uK=0,25 A) 3 s B) 45 C) 85 D) 65 E) 5 s Resoluciòn En el momento que es lanzado el bloque se le ejerce una fuerza que le comunica una veloci- dad de 20 m/5, pero luego esta fuerza deja de actuar, por ello que no se toma en cuenta en eI ana'lisis de fuerzas. El bloque se mueve por- que trata de mantener su velocidad, es decir, se mueve por inercia. Para definir el tipo de movi- miento, graficamos las fuerzas que actùan sobre el bloque. 26 . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . gg En Y, no hay movimiento UY=0 *> FR(Y)= O ÎN= m9 —> ÎK= l1K(m9) En X, Fkmzmax (I) Observe que, en X, la unica fuerza que actùa so- bre el bloque es la fuerza de rozamiento cinéti- co; por Consiguiente, esta es la fuerza resultan- te. Tenga presente que la aceleraciòn tendrà la misma direcciòn que la fuerza resultante. En (I) fK= ma —> uK(mg)= ma 0=HI<9 Reemplazamos valores a= (0,25)(10)=2,5 m/ s’ Como la aceleraciòn del bloque tiene un unico valor (2,5 m/ sz) y no cambia de direcciòn, es opuesta a la velocidad (hasta que el bloque se detiene), podemos afirmar que su aceleraciòn es constante; y como sigue una trayectoria rectili- nea, entonces describe un MRU/ . Para determi- nar el tiempo aplicamos una ecuaciòn del MRUl. VB= VA_atAB (o): (20) " (2:5)tA3
  23. 23. A. Recuerde v (aumenta) v (disminuye) Cuando las direccio- Cuando las direcciones nes de la velocidad y de la velocidad y de la de la fuerza resultan- fuerza resultante son te son iguales, la velo- opuestas, la velocidad cidad aumenta. disminuye. Importante Cuando el bloque se lanza sobre una super- ficie horizontal rugosa, experimenta una ace- leraciòn contraria a su velocidad de mòdulo igual a _É. L.AXF-© PROBLEMA N. ° 8 El bloque de 4 kg es lanzado sobre una super- ficie horizontal lisa. Determine el mòdulo de la aceleraciòn (en m/ sz) del bloque cuando com- prime al resorte en x=30 cm. A) 10 B) 5 C) 25 D) 16 E) 15 DINAMICA Resoluciòn El bloque luego de ser lanzado se mueve por inercia, y al comprimir al resorte, experimen- ta una fuerza resultante (F5) que disminuye su velocidad. Utilizamos la segunda ley de Newton FR Kx (K) a= — —> a= —= — x m m m IÉ, _4 cte. El mòdulo de la aceleraciòn es proporcional a la deformaciòn (x). Para x=30 cm=0,3O m 20 a= (Jjmso) 4 a=15 m/ sz Nota En algùn momento, la fuerza elastica (FR) de- tiene completamente al bloque. Luego, la fuerza elastica (FR) acelera al blo-' que hacia a la izquierda; note que el movi- miento del bloque no es un MRUV, ya que el mòdulo de la aceleraciòn no es constante, depende de la deformaciòn.
  24. 24. LUMBRE RAS EDITORES PROBLEMA N. ° 9 Un ascensor asciende con una aceleraciòn Cons- tante de 8 m/ sz. acuàl es eI mòdulo de la fuerza que ejerce el piso del ascensor al bloque de 2 kg? (g=1O m/ sz) ‘(Wlllllllll A) 33N B) 36N C) 38N D) 40 N E) 45 N Resoluciòn Para determinar la fuerza del piso sobre el bloque (R), estudiamos al bloque; note que el bloque y el ascensor presentan la misma aceleraciòn. Para que eI bloque acelere hacia arriba R > mg, aplicamos la segunda ley de Newton en Y FR= ma R—20=(2)(8) R=36 N _ÉP6YF 28 PROBLEMA N. ° I0 El bloque de 5 kg se mantiene sin resbalar por el coche, que presenta una aceleraciòn de 2 m/ sz. Determine el mòdulo de la fuerza de rozamien- to sobre el bloque. A) 8 N B) 9 N C) 10 N D) 12 N E) 15 N Resoluciòn Para determinar la fuerza de rozamiento estu- diamos al bloque; Como el bloque no resbala sobre el coche, la fuerza de rozamiento es esta- tica, y como se encuentra fijo a él, ambos pre- sentan la misma aceleraciòn. La fuerza resultante tiene la direcciòn de la ace- leraciòn. En la figura, las fuerzas verticales se anu- lan. La unica fuerza que nos queda es la fuerza de rozamiento esta'tico, entonces esta es la resul- tante y debe apuntar hacia la derecha. Utilizamos la segunda ley de Newton FR= ma f5=(5)(2) f5= 1o N JÈAVE.
  25. 25. PROBLEMA N. ° I I Si el coche experimenta aceleraciòn constante de mòdulo 4 m/ sz, y se sabe que m=2 kg, de- termine el mòdulo de la fuerza elastica que sur- ge en el resorte. Considere que la longitud del resorte se mantiene constante. Desprecie todo rozamiento. A)4N B)8N C)6N D)5N H 3N Resoluciòn AI mantenerse constante la longitud del resorte, el bloque no se acerca ni se aleja de la pared del coche, de donde deducimos que los movimien- tos del coche y del bloque son iguales, es decir, presentan la misma velocidad y aceleraciòn. La fuerza F), (F5) tiene la direcciòn de la aceleraciòn. DINAMICA PROBLEMA N. ° I2 Los bloques lisos de igual masa no resbalan por el coche. Determine la aceleraciòn que experi- menta el coche. (g=1O m/ sz) A) 5 m/ sz B) 10 m/ sz C) 15 m/ sz D) 25 m/ sz E) 30 m/ sz Resoluciòn AI no resbalar los bloques por el coche, se en- cuentran fljos a él experimentando su misma aceleraciòn. Para determinar esta aceleraciòn es- tudiamos a Cada bloque. Usamos la segunda ley de Newton FR= ma FE= ma Reemplazamos datos FE= (2)(4) &=8N - Bloque A FR= ma (segunda ley de Newton) T= ma (I) - Bloque B En X Fmx) = max R2=ma (II) 29
  26. 26. LUMBRERAS EDITORE T= mg (lll) (l)= (|“) ma= mg a= g=1O m/ sz _CL. AYF. ... . PROBLEMA N. ° I3 A un bloque de 3 kg se le ejerce una fuerza ho— rizontal constante. Si este alcanza una rapidez de 10 m/ s luego de 2 s, acuàl es el modulo de la fuerza aplicada? Desprecie el rozamiento. v= O ‘F A) 2ON D) 35N B) 30N C) 15N E) 4ON Resoluciòn Graficamos el movimiento del bloque segùn la informacién dada. El bloque acelera debido a 75, que es la fuerza resultante. 30 Aplicamos la segunda ley de Newton FR= ma F= l3la (l) Calculamos a. Como F es constante, la acelera- ciòn es constante y la trayectoria es rectilinea, se tiene un MRUV. Vf= VO+at 10=0+a(2) ——> a=5 m/ sz En (I) F=3(5)=1S N _CLAYFII© PROBLEMA N. ° I4 A partir del instante mostrado, el bloque reco- rre 8 m hasta detenerse. eQué mòdulo presen- ta la fuerza de rozamiento, si esta es constante mientras el bloque desliza? Dato: m=3 kg 8 m/ s É A) 6 N B) 12 N C) 18N D) 20 N E) 24 N
  27. 27. Resoluciòn Graficamos lo que acontece. El bloque se mueve debido a su inercia, pero va frenando debido a la fuerza de rozamiento, donde esta fuerza es la resultante. Aplicamos la segunda ley de Newton FR= ma fK= (3)0 (Il Calculamos a. Se menciona que la fuerza de ro- zamiento es constante, entonces la aceleraciòn también lo es, siendo la trayectoria una recta, se tiene un MRUV. v}: vî, — 2ad (0)2=(8)’-2a(8) a=4 m/ sz En (I) fx= l3ll4l fK=12 N JÉLAYE. si DINÀMICA PROBLEMA N. ° I5 A la tabla de 5 kg, en reposo, se le ejerce una fuerza de 20 N hacia la derecha. Determine el mòdulo de la aceleraciòn (en m/ sz) de la tabla, y qué sucede con el bloque de 2 kg. Desprecie todo rozamiento. A) 8 B) 9 C) 4 D) 5 E) 6 Resoluciòn Calculamos la aceleraciòn de la tabla. a= — (I) m DCL de la tabla las fuerzas verticales se anulan —> FR= F=20 N En (I) 20 —> a= — m/ sz a=4 m/ sz observaciòn La masa considerada para el càlculo solo es de la tabla. Si bien es cierto que el bloque se encuentra sobre la tabla, su acciòn sobre esta queda indicada mediante la reacciòn R1. 31
  28. 28. LUMBRERAS EDITORES Para determinar qué sucede con el bloque, es- tudiamos las fuerzas que actùan sobre él. DCL del bloque La fuerza resultante sobre el bloque es nula, ade- màs el bloque no acelera; entonces se mantiene en reposo mientras se encuentra en la tabla. _CPAVE PROBLEMA N. ° I6 _. La fuerza (F) que actùa sobre el bloque de 4 kg es constante. aQué rapidez (en m/ s) presenta el bloque luego de 2 s del instante mostrado? a» gì 5 m/ s F=30 N llK= or5 A) 8 m/ s B) 9 m/ s C) 12 m/ s D) 14 m/ s E) 10 m/ s Resoluciòn Estudiamos el movimiento del bloque a partir de la segunda ley de Newton. a= —- (I) m 32 En Y, la E, y ÎN se anulan ——> fN= mg=40 N Luego fK= (uK)fN= (0,s>(40)=20 N En X, F >fK, entonces la fuerza resultante es ha- cia la derecha, y su modulo es FR= F—fK=3O—20=10 N Reemplazamos valores en (I) 10 N m a = — = 2,5 —2 4 kg 5 El bloque experimenta aceleraciòn constante en una trayectoria rectilinea; entonces para hallar su rapidez aplicamos una de las ecuaciones del MRUV. VB= VA+0t Reemplazamos valores vB=5+(2,5)(2) vB=1O m/ s
  29. 29. PROBLEMA N. ° I7 —> La fuerza (F) que actùa sobre el bloque de 8 kg es constante. Si el bloque pasa por el punto A con una rapidez de 4 m/ s y por el punto B con 5 m/ s, acuàl es el mòdulo de F? Desprecie todo rozamiento. A) 8N 3)14N Resoluciòn Estudiamos el movimiento del bloque a partir : 'e la segunda ley de Newton. 0:’: u) m ZCL del bloque Y‘ Fg A L ____ “.5? _____ 1., R X E" Y, la Fgy R se anulan. En X, F es la ùnica fuerza, entonces la fuerza rassltante es hacia la derecha. Como F y la masa son constantes, entonces la aceleraciòn también lo es. Luego F= ma F= (8)a (II) vA=4m_/ î vB=5l/ s_> E _—Î’_- ____________ AI——— d=3 m ———ar: B Para determinar el modulo de la aceleraciòn apli- camos una ecuaciòn del MRUV. 2 v5: vi + 2adAB Reemplazamos valores (s>’= (4>2+2a(3> —> a=1,5 m/ sz En (Il) F= (8)(1,5) F=12 N _CLAV. E ® PROBLEMA N. ° I8 Determine el modulo de la fuerza constante ne- cesaria (en N) para detener en 10 s un automo- vil de 1500 kg de masa, que se desplaza a una velocidad de 20 m/ s. A) 1000 N D) 4000 N B) 2000 N C) 3000 N E) 5000 N 33
  30. 30. LUMBRERAS EDITORES Resoluciòn Graficamos el problema. At=10s 20 ITÌ/5 V=0 ’ , . y; . F F F . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . 3% A) 48,4m B) 36,2 m C) 64,5 m D) 52,5 m E) 72,2 m Resoluciòn Graficamos el problema segùn el enunciado. 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= 15000 (I) El mòdulo de la aceleraciòn se determina cine- màticamente. Considerando a Ias fuerzas como constantes y siendo una trayectoria recta, tene- mos un MRU/ . Vf= Vo"at 0=20—a(10) a=2 m/ sz En (I) F=1500(a) —> F=1500(2) F = 3000 N PROBLEMA N. ° I9 A un bloque de 100 kg, en reposo, se le aplica una fuerza horizontal constante de 500 N para que se deslice sin fricciòn. Si al final del tercer segundo deja de actuar la fuerza, determine el recorrido del bloque luego de 5 s, contando a partir del momento en que se comienza aplicar la fuerza. 34 De A hasta B Usamos la segunda ley de Newton FR= ma 5p = (1oo)a —> a = 5 m/ sz F La rapidez al final del tercer segundo es v, =vo+a(t) vB= O+(5)(3) vB=15 m/ s Calculamos de dAB dAB = (VA Eva JtAB d“ = (°+215)(3)=22,5 m (Il) A partir del tercer segundo, al dejar de actuar F’, la resultante es nula, entonces la velocidad del bloque es constante, y este se mueve por inercia.
  31. 31. De v= vB dsc= VtBc d, C=1s(2)=3o m (III) Reemplazamos (II) y (III) en (I) e=22,S+30 e=52,5 m PROBLEMA N. ° 20 Determine la reaccion entre los bloques de masa m1=3 kg y m2=1 kg. Considere que todas las superficies en contacto son Iisas. A) 1N D)4N B) 2N c) 3N E) 5N Resoluciòn Para determinar la reacciòn (R) entre los blo- ques, elaboramos eI DCL de cada uno. DCL de la m1 DCL de la m2 DlNÀMICA De la figura del problema, F1 > F1. Entonces los bloques se mueven juntos hacia la derecha ex- perimentando la misma velocidad y aceleraciòn. Segunda ley de Newton para el bloque m1 FR= ma —> F1—R= m1a (I) segunda ley de Newton para el bloque m2 FR= ma —> R—F2=m2a (II) De (I)+(II) F1—F2=(m1+m2)a (III) ì-vd Hfi 1 (X B (p Reemplazamos valores en (III) (10)—(2)= (4+2)a —+ a=2 m/ sz En (II) R—2=1(2) R=4 N SLAVE. .. PROBLEMA N. ° 2| En la figura, los bloques son desplazados por una fuerza de modulo 36 N. {Cuàl es el mòdulo de la fuerza de tensiòn en la cuerda que Iiga a los bloques? Desprecie eI rozamiento. Datos: m1=4 kg y m1=2 kg A) 2ON D) 30N B) 24N 35
  32. 32. LUMBRERAS EDITORES Resoluciòn Para determinar el mòdulo de la tensiòn (T), elaboramos el DCL de cada bloque. DCL (m1) DCL (m2) m1g _a__ m2g l. { H T T =36 N _ _ _ L; — - - - À I C i i Lwgiîî’. 2 Los bloques experimentan la misma aceleraciòn. Debemos tener presente que si los bloques ace- leran horizontalmente, entonces las fuerzas ver- ticales que actùan sobre ellos se anulan mutua- mente. Segunda ley de Newton para el bloque m1 FR= ma —> T= m1a (I) Segunda ley de Newton para el bloque m2 FR= ma —> F—T= m2a (II) De(l)+(| |) <1 m <0 Reemplazamos valores en (III) 36=(4+2)a —> a=6 m/ sz En (I) T=4(6) T=24 N _C. ,LAV. E 9 36 PROBLEMA N. ° 22 En la figura, los bloques son desplazados por una fuerza de modulo 42 N. {Cuàl es el modulo de la fuerza de tensiòn en la cuerda que Iiga a los bloques? El coeficiente de rozamiento entre todas las superficies en contacto es 0,5. Datos: m1=4 kg y m2=2 kg N A) 25N B) 26N C) 28N D) 29 N E) 30 N Resoluciòn Para determinar el mòdulo de la tensiòn (T), elaboramos eI DCL de cada bloque. DCL (m1) m1g i, (7729 i r")—‘ T v T _______ H “a F=42N R1 fKlll R2) ÎK(2) _u Los bloques-por la acciòn de la fuerza (F) se desplazan hacia la derecha experimentando la misma aceleraciòn. DCL (m2) Segunda ley de Newton para el bloque m1 FR= ma —> T—fK(11=m1a (I) Segunda ley de Newton para el bloque m2 FR= ma —> F—T—fK(2)= m2a (II) De(l)+(| |) 5’[fK(1)+ÎK(2)]= (”’1+m2)‘7 II“) a m)? ‘ T
  33. 33. Reemplazamos valores en (III) 42 — [(0,5)40+ (O,5)2OJ = (6)12 —9 a=2 m/ sz En (I) T—O,5(40)= (4)(2) T=28 N I Recuerde Cuando los cuerpos se mueven como si fueran un unico cuerpo, la segunda ley de Newton se puede aplicar en forma préctica segun la siguiente ecua- ciòn: ÉWHÎ)—ZF(<—Î) “'32” e +»——* <0 u. (I Donde n.2 suma de fuerzas que se encuentran en di- recciòn de la aceleraciòn u: suma de fuerzas que se encuentran en di- recciòn opuesta a la aceleraciòn «p: suma de las masas Las fuerzas que los cuerpos se ejercen (fuerzas internas) entre si se anulan, por ello que no se consideran en la forma pràctica. _CLAvE © PROBLEMA N. ° 23 En Ia figura, los bloques m1 y m3 son lisos. aCuà- Yes son los mòdulos de las fuerzas de tensiòn en ‘as cuerdas (1) y (2)? Considere que el coeficiente de rozamiento entre el bloque m2 y el piso es 0,5. Datos: m1=0,50 kg; m2=2 kg; m3=2,5 kg y g=10 m/ sz DINAMICA A)5N;15N B)6N;20N C)3N;40N D)8N;30N E) 3N;25N Resoluciòn Elaboramos eI DCL. DCL (m1) DCL (m2) DCL (m3) m1g "729 77'739 _a, | L. ) i. 1 n__H -1-1T; 5 , F=40N , _T4:_LL)eMZÎ' H. ____ __ 31| ÎNmI fm’ R3) Analizando todo el sistema, los bloques por la acciòn de la fuerza aceleran hacia la dere- cha. Determinamos la aceleraciòn de los blo- ques aplicando la forma pràctica de la segunda ley de Newton. É7J)’Z7q)= "’s° Las tensiones son fuerzas internas. Es- tas no se consideran. F’fK(2): (ÎÎI1+În2+ÎT)3)Ù Reemplazamos 40—(0,5)(20)= (O,5+2+2,5)a a=6 m/ sz Ahora analizamos bloque por bloque. Segunda ley de Newton para el bloque m1 FR(1)= m1a è n= m5m n=3N 37
  34. 34. LUMBRERAS EDITORES Segunda ley de Newton para eI bloque m3 ——> 40—T2=(2,5)(6) T2=25 N PROBLEMA N. ° 24 Los bloques son soltados en la posiciòn mostra- da. Determine la fuerza de tensiòn en la cuerda que une a los bloques. Desprecie todo roza- miento. (g=10 m/ sz) mA=2 kg mB=3 kg A) 6 N B) 12 N c) 8 N D) 10 N E) 14 N Resoluciòn Al ser soltados, el bloque B jala al bloque A; como no hay rozamiento, el bloque A se movera’ sin dificultad y lo harà en forma conjunta con el bloque B. Elaboramos los DCL de los bloques A y B observaciòn Al estudiar el sistema, la ùnica fuerza en di- recciòn de la aceleraciòn (a) es mBg. Note que las fuerzas de tensiòn se anulan, por ello no se consideran en la forma pràctica de la segunda ley de Newton. Forma practica de la segunda ley de Newton 2'137) ‘E123 = “s” m3g= (m1+m2)a (3)10=(2+3)a —> a=6 m/ sz Segunda ley de Newton para el bloque A —> T= (2I(6) T=12 N 596345- PROBLEMA N. ° 25 Determine la fuerza de tensiòn en las cuerdas (1) y (2), sì los bloques son abandonados en la posicion mostrada. Desprecie todo rozamiento. (g=10 m/ sz) 38
  35. 35. i‘: .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. '.? .'. ..". '.. ’.‘. .'. ‘.4.IÉÎÌ 35 32 40 PROBLEMA N. ° 26 A) — N B) — N C) — N 3 7 3 Un bloque de masa m se suelta en A. Determi- D) 2_5 N E) E N ne el modulo de la aCeleracIon que adquiere el 3 7 bloque. Resoluciòn A) g Elaboramos el DCL de cada bloque. B) 911053 C) 9/3 D) gsen9 E) gtanG Resoluciòn EI bloque al ser soltado sobre eI plano inclinado liso resbala acelerando; para determinar eI mò- dulo de la aceleraciòn, elaboramos el DCL del blo- Observe que al ser abandonados los bloques, el que y luego aplicamos (a segunda ley de Newton_ bloque C desciende y el bloque B asciende, ya que mcg > mBg. Forma pra'ctica de la segunda ley de Newton E137) ’ 2'123)’ “s” mCg—mBg= (mC+mA+mB)a 30—10=(3+2+1)a Para hallar la fuerza resultante descomponemos 10 —-> 0:? m/ sz la fuerza de gravedad en una direcciòn paralela a la aceleraciòn Xy en una direcciòn perpendìcu- Segunda ley de Newton para el bloque C (3, a (3 aceleraciòn y_ FR1q= mca 304144?) —+ T1=2ON Segunda ley de Newton para el bloque A FR(A)= ÎÎIAÙ 20 40 3 3 3 r2=40/3 N 39
  36. 36. LUMBRERAS EDITORES En Y En X aY= O ax= a FR= O FR= mgsen6 Aplicamos la segunda ley de Newton FR= ÎYIÙ yfigsenfì = n40 a= gsen8 Recuerde Cuando un cuerpo es soltado o lanzado por un plano inclinado liso, experimenta una acelera- ciòn de mòdulo. a= gsen6 PROBLEMA N. ° 27 Un bloque se suelta tal como se muestra en la figura. {Qué rapidez presenta en B? Desprecie todo rozamiento. (g=10 m/ sz) A) 6 m/ s B) 8 m/ s C) 10 m/ s D) 12 m/ s E) 15 m/ s 40 Resoluciòn AI soltar el bloque y despreciar el rozamiento, este desciende con una aceleraciòn de mòdulo constante igual a a= gsen6 (I) Reemplazamos en (I) a= (10)sen30° a=5 m/ sz Como la trayectoria que sigue el bloque es recti- linea y el modulo de su aceleraciòn es constan- te, el bloque experimenta un MRUV. Para determinar su rapidez en B, utilizamos una ecuaciòn conveniente del MRUV. vf3=vfi+2adA3 (II) Del grafico Reemplazamos valores en (II) vg= (o)2+2(s)(1o) v3=1O m/ s
  37. 37. PROBLEMA N. ° 28 Un bloque se lanza por un plano inclinado liso. dEn qué tiempo retorna al Iugar del lanzamien- to? (g=10 m/ sz) -) 3s B) 65 C) 85 3) 10s E) 12 s Resoluciòn Luego de ser lanzado, el bloque experimenta un MRUV con una aceleraciòn de mòdulo igual a a= gsenG (I) Reemplazamos en (I) a= (10)sen53° a=8 m/ sz Calculamos de t1 v3=vA—at1 —> 0=24—8t1 t1=3 s DINAMICA Calculamos t2 Como el bloque experimenta un MRUV —> t1=t2=3 s Por lo tanto, el tiempo en que retorna es _cmve ® t= t1+t2=6 s. PROBLEMA N. ° 29 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 y el plano es 11K, determine el mòdulo de la ace- leraciòn del bloque. A) gsen0 B) nKgsene C) g(senG—uKcos8) D) g(cos6—). IKsen8) E) g(sen6—uKsen0) Resoluciòn Para determinar el modulo de la aceleraciòn del bloque, aplicamos la segunda ley de Newton. FR= ma (I) Para hallar la fuerza resultante, elaboramos el DCL del bloque. 41
  38. 38. LUMBRERAS EDITORES g/ à Ahora en forma conveniente descomponemos Nota las fuerzas. Cuando el bloque asciende, el modulo de la ace- leraciòn es a= g(senG+)LKcosG) En y PROBLEMA N. ° 30 UFO Un bloque se lanza con una rapidez de 30 m/ s F _O por un plano inclinado rugoso tal como se mues- EIR) tra. Determine luego de cuàntos segundos retor- —> fN= m9C°59 I“) na al Iugar de lanzamiento. (g=10 m/ sz) En X Luego FR(X1=mgsen6— uKfN °°"'> A» (un) a)(1+1/7) c) (ma) FR(X)= mgsen6—uK(mgcos6) D) 6111/5) E) (3211/1-5) En (I) mgsen0- uKmgcos0=ma Resoluciòn Cuando el bloque asciende sobre el plano rugo- —> a= gsen6—uKcos6g _ _ so, experimenta una aCeleracIon de modulo a= (sen6—), IKcosG)g a1=(sen6+)1,(cos6)g (oc) 42
  39. 39. DINAMICA Reemplazamos 1 a2 = [sen53°—(5)cos53°)(10) a2=6 m/ s’ (III) Reemplazamos valores en (oc) a1 = [sen53° +(%)cos53°J(10) a1 = 10 m/ sz Lpîicamos las ecuaciones del MRUV V3=VA‘Ù1t1 Aplicamos una ecuaciòn del MRUV para el tra- 0=3O-(10)t1 m0 BA- 1 2 A t1=3-ì (Il daA= Vatz+îaztz ‘rnbién Reemplazamos (II) y (III) 1 3,1,, = ("A “B )t1 45 = (Oltz +—(6)t% 2 2 —> r1 = JE s (IV) 3e-zmplazamos 30+0 ( El tiempo de retorno es s’ = 3) AB I 2 ) t= t1+tz d =45 m (II) A“ oe u) v (Iv) Lgndo el bloque desciende, experimenta una t= (3+‘/ -1—5)S 9:5 eraciòn de modulo :2= (sen6-uKcos9)g _C2L3Ayg_ 43
  40. 40. LUMBRERAS EDITORES PROBLEMA N. ° 3| Si el sistema mostrado es dejado en libertad, de- termine el mòdulo de la tensiòn en la cuerda (1). Datos: mA= mB=2m1_-=2 kg; g=10 m/ sz A)2N B)4N C)6N D)8N E)10N Resoluciòn Estudiamos al bloque C para determinar el mò- dulo de la tensiòn en la cuerda (1). Para determinar si eI bloque C acelera o no es necesario analizar los demàs bloques. DCL del bloque C Estudiamos los bloques sin separarlos. La fuerza de gravedad en el lado izquierdo es mayor que en el lado derecho, entonces los blo- ques aceleran en las direcciones indicadas. 44 . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . 3x Usamos la segunda ley en forma practica ZF- ZF= mTa (—>a) (sa) [10+20]—[20]= (2+2+1)a —> a=2 m/ sz DCL del bloque C FR= ma 1O-T1=(1)(2l n=8N _ÈUWF<D PROBLEMA N. ° 32 Luego de soltar eI bloque A de 30 kg, calcule el modulo de la aceleraciòn (en m/ sz) del bloque B de 20 kg. (g=10 m/ sz) A) 0,2 B) 0,4 C) 0,6 D) 1 E) 0,8 Resoluciòn Estudiamos los dos bloques a la vez (sistema) y descomponemos la fuerza de gravedad del blo- que A.
  41. 41. ‘W mponente de la fuerza de gravedad del blo- zue A es mayor que la fuerza de gravedad del : :que B; entonces los bloques aceleran en las : ' recciones indicadas. ganda ley de Newton en la forma pràctica ZF- 2F = m1o (E) (E) 240—200=(20+30)a a= O,8 m/ s2 7 ROBLEMA N. ° 33 (scie la aceleraciòn (en m/ sz) que experimen- JÉLAYE (È * "s grùa, si el a'ngulo 0 que forma la cuerda con ; uertical se mantiene constante. (g=10 m/ sz) 3,5 B) 7,5 6,5 DINAMICA Resoluciòn Estudiar a la grua para determinar su acelera- cion no Conviene, debido a las fuerzas desco- nocidas que actuan sobre ella. Por otro lado se puede observar que, al mantenerse constante el àngulo 0, la distancia entre la esfera y la p_| a- taforma de la grùa no cambia; ello nos indica que ambos experimentan la misma aceleraciòn. Ahora, al actuar menos fuerzas, es conveniente estudiar a la esfera. DCL de la esfera T '9': m9 EnX FR(X)= ÎnaX Tsen6=ma (I) EnY ay= o —‘) FR(Y)= O Tcos6=mg (II) Dividimos (I)+(II) sen0 ma a -——- —a tan0=— c050 — mg —> a= gtan0 Reemplazamos valores (3) G=10m a=7,5 m/ sz 45
  42. 42. LUMBRERAS EDITORES ' ì A) 2m/ s2 B) 4m/ s2 C) 6 m/ sz D) 8 m/ sz E) 9 m/ sz Nota La aceleraciòn de un mòvil se puede determi- nar midiendo el àngulo 6. A, Resoluciòn 635,-, a= tan6 I s. 1 e AI soltar los bloques, el resorte (comprimido) empujarà a cada bloque aceleréndolos. DCL (B) DCL (A) Cuando la velocidad es constante, el àngulo 6 _ 2 es nulo. 03-4 m/ s “A l IllIlIIIlllI - FESOIÌE Cuando la cuerda se desvia hacia delante de la vertical, el mòvil desacelera. Para ambos bloques la fuerza resultante es F5. Utilizamos la segunda ley de Newton - BIoqueA FR= mAaA F5=(1)a, q (| ) PROBLEMA N. ° 34 . Bloque B Se tienen dos bloques que comprimen a un F m R: 30a resorte tal como se muestra en la figura. Si los bloques son soltados, determine el mòdulo de — FE= (2)(4)=3 N (u) la aceleraciòn del bloque A cuando el bloque B experimenta una aceleraciòn de mòdulo 4 m/ sz. Desprecie todo rozamiento. Reemplazamos (II) en (I) Datos: mA=1 kg; mB=2 kg aA=8 m/ sz 46
  43. 43. ‘a; DINAMICA PROBLEMA N. ° 35 o B| oque B En el Instante mostrado, el resorte se encuentra FR= mBaB estirado en 40 Cm. Determine el mòdulo de la aceleraciòn de cada bloque (en m/ sz). Despre- cie el rozamiento. 03:4 m/ SZ 40:10:11, Datos: mA=4 kg; m5=10 kg K=10O N/ m l" IIIHIIIIIII , ’ PROBLEMA N. ° 36 Un bloque de 2 kg se encuentra en reposo en A) 1°} 2 3) 5} 2 C) 3} 1 ' una superficie horizontal lisa tal Como se mues- D) 1o; 4 E) 8; 4 tra en la figura. {Cuàles son el modulo y la di- recciòn de la fuerza constante que se les debe Resoluciòn aplicar para que pase por el punto P con una _ _ rapidez de 2 m/ s? El resorte al encontrarse estirado jala a ambos bloques. A) 6N; 37° B) 8N; 37° C) 6N;53° D) 8 N; 53° E) 10 N; 45° Sobre cada bloque la fuerza resultante es la fuer- _ , , , ResoIucIon 2a elastica. 4 Cuando un cuerpo se encuentra en reposo y F5 = Kx=1o0(_. ) sobre él existe una fuerza resultante diferente lo de cero, su trayectoria sera’ en la direcciòn de la F540 N fuerza resultante. - Bloque A FR= mA0A 40=(4)aA '. aA=10 m/ sz 47
  44. 44. ERAS EDITORES Utilizamos la segunda ley de Newton FR= ma F= (2)a (| ) Como el bloque sigue una trayectoria recta y la aceleraciòn es constante, entonces" describe un MRUV. vì: A+2adAP 0 (2>2=2(a>(1/2) a=4m/ s2 En (I) F=2(4)=8 N _F’=8N;37° JJLAVE PROBLEMA N. ° 37 Determine el mòdulo de la fuerza que la cadena de 2 kg de masa ejerce sobre el bloque de 8 kg. Considere que la cadena permanece apoyada en el piso liso. A) 2ON B) 34N C) 24N D) 36N E) 28N 48 Resoluciòn Para determinar la fuerza de la cadena sobre el bloque, debemos tener presente que ambos se desplazan con la misma aceleraciòn. DLC (bloque) DLC (cadena) Ì mcg >5 Fc _ MM F=3ON """" I I fNZ Aplicamos | a segunda ley de Newton - Para el bloque FR(B)= ”’<B)° Fc= (8)a (I) - Para la cadena FR(C)= ’"(C)° (3O—FC)= (2)a (Il) De (I)+(II) 30=(10)a —> 0:3 m/ sz En (l) Fc= (8)(3) FC=24 N 59W: ©
  45. 45. PROBLEMA N. ° 38 Un bloque es lanzado sobre un plano inclinado Iiso, de modo que en A y B sus rapideces son 2v y v, respectivamente. Si desde A hasta B emplea 2 s, determine v. (g=10 m/ sz) 4.) 12 m/ s B) 14 m/ s C) 16 m/ s I, 18 m/ s E) 20 m/ s Resoluciòn E bloque luego de ser lanzado sigue ascendien— : : debido a su inercia. Pero {qué tipo de movi- ‘ento describe eI bloque en su ascenso? Para ‘sssonder debemos recordar que las fuerzas szare un cuerpo determinan si este mantiene : aria su velocidad (segunda Iey de Newton). 4 xntinuaciòn hagamos eI diagrama de cuerpo re del bloque. ( ‘xmgsenoc mgcosoc Ze gàflco se aprecia que sobre eI bloque hay se fuerza resultante no nula (FR= mgsenoc), Ia ; s "ace que disminuya su rapidez. DINÀMICA Aplicamos la segunda Iey de Newton F M seno. a= —’ì= —g7— —> a= -senoc m m cte. C19‘ Se deduce que Ia aceleraciòn es constante y Ia trayectoria, rectilinea; por Io tanto, eI bloque describe un MRUV. ApIicamos la cinematica para eI tramo AB VB= VA—atAB v=2v—a(2) v=2a (I) Se obtuvo a= gsenou donde g=10 m/ sz y a=53° a=10sen53° —> a=8 m/ sz Reemplazamos en (I) v=2(8) v= 16 m/ s _CLAVE © PROBLEMA N. ° 39 Calcule eI mòdulo de la fuerza que ejerce eI blo- que (m=2 kg) sobre Ia caja (M=3 kg). Dato: F= 15 N A) 1N M s) 2N FÉOÉÎ c) 3N i'm o) 4N E) 5N 49
  46. 46. LUMBRERAS EDITORES Resoluciòn EI modulo de la fuerza del bloque sobre la caja (R) es igual al mòdulo de la fuerza de la caja so- bre el bloque (R) Para hallar este mòdulo analizamos todo el con- junto sin separarlos. DCL del sistema Graficamos solo las fuerzas externas. Aplicamos la segunda Iey de Newton FR= m5a F= (m+M)a 15=(3+2) —> a=2 m/ sz (I) Para determinar la fuerza de la caja sobre eI blo- que separamos estos dos cuerpos. DCL del bloque I mg 0 I ——> R ' m R es la fuerza de la caja — — - — — sobre el bloque. Îh Utilizamos la segunda ley de Newton FR= ma De (I) R= (2)(2) R=4N 50 PROBLEMA N. ° 40 Si RA y R5 son las reacciones entre Ios bloques m y M para Ios casos A y B, respectivamente, calcule la relaciòn RA/ RB. No tome en cuenta el rozamiento (M > m). Caso A Caso B F A) 2m/ M B) M/ m C) m/ M D) 2M/ m E) m/2M Resoluciòn Hagamos la separaciòn imaginaria de Ios bloques. Caso A ahi‘ f acciòn y reacciòn De la segunda Iey de Newton FR _R_A_F—RA a : A masa m M F= (%+1JRA (I) CasoB
  47. 47. De la segunda Iey de Newton masa M m F= (E+1JRB (Il) M ÙB: Igualamos (I) y (ll) M m F= —+1R= — 1R (m JA(M+)B m M R_A_E R3 M PROBLEMA N. ° 4| una esfera de 4 kg, unida a una cuerda, gira des- cribiendo una circunferencia. Si en eI instante en me la cuerda se encuentra de manera vertical la nnsiòn es 70 N, calcule el mòdulo de la fuerza centripeta en dicho instante. (g=10 m/ sz) 1 30 N B) 40 N C) 50 N I 70 N E) 110 N koluciòn Etaficamos las fuerzas sobre la esfera cuando la merda se encuentra vertical. DINÀMICA Recuerde La fuerza resultante hacia el centro de la cir- cunferencia es conocida como fuerza centripe- ta (Fcp). Luego cp=7o—4o Fm=3o N PROBLEMA N. ° 42 En el instante mostrado, la tensiòn en la cuerda es 70 N. Si la masa de la esfera es 4 kg, determi- ne eI mòdulo de la fuerza centripeta en dicho instante. (g: 10 m/ sz) A) 30 N B) 4ON x C) SON »' D) 70 N . ' E) 110N 51
  48. 48. Resoluciòn Graficamos la fuerza sobre la esfera. mg=40 N eie ------- tangencial ’ ' ‘x y T=7O N icentro eje radial El mòdulo de la fuerza centripeta (Fcp) es Fm=4o N+70 N Fw=110 N LLAVE ® PROBLEMA N. ° 43 Un pequefio bloque de masa m resbala sobre una superficie cilindrica lisa. Si en la parte ma's baja el mòdulo de la fuerza que la superficie le ejerce al bloque es 30 N, y el modulo de la fuer- za centripeta es 50 N, calcule m. (g=10 m/ sz) 0 i A) lkg D) 4kg 52 Resoluciòn La fuerza centripeta (Fcp) es la fuerza resultan- te que se dirige hacia eI centro de la trayectoria circunferencial. En la parte mas baja de la trayectoria se tiene FCp=3O—mg 50=30—m(10) m=2kg __C, LAVE PROBLEMA N. ° 44 Una particula de masa de 0,5 kg, conectada a una cuerda indeformable, se mueve con una rapidez constante de 6 m/ s en una trayectoria circular de 1 m de radio en un plano vertical. Ademàs, Tu y Tb son Ios mòdulos de las tensio- nes en la cuerda cuando la particula se encuen- tra en los puntos a y b, respectivamente. La di- ferencia Tb-Ta, en N, es (g=9,81 m/ sz) A) 7,8 N. A B) 8,8 N. I, i c) 9,8 N. g ì (I « / D) 10,8 N. E) 11,8 N. b UNI 2010-Il
  49. 49. Resoluciòn 13s piden Tb-Ta. La particula desarrolla un ZTCU; por tal motivo, Ios modulos de la fuerza : entripeta en a y b son iguales. 4J Il) go F“’<b> z Fwm) Tb—mg= Ta+mg Tb—Ta=2mg îeemplazamos datos T, ,—T, ,=2(0,5)(9,81) Tb-Ta=9,8 N _CLAVE © PROBLEMA N. ° 45 -0 joven se mueve en una superficie horizon- z: iescribiendo una trayectoria circunferencial z-x rapidez constante. àCuàl de Ios esquemas ? ‘ : st'ados representa la velocidad y la acelera- 2:7) del joven? (v (v A)’ —er»; »*Ia e): 51-»; / “‘ V c) WEST! D) v——‘[jl-> E) j . l’_}x Resoluciòn El joven al moverse en una trayectoria circunfe- rencial con rapidez constante realiza un MCU. En consecuencia, eljoven presenta una acelera- ciòn que en todo instante apunta hacia el centro de la circunferencia, es decir, la aceleraciòn es centripeta (acp) observaciòn Cabe destacar que en un MCU, sobre eI cuerpo solo hay fuerza resultante dirigida hacia el centro de la circunferencia, es de- cir, sobre el cuerpo unicamente hay fuer- za centripeta (Fcp) 53
  50. 50. LUMBRERAS EDITORES PROBLEMA N. ° 46 Determine el mòdulo de la fuerza centripeta en el instante mostrado. Considere que la esfera es de 4 kg, y la tensiòn en dicho instante es 70 N. (g=10 m/ sz) A) 10N B 2ON ' ) L50‘) c) 30N g D) 40N E) 50N m? Resoluciòn Graficamos las fuerzas sobre la esfera. }s0° T=70 N I : x“ mgf= f4ò N Ahora descomponemos la fuerza de gravedad en los ejes radial y tangencial. r centro eje radial ‘mg=40 N La fuerza centripeta es la resultante de las fuer- zas en el eje radial, que ademàs apunta hacia el centro de Ia circunferencia. S4 B025 . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. . , x. .4.. . rcp=7o N—20 N F, ,,=50 N 2.434.: C9 PROBLEMA N. ° 47 El mòdulo de Ia fuerza que la superficie esférica le ejerce a la esfera de 5 kg al pasar por P es 50 N. Calcule el mòdulo de la fuerza centripeta en P. (g=10 m/ sz). A) 2ON s) 30N c) 50N D) 8ON E) 100 N Resoluciòn Recuerde La fuerza centripeta (Fcp) es la fuerza resultante que apunta hacia el centro de la circunferencia por donde pasa la esfera. Empecemos graficando las fuerzas sobre la es- fera.
  51. 51. DINÀMICA eie tangencial Resoluciòn Graficamos las fuerzas sobre la esfera en A. La fuerza de gravedad se ha descompuesto en Ios ejes radial y tangencial. De acuerdo al SFÉÎÎCO. eh P Entonces eI modulo de la fuerza centripeta en Fcp=5ON+30N Aes Fcfiso N F, ” =90N—40N F = 50 N 5434s. (D) “A Ahora en B PROBLEMA N. ° 48 La tensiòn en la cuerda cuando la esfera pasa _: or A es 90 N. Si el mòdulo de la fuerza centri- peta en B es el doble de la fuerza centripeta en A, determine la tensiòn cuando la esfera pasa por B. Datos: m=5 kg; g=10 m/ sz i _ a» . El modulo de la fuerza centripeta en B es I Irma = r,, —3o ÀK. ’ ' zrcpA = TB —30 f’)? 2(50)= r,, —30 100=T, ,—30 1) 30 N B) 60 N c) 90 N TB=130 N 3) 120 N E) 13o N
  52. 52. LUMBRERAS EDITORES PROBLEMA N. ° 49 La esfera de 4 kg, unida a una cuerda, se mue- ve en una circunferencia. Si la tensiòn cuando la cuerda esta’ en vertical es 70 N, determine el m6- dulo de la aceleraciòn centripeta. (g=10 m/ sz) A) 3,5 m/ sz B) 4,5 m/ sz c) 5,5 m/ sz D) 7 m/ sz E) 7,5 m/ sz Resoluciòn Nos piden acp. Se tiene T=7O N 0m’) mg=40 N Usamos la segunda Iey de Newton para e| ins- tante mostrado Fcpzmacp 70—40=4aCp 3o=4a, ,, acp=7,5 m/ sz _C LAVE ® 56 PROBLEMA N. ° 50 En el instante cuando la esfera lisa pasa por su posiciòn màs baja, la superficie circunferencial le ejerce una fuerza, cuyo modulo es el triple de la fuerza de gravedad de la esfera. Calcule su rapidez en dicho instante. Datos: r= 80 cm; g = 10 m/ sz A) 1 m/ s o B) 2 m/ s I “a / C) 3 m/ s ‘x’ D) 4 m/ s E) 5m/ s Resoluciòn Hagamos el DCL de la esfera en su posicion màs baja. Nos piden la rapidez v. En la posiciòn màs baja, usamos la segunda Iey de Newton. mv Fcpw r 2 '2 mv z yriv 3m9—mg= r _, 2rfig= r 2 2 2g= V7 —> 2(1o)= V—8 v2=16 v=4m/ s
  53. 53. i . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . DmAMmA PROBLEMA N. ° 5| En el eje tangencial La esfera de 4 kg describe una circunferencia. Si i-‘Tzmg, en la parte mas alta la tensiòn es 70 N, determi- o =4aT ne Ios modulos de las aceleraciones centrzipeta 1,’; hay fuma y tangencial en dicha posicion. (g=10 m/ s ) resultante en el eje tangencial. , S‘ — _CLAVE PROBLEMA N. ° 52 2, 2 A) 203 m/ S r 1 m/ S En el instante mostrado, el bloque liso de 5 kg s) 10,5 m/ sz; 5 m/ sz presenta una aceleraciòn centripeta de 10 m/ sz. C) 25,5 m/ Sz, 3 m/ Sz Calcule eI mòdulo de la fuerza que la superficie 2 2 esférica le ejerce al bloque en dicho instante. D) 27,3 m/ s ;2 m/ s (g=10 m/ Sz) E) 27,5 m/ sz; 0 m/ sz , , A) 5 N lesolucion _ B) 10 N Nos piden 05,, y a7. _ C) 15 N Graficamos las fuerzas sobre la esfera. D) 25 N mg=40 N E) 75 N eje ' ‘ ‘ ' ' ' ‘:2= : —=: :"" tangencial x, " — “x , , I T=7O N Resoluciòn I Hacemos el diagrama de cuerpo libre sobre el è centro b| oque_ eje radial in el eje radial Fcp= macp 40+70=4a, ,, 110=4aCp ‘ aC, ,=27,5 m/ sz 57
  54. 54. LUMBRERAS EDITORES ai Por otro lado se descompone la fuerza de grave- Resoluciòn Ciad e" '05 91"95 radial Y Ìangenclal- Como la esfera describe una circunferencia, en- tonces existe una fuerza resultante dirigida al . mg=5O N centro de la circunferencia denominada fuerza ' f! ‘ iadia‘ centripeta, que se determina porla segunda Iey de Newton. FR= ma —> Fcp-macp eje tangencial Aplicamos la segunda Iey de Newton Luego Fcpzmacp (6)2 Fcp Z R+40=5x10 R+40=5O . ._ Fcpzg N R=1ON _CL. AY. E. PROBLEMA N. ° 54 En el instante mostrado, la fuerza centripeta so- PROBLEMA N' 53 bre la esfera de 1 kg es 32 N. éCuàI es su rapidez En la posiciòn P, determine el mòdulo de la fuerza para dicho instante? centripeta que experimenta la esfera de 0,5 kg. A) 6 N B) 9 N C) 10 N A) 2m/ s B) 4m/ s C) 6m/ s D) 12 N E) 14 N D) 8 m/ s E) 10 m/ s S8
  55. 55. DINÀMICA -u—« Resolucîòn Utilizamos la segunda Iey de Newton La fuerza centripeta se determina segùn la si- pcp= macp guiente ecuacion: V2 4 = .. _ Fcpzmgcp flig fli R _ v2 v2=4Rg=4(1)(10) Fcp — (32): (1)-É 2 v=8 m/ s PROBLEMA N. ° 55 v=2/1—0 m/ s 5243/5. PROBLEMA N. ° 56 En el instante mostrado, la reacciòn de la super- ficie es la mitad de la fuerza de gravedad. aCuàl es la rapidez de la esfera? S en eI instante mostrado la reacciòn de la su- perficie es tres veces la fuerza de gravedad de la . . Al JGR esfera, eque rapidez presenta la esfera? (g=10 m/ sz) B) W c) E e . A) 2 m/ s 2 ‘ x B) Zx/ Î; m/ s D) ‘lì cI 2/1—0 m/ s R ‘ D) 3J? m/ s E, _g_ E) 8x/ S m/ s ZR Resoluciòn Resoluciòn la esfera experimenta una fuerza resultante di- DCL de la esfera rigida al centro de la circunferen nominaremos fuerza centripeta (Fcp). cia, la cual de- - 59
  56. 56. LUMBRERAS EDITORES Aplicamos la segunda Iey de Newton Fcp= macp 2 v m —R= m-—— g R 2 mgggzmr. 2 R v= i 2 _CLAV. E © PROBLEMA N. ° 57 Para el instante mostrado, calcule el modulo de la fuerza de rozamiento sobre la esfera de 2 kg, si esta presenta una rapidez de 10 m/ s. A) 2ON 8) 30N c) 40N D) 50N E) 60N , .III. l—'-K= or5 2 m“ ICI II Resoluciòn La fuerza de rozamiento se determina segun la siguiente ecuacion: ÎK= NKÎN (') DCL de la esfera 60 Como la fuerza normal es la fuerza centripeta —> Fcp= macp V2 fN= m'Î (10? (2) fN = (2)- fN=10O N En (I) fK= (O:5)(1O0) fK=5O N _CLAVE @ PROBLEMA N. ° 58 La esfera de 2 kg se mueve en el plano vertical, y cuando pasa por P, el dinamometro indica 40 N. Calcule la rapidez en dicha posiciòn. (g=10 m/ sz) A) «(Îm/ s , B) ‘Km/ S 0:05 m 2 C) fim/ s x“ S” ' D) xfim/ s : E) «/1—Om/ s Resoluciòn Graficamos las fuerzas sobre la esfera cuando pasa por P.
  57. 57. g‘. .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. . . Usamos la segunda Iey de Newton Fcp= ma __C LAVE V PROBLEMA N. ° 59 Halle eI àngulo 0L si eI peso es igual a la tensiòn de la cuerda ytiene una velocidad de 15 m/ s en el instante mostrado. A) 30° B) 40° c) 60° : D) 16° x E) 74° UNALM 2004—l| Resoluciòn Graficamos las fuerzas sobre la esfera. DINÀMICA eje tangencial I I descomponemos , ' la fuerza de gravedad En el instante mostrado, la fuerza centripeta es Fcp= mg+mgsenot 2 flfv = flig+fligsenoc 2 llis= lo+losenot 15=10+10senot ——> 10senoc=5 1 senot= — 2 OL=30° JLAVE PROBLEMA N. ° 60 Determine la rapidez de la esfera de 2 kg en el ins- tante mostrado, si el dinamometro indica 120 N. (g=10 m/ sz) A) 60 m/ s B) 40 m/ s C) 20 m/ s D) 10 m/ s E) 8m/ s 61
  58. 58. Resoluciòn Como la esfera describe parte de una circunfe- rencia, aplicamos la segunda ley de Newton en la direcciòn radial. Fcp-macp 2 v —> T-m = m-—— g R 2 120—2(10)= (2)-V— (2) v=10 m/ s PROBLEMA N. ° 6| Calcule la rapidez de la esfera en eI instante mostrado, si la Iectura de la balanza es 30 N. Datos: m = 1 kg; g= 10 m/ sz A) 2x/1—0 m/ s B) 4m m/ s C) 5x/2 m/ s D) 6 m/ s 62 E) sJî m/ s Resoluciòn Para la esfera de masa m, usamos la segunda Iey de Newton Fcp= macp V2 —10 N —> T—10=(1)'— "'97 (1) 2- v —T—10 (I) Para el bloque de 8 kg en reposo ZF(I)= ZF(I) fN+T=80 T 30+T:80 (Iectura de T=50 N 80 N f“ la balanza) En (I) v2=(50)—(10) v=2Jfi m/ s _CLAVE. PROBLEMA N. ° 62 El bloque de 0,5 kg describe una trayectoria cir- cunferencial. Si este al pasar por P experimenta una fuerza de rozamiento cinético de 10 N, cal- cule el mòdulo de la aceleraciòn centripeta en dicho punto. Datos: g=10 m/ sz; uK= O,5 A) 12 m/ sz B) 22 m/ sz C) 32 m/ sz D) 42 m/ sz E) 50 m/ sz
  59. 59. Resoluciòn Graficamos Ias fuerzas que actùan sobre eI blo- que en la posiciòn P. o mg=5 N puede calcular la normal (N) ÎFHKÎN 10=0,5f, , fN=2° N (l) L'ora en el eje radial aplicamos la segunda ley ze Newton fK= ma, ,, f, ,,—4=o,5(a, _., ,) I1‘: ) 2O—4=0,5(aC, ,) —> 16=0,5(a, ,,) 514V? _ _ 2 -_. p—32 m/ s DINAMICA PROBLEMA N. ° 63 El coche de 500 kg inicia su movimiento ex- perimentando un MCUV. Si su rapidez cambia a razon de 2 m/ s en cada segundo, acuàl es el mòdulo de la fuerza centripeta que experimen- ta luego de 4 s de iniciado su movimiento? Con- sidere que el radio de la circunferencia es 32 m. A) 1000 N B) 1500 N C) 2000 N D) 500 N E) 3000 N Resoluciòn Graficamos Aplicamos la segunda ley de Newton en la direc- ciòn radial luego de 4 s F, ,,= ma, ,, 2 F“, = (som-VÎ (I) Calculamos la rapidez v aplicando MCUV en la direcciòn tangencial _Av_2m/ s_2m At 15 52 ‘77 vf= vo+a7t v=0+(2)(4)=8 m/ s 63
  60. 60. LUMBRERAS EDITORES En (I) (s? Fcp = XÎ , ,,= 1000 N _CLAVE PROBLEMA N. ° 64 Las esferas mostradas se encuentran unidas por un alambre describiendo circunferencias. Indi- que las proposiciones verdaderas (V) o falsas (F). I. Ambas esferas presentan la misma rapidez angular. II. La aceleraciòn centripeta de (1) es mayor que la de (2). III. La fuerza centripeta sobre (1) es igual que sobre (2). A) VVF B) FFF C) VFF D) VVV E) VFV Resoluciòn I. Verdadera Los radios de (1) y de (2) barren a’ngu| os iguales en tiempos iguales ((1)1=u)2=w). 64 ll. Falsa 04,1 = (02 (R1) = (02 (L): (DZL a - (1)2(R2)= m2 (ZL) = ZwZL cpz ’ acpz > a, “ III. Falsa F Z ‘ (1) m'1’a"’<1) F = mmZL “<0 F CPQ) = m(2)aCP(2) F = 2m(2w2L) ma) _ 2 Fcpm —4mw L ape) > F” <1) _CLAVE, PROBLEMA N. ° 65 Las esferas describen circunferencias en un pla- no vertical. Si en el instante mostrado la fuerza de tensiòn en el hilo (2) es 3mg, {cuanto es la fuerza de tensiòn en la cuerda (1) para dicho instante? (g=10 m/ sz) A) 2mg B) 3mg C) 4mg D) Smg E) Gmg
  61. 61. Resoluciòn Elaboramos eI DCL de cada una de Ias esferas. Segunda Iey de Newton para la esfera A DCL de Ia esfera A r1 I _ T2 mg u u) F"’u> = m°“’<1> T1—mg—T2=mm2L T1=mg+mm2L+T2 (I) Segunda Iey de Newton para la esfera B DCL de la esfera B 1: = "’<2> CPU) T2—mg= mu)2(2L) ma T2=mg +2mw2L 3mg= mg+2mw2L —> m032L= (mg) (II) hemplazamos (II) en (I) T1=mg+mg+3mg T1=5mg DINÀMICA PROBLEMA N. ° 66 Un bloque de masa 1000 kg, atado a una cuer- Qlìvuelta en 7t V da, gira con una frecuencia de ( s una trayectoria circunferencial de radio 50 m en un pIano horizontal sin fricciòn. Entonces laten- siòn de la cuerda, en N, es A) 102N. s) 2x103 N. c) 3x103N. D) 4X103N. E) 5x103 N. UNIZOOO-I Resoluciòn Empecemos haciendo un diagrama. plano horizontal Iìso Se aprecia que la fuerza centripeta (F m) es la tensiòn (T) Fcp: T mwzr: T m(27tf)2r= T T=47t2f2mr Reemplazamos datos 0,1 2 T=4n2(—j x1000><50 TI 65
  62. 62. LUMBRERAS EDITORES T=4fl{x9î9—1—x1000x5O r’ T= 2000 N r=2x103 N PROBLEMA N. ° 67 Se tiene un movimiento circular uniforme con velocidad angular o) sobre una mesa sin fricciòn como se muestra en la figura, sea T1 la tensiòn que soporta la masa m1 debido a la cuerda de Ia longitud L1. Si T1 soporta un valor màximo de 21 N antes de romperse, calcule eI valor de u) en rad/ s, justo antes que se rompa Ia cuerda L1. Datos: L1=1 m; L2=2 m; m1=1 kg; m2=2 kg A) 1 rad/ s m a) Jî rad/ s C) x5 rad/ s D) 2 rad/ s E) x/ g rad/ s UNI 2009—II Resoluciòn Graficamos Ias fuerzas f "centro, T2 __1T_zîg@m2 , c’«’/ ‘u> jjx/ ‘w x , ,: — 66 ‘ 36051 . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. Cada bloque (m1 y m2) realiza MCU; entonces para cada uno solo hay fuerza centripeta (Fcp), Para m1 aplicamos la segunda Iey de Newton Fcpl = m1m2r1 71* 7'2='"1‘°2(L1) m Para m2 aplicamos la segunda Iey de Newton Fcpz = mzwzrz T2=m2m2(L1+L2) (II) Reemplazamos (II) en (I) T1‘ÎÌ'ÎZ(DZ(L1+LZ)= ÌÎÎIÙÒZL1 T1=n71m2L1+În2m2(L1+L2) Para eI instante cuando la cuerda (1) està a pun- to de romperse _ z 2 T1m 1x. — m1o) L1 + mzm (L1 +L1) Reemplazamos datos 21=(1)m2(1)+2xm2(1+2) 21=m2+6w2 u) = 3 rad/ s PROBLEMA N. ° 68 EI sistema mostrado esta en reposo. Si lue- go rota, determine la deformaciòn del resorte cuando el sistema mantiene una rapidez angu- Iar de 10 rad/ s. Considere que el collarin es de 1 kg y K=6OO N/ m. A) 5cm B) 10 cm C) 15 cm D) 20 cm E) 25cm
  63. 63. ‘q; DINAMICA Resoluciòn A) 16° AI inicio como eI sistema esta’ en reposo, eI re- B) 30° sorte no està deformado, es decir, su longitud C) 37., natural es 50 cm o 0,5 m. D) 45° Luego, al rotar eI sistema, eI collarin se aleja dei E) 53° eje de rotacion, de modo que el resorte se es- tira hasta que el sistema mantiene una rapidez angular constante de 10 rad/ s. En esta ultima Resoluciòn situaciòn, el resorte mantiene una deformaciòn x, y eI collarin describe un MCU. Al tener una trayectoria circunferencial, la esfe- ra en Ia posiciòn A presenta aceleraciòn centri- Q) 03:10 rad/ s peta (acp). — 2 011, = -)G— V I’ 42 cp-Î acp=8 m/ sz circunferencia En Ia posiciòn A, la aceleraciòn totaI se calcuia La fuerza elastica es Ia fuerza centripeta segun la siguiente expresiòn: Fcp= FE 2 m0) I'= KX g: (agp-y-(hz. mm2(0,5+x)= Kx 1- 1O2(O,5+x)=6O0x 1°’ 32 “i 50+ 100x= 600x ar=6 m/ SZ (I) x=0,1 m x=0,1(10o cm) Ahora busquemos Ia fuerza resultante en eI eje tangencial x= 10 cm , e)e tangencial PROBLEMA N. ° 69 Se muestra una esfera unida a una cuerda de 2m. Si el mòdulo de la aceleraciòn cuando pasa por A es 10 m/ sz, determine eI a'ngu| o B. (g: 10 m/ SZ) e]; radial 67
  64. 64. LUMBRERAS EDITORES gì Descomponemos mg Resoluciòn Graficamos Ias fuerzas sobre Ia esfera. F" centro I g . . I . . . . . . . Usamos FRT= m0T ——> yfigsenf}: mar aT= gsen6=10sen6 (II) Reemplazamos (Il) en (I) 10sen6=6 ì 5 sen6= En eI eje radial 51, = r—5fi —CELAYE--- ma“, =T—5x/2 ——> l-acp = T—5«/ î 6=37° —> T = 5x5 + a“, (I) PROBLEMA N. ° 70 Una pequefia esfera de 1 kg, unida a una cuer- En el eje tangencial . . . . Fr= mar da, describe una trayectoria circunferencial en eI piano vertical. Si en el instante mostrado la 5‘/ —2-=1°r aceleraciòn es horizontal, determine eI modulo 0T =5Jf m/ SZ de la tensiòn en dicho instante. (g=10 m/ sz) Ademàs, la aceleraciòn totaI (a) se calcula como A) 5J? N B) 8J? N u ’ "cfiar c) 1oJî N 1 45°; acp =5J5 m/ SZ D) 1245 N xxx i E) 1SJÎ N 68
  65. 65. I; DINAMICA Reemplazamos acp en (I) Trabajamos en Ios ejes radial y tangencial r = sJî + sx/ î T = lofi N eje tangencial fl/ é/Z m/ s 10Mcos(-) PROBLEMA N. ° 7| x‘ eje radial Una esfera de masa M, unida a una cuerda de 5 m, gira en eI plano vertical. Si en la posiciòn que se muestra su rapidez es 2 m/ s y su aceleraciòn tangencial es 6 m/ sz, determine M. (g=10 m/ sz) M 2 44 —— 10Mcos9 = g) 4M 44 — 10Mcos6 = Î (I) En eI eje tangencial loMseni-ì: M(6) 3 sene = — A) lkg B) Zkg C) 3kg 5 D) 4kg E) Skg —> 6=37° Reemplazamos 6:37“ en (I) Resoluciòn 4M Graficamos Ias fuerzas sobre Ia esfera. 44 — 1OMCOS37O= Î 44—1OM(Î)-m 5 5
  66. 66. PROBLEMA N. ° 72 Se muestra un pénduio conico que gira con rapi- dez angular constante (00). Calcule u). A)2(0 3))” c)(9 Lcosa Lcosa Lsenot D) 9 E) 9 Lcosoc Ltanot Resoluciòn tienen dos fuerzas sobre la esfera del pénduio nico. trayectoria circunferencial Descomponemos la tensiòn (T) - - o Centro Tsenoi ma 70 sì La fuerza centripeta (F4,) es Ia fuerza resultante hacia eI centro de Ia circunferencia. En tal senti- do, su mòdulo sera Fcp= Tsenot (I) Por otro lado, en la vertical, Ias fuerzas son de igual valor, ya que la esfera se mueve en un pIa- no horizontal sin ascender ni bajar, es decir Tcosot= mg —> ‘r: mg (II) cosa Reemplazamos (II) en (I) m Fcp: g -sena Cosa Fcp= mgtanot Calculemos la rapidez angular (00) aplicando la segunda Iey de Newton F111 yfigtanoc = rfiwzr gtan0c= m2(LsenoL) = macp t m; = g anoc Lsenot (D2 = 9 Lcosoc u) = g Lcoscx Otra forma Suma vectoriaI r ab ""9 ' 4 centro F11, Or; fuerza resultante hacia eI centro
  67. 67. 3x11‘ 1.111 . .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. . . Del tria'nguIo Fcp= mgtanot Ademàs Fcp= mmzr rfigtana = jfimz (Lsena) m2 = 9 Lcosot c0 = g Lcosot PROBLEMA N. ° 73 La figura muestra una esfera de 1 kg de masa ata- da a un hilo de 2 m de longitud, que esta girando en un plano horizontal con una rapidez angular constante. Indique verdadero (V) o falso (F) en las siguientes proposiciones. (g=9,8 m/ sz) I. La rapidez angular de Ia esfera es 2,475 rad/ s. II. La tensiòn en la cuerda es 12,25 N. III. La esfera se encuentra en equilibrio. A) FFF B) FVF C) wv D) VFV E) WF UNIZOOI-I DINAMICA Resoluciòn La esfera realiza un MCU. Entonces sobre ella solo hay fuerza centripeta (Fcp), —T= m(n r (I) En la vertical, la esfera no sube ni baja, es decir ÉF(I)= ÉF(I) 4 -7‘ = 5 mg îT=1x9,8 5 T= 12,25 N Reemplazamos Ten (I) 3 102,25): m2 x1,2 m=2,475 rad/ s Por I0 tanto I. Verdadera II. Veradera 71
  68. 68. LUMBRERAS EDITORES III. Falsa Porque la esfera al describir un movimiento circunferencial, necesariamente, presenta aceleraciòn, lo cual descarta su equilibrio. _CLAVE @ PROBLEMA N. ° 74 LCon qué rapidez angular gira la esfera de masa M en el plano horizontal, si la otra esfera de masa 2M se encuentra en reposo? Considere que g=7t2m/ s2. A) ZZE rad/ s rgancho liso 7t B— d/ )4ras C) 21': rad/ s D) 7trad/ s - A 1 . . . .- E) 37“ rad/ s Resoluciòn Graficamos las fuerzas sobre cada esfera esfera en reposo 72 Para la esfera de masa M se tiene solamente fuerza centripeta. Del grafico oc=60° F11, = MgJì Usamos la segunda ley de Newton Fcp= Mw2r o): ì (l) Calculamos eI radio r . ,60° 12m I il . I
  69. 69. g‘. .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. Reemplazamos r = x/ Î en (I) f J? (1)= TIZ rad/ s (l) | | ‘Q (J) _CLAVE e PROBLEMA N. ° 75 Se muestra un sistema que rota con rapidez an- gular constante u). Si el mòdulo de la tensiòn en las cuerdas es eI mismo, calcule u). Considere que g=10 m/ s A) 6 rad/ s B) 4 rad/ s C) 5 rad/ s D) 3 rad/ s E) 2 rad/ s Resoluciòn La esfera realiza un MCU; de ahi se deduce que sobre ella solo hay fuerza centripeta (Fcp). D| NÀMICA 39" 4 Fcp = T+ET 9 Fcp = ET mmZr= ÉT (I) Como la esfera solo gira en el plano horizontal, se garantiza (H) Reemplazamos (II) en (I) n49 3 rfiw2r=9x— Reemplazamos datos 3X10 (D: 1,2 0J= JE m=5 rad/ s _CLAVE 73
  70. 70. LUMBRERAS EDITORES NIVEL INTERMEDIO PROBLEMA N. ° 76 Cuando una misma fuerza se aplica a tres blo- ques diferentes, estos adquieren aceleraciones de 4, 6 y 8 m/ sz, respectivamente. Si los tres cuerpos se colocan juntos y se aplica la fuerza anterior, su aceleraciòn sera’ (en m/ sz) A) 12/13. B) 24/13. C) 12/15. D) 24/15. E) 16/24. Resoluciòn Consideremos Ios tres bloques por separado en superficies Iisas. Aplicamos la segunda Iey de Newton FR= ma 0 Bloque 1 F = - | —> m1 4 o Bloque 2 F % m2 = E 74 v Bloque 3 F = În3a3=În3(8) F —> m3 = g (m) Consideremos Ios bloques juntos como si fue- ran un solo cuerpo. (m1+m2+m3)g Utilizamos la segunda Iey de Newton FR: ma F= (m1+m2+m3)a De (I), (II) y (lll) (F F F) F= —+—+—a 4 6 s 24 a = — m/ sz 13 PROBLEMA N. ° 77 En la figura se muestran dos bloques en reposo, a Ios que se les aplican fuerzas iguales. Cua_ndo ha trascurrìdo un tiempo ti, la rapidez de m1 es v; mientras que cuando habîa trascurrìdo tl/ Z, la rapidez de m2 es v/3. Calcule mZ/ ml. A) 2/3 B) 5/3 C) 3/2 D) 4/5 E) 6/5
  71. 71. Resoluciòn Bloque m1 t1 v A v=0 m9 F 2 resultante Aplicamos la segunda Iey de Newton El bloque m1 experimenta MRUV vf= v0+at V=0+a1t1 __) v a1 = — t1 En (I) F= m1(v/ t1) (II) Bloque m2 Aplicamos la segunda ley de Newton F= În2Ù2 El bloque m2 experimenta MRUV Vf: VO+ 0t DINÀMICA En (III) M4215) En (II)= (IV) mliîìwnziììiî) m23 m12 _CLAYF PROBLEMA N. “ 78 En la figura, la tabla desciende con una acelera- ciòn de 4 m/ sz. Ca| cu| e el mòdulo de la fuerza del bloque sobre la tabla. Datos: m=5 kg; g=10 m/ sz 10:4 m/ sz A) 10N B) 2ON C) 30N D) 40 N E) 50 N Resoluciòn Estudiamos el movimiento del bloque que pre- senta la misma aceleraciòn que la tabla. 75
  72. 72. LUMBRERAS EDITORES f. fuerza de la tabla sobre el bloque Utilizamos la segunda Iey de Newton FR= ma 5O—R1=(S)(4) R1=30 N JPAYE PROBLEMA N. ° 79 Si eI bloque de 5 kg no se desliza por eI coche que acelera con 4 m/ sz, acuàl es la deforma- ciòn que experimenta el resorte? Desprecie todo rozamiento (g=10 m/ sz) a=4 m/ s2 ——> Ìilihhhlihlill i s n i i i A) 5 cm B) 10 cm C) 15 cm D) 20 cm E) 25 cm Resoluciòn AI no resbalar e! bloque por eI piso se mueve con- juntamente con el coche, entonces experimenta igual aceleraciòn que eI coche. 76 Como eI bloque acelera a la derecha, la fuerza re- sultante también tiene que estar a la derecha; en este caso, la fuerza resultante es la fuerza elàs- tica. Aplicamos la segunda Iey de Newton FR= ma F5: ma —> Kx= ma (100)x=5(4) x= O,2 m x=20 cm PROBLEMA N. ° 80 La tabla de 3 kg acelera hacia la derecha tal como se muestra. Determine la reacciòn de la pared que mantiene en reposo al bloque. Con- sidere que existe rozamiento entre eI bloque y la tabla. ' mesa lisa A) 8N D) 14N B)9N c) 12N E) 16N
  73. 73. Resoluciòn Para determinar la reacciòn (R1) de la pared, elaboramos eI DCL del bloque que se mantiene en reposo. Primera condiciòn de equilibrio 2,74) zzF-(e) ÎK= R1 (Î) EI bloque se opone al desiizamiento de la tabla; entonces Ia fuerza de rozamiento (fk) del blo- que sobre la tabla es hacia la izquìerda (observe el DCL de la tabla), pero Ia fuerza de rozamiento (fK) de la tabla sobre eI bloque es hacia la dere- cha; esta fuerza trata de mover el bloque hacia | a derecha, pero Ia pared Io impide. DCL de la tabla R1 FQU) p)‘ u azsm/ sz : K —* "i F=4ON R3 Usamos la segunda Iey de Newton para la tabla DINÀMICA FR= ma F—f, '(= ma 40—f, '(= (3)(8) —> f, '(=16N Luego fK-fi<=16 N En (I) R1=16 N . cmvs ® PROBLEMA N. ° 8| AI bloque de 2 kg en reposo se Ie aplica una fuerza de modulo 20 N tal como se muestra en la figura. Calcule eI recorrido (en m) del bloque luego de 2 s de iniciado el movimiento. (g=10 m/ sz) A) 30 B) 20 C) 12 D) 302/5 E) 105 Resoluciòn Elaboramos eI DCL del bloque Yf 1 49111 FR=3oJî N 10N; f j’: 30N : 553°: Î v= O 45a » "‘L1_i*'"gò‘, ;,'; 30N 77
  74. 74. LUMBRERAS EDITÒRES La fuerza resultante forma 45° con eI eje X; en- tonces en esta direcciòn acelera eI bloque recti- Iineamente (MRUV). Aplicamos la segunda Iey de Newton FR= ma 30«/ î = (2)a —9 a = 155 m/ sz Como el bloque describe un MRU/ , entonces eI recorrido en 2 s es 1 2 2 e = (0)(2I + 16515112 e = 3072 m Nota Cuando sobre un cuerpo en reposo actùa una fuerza resuItante, este sigue la direcciòn de la fuerza resultante describiendo una tra- yectoria rectilinea. _É. L6Y5 78 PROBLEMA N. ° 82 En la figura se muestra las direcciones de la velo- cidad y de Ia fuerza resultante que experimenta una esfera. {Cuél de Ias alternativas representa mejor Ia trayectoria que sigue Ia esfera? Consi- dere que la fuerza resultante (ÎR) es constante. v F R j”, A) , B) . ... . -- c), "‘ A D) E) ‘. Resoluciòn Para determinar la trayectoria descomponemos la velocidad en dos direcciones, donde una sea perpendicular a la FR Recuerde La aceleraciòn tiene la misma direcciòn que la fuer- za resultante; por Consiguiente, la esfera disminuye su velocidad en la direcciòn X, pero en la direcciòn Ysu velocidad (v, ) se mantiene constante. V I trayectoria Y [I z" ' v, / VX «lèiwx CLAYE. ..
  75. 75. f. .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . . . PROBLEMA N. ° 83 Las fuerzas F1=10O N y F2=20 N actùan sobre Ios bloquesA y B de masas mA=4kg y mB=6 kg, tal como se muestra en eI grafico. Si eI coefi- ciente de rozamiento cinético entre todas Ias superficies en contacto es 0,5, acuél es el mò- dulo de la fuerza de reacciòn entre los bloques? A) 52N a) 74N c) 64N D) 68N E) 72N Resoluciòn Estudiamos Ios bloques sin separarlos (sistema). g5:100 N Como F1 > F2, Ios bloques aceleran juntos hacia la derecha aA= aB= a Utilizamos Ia segunda Iey de Newton para eI sis- tema Fnfims” F1’F2‘ÎK5 = (”'A +mB)“ 80—(%)(100) = 190 ——> a=3 m/ sz Para determinar eI mòdulo de Ia reacciòn entre Ios bloques, Ios separamos ìmaginariamente y estudiamos a uno de ellos. Estudiamos al bloque A 40N a=3 m/ sz fNA=40 N Aplicamos Ia segunda Iey Newton para eI bIo- queA FR= ma 100—R—fKA= (4)(a) (I) ÎKA = HKÎNA = (%)(40) fKA=20 N En (I) 100-R—20=4(3) R =68 N AÈEAXÉ”. PROBLEMA N. ° 84 El sistema mostrado carece de rozamiento. {Cuàl es eI mòdulo de la fuerza de reacciòn en- tre Ios bloques? Datos: mA=3 kg; mg=5 kg A) 100N D) 40 N B) 30N C) 2ON E) 50N 79
  76. 76. LUMBRERAS EDITORES i Resoluciòn Segunda Iey de Newton para eI bIoque B Para determinar Ia reacciòn entre bloques, pri- mero determinaremos el modulo de la acelera- ciòn aplicando Ia forma pràctica de Ia segunda Luego Iey de Newton, donde no se separen Ios cuer- pos, sino se estudie todo el conjunto por tener un unico movimiento. Reempbzamos FRIX)= m‘7(X) RAB(X)"'FZ: ÎÎÎBÙ RABsen37°—(1O)=5(4) F1 > F2, eI sistema acelera RA5=5O N M59 _g_ _CLAvE ® 7777 "E )R PROBLEMA N. ° s5 Un bloque es elevado por un motor; luego en eI instante mostrado se rompe Ia cuerda. Indique Utilizamos la Segunda Iey de Newton verdadero (V) o falso (F) en Ias siguientes propo- Flfimsa siciones. (g=10 m/ sz) (42—10)= (3+5)a a=4 m/ sz Tanto eI bloque A como el bloque B experimen- tan una aceleraciòn de 4 m/ sz. Bloque B I. El bloque se detiene bruscamente. II. El bloque continua su movimiento con ace- leraciòn de mòdulo 6 m/ sz. III. - Alcanza su altura màxima luego de 1,8 s. R . AB RAam 5 A) FFF s) FVF c) vvv R1 D) VFF E) FVV 80
  77. 77. Resoluciòn Falsa AI romperse el hilo, se mueve por inercia. Como el bloque tiene velocidad en P, se resiste a cambiar dicha velocidad, trata de conservarla; esta propiedad se denomina inercia. Verdadera AI romperse Ia cuerda, sobre eI bloque ac- tuan dos fuerzas (751, y que no se equili- bran, existiendo una fuerza resultante que causa una aceleraciòn. En Y, FRm= may; aY=0 R—8m= m(0) —> R=8m En X, FR1X)= ma(X) 6m= ma —> a=6 m/ sz DINÀMICA III. Falsa Dado que las fuerzas que actuan sobre eI bloque son constantes, la aceleraciòn (3 m/ sz) que experimenta también es constante, y al describir una trayectoria rectilinea se tiene un MRUV. vf= v0—at O=18—6t t=3s JLAVE PROBLEMA 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 demora en Ilegar al piso. A) 72s B) 25 C) 45 D) 2x55 E) 3s 81
  78. 78. LUMBRERAS EDITORES _. Resoluciòn Estudiamos el movimiento del bloque. v= O v' 9 - , x 59:99: a ' 5 no‘) ‘a r En Y', a(, =0 fN= mgcos6 En X‘, FR(X. )=maX. mgsen8——fK= ma (I) Pew fx= uxfu fK= uKmgcos6 Luego en (I) mgsen8—u, (mgcos6=ma a= (sen9—p. ,(cos6)g La aceleraciòn se mantiene constante en mòdu- lo y direccio’n; siendo la trayectoria una recta, eI bloque experimenta MRUV. Tramo AB 1 dALFWÎ/ xifiî “ÎZAB dAB= %a(tAB)2 l") 82 Tramo 2 Îf= ygtAB+%a(2)2 (III) Dividimos (II) + (III) 2434 (2)2 tAB =2x/2 s PROBLEMA N. ° 87 En Ia figura mostrada, calcule el mòdulo de la aceleraciòn que experimenta eI bloque de masa m1. Considere que la cuerda es inextensible; ademés m1=2m2; g=10 m/ sz. A) 2/3 m/ sz s) 3/2 m/ sz c) 5/3 m/ sz D) 4/3 m/ s’ E) 3/4 m/ s’ Resoluciòn Elaboramos eI DCL de cada bloque.
  79. 79. Descomponemos las fuerzas en forma paralela y particular a Ios planos inclinados. La componente de la fuerza de gravedad para- lela al plano inclinado de m1 es mayor que de m2 (10m2 > 8m2); entonces Ios bloques acele- ran en Ias direcciones indicadas en los gràficos. Aplicamos la segunda Iey de Newton o Para m1 FR= m1a=2m2a 10m2—T=2m2a (I) - Para m2 FR= ÌTÌ2U T—8m2=m2a (II) De (I)+(II) 2m2=3m2a 2 2 = —m/ s a 3 _CH‘Y. E. . DINÀMICA PROBLEMA N. ° 88 En la figura, Ios bloques unidos por una cuer- da se deslizan por un plano inclinado. Calcule la Iectura del dinamòmetro, si la fuerza de ro- zamiento sobre B es 10 N y eI bloque A es liso. Datos: mA=10 kg; mg=5 kg; g=10 m/ sz A) 5,67 N B) 3,55 N C) 4,77 N D) 5,72 N E) 6,67 N Resoluciòn Estudiamos a cada bloque. - Bloque B Aplicamos la segunda ley de Newton En X‘, FR= ma T+30-10=(5)a T+20=5a (I) 83
  80. 80. LUMBRERAS EDITORES Resoluciòn Graficamos el problema. Caso 1: superficie lisa Aplicamos la segunda Iey de Newton En X‘, FR= ma Cuando la superficie es lisa, el mòdulo de la ace- 60—T=10(a) (II) Ieraciòn es De (I)+(II) a1=gsen37° 80=15a °1=6 m/ SZ a=1_5m/ S2 El bloque experimenta un MRUV 3 1 d = t — r2 En(| ) AB VA +291 16 1 r+20=5(—) dAB=0(t)+—(6)(8)2 3 2 725,57 N dAB=192 m (I) Por Io tanto, la Iectura del dinamòmetro es 6,67 N. _CLAvE Caso 2: superficie rugosa PROBLEMA N. ° 89 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, emplearia 10 s. aCuàI es eI coeficiente de rozamiento en este Caso? (g=10 m/ sz) Apucamos la segLmda ley de’ Newton FR= ma A) 0,18 B) 0,27 C) 0,42 6m-fK= ma2 (II) D) 0,75 E) 0,22 fK= uKfN= uK(8m) (III) 84
  81. 81. Reemplazamos (III) en (II) 6m-)J. K(8m) = ma2 11K = 6:72 (IV) Calculamos a2 MRUV para el bloque 1 dAB= vDt+Ea2t2 De (I) 192=0(1o)+% a2(1O)2 a2=3,84 m/ sz En (IV) 6—a2 8 _ 6—3,84 HK: I1K uK= O,27 _C. LAvE PROBLEMA N. ° 90 Determine el modulo de la fuerza de rozamien- to entre eI bloque y la Cufia, si el bloque se mue- ve verticalmente con una aceleraciòn de mòdu- lo 2 m/ sz. Datos: m=2 kg; g=10 m/ sz A) 16N m B) 12,8N L y)” C) 9,6N L D) 24N M 37° E) 4N m. " DINAMICA Resoluciòn Para determinar la fuerza de rozamiento entre eI bloque y la Cufia, es convenientemente estu- diar al bloque porque se tiene mayor informa- ciòn sobre él. DCL del bloque Como la aceleraciòn del bloque es vertical, en- tonces la fuerza resultante tiene que ser verti- cal; en consecuencia, necesariamente la reac- ciòn de la CuFIa sobre el bloque tiene que ser vertical. Segunda Iey de Newton para eI bloque Fg=2O N 2 m/ s2=a i R FR= ma Fg—R= ma Reemplazamos 20—R= (2)(2) '. R: 16 N 85
  82. 82. LUMBRERAS EDITORES Descomponemos R para hallar la fuerza de ro- R°5°'“"°" zamiento . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .1”; La reacciòn del coche sobre el bloque se deter- minara’ a partir del movimiento que experimen- DCL del bloque PROBLEMA N. ° 9| El bloque mostrado no se desliza por la super- ficie del coche, y el dinamòmetro indica 20 N. E" X aCuàI es el mòdulo de la reacciòn del coche FR(X)= ""’X sobre el bloque? Desprecie todo rozamiento. R= ma ( =10 2) g m/ s EnY 0y=0 —) FR(Y)=0 Reemplazamos en (I) R= (2)(gtan37°) R=15N A) 5N B) 6N C) 10N D) 15N E) 2ON tan ambos cuerpos. Por condiciòn del problema, eI bloque no se desliza sobre el coche, ello signi- fica que ambos se mueven Como una unidad ex- perimentando la misma velocidad y aceleraciòn. Adema's, del problema resuelto N. ° 33 se dedu- ce que el mòdulo de la aceleraciòn del coche y, por Consiguiente, del bloque es a= gtan37°. (l)

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