Problemas Resueltos Leyes Newton

PROBLEMAS RESUELTOS LEYES DE NEWTON"No sé cómo puedo ser visto por el mundo, pero en mi opinión, me he comportado como un niño que juega al borde del mar, y que se divierte buscando de vez en cuando una piedra más pulida y una concha más bonita de lo normal, mientras que el gran océano de la verdad se exponía ante mí completamente desconocido." SIR ISAAC NEWTON Esta era la opinión que Newton tenía de sí mismo al fin de su vida. Fue muy respetado, y ningún hombre ha recibido tantos honores y respeto, salvo quizá Einstein. Heredó de sus predecesores, como él bien dice "si he visto más lejos que los otros hombres es porque me he aupado a hombros de gigantes"- los ladrillos necesarios, que supo disponer para erigir la arquitectura de la dinámica y la mecánica celeste, al tiempo que aportaba al cálculo diferencial el impulso vital que le faltaba. Este solucionario sobre las leyes de Newton tiene como objetivo colocar al servicio de la comunidad universitaria y a todos los interesados en el tema de vectores, equilibrio y movimiento de los cuerpos. Esta obra fue concebida buscando llenar en parte el vacío de conocimientos en el tema y da las bases y fundamentos de una manera sencilla y de fácil entendimiento. Son problemas de las físicas de Sears – Zemansky, Halliday – Resnick, Serway, Finn y otros grandes profesores en el tema. Para cualquier inquietud o consulta escribir a: [email protected] [email protected] [email protected] 0HU U H1U U H2U U Erving Quintero Gil Ing. Electromecánico Bucaramanga – Colombia 2010 1 PROBLEMA DE REPASO DE LA FISICA DE SERWAY Pág. 132 de la cuarta edición Considere los tres bloques conectados que se muestran en el diagrama. Si el plano inclinado es sin fricción y el sistema esta en equilibrio, determine (en función de m, g y θ). a) La masa M b) Las tensiones T1 y T2. Bloque 2m N1 T2 T1 θ W1Y 2m T1 m T1 T2 Bloque 2m ΣFx = 0 T1 – W1X = 0 Pero: W1X = W1 sen θ W1 = (2m) * g W1X = (2m * g) sen θ Reemplazando T1 – W1X = 0 T1 – (2m * g) sen θ W1X M θ W1 = 2m*g = 0 (Ecuación 1) Bloque m ΣFx = 0 T2 - T1 – W2X = 0 Pero: W2X = W2 sen θ W2X = (m * g) sen θ Reemplazando T2 - T1 – W2X = 0 T2 - T1 – (m*g) sen θ W2 = m * g Bloque m N2 T1 W2X θ =0 (Ecuación 2) T2 W2Y Resolviendo las ecuaciones tenemos: T1 – (2 m * g) sen θ = 0 (Ecuación 1) T2 - T1 – (m * g) sen θ = 0 (Ecuación 2) T2 – (2 m * g) sen θ – (m * g) sen θ T2 – (3 m * g) sen θ = 0 T2 = (3 m*g) sen θ T1 – W1X = 0 T1 = W1X = (2 m * g) sen θ T1 = (2 m*g) sen θ =0 W2 = m*g Bloque M T2 Bloque M ΣFY = 0 T2 – W3 = 0 T 2 = W3 W3 = M * g 2 W3 = M * g T2 = M * g Pero: T2 = (3 m * g) sen θ T2 = M * g M * g = (3m*g) sen θ M = (3m) sen θ a) La masa M M = 3 m sen θ Si se duplica el valor encontrado para la masa suspendida en el inciso a), determine: c) La aceleración de cada bloque. d) Las tensiones T1 y T2. La masa es M = 3 m sen θ El problema dice que se duplique la masa M = 2 * (3 m sen θ) M = 6 m sen θ T2 T2 m T1 2m T1 M Al duplicar la masa, el cuerpo se desplaza hacia la derecha. Bloque 2m N1 W1X θ T1 W1Y θ Bloque 2m ΣFx = (2 m) * a T1 – W1X = 2 m * a Pero: W1X = W1 sen θ W1 = 2 m * g W1X = (2m * g) sen θ Reemplazando T1 – W1X = 2 m * a T1 – (2 m * g) sen θ = 2 m * a (Ecuación 1) W1 = 2m*g Bloque m ΣFx = (m) * a T2 - T1 – W2X = m * a Pero: W2X = W2 sen θ W2X = (m * g) sen θ Reemplazando T2 - T1 – W2X = m * a W2 = m*g Bloque m N2 T1 W2X θ W2Y T2 W2 = m*g 3 T2 = 6 m sen θ * a (Ecuación 3) T2 Bloque M W3 = 6 m sen θ * g – (2m*g) sen θ – (m *g) sen θ + 6 m sen θ * g = 2m * a + m * a – (3m*g) sen θ + 6 m sen θ * g = 3m * a + 6 m sen θ * a 3 m g sen θ = 3 m * a + 6 m sen θ * a Cancelando las masas m m g sen θ = m * a + 2 m sen θ * a g sen θ = a + 2 sen θ * a a + 2 sen θ * a = g sen θ Factorizando la aceleración a(1 + 2 sen θ) = g sen θ + 6 m sen θ * a a= g senθ 1 + 2 senθ Despejando la ecuación 3 para hallar T2 6 m sen θ * g .T2 = 6 m sen θ * a (Ecuación 3) Resolviendo las ecuaciones tenemos: T1 – (2m * g) sen θ = 2m * a (Ecuación 1) T2 .a ) = T2 Pero: a = g senθ 1 + 2 senθ Reemplazando g senθ ⎤ ⎡ 6 m sen θ ⎢g = T2 ⎣ 1 + 2 sen θ ⎥ ⎦ Factorizando g 4 .T1 – (m*g) sen θ = m * a (Ecuación 2) 6 m sen θ * g .T2 = 6 m sen θ * a W3 = 6 m sen θ * g Reemplazando 6 m sen θ * g .T1 – (m * g) sen θ = m * a (Ecuación 2) Bloque M ΣFY = (6 m sen θ) * a W3 .6 m sen θ * a = T2 6 m sen θ ( g .T2 = 6 m sen θ * a (Ecuación 3) 6 m sen θ * g .T2 . f) El valor máximo de M.senθ ⎤ 6 m g sen θ ⎢ ⎥ = T2 1 + 2 sen θ ⎣ ⎦ ⎡ 1 + senθ ⎤ 6 m g sen θ ⎢ ⎥ = T2 ⎣ 1 + 2 sen θ ⎦ ⎡ (6 m g sen θ ) * (1 + senθ ) ⎤ T2 = ⎢ ⎥ 1 + 2 sen θ ⎣ ⎦ Despejando la ecuación 1 para hallar T1 T1 – (2m*g) sen θ = 2m * a T1 = 2m * a + 2m*g sen θ Pero: a = (Ecuación 1) g senθ 1 + 2 senθ ⎛ (2 m ) g sen θ ⎞ T1 = ⎜ ⎟ + 2 m g senθ ⎝ 1 + 2 sen θ ⎠ ⎛ g sen θ ⎞ T1 = 2 m ⎜ ⎟ + 2 m g senθ ⎝ 1 + 2 sen θ ⎠ ⎛ 2 m g sen θ + [(2 m g senθ )(1 + 2senθ )] ⎞ T1 = ⎜ ⎟ 1 + 2 sen θ ⎝ ⎠ ⎛ 2 m g sen θ + 2 m g sen θ + 4 m g sen 2 θ T1 = ⎜ ⎜ 1 + 2 sen θ ⎝ ⎛ 4 m g sen θ + 4 m g sen 2 θ ⎞ ⎟ T1 = ⎜ ⎜ ⎟ 1 + 2 sen θ ⎝ ⎠ Factorizando ⎛ 4 m g sen θ ( 1 + sen θ ) ⎞ T1 = ⎜ ⎟ 1 + 2 sen θ ⎝ ⎠ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ Si el coeficiente de fricción estática entre m y 2m y el plano inclinado es μS y el sistema esta en equilibrio encuentre: e) El valor mínimo de M. T2 g) Compare los valores de T2 cuando M tiene sus valores mínimo y máximo m T1 2m T1 FR FR T2 M θ 5 .senθ ⎤ ⎡ 6 m g sen θ ⎢1 = T2 1 + 2 sen θ ⎥ ⎣ ⎦ ⎡ 1 + 2senθ . T1 – (m * g) sen θ = 0 (Ecuación 5) Bloque m N2 T1 W2X θ T2 FR W2Y ΣFY = 0 N2 – W2Y = 0 W2Y = W2 cos θ W2 = m*g 6 .T1 – W2X = 0 Pero: W2X = W2 sen θ W2 = m * g W2X = (m * g) sen θ T2 + FR .W1Y = 0 Pero: W1Y = W1 cos θ Pero: W1 = 2 m g W1Y = 2 m g cos θ N1 = W1Y N1 = 2 m g cos θ (Ecuación 2) Pero: FR = μS * N1 (Ecuación 3) FR = μ *2 m g cos θ W1 = 2m*g Reemplazando en la ecuación 1. Bloque 2m ΣFx = 0 T1 + FR – W1X = 0 Pero: W1X = W1 sen θ W1 = 2m * g W1X = (2m * g) sen θ Reemplazando T1 + FR – W1X = 0 T1 + FR – (2m * g) sen θ = 0 (Ecuación 1) Bloque 2m N1 W1X θ FR T1 W1Y ΣFY = 0 N1 . tenemos T1 + FR – (2m * g) sen θ = 0 T1 + μ *2 m g cos θ – (2 m * g) sen θ = 0 (Ecuación 4) Bloque m ΣFx = 0 T2 + FR .Para hallar el valor mínimo de M se considera que el cuerpo intenta el desplazamiento hacia la izquierda y la fuerza de rozamiento se opone a esto.T1 – W2X = 0 T2 + FR . T2 = 0 (Ecuación 8) μ *2 m g cos θ – (2 m * g) sen θ Sumado términos semejantes μ *3 m g cos θ – (3 m * g) sen θ + μ * m g cos θ +M*g =0 Bloque M T2 W3 = M * g – (m*g) sen θ +M*g =0 M * g = 3 m g sen θ .T1 – (m*g) sen θ = 0 T2 + μ * m g cos θ . hallamos T2 M * g .μ cos θ )* g Este es el valor de T2. cuando M es mínimo f) El valor máximo de M.T1 – (m*g) sen θ = 0 (Ecuación 7) Bloque M ΣFY = 0 W 3 .Pero: W2 = m g N2 = W2Y = m g cos θ Pero: FR = μ * N2 FR = μ * m g cos θ (Ecuación 6) Reemplazando la ecuación 6 en la ecuación 5 T2 + FR2 . Para hallar el valor máximo de M se considera que el cuerpo intenta el desplazamiento hacia la derecha y la fuerza de rozamiento se opone a esto.T2 = 0 (Ecuación 8) 3 m (sen θ .T2 = 0 T 2 = W3 W3 = M * g T2 = M * g M * g .3 μ m cos θ M = 3 m (sen θ .T2 = 0 (Ecuación 8) Resolviendo las ecuaciones tenemos: T1 + μ *2 m g cos θ – (2 m * g) sen θ = 0 (Ecuación 4) T2 + μ * m g cos θ .μ cos θ ) (Este es el valor mínimo de M para que el sistema se mantenga en equilibrio) Reemplazando M en la ecuación 8.T1 – (m*g) sen θ = 0 (Ecuación 7) M * g .μ cos θ ) * g . Bloque 2m ΣFx = 0 7 .T2 = 0 Despejando T2 T2 = 3 m (sen θ .3 μ m g cos θ Se cancela la g (gravedad) como termino común M = 3 m sen θ . T1 – (m*g) sen θ = 0 T2 .FR .W1Y = 0 Pero: W1Y = W1 cos θ Pero: W1 = 2 m g N1 = W1Y N1 = 2 m g cos θ (Ecuación 10) Pero: FR = μ * N1 FR = μ *2 m g cos θ (Ecuación 11) W1 = 2m*g Reemplazando la ecuación 11 en la ecuación 9.μ * 2 m g cos θ – (2 m * g) sen θ = 0 (Ecuación 12) Bloque m ΣFx = 0 T2 .FR – (2m*g) sen θ = 0 T1 .T1 – (m*g) sen θ = 0 (Ecuación 16) 8 .FR1 – W1X = 0 Pero: W1X = W1 sen θ W1 = 2m * g W1X = (2m*g) sen θ Reemplazando T1 .T1 .FR . tenemos T1 .FR .FR1 – (2m*g) sen θ = 0 (Ecuación 9) Bloque 2m N1 W1X FR θ T1 W1Y ΣFY = 0 N1 .T1 – W2X = 0 (Ecuación 13) T2 .T1 – W2X = 0 (Ecuación 13) Pero: W2X = W2 sen θ W2 = m * g W2X = (m*g) sen θ Pero: W2 = m g Pero: W2Y = W2 cos θ W2Y = m g cos θ Bloque m N2 T1 W2X FR T2 θ W2Y ΣFY = 0 N2 – W2Y = 0 N2 = W2Y = m g cos θ (Ecuación 14) Pero: FR = μ * N2 FR = μ * m g cos θ (Ecuación 15) W2 = m*g Reemplazando la ecuación 15 en la ecuación 13 T2 .μ * m g cos θ .FR1 – W1X = 0 T1 . Bloque M ΣFY = 0 W 3 - T2 = 0 T 2 = W3 W3 = M * g T2 = M * g M * g - T2 = 0 (Ecuación 17) Resolviendo las ecuaciones tenemos: T1 - μ *2 m g cos θ – (2 m * g) sen θ = 0 (Ecuación 12) T2 - μ * m g cos θ - T1 – (m*g) sen θ = 0 (Ecuación 16) M * g - T2 = 0 (Ecuación 17) Bloque M T2 W3 = M * g - μ *2 m g cos θ – (2 m * g) sen θ - μ * m g cos θ – (m * g) sen θ + M * g = 0 - μ *3 m g cos θ – (3 m * g) sen θ +M*g =0 Se cancela la g (gravedad) como termino común M * g = 3 m g sen θ + 3 μS m g cos θ M = 3 m sen θ + 3 μ m cos θ M = 3 m (sen θ + μ cos θ ) El valor máximo de M, para que el sistema no se desplace hacia la derecha Reemplazando M en la ecuación 17, hallamos T2 M * g - T2 = 0 (Ecuación 17) 3 m (sen θ + μ cos θ )* g - T2 = 0 Despejando T2 T2 = 3 m (sen θ + μ cos θ ) * g Este es el valor de T2, cuando M es máximo. g) Compare los valores de T2 cuando M tiene sus valores mínimo y máximo Despejando T2 T2 = 3 m (sen θ - μ cos θ ) * g Este es el valor de T2, cuando M es mínimo Despejando T2 T2 = 3 m (sen θ + μ cos θ ) * g Este es el valor de T2, cuando M es máximo. Problema 5 – 1 Edición cuarta; Problema 5 – 1 Edición quinta Una fuerza F aplicada a un objeto de masa m1 produce una aceleración de 3 m/seg2 La misma fuerza aplicada a un objeto de masa m2 produce una aceleración de 1 m/seg2 . a) Cual es el valor de la proporción m1 / m2 b) Si se combinan m1 y m2 encuentre su aceleración bajo la acción de F. a) Por la acción de la segunda ley de newton, tenemos: a1 = 3 m/seg2 a2 =1 m/seg2 9 F = m1 * a1 (Ecuación 1) F = m2 * a2 (Ecuación 2) Como la fuerza F es igual para los dos objetos, igualamos las ecuaciones. m1 * a1 = m2 * a2 m1 a 2 1 = = m2 a1 3 m1 1 = m2 3 b) Si se combinan m1 y m2 encuentre su aceleración bajo la acción de F. MT = m1 + m2 F = (m1 + m2) * a a = F (Ecuación 3) m1 + m 2 F 3 F = F 1 Pero: F = m1 * a1 = m1 * 3 m1 = F = m2 * a2 = m2 * 1 m2 = Reemplazando m1 y m2 en la ecuación 3, tenemos: a = F F F 3F 3 = = = = F 4F 4F 4 m1 + m 2 + F 3 3 a = ¾ m/seg2 a = 0,75 m/seg2 Problema 5 – 2 Edición cuarta; Problema 5 – 20 Edición quinta Tres fuerza dadas por F1 = (- 2i + 2j )N, F2 = ( 5i -3j )N, y F3 = (-45i) N actúan sobre un objeto para producir una aceleración de magnitud 3,75 m/seg2 a) Cual es la dirección de la aceleración? ∑F = m * a ∑F = F1 + F2 + F3 θ - 42 ∑F = (- 2i + 2j ) + ( 5i -3j ) + (-45i) = m * a = m * (3,75 ) a Donde a representa la dirección de a ∑F = (- 42i - 1j ) = m * a = m * (3,75 ) a -1 F = 42 Newton 10 F = (- 42)2 + (- 1)2 = 1765 = 42 Newton tg θ = -1 = 2,3809 * 10 - 2 - 42 Θ = arc tg 2,3809 * 10-2 Θ = 181,360 42 = = m * (3,75 ) a La aceleración forma un ángulo de 1810 con respecto al eje x. b) Cual es la masa del objeto? 42 = m * (3,75 ) m= 42 = 11,2 Kg 3,75 c) Si el objeto inicialmente esta en reposo. Cual es su velocidad después de 10 seg? VF = V0 +a * t pero: V0 = 0 VF = a * t pero: a = 3,75 m/seg2 Θ = 1810 VF = a * t = 3,75 m/seg2 * 10 seg VF = 37,5 m/seg 1810 VX VY VF = 37,5 m/seg d) Cuales son las componentes de velocidad del objeto después de 10 seg. VX = VF * cos 181 = - 37,5 m/seg VY = VF * sen 181 = - 0,654 m/seg Problema 5 – 4 Edición Cuarta Serway Una partícula de 3 kg parte del reposo y se mueve una distancia de 4 metros en 2 seg. Bajo la acción de una fuerza constante única. Encuentre la magnitud de la fuerza? m = 3 Kg. X = 4 metros T = 2 seg. X = V0 t + X= 1 2 at 2 1 2 a t pero; V0 = 0 2 2 X = a t2 a= 2 X 2*4 8 m = = =2 4 t2 22 seg 2 F=m*a F = 3 * 2 = 6 Newton. 11 82 m de longitud. V0 = 0 VF = 80 km/hora. m = 5 gr.82 m 0 (VF) = (V0) + 2 a X 2 a x = (VF)2 2 2 a= (VF )2 2X = - (320)2 2 * 0. Al acelerar uniformemente su brazo durante 0.82 = - 102400 m = 62439.22 t= F = = 444. Cuanto tarda en incrementar su rapidez 0 a 80 km/hora.4 seg a 5 *10 . Problema 5 – 6 serway Edición quinta Un lanzador tira horizontalmente hacia el frente una pelota de béisbol de 1.91 Newton. Que fuerza ejercen los gases en expansión tras la bala mientras se mueve por el cañón del rifle de 0. m = 15000 toneladas. Problema 5 – 5 serway Edición quinta Una bala de 5 gr sale del cañón de un rifle con una rapidez de 320 m/seg. Problema 5 – 6 serway Edición cuarta.005 kg 1000 gr F=m*a F = 0. 12 .Problema 5 – 4 Edición quinta serway Un tren sorprendentemente pesado tiene una masa de 15000 toneladas métricas. Si la locomotora puede arrastrar con una fuerza de 750000 Newton. Suponga aceleración constante y fricción despreciable. VF = 320 m/seg X = 0. VF = 80 F=ma km 1000 m 1 hora m * * = 22.02 = 312.09 seg Si la bola parte del reposo.4 Newton de peso a una velocidad de 32 m/seg.02 1.005 * 62439.64 seg 2 m = 5 gr * 1 kg = 0. = 15000000 KG F = 750000 Newton.22 hora 1 km 3600 seg seg a= F 750000 Newton m = = 5 * 10 -2 m 15000000 kg seg 2 VF = V0 +a * t pero: V0 = 0 VF = a * t V 22.2 Problema 5 – 5 serway Edición Cuarta. Cuanto tarda en aumentar la velocidad del tren del reposo hasta 80 km/hora. Problema 5 – 7 Serway Edición Cuarta.55 = 1024 = 1. F=ma F = 3 * (2 i + 5 j) F = (6 i + 15 j) Newton FR = 16. V0 = 0 VF = 32 m/seg VF = V0 +a * t pero: V0 = 0 VF = a * t V m 32 a= F = = 355.44 metros 711.5 * 107 kg. m = 1. V0 = 0 VF = 80 km/hora.4 Newton t = 0.15 Newton FR = (15)2 + (6 )2 15 j 6i Problema 5 – 8 Serway Edición cuarta Un tren de carga tiene una masa de 1.142 * 355.142 kg m g 9.4 Newton = = 0.09 seg.5 * 107 kg. F = 7.8 seg 2 0 2 2 (VF) = (V0) – 2 * a * X 2 a x = (VF)2 X= (VF )2 2a = (32)2 2 * 355.11 FX = m a = 0. W = 1.22 hora 1 km 3600 seg seg 13 .5 * 105 Newton.55 t 0.79 Newton. Si la locomotora puede ejercer un jalón constante de 7. VF = 80 km 1000 m 1 hora m * * = 22.15 N = 261 = 16.5 * 105 Newton.55 FX = 50. Problema 5-3 Serway Edición quinta Una masa de 3 kg se somete a una aceleración dada por a = (2 i + 5 j) m/seg2 Determine la fuerza resultante F y su magnitud.a) Que distancia se desplaza antes de acelerarse? b) Que fuerza ejerce el lanzador sobre la pelota.09 seg 2 W=mg m= W 1. 448 Newton = 556 Newton 1 lb m= W 556 N = = 56. Encuentre la magnitud de la fuerza neta que actua sobre esta masa en t= 2 seg.22 t= F = = 444.2 m 1. con sus coordenadas x.5 * 10 5 Newton m = = 5 * 10 .1) dt Vx = 10 t d vx dt d (10t) ax = dt ax = ax = 10 m/seg2 si t = 2 seg.y esta en metros y t en segundos.y dadas por X = 5t2 -1 Y = 3t2 +2 donde x.73 kg m g 9.5 * 10 7 kg seg 2 VF = V0 +a * t pero: V0 = 0 VF = a * t V 22. Determine a) Su peso en Newton.4 seg -2 a 5 *10 Problema 5 – 9 Serway Edición Cuarta Una persona pesa 125 lb. vx = dx dt vx = d (5t 2 .F=ma a= F 7. W = 125 lb * W=mg 4. FX = m ax 14 . b) Su masa en kg.8 seg 2 Problema 5 – 22 Serway Edición quinta Una masa de 3 kg se mueve en un plano. 5 TX TY m = 1 Kg W=m* TX TY θ = arc tg 0.8 Newton θ 15 . Dibuje un diagrama de cuerpo libre del ave cuanta tensión produce el ave sobre el alambre.18 = 0. Tg θ = 0. Ignore el peso del cable.FX = 3 * 10 = 30Newton vy = dy dt d (3t 3 + 2) dt d vy dt d (9t 2 ) dt vy = Vy = 9 t2 ay = ay = ay = 18 t ay = 18 t = 18 * 2 ay = 36 m/seg2 FY = m a Y FX = 3 * 36 = 108 Newton F= F= (FX )2 (30)2 + (FY )2 + (108)2 = 12564 = 112.W = 0 Pero: Ty = T sen 0.8 = 9. Un pájaro de 1 kg.008 θ = 0.45830 50 metros 25 metros 25 metros θ 25 metros m = 1 Kg W=m*g 0. Se posa sobre el cable telefónico a la mitad entre los postes de modo que la línea se pandea 0.2 m ∑ FY = 0 ∑ F Y = T Y + TY .2 metros.008 22.08 Newton Problema 5 – 23 Serway Edición quinta La distancia entre dos postes de teléfono es 50 metros.4583 W = m * g = 1 * 9. (3 * 105)2 = 2 * a * X (49 * 1010) .8 T= 9. VF = 7 * 105 m/seg 5 cm (VF)2 = (V0)2 + 2 * a * X (VF)2 . Viaja en línea recta y su rapidez aumenta a 7 * 105 m/seg.6 * 10 .18 = = 0.8 9.4583 = W = 9.11 * 10 – 31 kg * 9. 2 sen 0.4583 .(9 * 1010) = 2 * a * X (40 * 1010) = 2 a X Pero: X = 5 cm = 0.9278 * 10 – 30 Newton fuerza del electron 3.4583 + T sen 0. la cual se ha despreciado Peso del electrón = masa del electrón * gravedad Peso del electrón = 9.4583 1. Suponiendo que su aceleración es constante. Problema 5 – 7 Serway Edición sexta Un electrón de masa 9.4081 * 10 9 -30 peso del electron 8.644 * 10 – 18 Newton b) Compare esta fuerza con el peso del electrón.11 * 10 – 31 kg tiene una rapidez inicial de 3 * 105 m/seg.8 = = 612.05 metros a= 40 * 1010 2 X = m 40 *1010 40 *1010 = = 4 *1012 0.8 m/seg2 Peso del electrón = 8.2 Problema 5 – 24 Serway Edición cuarta.(V0)2 = 2 * a * X (7 * 105)2 . la cual se ha despreciado V0 = 3 * 105 m/seg. En una distancia de 5 cm.9278 * 10 El electrón es 408 mil millones de veces más pequeño con respecto al valor de la fuerza ejercida sobre el electrón. Problema 5 – 11 Serway Edición quinta.W = 0 2 T sen 0.11 * 10 – 31 kg F = 9.1 2 * 0.644 * 10 .T sen 0.88 Newton.11 * 10 – 31 * (4 * 1012) F = 3. a) determine la fuerza ejercida sobre el electrón b) Compare esta fuerza con el peso del electrón.05 seg 2 F=ma Pero: m = 9. 16 . 72) 25 0 T2X T 2Y T1X W = 325 N T2 = 163. T2 y T3 T1Y = T1 . Problema 5 – 18 Serway Edición Sexta Una bolsa de cemento de 325 Newton de peso cuelgan de 3 alambres como muestra la figura.72 N. 0. Si el sistema esta en equilibrio encuentre las tensiones T1 . T2 = 0. T1 = Para hallar TC se reemplaza en la ecuación 1.866 T1 + 0. sen 60 T1X = T1 .5 T1 T3 T2 0.4226 *(0. Problema 5 – 26 Serway Edición Cuarta Encuentre la tensión en cada cuerda para los sistemas mostrados en la figura P5. cos 60 T2Y = T2.72 Newton 1.5516 T1 T2 = 0.5516 T1 (Ecuación 1) T2 = 0.866 T1 + 0.099 T1 = 295. cos 25 = T1 .5516 * (295. sen 25 T2X = T2 .9063 = T1 .Problema 5 – 24 Serway Edición quinta. Ignore la masa de las cuerdas.2331 T1 = 325 1. 0.4226 T2 = 325 (Ecuación 2) Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 0. Dos de los alambres forman ángulos θ1 = 600 θ2 = 250 con la horizontal. ∑ FX = 0 ∑ FX = T2X – T1X = 0 T2X = T1X 17 .4226 T2 = 325 0.099 T1 = 325 T1 T1Y T2 60 0 325 = 295. sen 60 + T2.T2X = 0 (ecuación 1) T1X = T2X T2 .5516 T1) = 325 0. cos 25 600 250 Σ FX = 0 T1X .866 T1 + 0.866 T1 + 0.9063 Σ FY = 0 T1Y + T2Y – W = 0 T1Y + T2Y = W pero: W = 325 N T1Y + T2Y = 325 T1 .11 Newton.26. cos 60 T2 .5 * T1 = 0. sen 25 = 325 W = 325 N 0. 1918 T1 (ecuación 1) T2 = 1.54 Newton T2 = 37.766 + T1 0.766 + T1 0.1918 (31.W = 0 T2 sen 50 + T1 sen 40 – 49 = 0 T2 0.766 T2 = 1 = T1 1.Pero: T2X = T2 cos 50 T1X = T1 cos 40 Reemplazando T2X = T1X T2 cos 50 = T1 cos 40 T2 0.766 + T1 0.1918 T1 (1.54 Newton.6427 – 49 = 0 T1 = 49 = 31.5556 Se reemplaza en la ecuación 1 T2 = 1.6427 – 49 = 0 (0.6427 T2 = 1.5 Newton 1. 18 .5 ) = 37.1918 T1) * 0.6427 – 49 = 0 (ecuación 2) Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2.5556 T1 = 49 T2 0.766 400 500 T1 T3 m = 5 Kg T3 T2 T 0. pero: T2 = 1.6427 = 49 1.9129 T1) + T1 0.8 = 49 Newton T1Y T1 400 T1X m = 5 Kg W=m*g T2 500 T2X T2Y Reemplazando T2Y + T1Y .6427 = T1 0.W = 0 Pero: T2Y = T2 sen 50 T1y = T1 sen 40 W = m * g = 5 * 9.1918 0.1918 T1 (ecuación 1) ∑ FY = 0 ∑ FX = T2Y + T1Y . Al volar de regreso de un incendio a rapidez constante de 40 m/seg.8 = 98 Newton Reemplazando T1Y .W = 0 T1 sen 60 – 98 = 0 T1 sen 60 = 98 (ecuación 2) 98 98 T1 = = = 113.∑ FX = 0 ∑ FX = T2 – T1X = 0 T2 = T1X Pero: T1X = T1 cos 60 Reemplazando T2 = T1X T2 = T1 cos 60 T2 = T1 0.5 Problema 5 – 28 Serway Edición quinta Un helicóptero contra incendios transporta un recipiente de 620 kg en el extreme de un cable de 20 metros de largo.58 Newton 0.5 ∑ FY = 0 ∑ FY = T1Y . Cual es la masa del agua en el recipiente? ∑ FY = 0 TY = T cos 40 TX = T sen 40 TY – W = 0 TY – m g = 0 19 .5 600 T1 600 T1X T3 T2 T1 T1Y T3 T3 m = 10 Kg T2 T T1 = 2 (Ecuación 1) 0.866 sen 60 Reemplazando en la ecuación 1 T 113. a) Determine la fuerza de la resistencia del aire sobre el recipiente b) Después de llenar el recipiente con agua de mar el piloto regresa al incendio a la misma rapidez. el cable forma un ángulo de 400 respecto de la vertical.W = 0 Pero: T1y = T1 sen 60 W = m * g = 10 * 9. pero ahora el recipiente forma un angulo de 70 con la vertical.16 T1 = 2 = = 56.5 0.16 Newton 0. 369 = 41834.369 = 0 T sen 7 = 5098.65 Newton FR =7931.FR = 0 Pero: TX = T sen 7 FR = 5098.369 Newton T sen 7 – FR = 0 T sen 7 – 5098. Después de llenar el recipiente con agua de mar el piloto regresa al incendio a la misma rapidez.766 TY 400 T T TY TX FR TX W=mg ∑ FX = 0 T X .369 Newton (Fuerza de rozamiento) c.766 0.65 * 0.63 Newton sen 7 ∑ FY = 0 TY = T cos 7 TY – Wt = 0 T cos 7 – Wt = 0 Wt = m g + peso del agua de mar 20 .T cos 40 – m g = 0 T cos 40 = m g T= mg 620 * 9.6427 FR = 5098. pero ahora el recipiente forma un ángulo de 70 con la vertical.8 6076 = = = 7931.369 T TY FR Tx T= 5098.65 sen 40 FR = 7931. Cual es la masa del agua en el recipiente? Hallamos la nueva tensión en la cuerda ∑ FX = 0 T X .FR = 0 T sen 40 – FR = 0 FR = T sen 40 Pero: T = 7931.65 Newton cos 40 0. 02 kg Problema 5 – 29 Serway Edición cuarta.4583 . 2 sen 0.8 = mt *g mt = 41522. 45 metros 22.88 Newton.02 kg masa del agua de mar = 3617.4583 1.8 9.4583 + T sen 0.8 = 9.4583 W = m * g = 1 * 9.4583 = W = 9.8 = 4237.18 metros.8 Newton Wt = 41522.6 * 10 . Un pájaro de 1 kg se posa sobre cable telefónico a la mitad entre los postes de modo que la línea se pandea 0.5 metros θ 0.008 θ = 0.63 cos 7 Wt = 41522.18 = 0.8 = = 612.8 m = 1 Kg W=m*g TX TY TX TY m = 1 Kg W=m*g T= 9. Problema 5 – 17 Serway Edición sexta La distancia entre dos postes de teléfono es 45 metros.8 Newton T sen 0.W = 0 Pero: Ty = T sen 0.W = 0 2 T sen 0.Wt = T cos 7 Wt = 41834.008 22.8 mt = La masa del recipiente + la masa del agua de mar La masa del recipiente = 620 Kg masa del agua de mar = mt . Cual es la tensión en el cable (Ignore el peso del cable).masa del recipiente masa del agua de mar = 4237.18 m θ = arc tg 0.45830 ∑ FY = 0 ∑ F Y = T Y + TY .5 metros Tg θ = 0.02 kg (La masa del recipiente + la masa del agua de mar) 9.2 21 .5 θ 22.02 – 620 = 3617. 32 Serway cuarta edición. Problema 5 – 27 Serway Quinta edición. Si la balanza de resorte esta calibrada en Newton.8 * 5 = 49 Newton T1 = 49 Newton Problema 5 .T1 = 0 m 1 g = T1 T1 = 9. Dibuje un diagrama de cuerpo libre para la maleta. Problema 5-21 Serway sexta edición Los sistemas que se muestran en la figura están en equilibrio. Problema 5 – 44 Serway Quinta edición. 5-40 Serway sexta edición Una mujer en el aeropuerto jala su maleta de 20 kg a una rapidez constante y su correa forma un ángulo θ respecto de la horizontal (figura p5 – 44).5714 35 FY N F = 35 N θ FR FX W=mg 22 θ = arc cos 0. luego la aceleración es cero. Ella jala la correa con una fuerza de 35 Newton y la fuerza de fricción sobre la maleta es de 20 Newton.150 Que fuerza normal ejerce el piso sobre la maleta? ∑ FY = 0 N + FY – W = 0 N = W . Bloque m1 Σ FY = m1 a pero el sistema esta en equilibrio.FY .5714 θ = 55.Problema 5-30 Serway cuarta edición.8 m/seg2 m1 = 5 kg m2 = 5 kg m1 = 5 kg W1 = m1 * g F = 35 N θ Maleta FR = 20 N cos θ = 20 = 0. a) Que ángulo forma la correa con la horizontal? b) Que fuerza normal ejerce el piso sobre la maleta? ∑ FX = 0 (No existe aceleración por que se desplaza a velocidad constante) FX – FR = 0 F X = FR Pero: FX = F cos θ F cos θ = FR 35 cos θ = 20 Bloque m1 T1 T1 g = 9. Que lectura indica en cada caso? Ignore las masas de poleas y cuerdas y suponga que el plano inclinado es sin fricción. W 1 . 19 Newton N EJE X FX 300 600 FY WX 300 F WY W 23 .7227 N = W . Σ FY = 0 N – WY – FY = 0 (Ecuación 2) Pero: FY = F sen 60 WY = W cos 60 Reemplazando en la ecuación 2 N – WY – FY = 0 (Ecuación 2) N – W cos 60 – F sen 60 = 0 N – m g cos 60 – F sen 60 = 0 N – 2 * 9.Pero: FY = F sen θ FY = 35 sen 55.7227 N = 196 . a) Determine el valor de F. la magnitud de F. como se muestra en la figura P5 – 33. Σ FX = 0 FX – WX = 0 (Ecuación 1) FX = WX Pero: FX = F cos 60 WX = W sen 60 F cos 60 = W sen 60 F W 60 0 sen 60 F=W = W tg 60 = m g tg 60 = 2 * 9.8 .94 * 0.866 = 0 N – 9.39 N = 39.27 Newton PROBLEMA 5 – 33 Serway CUARTA EDICION Un bloque de masa m = 2 Kg.94 Newton cos 60 F = 33.5 – 33. b) Encuentre la fuerza normal ejercida por el plano inclinado sobre el bloque (ignore la fricción).29.39 = 0 N = 9.8 *1.8 + 29.28.150 FY = 28.28.FY N = m g – FY N = 20 * 9.94 Newton Encuentre la fuerza normal ejercida por el plano inclinado sobre el bloque (ignore la fricción).7227 N = 167.8 .732 = 33.8 * 0. Se mantiene en equilibrio sobre un plano inclinado de ángulo θ = 600 mediante una fuerza horizontal F. 2 * a * X (V0)2 = 2 * a * X (V )2 52 25 X= 0 = = = 3. m2 = 6 Kg.703 X = 3.8 sen 20 a = 3.Problema 5 – 33 Serway Quinta edición.729 metros Problema 5 – 34 Serway quinta edición. como en la figura.6 Newton P1 = 19.351 m/seg2 Pero. Problema 5-25 Serway sexta edición A un bloque se le da una velocidad inicial de 5 m/seg. m1 = 2 kg.6 = 2 a (Ecuación 1) 2 T m1 = 2 kg T m2 = 6 kg Bloque m1 Bloque m1 T m1 = 1 kg 550 24 .8 = 19.351 6. Después de que se sueltan desde el reposo.6 Newton Σ Fy = m1 a T – P1 = m1 a T – 19.729 metros 2a 2 * 3. Hacia arriba de un plano sin fricción con una inclinación de 200 Cuan alto se desliza el bloque sobre el plano antes de que se detenga Σ FX = m a WX = m a Pero: WX = W sen 20 W sen 20 = m a m g sen 20 = m a g sen 20 = a a = 9. Si el plano inclinado no tiene fricción y si m1 = 2 Kg. Problema 5 – 26 Serway sexta edición Dos masas están conectadas por una cuerda ligera que pasa sobre una polea sin fricción. m2 = 6 kg. y θ = 550 encuentre: a) Las aceleraciones de las masas b) La tensión en la cuerda c) La rapidez de cada masa 2 seg. V0 = 5 m/seg 0 N N 700 W 200 WX WY 200 W X (VF) = (V0)2 . θ = 550 Pero: P1 = m1 g P1 = 2 * 9. 14 T = 7.6 T = 26.57 T – 19.14 m/seg.8 Newton P2 = 58.166 = 2a + 6a 28.74 Newton La rapidez de cada masa 2 seg.57 * 2 VF = 7. X = 15 cm = 0.566 = 8a 28. Problema 5.6 = 2 * 3. 0 VF = V0 + a t VF = a t VF = 3.6 = 2 a (Ecuación 1) T – 19.19.34 Serway cuarta edición La bala de un rifle con una masa de 12 gr viaja con una velocidad de 400 m/seg Y golpea un gran bloque de madera. Después de que se sueltan desde el reposo.6 = 2 a (Ecuación 1) 48.166 – T = 6 a (Ecuación 2) T – 19.166 Newton Σ FX = m2 a P2X – T = m2 a 48.8 = 58.8 sen 55 P2X = 48.15 m m = 12 gr * 1 kg = 0. Determine la magnitud de la fuerza retardadora (supuesta constante) que actúa sobre la bala.57 8 seg 2 b) La tensión en la cuerda T – 19.6 + 48.012 kg 1000 gr 25 V0 = 400 m/seg VF = 0 .14 + 19.566 m = 3.8 Newton P2X = P2 sen 55 P2X = 58.Pero: P2 = m2 g P2 = 6 * 9.166 – T = 6 a (Ecuación 2) .566 = a(8 ) Bloque m2 T P2Y 550 P2 = m2 g N2 P2X Bloque m2 a = 28.6 = 7. el cual penetra una profundidad de 15 cm. 012 * (-533333.8 sen 55 P2X = 48.0 (VF) = (V0)2 + 2 a X .166 – T = m2 a (Ecuación 2) 48. m2 = 6 Kg. Bloque m1 Σ Fy = m1 a T – P1 = m1 a T – m1 g = m1 a (Ecuación 1) Bloque m2 Pero: P2 = m2 g P2 = 6 * 9.166 – T = m2 a (Ecuación 2) T – m1 g = m1 a (Ecuación 1) 48.3 seg 2 F = m a = 0. como en la figura. m1 = 1 kg.6 Newton P2 = 58.33 0.6400 Newton F =. Después de que se sueltan desde el reposo.166 – 2* 9.533333.166 Newton Σ FX = m2 a P2X – T = m2 a 48.33) = . Problema 5 – 26 Serway sexta edición Dos masas están conectadas por una cuerda ligera que pasa sobre una polea sin fricción.6 = a(2 + 6 ) T m1 = 2 kg T m2 = 6 kg 550 Bloque m2 T Bloque m1 P2Y 550 T m1 = 1 kg N2 P2X P2 = m2 g 26 .34 Serway quinta edición.166 – 19.15 = - 160000 m = .2 a x = (V0)2 2 a=- (V0 )2 2X = - (400 )2 2 * 0.6400 Newton Problema 5.166 -– m1 g = m1 a + m2 a 48. Si el plano inclinado no tiene fricción y si m1 = 2 Kg.8 = 19. Y θ = 550 encuentre: d) Las aceleraciones de las masas e) La tensión en la cuerda f) La rapidez de cada masa 2 seg.8 Newton P2X = P2 sen 55 P2X = 58.8 = a(m1 + m2 ) 48. m2 = 2 kg. 57 T – 19.37 Edición cuarta Serway.566 = a(8 ) a = m 28.1666 θ = 65.. El agua ejerce una fuerza de 180 Newton al este.14 T = 26.14 m/seg.. acelera hacia arriba?.36 Serway cuarta edición La fuerza del viento sobre la vela de un velero es de 390 Newton en dirección al Norte. c) Grafique la aceleración de la masa de 8 kg contra FX incluya valores de FX = . b) Para cuales valores de FX la tensión en la cuerda es cero.566 = 3.74 Newton La rapidez de cada masa 2 seg.8 = 2 * 3.57 * 2 VF = 7. Problema 5 – 37 Edición quinta. Después de que se sueltan desde el reposo. Problema 5. Problema 5-31 edición sexta Una fuerza horizontal FX actúa sobre una masa de 8 kg.57 8 seg 2 b) La tensión en la cuerda T – m1 g = m1 a (Ecuación 1) T – 2 * 9.220 FR = m * a Pero: m = 270 Kg.100 N. a) Para cuales valores de FX la masa de 2 kg. F 430 m a = R = = 1. 0 VF = V0 + a t VF = a t VF = 3.6 = 7.59 m 270 seg 2 Problema 5. Cuales son la magnitud y dirección de su aceleración? FR = Tg θ = (390)2 + (180)2 390 = 2.1666 180 390 N FR θ 180 N θ = arc tg 2. y FX = 100 N 27 . Si el bote junto con la tripulación tiene una masa de 270 kg.28. (Ecuación 1) T – m 1 g = m1 a (Ecuación 2) F X .2g 2 Despejando la aceleración en la ecuación 2 F X . Si a > 0 El cuerpo se desplaza hacia la derecha. T .2g FX .T = m2 a (Ecuación 2) T a T T m2 = 8 kg FX P1 = m1 g m1 Resolviendo las ecuaciones.T = m2 a .T = m2 a FX .2T 8T + 2T = 2FX + 16g 10T = 2FX + 16g T = 2Fx + 16g 1 = (FX + 8g ) 10 5 28 .T = 8 2 8 * (T – 2g) = 2 * (FX – T) 8T – 16g = 2FX .T = 8 a a = FX .8 + FX 10 a + 19.m1 g + FX = m1 a + m2 a a (m1 + m2 ) = .T 8 P2 = m2 g Igualando las aceleraciones. es decir es la mínima fuerza necesaria para que el cuerpo se mantenga en equilibrio. por la acción de la fuerza FX Para cuales valores de FX la tensión en la cuerda es cero. Despejando la aceleración en la ecuación 1 T – m1 g = m1 a T – 2g = 2 a Bloque m2 N T FX a= T .m1 g + FX a (2 + 8) = -2 * 9.6 Newton. encontramos la aceleración del sistema.6 = FX Si a = 0 FX = 19.Bloque m1 Bloque m1 Σ FY = m1 a Σ FY = T – P1 = m1 a T – m1 g = m1 a (Ecuación 1) Bloque m2 Σ FX = m2 a FX . T = FX 8 g + 5 5 Si T = 0 FX 8g = 5 5 FX = . Problema 5.35 Edición quinta Dos masas m1 y m2 situadas sobre una superficie horizontal sin fricción se conectan mediante una cuerda sin masa Una fuerza F se ejerce sobre una de las masas a la derecha Determine la aceleración del sistema y la tensión T en la cuerda.38 Edición cuarta Serway. Problema 5-32 quinta edición. Problema 5 – 22 sexta edición Un bloque se desliza hacia abajo por un plano sin fricción que tiene una inclinación de θ = 150. encuentre: La magnitud de la aceleración del bloque? a) Su velocidad cuando alcanza el pie de la pendiente? Σ FY = 0 WY – N = 0 29 . Bloque m1 ∑ FX = m1 a T = m1 a (Ecuación 1) Bloque m2 ∑ FX = m2 a F . Si el bloque parte del reposo en la parte superior y la longitud de la pendiente es 2 metros.T = m2 a (Ecuación 2) Sumando las ecuaciones T = m1 a (Ecuación 1) F .8 g Problema 5.40 Edición cuarta Serway.T = m2 a (Ecuación 2) F = m1 a + m2 a F = (m1 + m2 ) a T T m1 T T m2 F F a= F m1 + m 2 Reemplazando en la ecuacion1 T = m1 a (Ecuación 1) F m1 + m 2 m1 F T= m1 + m 2 T = m1 * Problema 5. WY = N W cos θ = N Pero: WY = W cos θ V0 = 0 Σ FX = m a WX = m a Pero: WX = W sen θ W sen θ = m a Pero: W = m g m g sen θ = m a g sen θ = a a = 9. Necesita usted saber que su masa es 60 kg? ∑FX = m a FR = m a (Ecuación 1) ∑FY = 0 N–W=0 N=W N=mg Pero: FR = μ N FR = μ m g Reemplazando en la ecuacion1 FR = m a (Ecuación 1) μ mg=ma μ g=a a = 0.8 * 0.258 a = 2.8 * sen 15 a =9.536 * 2 = 3.8 * 9. Determine la aceleración máxima que ella puede lograr.84 m/seg2 a = 7.8 entre las suelas de los zapatos de una corredora y la superficie plana de la pista en la cual esta corriendo.8 = 7.18 m seg VF = 2 a X = Problema 5.84 m/seg2 30 .536 m/seg2 0 X = 2 metros θ = 150 N WX WY 150 (VF) = (V0) + 2 * a * X 2 a x = (VF)2 2 2 W=mg 2 * 2.40 Serway Edición quinta El coeficiente de fricción estática es 0. 5 θ = 300 V0Y VX V0 = . d) Cuanto tiempo ha transcurrido entre el momento en que se suelta el bloque y cuando golpea el suelo.13 m/seg Y=2m VX VY V a) Determine la aceleración del bloque cuando se desliza hacia debajo de la pendiente PX = P sen 30º ∑ FX = m a PX = m a PX = m g sen 30 PX = m a m g sen 30 = m a g sen 30 = a a = 9. Problema 5 – 62 Serway Edición quinta Un bloque de masa m = 2 kg se suelta del reposo a una altura h = 0.41 Serway Edición cuarta.8 * 0. el bloque golpeara el suelo.9 m/seg2 La aceleración del bloque cuando se desliza hacia abajo por el plano inclinado sen 30 = h D D= h 0. como pueden ver se cancelan en la ecuación.5 D = 1 metro 31 . D h = 0. La pendiente esta fija sobre una mesa de H = 2 metros y la pendiente no presenta fricción. es decir la masa no tiene relación con la aceleración Problema 5.5 = = 1 metro sen 30 0.No se necesita saber la masa.5 X PX PY 300 P a = 4.5 metros de la superficie de la mesa.3. a) Determine la aceleración del bloque cuando se desliza hacia debajo de la pendiente b) Cual es la velocidad del bloque cuando deja la pendiente. c) A que distancia de la mesa. en la parte superior de una pendiente con un ángulo θ = 300 como se ilustra en la figura 5 – 41. e) La masa del bloque influye en cualquiera de los cálculos anteriores. 4492 + 39.565 t + 4. (V0 = .8 * t 2 2 2 = 1.) Es decir la velocidad inicial en el tiro parabólico es 3. Tiempo total = tiempo en el plano inclinado + tiempo en el tiro parabolico Es necesario hallar el tiempo que demora el cuerpo en el plano inclinado.13 mseg.3.4 * 4.9 t2 + 1. La velocidad con la cual llega al final del plano inclinado.13 m VF seg t= = = 0. 4.565 m/seg. es la misma velocidad que el cuerpo inicia el tiro parabólico.9 * (-2) .Y = .1.565) ± (1.638 seg.b ± b 2 .3.9 9.V0Y t Y = V0Y t + 2 = 1.13 m/seg) V0Y = Vo sen 30 V0Y = 3.13 m seg b) Cual es la velocidad del bloque cuando deja la pendiente.9 b = 1.565) . (Ver grafico.638 seg m a 4.1.13 sen 30 V0Y V0Y = . Esta velocidad es negativa por que va dirigida hacia abajo.(1.565 c = .9 t 2 Ordenando la ecuación.13 m/seg d) Cuanto tiempo ha transcurrido entre el momento en que se suelta el bloque y cuando golpea el suelo.565 t – 2 =0 a = 4.2 t= = = 2a 2 * 4.4 a c .Cual es la velocidad del bloque cuando deja el plano inclinado 0 (VF) = (V0) + 2 * a * X 2 a x = (VF)2 2 2 VF = 2 a X = 2 * 4.2 2 .9 2 seg t = 0.9 * 1 = 3. (tiempo del cuerpo en el plano inclinado) Es necesario hallar el tiempo que demora el cuerpo en el tiro parabolico Pero Y = 2 metros (V0Y = . Esta velocidad es negativa por que va dirigida hacia abajo. VF = V0 + a t pero V0 = 0 VF = a t 3.565 ± 2.565 t + g*t2 2 2 g*t 2 Multiplicando la ecuación por (-1) 9.565 m/seg) . hallamos el tiempo que el cuerpo demora en el aire.8 32 .1. VX 300 V0 = . 6492 9. Problema 5. No.8 t = 0. Tiempo total = 1. Esta velocidad es positiva por que va dirigida hacia la derecha.4988 seg.42 Serway Edición quinta Un auto de carreras acelera de manera uniforme de 0 a 80 millas/hora en 8 seg.866 VX = 2.8 -1.638 seg. determine el coeficiente de fricción mínima entre los neumáticos y el camino. + 0.t= t1 = . ∑FX = m a FR = m a (Ecuación 1) Pero: FR = μ N FR = μ m g Reemplazando en la ecuación 1 FR = m a (Ecuación 1) μ mg=ma μg=a a = 9. X = VX * t X = 2. Si los neumáticos no derrapan. La fuerza externa que lo acelera es la fuerza de fricción entre los neumáticos y el camino.565 + 6. c) A que distancia de la mesa.8 μ VX V0Y 300 V0 = .4536 4.8 μ VF = V0 +a * t pero: V0 = 0 VF = a * t pero: a = 9. la masa se cancela y por lo tanto no influye en los calculos. (tiempo del cuerpo en el TIRO PARABOLICO) Tiempo total = tiempo en el plano inclinado + tiempo en el tiro parabolico Tiempo total = 0.137 seg.3.453 9.71 m/seg.13 * 0.8 9.565 ± 41.1.4988 X = 1. el bloque golpeara el suelo. X = VX * t t es el tiempo del cuerpo en el TIRO PARABOLICO = 0.71 * 0.8 t= .351 metros La masa del bloque influye en cualquiera de los cálculos anteriores.565 ± 6.4988 seg.4988 seg VX = Vo cos 30 VX = 3.13 m/seg 33 .1.88 = 9. 6 ∑FX = m a FR = m a (Ecuación 1) Pero: FR = μ N FR = μ m g Reemplazando en la ecuación 1 FR = m a (Ecuación 1) μ mg=ma μg=a a = 9.1 = 0.8 μ * 8 35.4 μ μ= 35. b) Cual es la distancia de frenado cuando la superficie esta seca y μ = 0.0756 = = = 254.8 * 0.34 * * hora 1 milla 3600 seg seg ∑FX = m a FR = m a (Ecuación 1) Pero: FR = μ N FR = μ m g Reemplazando en la ecuación 1 FR = m a (Ecuación 1) μ mg=ma μg=a a = 9.43 Serway Un auto viaja a 50 millas/hora sobre una autopista horizontal.8 * 0.8 μ = 9.6 V0 = 50 millas 1609 metros 1 hora m = 22.4 Problema 5.555 = 0.98 1.555 = 78.555 = 9.63 metros 2a 2 * 0.VF = 80 millas 1609 metros 1 hora m = 35.1.45 78.98 m/seg2 0 (VF) = (V0)2 – 2 * a * X 2 a x = (V0)2 2 X= (V0 )2 (22.88 34 . a) Si el coeficiente de fricción entre el camino y las llantas en un día lluvioso es 0.98 a = 0.6 = 5.96 Cual es la distancia de frenado cuando la superficie esta seca y μ = 0.8 μ = 9.34)2 499.555 * * hora 1 milla 3600 seg seg 35. 76 Newton N1 = 60.8 = 60. hallamos la aceleración del conjunto: T . m2 = 8. FR = 12.34)2 2 * 5.0756 = 42. Si el coeficiente de fricción durante el deslizamiento es 0. que se desliza sobre una mesa plana (fig.5 Kg.2 Kg.2 Kg. a ( 6.152 + (8.a = 5.2 kg.2 * 60.148 Bloque m1 N1 Bloque m2 T FR T a = 71.2 + 8. Σ FX = m1 * a T .152 Newton.7) = -12.7) = 71.84 m/seg2 .152 Newton.8) a (14.76 = 12.148 m m = 4.FR = m1 * a (Ecuación 1) m2 * g – T = m2 * a (Ecuación 2) F R + m 2 * g = m1 * a + m 2 * a m1 = 6.76 Problema 5.7 seg seg 2 W1 = m1 g W2 = m2 g 35 a = 4. a (m1 + m2) = .43 metros 11.84 2 14.5) = . 5 – 47).88 m/seg2 0 (VF)2 = (V0)2 – 2 * a * X 2 a x = (V0)2 X= 2a (V0 )2 = (22. T FR T m2 = 8.152 Newton. encuentre: La tensión en la cuerda? Bloque m1 Σ FY = 0 m1 * g – N1 = 0 m1 * g = N1 = 6.152 + 83.FR = m1 * a (Ecuación 1) Bloque m2 Σ FY = m 2 * a m2 * g – T = m2 * a (Ecuación 2) Resolviendo las ecuaciones.5 * 9.FR + m2 * g Pero: FR = 12.5 Kg.76 Newton FR = μ N1 = 0.88 = 499.12.5 kg se conecta por medio de una cuerda que pasa por una polea a un bloque de 6.2. m1 = 6.2 * 9.47 Serway cuarta edición Un bloque que cuelga de 8.3 a (14. 55 Newton N = WY .405 Reemplazando en la ecuación 1 FX – FR – WX = 0 (Ecuación 1) F = 25 N 350 150 FR 150 F FY 350 200 150 FX WY 150 WX W N FR 36 .FY (Ecuación 2) N = 57.955 Newton FY = F sen 20 FY = 25 sen 20 FY = 8.47 quinta edición Serway Un muchacho arrastra un trineo de 60 Newton con rapidez constante al subir por una colina de 150 Con una cuerda unida al trineo lo jala con una fuerza de 25 Newton. b) En la parte alta de la colina el joven sube al trineo y se desliza hacia abajo. Cual es la magnitud de la aceleración al bajar la pendiente ∑ FX = 0 (No existe aceleración por que se desplaza a velocidad constante) FX – FR – WX = 0 (Ecuación 1) Pero: FX = F cos 20 FX = 25 cos 20 FX = 23.14 = T = 42.8 – 8.m2 * a = T T = 8. a) Cual es el coeficiente de fricción cinética entre el trineo y la nieve.5 * 4.529 Newton ∑ FY = 0 N – WY + F Y = 0 N = WY .955 .FY (Ecuación 2) Pero: WY = W cos 15 WY = 60 cos 15 WY = 57.16 Newton Problema 5.3 – 41.8.5 * 9. m2 * g – T = m2 * a (Ecuación 2) m2 * g .Para hallar la tensión de la cuerda se reemplaza en la ecuación 2.405 Newton FR = μ N FR = μ 49.55 N = 49. Si la cuerda tiene una inclinación de 350 respecto de la horizontal.84 = 83.492 Newton WX = W sen 15 WX = 60 sen 15 WX = 15. FR = μ N = 0.48 Serway Edición cuarta. Problema 5. Determine los coeficientes de fricción estática y cinética a partir de esta información. Cual es la magnitud de la aceleración al bajar la pendiente.529 Newton ∑ FY = 0 N – WY = 0 Pero: WY = w cos 15 WY = 60 cos 15 WY = 57.405 μ = 0.492 – 15. N = WY = 57.405 . ∑ FX = m a WX – FR = m a (Ecuación 1) FR N WX Pero: WX = W sen 15 WX = 60 sen 15 WX = 15.9.405 = 23.8 seg 2 WY 15 0 W m = 6.492 .955 FR = 9.963 = 0.199 = 6.μ 49. Se necesita una fuerza horizontal de 75 Newton para poner el bloque en movimiento.199 = 1.122 a 6.15.01 6.122 Kg m 9. 37 .161 49.529 μ 49.405 = 7.529 = 0 μ 49.529 .33 = 6.161 * 57.122 kg (masa del trineo. Después de que empieza a moverse se necesita una fuerza de 60 Newton para mantener el bloque en movimiento con rapidez constante.122 a a= m 6.23.) Reemplazando en la ecuación 1 WX – FR = m a (Ecuación 1) 15.33 Newton W=mg m= W = g 60 N = 6.955 Newton.01 m/seg2 (aceleración del trineo cuando va bajando por la colina) Problema 5.161 coeficiente de friccion cinetica En la parte alta de la colina el joven sube al trineo y se desliza hacia abajo.41 Serway Edición quinta Un bloque de 25 kg esta inicialmente en reposo sobre una superficie horizontal.955 Newton.122 seg 2 a = 1.963 μ = 7. FR = 0 (Ecuación 1) ∑FY = 0 N–W=0 N=W=mg N = 25 * 9. Si el auto parte del reposo y acelera a una tasa constante por 335 metros.FR = 0 (Ecuación 1) 75 .245 μESTAT = 0 245 μESTAT = 60 μ ESTAT = 60 = 0.49 cuarta edicion Serway Suponga que el coeficiente de fricción entre las ruedas de un auto de carreras y la pista es 1. Cual es la velocidad al final de la carrera? Σ FX = m a FR = m a (Ecuación 1) µN=ma Pero: 38 . Determine los coeficientes de fricción estática El cuerpo se desplaza a velocidad constante.∑FX = 0 F .FR = 0 (Ecuación 1) ∑FY = 0 N–W=0 N=W=mg N = 25 * 9. entonces la aceleración es cero ∑FX = 0 F .245 μCINET = 0 245 μCINET = 75 μ CINET = 75 = 0.244 245 PROBLEMA 5.8 = 245 Newton N = 245 Newton FR = μCINET N FR = 245 μCINET Reemplazando en la ecuación 1 F .8 = 245 Newton N = 245 Newton FR = μESTAT N FR = 245 μESTAT Reemplazando en la ecuación 1 F .306 245 F = 75 N m = 25 kg Después de que empieza a moverse se necesita una fuerza de 60 Newton para mantener el bloque en movimiento con rapidez constante.FR = 0 (Ecuación 1) 60 . 98 a = 0.98 1.63 metros 2a 2 * 0. d) Cual es la distancia de frenado cuando la superficie esta seca y μ = 0.1 = 0.8 m/seg2 0 (VF )2 = (V0 )2 + 2 a X (VF )2 =2 a X 2 * 9. c) Si el coeficiente de fricción entre el camino y las llantas en un día lluvioso es 0.0756 = = = 254.34)2 499.98 m/seg2 0 (VF) = (V0)2 – 2 * a * X 2 a x = (V0)2 2 X= (V0 )2 (22.8 μ = 9.6 V0 = 50 millas 1609 metros 1 hora m * * = 22.34 hora 1 milla 3600 seg seg ∑FX = m a FR = m a (Ecuación 1) Pero: FR = μ N FR = μ m g Reemplazando en la ecuación 1 FR = m a (Ecuación 1) μ mg=ma μg=a a = 9.Σ FX = 0 N-mg=0 N=mg µN=ma µmg=ma µ g=a a = 1 * 9. Problema 5.1.8 * 335 = 81 m seg VF = 2 a X = VF = 81 m/seg Problema 5.52 serway Edición cuarta.6 39 .8 * 0.43 serway Edición quinta Un auto viaja a 50 millas/hora sobre una autopista horizontal.96 Cual es la distancia de frenado cuando la superficie esta seca y μ = 0. 55 cuarta edición Serway.6 = 11.4 = 17.4 Newton N2 = 176.8 = 117.88 m/seg2 0 (VF) = (V0)2 – 2 * a * X 2 a x = (V0)2 X= 2 (V0 )2 = (22. Suponga F = 68 Newton m1 = 12 kg m2 = 18 kg y que el coeficiente de fricción cinético entre cada bloque y la superficie es 0.6 Newton N1 = 117.8 μ = 9. FR1 = 11.76 Newton.64 Newton.0756 = 42.51 quinta edición.1.88 = 499. a) Dibuje un diagrama de cuerpo libre para cada bloque b) Determine la tensión T y la magnitud de la aceleración del sistema.6 Newton FR1 = μ N1 = 0.FR1 = m1 * a (Ecuación 1) Bloque m2 Σ FY = 0 m2 * g – N2 = 0 m2 * g = N2 = 18 * 9.8 = 176.76 Newton. m1 T T m2 F Σ FX = m1 * a T . Bloque m1 Σ FY = 0 m1 * g – N1 = 0 m1 * g = N1 = 12 * 9.76 Problema 5. N1 T T N2 F FR2 W2 FR1 W1 40 .4 Newton FR2 = μ N1 = 0. Problema 5. Problema 5.8 * 0.45 sexta edición Dos bloques conectados por una cuerda sin masa son arrastrados por una fuerza horizontal F.43 metros 11.34)2 2a 2 * 5.∑FX = m a FR = m a (Ecuación 1) Pero: FR = μ N FR = μ m g Reemplazando en la ecuación 1 FR = m a (Ecuación 1) μ mg=ma μg=a a = 9.88 a = 5.6 = 5.1 * 117.1 * 176. FR2 – T = m2 * a (Ecuación 2) F .54 Serway sexta edición Tres bloques están en contacto entre si sobre una superficie horizontal sin fricción.56 Serway edición quinta: Problema 5.FR2 .4 FC1 = 14 Newton La fuerza resultante en el bloque m1 es: F1 = F – FC1 m1 41 .286 30 seg 2 T .64 Newton.76 = 15. Una fuerza horizontal F es aplicada a m1. Dibuje diagramas de cuerpo libre separados para cada bloque y encuentre.44 T = 27.64 – 11.76 + 15.2 Newton Problema 5. c) Las magnitudes de las fuerzas de contacto entre los bloques.FR2 = 17.44 T = 11.6 m = 1.FR1 = m1 a + m2 a F – 17.76 = a ( 12 + 18) 68 – 29.FR2 – T = m2 * a (Ecuación 2) Resolviendo las ecuaciones T .FR1 = m1 * a (Ecuación 1) F . a) La aceleración de los bloques b) La fuerza resultante sobre cada bloque.4 = 30 a 38.FC1 = 4 FC1 = 18 .76 = 12 * 1.FC1 = 2 * 2 = 4 18 . Si m1 = 2 kg m2 = 3 kg m3 = 4 kg y F = 18 Newton. como en la figura 5 – 56.286 T – 11. Σ FY = m 2 * a F .6 = 30 a a= 38. La aceleración de los bloques mT = m1 + m2 + m3 = 2 + 3 + 4 = 9 kg mT = 9 kg F = mT a FC2 FC1 F = 18 N m1 m2 FC1 FC2 FC1 F m2 m3 a= F 18 Newton m = =2 mT 9 kg seg 2 Bloque m1 Σ FX = m 1 a F – FC1 = m1 a 18 .FR1 = m1 * a (Ecuación 1) T – 11. FC2 = 6 FC1 = 14 .5 seg. m = 3 Kg. X = 2 metros t = 1. 600 W 300 X = V0 t + X= 1 2 at 2 1 2 at 2 2 X = a t2 a= 2 X 2*2 4 m = = = 1.77 m/seg2 .6 FC2 = 8 Newton La fuerza resultante en el bloque m3 es: F3 = FC2 F2 = 8 Newton Problema 5.FC2 = m2 a 14 .F1 = 18 – 14 = 4 Newton Bloque m2 Σ FX = m 2 a FC1 .77 t 2 1.6 FC2 = 8 Newton La fuerza resultante en el bloque m2 es: F2 = FC1 .5 2 2. N La magnitud de la aceleración del bloque. Problema 5 – 45 edición quinta.5 seg.57 Edición cuarta Serway. Problema 5-41 Edición sexta Un bloque de 3 kg parte del reposo en la parte superior de una pendiente de 300 Y se desliza 2 metros hacia abajo en 1.FC2 = 3 * 2 = 6 14 . b) El coeficiente de fricción cinética entre el bloque y el plano.5 seg. Encuentre: a) La magnitud de la aceleración del bloque. d) La rapidez del bloque después de que se ha deslizado 2 metros.FC2 F2 = 14 – 8 = 6 Newton Bloque m3 Σ FX = m 3 a FC2 = m3 a FC2 = 4 * 2 = 8 FC2 = 14 .25 seg 2 42 a = 1. V0 = 0 m3 FC2 V0 = 0 X = 2 metros t = 1. c) La fuerza de fricción que actúa sobre el bloque. 368 coeficiente de friccion cinetica La fuerza de fricción que actúa sobre el bloque. Las tres masas son de 4 kg.77 14. ∑ FX = m a WX – FR = m a (Ecuación 1) Pero: WX = W sen 30 WX = m g sen 30 WX = 3 * 9.50 quinta edición.31 μ 25.8 * 0. a) Determine la aceleración de cada bloque y sus direcciones.44 Serway Sexta edición En la figura p5 – 59 se muestran tres masas conectadas sobre una mesa.7 – μ * 25.368 * 25. FR = μ N FR = 0.El coeficiente de fricción cinética entre el bloque y el plano. ∑ FY = 0 N – WY = 0 N = WY = W cos 30 N = m g cos 30 N = 3 * 9.μ 25.461 = 3 * 1.461 Newton FR = μ * N FR = μ * 25.5 WX = 14.59 Serway cuarta edicion.8 * 0.461 N FR WX 300 W WY μ = 0.77 m/seg2 VF = a * t VF = 1.39 μ= 9.31 μ 25.39 = 0.7 .368 25.5.5 seg.461 = 9.461 FR = 9. pero: a =1.461 Reemplazando en la ecuación 1 WX – FR = m a (Ecuación 1) 14. Problema 5.77 * 1. HAY ROZAMIENTO Bloque m1 43 .36 Newton La rapidez del bloque después de que se ha deslizado 2 metros.65 m/seg Problema 5. 5. b) Determine las tensiones en las dos cuerdas.5 VF = 2.35 .7 .866 N = 25. La mesa tiene un coeficiente de fricción de deslizamiento 0.7 Newton. VF = V0 +a * t pero: V0 = 0 t = 1.461 = 5.461 = 14. 1 kg y 2 kg y las poleas son sin fricción. 2 – 3.2 .8 = 2 * 2.FR .31 39.43 – 2 * 9.8 – 3.62 44 .FR .8) FR = 3.m3 g = m1 a + m2 a + m3 a m1 g .62 T2 = 19.43 – 19.43 Newton Bloque m3 Σ FY = m3 a T2 .8 Newton FR = μ * N2 FR = 0.T2 = m2 a (Ecuación 2) T1 Σ FY = 0 N2 – W = 0 N2 – m2 g = 0 N2 = m2 g = 1 * 9.96 Newton Hallar la tension T2 T2 .T2 = m2 a (Ecuación 2) (Ecuación 3 T 2 .24 = T1 T1 = 29.8 Newton N2 = 9.T1 = m1 a (Ecuación 1) T1 .6 = ( 7 ) a 16.6 + 4.24 39.8 = ( 4 + 1 + 2 ) a 39.31 7 seg 2 m2 = 1 kg T2 T2 T1 FR T2 g = 9.8 m/seg2 m1 = 4 kg m3 = 2 kg Bloque m1 T1 Bloque m2 N2 Bloque m3 T2 T1 FR T2 m1 = 4 kg W1 = m1 * g m 2 = 1 kg W2 = m2 * g m3 = 2 kg W3 = m3 * g Hallar la tensión T1 m1 g .m3 g = m3 a m1 g .T1 = m1 a m1 g .Σ FY = m1 a W1 .7 = 7 a a= 16.31 T2 – 19.35 *(9.7 m = 2.m3 g = ( m1 + m2 + m3 ) a 4 * 9.6 = 4.T1 = m1 a (Ecuación 1) Bloque m2 Σ FX = m2 a T1 .T1 = 9.FR .8 = 9.9.2 .T1 = 4 * 2.T1 = m1 a (Ecuación 1) 4 * 9.FR .m3 g = m3 a (Ecuación 3) Sumando las tres ecuaciones m1 g .m3 g = m3 a (Ecuación 3) T2 – 2 * 9.8 . Las poleas tienen masa y fricción despreciables.59 Serway Una masa M se mantiene fija mediante una fuerza aplicada F y un sistema de poleas.T2 = 24. b) Calcule la magnitud de la fuerza necesaria para jalar ambos bloques hacia la derecha con una aceleración de 3 m/seg2 c) Encuentre el coeficiente mínimo de fricción estática entre los bloques. se sitúa sobre la parte superior de un bloque de 5 kg. Una fuerza horizontal F se aplica al bloque de 5 kg. como se ilustra en la figura p5 – 59 . Encuentre: a) La tensión en cada sección de la cuerda T1 T2 T3 T4 y T5 Bloque M Σ FY = 0 (Por que la fuerza F aplicada mantiene el sistema en equilibrio. y la superficie es 0.7 Serway quinta edición. El coeficiente de fricción cinética entre el bloque de 5 kg.) Σ FY = M g – T5 = 0 M g = T5 POLEA 1 Σ FY = 0 T5 – T2 – T3 = 0 PERO: T2 = T3 T5 – T2 – T2 = 0 T5 – 2 T2 = 0 T 5 = 2 T2 y T5 = 2 T3 T4 Polea 2 T3 T1 T2 T2 = T5 M g = 2 2 y T3 = T5 M g = 2 2 T2 F T3 Σ FY = 0 F–Mg=0 F=Mg Σ FY = 0 F = T1 T1 = M g POLEA 2 Σ FY = 0 T 1 + T2 + T3 = T4 M g + Mg/2 + Mg/2 = T4 T4 = 2 M g Polea 1 T5 W=Mg Problema 5. tal que el de 2 kg.22 Newton Problema 5. a) Dibuje un diagrama de cuerpo libre para cada bloque.2. no se deslice menos de una aceleración de 3 m /seg2 45 . Un bloque de 2 kg. por eso FR se dibuja en sentido contrario al movimiento μ = 0.FR = mT * a F – 13. N2 FR F W2 = m2 g W1 = m1 g mT = m1 + m2 = 2 kg + 5 kg mT = 7 kg. Se utiliza para hallar FR FR = μ * N2 FR = 0.72 = 7 * 3 F – 13.2 * 68. F FR es la fuerza de rozamiento cinético entre El cuerpo de 5 kg y el piso.72 =21 F = 21 + 13. 46 .72 Newton m2 = 5 kg.6 Newton FR = 13. se suman las masas. m2 = 5 kg.a.2 coeficiente de fricción cinética.8 m/seg2 N2 = 19. por que un cuerpo esta encima del otro y se mueven a la vez.6 Newton m1 = 2 kg. FR La fuerza de rozamiento FR siempre se opone al movimiento.72 Newton F = 34. como un solo cuerpo a = 3 m/seg2 ∑FX = mT * a F . Calcule la magnitud de la fuerza necesaria para jalar ambos bloques hacia la derecha con una aceleración de 3 m/seg2 ∑FY = 0 (ver diagrama de fuerzas masa de 5 kg) N2 – m1 g . no se deslice menos de una aceleración de 3 m /seg2 FRE = Fuerza de rozamiento debido al coeficiente de fricción estática. μE = Coeficiente de fricción estática. FRE es la fuerza de rozamiento estática entre Los 2 cuerpos.72 Newton c) Encuentre el coeficiente mínimo de fricción estática entre los bloques.m2 g = 0 N2 = 2 kg * 9. tal que el de 2 kg.8 m/seg2 + 5 kg * 9.6 Newton + 49 Newton N2 = 68. Una fuerza horizontal de 45 Newton se aplica al bloque de 10 kg.6 Newton μE = 0.3 19.3 W1 = m1 g Coeficiente de fricción ESTATICA. Problema 5. El coeficiente de fricción cinética entre las superficies móviles es 0. a) Dibuje el diagrama de cuerpo libre para cada bloque e identifique las fuerzas de acción y reacción entre los bloques.6 Newton ∑FX = m1 * a FRE = m1 * a FRE =2 Kg * 3 m/seg2 FRE = 6 Newton FRE = μE * N1 6 Newton = μE * 19. FR1 es la fuerza de rozamiento cinético entre Los 2 cuerpos.∑FY = 0 (ver diagrama de fuerzas masa de 2 kg) N1 – m1 g = 0 N1 = 2 kg * 9. T m1 = 10 kg.74 Serway cuarta edición. se amarra a la pared. Se deslice sobre la masa de 5kg cuando se aplique la tensión F en la cuerda. esto sirve para evitar que la masa de 2 kg. b) Determine la tensión en la cuerda y la magnitud de la aceleración del bloque de 10 kg? m2 = 5 kg.8 m/seg2 N1 = 19. F = 45 Newton FR2 es la fuerza de rozamiento cinético entre La masa inferior y el piso.8 m/seg2 N2 = 49 Newton T FR1 W2 = m2 g 47 . y el bloque de 5 kg.6 Newton m1 = 2 kg. Además la masa m2 no se desplaza por que la tensión de la cuerda se lo impide. N2 ∑FY = 0 N2 – m2 g = 0 N2 = m2 g N2 = 5 kg * 9. Un bloque de 5 kg. FRE N1 6 Newton μE = = 0. se coloca sobre de 10 kg. Diagrama de cuerpo libre para m2 La fuerza de rozamiento FR2 es contrario a la fuerza T (tensión de la cuerda).2 . ∑FY = 0 N1 – m2 g – m1 g = 0 N1 = m2 g + m1 g N1 = (5 kg * 9. La normal N1 es la suma de los pesos de los dos cuerpos.μC = 0.83 Cuarta edición Serway.4 Newton m1 = 10 kg. Problema 5-69 quinta edición.2 S e utiliza para hallar FR1 y FR2 FR1 = μC N2 FR1 = 0.8 m/seg2 ) + (10 kg * 9. ocasionando una aceleración al sistema. Como existe un coeficiente de fricción N1 FR2 FR1 F W2 = m2 g W1 = m1 g cinético es indudable que el cuerpo se desplaza hacia la derecha y origina una aceleración al sistema.4 = 5 * a 5.FR2 = m1 * a 45 – 9.8 m/seg2) N1 = 49 Newton + 98 Newton N1 = 147 Newton μC = 0. ∑FX = m1 * a F .FR2 = m1 * a Pero: F = 45 Newton FR1 = 9.8 Newton Consideramos que hacia la derecha es positivo.2 * 49 Newton FR1 = 9. Problema 5.58 10 kg seg 2 FR2 = 29.FR1 . ∑FX = 0 FR1 .T = 0 FR1 = T T = 9. Problema 5-61 sexta edición Que fuerza horizontal debe aplicarse al carro mostrado en la figura 5 – 83 con el propósito de que los bloques permanezcan estacionarios respecto del carro? 48 .8 Newton Diagrama de cuerpo libre para m1 Para el cuerpo m1 actúan las dos fuerzas de rozamiento y en sentido contrario a la fuerza de 45 newton.8 – 29.2 * 147 Newton FR2 = 29. El cuerpo de masa m1 se desplaza hacia la derecha.8 Newton F .FR1 .4 Newton Consideramos que hacia la derecha es positivo.2 S e utiliza para hallar FR1 y FR2 FR2 = μC N1 FR2 = 0.8 = 10* a a= 58 Newton m = 0. T m1 T F M N2 m2 Bloque m1 Σ FY = 0 m1 * g – N1 = 0 a = aceleración (La fuerza aplicada F sobre el carro acelera el conjunto. es decir el bloque m1 tiene una aceleración igual a la del carro) Σ FX = m1 * a T = m1 * a (Ecuación 1) Bloque m2 Σ FY = 0 (La fuerza aplicada F sobre el carro impide que la masa m2 se desplace) m2 * g – T = 0 (Ecuación 2) Resolviendo las ecuaciones. las ruedas y la polea son sin fricción (sugerencia: Observe que la fuerza ejercida por la cuerda acelera a m1.Suponga que todas las superficies. hallamos la aceleración del conjunto: T = m1 * a (Ecuación 1) m2 * g – T = 0 (Ecuación 2) m2 * g = m1 * a Bloque m2 m *g a = 2 m1 Todos los bloques unidos MT = (M + m1 + m2) (La fuerza aplicada F sobre el carro acelera el conjunto) N2 T Bloque m1 N1 T W2 = m2 g Σ FX = mT * a F = mT * a F = (M + m1 + m2) * a W1 = m1 g 49 . Bloque m1 Σ FY = 0 m1 * g – N1 = 0 (La aceleración resultante del sistema es la diferencia entre las aceleraciones. encuentre: a) La tensión T en la cuerda? La aceleración de m2 ? b) La aceleración de M.70 quinta edición.63 sexta edición Inicialmente el sistema de masas mostrado en la fig se mantiene inmóvil.Pero : a = m2 * g m1 Reemplazando tenemos: F = (M + m1 + m 2 ) * m2 * g m1 Problema 5. despejamos la aceleración : T = m1 * a – m 1 * A T+ m1 * A = m1 * a A = aceleración Bloque m1 N1 T T W1 = m1 g W2 = m2 g 50 . poleas y ruedas son sin fricción. c) La aceleración de m1. Problema 5. Problema 5. En el instante ulterior en el que el sistema de masas se libere.84 cuarta edición Serway. Dejemos que la fuerza F sea cero y supongamos que m2 puede moverse solo verticalmente. es decir el bloque m1 tiene una aceleración diferente a la del carro) Σ FX = m1 * (a – A) Σ FX = m1 * a – m1 * A T = m1 * a – m1 * A (Ecuación 1) Para el carro M Σ FX = M * A T = M * A (Ecuación 2) T a-A m1 T A a M m2 Bloque m2 Σ FY = m2 * a (La masa m2 se desplaza hacia abajo con aceleración = a) m2 * g – T = m2 * a m2 * g – m2 * a = T (Ecuación 3) En la ecuación 1. Todas las superficies. despejamos la aceleración : T=M* A A= T M (Ecuación 2) Reemplazamos (ecuación 1) y (ecuación 2) en la (ecuación 3) para hallar la tensión en función de la masa y gravedad.m2 * ⎢ ⎣ m1 ⎦ A= T M (Ecuación 2) ⎡ T T⎤ m2 g . m2 * g – m2 * a = T (Ecuación 3) pero: a = T + m1 * A T = + A (Ecuación 1) m1 m1 ⎡ T ⎤ + A⎥ = T m2 * g .m2 ⎢ + ⎥ = T m1 M ⎦ ⎣ ⎡ T T⎤ m2 g = m2 ⎢ + ⎥ + T ⎣ m1 M ⎦ ⎛ T ⎞ ⎡ T⎤ m2 g = m2 ⎜ ⎟ ⎜ m ⎟ + m2 ⎢ M ⎥ + T ⎣ ⎦ ⎝ 1⎠ ⎛ m T ⎞ ⎡ m T⎤ m2 g = ⎜ 2 ⎟ + ⎢ 2 ⎥ + T ⎜ m ⎟ 1 ⎠ ⎣ M ⎦ ⎝ ⎡ m M T + m 2 m1 T + m1 M T ⎤ m2 g = ⎢ 2 ⎥ m1 M ⎦ ⎣ ( m1 M)* m 2 g = [ m2 M + m 2 m1 + m1 M ] T M) * m2 g = T m 2 M + m 2 m1 + m1 M ⎤ ⎡ m1 M T = ⎢ ⎥ * m2 g ⎣ m 2 M + m 2 m1 + m1 M ⎦ (m1 51 .a = T + m1 * A T = + A (Ecuación 1) m1 m1 En la ecuación 2. 5 Newton Bloque m1 Bloque m1 m2 T1 T2 T2 T1 FR2 FR3 m1 250 Bloque m2 N2 T1 T2 FR2 m3 T1 P1 = m1 g ∑ FX = m2 a T1 – FR2 – T2 = m2 a (Ecuación 2) ∑ FY = 0 P2 – N2 = 0 P2 = N2 m2 g = N2 P2 = m2 g P2 = 5 * 9. m2 = 5 kg.85 serway cuarta edición Los tres bloques de la figura están conectados por medio de cuerdas sin masa que pasan por poleas sin fricción.75 .T1 = 10 * 2. m3 = 3 kg a = 2. Determine: a) Las tensiones en la cuerda b) El coeficiente de fricción cinético entre los bloques y las superficies (Supóngase la misma μ para ambos bloques) Datos: m1 = 10 kg.Problema 5.μ 49 – T2 = 11.5 .T1 = 23.35 cm/seg2 a la izquierda y las superficies son rugosas.75 74.5 98 + 23.5 .75 .μ 49 – T2 = m2 a = 5 * 2.T1 = m1 a 98 .8 = 49 Newton P2 = N2 = 49 Newton Pero: FR2 = μ N2 FR2 = μ 49 Reemplazando en la ecuación 2 T1 – FR2 – T2 = m2 a (Ecuación 2) 74.8 = 98 Newton P1 = 98 Newton 98 .35 = 11.8 m/seg2 ∑ FY = m1 a P1 – T1 = m1 a (Ecuación 1) P1 = m1 g P1 = 10 * 9.35 cm/seg2 g = 9.35 98 .5 = T1 T1 = 74.μ 49 = T2 (Ecuación 3) Bloque m2 P2 = m2 g Bloque m3 T2 N3 P3X P3Y 250 FR3 Bloque m3 ∑ FX = m3 a T2 – P3X – FR3 = m3 a P3 = m3 g 52 .75 74. La aceleración del sistema es 2.11.5 .μ 49 = T2 62. 42 .42 Newton ∑ FY = 0 P3Y – N3 = 0 P3Y = N3 P3Y = P3 cos 25 P3Y = 3 * 9.47 + μ 26.64 μ μ = 43.47 + 15.64 Newton N3 = 26.64 (Ecuación 4) Igualando las ecuaciones 3 y 4.47 + 0.572 75.42 + μ 26.47 + μ 26.8 sen 25 P3Y = 26.μ 26.05 T2 = 19.64 T2 = 19.64 (Ecuación 4) T2 = 19.47 + μ 26.64 62.64 + μ 49 43.μ 49 = 19.64 Reemplazando en: T2 – P3X – FR3 = m3 a T2 – 12.μ 49 = T2 (Ecuación 3) T2 = 19. hallamos el coeficiente cinético de fricción 62.Pero: P3X = P3 sen 25 P3X = 3 * 9.8 sen 25 P3X = 12.64 + 7.47 = μ 26.28 = 75.75 .64 (Ecuación 4) 62.35 T2 = 12.28 = 0.64 Newton FR3 = μ N3 FR3 = μ 26.64 = 3 * 2.7 Newton 53 .75 .75 – 19.64 Para hallar la tensión T2 se reemplaza en la ecuación 4 T2 = 19.23 T2 = 34.47 + μ 26.572 * 26. se halla la aceleración del sistema m3 = 10 kg T1 T1 FR N1 m1 FR T2 m2 T2 FR m1 g T2 m3 N2 T1 FR m2 g T2 m3 g T1 54 . es 0. a) Dibuje un diagrama de cuerpo libre para cada bloque b) Determine la aceleración de cada bloque c) Encuentre la tensión en las cuerdas? m1 = 2 kg m2 = 3 kg Bloque m1 ∑ FX = m1 a T 1 .FR = m 1 a ∑ FY = 0 P1 – N1 = 0 P1 = N1 m1 g = N1 P1 = m1 g P1 = 2 * 9.FR – T 1 = m 2 a Reemplazando T 2 .88 = 2 a (Ecuación 1) Bloque m2 ∑ FX = m2 a T 2 .6 Newton P1 = N1 = 19. Reemplazando T 1 .86 Serway cuarta edición El coeficiente de fricción cinético entre los bloques de 2 kg y 3 kg.88 Newton.Problema 5.FR = m 1 a T1 . La superficie horizontal y las poleas son sin fricción y las masas se liberan desde el reposo.88 – T1 = 3 a (Ecuación 2) Bloque m3 ∑ FY = m 3 a m 3 g – T2 = m 3 a 10 * 9.5.3.6 FR = 5.8 = 19.8 – T2 = 10 a 98 – T2 = 10 a (Ecuación 3) Sumando las tres ecuaciones.3 * 19.6 Newton Pero: FR = μ N1 FR = 0.FR – T 1 = m 2 a T2 – 5. y 8 Kg.5. Problema 5.67 Newton NO HAY ROZAMIENTO Bloque m1 Σ FX = m1 * a Σ FX = T – P1X = m1 * a T m1 350 T m2 350 55 .88 = 2 a (Ecuación 1) T2 – 5. de masa se conectan por medio de una cuerda sin masa que pasa por una polea sin fricción (figura p 5 – 87).5735 P1X = 19.5.T1 .378 Newton Reemplazar en la ecuación 1 para hallar la tensión T2 T2 – 5.88 – 17.8 * sen 35 P1X = 3.88 = 2 a (Ecuación 1) T1 .24 m = 5. Las pendientes son sin fricción: Encuentre: a) La magnitud de la aceleración de cada bloque? b) La tensión en la cuerda? m1 = 3.88 .5 * 9.5.88 = 2 * 5.87 Serway cuarta edición.8 * 0.5.749 T2 = 17.749 15 seg 2 Reemplazar en la ecuación 1 para hallar la tensión T1 T1 .749 T1 = 5.247 + 23.5 Newton Problema 5.24 = 15 a a= 86.5 * 9.5 kg.72 Serway quinta edición.88 – T1 = 3 a (Ecuación 2) T2 – 5.378 = 3 * 5.5. Problema 5.5 kg.88 – T1 = 3 a (Ecuación 2) 98 – T2 = 10 a (Ecuación 3) .498 T1 = 17.258 T2 = 40.68 Serway sexta edición Dos bloques de 3.88 + 11. m2 = 8 kg.88 + 98 = 2 a +3 a + 10 a 86. Pero: P1X = P1 sen 35 = m1 g sen 35 P1X = 3. 96 – T = 8 a (Ecuación 2) Bloque m1 N1 P1X 350 P1 = m1 g P2Y 350 P2 = m2 g T Bloque m2 P1Y T N2 P2X Resolviendo las ecuaciones.2 11.T – 19.67 + 44.5 m/seg2 .67 T = 27. HAY ROZAMIENTO FR1 .5735 35 = 44. FR2 que se oponen a que el sistema se desplace hacia la derecha.5 seg 2 a = 2.5 * 2.5 * 9.5a 11.8 * 0.29 a = 25. m2 = 8 kg.67 = 3.96 = 11.88 cuarta edición Serway. Problema 5-73 quinta edición El sistema mostrado en (figura p5 – 87). Suponga que el coeficiente de fricción cinético entre el bloque y la pendiente es el mismo en ambas pendientes.: Encuentre: a) El coeficiente de fricción cinético. encontramos la aceleración del sistema.5a = 25.5 a (Ecuación 1) T -19.96 – T = 8 a (Ecuación 2) -19.5 a (Ecuación 1) 44.5 kg.5 * 9.7 + 19.8 * sen 35 P1X = 3.67 = 3. Tiene una aceleración de magnitud igual a 1.29 m 2.8 * 0. Pero: P1X = P1 sen 35 = m1 g sen 35 P1X = 3. b) La tensión en la cuerda? T T m1 = 3.67 = 3.5735 P1X = 19.2 T = 7.96 Newton 44. T – 19.67 = 3.67 Newton 350 FR1 FR2 350 56 .2 m/seg2 b) La tensión en la cuerda? Reemplazando en la ecuación 1 T – 19.37 Newton Problema 5.5 a (Ecuación 1) Bloque m2 Σ FX = m2 * a P2X – T = m2 * a Pero: P2X = P2 sen 35 P2X = m2 g sen 35 P2X = 8 * 9. 96 – T – 64.5735 P2X = 44.FR2 = 40 44.5 * 1.Bloque m1 Σ FX = m1 * a T – P1X .96 – T .67 .21 Newton P2Y = N2 = 64.96 – T .5 T – 19.8191 P2Y = 64.5 * 9.09μ = 5.FR2 = m2 * a 44.FR2 = 8 * 1.09μ T – 19.FR1 = m1 * a T – 19.8191 P1Y = 28.67 – 28.96 – T .8 * 0.FR1 = 5.25 (Ecuación 1) Pero: P2X = P2 sen 35 P2X = m2 g sen 35 P2X = 8 * 9.09 Newton Pero: FR1 = μ N1 FR1 = 28.67 .96 Newton Bloque m2 Σ FX = m2 * a P2X – T .8 * 0.25 T – 19.21μ = 12 (Ecuación 2) 57 .8 * cos 35 P2Y = 8 * 9.8 * 0.FR1 = 3.67 .09 Newton P1Y = N1 = 28.FR1 = 5.25 Bloque m1 N1 P1X FR1 350 P1 = m1 g T P1Y Σ FY = 0 P1Y – N1 = 0 P1Y = N1 Pero: P1 = m1 g P1Y = P1 cos 35 = m1 g cos 35 P1Y = 3.21μ 44.5 44.FR2 = 12 Bloque m2 FR2 T P2Y 350 P2 = m2 g N2 P2X Σ FY = 0 P2Y – N2 = 0 P2Y = N2 Pero: P2 = m2 g P2Y = P2 cos 35 = m2 g cos 35 P2Y = 8 * 9.21 Newton Pero : FR2 = μ N2 FR2 = 64. 67 – 28. encontramos la aceleración del sistema.21μ = 5.087 coeficiente de friccion cinetica La tensión en la cuerda? Reemplazando en la ecuación 1 T – 19.866 FX F = 9.21μ = 12 (Ecuación 2) -19.5) FY = 10 Kg.3μ = 17.087 92.09μ = 5.44 + 5.44 = 5.087 = 5. b) Cuanto valdrá entonces la componente FY FX = 8 Kg FX = F cos 30 8 = F cos 30 8 = F 0.29 -92. FY 200 58 .25 T = 19. a) Que fuerza F es necesaria para que la componente FX paralela al plano sea de 8 Kg.23 Kg.25 T = 32.09μ = 5.67 – 28.04 μ = 8.67 – 28. que forma un ángulo de 300 con la horizontal.29 -17.2 Sears – Zemansky Una caja es empujada sobre el suelo por una fuerza de 20 kg. 300 300 FY = F sen 30 FY = 9. Encontrar las componentes horizontal y vertical.51 Newton Problema 1. T – 19.5) FY = 4.3 Sears – Zemansky Un bloque es elevado por un plano inclinado 200 mediante una fuerza F que forma un ángulo de 300 con el plano.3 μ = 8.09μ + 44.25 + 12 25.25 (Ecuación 1) 44.09* 0.3μ = 25. F 300 FY FX 300 F Problema 1.25 T – 19. FX = F cos 30 FX = 20 cos 30 FX = 17.67 – 28.25 92.61 Kg.96 – 64. FY = F sen 30 FY = 20 * (0.25 92.67 – 2.3 μ = 0.25 (Ecuación 1) T – 19.04 = 0.Resolviendo las ecuaciones.32 Kg.67 +2.96 – T – 64.23 * (0. La polea esta sujeta a una cadena que cuelga del techo.4 sears – zemansky El peso del bloque es 50 kg. T1 T2 10 Kg 10 Kg Problema 2. sen 60 = 50 2T1 . cos 60 T2Y = T2. cos 60 T1 T1Y 60 0 T1X W T2 60 0 T2X W = 50 kg Σ FX = 0 T2X . T3 Σ FY = 0 T 1 + T2 .T1X = 0 (Ecuación 1) T2X = T1X T2 . sen 60 = 50 T1 = 50 50 = 2 sen 60 1.3 Sears – Zemansky Dos pesos de 10 kg están suspendidos en los extremos de una cuerda que pasa por una polea ligera sin rozamiento.T3 = 0 T 1 + T 2 = T3 T3 = 10 kg. cos 60 T2 = T1 = T1 . sen 60 A 60 0 60 0 C T1X = T1 . T1 . sen 60 + T2. sen 60 + (T1). Calcular las tensiones T2 y T3 Si θ2 = θ3 = 60 T1Y = T1 .732 θ3 = 00 T3 T2 W = 50 kg 59 . sen 60 + T2. sen 60 T2X = T2 . T2 = 10 kg. + 10 kg. a) Cual es la tensión de la cuerda? b) Cual es la tensión de la cadena? T3 = tensión de la cuerda T1 = 10 Kg. sen 60 = 50 T1 .Problema 2. T3 = 20 kg. cos 60 T 2Y T1 B T2 Σ FY = 0 T1Y + T2Y – W = 0 (Ecuación 2) T1Y + T2Y = W pero: W = 50 kg. sen 60 = 50 (Ecuación 2) θ2 = 60 0 Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 T1 . T2 . sen 60 = 50 (Ecuación 2) T2 = 50 = 57.86 Kg.86 Kg. Tc respectivamente tenemos 60 . cos 60 = T3 T3 = (57. C como Ta . cos 60 = T3 (57. cos 60 Σ FX = 0 T2X .5 T3 = 28. Reemplazando la ecuación 2 en la ecuación 1 T2 . Calcular las tensiones T2 y T3 T2Y = T2.73) .86 Kg.T3 = 0 T2X = T3 T2 . Problema 2-5 sears – zemansky Calcular la tensión en cada cuerda de la figura 2-14 si el peso del cuerpo suspendido es 200 Kg.T1 = 28. B. sen 60 T 2Y T3 T2 600 T 2X W = 50 kg T2 = 57.73) * 0. Tb .73 Kg. sen 60 T2X = T2 .73 kg. C) El peso del bloque es 50 kg. cos 60 = T3 (Ecuación 1) Σ FY = 0 T2Y – W = 0 (Ecuación 2) T2Y = W pero: W = 50 kg. T2 T2 = T1 = 28. A C 30 0 45 0 Caso a TA TB W = 200 kg Caso a) Llamando a las tensiones de las cuerdas A. Figura 2.14 ∑ FX = 0 TBX – TAX = 0 Pero: TBX = TB cos45 TAX = TA cos 30 ∑ FY = 0 TAY + TBY – W = 0 Pero: TBY = TB sen 45 TAX = TA sen 30 ∑ FX = - TA cos 30 + TB cos 45 = 0 - 0,866 TA + 0,707 TB = 0 (Ecuac 1) - 0,866 TA + 0,707 TB = 0 (Ecuac 1) 0,707 TB = 0,866 TA TB = 0,866 TA / 0,707 TB = 1,25 TA Reemplazando en la ecuac 2 0,5 TA + 0,707 TB = 200 (Ecuac 2) 0,5 TA + 0,707 (1,25 TA ) = 200 0,5 TA + 0,8837 TA = 200 1,366 TA = 200 TA = 200 / 1,366 TA = 146,41 Kg. TB = 1,25 TA TB = 1,25 * (146,41) TB = 183,01 Kg. Caso b) ∑ FY = Ta sen 30 + Tb sen 45 – W = 0 0,5 TA + 0,707 TB = 200 (Ecuac 2) TA TAY 300 TAX TB 450 TBX W = 200 kg T BY ∑ FX = 0 TBX – TA = 0 Pero: TBX = TB cos 45 ∑ FX = TB cos 45 - TA = 0 0,707 TB = TA (Ecuac 1) ∑ FY = 0 TBY - W = 0 Pero: TBY = TB sen 45 ∑ FY = TB sen 45 – W = 0 0,707 TB = 200 (Ecuac 2) 61 0,707 TB = 200 (Ecuac 2) TB = 200 / 0,707 TB = 283 Kg. Reemplazando en la ecuac 1 0,707 TB = TA Ecuac 1 450 Caso b TB TA TC TB T BY TA 450 TC TBX W = 200 kg 0,707 * (283 Kg.) = TB 200 Kg. = TB W = 200 kg Caso c) Caso c 450 TB 30 TA 0 TB T BY TAX TAY 300 450 300 TA TBX W = 200 kg W = 200 kg ∑ FX = 0 TBX – TA = 0 Pero: TBX = TB cos 45 TAX = TA cos 30 ∑ FY = 0 TAY + TBY – W = 0 Pero: TBY = TB sen 45 TAY = TA sen 30 ∑ FX = TB cos 45 - TA = 0 ∑ FX = TB cos 45 - TA cos 30 = 0 0,707 TB = TA 0,866 (Ecuac 1) ∑ FY = TB sen 45 –TA sen 30 – W = 0 0,707 TB - 0,5 TA = 200 (Ecuac 2) Nótese que tomamos 300 ya que este es el ángulo que TA forma con el eje de las x. Reemplazando ecuac 1 en ecuac 2 0,707 TB - 0,5 TA = 200 (Ecuac 2) (TA 0,866) - 0,5 TA = 200 62 0,366 TA = 200 TA = 200 / 0,366 TA = 546,45 Kg. Pero: 0,707 TB = TA 0,866 370 370 A 530 TB 530 TA TC TB = TA 0,866 / 0,707 TB = (546,45 ) * 0,866 / 0,707 TB = 669,34 Kg. TC C M 530 Caso d) TAY TA 370 TB 530 W TAX TCY TCX FIGURA 2.8 Como el sistema se halla en equilibrio. Aplicando las condiciones de equilibrio a cualquier punto, en este caso el nudo o entre C y A tenemos: De la figura 2.8 ∑ FX = 0 TAX – TB – TCX = 0 Pero: TAX = TA cos 37 TCX = TA cos 53 ∑ FY = 0 TAY – TCY = 0 Pero: TAY = TA sen 37 TCY = Tc sen 53 ∑ FX = TAX cos 37 – TB – TCX cos 53 = 0 Ecuac 1 De la figura 2.9 tenemos: ∑ FX = 0 TCX - TCX = 0 ∑ FX = Tc cos 53 – Tc cos 53 = 0 ∑ FY = TA sen 37 – TC sen 53 = 0 TA sen 37 = TC sen 53 (Ecuac 2) ∑ FY = 0 TCY + TCY – W = 0 Pero: TCY = TC sen 53 ∑ FY = TC sen 53 + TC sen 53 – W = 0 ∑ FY = 2 TC sen 53 – W = 0 (Ecuac 3) 63 88 Kg.875 / 0.799 TA sen 37 = 99.88 * 0.598 TC = 125 Kg.602 FIGURA 2. TB = 165. 64 .602 TB = 57.De la ecuac 3 tenemos: 2 TC sen 53 – W = 0 2 TC sen 53 2 TC (0. TA = 165. TC TCY 53 0 TC 53 0 TCY TCX TCX W TA sen 37 = TC sen 53 TA sen 37 = (125) * sen 53 TA sen 37 = (125) * 0.875 / sen 37 TA = 99.598 = 200 = 200 Ecuac 3 = 200 TC = 200 / 1.799) TC 1. Reemplazando en la ecuac 2 TA sen 37 – TC sen 53 = 0 Pero: TC = 125 Kg.9 TA = 165.88 * cos 37 – 125 cos 53 TB = 165.8 – 125 * 0.875 TA = 99.88 Kg.29 Kg. Reemplazando en la ecuac 1 TA cos 37 – TB – TC cos 53 = 0 TA cos 37– TC cos 53 = TB Pero: TC = 125 Kg. T = 0 ∑ FX = C cos 30 . en los dispositivos esquematizados en la figura 2-15.732 KG. ∑ FX = 0 pero: TCX = T cos 30 ∑ FX = C .5 C = 2000 KG. Caso b ) ∑ FX = 0 pero: CX = C cos 30 C W W ∑ FY = 0 pero: CY = C sen 30 ∑ FY = CY – W = 0 ∑ FY = C sen 30 – W = 0 C sen 30 = W (Ecuac 2) ∑ FX = CX .5 T = 2000 KG. T la tensión del cable y C la fuerza del pivote. Las condiciones del equilibrio de los sistemas exigen para cada punto.Problema 2.T = 0 T = C cos 30 (Ecuac 1) C sen 30 = W (Ecuac 2) C = W / sen 30 = 1000 / 0. Reemplazando T = C cos 30 T = 2000 * 0.TCX = 0 ∑ FX = C . Condición que la tomaremos en la unión del puntal con la cuerda. el peso del objeto suspendido.6 sears – zemansky Calcular la tensión del cable y el valor y sentido de la fuerza ejercida sobre el puntal por el pivote. siendo en todos los casos 1000 Kg.866 T = 1732 kg. Despréciese el peso del puntal ? Caso a Sea W = 1000 kg el peso suspendido. 65 . (Ecuac 1) Ecuac 2 ∑ FY = 0 pero: TCY = T sen 30 ∑ FY = TCY – W = 0 ∑ FY = T sen 30 – W = 0 T sen 30 = W (Ecuac 2) T 30 0 TCY C Caso a T TCX Reemplazando C = T cos 30 (Ecuac 1) C = (2000) * cos 30 = 2000 * 0’866 C = 1.T cos 30 = 0 C = T cos 30 T sen 30 = W T = 1000 / 0. C 0.T cos 45 = 0 Ecuac 1 T cos 45 = C cos 30 T 0.366 C = W .866 C 0.707 = C 0.866 / 0.C 0.5 Ecuac 2 C 0.707 = W .707 = C 0.866 1.W = 0 Ecuac 2 T 0.866 Ecuac 1 T = (732.C 0.707 = C 0.707 = W .866 Ecuac 1 T 0.7 Kg Reemplazando T 0.5 = 1000 = 1000 ∑ FY = C sen 30 + T sen 45 .C 0.866 Ecuac 1 T 0.866 C 0.707 T = 896.5 = 1000 . C 300 W 66 .866 Ecuac 1 Igualando las ecuaciones T 0.W = 0 C sen 30 + T sen 45 .T 300T Caso b T C 300 CY C 300 W W ∑ FY = 0 Cx Caso C) ∑ FX = 0 ∑ FX = C cos 30 .366 C = 732.7) * 0.707 = (732.5 Ecuac 2 T CY 45 0 450 TY 30 0 C 300 CX W Caso C T TX C = 1000 / 1.5 + C 0.7) * 0.7 Kg. 366 = 1000 T = 1000 / 0. La viga esta sostenida en su extremo libre por un cable tenso.866 / 0. =W Reemplazando en la ecuac 1 C 0. 67 .866 C 0.707 = W + T 0.707 = T 0.5 T 0.866 = W + T 0.5 (Ecuac 2) T 0. sujeto a un punto de la pared situado en la misma vertical que el extremo empotrado de la barra.366 T = 2720 kg.866 = C 0.T 0.5 (Ecuac 1) (Ecuac 2) ∑ FY = 0 Pero: CY = C sen 45 TY = T sen 30 ∑ FY = CY – TY .T cos 30 = 0 T cos 30 = C cos 45 T 0.866 = C 0. a) Si la tensión en este cable no puede exceder de 1000 kg.5 T 0.Caso d) T W C 300 450 C TX 300 T TY 30 0 CY 45 CX 0 W ∑ FX = 0 Pero: CX = C cos 45 TX = T cos 30 ∑ FX = CX .TX = 0 ∑ FX = C cos 45 .W = 0 C 0.707 (Ecuac 1) Igualando las ecuaciones T 0. ¿Cuál será la altura mínima por encima de la viga a la cual ha de estar sujeto a la pared.866 . En el otro extremo hay suspendido un peso de 500 kg.707 C 0.707 = W + T 0.707 = 2720 * 0.866 C = 2720 * 0.W = 0 ∑ FY = C sen 45 – T sen 30 .707 C = 3340 KG Problema 2.8 S sears – zemansky Una viga horizontal de 8 dm de larga se encuentra empotrada en una pared vertical por uno de sus extremos. permaneciendo la viga horizontal? (Despreciar el peso de la viga). Un hombre ejerce una fuerza de 50 kg en el punto medio de la cuerda.5 sen θ = 0. Cual es la fuerza ejercida sobre el automóvil? sen θ = Y 0. Reemplazando en la ecuacion1 TY = T sen θ 500 = (1000) * sen θ 500 sen θ = = 0.08 X 7.5 θ = arc sen 0.5 metros T2Y θ T2X Y = 60 cm F = 50 Kg 68 . Σ FY = 0 TY – W = 0 (Ecuación 1) TY = W pero: W = 500 kg.5 1000 h T = 1000 kg T TY θ TX P = 500 kg P = 500 kg X = 80 cm sen θ = 0.6 = = 0.5 θ = 300 h h = X 80 h tg 30 = 80 tg θ = h = 80 * tg 30 h = 46.b) En cuantos Kg aumentaría la tensión del cable si se sujetase 1 dm por debajo de dicho punto.18 cm Problema 2. El otro extremo esta atado a un árbol. TY = 500 TY = T sen θ Pero T = 1000 Kg.9 Sears – Zemansky Uno de los extremos de una cuerda de 15 m de longitud esta sujeto a un automóvil.5 metros T1X T1 θ T1Y X = 7. desplazándola lateralmente 60cm.08 D = 15 metros X = 7. Σ FX = 0 T2X -T1X = 0 T2X = T1X Pero T1X = T1 cos θ T2X = T2 cos θ T1 cos θ = T2 cos θ (Ecuación 1) T 1 = T2 Σ FY = 0 T 2y + T1y .16 T2 = 312. cos 45 CY = C . 0.866 C W 69 . CX = C . si la máxima tensión que la cuerda superior puede resistir es de 1000 Kg. 0. cos 30 TY = T . cos 30 C. sen 45 TX = T . sen 30 T = 1000 kg TY T = 1000 kg 300 45 0 C 450 CX CY 300 TX W Σ FX = 0 CX – TX = 0 (Ecuación 1) CX = TX C .5 Kg. y la máxima compresión que puede soportar el puntal es de 2000 kg. 2 sen θ 2 * 0.707 = (1000) .F = 0 (Ecuación 1) T 2Y + T1Y = F pero: F = 50 kg. T 2Y + T1Y = 50 T 2Y = T2 sen θ T 1Y = T1 sen θ T 2Y + T1Y = 50 T2 sen θ + T1 sen θ = 50 (Reemplazando Ecuación 1) T1 = T2 T2 sen θ + (T2 ) sen θ = 50 2T2 sen θ = 50 T2 = 50 50 50 = = = 312.5 Kg Problema 2.08 0. La cuerda vertical es lo bastante fuerte para poder resistir cualquier carga.5 Kg T1 = T2 = 312.10 Sears – Zemansky Calcular el máximo peso W que puede soportar la estructura de la figura. cos 45 = T . 3) * 100 FR = 30 Kg.5 = W 865. CONCLUSION: Nótese que aisladamente la cuerda no puede resistir un peso superior a 1000 kg.C.707 = 866 C= 866 = 1224. El peso W es de 20 kg.707 Σ FY = 0 CY + TY – W = 0 (Ecuación 2) CY + TY = W C . Problema 2. N = 100 Kg. El coeficiente estático de rozamiento entre el bloque y la superficie sobre la cual reposa es 0.707 + (1000) * 0. 0. Σ FX = 0 T2 – FR = 0 (Ecuación 1) T 2 = FR N T2 T2 T1 450 Σ FY = 0 N – WA = 0 (Ecuación 2) N = WA Pero: WA = 100 Kg. Pero: μ = 0.99 + 500 = W W = 1365. y el sistema esta en equilibrio. BLOQUE WA = 100 Kg. sen 45 + T .89 Kg. T1X = T1 cos 45 T1 = T1X 30 = = 42.89) * 0. sen 30 = W (1224.426 Kg cos 45 0. Pero al formar la estructura podemos superar la tensión máxima. 0. Esto se debe a que en la estructura es el conjunto el que se distribuye el peso a resistir y no la cuerda aisladamente.99 Kg. BLOQUE W2 Σ FX = 0 T1X – T2 = 0 T1X = T2 (Ecuación 4) Pero: T2 = 30 Kg.3 FR = μ * N (Ecuación 3) FR = (0.707 FR WA W2 WA N FR T2 T1Y T2 WA W2 T1 450 T1X W2 70 . T1X = 30 Kg.3. Pero: T2 = FR T2 = 30 Kg.11 Sears – Zemansky El bloque A pesa 100 kg. Calcular la fuerza de rozamiento ejercida sobre el bloque A. 32 KG. Reemplazando en la ecuación 3 N + FY – W = 0 Pero: FY = 5 Kg.FX = 0 (Ecuación 1) F R = FX Pero: FX = F cos 30 FX = 10 . 71 . El coeficiente cinético de rozamiento entre el bloque y la superficie es 0.32 Kg.5 FY = 5 Kg.32 Kg. Σ FX = 0 FR .5. Pero FR = FX 8.66 N= R = = 17.12 Sears – Zemansky Un bloque es arrastrado hacia la derecha a velocidad constante por una fuerza de 10 kg.5 N = 8. BLOQUE W = 100 Kg.66 Kg. FR = μ N (Ecuación 2) FR = 0.426 Kg.32 Kg.866 FX = 8. Σ FY = 0 T1Y – W2 = 0 T1Y = W2 (Ecuación 5) Pero T1Y = T1 sen 45 T1Y = W2 = T1 sen 45 W2 = T1 sen 45 W2 = (42.66 Kg F 8.32 KG. W = 22. que actúa formando un ángulo de 300 por encima de la horizontal.5 0. W = N + FY W = 17. Supóngase que todas las fuerzas actúan en el centro del bloque.426) sen 45 W2 = 30 kg.5 N F 300 W N FR W F 300 FX F = 10 Kg FY N = 17. N = 17. 0.32 + 5 = 22. Σ FY = 0 N + FY – W = 0 (Ecuación 3) Pero: FY = F sen 30 FY = (10) 0.66 kg. Problema 2. Cual es el peso del bloque.T1 = 42. 0. (1-sen2 θ)1/2 = 0 7 senθ = (1-sen2 θ)1/2 Elevando al cuadrado en ambos lados 72 .2 cos θ = 0 10 – 14 senθ .2 (1-sen2 θ)1/2 = 0 5– 5– 7 senθ .13 Sears – Zemansky Un bloque que pesa 14 kg.Problema 2. Para que dos valores de θ se moverá el sistema a velocidad constante. esta colocado sobre un plano inclinado y ligado a otro bloque de 10 kg. por una cuerda que pasa por una pequeña polea sin rozamiento. Bloque P1 = 14 Kg.2 cos θ = 0 pero : sen2 θ + cos2 θ = 1 1/ 2 cosθ = 1 . Supóngase que todas las fuerzas actúan en el centro del bloque.sen 2 θ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ θ0 θ0 P1 = m1 * g P1 = 14 kg P2 = 10 kg Bloque m2 T P2 = m2 * g P2 = 10 kg Reemplazando 10 – 14 senθ .P1Y = 0 (Ecuación 2) N1 = P1Y N1 = 14 cos θ FR = μ * N1 (Ecuación 3) FR = 1/7 * (14 cos θ) FR = 2 cos θ Bloque m2 Σ FY = 0 P2 – T = 0 (Ecuación 4) P2 = T Pero: P2 = 10 kg T = P2 = 10 kg Reemplazando en la ecuación 1 T – P1X – FR = 0 (Ecuación 1) 10 – 14 senθ .sen 2θ = ⎛1 . El coeficiente cinético de rozamiento entre el bloque y el plano es 1/7. Σ FX = 0 T – P1X – FR = 0 (Ecuación 1) Pero: P1X = P1 sen θ P1X = 14 sen θ Pero: P1Y = P1 cos θ P1Y = 14 cos θ Bloque m1 N1 T FR P1X P1Y P1 = 14 kg T T FR Σ FY = 0 N1 . (.sen 2 θ ⎞ ⎥ ⎜ ⎟ ⎠ ⎢⎝ ⎥ ⎣ ⎦ 2 25 – 70 senθ + 49 sen2 θ = 1 – sen2 θ 49 sen2 θ + sen2 θ – 70 senθ + 25 – 1 = 0 50 sen2 θ – 70 sen θ + 24 = 0 Aplicando la formula para ecuaciones de segundo grado.6 100 100 T FR 53.8 P1 = 14 kg sen θ1 = θ1 = 53.4 (50) 24 2 (50) 70 ± 100 70 ± 10 = 100 100 70 + 10 80 = = 0.6 θ2 = 36. b) Hállese el peso W para el cual se mueve hacia abajo a velocidad constante. a) Calcular el peso W para el cual el bloque de 100 kg se eleva por el plano a velocidad constante.1/ 2 ⎤ ⎡ [5 − 7 senθ ]2 = ⎢⎛1 . θ2 = 36.130 θ2 = arc sen 0.4 y el coeficiente cinético 0.3. P2 = 10 kg Problema 2. El coeficiente estático de rozamiento es 0. c) Para que intervalo de valores de W permanecerá el bloque en reposo? Calcular el peso W para el cual el bloque de 100 kg se eleva por el plano a velocidad constante.4800 100 T θ1 = arc sen 0.70) ± ( .130 sen θ 2 = 70 − 10 60 = = 0.14 Sears – Zemansky Un bloque que pesa 100 kg esta colocado sobre un plano inclinado de 300 y conectado a un segundo bloque de peso W pendiente de una cuerda que pasa por una pequeña polea sin rozamiento. Bloque P1 (Cuando se desplaza hacia la derecha) Σ FX = 0 T – P1X – FR = 0 (Ecuación 1) Pero: P1X = P1 sen 30 73 .860 θ1 = 53. a = 5 b =-70 c= 24 sen θ = sen θ = .8 100 100 = 70 ± 4900 .860 Cuando el cuerpo se desplaza hacia la izquierda.70) 2 .130 Cuando el cuerpo se desplaza hacia la derecha. 5) P1X = 50 kg.866 P1Y = 86.6 Kg. FR = 25. Pero: P1Y = P1 cos 30 P1Y = 100 * 0. BLOQUE W Σ FY = 0 (por que se desplaza a velocidad constante) T–W=0 T = W (Ecuación 4) Pero T = 75. T – P1X – FR = 0 (Ecuación 1) Pero: P1X = 50 kg.98 Kg. La fuerza de rozamiento actua en sentido contrario al movimiento.6 Kg. Bloque W T P1 = 100 kg W = m2 * g W= ? Hállese el peso W para el cual se mueve hacia abajo a velocidad constante.3 (Coeficiente cinético de rozamiento) FR = 0.98 Kg.6) FR = 25.P1Y = 0 (Ecuación 2) N1 = P1Y N1 = 86.3 * (86.866 P1Y = 86. T = P1X + FR = 0 T = 50 + 25. 74 .T + P1X .98 Kg. P1 = 100 kg T T FR 300 W= ? Σ FY = 0 N1 .6 Kg. W = 75. cinetico FR = μC * N1 (Ecuación 3) μC = 0.98 Kg. Bloque P1 N1 T FR P1X P1Y 300 Para hallar la tensión en la cuerda se reemplaza en la ecuación 1.5) P1X = 50 kg.FR = 0 (Ecuación 1) Pero: P1X = P1 sen 30 P1X = 100 * (0.P1X = 100 * (0.98 T = 75.98 Kg. Nota: Cuando el cuerpo esta en movimiento se utiliza el coef. Bloque P1 (Cuando se desplaza hacia la izquierda) Σ FX = 0 . Pero: P1Y = P1 cos 30 P1Y = 100 * 0. Para hallar la tensión en la cuerda se reemplaza en la ecuación 1.FR = 0 (Ecuación 1) Pero: P1X = 50 kg.P1Y = 0 (Ecuación 2) N1 = P1Y N1 = 86. N1 T FR P1X P1Y 300 La fuerza de rozamiento actua en sentido contrario al movimiento.02 Kg. Nota: Cuando el cuerpo esta en movimiento se utiliza el coef.3 * (86. cinetico FR = μC * N1 (Ecuación 3) μC = 0. Cuando el cuerpo no se desplaza se utiliza el coef. W = 24 Kg. estatico Σ FY = 0 N1 . Bloque W T P1X P1 = m1 * g P1 = 100 kg W = m2 * g W= ? Para que intervalo de valores de W permanecerá el bloque en reposo? SI el cuerpo intenta moverse hacia la derecha.98 T = 24. la fuerza de rozamiento actúa hacia la izquierda Bloque P1 (Cuando el cuerpo intenta desplazamiento hacia la derecha) Σ FX = 0 T – P1X .6) FR = 25.Σ FY = 0 N1 . -T + P1X .25.98 Kg.FR = 0 (Ecuación 1) Bloque P1 Pero: P1X = P1 sen 30 P1X = 100 * (0. FR = 25. Pero: P1Y = P1 cos 30 P1Y = 100 * 0.P1Y = 0 (Ecuación 2) P1 = 100 kg 75 .6 Kg.3 (Coeficiente cinético de rozamiento) FR = 0. T = P1X . T P1 = 100 kg FR 300 T W= ? Bloque P1 N1 FR P1Y 30 0 T La fuerza de rozamiento actua en sentido contrario al movimiento.866 P1Y = 86. BLOQUE W (por que se desplaza a velocidad constante) Σ FY = 0 T–W=0 T = W (Ecuación 4) Pero T = 24 Kg.6 Kg.98 Kg.FR = 0 T = 50 .5) P1X = 50 kg. 64 Kg.FR = 0 (Ecuación 1) Pero: P1X = 50 kg.N1 = P1Y N1 = 86. P1 = m1 * g P1 = 100 kg La fuerza de rozamiento actua en sentido contrario al movimiento. estatico FR = μC * N1 (Ecuación 3) μC = 0.6) FR = 34. N1 T P1X 300 P1Y Σ FY = 0 N1 . BLOQUE W Σ FY = 0 T–W=0 T = W (Ecuación 4) Pero T = 84. Pero: P1Y = P1 cos 30 P1Y = 100 * 0.64 Kg. la fuerza de rozamiento actúa hacia la derecha Σ FX = 0 Cuando el cuerpo intenta desplazamiento hacia la izquierda) T – P1X + FR = 0 (Ecuación 1) Bloque P1 FR Pero: P1X = P1 sen 30 P1X = 100 * (0.4 (Coeficiente estático de rozamiento) FR = 0. W = m2 * g W= ? SI el cuerpo intenta moverse hacia la izquierda.4 * (86.P1Y = 0 (Ecuación 2) N1 = P1Y N1 = 86. Cuando el cuerpo no se desplaza se utiliza el coef.6 Kg. W = 84.6 Kg.6) FR = 34.64 Kg.4 * (86.64 Kg.4 (Coeficiente estático de rozamiento) FR = 0.64 Kg.64 T T = 84. Para hallar la tensión en la cuerda se reemplaza en la ecuación 1. Para hallar la tensión en la cuerda se reemplaza en la ecuación 1. T – P1X .866 P1Y = 86.6 Kg. FR = μC * N1 (Ecuación 3) μC = 0.98 Kg. 76 .5) P1X = 50 kg. FR = 25. Bloque W T = P1X + FR = 0 T = 50 + 34. 98 Kg.25 * 12 kg FR1 = 3 kg. T = P1X . WA B WB B P B = 8 kg. FR = 25. FR1 es la fuerza de rozamiento cinético entre la masa inferior B y el piso.WB – WA = 0 NB = WB + WA NB = 8 kg + 4 kg NB = 12 kg B B B B B B B B B B B B B B B B B B Bloque B NB B Pero: μC = 0.36 Kg.15 Sears zemanski El bloque A pesa 4 kg y el bloque B pesa 8 kg.FR = 0 T = 50 .64 T = 15.T – P1X + FR = 0 (Ecuación 1) Pero: P1X = 50 kg.25 FR1 = μC NB FR1 = 0.36 Kg.34. ∑ FY = 0 NB . W = 15.25. no existe aceleración) ∑ FX = 0 B B B B 0 B 77 . Calcular la fuerza P necesaria para arrastrar el bloque B hacia la izquierda a velocidad constante. El coeficiente cinético de rozamiento entre todas las superficies es 0. B B ∑ FX = ma (por que se desplazan a velocidad constante. BLOQUE W Σ FY = 0 T–W=0 T = W (Ecuación 4) Pero T = 15. Bloque W T W = m2 * g W= ? Problema 2.36 Kg. a) Si A queda sobre B y se mueve con el? Bloque B La normal del bloque es igual a la suma de los pesos del cuerpo A y del cuerpo B. B B B B B B B B B B B B FR1 B P A = 4 kg. por que esta atado a la cuerda) ∑ FX = 0 FR2 . Pero: μC = 0. B B Bloque A NA B P B = 8 kg.WB – WA = 0 NB = WB + WA NB = 8 kg + 4 kg NB = 12 kg B B B B B B B B B B B B B B B B B B Al moverse el bloque B hacia la izquierda a velocidad constante. se ejercen dos fuerzas de rozamiento en sentido contrario al movimiento del bloque B.25 FR1 = μC NB FR1 = 0.25 FR2 = μC NA FR2 = 0.25 * 4 kg FR2 = 1 kg. B B B B B B B B B B B B P WA B FR2 B WB B Bloque B La normal del bloque es igual a la suma de los pesos del cuerpo A y del cuerpo B. B B B B B B B B B B B B 78 . ∑ FY = 0 NB .T = 0 FR2 = T B B B B B B ∑ FY = 0 NA – WA = 0 NA = WA NA = 4 kg B B B B B B B B B B B B Bloque B NB B FR1 B Pero: μC = 0.25 * 12 kg FR1 = 3 kg. b) Si A se mantiene en reposo? A = 4 kg. T FR2 es la fuerza de rozamiento cinético entre los 2 cuerpos.P . FR2 B T WA B Bloque A B FR1 es la fuerza de rozamiento cinético entre la masa inferior B y el piso. B B ∑ FX = ma B B 0 B (por que el bloque “A” no se desplaza.FR1 = 0 P = FR1 B B B B P = 3 kg. B B B B B B B B B B B B FR2 B T WB FR2 B WA B FR2 = T T = 1 kg. FR1 es la fuerza de rozamiento cinético entre la masa inferior B y el piso.25 FR2 = μC NA FR2 = 0.T = 0 FR2 = T B B B B B B ∑ FY = 0 NA – WA = 0 NA = WA NA = 4 kg B B B B B B B B B B B B Bloque A NA B Bloque B NB B P T WA B B FR1 B Pero: μC = 0. B B T Bloque A B ∑ FX = ma B B 0 B (por que el bloque “A” se desplaza a VELOCIDAD CONSTANTE) ∑ FX = 0 FR2 . B B A = 4 kg. T P B = 8 kg.B ∑ FX = ma B B B B 0 B (por que el bloque “B” se desplaza hacia la izquierda a velocidad constante) B ∑ FX = 0 P . FR2 es la fuerza de rozamiento cinético entre los 2 cuerpos.WB – WA = 0 NB = WB + WA NB = 8 kg + 4 kg NB = 12 kg B B B B B B B B B B B B B B B B B B 79 . ∑ FY = 0 NB .FR2 – FR1 = 0 P = FR2 + FR1 P = 1 kg + 3 kg P = 4 kg B B B B B B B c) Si A y B están unidos por una cuerda ligera flexible que pasa por una polea fija sin rozamiento. B B Bloque B La normal del bloque es igual a la suma de los pesos del cuerpo A y del cuerpo B.25 * 4 kg FR2 = 1 kg. b)Si el coeficiente cinético de rozamiento entre las superficies A y B y entre S y A es el mismo. a) Dibujar un diagrama de todas las fuerzas que actúan sobre el bloque A. sen 37 = WBX WB WBX = WB sen 37 = m g sen 37 WAX = WA sen 37= m g sen 37 cos 37 = WBY WB T FR1 = fuerza de rozamiento entre los B dos bloques FR2 = fuerza de A rozamiento entre el bloque B y el 370 plano inclinado WBY = WB cos 37 = m g cos 37 WAY = WA cos 37 = m g cos 37 Bloque B Bloque B ∑ FX = 0 Por que el bloque B no se desplaza por que la cuerda no lo permite. T .Al moverse el bloque B hacia la izquierda a velocidad constante.WBX – FR1 = 0 Bloque A Pero: FR1 = μ NB ∑ FY = 0 NB – WBY = 0 NB = WBY = m g cos 37 WBX NB FR1 T NA WBY WAX WBX FR1 WAY WBY FR2 Bloque A ∑ FY = 0 NA – WAY – WBY = 0 NA = WAY + WBY 37 0 WA = m g WB = mB g WB = m g 80 . desliza hacia abajo con velocidad constante sobre un plano inclinado S cuya pendiente es 370 mientras la tabla B.25 * 12 kg B B B B B B B B B B FR1 = 3 kg. determinar su valor. de peso W. también de peso W.16 Sears zemanski El bloque A. se ejercen dos fuerzas de rozamiento en sentido contrario al movimiento del bloque B. La tabla esta unidad mediante una cuerda al punto mas alto del plano.FR2 – FR1 – T = 0 P = FR2 + FR1 + T P = 1 kg + 3 kg + 1 kg P = 5 kg B B B B B B B Problema 2. B B B ∑ FX = ma B B B B 0 B (por que el bloque “B” se desplaza hacia la izquierda a velocidad constante) B ∑ FX = 0 P . descansa sobre la parte superior de A.25 FR1 = μC NB FR1 = 0. Pero: μC = 0. NA = WB cos 37 + WB cos 37 NA = m g cos 37 + m g cos 37 NA = 2m g cos 37 Por que el bloque A se desplaza a VELOCIDAD CONSTANTE. ∑ FX = 0 FR1 + FR2 .WBX – WAX = 0 WBX = WB sen 37 = m g sen 37 WAX = WA sen 37= m g sen 37 Pero : WAX = WBX FR1 + FR2 = WBX + WAX FR1 + FR2 = m g sen 37 + m g sen 37 FR1 + FR2 = 2 m g sen 37 FR1 = μ NB FR2 = μ NA (+) (Ecuacion 1) FR1 + FR2 = μ NB + μ NA FR1 + FR2 = μ (NB + NA) Pero: NA = 2m g cos 37 NB = m g cos 37 (Ecuacion 2) Reemplazando en la ecuacion 2 (Ecuacion 2) FR1 + FR2 = μ (NB + NA) FR1 + FR2 = μ (m g cos 37 + 2m g cos 37 ) FR1 + FR2 = μ (3m g cos 37 ) (Ecuación 3) Igualando la Ecuación 1 y la Ecuación 3 FR1 + FR2 = 2 m g sen 37 (Ecuacion 1) FR1 + FR2 = μ (3m g cos 37 ) (Ecuación 3) 2 m g sen 37 = μ (3m g cos 37 ) Cancelando los terminos semejantes 2 m g sen 37 = μ (3m g cos 37 ) 2 sen 37 = μ (3 cos 37 ) Despejamos μ μ= 2 sen 37 2 = tg 37 3 cos 37 3 81 . la aceleración es cero. a) Dibujar dos diagramas de fuerzas distintos que indiquen las fuerzas que actúan sobre A y B. hallamos la tensión T2 N2 FR2 Bloque B T2 T1 WBX 370 WB WBY 82 .5 * 15. luego la aceleración es cero.972 FR2 = 7.972 Newton Pero: FR2 = μ N2 FR2 = μ 20 = 0. luego la aceleración es cero. T1 – FR1 = 0 (Ecuación 1) T1 = FR1 ∑ FY = 0 WA – N1 = 0 WA = N1 WA = N1 = 20 Newton Pero: FR1 = μ N1 FR1 = μ 20 = 0. b) Calcular la tensión de la cuerda que une los bloques A y B c) Cual es el peso del bloque C? Bloque A ∑ FX = 0 Por que se desplaza a velocidad constante.μ = 0.5.666 tg 37 Problema 2 – 17 Sears .036 Newton T1 = 10 Newton ∑ FY = 0 WBY – N2 = 0 WBY = N2 = WB cos 37 = 20 cos 37 WBY = N2 = 15.Zemansky Dos bloques A y B están dispuestos como indica la figura 2-21 y unidos por una cuerda al bloque C.036 Newton WBX = 12. y el coeficiente cinético de rozamiento entre cada bloque y la superficie es 0. El bloque C desciende con velocidad constante. ∑ FX = 0 T2 – WBX – T1 – FR2 = 0 (Ecuación 2) Pero: WBX = WB sen 37 WBX = 20 sen 37 = 12. El bloque A = B = 20 Newton.5 * 20 FR1 = 10 Newton T1 = FR1 T1 = 10 Newton Bloque B T2 T2 Bloque A T1 FR1 T1 FR2 370 Bloque A Bloque C N1 T1 FR1 FR1 T1 WA WA Bloque B Por que se desplaza a velocidad constante hacia la derecha.986 Newton Reemplazando en la ecuación 2. T2 – WBX – T1 – FR2 = 0 (Ecuación 2) T2 = WBX + T1 + FR2 T2 = 12. como indica la figura 2-22. En cada extremo la cadena forma un ángulo θ con la horizontal a) Cual es el valor y dirección de la fuerza ejercida por la cadena sobre el gancho de la izquierda? b) Cual es la tensión de la cadena en el punto mas bajo? ∑ FX = 0 FX – FX = 0 ∑ FY = 0 W – FY – F Y = 0 W – 2FY = 0 W = 2FY Pero: FY = F sen θ W = 2FY = 2(F sen θ) W = 2 F sen θ θ θ FY W FX F θ W F θ FX FY θ T w/2 FY FX F θ w/2 T F = W 2 sen θ ∑ FX = 0 T .036 + 10 + 7. ∑ FY = 0 W C – T2 = 0 WC = T2 = 30 Newton WC = 30 Newton WC Problema 2. luego la aceleración es cero.18 Sears .Zemansky Una cadena flexible de peso W cuelga entre dos ganchos situados a la misma altura.986 T2 = 30 Newton Bloque C T2 Bloque C Por que se desplaza a velocidad constante hacia la derecha.FX = 0 T = FX Pero: FX = F cos θ T = FX = F cos θ T = F cos θ Pero: F = W 2 sen θ 83 . 128 + 78.Reemplazando T = F cos θ ⎛ W ⎞ T =⎜ ⎟ cos θ ⎝ 2 sen θ ⎠ ⎛ W ⎞ cos θ T=⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ sen θ ⎛W⎞ T = ⎜ ⎟ ctg θ ⎝2 ⎠ Problema de Sears – Zemansky Un bloque de 8 kg y otro de 16 kg están suspendidos en los extremos opuestos de una cuerda que pasa por una polea.528 Newton T1 = 2 T = 2 * 104.4 = 24 a a = 3.266 m/seg2 Se reemplaza en la ecuación 1 para hallar la tensión T .T = m2 a (Ecuación 1) (Ecuación 2) T1 m1 T m 2 g .8 = (8 + 16) a 156.8 – 8 * 9.m1 g = m1 a (Ecuación 1) T = m1 a + m1 g T = 8 * 3.4 = 24 a 78.T = m2 a (Ecuación 2) Sumando las ecuaciones T .4 T = 104.m1 g = m 1 a + m 2 a m2 g .8 T = 26.m1 g = m1 a m 2 g .266 + 8 * 9.8 – 78.m1 g = (m1 + m2 ) a 16 * 9. Calcular: a) La aceleración del sistema? b) La tensión de la cuerda c) La tensión de la cuerda que sostiene la polea.m1 g = m1 a (Ecuación 1) ∑ FY = m2 a m2 g . Desprecie el peso de esta. ∑ FY = m1 a T .528 m2 T T W1 = m1 g W2 = m2 g 84 . F = mT * a kg F 3 Newton a = = =1 mT 3 kg m seg 2 m =1 kg seg 2 m1 = 1 kg Bloque m2 FC F=3N La magnitud de la fuerza de contacto entre los bloques? Bloque m1 Σ FX = F – FC = m1 a donde FC es la fuerza de contacto. mT = m1 + m2 = 1 + 2 = 3 kg.9 Resnick – Halliday Pág. Bloque m1 FC F=3N TA TA TB TB T3 = 60 N m1 = 10 kg Bloque m1 TA Bloque m2 = 20 kg m2 TA m TB 3 = 60 kg TB Bloque m3 T3 mT = m1 + m2 + m3 = 10 + 20 + 30 = 60 kg.T1 = 209. y F = 3 Newton. m3 = 30 kg. m2 = 20 kg. mT = 60 kg. 139 Dos bloques están en contacto como se muestra en la figura 5-14 en una mesa sin fricción. m2 = 2 kg.056 Newton Problema 5. Si m1 = 1 kg. F – FC = m1 a FC = 3 . Encuentre la m2 = 2 kg fuerza de contacto entre los dos bloques?.2 * 1 FC = 1 Newton. Encuentre las tensiones TA y TB. Si m1 = 10 kg. Se aplica una fuerza horizontal a un bloque. 139 Tres bloques están conectados como muestran en la figura 5 – 15 en una mesa horizontal sin fricción y se jalan a la derecha con una fuerza T3 = 60 Newton. Problema 5. 85 .10 Resnick – Halliday Pág. mT = 3 kg. T A = m 2 * a TB . esta colgada de un hilo.10 = 20 * 1 TB = 20 + 10 = 30 TB = 30 Newton.11 Resnick – Halliday Pág.F = mT * a kg a = F 60 Newton = =1 mT 60 kg m seg 2 m =1 kg seg 2 Bloque m1 Σ FX = m1 * a TA = m1 * a (Ecuación 1) TA = 10 * 1 = 10 Newton Bloque m2 Σ FX = m2 * a TB . Una fuerza eléctrica actúa horizontalmente sobre la esfera.TA = m2 * a (Ecuación 2) Reemplazando el valor de TA = 10 N. de tal manera que el hilo hace un ángulo de 370 con la vertical cuando queda en reposo. Problema 5. se halla TB TB . a) La tensión del hilo? FE = Fuerza eléctrica Σ FX = 0 Σ FX = FE – TX = 0 FE = TX Pero: TX = T * cos 53 370 T 530 Fuerza eléctrica Σ FY = 0 Σ FY = TY – m g = 0 TY = m g Pero: TY = T * sen 53 Remplazando se halla la tensión del hilo. 139 Una esfera cargada de masa 3 * 10-4 kg. T * sen 53 = m g P=m*g 86 . Encuentre: a) La magnitud de la fuerza eléctrica. ) * a 2.62 = 43. Problema 5.681 * 10-3 Newton) * 0. 139 Un bloque de masa m1 = 43.2 m/seg2 P=m*g El peso del cohete no se puede omitir por que es una fuerza que se opone al despegue del cohete.4 ⎠ ⎝ T= = = 3. Puede ud.⎛ 3 *10 .3 * 10 Σ FY = 0 Σ FY = F – m g = m * a F = 2.8 * 0.8 * 9.215 * 10-3 Newton P=m*g PARTE 1 RESNICK – HALLIDAY Pág. Si el empuje inicial hacia arriba de su motor es 2.6 * 105 N a = 10.3 * 104 kg.13 Resnick – Halliday Pág.6 * 105 Newton. a) Cual es la aceleración sobre cada cuerpo? b) Cual es la tensión en la cuerda? Pero: P1X = P1 * sen 30 P1 = m1 * g P1X = m1 * g * sen 30 P1X = 43. en un plano inclinado liso que tiene un ángulo de 300 esta unido mediante un hilo que pasa por una pequeña polea sin fricción a un segundo bloque de masa m2 = 29.8a (Ecuación 1) Bloque m1 T P1X 300 P1 = m1 * g P1Y 300 m1 = 43.681 * 10-3 Newton) * cos 53 FE = (3.3 * 104 kg.8 kg T T m2 = 29.6018 FE = 2.6 * 105 – (12.5 P1X = 214.4 *10 .3 * 104 kg.681 * 10 .74 * 104 kg.62 Newton Bloque m1 Σ FX = m1 * a T – P1X = m1 * a T – 214.6 * 105 Newton. – (1.3 * 104 kg.4 ⎞ * 9.7986 sen 53 0. Omitir el peso del cohete ( la atracción hacia debajo de la tierra sobre el?) 2.3 * 104 kg.) * a 260000 – 127400 = 132600 = (1.) * 9.2 kg 87 .8 ⎟ ⎜ m g 29.2 kg que cuelga verticalmente (Figura 5 – 17).681 * 10-3 Newton Remplazando se halla la magnitud de la fuerza eléctrica FE = TX = T * cos 53 FE = (3.7986 Esfera T 530 TX TY Fuerza eléctrica T = 3.3 Newton = 0.2 4 seg 2 1.) = (1.) * a a = m 132600 = 10.8 = (1.8 kg. 139 Problema 5 – 12 Calcúlese la aceleración inicial ascendente de un cohete de masa 1. encuentre la aceleración del bloque.16 = 43.2a (Ecuación 2) -214.5 P1X = 143.T = 29.2 * 0.54 = 73 a Bloque m2 Bloque m2 T P2 = m2 * g a = 71.8a + 29.16 Newton Reemplazando P2 . (2 slugs) y el ángulo θ = 300 . b) Si la cuerda se corta.98 286.2 * 9.98 73 seg 2 a = 0.T = 29. P1Y 300 P1 = m1 * g 88 .08 Newton N T P1X 30 0 T m = 29.2a 71.Σ FY = m2 * a P2 .62 +286.54 Newton Problema 5.61 T = 286.16 .2a (Ecuación 2) 286.16 – 28.T = 29.16 .2 Kg. Sea la masa del bloque 29.8 P2 = 286.54 m = 0.20 Resnick – Halliday Pág.T = 28.2 kg Bloque m Σ FX = 0 T – P1X = 0 (Ecuación 1) T – 143.2 * 9.616 T = 257.08 Newton.T = m2 * a 286. a) Encuentre la tensión en la cuerda y la fuerza normal que obra en el bloque. T – 214. hallamos la aceleración del sistema.8 * 0.98 m/seg2 Cual es la tensión en la cuerda? Reemplazando 286.16 .08 = 0 T = 143.62 = 43.8a (Ecuación 1) 286.T = m2 * a P2 = m2 * g P2 = 29. No considere la fricción Pero: P1X = P1 * sen 30 P1 = m1 * g P1X = m1 * g * sen 30 P1X = 29.2 * a (Ecuación 2) Resolviendo la ecuación 1 y ecuación 2.16 . 141 Remítase a la figura 5 -5.16 .T = 29. 866 N = 247.8 * 0.9 m/seg2 N P1X 300 P1 = m1 * g P1Y Problema 5. No considere la fricción Σ FX = m a P1X = m a (Ecuacion 1) Pero: P1X = P1 * sen 30 P1 = m1 * g P1X = m1 * g * sen 30 (Ecuacion 2) Reemplazando la ecuacion 2 en la ecuacion1 P1X = m a (Ecuacion 1) m1 * g * sen 30 = m a Cancelando terminos semejantes m1 * g * sen 30 = m a g * sen 30 = a a = 9.5 kg.5 a = 4. encuentre la aceleración del bloque.21 Resnick – Halliday Pág. 141 Remítase a la figura 5 – 7 a. Bloque m1 Σ FX = m1 * a T = m1 * a (Ecuación 1) Bloque m2 Σ FY = m2 * a P2 . No considere la fricción.Σ FY = 0 N – P1Y = 0 N = P1Y Pero: P1Y = P1 * cos 30 P1 = m1 * g P1Y = m1 * g * cos 30 N = P1Y = m1 g cos 30 N = 29.2 * 9. Sea m1 = 1 kg y m2 = 0.82 Newton c) Si la cuerda se corta. Encuentre la aceleración del bloque.T = m2 * a P2 = m2 * g m2 * g .8 * 0.T = m2 * a (Ecuación 1) m1 T T T m2 m2 g 89 . 5 * 9.0.m2 g = m2 a (Ecuación 2) Sumando las ecuaciones m1 g .63 T = 6.26 m/seg2 Problema 5.8 – 0.5 * 3.9 = 1.5 * 9.26 T – 4.T = m1 a (Ecuación 1) T .22 Resnick – Halliday Pág.5) a 9.9 = 1.53Newton T1 T T m1 m2 T T W2 = m2 g W1 = m1 g 90 .5 a = 3.T = m1 a (Ecuación 1) ∑ FY = m2 a T .9 = = m1 + m 2 1 + 0.T = m2 * a (Ecuación 1) m2 g = m1 a + m2 a m2 g = (m1 + m2 ) a N1 T m1 g a= m2 g 0.5 a a = 3. T = m1 * a (Ecuación 1) m2 * g .5 kg Encuentre la aceleración de los dos bloques y la tensión de la cuerda ∑ FY = m1 a m1 g .8 4. sea m1 = 1 kg y m2 = 0.5 a 4.5 * 9.8 = 0.9 = 1. hallamos la aceleración. 141 Remítase a la figura 5 -8 a.5 1.m1 g = m1 a (Ecuación 1) T .63 T = 4.m2 g = m2 a T .26 m/seg2 Se reemplaza en la ecuación 1 para hallar la tensión T .8 – 4.8 = (1 + 0.m2 g = m2 a (Ecuación 2) m 1 g – m 2 g = m1 a + m2 a m1 g – m2 g = (m1 + m2 ) a 1 * 9.Sumando las ecuaciones.9 + 1. 0. sen 53 TAX = TA .601 W = 0 (ecuación 2) W pero: W = 40 N 40 + TC. sen 65 TAX = TA . calcular la tensión de las cuerdas AB.149 TA = 40 1.649 TA = 40 Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 0. sen 30 TCY = TC.649 TA = 24. sen 30 0.601 = TA .798 TC = 40 0.798 TC = 40 (ecuación 2) 0. BC. sen 60 TCX = TC .En cada uno de los diagramas. BC y BD sabiendo que el sistema se encuentra en equilibrio.92 Newton.5 TA + 0. cos 65 TCY = TC. cos 30 TC .866 * TA = 1. Para hallar TC se reemplaza en la ecuación 1.25 Newton 1. sen 53 = 40 Σ FY = 0 TAY + TCY – TAY + TCY = TAY + TCY = TA .866 TC = 0.25 N. A TAY = TA .5 TA + 0. TAY = TA .44 * (24. 0.25) Σ FX = 0 91 . cos 30 TCX = TC .44 TA ) = 40 TA TAY 30 0 TC 530 TCX T CY TA = 40 = 24.TAX = 0 (ecuación 1) TCX = TAX TC . cos 53 = TA .798 * (1. TC = 1.5 TA + 0.44 TA T AX TC = 34. cos 53 C 300 530 TC TA W = 40 N B Σ FX = 0 TCX .5 TA + 1.44 TA (ecuación 1) 0. BD sabiendo que el sistema se encuentra en equilibrio. cos 60 TC = 1. En cada uno de los diagramas. calcular la tensión de las cuerdas AB. 577 TA (Ecuación 1) 0.906 TA + 0. En cada uno de los diagramas.638 TA = 70 TA = 70 = 42.11 Newton.866 W = 100 N Σ FY = 0 92 . 0. TAY = TA . sen 65 W = 0 (ecuación 2) W pero: W = 70 N 70 + TC. BD sabiendo que el sistema se encuentra en equilibrio.845 TA ) = 70 T CY TA 650 600 0.73) TC = 36. cos 60 TC . sen 60 TAX = TA .845 TA (ecuación 1) A 0.422 C 60 650 250 0 0. sen 30 TCX = TC .TAX = 0 (ecuación 1) TCX = TAX TC . BC. cos 30 A 600 300 C Σ FX = 0 TCX .845 * (42.866 TC = 70 Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 0.TAX = 0 (ecuación 1) TCX = TAX TC . calcular la tensión de las cuerdas AB.866 = TA . cos 60 = TA .5 * TA = 0. 0.731 TA = 70 1. cos 60 TCY = TC.866 TC = 70 (ecuación 2) 0.906 TA + 0.845 TA TC = 0. Para hallar TC se reemplaza en la ecuación 1.638 TAX W = 70 N TCX TA = 42. 0. sen 60 = 70 TA B TC W = 70 N TAY TC 0.5 = TA .73 N.TCX .906 TA + 0.73 Newton 1.866 * (0. 0.422 TC = * TA = 0.5 TA B TC TC = 0. TC = 0.906 TA + 0.5 Σ FY = 0 TAY + TCY – TAY + TCY = TAY + TCY = TA . cos 65 TC . cos 30 = TA . 866 TA + 0. BD sabiendo que el sistema se encuentra en equilibrio.154 TA = 100 TA TAY 60 0 TC 300 TCX T CY TAX W = 100 N TA = 100 = 86.154 TA = 86. sen 30 = 100 Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 0. cos θ TCY = TC.5 *(0. sen θ + TC.866 TA + 0. TC = 0.577 TA TC = 0.5 TC = 100 (Ecuación 2) W = 0 (Ecuación 2) W pero: W = 100 N 100 + TC.577 * (86.866 TA + 0. sen θ TCX = TC . cos θ TA B W θ0 TAX W θ0 TCX TC = cos θ * TA = TA (Ecuación 1) cosθ TC = TA Σ FY = 0 TAY + TCY – W = 0 (Ecuación 2) TAY + TCY = W TA .6) TC = 50 Newton.866 TA + 0. cos θ A θ θ C TA TAY TC TC T CY Σ FX = 0 TCX .6 N.6 Newton 1. sen 60 0. sen θ TAX = TA .577 TA) = 100 0. En cada uno de los diagramas. TAY = TA .TAX = 0 (Ecuación 1) TCX = TAX TC . cos θ = TA . sen θ = W (Ecuación 2) Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 93 . BC.5 TC = 100 0.TAY + TCY – TAY + TCY = TAY + TCY = TA .288 TA = 100 1. Para hallar TC se reemplaza en la ecuación 1. calcular la tensión de las cuerdas AB. cos 60 AY = A. CY = C. sen θ + TC. hallar la tensión de la cuerda BC y la fuerza en el pivote AB sabiendo que el sistema se encuentra en equilibrio. A Para hallar A se reemplaza en la ecuación 1. sen 45= 50 AY CX W = 50 Kg-f C B 0.87 Kg. sen 60 + A. cos 45 = C.f.6) A = 25.707 * (36. A = 0. sen 60 CX = C.707 C (Ecuación 1) cos 45 C C 60 300 0 CY 60 0 A 45 AX 0 Σ FY = 0 CY + AY – W = 0 (Ecuación 2) CY + AY = W pero: W = 50 kg-f CY + AY = 50 C.6 Kg-f.866 C + 0. sen 45 AX = A.TA . sen θ + TA.6 Kg .366 C = 50 450 A W = 50 Kg-f C = 50 = 36.866 C+ 0.5 C = 50 1.f 1.366 C = 36.707 A = 50 (Ecuación 2) Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 0. sen θ = W TA .707 (0.707 A = 50 0. sen θ = W 2 TA sen θ = W TA = W 2 sen θ Pero TC = TA Tc = W 2 sen θ En cada uno de los diagramas. cos 60 A = cos 60 * C = 0.CX = 0 (Ecuación 1) AX = CX A.707 C A = 0. 94 .866 C + 0.707 C) = 50 0. cos 45 Σ FX = 0 AX .866 C + 0. sen 45 AX = A.A. cos 32 AY = A. hallar la tensión de la cuerda BC y la fuerza en el pivote AB sabiendo que el sistema se encuentra en equilibrio.551 C) = 60 0.f. sen 65 CX = C.906 C .0.AY – W = 0 (Ecuación 2) CY .CX = 0 (Ecuación 1) AX = CX A.89 Kg .CX = 0 (Ecuación 1) AX = CX A.642 A = 60 0.89 Kg.642 A = 60 (Ecuación 2) Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 0.906 C. C CY = C.906 C .551 C (Ecuación 1) cos 40 Σ FY = 0 CY . A = 0. cos 65 AY = A. sen 65 . A = 0.f.642 (0.551 * (108.AY = 60 C.0. Para hallar A se reemplaza en la ecuación 1. sen 40 AX = A. cos 45 C B Σ FX = 0 AX . cos 32 C W = 50 Kg-f 320 A A 450 95 . sen 32 CX = C.551 C En cada uno de los diagramas.551 C = 108. sen 40 = 60 0.354 C = 60 0.89) A = 60 Kg . cos 40 = C. cos 45 = C. cos 40 650 250 400 A 500 C B C 650 CX AY 60 Kg-f 60 Kg-f CY AX 400 A Σ FX = 0 AX . cos 65 cos 65 A = * C = 0. hallar la tensión de la cuerda BC y la fuerza en el pivote AB sabiendo que el sistema se encuentra en equilibrio.906 C .AY = W pero: W = 60 kg-f CY .0.f 0.0.551 C = 60 C = 60 = 108.En cada uno de los diagramas. CY = C. Bloque m1 T1 – W1 = m1 * a T1 – m 1 g = m 1 * a Bloque m2 W2 – T2 = m2 * a m 2 g – T2 = m 2 * a Bloque m1 T1 (Ecuación 1) Bloque m2 T2 Bloque m3 N3 T1 T2 (Ecuación 2) Bloque m3 N3 – W3 = 0 N3 = W3 = m3 * g T2 – T1 = m3 * a (Ecuación 3) T1 – m 1 g = m 1 * a m 2 g – T2 = m 2 * a T 2 – T1 = m 3 * a m 2 g .23 Kg .f 0. A = 1. sen 32 = 50 AY CX 320 CY A 450 0.W = 0 (Ecuación 2) AY – CY = W pero: W = 50 kg-f AY – CY = 50 A. sen 45 .707 A .707 A .199 C A= 1.529 C = 50 (Ecuación 2) Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 0.199 C) . Si se supone nulo el roce.529 C = 50 0.C.318 C = 50 AX W = 50 Kg-f C C = 50 = 157.354 C = 50 0.199 C (Ecuación 1) cos 45 Σ FY = 0 AY – CY . m2 = 3 kg.89 Kg.23) A = 188.0.199 * (157.f.0.0. Se muestran 3 bloques de masas m1 = 2 kg.51 Kg .848 C .f. m3 = 8 kg.318 C = 108.A = cos 32 * C = 1.m1 g = m 1 * a + m 2 * a + m3 * a m1 = 2 kg W1 = m1 * g m 2 = 2 kg W2 = m2 * g m3 = 8 kg W3 = m3 * g 96 .529 C = 50 0. Para hallar A se reemplaza en la ecuación 1.707 (1.0. calcular la aceleración del sistema y las tensiones de las cuerdas. m2 g - m1 g = (m1 + m2 + m3) * a a = (m 2 - m1 ) g = (3 - 2) 9,8 = (1)9,8 (m1 + m 2 + m 3 ) (2 + 3 + 8) 13 seg 2 = 0,75 m seg 2 T1 T2 a = 0,75 m T1 Para hallar la tensión T1 se reemplaza en la Ecuación 1. T1 – m1 g = m1 * a (Ecuación 1) T1 = m1 * a + m1 g m3 = 8 kg T2 m1 = 2 kg m2 =3 kg T1 = 2 * 0,75 + 2 * 9,8 = 1,5 + 19,6 = 21,1 Newton T1 = 21,1 Newton Para hallar la tensión T2 se reemplaza en la Ecuación 3. T2 – T1 = m 3 * a T2 = m3 * a + T1 T2 = 8 * 0,75 + 21,1 T2 = 6 + 21,1 T2 = 27,1 Newton. En cada uno de los diagramas, hallar el valor del peso desconocido si los cuerpos se mueven a velocidad constante, en el sentido indicado. a) No hay rozamiento b) Existe rozamiento entre el cuerpo y la superficie (μ = 0,24) T1 T2 Bloque m1 T1 Bloque m2 N2 Bloque m3 T2 T1 m2 = 15 kg g = 10 m/seg2 T2 T1 T2 m1 = 20 kg m3 = ? m1 = 20 kg W1 = m1 * g m 2 = 15 kg W2 = m2 * g m3 = ? W3 = m3 * g No hay rozamiento, como se desplaza a velocidad constante no hay aceleración. Bloque m1 Σ FY = 0 T1 – W1 = 0 T1 – m1 g = 0 (Ecuación 1) 97 T1 = m1 g T1 = 20 * 10 = 200 Newton Bloque m2 Σ FX = 0 T 2 – T1 = 0 T2 = T1 (Ecuación 2) T2 = 200 Newton Bloque m3 Σ FY = 0 W3 – T2 = 0 (Ecuación 3) W 3 = T2 m3 g = T2 T 200 Newton m3 = 2 = = = m g 10 seg 2 kg m m seg 2 = 20 Kg Bloque m1 T1 m1 = 20 kg W1 = m1 * g seg 2 m3 = 20 Kg. W3 = m3 * g W3 = 20 * 10 = 200 Newton HAY ROZAMIENTO Bloque m1 Σ FY = 0 T1 – W1 = 0 T1 – m1 g = 0 Bloque m2 N2 Bloque m3 T2 (Ecuación 1) T1 FR T2 T1 = m1 g T1 = 20 * 10 = 200 Newton Bloque m2 Σ FX = 0 T 2 – T 1 - FR = 0 m 2 = 15 kg W2 = m2 * g m3 = ? W3 = m3 * g Σ FY = 0 N2 – W = 0 N2 – m2 g = 0 N2 = m2 g = 15 * 10 = 150 Newton N2 = 150 Newton 98 FR = μ * N2 FR = 0,24 *(150) FR = 36 Newton T 2 – T 1 - FR = 0 T2 = T1 + FR pero: T1 = 200 Newton FR = 36 Newton T2 = 200 +36 T2 = 236 Newton Bloque m3 Σ FY = 0 m3 g - T2 = 0 m3 g = T2 W3 = m3 g = T2 W3 = 236 Newton En cada uno de los diagramas, hallar el valor del peso desconocido si los cuerpos se mueven a velocidad constante en el sentido indicado. NO HAY ROZAMIENTO Como se desplaza a velocidad constante no hay aceleración. T1 m1 = 15 kg Σ FX = 0 T1 – P1X = 0 Bloque m1 T1 Pero: P1X = P1 sen 40 P1 = m1 g Bloque m1 400 m2 = ? P2 = m2 * g T1 – P1 sen 40 = 0 (Ecuación 1) T1 – m1 g sen 40 = 0 T1 = m1 g sen 40 T1 = 15 * 9,8 * 0,642 T1 = 94,374 Newton N1 T1 P1X 400 P1Y Bloque m2 T1 Σ FY = 0 P2 – T1 = 0 (Ecuación 2) P2 = T1 P2 = 96,418 Newton Bloque m2 SI HAY ROZAMIENTO μ = 0,24 Bloque m1 Σ FX = 0 T1 – P1X – FR = 0 (Ecuación 1) m1 = 15 Kg. P1 = m1 * g m2 = ? P2 = m2 * g 99 02 Newton T1 – P1X – FR = 0 (Ecuación 1) T1 = P1X + FR Pero: P1X = 94.6 Newton P1 = m1 g Bloque m1 N1 T1 FR P1 = m1 g P1X 400 P1Y N1 .P1Y = 0 (Ecuación 2) N1 = P1Y N1 = 112.24 * 112.8 * 0.642 P1X = 94.766 P1Y = 112. P1 = m1 * g 100 .5 = 300 Newton T = 294 Newton Bloque m1 Bloque m1 N1 P1X T P1Y 30 0 m1 = 60 kg T T 300 530 P2 m1 = 15 Kg. hallar el valor del peso desconocido si los cuerpos se mueven a velocidad constante en el sentido indicado.8 * 0.02 T1 = 121.39 Newton m1 = 15 Kg. P1 = m1 * g Bloque m2 T1 m2 = ? P2 = m2 * g En cada uno de los diagramas. Σ FX = 0 T – P1X = 0 (Ecuación 1) P1X = P1 sen 30 P1 = m1 g T – P1 sen 30 = 0 T – m1 g sen 30 = 0 T = m1 g sen 30 T = 60 * 9.8 * 0.24 FR = μ * N1 (Ecuación 3) FR = 0.6 Newton μ = 0.37 Newton Pero: P1Y = P1 cos 40 P1Y = m1 g cos 40 P1Y = 15 * 9.39 Newton Bloque m2 Σ FY = 0 P2 – T1 = 0 (Ecuación 4) P2 = T1 P2 = 121.6 FR = 27.37 Newton T1 = 94. NO HAY ROZAMIENTO Como se desplaza a velocidad constante no hay aceleración.Pero: P1X = P1 sen 40 P1X = m1 g sen 40 P1X = 15 * 9.37 + 27. 2 FR1 = 122.2 Newton Bloque m2 Σ FY = 0 N2 – P2Y = 0 m1 = 15 Kg. P1 = m1 * g Bloque m2 T P2Y 530 m2 = ? P2 = m2 * g FR2 N2 P2X (Ecuación 4) 101 . Σ FY = 0 N1 .866 P1Y = 509.8 * 0.5 P1X = 294 Newton Pero: P1Y = P1 cos 30 P1 = m1 g T m1 = 60 kg FR1 300 FR2 530 T P2 Bloque m1 N1 P1X FR1 300 T P1Y P1 = m1 g P1Y = m1 g cos 30 P1Y = 60 * 9.2 Newton T – P1X – FR1 = 0 (Ecuación 1) T = P1X + FR1 Pero: P1X = 294 Newton T = 294 + 122.14 Newton P2Y SI HAY ROZAMIENTO Bloque m1 Σ FX = 0 T – P1X – FR1 = 0 (Ecuación 1) Pero: P1X = P1 sen 30 P1X = m1 g sen 30 P1X = 60 * 9.2 Newton La fuerza de rozamiento actua en sentido contrario al movimiento.24 FR1 = μ * N1 (Ecuación 3) FR1 = 0.8 * 0.7986 P2 = 368.Bloque m2 Σ FY = 0 P2x – T = 0 (Ecuación 2) P2x = T = 294 Newton P2x = P2 sen 53 Bloque m2 T N2 P2X 530 m2 = ? P2 = m2 * g P 294 P2 = 2X = = 368.24 * 509.2 T = 416.2 Newton μ = 0.14 Newton sen 53 0.P1Y = 0 (Ecuación 2) N1 = P1Y N1 = 509. 24 * P2 cos 53 FR2 = 0.144 P2 = 0 0.2 0.6018 FR2 = 0.2 .24 * P2 * 0.7986 P2 .654 P2 = 416. SI HAY ROZAMIENTO Bloque m Σ FX = 0 PX – FR = 0 (Ecuación 1) FR = μK N (Ecuación 2) N – PY = 0 (Ecuación 3) N = PY Pero: PY = P cosθ N = PY = P cosθ Reemplazando en la ecuación 2 FR = μK N FR = μK P cosθ Reemplazando en la ecuación 1 PX – FR = 0 Pero: PX = P senθ θ0 P N PX FR PY θ0 P 102 .144 P2 Σ FX = 0 P2X – T .FR2 = 0 (Ecuación 6) P2 sen 53 .416.654 Un cuerpo esta apoyado sobre un plano inclinado de coeficiente de rozamiento dinámico μK .144 P2 Pero: P2X = P2 sen 53 T = 416.2 P2 = 416.0.2 Newton FR2 = 0.2 = 636.N2 = P2Y Pero: P2Y = P2 cos 53 P2 = m2 g N2 = P2Y = P2 cos 53 FR2 = μ * N2 (Ecuación 5) FR2 = 0.144 P2 = 416. Al dejarlo libre baja con velocidad constante.0. Cual es el coeficiente de rozamiento.39 Newton 0. μK P cosθ = 0 P senθ = μK P cosθ μK = sen θ = tgθ cos θ μK = tgθ Un cuerpo de peso W suspendido de un hilo forma un ángulo θ con la vertical. Cual es el valor de F? Σ FY = 0 TY – W = 0 TY = W Pero: TY = T cos θ T cos θ = W (Ecuación 1) Σ FX = 0 F – TX = 0 F = TX Pero: TX = T sen θ T sen θ = F (Ecuación 2) T = W cos θ β0 Bloque m T θ0 T F θ0 TX TY F W Reemplazando en la ecuación 2 T sen θ = F ⎛ W ⎞ ⎜ ⎟ * sen θ = F ⎝ cos θ ⎠ m= ? W = m* g F = W * tag θ Sobre un cuerpo se aplica una fuerza de 20 newton con un Angulo de inclinación con respecto a la horizontal de 300.32 Newton ∑ FX = TX .P senθ . Cual debe ser el valor de la fuerza de rozamiento para que el cuerpo no se mueva? T = 20 N 300 FR FR TX TY 300 ∑ FX = 0 Pero: TX = T cos 30 = (20) * 0.866 TX = 17. Cuando esta sometido a una fuerza horizontal F.FR = 0 W T 103 . 5 Kg. Cual es su constante de elasticidad? Que distancia se estira si se coloca un peso de 50 gr – f.T = 0 W1 = T (Ecuación 2) W2 = 16 Newton FR T T Pero: W1 = 24 Newton T = 24 Newton Reemplazando en la ecuacion1 T = FR (Ecuación 1) FR = 24 Newton Cual es el valor en Newton de la fuerza normal ejercida por una superficie plana sobre un objeto de 500 gr de masa.32 = FR Si el bloque A de la figura se encuentra en equilibrio. m = 0. entonces Cual es el valor de la fuerza de rozamiento? ∑ FX = 0 ∑ F X = T .∑ FX = 17. W1 = 24 Newton Bloque W2 N Bloque W1 T F R1 T W = m*g W = 0.8 W = 4.05 metro Y = 5 cm W= 2 Newton 104 .32 . F= K*Y Pero: F = W = 2 Newton Y = 5 cm = 0.9 Newton N W2 = 16 N W1 = 24 N ∑ FY = 0 W–N=0 W=N N = 4.9 Newton Un resorte se encuentra en equilibrio.5 * 9. Si al clocarle un peso de 2 Newton se estira 5 cm.FR = 0 T = FR (Ecuación 1) ∑ FY = 0 ∑ F Y = W1 .05 metros K = F 2 Newton = = 40 Y 0.FR = 0 17. Calcular la fuerza resultante que actúa sobre el cuerpo y la aceleración que experimentan? FR FR = Fuerza resultante FR = FR = F1 = 5 N F2 = 12 N 900 F1 = 5 N (F1 )2 (5)2 + (F2 )2 F2 = 12 N + (12 )2 = 25 + 144 = 169 FR = 13 Newton FR = m * a 105 . Bloque W N FR FR P1Y P1X 600 600 W Σ FY = 0 N .5) P1Y = 200 Kg. de masa para que acelere a 4 m/seg2 F = m * a = 15 * 4 = 60 Newton. F = 60 Newton. Que fuerza se debe ejercer sobre un cuerpo de 15 kg. Pero: P1Y = P1 cos 60 P1Y = 400 * (0.Que distancia se estira si se coloca un peso de 50 gr – f. Bloque W = 400 Newton. Sobre un cuerpo de 8 kg de masa se ejercen fuerzas de 5 newton y 12 newton que forman entre si un ángulo de 900 . F= K*Y Un bloque cuyo peso es 400 Newton se encuentra en reposo sobre un plano inclinado. P1X = FR Pero: P1X = 346. Σ FX = 0 P1X .FR = 0 (Ecuación 1) P1X = FR Pero: P1X = P1 sen 60 P1X = 400 * (0.P1Y = 0 N = P1Y (Ecuación 2) N = 200Kg. FR = 346. Encuentre el valor de la fuerza normal y el valor de la fuerza de rozamiento.4 kg.4 kg.866) P1X = 346.4 kg. a = FR 13 = = m 8 1,625 m seg 2 Sobre un cuerpo de 4 kg inicialmente en reposo actúa una fuerza resultante de 32 newton. Que velocidad lleva el cuerpo cuando ha recorrido 100 metros. F = 32 Newton F=m*a a = F m = 32 = 4 8 m seg 2 VO = 0 VF = ? X = 100 metros El cuerpo parte del reposo, la velocidad inicial es cero. Vo = 0 Vf 2 = Vo2 + 2 a x Vf 2 = 2 a x VF = 2*a *x = 2 * 8 * 100 = 1600 = 40 VF = 40 m/seg2 Sobre los bloques de la figura, se aplica una fuerza horizontal F = 60 Newton . Considerando que no existe rozamiento, calcular: a) aceleración del conjunto b) tensión de la cuerda B? c) tensión de la cuerda A? m1 TA TA m2 TB TB m3 F = 60 Newton aceleración del conjunto m1 = 2 kg. m2 = 4 kg. m3 = 6 kg. mt = m1 + m2 + m3 mt = 2 + 4 + 6 = 12 kg. F = mt * a a = F mt = 60 = 12 5 m seg 2 m1 TA TA m2 TB TB m3 F = 60 N tensión de la cuerda A? Bloque m1 Σ FX = 0 F = m1 * a 106 TA = m1 * a TA = 2 * 5 = 10 Kg. TA = 10 Kg. Tensión de la cuerda B? Bloque m2 Σ FX = 0 F=m*a TB - TA = m * a Pero: TA = 10 Kg. m2 = 4 Kg. TB - 10 = m2 * a TB - 10 = 4 * 5 TB = 20 + 10 TB = 30 Newton Si entre los bloques y la superficie del problema anterior existe un coeficiente de rozamiento de 0,25. Calcular: a) aceleración del sistema b) tensión de la cuerda B? c) tensión de la cuerda A? m1 TA TA m2 TB TB m3 F = 60 Newton m1 = 2 kg. m2 = 4 kg. m3 = 6 kg. Bloque m1 Σ FY = 0 N1 – W1 = 0 N1 = W1 = m1 * g N1 = m1 * g = 2 * 10 = 20 Newton N1 = 20 Newton. FR1 = μ * N1 FR1 = 0,25 * 20 FR1 = 5 Newton. Bloque m1 N1 FR1 TA W1 = m1 g Bloque m2 N2 FR2 TA TB W2 = m2 g Σ FX = m1 * a TA – FR1 = m1 * a (Ecuación 1) Bloque m2 Σ FY = 0 N2 – W2 = 0 N2 = W2 = m2 * g N2 = m2 * g = 4 * 10 = 40 Newton N2 = 40 Newton. FR2 = μ * N2 FR2 = 0,25 * 40 Bloque m3 TB FR3 N3 F = 60 N W3 = m3 g 107 FR2 = 10 Newton. Σ FX = m2 * a TB – FR2 - TA = m2 * a (Ecuación 2) Bloque m3 Σ FY = 0 N3 – W3 = 0 N3 = W3 = m3 * g N3 = m3 * g = 6 * 10 = 60 Newton N3 = 40 Newton. FR3 = μ * N2 FR3 = 0,25 * 60 FR3 = 15 Newton. a) aceleración del conjunto m1 = 2 kg. m2 = 4 kg. m3 = 6 kg. FR1 = 5 Newton. FR2 = 10 Newton. mt = m1 + m2 + m3 mt = 2 + 4 + 6 = 12 kg. FX = mt * a Σ FX = F - FR1 - FR2 - FR3 FX = 60 – 5 – 10 – 15 = 30 Newton. FX = 30 Newton. a = FX 30 = = 12 mt 2,5 m seg 2 FR3 = 15 Newton. Resolviendo la ecuación 1 y la ecuación 2 hallamos TB TA – FR1 = m1 * a (Ecuación 1) TB – FR2 - TA = m2 * a (Ecuación 2) TB – FR2 – FR1 = m1 * a + m2 * a TB – 10 - 5 = a ( 2 + 4 ) pero a = 2,5 m/seg2 TB – 15 = 2,5 *(6) TB = 15 + 15 TB = 30 Newton c) tensión de la cuerda A? Reemplazando en la ecuación 1 TA – FR1 = m1 * a TA – 5 = 2 * 2,5 TA – 5 = 5 TA = 5 + 5 = 10 Newton. Un cuerpo de masa m = 1 kg. se empuja mediante una fuerza horizontal F de modulo 15 Newton , desde el pie de un plano inclinado áspero que forma un ángulo de 370 con la 108 FR .m g sen θ = m * a F cos θ .FR .6. Que el bloque sube por el plano inclinado.2 ( 17. Despejando la ecuación 1.9863) FR = 0.4 – 1 * 10 sen 37 = 1 * a 11.3. X = V0 t + 1 a t2 2 N W=mg FX θ FY FR WY W=mg WX θ F Pero: V0 = 0 arranca del reposo.4 .9795 – 3. El siguiente paso es hallar la distancia que recorre en los 3 seg.52 metros 2 2 2 X = 11.56 m/seg2 durante los 3 seg.horizontal y cuyo coeficiente de roce cinético es 0.56 * (3)2 = 2.4 Newton.2 ( 15 sen 37 + 1 * 10 cos 37) FR = 0.2 ( 9. hallamos la aceleración.0135) FR = 3.52 metros 109 . determine: a) La distancia que alcanza a subir por el plano ? b) El tiempo que demora en volver al punto de partida? Datos: m = 1 kg F = 15 Newton θ = 370 μ = 0.0181 = a a = 2. F cos θ .m g cos θ = 0 N = F sen θ + m g cos θ Pero: FR = μ * N FR = μ *( F sen θ + m g cos θ ) FR = 0.2 t = 3 seg.F sen θ .0272 + 7.56 * 9 = 11.m g sen θ = m * a (Ecuación 1) 15 cos 37 . a) La distancia que alcanza a subir por el plano ? Σ FX = m * a Σ FX = FX – FR – WX = m * a Pero: FX = F cos θ WX = W sen θ W = m g F = 15 N Σ FX = F cos θ .2. Si La fuerza F solo actúa durante 3 segundos. X = 1 1 1 a t2 = 2.FR .m g sen θ = m * a (Ecuación 1) X1 X θ = 370 Σ FY = 0 Σ FY = N – FY – W Y = 0 Pero: FY = F sen θ WY = W cos θ Σ FY = N . 6153 = 7. hallamos la aceleración retardatriz.68 m/seg X1 = 7.1.01) 2 = 7.5972 Newton Reemplazando en la ecuación 3.8841 = 3.2 * 7.56 m/seg2 ) 3 seg = 7. Pero: FR = μ * N FR = 0.68 m/seg VF = 7. .0181 = a1 WX W=mg a1 = .01 seg a2 7.01 1 1 7.68 m/seg V0 = a2 t2 t1 = V0 7.6153 (1.FR .6153 m/seg2 Enseguida se halla el tiempo hasta que el cuerpo se detiene VF = V0 – a2 t2 pero VF = 0 V0 = 7.7568 .m g cos θ = 0 N = m g cos θ N = 1 * 10 cos 37 N = 7.1.VF = V0 + a t pero V0 = 0 VF = a t = (2.m g sen θ = m * a1 (Ecuación 3) .9863 Newton. Σ FX = m * a1 Σ FX = – FR – WX = m * a1 Pero: WX = W sen θ W=mg Σ FX = .m g sen θ = m * a1 .9863 FR = 1.FR .68 * 1.5972 – 6. el cuerpo empieza a perder velocidad hasta detenerse.3.FR .7.6153 Hallamos la distancia que recorre hasta detenerse X1 = V0 (t1 ) + 1 a 1 (t1 ) 2 2 Pero: V0 = 7. hasta que el cuerpo se detiene.68 = = 1.8727 metros 2 2 110 . Por lo tanto es necesario hallar la nueva aceleración después de los 3 seg.m g sen θ = m * a1 (Ecuación 3) N FR WY θ Σ FY = 0 Σ FY = N – WY = 0 Pero: WY = W cos θ W=mg Σ FY = N .68 m/seg Como la fuerza de 15 Newton desaparece a los 3 seg.5972 – 1 * 10 sen 37 = 1 * a1 .7568 7. 111 .6153 m/seg2 V0 = 0 (parte del reposo hacia abajo).6153 X T = V0 (TB ) + TB = 30.52 + 3.01 seg. 1 a 1 (TB ) 2 2 1 XT = a 1 (TB ) 2 = 15.87 = 15.39 2 (TB )2 = 15.87 metros La distancia total es = X + X1 = 11.01 Seg. TB = 2.39 metros XT = 15.7.78 7. a) Las fuerzas se ejercen horizontalmente en el mismo sentido.01 = 4.02 seg.01 Seg. X = V0 t + 1 a t2 2 M = 20 Kg Pero: V0 = 0 (arranca del reposo). El tiempo que demora en volver al punto de partida = Tiempo de subida + tiempo de bajada El tiempo que demora en volver al punto de partida = 4. Calcular la aceleración y el espacio recorrido en 6 seg. TB ? Pero: XT = 15. Σ F X = F1 + F 2 = m * a 100 + 200 = 20 * a 300 = 20 * a a = 300 m = 15 20 seg 2 El siguiente paso es hallar la distancia que recorre en los 6 seg. apoyado en una mesa con fuerzas de 100 Newton y 200 Newton.78 a1 7. Dos personas halan un cuerpo de 20 kg.01 + 2.39 * 2 = 30.X1 = 3.6153 4.39 metros Hallar el tiempo de bajada.01 = 6.39 metros a1 = . (Tiempo de bajada) El tiempo de subida TS = t + t1 = 3 + 1.041 = 2. X = 1 1 1 a t 2 = 15 * (6)2 = 15 * 36 = 270 metros 2 2 2 F1 = 100 N F2 = 200 N X = 270 metros b) Las fuerzas se ejercen horizontalmente en sentido contrario. F1 + F 2 = m * a . y 2 kg están en contacto entre si sobre una superficie horizontal (el mayor a la derecha del menor).100 + 200 = 20 * a 100 = 20 * a a = 100 m = 5 20 seg 2 El siguiente paso es hallar la distancia que recorre en los 6 seg. Que fuerza ejercen los frenos si se detiene en una distancia de 25 metros.2 a X Pero: VF = 0 0 2 = 2 a X V 0 m2 400 2 V2 seg 2 m 0 = (20 ) = 8 a = 50 m 2 * 25 2*X seg 2 F=m *a F = 2000 * 8 F = 16000 Newton Dos bloques de 3 Kg. F = mT * a kg a = 20 Newton F = = 4 5 kg mT m seg 2 m = 4 kg seg 2 Bloque m2 F = 20 N b) La magnitud de la fuerza de contacto entre los bloques? 112 . X = V0 t + 1 a t2 2 Pero: V0 = 0 (arranca del reposo). Encontrar: b) Aceleración del sistema Bloque m1 mT = m1 + m2 = 2 + 3 = 5 Kg.Σ F X = . X = F1 = 100 N M = 20 Kg F2 = 200 N 1 1 1 a t2 = 5 * (6 )2 = 5 * 36 = 90 metros 2 2 2 X = 90 metros Un carro de masa 2000 kg viaja sobre un camino horizontal con una velocidad de 72 km/hora. v = 72 km 1000 m 1 hora m * * = 20 hora 1 km 3600 seg seg 2 VF = V 2 . Si se aplica una fuerza de 20 Newton horizontal sobre el menor y hacia la derecha. mT = 5 kg. Que distancia recorre el cuerpo en 10 seg.2 * 4 FC = 12 Newton. si parte del reposo? F=m*a kg a = 6 Newton F = = 2 3 kg m m seg 2 m = 2 kg seg 2 m1 = 3 kg F=6N V0 = 0 t = 10 seg Que distancia recorre el cuerpo en 10 seg. Parte con velocidad de 10 m/seg sobre una superficie rugosa horizontal y cuando recorre 16 metros. Bloque m1 FC F = 20 N Bloque m2 FC Una fuerza de 6 Newton empuja un cuerpo de 3 kg. F – FC = m1 a FC = 20 . su velocidad es 6 m/seg. Cual es la aceleración del cuerpo.Bloque m1 Σ FX = F – FC = m1 a donde FC es la fuerza de contacto. Calcular la aceleración del bloque y el coeficiente de rozamiento? m = 2 kg V0 = 10 m/seg VF = 6 m/seg V0 = 10 m/seg X = 16 metros VF = 6 m/seg X = 16 m 113 . Cual es la fuerza total que actúa sobre el? m seg 2 aR = (a X )2 (a Y )2 = 82 + 62 = 64 + 36 = 10 aY = 6 m/seg2 aR F = m * aR F = 5 * 10 = 50 Newton F = 50 Newton aX = 8 m/seg2 Un bloque de masa 2 kg. si parte del reposo? X = V0 + 1 a (t )2 pero : V0 = 0 2 1 1 * 2 * (10 )2 = 100 metros a (t )2 = X = 2 2 X = 100 metros Un objeto de masa 5 kg tiene una aceleración de 8 m/seg2 en la dirección X y una aceleración de 6 m/seg2 en la dirección Y. 2 Cual es la distancia que recorre un auto con velocidad de 72 Km/hora hasta detenerse.La ecuación tiene signo (-) por que el cuerpo va perdiendo velocidad. B. La cuerda que une los cuerpos A y B.36 = = = 2 32 32 2 * 16 seg 2 a = μ * g μ = 2 a = = 0. El coeficiente de roce cinético entre el bloque A y el plano es 0. El sistema de la figura esta formado por los bloques A. Si el coeficiente de rozamiento entre las llantas y la carretera es de 0. Datos: V0 = 20 m/seg. (VF )2 = (V0 )2 . C ligados por las cuerdas de masa despreciable e inextensibles.2 a X Despejamos la aceleración (V0 )2 . con el tiempo.5 y la masa de A y B es de 2 kg. V = 72 m 1000 metros 1 hora km * * = 20 seg 1 km hora 3600 seg V0 = 20 m/seg.4. Si el coeficiente de roce estático es 0. pasa por una polea de masa y roce despreciable. Calcule a) El valor de la masa del bloque C para que el bloque A suba con aceleración de modulo 2 m/seg2. b) La tensión que actúa sobre el bloque C? c) El mayor valor que puede tener la masa del bloque C para que el sistema este a punto de deslizar. 114 .2 a X 0 = 202 – 2 * 4 * X 0 = 400 – 8 X 8X = 400 X = 50 Metros.4 * 10 = 4 m/seg2 a = 4 m/seg2 La ecuación tiene signo (-) por que el cuerpo va perdiendo velocidad.(VF )2 2 X = (10)2 . (VF )2 2aX = a = = (V0 )2 .8. a = μ * g a = 0. a = 4 m/seg2 VF = 0 X = Distancia recorrida.(6 )2 m 64 100 . c/u. con el tiempo.(VF )2 (V0 )2 .2 10 g μ = 0. y el ángulo del plano inclinado es de 300. 10 + (2 * 10) + 10 mC = (2 * 2) + (2 * 2) + 2 mC .WAY = 0 Pero: WAY = WA cos 30 WAY = mA g cos 30 N .34 + 10 mC = 8 + 2 mC 8 mC = 8 .mA g cos 30 = 0 N = mA g cos 30 FR = μ N FR = μ (mA g cos 30) WA = mA * g T mA = 2 kg A 300 T B mB = 2 TC mc N Datos: a = 2 m/seg2 μ = 0.34 8 mC = 6.Bloque A Σ FX = mA * a T – FR – WAX = mA * a (Ecuación 1) Pero: WAX = WA sen 30 WAX = mA g sen 30 WA = mA * g Σ FY = 0 N .66 mC = 0.1.5 (2 * 10 cos 30) FR = 8.66 Newton WAX = mA g sen 30 WAX = 2 * 10 sen 30 WAX = 10 Newton BLOQUE B + BLOQUE C Σ FY = mB * a + mC * a (Por que existe una aceleración) WB + WC – T = mB * a + mC * a Pero: WB = mB * g WC = mC * g mB g + mC g – T = mB a + mC a (Ecuación 2) Resolviendo la ecuación 1 con la ecuación 2.18.8.66 + 20 + 10 mC = 8 + 2 mC 1. FR = μ (mA g cos 30) FR = 0.66 .5 mA = mB = 2 Kg. hallamos mC T – FR – WAX = mA * a (Ecuación 1) mB g + mC g – T = mB a + mC a (Ecuación 2) WAX FR 300 T WA – FR – WAX + (mB g) + (mC g) = (mA * a) + (mB a) + (mC a) .83 KG c) La tensión que actúa sobre el bloque C? BLOQUE C Σ FY = mC * a (Por que existe una aceleración) WC – TC = mC * a Pero: WC = mC * g T WAY TC WC = mC g WB + WC 115 . mC a = TC (0.mC g – TC = mC a (Ecuación 3) mC g . (El sistema esta en reposo. por lo tanto la fuerza de rozamiento esta hacia la izquierda y se opone al movimiento) Σ FX = 0 T .83 * 2) = TC 8.3 – 1.8.83 * 10) – (0.66 = TC TC = 6.WAY = 0 Pero: WAY = WA cos 30 WAY = mA g cos 30 N .8 FR2 = μE (mA g cos 30) FR2 = 0. con tendencia a deslizar hacia la derecha.mA g cos 30 = 0 N = mA g cos 30 FR2 = μE N WA = mA * g FR WA 300 WAY WC = mC g μE = COEFICIENTE DE ROZAMIENTO ESTATICO = 0. Si el coeficiente de roce estático es 0.FR2 – WAX = 0 (Ecuación 4) Pero: WAX = WA sen 30 WAX = mA g sen 30 WAX = mA g sen 30 WAX = 2 * 10 sen 30 WAX = 10 Newton WA = mA * g Bloque A N Bloque C TB TC Σ FY = 0 N .64 Newton d) El mayor valor que puede tener la masa del bloque C para que el sistema este a punto de deslizar.8 (2 *10 cos 30) FR2 = 13.85 Newton BLOQUE B + BLOQUE C Σ FY = 0 (Por que el sistema esta en equilibrio) W B + WC – T = 0 Pero: WB = mB * g WC = mC * g mB g + mC g – T = 0 (Ecuación 5) Bloque B TB TC WB = mB g 116 . 13.mA g cos 30 = 0 N = mA g cos 30 FR = μ N FR = μ (mA g cos 30) WA = mA * g TB mA = 2 kg A B TB Datos: a = 2 m/seg2 μ = 0.85 + 10 mC = 0 10 mC = 3. FR = μ (mA g cos 30) FR = 0.66 Newton WAX = mA g sen 30 WAX = 2 * 10 sen 30 WAX = 10 Newton Reemplazando TB – FR – WAX = mA * a TB – μ (mA g cos 30) – mA g sen 30 = mA * a (Ecuación 1) mB = 2 TC 30 0 C mc TC 117 .3.85 mC = 0.85 + 20 + 10 mC = 0 .23.WAY = 0 Pero: WAY = WA cos 30 WAY = mA g cos 30 N .5 (2 * 10 cos 30) FR = 8.10 + (2 * 10) + 10 mC = 0 .385 kg. hallamos mC T – FR2 – WAX = 0 m B g + mC g – T = 0 (Ecuación 4) (Ecuación 5) – FR2 – WAX + (mB g) + (mC g) = 0 .85 .5 mA = mB = 2 Kg. Otra forma de resolver el problema Bloque A Σ FX = mA * a TB – FR – WAX = mA * a Pero: WAX = WA sen 30 WAX = mA g sen 30 WA = mA * g Σ FY = 0 N .Resolviendo la ecuación 4 con la ecuación 5. arriba de un plano inclinado de longitud 4 metros y de altura 0.8 metros θ 118 .0.5 * 2 cos30 – 2 sen 30 + 2 + mC) = a (2 + 2 + mC) 10 (.34 8 mC = 6.0.8 metros.53 0.BLOQUE B Σ FY = mB * a (Por que existe una aceleración) WB + TC – TB = mB * a Pero: WB = mB * g m B g + TC – T B = m B a (Ecuación 2) BLOQUE C Σ FY = mC * a (Por que existe una aceleración) WC – TC = mC * a Pero: WC = mC * g mC g – TC = mC a (Ecuación 3) Sumando las 3 ecuaciones.2 mC = 8 + 1.8 = 0.2 4 sen θ = 0. se simplifican las tensiones y se halla mC TB – μ (mA g cos 30) – mA g sen 30 = mA a (Ecuación 1) m B g + TC – T B = m B a m C g – TC = m C a (Ecuación 2) (Ecuación 3) + mC a – μ (mA g cos 30) – mA g sen 30 + mB g + mC g = mA a + mB a g (– μ mA cos 30 – mA sen 30 + mB + mC ) = a (mA + mB + mC) 10 (. (No hay rozamiento).66 = 0.2 V0 = 0 X = 4 metros m = 10 kg θ = arc sen 0.866 – 1 + 2 + mC ) = 2 (4 + mC) 1. Que tiempo emplea el bloque para recorrer el plano. sen θ = 0.530 a = g * senθ a = 10 * sen 11.832 Kg 8 Un bloque de 10 kg parte del reposo.66 mC = 6.34 + 10 mC = 8 + 2 mC 10 mC .2 θ = 11. 2*X=a*t t= 2X = a 2 2 * 90 = 5 300 t = 6 seg. Datos: θ = 300 a = g * senθ a = 10 * sen 30 a = 5 m/seg2 Para hallar el tiempo. se despeja: 1 X = V0 + a (t )2 2 1 a (t )2 X = 2 pero : V0 = 0 V0 = 0 X = 90 metros 36 = 6 seg. Con que aceleración baja un cuerpo por un plano inclinado de 300.a = 2 m/seg2 Para hallar el tiempo. Calcular la aceleración del carrito al dejarlo libre y el tiempo empleado en recorrer el plano?. Se deja libre un carrito de masa de 8 kg. t = 2 seg. se despeja: X = V0 + 1 a (t )2 2 1 a (t )2 X = 2 pero : V0 = 0 2 * X = a * t2 t= 2X = a 2*4 = 2 4 = 2 seg. 0 VF = V0 + a * t VF = a * t VF = 2 * 2 VF = 4 m/seg En la parte superior de una calle inclinada a 300 y de longitud de 90 metros. No hay rozamiento? Datos: θ = 300 PX = m g sen 30 Σ FX = m a m a = m g * senθ a = g sen 30 a = 10 * sen 30 a = 5 m/seg2 PX PY 300 300 119 . 3 * 160 FR EST = 48 Newton N FR EST F = 45 N W=m*g m1 = 16 kg V0 = 0 Σ FX = m * a Σ FX = F – FR EST F = 45 N t = 4 seg Como F = 45 Newton y la Fuerza de rozamiento que se opone al movimiento del bloque es de 48 Newton. c) La distancia que recorre hasta llegar a detenerse? Si F = 50 Newton Σ FY = 0 N–W=0 N=W=m*g N = 16 * 10 = 160 Newton N = 160 Newton Pero: FR EST = μEST * N FR EST = 0.25.790 Un cuerpo de masa m = 16 kg. Que ángulo forma el plano con la horizontal? Datos: a = 6.Un bloque se desliza por un plano inclinado liso con aceleración de 6.64 θ = arc sen 0. se encuentra sobre una superficie horizontal áspera cuyos coeficientes de roce estático y cinético son respectivamente 0.4 m/seg2.3 y 0. Se necesita que F sea mayor que la fuerza de rozamiento para que exista desplazamiento del bloque y por lo tanto fuerza neta sobre el cuerpo. c) La magnitud mínima de F para que el bloque este a punto de iniciar el movimiento. Se puede decir que la fuerza neta sobre el cuerpo es cero.4 m/seg2 Σ FX = m a m a = m g * senθ a = g * senθ 6.64 10 g PX PY θ0 sen θ = 0. Si la F = 48 Newton. d) La distancia que recorre hasta llegar a detenerse? Si F = 50 Newton N FR cin Σ FY = 0 N–W=0 F = 50 N W=m*g 120 .4 a sen θ = = = 0. b) La magnitud mínima de F para que el bloque este a punto de iniciar el movimiento. el bloque esta en equilibrio. Si F > FR EST se puede decir que el bloque se desplaza. Determine: a) La fuerza neta sobre el cuerpo si F = 45 Newton. durante 4 seg solamente.64 θ = 39. Si sobre el cuerpo se aplica una fuerza horizontal F. 5)2 = 2 * 0.25 * 160 FR cin = 40 Newton V0 = 0 m1 = 16 kg F = 50 N VF = V01 = 2. el bloque empieza a perder la velocidad hasta que la vF1 = 0.625 m/seg2 VF = 2.5 m/seg2 t = 4 seg X X1 VF1 = 0 Σ FX = m * a Σ FX = F – FR cin = m * a 50 – 40 = 16 * a 10 = 16 a a = m 10 = 0. 0 VF = V0 + a * t pero a = 0. a = 0.625 *4 VF = 2. Datos: V0 = 0 m/seg. 0 a = 0. FROZAMIENTO CINETICO = m * a1 40 = 16 * a1 121 . Es necesario encontrar la velocidad en esta posición y la distancia que recorre hasta detenerse.625 m/seg2 (Esta es la aceleración que tiene el bloque.) Ahora se calcula la velocidad final que alcanza el bloque cuando se le retira F = 50 Newton. mientras se ejerce la fuerza de 50 Newton. (2.25/1.625 m/seg2 VF = a * t VF = 0. con el tiempo.25 X = 5 Metros.625 * X 6.N=W=m*g N = 16 * 10 = 160 Newton N = 160 Newton FR cin = μ cin * N FR cin = 0. FROZAMIENTO CINETICO = m * a1 Pero: FROZAMIENTO CINETICO = μ cin * N = μ cin * mg = 0.25 = 1. Es necesario encontrar la nueva aceleración para este movimiento.25 X X = 6.5 m/seg t = 4seg. (VF )2 = (V0 )2 + 2 a X Cuando se le retira F = 50 newton. que es la misma velocidad inicial para el ultimo desplazamiento del bloque. La ecuación tiene signo (+) por que el cuerpo va ganando velocidad. se quita la F = 50 N.5 m/seg.625 16 seg 2 A partir de los 4 seg. X = Distancia recorrida.25 * 160 FROZAMIENTO CINETICO = 40 Newton. 46 seg. Un cuerpo de 6 kg. Que fuerza horizontal debe aplicarse para que se mueva con aceleración constante de 3 m/seg2 122 .2. La distancia total recorrida por el bloque = X +X1 = 1. Σ FX = m a WX = m a W=mg WX = m g sen 30 m g sen 30 = m a g sen 30 = A a = 10 sen 30 a = 5 m/seg2 0 Pero: WX = W sen 30 WX WY 300 (VF) = (V0)2 – 2 * a * X 2 a x = (V0)2 V0 = 2 a X = 0 2 2 * 5 * 30 = 300 = 17. se lanza hacia arriba en la parte inferior de un plano inclinado 300 y sube 30 metros hasta detenerse. Datos: VF1 = 0 m/seg.5 m/seg. a = 2.5 * X 0 = 6.5 m/seg2 La ecuación tiene signo (-) por que el cuerpo va perdiendo velocidad. 0 (VF )2 = (V0 )2 . esta apoyado sobre una mesa horizontal de coeficiente de rozamiento 0.25 . Con que velocidad se lanzo y el tiempo empleado en alcanzar este punto.5)2 – 2 * 2.5 16 seg 2 a1 = 2.25 Metros.a1 = m 40 = 2.32 m seg W X = 30 metros VF = V0 – a * t V0 = a * t t= V0 17.25/5 X = 1. con el tiempo.25 Metros.5 X 5X = 6.25 + 5 = 6.32 = = 3. 5 a 300 Un cuerpo de 16 kg.2 a X 0 = (2.5 m/seg2 V01 = 2. X1 = Distancia recorrida.25 X = 6. 2. Sobre una mesa horizontal se encuentran dos bloques de 2 kg. F N FR F Σ FX = F . Cual será la aceleración? Cuanto valdrán las tensiones de los hilos? Bloque m ∑ FX = m a T1 – FR1 = m a ∑ FY = 0 W – N1 = 0 W = N1 W = m g = N1 FR1 = μ N1 FR1 = μ m g T1 – FR1 = m a T1 – μ m g = m a (Ecuación 1) Bloque m ∑ FX = m a T2 .T1 – FR2 = m a ∑ FY = 0 W – N2 = 0 W = N2 W = m g = N2 FR2 = μ N2 FR2 = μ m g m = 2 kg N2 T1 T2 W3 = m3 g T2 FR2 W= mg m = 2 kg T1 T1 T2 FR1 FR2 m = 2 kg T2 W3 = m3 g 123 . a) Hallar el mínimo valor que debe tener la masa colgante para que el conjunto se ponga en movimiento b) Si a esa mínima se le superpone otra de 1 kg. unidos por un hilo.Σ FY = N – m g = 0 N =mg N = 16 * 10 = 160 Newton.2 * 160 = 32 Newton FR = 32 Newton m = 16 kg.32 = 16 * 3 F . El coeficiente de rozamiento de los bloques con la mesa es 0.32 = 48 F = 48 + 32 mg F = 80 Newton. Uno de ellos esta unido mediante otro hilo que pasa por una polea a un tercer bloque que pende.FR = m * a F . FR = μ N FR = 0. m3 = Si a esa mínima se le superpone otra de 1 kg.T1 – FR2 = m a T2 .8 kg.2 * 2 = 0.T1 – μ m g = m a (Ecuación 2) Bloque m3 ∑ FY = m3 a W 3 – T2 = m 3 a m3 g – T2 = m3 a (Ecuación 3) Sumando las tres ecuaciones T1 – μ m g = m a T 2 .T2 . + 1 kg = 1.8 kg. M3 = 0.8 kg g m3 = 0. En el momento en que el sistema se pone en movimiento a = 0 – 2 μ m g + m3 g = (2 m + m3 ) a – 2 μ m g + m3 g = 0 m3 g = 2 μ m g (Ecuación 4) N1 T1 FR1 W= mg 2 μ m g = 2 μ m = 2 * 0.T1 – μ m g = m a m3 g – T2 = m 3 a (Ecuación 1) (Ecuación 2) (Ecuación 3) – μ m g – μ m g + m3 g = m a + m a + m3 a – 2 μ m g + m3 g = 2 m a + m3 a – 2 μ m g + m3 g = (2 m + m3 ) a (Ecuación 4) Hallar el mínimo valor que debe tener la masa colgante para que el conjunto se ponga en movimiento.8 kg.8 kg 1 kg – μ m g – μ m g + m3 g = m a + m a + M3 a – 2 μ m g + m3 g = 2 m a + M3 a – 2 μ m g + m3 g = (2 m + M3 ) a (Ecuación 4) 124 .T1 – μ m g = m a m3 g – T2 = M3 a (Ecuación 1) (Ecuación 2) (Ecuación 3) T2 m3 = 0. la única que cambia es la tercera ecuación Sumando las tres ecuaciones T1 – μ m g = m a T 2 . Las ecuaciones siguen iguales.8 Kg. Cual será la aceleración? Cuanto valdrán las tensiones de los hilos? m = 2 kg m3 = 0. 2 * 2 * 9.3 Newton T1 = 7.64 = 5.8 = (2 * 2 + 1.8) + 2 * 1.7.84 + 17.38 = 7.69 m/seg2 Se reemplaza en la ecuación 1 para hallar la tensión T1 T1 – μ m g = m a (Ecuación 1) T1 = μ m g + m a T1 = (0.6 Newton Que aceleración horizontal hay que proporcionar al sistema de la figura para que la masa no deslice?.2 * 2 * 9.8 seg 2 a = 1.μ N cos 30 = m aX (Ecuación 1) ∑ FY = m aY = 0 Si queremos que el cuerpo no deslice.T1 – μ m g = m a (Ecuación 2) T2 = T1 + μ m g + m a T2 = 7.8) + 1.2 * 2 * 9. Aplicarlo al caso en que el coeficiente de rozamiento estático entre las dos superficies sea de 0.15 y el ángulo de inclinación sobre la horizontal 300 ∑ F X = m aX NX – FRX = m a Pero: NX = N cos 60 FR = μ N FRX = FR cos 30 FRX = μ N cos 30 NX – FRX = m a N cos 60 .69 T2 = 7.92) + 3.Reemplazando los valores.3 Newton Se reemplaza en la ecuación 2 para hallar la tensión T2 T2 .69 T1 = (3.8 * a 9.8 * 9. se halla la aceleración – 2 μ m g + m3 g = (2 m + M3 ) a (– 2 * 0.92 + 3.8 a a = 9.8 ) a .8 m = 1.69 5.3 + ( 0.8 = 5.3 + 3.NY .FRY = 0 Pero: NY = N sen 60 FR = μ N FR FRY 300 FRX N NY EJE X NX P 300 125 . aY = 0 P .8) + 2 * 1.38 T2 = 14. 947 seg 2 300 Aceleración horizontal Sobre un cuerpo de 5 kg.5 .0.μ cos 30 = x sen 60 + μ sen 30 g 300 600 600 NX P NY EJE X g * (cos 60 .8 (0.μ cos 30 ) 9.NY .FRY = FR sen 30 FRY = μ N sen 30 P .N sen 60 .83 0.866)) ax = = sen 60 + μ sen 30 0.15(0. Calcular la aceleración del cuerpo cuando F = 70 Newton y esta dirigida hacia arriba W=mg W = 5 * 10 = 50 Newton ∑ FY = m a F–mg=ma 70 – 50 = 5 a 20 = 5 a a = 20/5 = 4 m/seg2 a = 4 m/seg2 Calcular la aceleración del cuerpo cuando F = 35 Newton y esta dirigida hacia arriba W=mg W = 5 * 10 = 50 Newton ∑ FY = m a F = 70 N a W=mg F = 35 N a W=mg 126 .μ N cos 30 = m aX N sen 60 + μ N sen 30 = m g (Ecuación 1) (Ecuación 2) N FR FRY 300 FRX 60 0 m ax N cos 60 .μ N cos 30 = N sen 60 + μ N sen 30 mg a cos 60 .3701) 3.5) ax = 9. se aplica una fuerza hacia arriba de: a) 70 Newton b) 35 Newton c) 50 Newton Calcular en cada caso la aceleración del cuerpo.μ N sen 30 = 0 N sen 60 + μ N sen 30 = m g (Ecuación 2) Dividiendo las ecuaciones N cos 60 .8 * (0.15(0.866 + 0.947 0.FRY = 0 m g .62698 m = = 3. m1 g = m1 a (Ecuación 1) 127 . Calcular la fuerza que ejerce el ascensor sobre el cuerpo.F–mg=ma 35 – 50 = 5 a .3 m/seg2 Calcular la aceleración del cuerpo cuando F = 50 Newton y esta dirigida hacia arriba W=mg F = 50 N W = 5 * 10 = 50 Newton ∑ FY = m a F–mg=ma 50 – 50 = m a 0=ma No hay desplazamiento.3 m/seg2 a = . respectivamente.15 = 5 a a = . Calcular: a) La aceleración de los cuerpos? b) La tensión de la cuerda ∑ FY = m1 a T .15/5 = . En el caso que baja ∑ FY = m a = 0 F+W=0 F= -W a F a W Ascensor F W a De los extremos de una cuerda que pasa por la garganta de una polea fija. penden dos cuerpos de 60 kg y otro de 100 kg. Cuando un cuerpo se mueve a velocidad constante. W=mg Un cuerpo de masa M y peso W se encuentra dentro de un ascensor. a) Si el ascensor sube con aceleración a ∑ FY = m a F–W=Ma F=W+Ma b) Si el ascensor baja con aceleración a ∑ FY = m a F+W=Ma F= Ma-W Ascensor F W Si el ascensor sube o baja con velocidad constante. se dice que la aceleración es cero. cuelga de una bascula de resorte fijada al techo de un elevador.056 Newton W1 = m1 g T1 W2 = m2 g T T Un cuerpo de 10 kg.m1 g = m 1 a + m 2 a m2 g . ∑ FY = m a = 0 F–W=0 F=W Si el elevador sube a 3 m/seg2 ∑ FY = m a F–W=ma F m = 10 kg W=m g 128 . Ascensor Bascula Si el elevador esta en reposo.m1 g = (m1 + m2 ) a 100 * 10 – 60 * 10 = (60 + 100) a 1000 – 600 = 160 a 400 = 160 a a = 2.T = m2 a (Ecuación 1) (Ecuación 2) T1 T m1 T m 2 g .T = m2 a (Ecuación 2) Sumando las ecuaciones T . Si el elevador sube y baja con velocidad constante.528 T1 = 209.5 m/seg2 m2 T T Se reemplaza en la ecuación 1 para hallar la tensión T .m1 g = m1 a (Ecuación 1) T = m1 a + m1 g T = 60 * 2.5 m/seg.∑ FY = m2 a m2 g .5 + 60 * 10 T = 150 + 600 T = 750 Newton T1 = 2 T = 2 * 104. Cual es el peso que marca la bascula a) b) c) d) Si el elevador esta en reposo. Si el elevador sube a 3 m/seg2 Si el elevador baja a 2.m1 g = m1 a m 2 g . F=W+ma F = 10 * 10 + 10 * 3 F = 100 +30 F = 130 Newton Si el elevador baja a 2.m1 g = m1 a (Ecuación 1) TA m2 g N2 TB TB m1 g TA m2 m3 TB TB TC TC m4 TD TA m1 Bloque m2 ∑ FX = m2 a TB – TA = m2 a (Ecuación 2) Bloque m3 TD m5 129 . Si el elevador sube ∑ FY = m a = 0 F–W=0 F=W F = . hallar? a) Aceleración del sistema b) Tensión de la cuerda A? c) Tensión de la cuerda B? d) Tensión de la cuerda C? TA e) Cuanta distancia recorre cada bloque en 3 seg.10 * 2.75 Newton Si el elevador sube y baja con velocidad constante.5 m/seg.100 .25 F = . ∑ FY = m a -F–W=ma F=-W-ma F = ..10 * 10 . Bloque m1 ∑ FY = m1 a TA .10 * 10 F = 100 Newton Entre los bloques y la mesa de la figura no hay rozamiento.5 F = . m1 = 4 kg m2 = 2 kg m3 = 3 kg m4 = 5 kg m5 = 16 kg TA .TD = m 5 a (Ecuación 2) (Ecuación 3) (Ecuación 4) (Ecuación 5) .m1 g + m5 g = (m1 + m2 + m3 + m4 + m5 ) a .40 + 160 = (30) a 120 = 30 a a = 120/30 a = 4 m/seg2 Tensión de la cuerda A? TA .∑ FX = m3 a TC – TB = m3 a (Ecuación 3) Bloque m4 ∑ FX = m4 a TD – TC = m4 a (Ecuación 4) Bloque m5 ∑ FY = m5 a m5 g .4 * 10 + 16 * 10 = (4 + 2+ 3 + 5+ 16 ) a .m1 g = m1 a (Ecuación 1) TB – T A = m 2 a T C – TB = m 3 a T D – TC = m 4 a m 5 g .TD = m5 a (Ecuación 5) TB m3 g N3 TC TC TC m4 g N4 TD m5 g TD Sumando las 5 ecuaciones.m1 g = m1 a (Ecuación 1) TA = m1 a + m1 g TA = 4 * 4 + 4 * 10 TA = 16 +40 TA = 56 Newton Tensión de la cuerda B? TB – TA = m2 a (Ecuación 2) TB – 56 = 2 * 4 TB = 56 + 8 TB = 64 Newton Tensión de la cuerda C? TC – TB = m 3 a (Ecuación 3) TC = TB + m3 a TC = 64 + 3 * 4 TC = 64 + 12 TC = 76 Newton 130 . hallamos la aceleración del sistema. Cuanta distancia recorre cada bloque en 3 seg. 1 a * t2 2 1 1 X = a * t 2 = * 4 (3)2 = 18 metros 2 2 X = V0 * t + X = 18 metros Entre el bloque y la mesa de la figura no hay rozamiento m1 = 2 kg. Bloque m1 N T Bloque m2 T VF = V0 + a t pero V0 = 0 VF = a t = (6 m/seg2 ) 5 seg = 30 m/seg VF = 30 m/seg m1 = 2 kg W1 = m1 * g m 2 = 3 kg W2 = m2 * g 131 . Bloque m1 T = m1 * a T = m1 * a (Ecuación 1) Bloque m2 m2 g – T = m2 * a (Ecuación 2) T T = m1 * a (Ecuación 1) m2 g – T = m2 * a (Ecuación 2) m 2 g = m1 * a + m2 * a m2 g = (m1 + m2 ) * a a = m1 = 2 kg T (m 2 ) g = (3 )10 = 30 (m1 + m 2 ) (2 + 3) 5 seg 2 =6 m seg 2 m2 =3 kg a =6 m Para hallar la tensión T se reemplaza en la Ecuación 1. Si parte del reposo. m2 = 3 kg. T = m1 * a (Ecuación 1) T = 2 * 6 = 12 Newton T = 12 Newton Que velocidad adquiere el cuerpo de 3 kg en 5 seg. Si parte del reposo. Calcular: a) Aceleración del sistema b) Tensión de la cuerda c) Que velocidad adquiere el cuerpo de 3 kg en 5 seg. 6 Newton El valor del coeficiente de rozamiento FR = μ * N PERO: FR = 6 Newton N = 20 Newton 6 = μ * 20 Bloque m1 N T FR Bloque m2 T μ = 6 = 0.6 + 3 * 10 24 = = = 4.8 m 5 (2 + 3) (m1 + m 2 ) seg 2 m2 =3 kg a = 4.6 + m 2 g = m 1 * a + m2 * a .8 T = 9.FR = m1 * a T – 6 = m1 * a T (Ecuación 1) m1 = 2 kg T ∑ FY = 0 m1 * g – N = 0 m1 g = N N = 2 * 10 = 20 Newton Bloque m2 m2 g – T = m2 * a (Ecuación 2) T .6 = m1 * a (Ecuación 1) m2 g – T = m2 * a (Ecuación 2) .Si entre el bloque de 2 kg y la mesa de la figura anterior existe una fuerza de rozamiento de 6 Newton.FR = m1 * a T .6 + m2 g = (m1 + m2 ) * a a = − 6 + (m 2 ) g .6 + 6 T = 15. T – 6 = m1 * a (Ecuación 1) T – 6 = 2 * 4.3 20 m1 = 2 kg W1 = m1 * g m 2 = 3 kg W2 = m2 * g 132 .8 m seg 2 Para hallar la tensión T se reemplaza en la Ecuación 1. Calcular: a) El valor del coeficiente de rozamiento b) Aceleración del sistema c) Tensión de la cuerda Debemos hacer un diagrama que nos represente las condiciones del problema que m1 ∑ FX = m1 * a T . El bloque se desliza sobre la superficie horizontal con coeficiente de rozamiento µ FR T Bloque M N T T FR Bloque M T M M M W1 = M * g M W2 = M * g 133 . luego la aceleración es cero.5 Newton WY W1 = m*g La figura muestra dos bloques de igual masa M.2T1 = 0 pero: T1 = 49 Newton T – 2*49 = 0 T = 98 Newton WX = W sen 30 WX = m g sen 30 WX = 5 * 9.T 1 .T1 = m a pero el sistema esta en equilibrio.8 * 5 = 49 Newton T1 = 49 Newton ∑ FY = m1 a T .Bloque m1 Σ FY = m1 a pero el sistema esta en equilibrio.5 = 0 T = 24.T1 = 0 T m 1 g = T1 T1 = 9.8 sen 30 WX = 24. T . luego la aceleración es cero. W 1 . unidos mediante una cuerda ligera inextensible que pasa por una polea inextensible sin fricción.5 Newton Bloque m1 T1 T T1 m1 T1 m2 m1 = 5 kg W1 = m1 * g T1 m1 T1 m2 N WX T 300 5 kg 300 T Σ FX = 0 por que el sistema esta en equilibrio T – WX = 0 T – 24. M g+ Mgμ +2Mg 2 Mgμ+ Mg 2 M g (μ + 1) T= 2 T= 134 . hallamos la tensión Mg–T=M*a (Ecuación 2) ⎛ g(1 .μ ) ⎞ Mg-T =M⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎛1 .μ ) = 2 2 Reemplazando la aceleración en la ecuación 2.FR = M * a ∑ FY = 0 m*g–N=0 Mg =N pero: FR = µ N FR = µ M g Bloque M (Vertical) ∑ FY = 0 M g – T = M * a (Ecuación 2) Sumando las ecuaciones (Ecuación 1) T . ∑ FX = M * a T . es la fuerza de rozamiento.Bloque M Este bloque se desplaza horizontalmente hacia la derecha y la única fuerza que se opone al movimiento.μ ⎞ Mg-T=Mg⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎛1 .µ M g + M g = (M + M ) * a .μ ⎞ T=-Mg⎜ ⎟+Mg ⎝ 2 ⎠ M g M g μ T=+ +Mg 2 2 T= .FR = M * a T .µ g + g = (2 ) a 2a = g .µ M g + M g = (2M ) a .FR + M g = M * a + M * a .µ g (Ecuación 1) a = g .μ g g (1 .FR = M * a Mg–T=M*a (Ecuación 2) . 217 + 48 T = 120.m1 g sen 37 + P2 = m1 a + m2 a – 12 * 10 sen 37 + 20 * 10 = 12 * a + 20 * a -72.78 m a = = 4 32 seg 2 Tensión de la cuerda? Para hallar la tensión de la cuerda. b) Tensión de la cuerda c) Cuanto sube el cuerpo de 12 kg en 4 seg.217= 48 T = 72. Y el plano de la figura no hay rozamiento.21 Newton Cuanto sube el cuerpo de 12 kg en 4 seg.217 + 200 = 32 a 127.Entre el bloque m1 = 12 kg. T – m1 g sen 37 T – 12 * 10 sen 37 T – 72. NO HAY ROZAMIENTO Bloque m1 Σ FX = m1 a T – P1X = 0 Pero: P1X = P1 sen 40 P1 = m1 g T – P1 sen 37 = m1 a T – m1 g sen 37 = m1 a (Ecuación 1) Bloque m2 Σ FY = 0 P2 – T = m2 a (Ecuación 2) Sumando las ecuaciones T – m1 g sen 37 = m1 a (Ecuación 1) P2 – T = m2 a (Ecuación 2) . Φ = 370 Calcular: a) Aceleración del conjunto.78 = 32 a T m1 = 12 kg T 370 m2 = 20 kg P2 = m2 * g 127. P1 = m1 * g X = V0 * t + 1 a * t2 2 1 1 64 2 X = a * t 2 = * 4 (4) = = 32 metros 2 2 2 m2 = 20 kg P2 = m2 * g X = 32 metros 135 . = m1 a (Ecuación 1) = 12 * 4 Bloque m1 N1 T P1X 370 P1Y Bloque m2 T m1 = 12 Kg. se reemplaza en la ecuación 1. 480 Newton C ) Si el ascensor sube o baja con movimiento uniforme? Si sube y el movimiento es uniforma.600 F = .600 = 60 * 3 F = 180 + 600 F = 780 Newton b) Si el ascensor baja con una aceleración de 2 m/seg2 Σ FY = m a F+W=ma Pero: W = m g = 60 * 10 = 600 Newton F+W=ma F + 600 = 60 * 2 F = 120 . a) Si el ascensor sube con una aceleración de 3 m/seg2 Σ FY = m a F-W=ma Pero: W = m g = 60 * 10 = 600 Newton F-W=ma F . la aceleración es cero F a mg mg F mg F mg a 136 . Determinar la deformación del resorte? Y=? m = 14 kg Σ FY = m a (pero como el resorte esta en equilibrio. la aceleración es cero) F-W=0 F=W=mg F = 14 * 10 = 140 Newton F =140 Newton F= K*Y 140 = K Y Y = F 140 = = 5 cm K 28 Una persona de 60 kg se encuentra dentro de un ascensor sobre ella.La constante de elasticidad de un resorte es 28 N/cm y del resorte se suspende una masa de 14 kg. la aceleración es cero Σ FY = 0 F+W=0 Pero: W = m g = 60 * 10 = 600 Newton F+W=0 F + 600 = 0 F = . El valor de F1 en Newton es: Σ FX = m a F – F1 = m a 20 – F1 = 3 * 5 20 – F1 = 15 F1 = 20 -15 F1 = 5 Newton En la parte superior de un plano inclinado 370 se coloca un cuerpo de masa 5 kg.600 = 0 F = 600 Newton Si baja y el movimiento es uniforma. La fuerza en newton con que baja el cuerpo por el plano es ? La fuerza en Newton que el cuerpo ejerce sobre el plano es: En este caso la fuerza que el cuerpo ejerce sobre el plano es P1Y P1y = P1 cos 37 P1y = m1 g cos 37 P1Y = 5 * 10 * cos 37 P1Y = 50 * 0. No existe rozamiento.25.600 Newton F F a mg mg F mg F mg a Para que el bloque de la figura. se mueva hacia la derecha con aceleración de 5 m/seg2 .Σ FY = 0 F-W=ma Pero: W = m g = 60 * 10 = 600 Newton F-W=0 F .7986 P1Y = 40 Newton La aceleración en m/seg2 con que baja el cuerpo por el plano es: Σ FX = m1 a P1X = m a m = 3 kg F = 20 N F1 m1 = 5 kg P1 = m1 * g 370 137 . (g = 10 m/seg2) a) La fuerza en Newton que el cuerpo ejerce sobre el plano es: b) La aceleración en m/seg2 con que baja el cuerpo por el plano es: c) La distancia en metros que baja el cuerpo en 4 seg es? d) Si entre el bloque y el plano existe un coeficiente de rozamiento dinámico de 0. 25 * 40 = 10 Newton FR = 10 Newton F = P1X .10 Newton F = 20 Newton Un carro de masa M viaja con una velocidad V sobre un piso horizontal.6018 =30 Newton P1X = 30 Newton Σ FY = 0 N . a) El valor del coeficiente de rozamiento entre el cuerpo y la superficie es? b) El valor de la fuerza de rozamiento es? c) El tiempo que emplea el carro en detenerse es? El valor del coeficiente de rozamiento entre el cuerpo y la superficie es? Σ FX = M a FR = M a (Ecuación 1) Σ FY = 0 N-P =0 N =P =Mg 138 .6018 a = 6 m/seg2 La distancia en metros que baja el cuerpo en 4 seg es? 1 X = V0 + a (t )2 2 pero : V0 = 0 N FR P1Y 370 P1X X = 1 1 16 2 2 a (t ) = * 6 * (4 ) = 6 * = 48 metros 2 2 2 X = 48 metros m1 = 5 Kg. P1 = m1 * g Si entre el bloque y el plano existe un coeficiente de rozamiento dinámico de 0.Pero : P1X = P1 sen 37 P1 sen 37 = m1 a m1 g sen 37 = m1 a g sen 37 = a a = 10 * 0.P1Y = 0 N = P1Y = 40 Newton FR = µ * N = 0. Al dejarlo libre se detiene debido al rozamiento en una distancia X. La fuerza en newton con que baja el cuerpo por el plano es ? µ = 0.25 P1Y = 40 Newton P1X = P1 sen 37 = m1 g sen 37 P1X = 5 * 10 * 0.25.FR F = 30 Newton . FR = µ * N = µ M g FR = µ M g Reemplazando en la ecuacion 1 FR = M a (Ecuación 1) µMg=Ma µ g= a μ = a (Ecuación 2) g 0 FR N Pero: Mg (VF)2 = (V0)2 – 2 * a * X 2 a x = (V0)2 a = (V0 )2 2X a (Ecuación 2) g Reemplazando la aceleración en la ecuación 2. μ = (V0 )2 μ = 2X g = (V0 )2 2Xg El valor de la fuerza de rozamiento es? FR = µ * N = µ M g reemplazando la ecuación 2 en esta ecuación ⎛a⎞ FR = μ M g = ⎜ ⎟ M g ⎜g⎟ ⎝ ⎠ FR = a M Pero a = (V0 )2 2X (V )2 FR = a M = 0 M 2X 2 (V0 ) M FR = 2X El tiempo que emplea el carro en detenerse es? VF = V0 – a t V0 = a t pero VF = 0 139 . una cuerda de peso despreciable pasa por la garganta de la polea.m1 g = m 1 a + m 2 a m2 g .T = m2 a (Ecuación 2) Sumando las ecuaciones T .m1 g = m1 a (Ecuación 1) ∑ FY = m2 a m2 g . al aplicar una fuerza horizontal F = 60 Newton .m1 g = m1 a m 2 g . tienen masa de: m1 = 4 kg m2 = 10 kg m3 = 6 kg.m1 g = (m1 + m2 ) a 8 * 10 – 2 * 10 = (2 + 8) a 80 – 20 = 10 a 60 = 10 a a = 6 m/seg2 Se reemplaza en la ecuación 1 para hallar la tensión T . En ausencia de rozamiento. Calcular: a) La aceleración de los cuerpos? b) La tensión de la cuerda ∑ FY = m1 a T . calcular: a) aceleración del conjunto b) tensión de la cuerda B? c) tensión de la cuerda A? 140 .t = V0 V0 V 2X 2X = = 0 2 = 2 a (V0 ) (V0 ) V0 2X 2X t = V0 Una polea fija cuelga del techo del salón.m1 g = m1 a (Ecuación 1) T = m1 a + m1 g T = 2 * 6 + 2 * 10 T = 12 + 20 T = 32 Newton T1 = 2 T = 2 * 32 T1 = 64 Newton T m1 = 2 kg T m2 = 8 kg T T T1 W1 = m1 g W2 = m2 g T T Los cuerpos de la figura.T = m2 a (Ecuación 1) (Ecuación 2) T1 m 2 g . Los extremo de la cuerda se suspenden y no hay rozamiento entre la cuerda y la polea. 1 entre los dos cuerpos.12 = m2 * a TB .TA = m * a Pero: TA = 12 Kg. El rozamiento es una fuerza que se opone al movimiento de los cuerpos. F = mt * a m1 TA TA m2 TB TB m3 F = 60 N a = F mt = 60 = 20 3 m seg 2 tensión de la cuerda A? Bloque m1 Σ FX = 0 F = m1 * a TA = m1 * a TA = 4 * 3 = 20 Kg.2 entre m 1 y la superficie.12 = 10 * 3 TB = 12 + 30 TB = 42 Newton La cuerda se rompe para una tensión de 1000 N. El bloque inferior de masa m1 es halado por una fuerza F hacia la izquierda. tensión de la cuerda B? Bloque m2 Σ FX = 0 F=m*a TB . mt = m1 + m2 + m3 mt = 4 + 10 + 6 = 20 kg.m1 TA TA m2 TB TB m3 F = 60 Newton aceleración del conjunto m1 = 4 kg. m2 = 10 kg. FR2 F m2 T FR2 T FR1 141 m1 . y μ1 = 0. TA = 12 Kg. pero la fuerza de rozamiento entre el piso y los dos bloques se denomina FR1 y es sentido contrario al movimiento del bloque. TB . Calcular la fuerza con la que hay que tirar de m 1 . para que se rompa la cuerda si μ2 = 0. m3 = 6 kg. m2 = 10 Kg. FR2 T .Fr2 ) Σ FY = 0 (BLOQUE INFERIOR).FR2 a = (Ecuación 2) m2 Hay una fuerza de rozamiento FR2.FR1 .FR1 .FR2 ) = m1 (T . a = F .FR2 a = (Ecuación 2) m2 F . Igualando las ecuaciones 1 y 2 hallamos la fuerza F necesaria para que la cuerda se rompa cuando T = 1000 Newton. NBLOQUE 1 + NBLOQUE 2 = N1 NBLOQUE 1 + NBLOQUE 2 .T .FR1 .FR2 (Ecuación 1) m1 Datos: m 1 = 10 kg m 2 = 1 kg Masa m2 (BLOQUE SUPERIOR) Σ FX = T – FR2 = m2 a T .2 (11 ) 10 FR1 = 22 Newton 142 .Masa m1 (BLOQUE INFERIOR) Σ FX = F – T – FR1 – FR2 = m1 a Bloque inferior N F Bloque superior FR2 N T W2 T FR1 W2 = m2 g W1 = m1 g FR2 a = F .FR2 (Ecuación 1) m1 T .m1 g .2 ( m1 + m2 ) g FR1 =0.T .T .m2 g = 0 NBLOQUE 1 + NBLOQUE 2 = m1 g + m2 g N1 = m1 g + m2 g N1 = ( m1 + m2 ) g FR1 = μ1 N1 Pero: μ1 = 0.FR2 = m1 m2 m 2 (F . m 1 = 10 kg m 2 = 1 kg FR1 = μ1 N1 = 0. La normal total es la suma de los pesos de los bloques 1 y bloque 2. sobre el bloque de masa m2 (el de arriba) en dirección contraria al desplazamiento del bloque y una fuerza de reacción en sentido contrario sobre el bloque inferior m1 .T .FR1 .2 (10 +1 ) 10 FR1 =0.2 entre m 1 y la superficie. sabiendo que la tensión de la cuerda es de 100 Newton.1 (1 * 10 ) FR2 = 1 Newton Pero: m 1 = 10 kg m 2 = 1 kg FR2 =1 Newton FR1 = 22 Newton T = 1000 N Reemplazando Pero: μ2 = 0.1 entre los dos cuerpos. m 2 = 1 kg m 2 (F .FR1 . Bloque m T T = 100 Newton w = m* g w = m* g 143 .m2 g = 0 N2 = m2 g FR2 = μ2 N2 = 0.FR2 ) = m1 (T .T .Σ FY = 0 (BLOQUE SUPERIOR) N2 . Σ FY = 0 T–mg=0 T=mg 100 = m g = w W = 100 Newton.FR2 ) 1* ( F – 1000 – 22 – 1) = 10 * (1000 – 1) F – 1023 = 10 * 999 F – 1013 = 9990 F = 9990 + 1013 F = 11003 Newton Calcular el peso del bloque.1 (m2 g ) FR2 = 0. Σ FX = 0 Σ FX = WX – T X = 0 Pero WX = W sen 30 TX = T sen 60 W = 200 Newton W X – TX = 0 W sen 30 .5 0.TA cos 60 = 0 cos 30 TB = cos 60 TA 3 1 TB = TA 2 2 → 3 TB = TA (Ecuacion 1) A Σ FY = 0 TAY .866 T = 200 * 0.TBY = 240 TA sen 60 . determinar Q ? Si w = 240 Newton 30 0 TY T T 0 TX 600 300 N WX WY EJE X 30 W ECUACIONES PARA EL PUNTO B Σ FX = 0 TBX – TAX = 0 Pero: TBX = TB cos 30 TAX = TA cos 60 TB cos 30 .T sen 60 = 0 200 * 0.866 T = 100 T = 115.W = 0 Pero W = 240 Newton.5 – T * 0.47 Newton En el sistema mostrado se encuentra en equilibrio.TBY = W = 240 Pero: TBY = TB sen 30 TAY = TA sen 60 600 600 B 60 0 600 D 300 300 600 C TAY . si la esfera de 200 Newton de peso esta en equilibrio y no existe rozamiento.Determinar la tensión de la cuerda. TAY .TB sen 30 = 240 3 1 TA .TB = 240 2 2 3 TA .TB = 240 2 W Q 144 .866 = 0 0.TBY . TB = 480 (Ecuacion 2) Reemplazando la ecuacion 1 en la ecuacion 2 3 ( 3 TB .3 TA .TB = 480 480 = 240 Newton 2 ) PUNTO B 3 TB – TB = 480 2 TB = 480 TAX TA 600 B W TB = TAY 300 ECUACIONES PARA EL PUNTO C 600 TBY TB TB 300 TBX PUNTO C Σ FX = 0 TBX – TDX = 0 Pero: TBX = TB cos 30 TDX = TD cos 60 TB cos 30 .TD cos 60= 0 cos 30 TB = cos 60 TD TBX TD 600 TDX Q TDY TBY 1 3 TB = TD 2 2 → 3 TB = TD (Ecuacion 3) Σ FY = 0 TDY + TBY .Q = 0 Pero: TBY = TB sen 30 TDY = TD sen 60 TDY + TBY = Q TD sen 60 + TB sen 30 = Q 1 3 TD + TB = Q (Ecuacion 4) 2 2 Reemplazando la ecuacion 3 en la ecuacion 4 3 1 ( 3 TB ) + TB = Q 2 2 3 1 ( TB ) + TB = Q 2 2 2 TB = Q Pero TB = 240 Newton 2 * 240 = Q Q = 480 Newton 145 . Σ FX = 0 (Por que el movimiento es a velocidad constante. peso del bloque 200 Newton FR Fuerza de rozamiento que se opone al movimiento del bloque. FC es la fuerza de contacto que ejercen los cuerpos NA es la fuerza normal de la cuña. actúa en sentido contrario al movimiento.) F . Despreciar toda fricción. determine el coeficiente de rozamiento.NA = 0 FCX = NA 300 300 300 WB F Pero: FCX = FC cos 30 FC cos 30 = NA (Ecuacion 1) Σ FY = 0 (Por que el desplazamiento es a velocidad constante.Hallar F para que la cuña A suba con velocidad constante.) 146 .FCX = 0 Pero: FCX = FC cos 30 F .WA = 0 FCY = WA = 200 Newton Pero: FCY = FC sen 30 FC sen 30 = WA = 200 F FC sen 30 = 200 200 FC = = 400 Newton sen 30 BLOQUE B FCX 300 WB FC CUÑA A FCY FC 300 FCX NA FCY BLOQUE B Σ FX = 0 (Por que el desplazamiento es a velocidad constante.) FCX . WA = 200 Newton WB = 400 Newton CUÑA A Σ FX = 0 (Por que el desplazamiento es a velocidad constante.) FCY .FC cos 30 = 0 F = FC cos 30 3 F= * 400 2 F = 200 3 Newton WA Si el bloque se desliza a velocidad constante. 13 Newton μ= FR 60.13 Newton FR = µ N Pero: FR = 60.18 Newton N = 120.F sen 53 N = 200 – 100 sen 53 N = 200 – 79.18 Newton W = 200 N Σ FY = 0 FY + N – W = 0 Pero: FY = F sen 53 F sen 53 + N = 200 N = 200 . FC es la fuerza de contacto que ejercen los cuerpos F sen 30 = CX FC Q P 600 300 FR FCX = Fuerza de contacto en el eje “x” Pero: FCX = FC sen 30 147 .86 N = 120. Q = 1730 Newton Σ FX = 0 P – FR .FX – FR = 0 F X = FR F = 100 N FY 600 FR FR N 530 FX F Pero: FX = F cos 53 FX = FR = F cos 53 Pero: F = 100 Newton FX = FR = 100 cos 53 FX = FR = 60.FCX = 0 FR Fuerza de rozamiento que se opone al movimiento del bloque. actúa en sentido contrario al movimiento.5 N 120. Calcular la mínima fuerza P que levantara la carga Q.13 Problema propuesto estatica jorge mendoza Dueñas El coeficiente de rozamiento entre la cuña y la superficie horizontal es de 0.18 = = 0.5 y todas las demás superficies son lisas. 866 = 1997.P – FR .33 cos 30 148 .FCX = 0 P = FR + FCX P = FR + FC Sen 30 (Ecuacion 1) Diagrama cuerpo libre triangulo rojo N = normal Σ FY = 0 N – FCY = 0 F cos 30 = CY FC FCY = Fuerza de contacto en el eje “Y” Pero: FCY = FC cos 30 N = FCY = FC cos 30 N = FC cos 30 (Ecuacion 2) Diagrama cuerpo libre “Q” Diagrama cuerpo libre triangulo rojo N FR P 300 60 FCX FCY 0 Diagrama cuerpo libre Q Σ FX = 0 FCX – NQ = 0 FCX = NQ F sen 30 = CX FC NQ = normal del cuerpo Q FC FCY NQ 600 FC 60 FCX 0 Pero: FCX = FC Sen 30 FC Sen 30 = NQ (Ecuacion 3) Diagrama cuerpo libre “Q” Σ FY = 0 FCY – Q = 0 FCY = Q (Ecuacion 4) F cos 30 = CY FC Q Pero: FCY = FC cos 30 Pero: Q = 1730 Newton Reemplazando en la ecuacion 4 FC cos 30 = Q FC * 0.63 Newton Reemplazando en la ecuacion 2 se halla la normal N N = FC cos 30 (Ecuacion 2) N = 1997.63 Newton FC = 1997. 815 P = 1863.1lb − f 2 * sen 50 sen 50 0. TB = TA (ecuación 1) 149 .815 Newton Problema 4.24 Alonso Finn Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. cos 50 TB = TA (ecuación 1) W = 40 lb-f Σ FY = 0 TAY + TBY – TAY + TBY = TAY + TBY = TA . cos 50 TBX = TB .1 lb-f Para hallar TB se reemplaza en la ecuación 1.TAX = 0 (ecuación 1) TBX = TAX TB . sen 50 TBY = TB. cos 50 = TA .5 P = 865 + 998.63 * 0.866 N = 1730 Newton FR = µ N µ = 0. sen 50 = 40 2 TA .33 * 0.766 TB TAY TA 500 T AX 500 TBX W = 40 lb-f T BY TA = 26. sen 50 = 40 (ecuación 2) Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TA . cos 50 A 500 500 B TA 500 TB 500 C Σ FX = 0 TBX . sen 50 W =0 W pero: W = 40 lb-f 40 + TB. sen 50 = 40 TA = 40 20 20 = = = 26.5 FR = 0. sen 50 TAX = TA . Si M pesa 40 lb-f TAY = TA .N = 1997.5 * 1730 FR = 865 Newton Reemplazando en la ecuacion 1 P = FR + FC Sen 30 (Ecuacion 1) P = 865 + 1997. 4-28). sen 50 + TA. Si M pesa 40 lb-f TAY = TA . sen 30 = 40 (ecuación 2) W = 40 lb-f Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TA . sen 30 TBY = TB. Si M pesa 40 lb-f TAY = TA . 4-28). sen 30 + TA. cos 30 TBX = TB . cos 30 Σ FX = 0 TBX .5 TA = 40 lb-f Para hallar TB se reemplaza en la ecuación 1.1 lb-f Problema 4. sen 30 = 40 2 TA .24 Alonso Finn Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig.TB = TA = 26. sen 60 TAX = TA . cos 60 150 .24 Alonso Finn Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. TB = TA (ecuación 1) TB = TA = 40 lb-f TAY 300 TA TB 300 TBX W = 40 lb-f T BY T AX Problema 4. sen 30 300 W =0 W pero: W = 40 lb-f 40 + TB. sen 30 TBY = TB. sen 30 = 40 TA = 40 20 20 = = = 40 lb − f 2 * sen 30 sen 30 0. cos 30 TB = TA (ecuación 1) A 30 30 0 B TA 30 TB TB C 0 0 Σ FY = 0 TAY + TBY – TAY + TBY = TAY + TBY = TA . cos 30 TBX = TB .TAX = 0 (ecuación 1) TBX = TAX TB . 4-28). sen 30 TAX = TA . cos 30 = TA . cos 60 = TA . sen 30 W =0 W pero: W = 40 lb-f 40 + TB.Σ FX = 0 TBX . sen 60 = 40 ⎛ T cos 30 ⎞ TA sen 30 + ⎜ A ⎟ ⎜ cos 60 ⎟ * sen 60 = 40 ⎠ ⎝ ⎛ TA sen 30 cos 60 + TA cos 30 sen 60 ⎞ ⎜ ⎟ = 40 ⎜ ⎟ cos 60 ⎝ ⎠ TAY 300 3 2 TA TB 600 TBX T BY TA sen 30 cos 60 + TA cos 30 sen 60 = 40 cos 60 Pero: sen 30 = sen 60 = ⎛1⎞ TA ⎜ ⎟ * ⎝2⎠ 1 2 cos 60 = 1 2 cos 30 = T AX 3 2 ⎛1⎞ ⎜ ⎟ + TA ⎝2⎠ ⎛ 3⎞ ⎛ 3⎞ ⎜ ⎟ *⎜ ⎟ = 4 0* 1 ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ = 20 W = 40 lb-f ⎛3⎞ ⎛1⎞ TA ⎜ ⎟ + TA ⎜ ⎟ ⎝4⎠ ⎝4⎠ TA = 20 lb-f Para hallar TB se reemplaza en la ecuación 1. sen 60 = 40 (ecuación 2) W = 40 lb-f Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TA . T cos 30 (ecuación 1) TB = A cos 60 T cos 30 TB = A = cos 60 20 * 3 40 3 2 = 2 = 20 1 1 2 2 3 TB = 20 √3 lb-f 151 .TAX = 0 (ecuación 1) TBX = TAX TB . cos 30 T cos 30 (Ecuación 1) TB = A cos 60 A 30 0 B 60 0 TA 300 TB 600 C Σ FY = 0 TAY + TBY – TAY + TBY = TAY + TBY = TA . sen 30 + TB. Si M pesa 40 lb-f B 45 0 TB A T BY 45 0 TB 450 TA C TA T BX W = 40 lb-f W = 40 lb-f TBY = TB. 4-28).24 Alonso Finn Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. cos 45 Σ FX = 0 TBX .Problema 4.24 Alonso Finn Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. Si M pesa 40 lb-f TBY = TB sen 60 152 .56 lb-f Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TB cos 45 = TA TA = 56. sen 45 TBX = TB .56 cos 45 TA = 40 lb-f Problema 4.TA = 0 (ecuación 1) TB . 4-28). cos 45 = TA TB = TA (Ecuación 1) cos 45 Σ FY = 0 TBY – W = 0 TBY = W pero: W = 40 lb-f TBY = 40 TB sen 45 = 40 (ecuación 2) TB = 40 sen 45 TB = 56. TA sen 30 = 40 ⎝ ⎠ TA cos 30 sen 60 .W = 0 TBY – TAY = W pero: W = 40 lb-f TBY – TAY = 40 TB sen 60 . Se mantiene en equilibrio por medio de una cuerda AB y bajo la acción de la fuerza horizontal F suponiendo que AB = 150 cm.TA ⎜ ⎟ ⎝4⎠ ⎝4⎠ TB ½ TA = 20 T BY TAX 40 1 2 3 2 = 40 TA = 40 lb-f Para hallar TB se reemplaza T cos 30 TB = A = cos 60 600 TBX TAY 3 300 TA W = 40 lb-f TB = 69. y que la distancia entre la pared y el cuerpo es de 90 cm.TAX = 0 (ecuación 1) TB cos 60 = TA cos 30 T cos 30 (Ecuación 1) TB = A cos 60 Σ FY = 0 TBY – TAY . calcular el valor de la fuerza F y la tensión de la cuerda.25 Alonso Finn El cuerpo representado en la figura 4-29 pesa 40 kg-f.TA sen 30 = 40 ⎛ TA cos 30 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ cos 60 ⎟ * sen 60 .TBX = TB cos 60 TAX = TA cos 30 TAY = TA sen 30 B 60 TB 600 300 300 A W = 40 lb-f TA 0 Σ FX = 0 TBX .TA sen 30 cos 60 ⎞ ⎛ ⎜ ⎟ = 40 ⎜ ⎟ cos 60 ⎝ ⎠ TA cos 30 sen 60 . 153 .TA sen 30 cos 60 = 40 cos 60 Pero: sen 30 = ⎛ 3⎞ ⎛ ⎟* ⎜ TA ⎜ ⎜ 2 ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ ⎝ 3 1 1 cos 30 = cos 60 = 2 2 2 3⎞ ⎟ − TA ⎛ 1 ⎞ * ⎛ 1 ⎞ = 4 0 * 1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 ⎟ 2 ⎝2⎠ ⎝2⎠ ⎠ = 20 sen 60 = 3 2 ⎛3⎞ ⎛1⎞ TA ⎜ ⎟ .28 lb-f Problema 4.TA sen 30 = 40 (ecuación 2) Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TB sen 60 . 13 = 0 F = T cos 53.TX = 0 F .6 150 A 150 cm δ = arc cos 0.13 Ecuación 1 F = 50 cos 53.TX = 0 F .130 TX = T cos δ TX = T cos 53.6 δ = 53. TX = T sen υ TY = T cos υ A Σ FX = 0 F .13 = 40 Ecuación 2 T = 40 = 50 lb . se halla F F = T cos 53.13 Ecuación 1 Σ FY = 0 TY – W = 0 T sen 53.13 = W T sen 53. si M1 = 300 lb-f M2 = 400lb-f.26 Alonso Finn Para la figura 4-30.13 – W = 0 T sen 53.T cos 53.f 4.13 TY W = 40 kg-f T δ 0 F TX W = 40 kg -f Reemplazando el valor de la tensión T en la ecuación 1.cos δ = 90 = 0.13 F = 30 lb .13 TY = T sen δ TY = T sen 53. calcular el ángulo υ y la tensión en la cuerda AB.13 T δ0 90 cm B F Σ FX = 0 F .f sen 53.T sen υ = 0 F = T sen υ Ecuación 1 Σ FY = 0 TY – W = 0 T cos υ – W = 0 T cos υ = W T cos υ = 300 Ecuación 2 υ0 T β0 F B F M1 = 300 kg-f M2 = 400 kg-f 154 . f cos 53. F= 120 w = = 60 lb .27 Alonso Finn Un muchacho que pesa 120 lb-f se sostiene en una barra de levantamiento de pesas.13 T = 500 lb – f 4. F = 400 lb-f.f 2 2 300 300 155 . cada brazo ejerce una fuerza igual a la mitad del peso de su cuerpo. a) Sus brazos están en posición paralela.333 υ = 53. Ecuación 3 TY υ0 β0 T F M1 = 300 kg-f Reemplazar la ecuación 3 en la ecuación 1 F = T sen υ Ecuación 1 400 = T sen υ Ecuación 4 TX Haciendo una relación entre la ecuación 1 y la ecuación 4 400 = T sen υ Ecuación 4 T cos υ = 300 Ecuación 2 F 400 T senθ = = tg θ 300 T cos θ 4 tg θ = 3 BLOQUE M2 M2 = 400 kg-f υ = arc tg 1. b) Cuando cada brazo hace un ángulo de 300 con la vertical. ¿Qué fuerza ejerce cada uno de sus brazos sobre la barra cuando a) Sus brazos están en posición paralela. Si los brazos están en posición paralela.130 = 300 T = 300 = 500 lb .BLOQUE M2 La F tiene igual magnitud que M2 F = M2 = 400 lb-f.130 Para hallar la tensión T se reemplaza en la ecuación 2. T cos υ = 300 Ecuación 2 T cos 53. b) Cuando cada brazo hace un ángulo de 300 con la vertical.28 Alonso Finn Una cuerda ABCD cuelga de los puntos fijos A y D.TA cos 60 = 0 T B .28 lb .28 lb-f 4. Si el ángulo que hace AB con la horizontal es de 600 BC es horizontal y CD hace un ángulo de 300 con la horizontal. En B hay un peso de 12 kg-f y en C un peso desconocido. TAY = TA sen 60 TBY = TB sen 60 TAX = TA cos 60 TBX = TB cos 60 A 60 300 0 B 60 0 300 TA 600 TB 600 Σ FX = 0 TBX . calcular el valor que P debe tener a fin de que el sistema se encuentre en equilibrio.TAX = 0 TB cos 60 .TA = 0 TB = TA Ecuación 1 C W = 120 lb-f TAY TA 60 0 TB T BY 60 0 T AX TBX W = 120 lb-f Σ FY = 0 TAY + TBY – W = 0 TAY + TBY = W TA sen 60 + TB sen 60 = 120 Ecuación 2 Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TA sen 60 + TB sen 60 = 120 TB sen 60 + TB sen 60 = 120 2 TB sen 60 = 120 TB = 120 60 = = 69.f 2 sen 60 sen 60 TB = TA = 69. TAX = TA cos 60 TAY = TA sen 60 A D Σ FX = 0 T – TAX = 0 T – TA cos 60 = 0 T = TA cos 60 Ecuación 1 Σ FY = 0 TAY – W = 0 TA sen 60 – W = 0 TA 600 TD B T P T C 300 W = 12 kg-f 156 TA TAY . TA sen 60 = W TA sen 60 = 12 TA = 12 = 13.29 Alonso Finn Tres cuerdas.T = 0 TD cos 30 – T = 0 TD cos 30 = T Ecuación 2 Reemplazar en la ecuación 2 TD cos 30 = T Ecuación 2 TD cos 30 = 6.f cos 30 Σ FY = 0 TDY – P = 0 TD sen 30 = P 8 sen 30 = P P = 4 Kg-f Ecuación 3 4.85 cos 60 T = 6. situadas en un plano en un plano vertical. Los ángulos formados por las cuerdas con la horizontal son: 350. Los otros extremos están unidos en el nudo A y del cual cuelga un peso P.f sen 60 TA = 13.92 TD = 6.92 = 8 kg .92 kg-f TDX = TD cos 30 TDY = TD sen 30 TD 300 TDY T P TDX Σ FX = 0 TDX . T1X = T1 cos 35 T1Y = T1 sen 35 T2X = T2 cos 80 T2Y = T2 sen 80 T3X = T3 cos 20 T3Y = T3 sen 20 350 T1 = 100 kg-f 1600 T2 800 200 T3 A P Σ FX = 0 T2X + T3X .85 kg .T1X = 0 157 . están fijas a puntos diferentes sobre el techo. 1600 Las tensiones en las dos primeras cuerdas son de 100 kg-f y 75 kg-f.85 kg-f Reemplazar en la ecuación 1 T = TA cos 60 Ecuación 1 T = 13. 1000. Calcular la tensión en la tercera cuerda y el peso P. 0236 T3 cos 20 = 68.28 kg-f.5 = = 0.31 kg-f.9152 = 0 T3 cos 20 = 81.N2X = 0 N1 cos 45 .9152 .31 * sen 20 .35 +75 * 73.P = 0 100 * 0.N2 cos 60 = 0 N1 cos 45 = N2 cos 60 N1 = N 2 cos 60 N 2 * 0.8916 68.100 (0. 100 * sen 35 +75 * sen 80 + 73.7071 N 2 Ecuación 1 cos 45 0.31 Alonso Finn Una esfera cuyo peso es de 50 kg-f descansa sobre dos planos lisos. N1X = N1 cos 45 N1Y = N1 sen 45 N2X = N2 cos 60 N2Y = N2 sen 60 450 300 Σ FX = 0 N1X .072 = P P = 156.8191) = 0 13. Σ FY = 0 T1Y + T2Y + T3Y – P = 0 T1 sen 35 + T2 sen 80 + T3 sen 20 .8916 T3 = 68.86 + 25.f 0.31 * 0. 4. inclinados respectivamente con respecto a la horizontal.342 .0236 + T3 cos 20 – 81.5735 +75 * 0.7071 N1 300 600 P N2 450 Σ FY = 0 450 300 N1 N2 P 158 . Calcular las reacciones de los dos planos sobre la esfera.8916 = = 73.P = 0 57.13.1736) + T3 cos 20 .9396 cos 20 T2 800 T1X T3X T3 200 P T3 = 73.T1 cos 35 = 0 T2X Pero T1 = 100 kg-f T2 = 75 kg-f.100 cos 35 = 0 75 (0.31 kg . T2Y T1 T1Y 35 0 75 cos 80 + T3 cos 20 . ángulos de 300 y 450.9848 + 73.T2 cos 80 + T3 cos 20 .P = 0 Pero T1 = 100 kg-f T2 = 75 kg-f. 32 Alonso Finn Una esfera (fig.N1Y + N2Y – P = 0 N1Y + N2Y = P N1Y + N2Y = 50 N1 sen 45 + N2 sen 60 = 50 Ecuación 2 N2Y 60 0 N2 N1 450 N1Y (0.6 kg . 4. Pero: N1 = 0.366 N2 = 50 N2 = 50 = 36. N2X = N2 cos 30 N2Y = N2 sen 30 N1 N2 Σ FX = 0 N1 .5 N2 + 0. manteniéndose en esa posición mediante un plano liso que hace un ángulo de 600 con la horizontal.5 600 N2 N2Y 300 N2 N2X P N1 159 .7071 * 36.N2 cos 30 = 0 N1 = N2 cos 30 Ecuación 1 Σ FY = 0 N2Y – P = 0 N2Y = P P 300 60 0 N1 300 P N2 sen 30 = 50 N2 50 50 = = = 100 lb .7071 N2) * sen 45 + N2 sen 60 = 50 0. Calcular la reacción de la pared y el plano sobre la esfera.7071 N2 N1 = 0.7071 N2) * sen 45 + N2 sen 60 = 50 (0.f 1.366 N2X P N1X N2 = 36.866 N2 = 50 1.88 kg – f.f sen 30 0.6 kg –f. 4-31) que pesa 50 lb-f descansa sobre una pared lisa.6 N1 = 25.N2X = 0 N1 . TX = T cos 45 TY = T sen 45 C 450 Σ FX = 0 F .f 4. Si δ es el ángulo entre la cuerda y la pared.Reemplazando en la ecuación 1 N1 = N2 cos 30 Ecuación 1 N1 = 100 cos 30 N1 = 100 * 0. (fig. 4-32) y presiona una pared vertical lisa AC.T cos 45 = 0 F = T cos 45 Ecuación 1 Σ FY = 0 TY – M = 0 TY = M T sen 45 = M T T F B 450 A M TY 45 0 TX F M 160 .866 N1 = 86.33 Alonso Finn Una esfera de peso W se sostiene mediante una cuerda AB.TX = 0 N . suponiendo que M pesa 40 kg f y que el peso del cable y la viga son despreciables.T sen δ= 0 N = T sen δ Ecuación 1 TY T δ N N T TX W W Σ FY = 0 TY – W = 0 TY = W T cos δ = W T = W cos δ Reemplazando en la ecuación 1 N= W * sen δ = W * tg δ cos δ N = W tg δ 4.TX = 0 F . TX = T sen δ TY = T cos δ δ Σ FX = 0 N . determinar la tensión en la cuerda y la reacción de la pared sobre la esfera.6 lb .34 Alonso Finn Calcular las fuerzas (fig 4-33) que la viga AB y el cable AC ejercen en A. C TY = T sen 40 TX = T cos 40 FX = F cos 40 FY = F sen 40 500 T 400 T F 40 0 Σ FX = 0 FX .f 2 sen 40 sen 40 T = F = 31. suponiendo que M pesa 40 kg f y que el peso del cable y la viga son despreciables. 4. suponiendo que M pesa 40 kg f y que el peso del cable y la viga son despreciables.11 Kg – f.34 Alonso Finn Calcular las fuerzas (fig 4-33) que la viga AB y el cable AC ejercen en A.34 Alonso Finn Calcular las fuerzas (fig 4-33) que la viga AB y el cable AC ejercen en A.56 kg – f. TY = T sen 60 TX = T cos 60 FX = F cos 30 TX T TY 600 300 Fx 161 FY M F .T cos 40= 0 F -T =0 F = T Ecuación 1 TY 40 0 FY 500 400 A M TX Fx B F 40 0 M Σ FY = 0 TY + F Y – M = 0 TY + F Y = M T sen 40 + F sen 40 = 40 Ecuación 2 Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 T sen 40 + F sen 40 = 40 Ecuación 2 T sen 40 + T sen 40 = 40 2 T sen 40 = 40 T = 40 20 = = 31.f.T = M 40 = = 56.7071 T = 56. 4.f.56 * cos 45 = 40 kg . F = 40 kg –f.56 kg . sen 45 0. Reemplazando en la ecuación 1 F = T cos 45 Ecuación 1 F = 56.11 Kg .TX = 0 F cos 40 . T cos 60 = 0 0.5 T = 0 0.5 T = 0 Ecuación 1 300 Σ FY = 0 TY + F Y – M = 0 TY + F Y = M T sen 60 + F sen 30 = 40 0. (Normal N) Bloque C Σ FY = 0 T1 – Q = 0 pero: Q = 10 kg-f.45 Alonso Finn Calcular el peso P necesario para mantener el equilibrio en el sistema mostrado en la figura 4 – 39.5 T = 0 Ecuación 1 * (0.25 F = 40 0.5 T = 0 34.FY = F sen 30 Σ FX = 0 FX .866 * 40 – 0.5 60 0 300 T 300 A M 4.866 T + 0. El plano y las poleas son lisas.866 T + 0.28 Kg . en la cual A pesa 100 kg-f.5 T = 34.5) 0.64 = 69.866 F – 0.433 T = 0 0.75 F + 0.f 0. 0. La cuerda AC es horizontal y la cuerda AB es paralela al plano. Ecuación 1 Bloque A T1X = T1 cos 30 T1Y = T1 sen 30 AX = A sen 30 Q = 10 kg-f T2 T1 T1 B C T1 300 T2 T2 P A = 100 kg-f 162 .866) 0. y Q = 10 kg-f. T1 = Q = 10 kg-f.866 F – 0.25 F = 40 F = 40 Kg – f.TX = 0 F cos 30 .64 – 0.866 F – 0.433 T + 0.5 F = 40 Ecuación 2 * (0. Calcular también la reacción del plano sobre el plano A.5 F = 40 Ecuación 2 F 600 300 Resolver las ecuaciones 1 y 2.64 T = 34. Reemplazar en la ecuación 1 0.5 T = 0 Ecuación 1 0.75 F – 0. AX = 0 T2 – T1 cos 30 . P = 58.6 kg-f Bloque B Σ FY = 0 T2 – P = 0 Ecuación 2 T2 = P pero: T2 = 58.33 F cos 45 F2 163 . Esfera 2 ESFERA 2 Esfera 1 FY = F sen 20 FX = F cos 20 F1Y = F1 sen 45 F1X = F1 cos 45 F3 F 200 F1 450 Σ FX = 0 FX – F1X = 0 F cos 20 . Calcular las reacciones de las superficies sobre las esferas.6 + 5 = 0 N – 81.66 kg-f. T1X A 30 0 AY AX Σ FY = 0 N – AY + T1Y = 0 N – A cos 30 + T1 sen 30 = 0 pero: A = 100 kg-f T1 = Q = 10 kg-f.6 = 0 N = 81.66 kg-f.66 kg-f.AY = A cos 30 Σ FX = 0 T2 – T1X .F1 cos 45 = 0 F1 cos 45 = F cos 20 F cos 20 F1 = = 1. N – 100 cos 30 + 10 sen 30 = 0 N – 86. Demostrar que cada esfera se encuentra independientemente en equilibrio. Bloque C T1 Bloque B T2 Q P 4.A sen 30 = 0 Bloque A Ecuación 2 N T1 T1Y 300 T2 T2 = T1 cos 30 + A sen 30 pero: A = 100 kg-f T1 = Q = 10 kg-f.48 Alonso Finn Dos esferas idénticas se colocan en el sistema mostrado en la figura 4-42.66 + 50 T2 = 58. T2 = 10 cos 30 + 100 sen 30 T2 = 8. 024 W F1 = 1.(0.342 = W 0.024 W F2 = 0.77 W) * 0.33 F (1.263 W = 0.77 W) F1 = 1.FX = 0 F3 .342 = W + 0.9404 F + 0. 164 .263 W = W = W .8 metros esta colocada sobre un ángulo recto liso como se muestra en la figura 4-41.737 W F3 = 0.2824 F = w F = W = 0.9396 = 0 .0.33 F) * sen 45 + F sen 20 = W (1.33 F Ecuación 1 Pero: F = 0.(0.77 W F1 = 1.723 W = 0 = 0.77 W Se reemplaza en la ecuación 1 F1 = 1.47 Alonso Finn Una varilla de masa de 6 kg.342 F = W 1. Determinar la posición de equilibrio y las fuerzas de reacción como una función del ángulo δ.FY – W = 0 F2 + F sen 20 – W = 0 F2 F2 F2 F2 F2 + (0.F cos 20 = 0 F3 F3 F3 F3 .0.723 W Σ FY = 0 F 2 .33 * (0.77 W) * sen 20 = W + (0.723 W 4.77 W 1.F1 = 1.33 F) * 0.77 W W FX Σ FX = 0 F 3 .2824 F F3 W Esfera 2 F1 F1Y 450 F = 0.77 W) * 0.77 W ESFERA 1 FY = F sen 20 FX = F cos 20 F 200 FY F1X F1X Ecuación 2 Pero: F = 0.33 F Ecuación 1 Esfera 1 F2 FX FY 20 0 Σ FY = 0 F1Y + FY – W = 0 F1 sen 45 + F sen 20 – W = 0 F1 sen 45 + F sen 20 = W Pero: F1 = 1.7071 + F 0.737 W Pero: F = 0. y longitud 0.77 W) * cos 20 = 0 . T1 sen δ = 0 * cos δ T1 cos δ + T2 sen δ = W * sen δ T2 cos2 δ .δ T1 Σ FX = 0 T2X – T1X = 0 T2 cos δ .W sen2 δ T1 cos δ = W (1 .δ) T1X = T1 sen δ δ T2 φ φ W 90 .δ Σ FY = 0 T1Y + T2Y – W = 0 T1 cos δ + T2 sen δ – W = 0 T1 cos δ + T2 sen δ = W Ecuación 2 Resolviendo las ecuaciones T2 cos δ .δ T1 T2 δ T2X W T2Y T1X T1 = W cos δ 165 .δ) = sen δ T1X = T1 cos (90 .δ) T1Y = T1 cos δ Pero: cos (90 .sen2 δ) Pero: (1 .sen2 δ) = cos2 δ 2 T1 cos δ = W cos δ T1 = W cos 2 δ = W cos δ cos δ Ecuación 1 Ecuación 2 T1Y 90 .δ) = cos δ T1Y = T1 sen (90 .T2Y = T2 sen δ T2X = T2 cos δ Pero: sen (90 .T1 sen δ = 0 δ Ecuación 1 δ 90 .T1 sen δ * cos δ = 0 T1 cos δ * sen δ + T2 sen2 δ = W sen δ T2 cos2 δ + T2 sen2 δ = W sen δ T2 (cos2 δ + sen2 δ) = W sen δ Pero: (cos2 δ + sen2 δ) = 1 T2 = W sen δ Reemplazando en la ecuacion 2 T1 cos δ + T2 sen δ = W Ecuación 2 T1 cos δ + (W sen δ) * sen δ = W T1 cos δ + W sen2 δ = W T1 cos δ = W . 166 .