informe_i

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL ALTIPLANO

FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL Y ARQUITECTURA

ESCUELA PROFESIONAL CIENCIAS FÍSICO MATEMÁTICAS

INFORME : PRIMERA PRÁCTICA PRE-PROFESIONAL

PRESENTADO POR : VELASQUEZ MAMANI, ROGER

DOCENTE : Lic. HUAYHUA MAMANI, EDWIN

PUNO PERÚ

2012

2

Universidad Nacional del AltiplanoFacultad de Ingeniería Civil y Arquitectura

Escuela Profesional de Cs. Físico Matemáticas

INFORME N◦ 002-2008-UNA-FICA

Al : Lic. Huayhua Mamani,EdwinDe : Velásquez Mamani RogerAsunto : Informe de Prácticas Pre-ProfesionalesFecha : 23 de mayo del 2012

Mediante el presente, remito a Ud. el presente informe de prácticas pre-profesionales querealicé, el cual paso a detallar a continuación:

1. A través del MEMORANDO N◦-103-2010-DE-EPCFM-FICA-UNA. de fecha 29 deSetiembre del 2010, se me asigna realizar prácticas pre-profesionales en el curso deFÍSICA I, el cual se desarrolla en la Escuela Profesional de Ingeniería Química, delcual su persona fue titular.

2. Las prácticas pre-profesionales las inicié el 30 de Setiembre del 2010 y las finalicé el12 de Diciembre del 2010.

3. Las sesiones dictadas fueron correspondientes a las capacidades I,II y III del cursoantes mencionado.

4. En el presente informe se encuentra toda la información detallada de las prácticaspre-profesionales que realicé.

Es cuanto puedo informar a Ud. para los fines consiguientes.

Atentamente.

Velásquez Mamani Roger

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Universidad Nacional del AltiplanoFacultad de Ingeniería Civil y Arquitectura

Escuela Profesional de Cs. Físico Matemáticas

INFORME N◦ -2008-UNA-FICA

Al : Lic. Condori Concha, MartinDirector de la Escuela Profesional Ciencias Físico Matemáticas.

De : Lic.Huayhua Mamani, EdwinAsunto : Informe de Prácticas Pre-profesionales.Fecha : 23 de mayo del 2012

Es grato dirigirme a Ud. a fin de informarle sobre las prácticas realizadas por el estudianteVELASQUEZ MAMANI ROGER, el cual detallo a continuación:

1. Mediante el MEMORANDO N◦-103-2010-DE-EPCFM-FICA-UNA. 29 de Setiembredel 2010, se designa al estudiante VELASQUEZ MAMANI ROGER, con el fin derealizar las prácticas pre-profesionales en el curso de FISICA I, el mismo que sedesarrollo en la Escuela Profesional de Ingeniería Química la misma que se realizobajo mi asesoría.

2. El estudiante realizó la práctica pre-profesional, logrando el objetivo del mínimo de30 horas académicas, que consistió en desarrollar las capacidades I,II y III corres-pondientes al curso.

3. Durante la realización de la práctica pre-profesional el estudiante en mención, de-mostró mucha responsabilidad y dominio de los temas tanto en la preparación de sussesiones, durante su desenvolvimiento ante los estudiantes y demás tareas asignadas.

4. Concluida la práctica pre-profesional, el estudiante alcanzó los objetivos estableci-dos, siendo así; solicito a Ud. Señor Director realizar los trámites necesarios para laexpedición de la respectiva resolución.

Es cuanto puedo informar a Ud. para los fines consiguientes.

Atentamente:

Lic. Huayhua Mamani Edwin

iii

PRESENTACIÓNEl presente informe se origina en el desarrollo de las prácticas pre-profesionales realizadadel 30 de setiembre al 12 de Diciembre del 2010 en el curso de Física I en el semestre2010-II dicho curso corresponde al II semestre de la Escuela Profesional de IngenieríaQuímica , de la Universidad Nacional Del Altiplano Puno.

El informe consta de tres partes. La primera parte trata una sección informativa, lajustificación y los objetivos de las prácticas pre-profesionales.

La segunda parte, trata en sí, el desarrollo del curso, en esta parte se desarrolla la FísicaI, desarrollando temas relacionados a vectores, estática, cinemática y dinámica.

La tercera y última parte trata de la metodología utilizada en las prácticas pre-profesionales,el cronograma de las actividades realizadas y la relación de los estudiantes con sus respec-tivas asistencias.

Por ultimo, quiero agradecer al Lic. Huayhua Mamani Edwin, docente del curso, porsu valioso apoyo durante el desarrollo de la práctica pre-profesional.

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Índice general

I INFORME DE PRÁCTICAS PRE-PROFESIONALES 10.1. DATOS INFORMATIVOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20.2. JUSTIFICACIÓN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20.3. OBJETIVOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

0.3.1. OBJETIVOS GENERALES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60.3.2. OBJETIVOS ESPECÍFICOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

II FÍSICA I 7

1. VECTORES 81.1. Operaciones con los Vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2. Magnitud y Dirección de un Vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.2.1. Magnitud o Módulo de un Vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.2. Dirección de un Vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3. Vectores Unitarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.4. Producto Escalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.5. Producto Vectorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.6. Conjunto Recíproco de vectores: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2. ESTÁTICA 232.1. Composición de Fuerzas Concurrentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.2. Torque de una Fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.3. Torque de varias Fuerzas Concurrentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.4. Composición de las Fuerzas Aplicadas a un Cuerpo Rígido . . . . . . . . . 252.5. Cupla de Fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.6. Composición de Fuerzas Coplanares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.7. Composición de Fuerzas Paralelas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.8. Centro de Masa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.8.1. Equilibrio de una Partícula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.8.2. Equilibrio de un Cuerpo Rígido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

3. CINEMÁTICA 453.1. Sistema de Referencia Inercial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 453.2. Velocidad Media. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

v

3.3. Velocidad Instantánea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 453.4. Aceleración Media . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 463.5. Aceleración Instantánea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 463.6. Movimiento Unidiemnsional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 473.7. Caida Libre de los Cuerpos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 483.8. Movimiento en un Plano, Compuesto o en Dos Dimensiones . . . . . . . . 48

3.8.1. Movimiento Horizontal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 493.8.2. Movimiento Vertical . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

3.9. Movimiento Circular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.9.1. Desplazamiento Angular: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.9.2. Velocidad Angular: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.9.3. Frecuencia: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.9.4. Periodo: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

3.10. Movimiento Curvilíneo General en un Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . 533.11. Aceleración Tangencial y Normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543.12. Curvatura y Radio de Curvatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

4. DINÁMICA 654.1. Primera Ley de Newton (Ley de la Inercia) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 654.2. Segunda Ley de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 654.3. Tercera Ley de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 654.4. Fuerzas de Fricción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

4.4.1. Coeficiente de Fricción Estático fs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 664.4.2. Coeficiente de Fricción Cinético fk . . . . . . . . . . . . . . . . . . 664.4.3. Fuerzas de Fricción en Fluidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

4.5. Cantidad de Movimiento o Momento Lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . 674.6. Conservación de Cantidad de Movimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . 684.7. Impulso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 684.8. Conservación del Momento durante las Colisiones . . . . . . . . . . . . . . 684.9. Momentum Angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

5. TRABAJO Y ENERGÍA 825.1. Trabajo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

5.1.1. Trabajo Efectuado por una Fuerza Constante . . . . . . . . . . . . 825.1.2. Trabajo Efectuado por una Fuerza Variable . . . . . . . . . . . . . 83

5.2. Teorema del Trabajo y la Energía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 835.3. Potencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 835.4. Fuerzas Conservativas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 845.5. Energía Potencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 845.6. Principio de Conservación de la Energía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

vi

6. DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS 976.1. Movimiento de Centro de Masa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 976.2. Cantidad de Movimiento lineal de una partícula o Momentum lineal . . . . 996.3. Principio de Conservación de la Cantidad de Movimiento . . . . . . . . . . 996.4. Choques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 996.5. Impulso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1006.6. Choques en una Dimensión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

6.6.1. Choque Elástico (frontal o directo) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1006.6.2. Choques Inelásticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1016.6.3. Choque completamente inelástico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

6.7. Coeficiente de restitución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

III Metodología, Cronograma de Actividades 109

7. METODOLOGÍA 1107.1. Métodos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1107.2. Técnicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

8. CRONOGRAMA DE ACTIVIDADES 1118.1. Temas Desarrollados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1118.2. Cronograma de Actividades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

9. RELACIÓN DE ESTUDIANTES Y ASISTENCIAS 1129.1. Relación de Estudiantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

vii

Parte I

INFORME DE PRÁCTICASPRE-PROFESIONALES

1

2

0.1. DATOS INFORMATIVOS

RESPONSABLE

Nombre y Apellido : Roger Velásquez MamaniCódigo : 033262

DOCENTE

Nombres y Apellidos : Edwin Huayhua MamaniCondición : ContratadoEspecialidad : Física

ASIGNATURA

Nombre : Física IHoras : T=3 h, P=2 h Total 5 hCréditos : 05Año Académico : 2010Semestre Académico : IÁrea Curricular : Formación profesional EspecíficaCondición : ObligatorioGrupo : Único

0.2. JUSTIFICACIÓNA partir de las prácticas pre-profesionales, los estudiantes de la Escuela Profesional deCiencias Físico Matemáticas van construyendo su campo profesional, adquiriendo experi-encias, habilidades y destrezas en el desempeño de la docencia universitaria.

La práctica pre-profesional tiene sustento legal en:

CONSTITUCIÓN POLÍTICA DEL PERÚ

La Constitución Política del Perú de 1993, es constitución vigente en el país. Estaes considerada como la norma jurídica suprema y vértice de todo el ordenamientojurídico que regula la vida dentro del país.

Art. 14 La educación promueve el conocimiento, el aprendizaje y la práctica delas humanidades, la ciencia, la técnica, las artes, la educación física y el deporte;

Velásquez Mamani Roger.

3

prepara para la vida, el trabajo y fomenta la solidaridad.

Art. 18 La educación universitaria tiene como fines la formación profesional, ladifusión cultural, la recreación intelectual y artística y la investigación científica ytecnológica. El estado garantiza la libertad de cátedra y rechaza la intolerancia.

Las universidades son promovidas por entidades privadas o públicas. La ley fijalas condiciones para autorizar su funcionamiento.

La universidad es la comunidad de profesores, alumnos y graduados. Participanen ella los representantes de los promotores, de acuerdo a ley.

Cada universidad es autónoma en su régimen normativo, de gobierno, académi-co, administrativo y económico. Las universidades se rigen por sus propios estatutosen el marco de la constitución y las leyes.

LEY UNIVERSITARIA N◦ 23733

Dado en la casa de gobierno en Lima, a los nueve días del mes de diciembre demil novecientos ochenta y tres.

Art.9 Cada universidad organiza y establece su régimen académico por facultadesa sus necesidades y características.

Art.18 Cada universidad señala los requisitos para la obtención de los gradosacadémicos y de los títulos profesionales correspondientes a las carreras q ofrece.

Art.23 Los títulos profesionales de licenciado o su equivalente requieren de estu-dios de una duración no menor de diez semestres académicos o la aprobación de losaños o créditos correspondientes, incluidos los de cultura general que los preceden.Además son requisitos la obtención previa del bachillerato respectivo y, cuando seaaplicable, el haber efectuado práctica profesional calificada. Para obtener el títulode licenciado o sus equivalentes, se requiere de una tesis o de un examen profesional.

La segunda especialidad requiere la licenciatura u otro título profesional equiva-lente previo. Da acceso al título, o a la certificación o mención correspondientes.

ESTATUTO DE LA UNIVERSIDAD NACIONAL DEL ALTIPLANO

Aprobado en Asamblea Universitaria del 06 al 19 de enero del 2005

Art. 19 La universidad se integra por unidades académicas fundamentales de-


4

nominadas facultades estos organizan y desarrollan actividades de investigación,proyección social y presentación de servicios.

Art.122 La actividad académica en una escuela profesional comprende:

• Formación general.

• Formación básica profesional.

• Formación profesional.

• Investigación.

• Orientación profesional.

• Proyección y extensión universitaria.

su diseño involucra la programación curricular teórica-práctica de cada asignatu-ra; proyectos de investigación sobre la realidad regional, nacional y mundial; plande actividades de proyección y extensión universitaria; y un plan de prácticas pre-profesionales. Concor.:Arts. 10, 12, 16 y ss, Ley 13733.

CURRICULA DE LA ESCUELA PROFESIONAL CIENCIAS FÍSICOMATEMÁTICAS

Art.40 El presente reglamento se sustenta en el estatuto de la U.N.A. que con-templa la realización de prácticas pre-profesionales en la formación de todos losestudiantes de la universidad.

Art.41 Los estudiantes de la Carrera Profesional de Cs. Físico Matemáticas es-tán obligados a realizar prácticas pre profesionales pudiendo efectuarse después dehaber logrado un mínimo de 170 créditos.

Art.42 Las prácticas pre profesionales de la Carrera Profesional de Ciencias FísicoMatemáticas serán prácticas productivas y prácticas de investigación.

Art.43 Las prácticas productivas comprenderán prácticas pedagógicas en centros deenseñanza de nivel medio superior y universidades, prácticas en centros productivos,convenio, proyectos y otros que requieran la participación de Físicos Matemáticos.

Art.44 Las prácticas de investigación se realizarán en la U.N.A. bajo la direcciónde un profesor designado específicamente con este fin.

Art.45 Las prácticas productivas de investigación tendrán una duración de unsemestre académico.


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Art.46 Los estudiantes, después de haber cumplido con sus prácticas producti-vas y/o de investigación presentarán el informe de la institución donde se realizó yesta a su vez informará de su desarrollo a la Dirección de Carrera quien lo remi-tirá a la comisión de prácticas pre profesionales para su aprobación o desaprobación.

Art.47 En caso de que la práctica productiva y/o prácticas de investigación serealize en la Universidad Nacional del Altiplano el practicante presentará el informeal docente a cargo, éste a su vez informará su desarrollo a la Dirección de la Carrerapara el visto bueno de la comisión de prácticas pre profesionales.Art.48 Los aspectos no contemplados en el presente reglamento serán absueltos porla Comisión de prácticas pre profesionales.


6

0.3. OBJETIVOS

0.3.1. OBJETIVOS GENERALES

Al conluir la práctica pre-profesional, el estudiante de la E.P. de Ciencias Físico Matemáti-cas, sera capaz de:

Desarrollar, aplicar y facilitar el uso de las relaciones cuantitativas y cualitativas delas diversas disciplinas de la ciencia, la tecnología, la gestión y la producción

Planificar, organizar y ejecutar los conocimientos adquiridos durante la formaciónprofesional en instituciones donde se requiera nuestros servicios profesionales.

0.3.2. OBJETIVOS ESPECÍFICOS

Familiarizarse en el desempeño de la docencia universitaria.

Afianzar los conocimientos adquiridos, para resolver problemas durante la prácticapre-profesional.

Proporcionar conceptos, proposiciones, etc. relacionados al tema a desarrollarse.

Solucionar con métodos adecuados los problemas que se presentan.

Estar siempre disponible para absolver las inquietudes de los alumnos.


Parte II

FÍSICA I

7

Capítulo 1

VECTORES

Una cantidad escalar es descrita por un solo número real, el cual caracteriza su magni-tud, por ejemplo la masa de una persona o la densidad del agua, tiempo. Una cantidadvectorial es la que posee una magnitud y una dirección, así como la velocidad, ace-leración, fuerza y momentum lineal.

Gráficamente, un vector se representa por un segmento de recta dirigido−→PQ desde un

punto P llamado origen hasta un punto Q llamado extremo.

P

Q

A

Figura 1.1: Vector

La longitud del segmento es el módulo del vector, la dirección del segmento es la co-rrespondiente del vector y la punta de la flecha indica el sentido del vector.

Los vectores se denotan con letras mayúsculas, minúsculas en negrilla u otro con unaflecha encima. Así

−→PQ se denota por A o A

1.1. Operaciones con los VectoresSea V un conjunto no vacío sobre el cual existen dos operaciones. Una llamada sumade vectores y otra llamada multiplicación de un escalar por un vector. Diremos

8

9

que el conjunto V se llama espacio vectorial si cumple todos y cada uno de los siguientesaxiomas:

1. ∀A,B ∈ V/A+B = C ∈ V

2. ∀A,B ∈ V/A+B = B+A = C ∈ V

3. ∀A,B,C ∈ V/A+ (B+C) = (A+B) +C = D ∈ V

4. ∃!0 ∈ V/A+ 0 = A, ∀A ∈ V

5. ∀A ∈ V, ∃!(−A) ∈ V/A+ (−A) = A−A = 0

6. ∀m ∈ IR ∧ ∀A ∈ V,mA = E ∈ V

7. ∀m,n ∈ IR ∧ ∀ A ∈ V, (m+ n)A = mA+ nA

8. ∀m,n ∈ IR ∧ ∀A ∈ V,m(nA) = n(mA) = (mn)A

9. ∀m ∈ IR ∧ ∀A,B ∈ V,m(A+B) = m(A) +m(B)

10. ∃1 ∈ IR ∧ ∀A ∈ V, 1A = A

1.2. Magnitud y Dirección de un Vector

1.2.1. Magnitud o Módulo de un Vector

Para cada vector V ∈ IRn ,V = (x1, x2, x3, . . . , xn) existe un escalar o número llamadonorma, magnitud o módulo de V, denotado por ||V||, tal que:

||V|| =√x21 + x2

2 + x23 + . . .+ x2

n (1.1)

La ecuación 1.1 es el módulo de un vector en IRn pero esta ecuación queda reducida en elespacio vectorial IR2 y IR3, de la siguiente manera:

||V|| =√

x2 + y2 , V = (x, y) ∈ IR2

||V|| =√

x2 + y2 + z2 , V = (x, y, z) ∈ IR2

Propiedades de la Magnitud de un Vector

Para todo A,B ∈ IRn y para todo r ∈ R, se cumplen las siguientes propiedades:

N1 : ∀A ∈ IRn, ||A|| ≥ 0

N2 : ||A|| = 0 ⇐⇒ A = 0

N3 : ∀r ∈ IR, ∀A ∈ IRn, ||rA|| = |r|.||A||

N4 : ∀A,B ∈ IRn, ||A+B|| ≤ ||A||+ ||B|| (Desigualdad triangular)


10

1.2.2. Dirección de un Vector

A cada vector V = (x, y) ∈ IR2 no nulo, le corresponde una dirección dada por la medidadel ángulo α (ángulo de dirección de V) que forma el vector con el semieje positivo de lasX, para el cual:

sinα =y

||V||, cosα =

x

||V||(1.2)

donde 0◦ ≤ α ≤ 360◦ De las ecuaciones 1.2, se sigue que:

V = ||V||(cosα, sinα) (1.3)

1.3. Vectores UnitariosDado un vector A cualesquiera no nulo, llamaremos vector unitario a un vector u quetiene la misma dirección de A tal que:

u =A

||A||(1.4)

Donde el módulo de u es la unidad.

Luego de la ecuación 1.4, el vector A se puede escribir como :

A = Au

1.4. Producto EscalarDados los vectores A,B ∈ IRn, el producto escalar o interno de A y B se denota por A.By se define por:

A ·B =n∑

i=1

ai.bi (1.5)

Donde A = (a1, a2, . . . , an), B = (b1, b2, . . . , bn)

Propiedades del Producto Escalar

Sean A,B,C ∈ IRn y r ∈ IR, entonces se cumplen las siguientes propiedades:

PE1: A ·B = B ·A

PE2: r(A ·B) = (rA) ·B

PE3: C · (A+B) = C ·A+C ·B(A+B) ·C = A ·C+B ·C


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PE4: A ·A = ||A||2 ≥ 0

PE5: A ·A = 0 ⇐⇒ A = 0

1.5. Producto VectorialDados los vectores A,B ∈ IR3, el producto vectorial o externo de A y B se denota porA×B y se define por:

C = A×B

∣∣∣∣∣∣i j kA1 A2 A3

B1 B2 B3

∣∣∣∣∣∣ (1.6)

Donde

C1 = (A2B3 − A3B2), C2 = (A3B1 − A1B3) y C3 = (A1B2 − A2B1)

En general:Ci =

∑jk

EijkAjBk (1.7)

Donde E es el termino alternante (o densidad de Levi-Civita), cuyas propiedades son lassiguientes:

Eijk = 0, si hay dos subíndices iguales.

Eijk = +1, si i, j, k forman una permutación par de 1,2,3.

Eijk = −1, si i, j, k forman una permutación impar de 1,2,3.

Otra propiedad asociada a la densidad de Levi-Civita es:∑k

EijkElmk = δilδjm − δimδjl

Donde, δjk es el delta de Kronecker, tal que,

δjk =

{1, si j = k0, si j = k

Propiedades del Producto Vectorial

Sean A,B,C ∈ IRn y r ∈ IR, entonces se cumplen las siguientes propiedades:

PV1: A×B = −B×A


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PV2: A× (B+C) = A×B+A×C

PV3: r(A×B) = A× (rB) = (rA)×B

PV4: A×A = 0

1.6. Conjunto Recíproco de vectores:Sean a1, a2, a3 y a1, a2, a3 conjuntos de vectores que satisafacen:

am.an = δnm m,n = 1,2,3

Donde δnm es la delta de Kronecker la cual está definido como:

δnm =

{1, si m = n0, si m = n

Entonces se dice que los vectores am y an con m,n = 1, 2, 3 son recíprocos.


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PROBLEMAS PROPUESTOS

Problema 1.1 Dado los vectores −→a = 4i − 3j y−→b = 6i + 8j, encontrar la dirección y

magnitud de a,de b, de a+ b, y de b− a

Solución:

Dado: −→a = 4i− 3j ;−→b = 6i+ 8j

a) Magnitud de −→a :

a =√42 + 32 =

√25

a = 5

Dirección de −→a :

tan θ = −3

4θ = arctan(−0,75)

θ = 323,13o

b)Magnitud de−→b :

b =√62 + 82 =

√100

b = 10

Dirección de −→a :

tanϕ =8

6

ϕ = arctan(8

6)

ϕ = 53o

Gráfica de las posiciones de cada uno de los vectores:

a

b

0

0 53

0

0 323.13

x

Y


14

c)Magnitud de −→a +−→b :

−→a +−→b = 10i+ 5j

|−→a +−→b | =

√102 + 52

|−→a +−→b | = 11,18

Dirección de −→a +−→b :

tan β =5

10

β = arctan(5

10)

β = 26,57o

d)Magnitud de−→b −−→a :

−→b −−→a = 2i+ 11j

|−→b −−→a | =

√(2)2 + (11)2

|−→b −−→a | = 11,18

Dirección de−→b −−→a :

tanα =11

2

α = arctan(11

2)

α = 79,7o

Problema 1.2 Demostrar que a.(bxc) es numéricamente igual al volumen del paralelepípe-do formado sobre los tres vectores a,b y c

Solución:


15

Del gráfico tenemos

−→b ×−→c = bc sin θ

area del paralelogramo (OPQR)sea:

−→d =

−→b × −→c perpendicular al plano formado

por−→b y −→c .

−→a .−→d =

−→d .−→a = d(a cosϕ)

donde: a cosϕ = h del paralelogramo (ORST).

∴ −→a .(−→b ×−→c ) = −→a .

−→d =

−→d .−→a = d(a cosϕ)

d(a cosϕ) =(Area del paralelogramo (OPQR))hque es el volumen del paralelepípedo de arista−→b ,−→c y −→a

x

Y

a

b

h

c

O P

QR

S

T

Problema 1.3 Si a,b son vectores unitarios y θ el ángulo entre ellos, demostrar que12|a− b| =

∣∣sin 12θ∣∣. Solución:

|a− b|2 = (a− b).(a− b)

= (a.a)− 2(a.b) + (b.b)

= |a|2 − 2(a.b) + |b|2

= 2(1− cos θ)

= 4 sin2(θ/2)

De donde:1

2|a− b| = | sin(θ/2)|

Problema 1.4 Si el modulo de la suma de vectores−→A y

−→B es 8 y los modulos de A = 5

y B = 10.Hallar el modulo de la diferencia de los vectores

Solución:

si sabemos:

|A+B|2 = 8;A = 5, B = 10


16

Entonces:

|A+B|2 = (A−B).(A−B) = 8

|A+B| = (A.A) + 2(A.B) + (B.B) = 64

= |A|2 + 2(A.B) + |B|2 = 64

= 25 + 2(A.B) + 100 = 64

(A.B) = −(61

2)

por lo tanto |A−B|2 será:

|A−B|2 = (A−B).(A−B)

= (A.A)− 2(A.B) + (B.B)

= |A|2 − 2(A.B) + |B|2

= 25− 2(A.B) + 100

= 125 + 2(61

2)

|A−B| =√186

Problema 1.5 Considere los puntos cuyas coordenadas son A = (1, 1, 1), B = (1, 2, 1), C =(−1, 2, 0) determine(a) El área del triángulo ABC.(b) Los ángulos del triángulo ABC.(c) Las magnitudes de los lados del triángulo ABC.(d) Las alturas del triángulo ABC.

Solución:

Los vectores con magnitud y dirección los lados del triángulo pueden escribirse

A a

C

c

B

b

a

b

g


17

c =−→AB = (1, 2, 1)− (1, 1, 1) = (0, 1, 0)

a =−−→BC = (−1, 2, 0)− (1, 2, 1) = (−2, 0,−1)

b =−→CA = (1, 1, 1)− (−1, 2, 0) = (2,−1, 1)

de manera que

c× a = (0, 1, 0)× (−2, 0,−1) = (−1, 0, 2)

b× c = (2,−1, 1)× (0, 1, 0) = (−1, 0, 2)

a× b = (−2, 0,−1)× (2, ,−1, 1) = (−1, 0, 2)

entonces la área del triángulo es

A =1

2|(−1, 0, 2)| = 1

2

√5.

las magnitudes de los lados son

|c| = |(0, 1, 0)| = 1

|b| = |(2,−1, 1)| =√6

|a| = |(−2, 0,−1)| =√5

Los ángulos estarán dados por:

sinα =|b× c||b||c|

=

√5√6

sin β =|c× a||a||c|

=

√5√5= 1

sin γ =|b× a||a||b|

=

√5√

5√6=

1√6

las alturas del triángulo se calcula a

hC = |b| sinα =√5

hB = |a| sin γ =

√5√6

hA = |c| sin β = 1


18

Problema 1.6 Hallar el ángulo agudo formado por las diagonales de un cubo

Solución:

x

y

z

(0,0,0)

(a,a,0)

(a,a,a)

(0,0,a)

P

Q

por definición de producto vectorial escalar:

P.Q = PQ cos θ

P = (a, a, a);

Q = (a, a−, a)

(a, a, a).(a, a−, a) =√3a2

√3a2 cos θ

cos θ =a2

3a2

cos θ =1

3θ = 70,52o

Problema 1.7 hallar el vector de modulo 5, que sea perpendicular al plano forma losvectores A = (2, 2,−1) y B = (1, 1, 2).

Solución:

el vector será paralelo al producto vectorial A×B

A×B =

∣∣∣∣∣∣i j k2 2 −11 1 2

∣∣∣∣∣∣ = 5i− 5j = C

el vector unitario es:

Cµ =C

|C|=

(5,−5, 0)

5√2

llamemos H el vector que nos pide entonces:

H = 5Cµ

H =5√2(i− j)


19

Problema 1.8 Dados una recta que pasa por P (4, 5,−7) paralela a v1 = −i+ 2j − 4k yun plano a través de Q(−3, 6, 12) y perpendicular a v2 = i− j + 2k.

a) Escribir las ecuaciones respectivas en coordenadas rectangulares.

b) Encontrar el punto de intersección de la recta y el plano.

c) Hallar en ángulo entre la línea y el plano

Solución:

a) La ecuación de una recta que pasa por un punto P y tiene como vector paralelo av, serán aquellos puntos dados por :

L : P + tv

L : (4, 5,−7) + t(−1, 2,−4)

Expresado de otra forma, la recta L estarádado por los puntos (x, y, z) tales que:

(x, y, z) = (4, 5,−7) + t(−1, 2,−4)

L

v

P

De donde:

x = 4− ty = 5 + 2tz = −7− 4t

Ecuaciones Paramétricas de la recta L

La ecuación de un Plano P que pasa porQ(−3, 6, 12) y es perpendicular al vector n =(1,−1, 2), estará dado por aquellos puntosR(x, y, z) tales que:

(R− P ).(n) = 0

(x+ 3, y − 6, z − 12).(1,−1, 2) = 0

De donde se obtiene:x− y + 2z = 15 Ecuación del planoP

P

n

Q R

b) El punto de intersección de L y P estará dado por aquel (x, y, z) que satisfaceambas ecuaciones. Luego reemplazando las ecuaciones paramétricas de L en laecuación deP:

(4− t)− (5 + 2t) + 2(−7− 4t) = 15

t = −30/11


20

Luego el punto es (x, y, z):

x =74

11

y = − 5

11

z =43

11

c) Viendo el gráfico, y por la definición del producto escalar:

n.v = n.v. cos θ

−11 = 3√7 cos θ

θ = 168,50◦

Luego : α = 78,5◦

P

n

L

αβv

Problema 1.9 Encontrar el punto distante catorce unidades de los tres puntos(1, 0, 3); (2,−1, 1)y(3, 1, 2)

Solución:

Se puede tomar el sistema.

(α) (x− 1)2 +y2 +(z − 3)2 = 196(β) (x− 2)2 +(y + 1)2 +(z − 1)2 = 196(γ) (x− 3)2 +(y − 1)2 +(z − 2)2 = 196

x2 + y2 + z2 − 2x− 6z + 10 = 196.....(1)

x2 + Y 2 + z2 − 4x+ 2y − 2z + 6 = 196......(2)

x2 + y2 + Z2 − 6x− 2y − 4z + 14 = 196.......(3)

(1)− (2) 2x− 2y − 4z = −4(1)− (3) 4x+ 2y − 2z = 4eliminando z, sale x+ y = 2.....(4)x=2-yllevando a (α) y β

(1− y)2 + y2 + (z − 3)2 = 196.....(α)

(−y)2 + (y + 1)2 + (z − 1)2 = 196.....(β)


21

tendríamos que:

2y2 + z2 − 2y − 6z = 186

2y2 + z2 + 2y − 2z = 194

restando y + z = 2Esta ultima ecuacion comparada con (4), nos indica que x = z; y que llevando a (γ)la expresióny = 2− xx = z

(x− 3)2 + (1− x)2 + (x− 2)2 = 196

3x2 − 12x− 182 = 0

x = z =6±

√582

3;

y = 2− 6±√582

3=

±√582

3

Problema 1.10 Si |P| = 4, |Q| = 3 y el angulo formado por dichos vectores es60o. hallar el angulo formado por los vectores P+Q yP−Q

Solución:

P

P

P

Q

Q

Q+

por definición de producto escalar:

P.Q = PQ sin 60o = 4× 3× 1

2= 6.

(P+Q).(P−Q) = |P+Q||P−Q| cos θ

cos θ =(P+Q).(P−Q)

|P+Q||P−Q|....(1)


22

hallaremos por separado:

(P+Q) . (P−Q) = |P| − |Q| = (4)2 − (3)2 = 7......(2)

|P+Q|2 = (P+Q).(P+Q) = P 2 + 2P.Q+Q2

|P+Q|2 = (4)2 + 2(6) + (3)2 = 37

|P+Q| =√37.....(3)

|P−Q|2 = (P−Q).(P−Q) = P 2 + 2P.Q+Q2

|P−Q|2 = (4)2 − 2(6) + (3)2 = 13

|P−Q| =√13....(4)

de (2), (3) y (4) en (1):

cos θ =

√37√

37×√13

θ = 73,89

Problema 1.11 Hallar el volumen del paralelepípedo cuya arista son A = (2,−3, 4),B = (1, 2,−1) y C = (3,−1, 2)

Solución:

Por definición de producto triple:

V ol = |C.(A×B)|

C.(A×B) =

∣∣∣∣∣∣3 −1 22 −3 41 2 −1

∣∣∣∣∣∣ = −7

V ol = | − 7| = 7

Luego: α = 78,5◦

A

CB


Capítulo 2

ESTÁTICA

Parte de la mecánica que estudia las condiciones que deben cumplirse para que un cuerpo,sobre el cual actúan fuerzas quede en equilibrio.

Un cuerpo se encuentra en equilibrio cuando permanece en estado de reposo o de movimien-to rectilíneo uniforme.

Se va a considerar fuerzas aplicadas solamente a masas puntuales o partículas y cuer-po rígido

2.1. Composición de Fuerzas ConcurrentesSe dicen un conjunto de fuerzas son concurrentes si están aplicadas en un mismo punto.El vector resultante FR es un vector suma, por lo tanto analíticamente se tiene:

FR = F1 + F2 + F3 + . . . =∑i

Fi (2.1)

Si las fuerzas están en el plano XY (Fuerzas coplanares), se tiene:

FR = FRxi+ FRy j (2.2)

Donde:

FRx =∑i

Fxi =∑i

Fi cos θi

FRy =∑i

Fyi =∑i

Fi sin θi

2.2. Torque de una FuerzaSea un cuerpo C, que puede rotar alrededor de un punto O y sea A el punto de aplicaciónde la fuerza F , r es el vector posición que une el punto O con A. El torque o momento

23

24

de una fuerza se define como :τ = r × F (2.3)

aaaarb

o

F

θ

aaa

r

b

o

F

θ

Figura 2.1: Torque de una Fuerza

La distancia perpendicular desde O a la línea de acción de la fuerza se llama brazo depalanca "b", donde b = r sin θ,luego:

τ = r.F sin θ = b.F

De la ecuación 2.3, r es el vector posición dada por: r = xi + yj + zk y la fuerza F es:F = Fxi+ Fy j + Fzk, luego se tiene:

τ = r × F =

∣∣∣∣∣∣i j kx y zFx Fy Fz

∣∣∣∣∣∣ = (yFz − zFy )i+ (zFz − xFz )j + (xFy − yFx)k

Donde:

τ = τxi+ τy j + τzk

τx = yFz − zFy

τy = zFx − xFz

τz = xFy − yFx

2.3. Torque de varias Fuerzas Concurrentes

Sean las fuerzas concurrentes F1, F2, F3..., que tienen el punto de concurrencia A, el torquede cada fuerza Fi con respecto al punto O es:

τi = r × Fi

El momento del vector resultante Fr = F1 + F2 + F3 + . . . es:

τ = r × Fr


25

Aplicando la propiedad distributiva del producto vectorial, se tiene:

τ = r × (F1 + F2 + F3 + . . .)

τ = r × F1 + r × F2 + r × F3 + . . .

τ = τ1 + τ2 + τ3 + . . .

τ =∑i

τi

r

F

F

F

F

3

i

1

2

o

A

Figura 2.2: Torque de Fuerzas Concurrentes

2.4. Composición de las Fuerzas Aplicadas a un CuerpoRígido

Para el caso de un cuerpo rígido, y cuando las fuerzas no se aplican en un solo punto,aparecen dos efectos: Traslación y rotación.

La traslación del cuerpo está determinado por el vector suma o el vector resultante,es decir:

Fr = F1 + F2 + F3 + . . . =∑i

Fi

La rotación sobre el cuerpo está determinado por el vector torque resultante, todos eva-luados con respecto a un mismo punto de giro.

τ = τ1 + τ2 + τ3 + . . . =∑i

τi

En torque de la fuerza resultante Fr debe ser τ , y este vector debe de ser perpendicular aFr, pero, en muchos casos Fr y τ no son perpendiculares. Luego en general un sistema defuerzas que actúan sobre un cuerpo rígido no puede reducirse a una sola fuerza resultante.


26

2.5. Cupla de FuerzaSe define par o cupla como un sistema de dos fuerzas de igual magnitud, iguales direccionespero de diferente sentido. La fuerza resultante sera cero, lo cual indica que el par noproduce traslación sino rotación cuyo torque está dado por:

τ = τ1 + τ2

τ = r1 × F1 + r2 × F2

τ = r1 × F1 − r2 × F1

τ = (r1 − r2)× F1 = b× F1

Donde b = r1 − r2 se denomina brazo de palanca de la cupla.

rr

b

FF

1

1

2

2

i j

k

x

y

z

Figura 2.3: Cupla de Fuerza

2.6. Composición de Fuerzas CoplanaresSi se tienen fuerzas coplanares las cuales actúan sobre un cuerpo rígido siempre es posibleobtener una resultante Fr, y en este caso el torque τ siempre es perpendicular a Fr, demodo que:

τ = r × Fr

En este caso la relación vectorial τ =∑

i τi se puede reemplazar por la relación escalarτ =

∑i τi donde cada τi se calcula de acuerdo a la relación τ = xFy−yFx por ser paralelos.

Si Frx y Fry son las componentes rectangulares de Fr podemos ubicar un punto (x, y)tal que:

τ = xFry − yFrx (2.4)

Esta es la ecuación de la recta, la cual corresponde a la línea de acción de la fuerza resul-tante; esto es, no hay un solo punto de aplicación sino más bien una linea de aplicación.


27

2.7. Composición de Fuerzas Paralelas

Consideremos un sistema de fuerzas F1, F2, F3, . . ., paralelas a un vector unitario u, en-tonces cada fuerza se puede escribir como : Fi = FiuAdemás:

Fr =∑i

Fiu

Considerando el torque resultante, obtenemos:

τr =∑i

τi

τr =∑i

ri × Fi

τr =∑i

ri × Fiu

τr = (∑i

riFi)× u (2.5)

De esta última ecuación se nota que τ es perpendicular a u, entonces es perpendicular aFr, luego es posible ubicar un punto rC , tal que:

τr = rC × Fr

τr = rC × (∑i

Fiu)

τr = rC(∑i

Fi)× u (2.6)

Las ecuaciones 2.5 y 2.6 son iguales, luego:

rC(∑i

Fi)× u = (∑i

riFi)× u

de donde:

rC =∑i

riFi/∑i

Fi (2.7)

El punto rC se denomina Centro de las fuerzas paralelas cuyas componentes son :

xC =∑i

xiFi/∑i

Fi, yC =∑i

yiFi/∑i

Fi, zC =∑i

ziFi/∑i

Fi


28

2.8. Centro de MasaToda partícula sobre el cual actúa un campo gravitatorio, está sometida a una acción deuna fuerza W llamada peso.

W = m.g

Para un sistema de partículas (cuerpo) el peso resultante está dado por:

W =∑i

Wi =∑i

mi.g

La fuerza W está aplicada según la ecuación 2.7, dada por:

rC =

∑i rimig∑imig

=

∑i rimi∑imi

(2.8)

Cuyas componentes son:

xC = (∑i

mixi)/∑i

mi

yC = (∑i

miyi)/∑i

mi (2.9)

zC = (∑i

mizi)/∑i

mi

El punto rC se denomina centro de masa del sistema de partículas.

r

rcm

dm

dm.g

i j

k

x

y

z

rc

Figura 2.4: Centro de masa de un sistema de Partículas

Para cuerpos que poseen una estructura continua, y posean una densidad ρ en cada unode sus puntos, se puede dividir el volumen del cuerpo en elementos de volumen dV , y lamasa en cada punto será:

dm = ρdV


29

Luego, reemplazando en las ecuaciones 2.9, tenemos:

xC =

∫ρxdV∫ρdV

yC =

∫ρydV∫ρdV

(2.10)

zC =

∫ρzdV∫ρdV

(2.11)

Si el cuerpo es homogéneo, esto es que posean una densidad ρ constante:

xC =

∫xdV∫dV

yC =

∫ydV∫dV

(2.12)

zC =

∫zdV∫dV

(2.13)

2.8.1. Equilibrio de una Partícula

Una partícula se encuentra en equilibrio, si la suma de todas las fuerzas que actúan sobreella es cero; esto es : ∑

i

Fi = 0 (2.14)

La ecuación 2.14 se denomina primera condición de equilibrio, y es equivalente a :∑i

Fxi = 0∑i

Fyi = 0∑i

Fzi = 0

2.8.2. Equilibrio de un Cuerpo Rígido

Para que un cuerpo rígido se encuentre en equilibrio, se deben de cumplir las siguientescondiciones:

La suma de las fuerzas que actúan sobre el cuerpo debe de ser cero:∑i

Fi = 0 Primera condición de Equilibrio

La suma de todos los torques con respecto a aun punto cualquiera deber ser cero:∑i

τi = 0 Segunda condición de Equilibrio


30


Problema 2.1 Dos cuerpos de peso W1 y W2 = 100N reposan sobre dos planos inclinadoslisos y están unidos por un cable de peso despreciable. que valor debe tener W1 para queel cable esté en una posición horizontal

60 30

W W1 2

Solución:

60

60

60

30

30

30

W

W

T

T T

T

W

W

R

R

R

R

1

1

2

2

A

A

B

B

del segundo triángulos tenens:

tan 60o =

√3

1=

100N

T

T =100N

√3

3

del primer triángulo tenemos

tan 30o =1√3=

W1

T

W1 =100

3= 33,4

Problema 2.2 Se tiene tres aros sin peso. Uno de los arcos tiene el doble de radio delos otros dos que tienen radios iguales. Los tres aros están amarrados por una cuerdainextensible que hace una fuerza F. hallar las reacciones en A y B


31

r

0 0

0

F F

r

2r

A

B

Solución:

FF-

F

F

r

8r

r

r

3r

r

r

R

R

R

R

A

A

B

B

2r2r

comparando los dos triángulos de fuerzas con longitudes

RA

F=

3r

r√8

RA =3F√8

comparando los dos triángulos de fuerzas con longitudes

F

F −RB

=r√8

r

F = (F −RB)√8

RB = F (1− 1√8)

Problema 2.3 Una barra de 10m de longitud, de peso 10N distribuida en forma ho-mogénea, es sujetada por dos cuerdas PQ y PN , tal como se muestra en la figura. Hallarla tensión de las cuerdas y la reacción en O


32

33

4 4

5 5

6

x

Y

Z

P

NQ

O

Solución:

sumatoria de fuerzas es igual a cero

−→T1 +

−→T2 +

−→Ro +

−→W = 0

(3,−4, 6)k + (3, 4, 6)k + (Rx, Ry, Rz) + (0, 0,−10) = (0, 0, 0)

donde:

6k +Rx = 0

Ry = 0

12k +Rz = 0

la sumatoria de torque es igual a cero∑

τP = 0 las fuerzas T1 y T2 serán igual a cero.

−→τ = −→r x−→F =

i j kRx Ry Rz

3 0 0

+

i j k0 0 −10−2 0 0

= (0, 0, 0)

(0,−3Rz, 0) + (0,−20, 0) = (0, 0, 0)

Donde:

3Rz = −20

Rz = −6,7N

12k +Rz = 10

12k − 6,7 = 10

k = 1,3917


33

si T1 = T2

T1 = (3, 4, 6)k

T1 =√61k

T1 = 1,3917√61

T1 = 10,87N

respuesta: T1 = T2 = 10,87 y−→R0 = (26,7, 0,−0,67)N

Problema 2.4 Una esfera de peso W descansa sobre un plano inclinado de ángulo θ yestá unido a un resorte de constante de elastica K y esta forma un ángulo de α con elplano inclinado, como se indica en la figura. Hallar las compresión del resorte

0

W

Solución:

0

0

WW

X

Y

N

N

F

F

∑Fy = 0;N + F sinα = W cos θ∑

Fx = 0;F cosα = W sin θ

F =W sin θ

cosα

xk =W sin θ

cosα

x =W sin θ

k cosα


34

Problema 2.5 Un cilindro según la figura, de peso 2W. se apoya sin rozamiento, sobredos medios cilindros del mismo radio r y peso W cada un. siendo µ = 0,5 en las superficiede contacto planas, calcular la maxima distancia D entre A y B(para que el cilindrocompleto no se caiga)

2w

W

r

W

A B

Solución:

RA

RA

RB

RB

2w 2w

A B

C

∑Fx = 0;RA sinα = RB sinα

RA = RB∑Fy = 0;RA cosα+RB cosα = 2W

RB cosα = W........(1)

Des componiendo tenemos:Fy = 0 −→ N = W +RA cos(α)......(2)N = W +W −→ N = 2WFx = 0 −→ 0,5N = RA sin(α).....(3)Reemplazando 1 , 2 en 3 tenemos:

0,5N = RA sin(α)

0,5x2W =W

cos(α)sin(α)

1 = tan(α) −→ α = 45o

d = 2r√2

W

RA

0.5xNN

]


35

Problema 2.6 En la figura se muestra una puerta de forma rectangular uniforme y ho-mogénea que se encuentra en equilibrio. Si su peso es 60 N. Calcular cuál debe ser el pesodel cilindro homogéneo colocado encima de ella, cuyo radio es 15 cm. BC = 10 cm, AB =30 cm

A

B

C

53 0

aa

θ

Solución:

AA

BB

C

53 0

53 0

53 0

53 0

53 0

53 0aa aa

T

TT

T sin θ

T cos θ

W

W

W

Wc

p

c

p

θ

θ

N

NN

25

20

30

15

Realizando el DCL para el cilindro y el triángulo sombreado, se tiene:

T = Wp

N

sin 74◦=

Wc

sin 53◦

N =6

5Wc

Realizando el DCL para la puerta y haciendo uso de la segunda Condición de equilibrio:para la puerta tomando como punto de giro al punto A, obtenemos:∑

i

τi = 0

T sin θ(30) = Wp(15 cos 53◦) +

6

5Wc(10)

6W = 60 ∗ 9W = 90N


36

Problema 2.7 Dos esferas compactas homogéneas y lisas de igual tamaño y pesos WA =196 N Y WB = 300 N . Si sus centros se encuentran en un mismo plano vertical quecontiene al centro O de la superficie cilíndrica de modo que el conjunto se mantiene enequilibrio. Calcular la medida del ángulo θ que define la posición de equilibrio.

O

600

θ

Solución: De las relaciones α y β, se tiene:

Aplicando la ley de senos en la esfera A, obte-nemos:

WA

sin 120◦=

T

sin(90◦ + θ)(α)

Del mismo modo para la esfera B, obtenemos:

WB

sin 120◦=

T

sin(90 + 120◦ − θ)(β)

O

600

600

θ

θ

TT

WAWB

AFN

BFN

120-θ

120-θ

600

120

120

0

0

]

WA

WB

=sin(90 + 120◦ − θ)

sin(90◦ + θ)

=− cos(60◦) cos θ + sin θ sin(60◦)

cos θ= − cos 60o + tan θ sin 60o

tan θ = (WA

WB

+ cos 60o)1

sin 60o

θ ≈ 53o

Problema 2.8 En la figura se muestran dos esferas del mismo material cuyos radios sona = 3 cm y b = 2 cm, apoyadas sobre una superficie hemisférica de radio R = 11 cm.Sabiendo que no hay rozamiento entre las superficies en contacto, y que sin β = 1/6.Calcular la medida del ángulo α que define la posición de equilibrio

R

ab

β α


37

Solución:

Hallando el torque de la fuerza con respecto alPunto O, obtenemos:

Wa.ra = Wb.rb (α)

Se sabe que el peso de ambas esferas estará dadode la siguiente manera:

Wa = mag

Wb = mbg

R

a

Ra

b

Rb

β α

AWbW

Oar br

Además por tratarse de esferas de un mismo materias ambas tendrán una densidadρ = ma/Va = mb/Vb, de donde obtenemos:

ma = ρVa mb = ρVb

Reemplazando las ecuaciones anteriores y con la ayuda del gráfico obtenemos en laecuación (α):

ρVagra = ρVbgrb

4/3πa3Ra sin β = 4/3πb3Rb sinα

a3(R− a)1/6 = b3(R− b) sinα

27 ∗ 8 ∗ 1/6 = 8 ∗ 9 sinαsinα = 1/2

α = 30◦

Problema 2.9 La barra homogénea doblada en forma de L se muestra en la figura. cal-cular la medida del ángulo θ que define la posición de equilibrio, si en este sistema severifica la relación a2 + 2ab = b2, siendo ayb las dimensiones de la barra.

a

b

q


38

Solución:

q

a/2

a/2

asinq

2b

q

2bn = ( - )cosqatanq

sinq2am =

m

nq

P1P2

b/2

a

q

atanq

O

Del gráfico tenemos la relación siguiente:

P1

a=

P2

b=

P

a+ b

recordando que: a2 + 2ab = b2

Hallando el torque de la fuerza con respecto al Punto O, obtenemos:

P1.m = P2.naP

a+ b(a

2sin θ) =

bP

a+ b(b

2− a tan θ) cos θ

a2

2tan θ =

b2

2− ab tan θ

(a2 + 2ab) tan θ = b2

tan θ = 1

Por lo tantoθ = 45◦

Problema 2.10 Un poste se encuentra en equilibrio tal como se muestra en la figura. Sesabe que el peso del poste es de 50N y el peso del cuerpo colgado es de 10 N . Hallar:

a) La tensión del cable.

b) La reacción total sobre el eje O.

aaaaaa37º 53º


39

Solución:

a) Haciendo uso de la segunda condición de equilibrio, hallando los torques con respectoal punto O , tenemos: ∑

τO = 0

70L cos 53o + T sin 37o(2L) cos 53o = T sin 37o(2L) sin 53o

70 cos 53o = 2T (cos 37o sin 53o − sin 37o cos 53o)

T = 75 N

aaaaaa37º

37º

53º

LR

θ

L

L cos53º

T sen37º

2L cos53º

T

T cos37º

b) Ahora haremos uso de la segunda condición de equilibrio:∑Fx = 0

R cos θ = T cos 37o (α)∑Fy = 0

R sin θ = 60 + T sin 37o (β)

Dividiendo la ecuación (β) por (α), obtenemos:

tan θ =60 + T sin 37o

T cos 37o

tan θ =7

4θ = 60,26o

Por ultimo reemplazamos este valor en la ecuación (α)

R =T cos 37o

cos θR = 120,93 N


40

Problema 2.11 Una barrilla AB = L, de peso W cuyo centro de gravedad se halla auna distancia b del extremo A, se apoya en A sobre un suelo horizontal y en B en unapared inclinada, ambas superficies lisas como se muestra en la Figura. a)hallar la fuerzaF que debe aplicarse al extremo A de la barrilla para que se mantenga el equilibrio conángulo de inclinación θ b) hallar también las reacciones en el punto A y B

A

B

F

L

b

0 B

W

Solución:

A

B

F

b

0 BB

B

W

RB

RA

∑Fx = 0;F = Rb sin β(1)∑FY = 0;RA −W +Rb cos β = 0(2)∑MA = 0;Wb cosα−RBL cos(β − α) = 0(3)

de (3) sacamos:

RB =Wb cosα

L cos(β − α)

sustituyendo en (2)

RA = W −RB cos β = W − Wb cosα cos β

L cos(β − α)= W

[1− b cosα cos β

L cos(β − α)

]


41

y en (1)

F =Wb cosα sin β

L cos(β − α)

Problema 2.12 Hallar el centro de gravedad del alambre doblado tal como se muestraen la figura.

K cm

2k cm K cm

O

Solución:

Para un alambre (material homogeneo)se tiene λ = m/L = dm/dL, de dondedm = λdL.

O

Y

Xdx, dm

Lx

El centro de masa para un alambre recto será:

XCM =

∫xdm∫dm

=

∫xdL∫dL

=

∫xdx∫dx

XCM =L

2

O

Y

X

dx, dm

A R

R

x

y

θ

dθ


42

XCM =

∫xdL∫dL

=

∫(A+R cos θ)Rdθ∫

Rdθ

= A+(R sin θ)|π/20

θ|π/20

XCM = A+2R

π

YCM =

∫ydL∫dL

=

∫(R sin θ)Rdθ∫

Rdθ

=(−R cos θ)|π/20

θ|π/20

YCM =2R

π

El centro de masa para un alambre curvo (sector ciruclar) será:

Luego para nuestro caso tenemos el arreglo:

L1 = k cm =

{XCM = 0YCM = k/2

}L2 = 2k cm =

{XCM = kYCM = k

}

L1 = 3k cm =

{XCM = 3k/2YCM = 0

}L1 = πk/2 cm =

{XCM = 2k + 2k/πYCM = 2k/π

}

Por tanto:

XCM =(0)(k) + (k)(2k) + (3k)(3k/2) + (2k + 2k/π)(πk/2)

6k + πk/2

=15k + 2πk

12 + π

YCM =(k/2)(k) + (k)(2k) + (0)(3k) + (πk/2)(2k/π)

6k + πk/2

=7k

12 + π

Problema 2.13 Una varilla delgada de longitud L = 2 m y peso P está sujeta a un co-llarín en B, y descansa sobre un cilindro liso de radio r = 27 cm. Sabiendo que el collarínpuede deslizarse libremente a lo largo de la guía vertical. Calcular la medida del ángulo θque define la posición de equilibrio de la varilla.


43

A

Bθ

liso

Solución:

Hallando el torque de fuerza con respecto al puntoB, obtenemos:

N.BC = WEB (β)

Del gráfico, tenemos:En el triángulo sombreado BCO:

BC = OB sin θ

r = OB cos θ

De donde obtenemos: BC = r tan θ

aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa

aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa

A

Bθ

θ

θ

W

N

C

ED

F

or

Del triángulo BEFBE = BF cos θ = L/2 cos θ

Del gráfico, por la primera condición de equilibrio:∑Fy = 0

W = N cos θA

B

θ

W

N

o

Reemplazando los valores de BC,BE y W en la ecuación (β), obtenemos:

Nr tan θ = N cos θ(l/2) cos θ

2r tan θ = l cos2 θtan θ

cos3 θ=

100

27


44

Por otro lado, tenemos : sin θ = CO/H y cos θ = CA/H,luego:

CO H2

CA3=

100

27=

4 52

33

De donde:θ = 53o


Capítulo 3

CINEMÁTICA

3.1. Sistema de Referencia Inercial.Es aquel sistema usado por un observador inercial o sea es aquel donde se cumple laprimera ley de Newton, describiendo correctamente el movimiento de un cuerpo no someti-do a fuerza alguna.

3.2. Velocidad Media.

Sea una partícula que describe la trayectoriaAB. Definimos el vector desplazamiento:∆r = r2 − r1, que describe el cambio deposición del móvil.

La velocidad media se define como larelación entre el vector desplazamiento y elintervalo de tiempo:

v =r2 − r1t2 − t1

=∆r

∆t

A

Br

r

r

1

1

2

2

t

t

x

y

z

Δ

Figura 3.1: Velocidad Media

3.3. Velocidad InstantáneaSi se desea definir la velocidad en un punto, para ello, acortamos el tiempo (∆t → O).

45

46

La secante que pasa por A y B, se convierteen una tangente en A en el límite, así:

vinst = lım∆t→0

∆r

∆t=

dr

dt

A

B

r

r

1

1

2

2

t

t

x

y

z

o

Figura 3.2: Velocidad Instantánea

3.4. Aceleración Media

Se define la aceleración media como larelación entre el cambio de velocidad ∆v =v2 − v1, y el tiempo empleado ∆t = t2 − t1:

a =∆v

∆t

A

Br

r

1

1

1

2

22

t

t

x

y

z

o

v

v

Figura 3.3: Aceleración Media

3.5. Aceleración InstantáneaPara hallar la aceleración instantánea, se hace tender al límite el intervalo del tiempo(∆t = 0):

ainst = lım∆v

∆t=

dv

dt

ainst =d

dt

(dr

dt

)=

d2r

dt2


47

3.6. Movimiento UnidiemnsionalDefinimos la velocidad media y la aceleración media para el caso de un movimiento uni-dimensional (en línea recta a lo largo del eje X).

av

0 tt

x xaaaaaa

0

0

Figura 3.4: Movimiento Unidimensional

vx =

(x− x0

t− t0

)i (3.1)

a =

(v − v0t− t0

)(3.2)

De la ecuación 3.2 :v = v0 + a(t− t0) (3.3)

Cuando la velocidad cambia unifomemente con el tiempo, su valor medio en cualquierintervalo de tiempo está dado por:

vx =v0 + v

2(3.4)

De la ecuación 3.4 en 3.1:

x− x0 =

(v0 + v

2(t− t0)

)(3.5)

x = x0 + v0(t− t0) +1

2a(t− t0)

2 (3.6)

Despejando (t− t0) de 3.2:

t− t0 = (v − v0)/a, reemplazando en 3.5

x− x0 =(v0 + v)

2

((v − v0)

a

)2a(x− x0) = v2 − v20

v2 = v20 + 2a(x− x0) (3.7)

Las ecuaciones 3.3, 3.6 y 3.7 son las ecuaciones básicas en la cinemática.


48

3.7. Caida Libre de los CuerposTodos los cuerpos caen en el vacío con movimiento uniformemente acelerado (a = −g esconstante) y depende del lugar.Además no se considera la resistencia del aire y la velocidad inicial es cero.

v

-v

y

yaa

a=-g

t

t

y

-y

x

y

=0 =0 =00 0

Figura 3.5: Caída Libre

Usemos el sistema coordenado según la figura 3.5. De la ecuación 3.6:

−y = −v0yt−1

2gt2

y =1

2gt2 (3.8)

De la ecuación 3.7:

(−vy)2 = v20 − 2g(−y)

v2y = 2g(y) (3.9)

De la ecuación 3.3

−vy = vy0 + (−g)t

vy = gt (3.10)

Las ecuaciones 3.8, 3.9 y 3.10 nos permiten resolver problemas de caída libre.

Si la resistencia del aire es nulo (cero) el tiempo de subida el igual al tiempo de baja-da de un cuerpo.

3.8. Movimiento en un Plano, Compuesto o en Dos Di-mensiones

Se considera un proyectil, todo cuerpo " puntual " que tiene velocidad inicial y está someti-do a la aceleración de la gravedad (-g), dirigido verticalmente, como se muestra en la


49

figura.

El movimiento del proyectil está en el plano XY .

v

vvv

y

xx

y

a=-g

t

v

v

v

v

vy

x

0

0x

0y

x

y

zR

H

θ

Figura 3.6: Movimiento Parabólico

3.8.1. Movimiento Horizontal

Tomando como sistema de referencia a un observador situado en el eje Y, el movimientoes rectilíneo uniforme, con una velocidad constante:

vx = v0x = v0 cos θ

x = vxt = v0 cos θ(t) (3.11)

3.8.2. Movimiento Vertical

Tomando como sistema de referencia a un observador situado en el eje X, el movimientoes uniformemente acelerado, de la ecuación 3.3:

vy = v0y − gt = v0 sin θ − gt (3.12)

De la ecuación 3.6:

y = v0yt−1

2gt2 = v0 sin θt−

1

2gt2 (3.13)

Despejando t de la ecuación 3.11 y reemplazando en (3):

y = x tan θ − g

2v20 cos2 θ

x2

Como se aprecia, es la ecuación de una parábola en el plano XY .


50

Altura Máxima

Es alcanzada cuando vy = 0 en la ecuación 3.12:

0 = v0 sin θ − gt, t =v0 sin θ

g

Reemplazando el resultado anterior en la ecuación 3.13:

y = H = v0 sin θ

(v0 sin θ

g

)− 1

2g

(v0 sin θ

g

)2

H =v20 sin

2 θ

2g(3.14)

Alcance Máximo

Se consigue cuando y = 0 en 3.13:

0 = v0 sin θt−1

2gt2,

tv = 2

(v0 sin θ

g

)(3.15)

Donde tv es el tiempo de vuelo del proyectil.

Reemplazando 3.15 en 3.11:

x = R = v0 cos θ

(2v0 sin θ

g

)=

v20gsin 2θ (3.16)

3.9. Movimiento CircularSe denomina a este tipo de movimiento cuando la trayectoria es un circulo y la velocidadlineal es tangente al círculo:El arco S es igual a:

S = rθ

Derivando con respecto al tiempo obtenemos:

ds

dt=

rdθ

dt= rw

De donde obtenemos:v = rw (3.17)

Se define la velocidad angular instantánea:

w =dθ

dt(3.18)


51

y

xr

v

θ s

Figura 3.7: Movimiento Circular

Derivando nuevamente la expresión 3.17 con respecto al tiempo:

dv

dt=

rdw

dt= rα

Se define la aceleración angular instantánea:

α =dw

dt(3.19)

Cuando la aceleración es constante se define la aceleración angular media:

w =w0 + wf

2(3.20)

3.9.1. Desplazamiento Angular:

Es el cambio de posición medida en grados, vueltas, revoluciones.

3.9.2. Velocidad Angular:

Es la variación del desplazamiento angular que experimenta en la unidad de tiempo.

3.9.3. Frecuencia:

Mide el número de revoluciones por unidad de tiempo.

3.9.4. Periodo:

Es el tiempo empleado para realizar una vuelta completa.


52

Cuando el movimiento circular es uniforme, la velocidad angular es constante, la ecuacióndel movimiento se deduce de 3.18:

θ = θ0 + w(t− t0)

Si la aceleración angular existe, las ecuaciones del movimiento circular se deducen de 3.19y 3.20

w = w0 + α(t− t0)

θ = θ0 + w0(t− t0) +1

2α(t− t0)

2

i

jk

x

y

z

φ

R

r

v=wxr

w

Figura 3.8: Velocidad Angular y Tangencial

Hallemos la relación vectorial entre v y w.

Haciendo uso de la ecuación 3.17 y la figura 3.8 se tiene v = Rw, además del gráficose observa: R = r sinϕ. De donde obtenemos: v = wr sinϕ y por la definición de productovectorial se tiene.

v = w × r (3.21)

Sabemos que a = dvdt

= ddt(w × r)

a =

(dw

dt

)× r + w × v

a = α× r + w × v

Luego se tiene:

aT = α× r Aceleración TangencialaN = w × v = w × (w × r) Aceleración Normal


53

x

y

z

r

v=w rxw vx

dww

dtα=

Figura 3.9: Relaciones vectoriales entre w, α y v

3.10. Movimiento Curvilíneo General en un PlanoSea la trayectoria curvilínea cualquiera como se muestra en la figura se tiene por defini-ción: r = rr Derivando con respecto al tiempo, se tiene:

r

vv

v

θ θθ

rθ

Figura 3.10: Movimiento Curvilíneo

v =dr

dt=

d

dt(rr) =

dr

dtr + r

dr

dt(3.22)

Realizando el cambio de coordenadas (de coordenadas cartesianas a polares):

r = cos θi+ sin θj, θ = − sin θi+ cos θj

De donde se obtiene:

drdt

= θ(dθdt

)Reemplazando en 3.22:


54

v =(drdt

)r + r

(dθdt

)θ

Donde vr =(drdt

)r se denomina velocidad radial y vθ = r

(dθdt

)θ es llamada velocidad

transversal o tangencial.

3.11. Aceleración Tangencial y NormalSea la partícula que describe la trayectoria C tal como se muestra en 3.11

r

φ

φρdφ

dφ

ds

x

y

A

T

A’o’

T’

i

uu

j

tn

c

Figura 3.11: AceleraciónTangencial y Normal

a =dv

dt=

d

dt(vuT )

a =

(dv

dt

)uT + v

(duT

dt

)(3.23)

Del gráfico se pueden obtener los vectores unitarios uN normal a la tangente T y uT enla dirección e la tangente T .

uT = cosϕi+ sinϕj (3.24)uN = − sinϕi+ cosϕj (3.25)

De las ecuaciones anteriores derivando con respecto al tiempo se obtiene:

duT

dt=

(dϕ

dt

)uN (3.26)

Dado que s = ρϕ:ds

dt= ρ

dϕ

dt+ ϕ

dρ

dt(3.27)

Pero cuando un cuerpo se mueve de A a A′, ρ permanece constante

ds

dt= v = ρ

dϕ

dt(3.28)

De la ecuación 3.28 en 3.26duT

dt=

(v

ρ

)uN (3.29)


55

De la ecuación 3.29 en 3.23

a =

(dv

dt

)uT + v

(uN

v

ρ

)a =

(dv

dt

)uT +

(v2

ρ

)uN

3.12. Curvatura y Radio de Curvatura

ρ

x

y

A

A’

o’

o i

u

ua

a

a

j

t

t

n

n

c

Figura 3.12: Radio de Curvatura

En la figura 3.12, la partícula describe un ar-co s al desplazarse de A a A′, y su aceleracióntotal estará dada por:

a = aT + aN

a =

(dv

dtuT

)+

(v2

ρ

)uN

uT .uN = 0

Donde s es la longitud de arco, s = AA′

La velocidad se define como v = dsdt

yla aceleración a = dv

dt= d2s

dt2

Se define la curvatura como :

k =

∣∣∣∣duT

ds

∣∣∣∣ (3.30)

y su inversa como radio de curvatura:

ρ =1

k(3.31)

Si la ecuación de la curva es y = f(x), entonces se tiene que el radio de curvatura estádada por:

1

ρ=

d2ydx2[

1 +(dydx

)2]3/2 (3.32)


56


Problema 3.1 Dado el vector posición de un móvil.r(t) = (2− t2)i+ (t3 − t)j + (2t3 − t2 − 1)k hallar:(a)El vector unitario y tangente a la trayectoria dada, cuando t = 2seg(b)El modulo de la aceleración cuando t = 2seg

Solución:

La derivada dr(t)dt

será la tangente a la curva además será la velocidad.

r(t) = (2− t2)i+ (t3 − t)j + (2t3 − t2 − 1)k

dr(t)

dt= (−2t)i+ (3t2 − 1)j + (6t2 − 2t)k.....(1)

d2r(t)

dt2= (−2)i+ (6t)j + (12t− 2)k..........(2)

(a) el vector unitario tangente a la curva será: de (1)

v(2) = (−2(2))i+ (3(2)2 − 1)j + (6(2)2 − 2(2))k

v(2) = −4i+ 11j + 20k

|v(2)| =√(−4)2 + (11)2 + (20)2 =

√537

µv =v

v=

−4, 11, 20√537

(b) el modulo de la aceleración será: de (2)

a(2) = (−2)i+ (6(2))j + (12(2)− 2)k

a(2) = −2i+ 12j + 22k

|a(2)| =√

(−2)2 + (12)2 + (22)2 =√632

Problema 3.2 Se tiene dos móviles que se mueven en linea recta, cuyo gráfico de velocidad-tiempo se indica en la figura adjunta. Si ambos parten de una misma posición inicial. ¿Alcabo de cuanto tiempo se encuentran los móviles?


57

v

tt t1 2

Solución:

las distancia recorridas por los móviles serán las mismas y las velocidades iniciales seráncero entonces tenemos

d =a12T 2 −→ a1 =

v

t2.....(1)

d =a22(T − t1)

2 −→ a2 =v

t2 − t1......(2)

de la ecuación (1) y (2) se tiene:

a12T 2 =

a22(T − t1)

2

v

t2T 2 =

v

t2 − t1(T − t1)

2

T 2

t2=

(T − t1)2

t2 − t1T 2 − 2Tt2 + t1t2 = 0

(T − t2)2 = t22 − t1t2

T = t2 +√t2(t2 − t1)

Problema 3.3 Una pelota sale rodando del descánsalo de una escalera con una velocidadhorizontal de magnitud 5 pies/seg. los escalones son exactamente de 8pulg de alto y 8pulgde ancho. ¿cual será al primer escalón que llegó la pelota?

Solución:

x = vt = 5t;

y =1

2gt2 =

1

232t2 = 16t2


58

Allí donde las trayectorias de la pelota inter-ceptan a la recta a 45o, que se muestra enla Gráfica,se encontrara el escalón en dondellegue la pelota.Las ecuaciones de movimien-to de la pelota, respecto a los ejes x e ymostrados son:

aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa45

la intersección con la recta a 45o se produce cuando X=Y o sea.

x = y

5t = 16t2, t =5

16seg

Luego:

x = 5t = 55

16=

25

16= 1,56pies× 12pulg

1piex = 18,72pulg

El numero de escalones será:

18,72

8= 2,34

caerá en el tercer escalón

Problema 3.4 Se da el gráfico de la aceleración en función del cuadrado de la velocidad,como se indica en la gráfica.Hallar la relación de la velocidad en función de la posición. Si t = 0, x = 0, V = 3m/s

37

V (m/s)

a (m/s )

2 2

2

Solución:


59

tan θ = − a

v2

tan θ = − 1

v2dv

dx

dx

dt

tan θ = − 1

v2vdv

dx

tan θdx = −dv

v3

4

∫ x

0

dx = −∫ v

3

dv

v

−3

4x = Ln(v)|v3

e−34x =

v

3

v = 3e−34x

Problema 3.5 Un jugador de un equipo de fútbol americano puede dar a la pelota unavelocidad inicial de 25 m/s. ¿Dentro de que zona angular deberá ser pateada la pelota siel pateador debe apenas anotar un gol de campo desde un punto situado a 50 m en frentede los postes de gol cuya barra horizontal está a 3,44 m sobre el terreno?

Solución:

Partiendo de la ecuación de trayectoria del movimiento parabólico:

y = tan θx− g

2

(x2

v20 cos2 θ

)Reemplazando los datos y reduciendo la ecuación:

3,44 = 50 tan θ − 9,8

2

(502

252 cos2 θ

)3,44 = 50 tan θ − 2(9,8)(1 + tan2 θ)

2(9,8) tan2 θ = 50 tan θ − (2(9,8) + 3,44)

De donde se obtiene:

θ1 = 63o

θ2 = 31o

Problema 3.6 De una manguera, brotan chorros de agua bajo los ángulos θ y β respectoal horizonte, con la misma velocidad inicial v0. A que distancia con respecto a la horizontallos chorros se intersecan.


60

x

θβ

vv00

aaaaaaSolución:

Sean las ecuaciones de ambos chorros de agua están dadas por:

y1 = tan θ x− g

2v20cosθ2x2

y2 = tan β x− g

2v20cosβ2x2

Puesto que ambas ecuaciones se intersecan en un solo punto (x = 0), el punto (x, y) debede satisfacer tanto la ecuación y1 y y2, por tanto:

y1 = y2

tan θ x− g

2v20cosθ2x2 = tan β x− g

2v20cosβ2x2

xg

2v20

(1

cos2 θ− 1

cos2 β

)= tan θ − tan β

x(sec2 θ − sec2 β) =2v20g

(tan θ − tan β)

x(tanθ − tan2 β) =2v20g

(tan θ − tan β)

x =2v20

g(tan θ + tanβ)

Problema 3.7 Sea una partícula que se mueve sobre una elipse,cuya ecuación es: r =m coswti+ n senwtj. Hallar los módulos de aT y aN

Solución:

Derivando r con respecto al tiempo:

dr

dt= −mw sinwti+ nw coswtj = v

De donde:v = w

√m2 sin2 wt+ n2 cos2wt

Si derivamos una vez mas:

d2r

dt2= −mw2 coswti− nw2 sinwtj


61

Por definición se sabe que aT = dvdt

, luego:

aT =w

2

(2m2w sinwt coswt− 2nw coswt sinwt)√m2 sin2 wt+ n2 cos2wt

=(m2 − n2)w2 sin(2wt)

2√m2 sin2 wt+ n2 cos2wt

El módulo de aN esta dado por:

aN =|v × a|

v

=mnw3 sin2wt+ nmw3 cos2 wt

w√m2 sin2 wt+ n2 cos2wt

=mnw2

√m2 sin2 wt+ n2 cos2wt

Problema 3.8 Un cañón esta listo para disparar proyectiles con una velocidad inicial v0directamente sobre la ladera de una colina con un ángulo de elevación θ, como se muestraen la figura. ¿A que ángulo a partir de la horizontal deberá ser apuntado el cañón paraobtener el alcance máximo posible R sobre la ladera de la colina?

aaaaaaaa

θ

Rv

Solución:

Se tienen las ecuaciones de movimientoen el eje X y Y , dadas por:

x = v0 cosαt−1

2(g sin θ)t2

y = v0 sinαt−1

2(g cos θ)t2

vy = v0 sinα− g cos θtaaaaaaaa

θα R

v

-g

-g sin( )θ -g cos( )θx

y

H

La altura maxima se obtiene cuando vy = 0, luego:

t =v0 sinα

g cos θ


62

El alcance máximo se dará para un tiempo tT = 2t, de donde obtenemos:

R = x = v0 cosα(v0 sinα

g cos θ)− 1

2(g sin θ)(

v0 sinα

g cos θ)2

R = x =2v20 sinα

g cos2 θ(sinα cos θ − sin θ sinα)

R = x =2v20 sinα

g cos2 θcos(θ + α)

Para hallar el alcance máximo dependiente del ángulo, se usa el criterio de la primeradevirada:

dx

dα=

2v20g cos2 θ

(cosα cos(θ + α)− sinα sin(θ + α))

dx

dα=

2v20g cos2 θ

(cos(θ + 2α)) = 0

De la ultima ecuación:

θ + 2α =π

2

α =π

4− θ

2Nos piden determinar el ángulo a partir de la horizontal, el cual es θ + α:

θ + α =π + 2θ

2Problema 3.9 Un niño hace girar a una piedra en un circulo horizontal situado a 1,9msobre el suelo por medio de una cuerda de 1,4m de longitud. La cuerda se rompe, y lapiedra sale disparada horizontalmente, golpeando el suelo a 11m de distancia. ¿Cual fuela aceleración centrípeta de la piedra mientras estaba en movimiento circular?

Solución:

Problema 3.10 Una varilla de longitud 2m se mueve, tal que el punto P tiene unavelocidad costate de 3m/s. Cuál es la velocidad del punto Qcuando θ = 30o

P

L

Q

x

y

Solución:


63

Cuando sale disparada la piedra estaposee velocidad horizontal:

h =1

2gt2

t =

√2h

g= 0,62s

X = vxt

vx =X

t=

11

0,62= 17,67m/s

⇒ ac =v2

r= 223m/s2

Vx

11m

1.9m

1.4m

De la figura L = x(−i) + y(j).....(1)(*)Como d es rígido, entonces su lon-gitud es constante para cualquier posi-ción. (**) Notar que x decrece, luegodx es (-). de (1) consideremos el Mod-ulo tenemos:

L2 = x2 + y2......(2) PP

L

QQ

x

x

y

y

U

v

v

ahora derivemos respecto al tiempo.

dL2

dt= 0 dx2

dt+

dy2

dt= 0 2x

dx

dt= −2y

dy

dt

xvP = −yvQ −vP = −y

xvb

vP = tanαvQ

3 =1√3vq

vq = 5,19m/seg

Problema 3.11 Jimmy está en la arte inferior de una colina, mientras que jorge seencuentra 30m arriba de la misma. jimmy esta en el origen de un sistema de coordenadasxy, y la linea que sigue la pendiente de la colina esta dada por la ecuación y = 0,14x,como se muestra en la figura,. Si Jimmy lanza una manzana a Jorge con un ángulo de50o respecto a la horizontal,¿Con que velocidad debe lanzarce la manzana para que puedallegar a jorge?


64

x

y

50

q

y=30sen

Y=0.4x

x=30sen

Ecuación de la recta

O

P

Solución:

Datos 0B = 30m.De la figura reemplazando x,y en laecuación de la recta.

30 sin θ = 0,4× 30 cos θ

θ = 21,8.....(1)x

y

50

q

y=30sen

Y=0.4x

x=30sen

Ecuación de la recta

luego:

x = 30 cos(21,8o) x = 27,85.....(2)

y = 30 sin(21,8o) y = 11,14.....(3)

Diagonalmente se sabe que la relacion que existe entre X y Y para movimiento parabólicoes:

y = x tan 50o − x2

(g

2V 20 cos2 50o

).....(4)

reemplazando datos de (2) y (3) en (4) hallemos ”V0”

11,14 = 27,85× tan 50o − (27,85)2 × 9,81

2V 20 50

o

V0 = 20,43m/s


Capítulo 4

DINÁMICA

Parte de la mecánica que se ocupa del movimiento y de las causas que las producen, lasvelocidades son pequeñas en comparación a la de la luz.

4.1. Primera Ley de Newton (Ley de la Inercia)"Todo cuerpo permanece en reposo (velocidad igual a cero) o con movimiento uniformerectilíneo (velocidad constante), al menos que actúe una fuerza que cambie su estado".

4.2. Segunda Ley de Newton"Toda fuerza aplicada a un cuerpo le comunica una aceleración a de la misma direccióny sentido que la fuerza directamente proporcional a ella e inversamente proporcional a lamasa m del cuerpo"

F = ma

4.3. Tercera Ley de Newton" A toda acción se opone siempre una reacción igual ". Las características de estos fuerzasde acción y reacción son:

a) Existen en parejas.

b) Interaccionan simultáneamente.

c) Obran sobre cuerpos diferentes

65

66

4.4. Fuerzas de FricciónCuando un cuerpo se desplaza a través de una superficie o a través de un medio viscoso,como el aire o el agua, hay una resistencia al movimiento debido a que el cuerpo interactúacon sus alrededores. Dicha resistencia recibe el nombre de Fuerza de Fricción, la cuales debida a la interacción entre las moléculas de los dos cuerpos, denominada tambiénCohesión o adhesión.

La fuerza de fricción Ff tiene una magnitud que se puede considerar proporcional a lafuerza normal:

Ff = fN

Donde f es la constante de proporcionalidad, denominada Coeficiente de Fricción,vectorialmente se tiene:

Ff = −fNuv

aaaaN

F

uv

Ff

Figura 4.1: Fuerza de Fricción

4.4.1. Coeficiente de Fricción Estático fs

Este coeficiente nos da la fuerza minima necesaria para poner en movimiento dos cuerposque están en contacto y reposo.

Fmin = fsN

4.4.2. Coeficiente de Fricción Cinético fk

Este coeficiente nos da la fuerza necesaria para mantener dos cuerpos en movimientouniforme:

Fmov = fkN

Además se cumple :fs > fk


67

4.4.3. Fuerzas de Fricción en Fluidos

Para un cuerpo que se desplaza a través de un fluido la fuerza de fricción es proporcionala la velocidad, y opuesta a ella.

Ff = −kηv

Donde k es el coeficiente de fricción que depende de la forma del cuerpo y η coeficienteque depende de la fricción minima interna y se denomina coeficiente de viscosidad

4.5. Cantidad de Movimiento o Momento LinealSea una partícula de masa m que se encuentra en la posición r y que posee una velocidadv tal como se muestra en la figura 4.2, se define el momentum lineal de una partículacomo:

p = mv (4.1)

i

jk

x

y

rv

m

Figura 4.2: Momentum Lineal

Newton expreso su segunda ley así:

F =dp

dt

luego:

F =

(dm

dt

)v +m

dv

dt

F = mdv

dt= ma Si la masa no varía

Cuando v ≈ c

p = mv =m0v√

1− (v/c)2


68

4.6. Conservación de Cantidad de MovimientoSi la suma de las fuerzas externas que actúan sobre un cuerpo es cero, es decir:∑

i

Fi =dp

dt= 0 (4.2)

luego p es constante, de otra forma: " Cuando la resultante de las fuerzas externas quesobre un sistema de partículas es cero la cantidad de movimiento lineal permanece cons-tante"

4.7. ImpulsoSea F (t) la fuerza que actúa durante el choque, antes y después de el es nula. ComoF = dp

dt, se tiene:

dp = F dt∫ pf

pi

dp =

∫ tf

ti

Fdt = I

Donde I se define como impulso. Para una fuerza constante:

I = F (tf − ti) = F∆t (4.3)

4.8. Conservación del Momento durante las ColisionesConsideremos la colisión entre dos partículas tal como se muestra en la figura 4.3.

i

jk

x

y

r F

F

mm1

21

2

12

Figura 4.3: Conservación del Momentum

Donde F12 es la fuerza sobre la partícula 1 ejercida por la partícula 2, y F21 es la fuerzasobre la partícula 2 ejercida por la partícula 1. Además F12 y F21 son fuerzas de acción y


69

reacción, luego F12 = −F21

El impulso sobre la partícula 1 es:

∆p1 = F 12∆t

El impulso sobre la partícula 2 es:

∆p2 = F 21∆t

Donde F 12 y F 21 son los valores promedios de F12 y F21 respectivamente.

Si no existen fuerzas externas, tenemos:∑i

Fi = 0

F12 = −F21

F12∆t = −F21∆t

∆p1 +∆p2 = 0

(p1 + p2)inicial = (p1 + p2)final

Por tanto si no hay fuerzas externas la cantidad de movimiento total del sistema per-manece constante como consecuencia del choque.

4.9. Momentum AngularSea una partícula de masa m que tiene una velocidad v y por lo tanto el momentum linealp = mv. Entonces se define el momentum angular como:

L0 = r × p (4.4)

x

y

z

r v

L

i

jk

Figura 4.4: Momentum Angular


70


Problema 4.1 Un bloque de masa m resbala en un canal en forma de escuadra como semuestra en la figura. si el coeficiente de rozamiento cinético entre el bloque e el materialde que esta hecha la canal es µk obtener la aceleración del bloque

0

90

Solución:

Diagrama de cuerpo libre:

Fig. (1)Fig. (2)

NN

W W

0

0

0

mgcos

mgsen

de:(1)

N2 +N2 = (mg cos θ)2

N =

√2

2mg cos θ

de la figura (2)

mg sin θ − 2fk = ma

mg sin θ − 2

√2

2mg cos θ = ma

a = g(sin θ −√2 cos θ)

Problema 4.2 Dos masas m1 = 1,65kg y m2 = 3,30kg, unidad por medio de una varillasin masa, paralela al plano inclinado sobre el cual ambas resbalan, como se muestra enla figura, van dejando por el plano de manera que m1 va jalando por m2. el ángulo deinclinación es de 30o el coeficiente de rozamiento cinético entre m1 y el plano inclinadoes µ1 = 0,226; el coeficiente correspondiente de m2 y el plano inclinado es µ2 = 0,113calcular. (a) la tencion de la barrilla que une a m1 y a m2

(b)la aceleracion comun de als dos masas.


71

0

m

m

1

2

Solución:

Del diagrama de cuerpo libre:

N1 = W1 cos θ........(a)

N2 = W2 cos θ........(a)

del bloque (1):

W1 sin θ − fk1 + T = m1a.....(1)

Del bloque (2):

W2 sin θ − fk2 − T = m2a.....(1)

0

0

0

N

N

T

T

W

W

f

f

K1

K2

(a) sumando (1) y (2):

(W1 +W2) sin θ − (fk1 + fk2) = (m1 +m2)a

g sin θ − (m1gµ1 +m2gµ2)

m1 +m2

= a

Reemplazando los valores:

9,8× 0,5− 9,8(1,65× 0,226 + 3,3× 0,113)

1,65 + 3,3= a

a = 3,42m/seg2

(b) de (1)

T = m1a+ µ1N −W1 sin θ

T = 1,65× 3,62 + 0,226× 1,65× 9,8× 0,87− 1,65× 9,8× 0,5

T = 1,06N


72

Problema 4.3 Un cuerpo de masa m esta unido a un resorte de longitud L0 sin es-tiramiento. si el resorte obedece la ley de Hook (F = −Kx) y el cuerpo gira con unavelocidad angular ω. demostrar que:(a)el radio del vovimiento circular uniforme es:

R =KL0

K − ω2m

(b) la tención en el resorte es de:

ω2Km/k − ω2m

R

w

K

Solución:

F = ma = mω2R.....(1)

ω = θTπf

F = T − T0(2)en(1)

T − T0 = mω2R

KR−KL0 = mω2R

T

T

T

T

R =KL0

K − ω2m

(b) la tensión en el resorte será:

T − T0 = mω2R

F = mω2R


73

Reemplazando R tendremos:

F =ω2KmL0

k − ω2m

Problema 4.4 (a)Demostrar que la viga AB de la figura se encontrara en equilibriocuando se cumpla la siguiente ecuación:

m1(m2 +m3)L1 = 4m2m3L2

(b)Encontrar la fuerza que el unto pivote ejerce sobre la viga.

aaam

m

m1

2

3

L L1 2

Solución:

aaam

m

m

1

1

2

3

L L1 2

2T

T

T

T

(a)Tomamos momento con respecto al punto ”O”

m1g(L1)− 2T (L2) = 0.......(α)

pero:

m2g − T = m2a..........(1)

T −m3g = m3a....− (2)

de (1)+ (2)

m2g −m3g = (m2 +m3)a

a =(m2 −m3)

(m3 +m2)× g


74

Hallamos la tensión "T.en (2)

T = m3(g + a)

T = m3

(g +

(m2 −m3)

(m3 +m2)× g

)∴ T =

2m3m2g

m2 +m3

Reemplazando "T.en (α) :

m1g(L1)− 2T (L2) = 0

m1g(L1)− 2

(2m3m2g

m2 +m3

)L2 = 0

m1g(L1)−4m3m2gL2

m2 +m3

= 0

m1L1(m2 +m3) = 4m2m3L2

(b) La fuerza será:

Fpivote = m1g + 2T

Fpivote = m1g + 22m3m2g

m2 +m3

Fpivote =m1g(m2 +m3) + 4m3m2g

m2 +m3

Problema 4.5 Una pequeña bola de masa m, inicialmente en A, se desliza sobre unasuperficie circular lisa ADB. Mostrar que cuando la bola se encuentra en el punto C lavelocidad angular la fuerza ejercida por la superficie son w =

√2g sinα/r, F = 3mg sinα

Or aaaA B

C

D

α

Solución:

De la figura, basándonos en el principio de conservación de energía:


75

EA = EC

mgr = mgr(1− sinα) +mv2

2mv2

2= mgr sinα

dado que v = wr

mw2r2

2= mgr sinα

w =

√2g sinα

r

Or aaaA B

α

α

α

mgmg sen α

mg cos α

N

S.R

r(1-sen )α

De la segunda ley de Newton: ∑F = m.aN

N −mg sinα = m.rw2

N = mr2g sinα

r+mg sinα

N = 3mg sinα

Problema 4.6 Se tiene una barra de masa M y longitud L. sobre la cual actúa una fuerzaF. hallar las fuerzas que actúan sobre la parte sombreada, tal como se indica en la figura.supongas que no hay rozamiento.

aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa

bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb

L

FH

x

y

Solución:

en este caso consideremos la distribución de la masa en la superficie:σ = M

Lh= m

xy

Veamos la fuerza que actúa para la region sombreada:para la region restante: de (1) y (2) se tiene:

∑Fx = ma

T =

(M

LH

)(xy)a......(1)

aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa

bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb

T

y

x


76

∑Fx = ma

F − T =M

LH[(L− x)H + (H − y)x] a

F − T =M

LH(LH − yx)aa =

(F − T )LH

M(LH − xy)........(2)

F

T

y L

T =

(M

LH

)(xy)a

T =

(M

LH

)(xy)

(F − T )LH

M(LH − xy)

T =Fxy

LH

∑Fy = 0

N −mg = 0;N = mg

N = (M

LH)yxg

aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa

bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb

T

y

x


77

Problema 4.7 La figura muestra un bloque de 20 kg que se desliza sobre otro de 10 kg.Todas las superficies se consideran sin rozamiento. Determinar la aceleración de cadabloque y la tensión de la cuerda que los conecta.

10 kg

20 kg

200

Solución:

De la primera figura:

x+ πr + y = l

x+ y = 0

x = −y (α)

Esta ultima ecuación indica que las aceleracionesde ambos bloques son iguales en magnitud peroen sentidos opuestos.

Aplicando la segunda ley de Newton (∑

F = ma)a la masa m1

m1g sin 20◦ − T = m1x

20.g sin 20◦ − T = 20x (β)

Aplicando la segunda ley de Newton (∑

F = ma)a la masa m2

T −m2g sin 20◦ = m2y

T − 10g sin 20◦ = 10y (γ)

20

20

20

0

0

0

m

m

m

m

m gm g sen 20°

m g sen 20°

1

1

1

1

2

2

2

x

y

T

T

N

N

De las ecuaciones β y γ, eliminando T , y la ecuación α:

20g sin 20◦ − 20x = 10y + 10g sin 20◦

x = −1,117 ≈ −1,12 m/s2

Luego: y = 1,12 m/s2

Reemplazando en β:T = 44,7 N


78

Problema 4.8 Una cadena flexible de longitud L y peso W (ver figura) esta colocadoinicialmente en reposo sobre una superficie sin fricción ABC, estando D a una distanciaL−a de B. Demostrar que cuando el extremo D llega al punto B la velocidad de la cadenaes v =

√gL(L2 − a2) sinα.

a

A D B

C

L-a

a

Solución:

La densidad lineal (λ) es uniforme a lolargo de la cadena entonces:

λ =m1

x=

m2

L− x=

M

L

⇒ m1 =Mx

L, m2 =

M(L− x)

L a

m g2

m g1

mgsen

2

a

a

mgc

os2

a

L- x

x

a

T

Por la segunda ley de Newton:∑

F = ma tenemos:para la m1

m1g sinα− T = m1a (1)

para la m2

T = m2a (2)

reemplazando las masas y la ecuación 2 en 1 tenemos:

Mx

Lg sinα = Ma

g

Lsinα.x = a

g

Lsinα.x = v

dv

dxg

Lsinα

∫ L

a

xdx =

∫ V

0

vdv

g

Lsinα(L2 − a2) = V 2

∴ V =

√g

Lsinα(L2 − a2)


79

Problema 4.9 Una fuerza dependiente del tiempo, = (8i − 4tj)N donde t esta medidoen segundos se ejerce sobre un objeto de 2 kg de masa inicialmente en reposo

a) En que instante el objeto se mueve con una velocidad de 15 m/s

b) A que distancia se encuentra el objeto de la posición inicial cuando su velocidad esde 15 m/s

c) En todo el recorrido cual es el desplazamiento total que realiza el objeto hasta eseinstante.

Solución:


F = ma:

a =

∑F

m

a =

∑(8i− 4tj)

2

a = (4i− 2tj) =dv

dt

Su velocidad es: ∫ v

0

dv = v − 0 =

∫ t

0

adt

v = 4ti− t2j

a) El problema nos pide |v| = 15, |v|2 = 225, luego:

16t2 + t4 = 225

t = 3 seg

b) ∫ x

0

dx =

∫ t

0

vdt

x = 4t2

2i− t3

3j

para t = 3 seg

x = 18i− 9j

c) |x| = 20,12 m


80

Problema 4.10 Un pequeño bloque es soltada en la posición mostrada. Determine lamedida del ángulo α, para el cual el bloque llegara a B en el menor tiempo posible.

µk

v = 0

aL

Solución:


F = ma:

mg sinα− ukmg cosα = ma (1)

El espacio que recorre el bloque esde: e = L secα entonces:

e = v0t+1

2at2

a =2L

t2secα (2)

mgsen

a

a

mgc

osa a

mg

fr

N

reemplazando la ecuación 2 en 1 tenemos:

g sinα− ukg cosα =2L

t2secα

sinα cosα− uk cos2 α =

2L

gt2(3)

Derivamos la ecuación 3 respecto a α

− sin2 α+ cos2 α + uk(2 sinα cosα) = 0

cos 2α = −uk sin 2α

tan 2α =−1

uk

⇒ α =1

2tan−1(

−1

uk

)


81

Problema 4.11 El sistema mostrado esta en reposo, siendo el coeficiente de rozamientoentre el bloque y el tablón µk. ¿Que rapidez hay que imprimirle como mínimo al tablónpara que el bloque después de deslizar, se caiga del tablón ?

M

m

L

liso

v

Solución:


F = ma:

fr = Ma

g.uk(M +m) = Mvdv

dx

g.uk(M +m)

∫ L

0

dx = M

∫ V

0

vdv

g.uk(M +m)L = MV 2

2

V =

√2g.ukL(1 +

m

M)

M

mlisov

fr

mg

Mg

N1

N2

Ahora para que el bloque caiga del tablón se debe cumplir lo siguiente

V >

√2g.ukL(1 +

m

M)


Capítulo 5

TRABAJO Y ENERGÍA

5.1. TrabajoConsideremos a una partícula de masa m que se desplaza a lo largo de una curva C bajo laacción de una fuerza F . En un tiempo muy corto dt la partícula se desplaza dr. El trabajoefectuado por la fuerza F durante tal desplazamiento se define por el producto escalar:

dW = FT .dr (5.1)

i

jk

x

y

z

r

F

F

m

T

Figura 5.1: Trabajo sobre una Curva

5.1.1. Trabajo Efectuado por una Fuerza Constante

Si la fuerza F es constante de la ecuación 5.1 se obtiene:

W = F.d cos θ (5.2)

82

83

5.1.2. Trabajo Efectuado por una Fuerza Variable

En este caso el trabajo efectuado por la fuerza F se define mediante un proceso de inte-gración.

W =

∫ B

A

F .dr (5.3)

En el espacio tridimensional, los vectores F y dr , dados por: F = Fxi + Fy j + Fzk,dr = dxi+ dyj + dzk, es trabajo efectuado es:

W =

∫ B

A

(Fxdx+ Fydy + Fzdz) (5.4)

A la integral 5.4 se le conoce también como integral de linea de el vector F sobre la curvar.

5.2. Teorema del Trabajo y la EnergíaConsideremos la fuerza como una función de x (F = F (x)) y el movimiento en unadimensión

W =

∫F .dr =

∫ x0

x

F.dx =

∫ma dx

Por la regla de la cadena, se tiene: a = dvdt

= dvdx

dxdt

Reemplazando en la ecuación anterior:

W =

∫m(

dv

dx)v dx = m

∫vdv

W =1

2m(v2 − v20)

Se define la Energía Cinética : K = Ec =12mv2 .Luego:

W = ∆K

Esta expresión se dice: " El trabajo hecho sobre una partícula por la fuerza resultante(constanteo variable) es siempre igual al cambio de la energía cinética ".

5.3. PotenciaSe define potencia media como la rapidez con la que se efectúa trabajo o es el tiempo quese tarda en hacer el trabajo :

P = W/t

Si el intervalo de tiempo es pequeño de t a t + dt, se efectúa un trabajo pequeño dWentonces se define la potencia instantánea:


84

Pinst =dW

dt

Pinst =F.dx

dt

Pinst = F .v

De donde:

W =

∫ t2

t1

P dt

5.4. Fuerzas ConservativasUna fuerza es conservativa si el trabajo realizado por ella sobre una partícula que semueve siguiendo un circuito completo cualquiera es cero. Además el trabajo efectuado porlas fuerzas conservativas es independiente de la trayectoria.

Ahora, si el trabajo hecho por una fuerza F en un circuito cerrado es diferente de cero,entonces la fuerza no es conservativa.

5.5. Energía PotencialEs el trabajo realizado por una fuerza conservativa puede ser expresado como la diferenciaentre los valores de una cantidad Ep(x, y, z) denominada energía potencial y es una funciónde las coordenadas de las partículas (depende de su posición)

W =

∫ B

A

F .dr = EPA − EPB (5.5)

5.6. Principio de Conservación de la EnergíaCuando la fuerza que actúa sobre una partícula es conservativa, se puede combinar laecuación:

W =

∫ B

A

F .dr = EPA − EPB

Con la ecuación:

W =

∫ B

A

F .dr = EkB − EkA

La cual nos da

EkB − EkA = EPA − EPB

(Ek + EP )A = (Ek + EP )B (5.6)


85

La cantidad Ek+EP se denomina energía total de la partícula y se designa por E, es decirla energía total de una partícula es igual a la suma de su energía cinética y su energíapotencial, esto es:

E = Ek + EP =1

2mv2 + EP (x, y, z) (5.7)

La ecuación 5.6 nos indica que: Cuando las fuerzas son conservativas la energía total Ede la partícula permanece constante


86


Problema 5.1 Un bloque de 2kg se deja caer desde una altura de de 0.40m sobre unresorte cuya constante de fuerza vale K = 1960N/m. Encontrar la maxima deformaciónque sufrirá el resorte al comprimirse (no se tome en cuenta el rozamiento)

Solución:

Teniendo en cuenta que la energía potencia del re-sorte es:

Ep =1

2Kx2

además Vf = V0 = 0 podemos deducir que:

∆EPg +∆EPe = 0

(mgh2 −mgh1) + (1

2Kx2

f −1

2Kx2

0) = 0

mgh1 =1

2Kx2

f

aaaaaa

(1)

(2)x

donde:

x0 =

√2mgh1

k

x0 =

√2× 2× 9,8× 0,4

1960x0 = 0,09m

Problema 5.2 Un pequeño bloque de masa m resbala en una via sin fricción en formade rizo .Si parte del reposo en P. ¿cual es la fuerza resultante que abra sobre él en Q?

P

Q

5R

R

Solución:


87

Aplicando el principio de conservación de energía tenemos:

∆EPg + δEK = 0

(mghQ −mghP ) + (1

2mV 2

Q − 1

2mV 2

P ) = 0

Donde: Vp = 0;hP = 5R y hQ = R

(mgR−mg5R) +1

2mV 2

Q) = 0

1

2mV 2

Q) = 4mgR

VQ =√8gR

la fuerza centrípeta es:

ac =V 2Q

R=

8gR

R= 8g

la aceleración tangencial es:

at =mg

m= g

La aceleración resultante será.

a =√

a2c + a2t =√65g2 = g

√65

la fuerza resultante en este punto será.

F = ma = mg√65

Problema 5.3 Un bloque reposa sobre una plano inclinado de ángulo θ. Por medio dena polea, el bloque está conectado a un muelle vertical , la cual se tira hacia abajo conuna fuerza gradualmente creciente. EL valor de coeficiente de fricción estático fs es cono-cido. Determinar la energía potencial del muelle en el momento que el bloque comienza amoverse.

F0

Solución:


88

Del gráfico, por la primera condición de equilibrio:∑Fx = 0

Wx + Fs = T (α)

Donde Fs es la fuerza de rozamiento cinético, dadopor:

Fs = fs.N

Fs = fsWy

Fs = fs.mg cos θ (β)

θ

θ

k

W

x

y

W

W

Fs

T

T

x

Reemplazando β en α

T = mg sin θ + fs.mg cos θ

Dado que la cuerda que une el bloque y el resorte es el mismo, la tension que elonga elresorte sera T , luego para el resorte

T = kx = mg sin θ + fs.mg cos θ

x =1

k(mg sin θ + fs.mg cos θ)

Luego por definición se sabe que la energía potencial elástica es:

Ep =1

2kx2

Ep =1

2k(mg sin θ + fs.mg cos θ)2

Ep =(mg)2

2k(sin θ + fs cos θ)

2

Problema 5.4 En una mesa sin rozamiento se coloca una cadena de tal manera que laquita parte de su longitud esta colgado por el borde de la mesa. Si la cadena tiene unalongitud L y una mas m. ¿Qué cantidad de trabajo habrá que hacer para subir a la mesala porción que esta colgado?

aaaaaaaaaaSolución:


89

Datos:L=longitud de la cadena.m= masa de la cadena.aplicaremos densidad lineal y hagamos el diagramade cuerpo libre de la parte de la cadena que cuel-ga. Para levantar esta parte de la cadena debemosaplicar una fuerza.

m

L=

mx

x

mx =xm

L

F =mgx

L

De donde mg/L es el peso por unidad de longitud.el trabajo sera.

mgxL

F

W =

∫ x

x0

Fdx =

∫ L/5

0

mgx

Ldx =

[m0

L

x2

2

]L/50

=mgL

50

Problema 5.5 Un cuerpo de masa m, está situado en el punto A, cuando se le comunicauna velocidad inicial horizontal V0. (a) para que ángulo θ, la masa dejará la superficiesemiesférica de radio R. (b) Cuánto debe valer V0, para que la masa de resbalé de lasemiesfera en el instante inicial.

0

u 0

V0

R

Solución:

por conservación de energía tenemos:

∆EPg +∆EK = 0

(0−mgR(1− cos θ)) + (1

2mV 2

f − 1

2mV 2

0 ) = 0

1

2V 20 + gR(1− cos θ) =

1

2V 2f .......(1)


90

de la gráfica tenemos Fc = mac

mg cos θ = mV 2f

RV 2f = gR cos θ.......(2)

reemplazando (2) en (1) tememos:

1

2V 20 + gR(1− cos θ) =

1

2gR cos θ

V 20 + 2gR− 2gR cos θ = gR cos θ

V 20 + 2gR = 3gR cos θ

cos θ =V 20 + 2gR

3gR

θ = arc cos

[2

3+

V 20

3Rg

]Del resultado anterior ahora el ángulo θ = 0o por lo tanto cos(θ) = 1 de cero es igual a 1

θ = arc cos

[2

3+

V 20

3Rg

]2

3+

V 20

3Rg= 1

V 20 =

√gR

Problema 5.6 un cuerpo de 100g cae de una altura de 100m, a través del aire. si elcuerpo llega al suelo con una velocidad de 10m/s. cuanta energía se perdió como trabajocontra la fricción del aire

h

Solución:


91

∆EPg +∆EK = Wf

(0−mgh) + (1

2mV 2

f − 0) = Wf

−0,1× 9,8× 100 +1

20,1× 102 = Wf

Wf = −93J

Problema 5.7 Un bloque se desliza hacia abajo por una pista de curva sin fricción ydespués sube por un plano inclinado, como se puede ver en la figura. EL coeficiente defricción cinética entre el bloque y la pendiente es fk. Con métodos de energía demuestreque la altura máxima alcanzada por el bloque es: ymax = h/(1 + fk cot θ)

aaaaaaa

hymaxθ

Solución:

De la figura 1, por el teorema de la conservación de energía:

EA = EB (α)

Y por el teorema del trabajo y energía:

WBC = EC − EB (β)

De la figura 2, y la definición de fuerza de roza-miento:

Fr = fk.N

Fr = fk.Wy

Por otro lado se tiene W = mg. De donde:

Fr = fk.mg cos θ

Fr es la fuerza que realiza el trabajo para subirel bloque desde el punto B hasta el C. Luego

WBC = −Fr.(ymax/ sin θ) (γ)

aaaaaaa

hymaxθ

θ

θ

A

B

B

C

C

W

x

y

W

W

Figura 1

Figura 2

Fr


92

Reemplazando la ecuación γ y α en β:

−fk.mg cos θ.ymax

sin θ= mgymax −mgh

h = ymax(1 + fk cot θ)

ymax =1

1 + fk cot θ

Problema 5.8 Considere una partícula que se mueve siguiendo una trayectoria curvaen el espacio desde (x1, y1, z1) hasta (x2, y2, z2). En el punto inicial la partícula tienevelocidad v = v1xi+v1y j+v1zk. La trayectoria se puede dividir en segmentos infinitesimalesdl = dxi + dyj + dzk. Mientras la partícula se mueve actúa sobre ella una fuerza netaF = Fxi + Fy j + Fzk, las componentes de fuerza Fx, Fy y Fz son,en general, funcionesde la posición. Demuestre el teorema de trabajo y energía para este caso general, es decirWtotal = K2 −K1

Solución:

Partiendo de la segunda ley de Newton:

F = ma

Trabajando en las componentes de F y a, tenemos:

Fx = max

Fy = may

Fz = maz

Por la regla de la cadena

a =dv

dt=

dv

dr

dr

dt

Se obiene:

ax = vxdvxdx

⇒ Fx = mvxdvxdx

ay = vydvydy

⇒ Fy = mvydvydy

az = vzdvzdz

⇒ Fz = mvzdvzdz


93

Luego el trabajo total estará dado por:

Wtotal =

∫ x2,y2,z2

x1,y1,z1

F .dr

Wtotal =

∫ x2,y2,z2

x1,y1,z1

(Fxdx+ Fydy + Fzdz)

Wtotal =

∫ x2

x1

Fxdx+

∫ y2

y1

Fydy +

∫ z2

z1

Fzdz

Wtotal = m

(∫ vx2

vx1

vxdvx +

∫ vy2

vy1

vydvy +

∫ vz2

vz1

vzdvz

)Wtotal =

1

2m(v2x2 + v2y2 + v2z2)−

1

2m(v2x1 + v2y1 + v2z1)

Wtotal =1

2mv22 −

1

2mv21

Problema 5.9 Una bala de 30gr, que tiene una velocidad de 500m/seg. penetra 12cm.en un bloque de amdera. ¿cual es la fuerza media que ejerce?

Solución:

Datos :

m = 30gr = 3× 102Kg;V0 = 500m/seg.

e = 12cm = 0,12m

el trabajo hecho por la fuerza resultante esigual al cambio de energía cinética.

W = δK = K −K0......(1)

Fe = 0− 1

2mV 2

0 = −1

2mV 2

0

pero como una consecuencia de la tercera ley deNewtón, sabemos que el trabajo hecho sobre laparticula es con signo negativo el trabajo hechopor la particula sobre agente productor de lafuerza, luego:

aaaaaaa

hymaxθ

θ

θ

A

B

B

C

C

W

x

y

W

W

Figura 1

Figura 2

Fr


94

−Fe = −1

2mV 2

0

F =1

2

mV 20

e=

1

2× 3× 10−2(500)2

0,12= 31,250

Respuesta: F = 31,250N

Problema 5.10 Una fuerza conservativa actúa sobre una partícula de masa m que semueve en una trayectoria dada por x = x0 cosw0t y y = y0 sinw0t donde x0, y0 y w0 sonconstantes

a) Determine las componentes de la fuerzas que actúan sobre la partícula.

b) Determine la energía potencial de la partícula en función de x y y. Tome U = 0cuando x = 0 y y = 0.

c) Calcule la energía total de la partícula cuando

i) x = x0, y = 0

i) x = 0, y = y0

Solución:

a) Haciendo uso de la segunda ley de Newton F = ma:

Fx = max = md2x

dt2= −mw2

0x

Fy = may = md2y

dt2= −mw2

0y

b) Puesto que se trata de una fuerza conservativa, el trabajo puede representarse me-diante una función de energía potencial.

U = −(∫

Fxdx+

∫Fydy

)=

1

2mw2

0(x2 + y2)

c) Se sabe que v = dx/dt

vx = dx/dt = −x0w0(y/y0)

vy = dy/dt = y0w0(x/x0)


95

i) Cuando x = x0, y = 0 se tiene que vx = 0, vy = y0w0

K =1

2m(v2x + v2y)

=1

2y20w

20

U =1

2w2

0mx20

E = K + U =1

2mw2

0(x20 + y20)

i) Cuando x = 0, y = y0 se tiene que vx = −x0w0, vy = 0

K =1

2w2

0mx20

U =1

2mw2

0y20

E = K + U =1

2mw2

0(x20 + y20)

Notemos que la energía total en ambos casos son iguales

Problema 5.11 Un anillo de masa m kg resbala a lo largo de un arco metálico ABC muypulido (ver figura) que es arco de una circunferencia de radio r. Sobre el anillo actúan dosfuerzas F y F ′ . La fuerza F es siempre tangente a la circunferencia. La fuerza F ′ actúaen dirección constante formando un ángulo de 30◦ con la horizontal. Calcular el trabajototal efectuado por el sistema de fuerzas sobre el anillo al moverse este de A a B

A

B

COr

m

F

F’

Solución:

Por la definición de trabajo W =∫FT .dr donde

FT es la fuerza tangencial resultante a lo largo dela curva. Para nuestro caso, del gráfico obtenemos:

FT = F +mg cos θ − F ′ sin(30o − θ)

FT = F +mg cos θ + F ′ sin(θ − 30o)

Además dl = r dθ

A

B

COr

300

mg F

F’

θ

θ

θ


96

De las ecuaciones anteriores, obtenemos:

WAB =

∫ π/2

0

(F +mg cos θ + 150 sin(θ − 30o))rdθ

WAB =

∫ π/2

0

Frdθ +

∫ π/2

0

mg cos θrdθ +

∫ π/2

0

F ′ sin(θ − 30o)rdθ

WAB = Frθ|π/20 +mgr sin θ|π/20 − F ′r cos(θ − 30o)|π/20

WAB = Frπ

2+mgr − F ′r(sin 30o − cos 30o)

WAB = r[Fπ

2+mg − F ′

2(1−

√3)]


Capítulo 6

DINÁMICA DE UN SISTEMA DEPARTÍCULAS

Cuando se estudia la interacción de un sistema de partículas es necesario definir otrasmagnitudes, para su análisis, como son: el movimiento del centro de masa, cantidad demovimiento lineal, choques.etc

6.1. Movimiento de Centro de MasaEl centro de masa de un sistema de partículas de masa m1, que se encuentra en la posición(xi, yi) en el plan, su centro de masa es:

XCM =

∑mixi∑mi

YCM =

∑miyi∑mi

ZCM =

∑mizi∑mi

m1

m2

m3

rr

r

1

3

2

En general:

ri = xii+ yij + zik.

si M =∑

mi. entonces

MrCM =∑

miri......(α)

97

98

El centro de masa (CM), depende de la masa de la partícula y de las posiciones de laspartículas con respecto a las otras.

El centro de masa(CM) es independiente delmarco referencial que se usa para localizarla.De de la expresión (α):

MrCM = m1r1 +m2r2 + ...mnrn

derivamos con respecto al tiempo:

MdrCM

dt=

m1dr1dt

+m2dr2dt

+ ...mndrn

dtMVCM = m1v1 +m2v2...mnvn....(γ)

m1

m2

M3

rr

r

1

1

3

3

2

2 vv

v

Derivemos (γ) con respecto al tiempo:

MdVCM

dt=

m1dv1

dt+

m2dv2

dt...+

mndvn

dtMaCM = m1a1 +m2a2...+mnan

Tal como nos indica en la figura:

MaCM = F1 + F2...+ Fn =∑

Fi = Fext

MaCM = Fext

m1

m2

m3

rr

r

1

1

3

3

2

2 FF

Fx

Y

Z

daremos a continuación algunas características con el centro de masa.(1) la velocidad del centro de masa es la misma antes y después de la colisión.(2)Si el momento lineal es igual a cero, de (γ), VCM = 0, luego el centro de masapermanece constante.(3) Con relación a sus centros de masa, la cantidad de momento(momento lineal) de unsistema se anula.


99

6.2. Cantidad de Movimiento lineal de una partícula oMomentum lineal

sea una partícula de masa "m"que se encuentra en una posición r y se tiene una velocidadv, se define el momentum lineal de una partícula como el producto de las masas por lavelocidad que tienen la partícula en el instante: P = mv,luego el momentum depende delsistema de referencia.(I)Newton expreso su segunda ley así:F = dP

dt:"la rapidez con la que cambia la cantidad

de movimiento de una partícula es proporcional a la fuerza resultante que actúa sobre elcuerpo y se halla en dirección y sentido de esa fuerza"

F =dP

dt=

d

dt(mv) =

(dm

dt

)v +

mdv

dt.

Si la masa no varia y (v << C).

dm

dt= 0,F =

dP

dt= ma

6.3. Principio de Conservación de la Cantidad de Movimien-to

De la expresión , si:Fext =dPdt

= 0, entonces.dPdt

= 0 luego P es constante, donde

P = P1 +P2 +P3 +P4...+Pn....(ϵ)

Çuando la resultante de las fuerzas externas sobre un sistema de partículas es cero=la cantidad de movimiento permanece constante"para varios sistemas de referencia P ,tendrá diferentes valores, pero todos ellos consideran que su P permanezca constate cuandoFext = 0

6.4. Choqueses la interacción entere dos o mas cuerpos, en la cual actúan fuerzas muy grandes F → ∞,en un tiempo muy pequeño (∆t → ∞. razón por al cual, es difícil estudiar el fenómeno delos choques, durante el choque mismo, para ello estudiaremos .antes del choque y despuésdel choque"


100

6.5. Impulsosea F (t) la fuerza que actua durante el choque (tf − ti > 0), antes y despues se anulan talcomo se indica en la figura, como: se define:

F =dP

dt,

dP = Fdt∫ pf

pi

=

∫ tf

ti

Fdt

Pf − pi =

∫ tf

ti

Fdt

Fase decomprensión

Fase derestitución

F(t)

t t ti m f

Pf − pi = ∆P = I =

∫ tf

ti

Fdt = F (tf − ti) = F∆t

el area debajo de la función F (t) es el impulso.

6.6. Choques en una Dimensióncuando la energía cinética se conserva o permanecía constante (antes y después del choque)se tienen un choque elástico en caso contrario, se llama inelástico

6.6.1. Choque Elástico (frontal o directo)

Sean dos masas m1 y m2, que tienen velocidades iniciales antes del choque para cada unoV1i, V2i y V1f , V2f después del choque:

m mm m1 1

1i1f

2 2

2i2f

VV

VV

Antes Despues

Velocidad relativa de acercamiento:V1i − V2i

velocidad relativa de separación: V2f − V1f

por ser choques elásticos: la energía cinética se conserva, antes y después.

V2f =2m1

(m1 +m2)V1i +

m2 −m1

(m1 +m2)V2i


101

6.6.2. Choques Inelásticos

en este caso la energía cinética no se conserva, cuando la energía cinética inicial es mayorque la energía cinética final, la diferencia se consigue se convierte en calor o energíapotencial de deformación.Cuando la energía cinética final es mayor que la energía cinética inicia, la diferencia sedesprende energía potencia en el choque.en ambos casos se cumple el principio de la conservación de la cantidad de movimiento,

m mm m1 1

1i1f

2 2

2i2f

VV

VV

Antes Despues

m1V1i +m2V2i = m1V1f +m2V2f

6.6.3. Choque completamente inelástico

Aquí también la energía cinética no se conserva. en este caso las dos partículas quedanunidad después del choque, luego se tiene una velocidad en común Vf .

m

m

m

m1

11i

2

22iF

V VV

Antes Despues

m1V1i +m2V2i = (m1 +m2)Vf

en este caso hay desprendimiento de calor.

6.7. Coeficiente de restitucióncuando los choques son inelásticos, es necesario otras condiciones para hallar las veloci-dades de las partículas después del choque, por ello se define el coeficiente de restitución:e,que es un numero adimensional, que se define como la relación de las velocidades relativasdespués del choque y antes del choque.

m mm m1 1

1i1f

2 2

2i2f

VV

VV

Antes Despues


102

e = −v2f − v1fv2i − v1i

, 0 ≤ e ≤ 1

(a)choque elástico:

e = 1 = −v2f − v1fv2i − v1i

(b)choque inelástico:

0 ≤ e ≤ 1, e = −v2f − v1fv2i − v1i

(c)choque completamente inelástico:

e = 0, v2f = v1f = Vf


103


Problema 6.1 una bala de 10g pega contra un péndulo balístico de masa 2kg. El centrode masa del péndulo se levanta una distancia vertical de 12cm. Suponiendo que la balapermanece ahogada en el péndulo, calcular su velocidad inicial

Solución:

m = 10gr (masa de la bala)m = 2kg (masa del péndulo)y = 12cm (Distancia vertical)según las observaciones de la cándidas demovimiento:

mv1 = (m+M)V.........(1)

Aplicando el principio de la conservación de laenergía.

v1

Mm

y=12

1

2(m+M)V 2 = (m+M)gy..........(2)

De las ecuaciones (1) y (2) obtenemos:

v1 =m+M

m

√2gy =

2010

10

√2× 980× 12 = 30,753cm/seg

Problema 6.2 Un cuerpo de masa 2kg efectúa un choque elástico contra otro cuerpo queesta en reposo y después sigue moviéndose en el sentido que lleva originalmente pero conuna velocidad de la cuerda parte.¿cual es la mas del cuerpo que recibió el golpe?

Solución:

V V

V V

1 1

1 1

2 2

2 2

m mm m


104

como el momento se conserva:

m1v1 +m2v2 = m1v′

1 +m2v′

2

m1v1 + 0 = m1v14

+m2v′

2

m2v′

2 =3

4m1v1......(α)

Además, el choque es elástico:

v′

2 − v′

1 = v1 + v2

v′

2 −v14

= v1 + 0

v′

2 =5

4v1.......(β)

(β) en (α):

m2(5

4v1) =

3

4m1v1

m2 =3

5m1

reemplazando valores

m2 =3

5× 2 = 1,2kg

Problema 6.3 Una bala m, incide sobre un péndulo de masa M y longitud L, se intro-duce en el péndulo y asciende el conjunto a una altura h. Hallar la velocidad de la bala

Solución:

v

mM

R

R

h


105

por conservación de momento:

mv + 0 > = (M +m)V

V =mv

M +m.........(1)

Con esta velocidad asciende una altura h:por conservación de energía se tiene

[(M +m)gh− 0] +

[0− 1

2(M +m)V 2

]= 0

V =√2gh.......(2)

de (2) y (1) √2gh =

mv

M +m

v =M +m

m

√2gh

Problema 6.4 Una esfera que se esta moviendo con una velocidad de 60m/s cuandoexplota en dos fragmentos, inmediatamente después de la explosion los fragmentos sonobservados que viajan en la dirección mostrado, si la velocidad del fragmento A es 80m/s.Hallar la masa del fragmento B

80m/s=VA

30

5kgV=60m/s

vBm

m1

2

x

y

Solución:

por el principio de conservación de momento:

Pix = Pfx

mv = m2vB cos 30o

300 = m2vB cos 30o....(1)


106

Piy = Pfy

0 = vAm1 −m2vB sin 30o

0 = 80m1 −m2vB sin 30o

160m1 = m2vB....(2)

Además: m1 +m2 = 5......(3)de (2) y (1) se tiene

300 = 160m1 cos 30o

m1 = 2,16Kg

m2 = 2,84kg

de (1)

300 = m2vB cos 30o

vB = 122,12m/s

Problema 6.5 Una bola de billar que se mueve con una velocidad de 2.2m/s pega angu-larmente contra otra bola idéntica que se encuentra en reposo. Después del choque se hallaque una de las bolas se va moviendo con una velocidad de 1.1m/s en una dirección queforma un ángulo de 60o con respecto a la dirección original del movimiento. Encontrar lavelocidad de la otra bola. Dados estos datos, ¿puede ser inelástico el choque?

60

qu =2.2m/s1

1

2V

V

Solución:

Por el principio de la conservación de la cantidad de movimiento tenemos:

mu1 = mV2 cos 60o +mV1 cos θ.......(1)

0 = mV2 sin 60o −mV1 sin θ............(2)

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) obtenemos:

θ = arctan 0,577 = 30o

V1 = 1,9m/seg


107

Problema 6.6 Una bola de acero pesa 4.45N va fijar a una cuerda de 0.68m y se sueltacuando cuando la cuerda esta en horizontal. En la parte inferior de su trayectoria, la bolapega contra un bloque de acero de 22.2N que se encuentra inicialmente en reposo. si elchoque es elástico. Hallar la velocidad de la bola y del bloque inmediatamente después delchoque

Solución:

Al soltar la bola, llega al cuerpo de masa M conuna velocidad V1i.cuando cuerda pasa de la posición horizontal ala de vertical: ∆U +∆K = 0

(0−mgL) + (1

2mV 2

1i − 0) = 0

V1i =√

2gL =√

2× 9,8× 0,68

V1i = 3,65m/seg

Por ser choque elástico:

m

m

m

M

M

V

V V

1i

1f 2f

L

L

1 = −V2f − V1f

V2i − V1i

→ V1f = V2f − V1i.........(1)

Por el P.C.C.M:

mV1f + 0 = mV1f +MV2f .....(2)

de (1) en(2):

mV1f = m(V2f − V1i) +MV2f

V2f =2mV1i

M +m=

2× 4,45× 3,65

22,2 + 4,45= 0,82m/seg

entonces:

V1f = V2f − V1i = 0,82− 3,65

V1f = −2,83


108

Problema 6.7 Una bola desliza sobre el hielo y choca contra uno de los costados de lapista con velocidades de 30m/seg y un ángulo de 60o, rebosa a 30o con respecto al costado.Hallar el coeficiente de restitución

Solución:

Por definición del coeficiente de restitución

e = −V2f − V1f

V2i − V1i

e = −0− V1f sin 30o

0− V1i sin 60o

e =V1f√3V1i

....(1)

Por el P.C.C.M en el eje x:

aaaaaaaay

x60 30

m

m

V

V

1i

1f

mV1i cos 60o = mV1f cos 30

o.

V1f

V1i

=1√3....(2)

de (2) y (1)

e =1√3

(1√3

)=

1

3= 0,33


Parte III

Metodología, Cronograma deActividades

109

Capítulo 7

METODOLOGÍA

7.1. MétodosLos métodos utilizados en el desarrollo de la práctica pre-profesional fue tanto el métododeductivo y el método inductivo ambos enmarcados dentro del método activo pues la laborde un docente universitario más que presentar principios, métodos y definiciones es contarcon la participación del alumno.

7.2. TécnicasExisten muchas técnicas para hacer llegar nuestro conocimiento y lograr un aprendizajeapropiado, las técnica utilizada consiste en una exposición oral, estimulando siempre laparticipación del alumno en los trabajos de clase.

Los medios y materiales para el desarrollo de las sesiones de aprendizaje son:

Auditivo: de acceso personal, esto es, voz humana.

Visual: empleo de pizarra, plumon, tiza y mota.

110

Capítulo 8

CRONOGRAMA DE ACTIVIDADES

8.1. Temas Desarrollados

Parte II

Capítulo Temas1 Estática2 Cinemática3 Dinámica4 Trabajo Energía y Potencia5 Dinámica de un Sistema de Particulas

8.2. Cronograma de Actividades

Tema Setiembre Octubre Noviembre Diciembre30 1 7 14 21 28 4 11 18 25 2 9

1 • •2 • • •3 • • •4 • •5 • •

111

Capítulo 9

RELACIÓN DE ESTUDIANTES YASISTENCIAS

9.1. Relación de EstudiantesN◦ Apellidos y Nombres Código1 ARRATIA CHAMBI ADOLFO 0835492 CAHUANA SONCCO RIGOBERTO 0948053 CALLA CONDORI MIRIAN 0948024 CUTIPA CONDORI GILVER IVAN 0948065 FLORES JIMENES WILMER ELOY 0935286 HUHUASONCCO JOVE EDITH MIRIAN 0948087 MAMANI ALANOCA ZULMA 0948128 MAMANI ALEJO NORMA 0948139 MAMANI CRUZ RONY ANGEL 09481410 NINA AGUILAR YESELIA 09350811 TORRES JILAPA ELOY 09400112 SUASACA PELINCO ROGER ALEXANDER 094819

112

113

Numero Codigo Setiembre Octubre Noviembre Diciembre30 1 7 14 21 28 4 11 18 25 2 9

1 083549 • • • • • • • •2 094805 • • • • •3 094802 • • • • • • • • • • •4 094806 • • • • • • •5 093528 • • • • • •6 094808 • • • • • • • • •7 094812 • • • • • • • • •8 094813 • • • • • • • •9 094814 • • • • • • • • • • •10 093508 • • • • • • • •11 094001 • • • • • • • • • •12 094819 • • • • • • • • • •


Bibliografía

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[2] LEYVA NAVEROS, Humberto, (1995),Física I Teoría y Problemas Resueltos

[3] JEWETT JR., Jhon W. y SERWAY, Raymond A., (2005),Física para ciencias eingenierías Volumen I

[4] W. SEARS, Francis, W. ZEMANSKY, Mark y otros (1977),Fisica UniversitariaVolumen I

114

informe_i

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