38 Problemas resueltos sobre las Leyes del Movimiento (página 2)

Partes: 1, 2

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL
MOVIMIENTO

Problema 5.2 Edición cuarta Serway; Problema 5.20
Edición quinta Serway

Tres fuerza dadas
por F1 = (- 2i + 2j )N, F2 = ( 5i – 3j
)N, y F3 = (- 45i) N actúan sobre un objeto
para producir una aceleración de magnitud 3,75
m/seg2

a) Cual es la dirección de la
aceleración?

b) Cual es la masa del objeto?

c) Si el objeto inicialmente esta en reposo.
Cual es su velocidad
después de 10 seg?

d) Cuales son las componentes de velocidad del objeto
después de 10 seg.

a) Cual es la dirección de la
aceleración?

∑F = m * a

∑F = F1 + F2 +
F3

∑F = (- 2i + 2j ) + ( 5i -3j ) + (-45i) = m * a =
m * (3,75 ) a

Donde a representa la dirección de a

∑F = (- 42i – 1j ) = m * a = m * (3,75 )
a

u = arc tg 2,3809 * 10-2

u = 181,360

42 = = m * (3,75 ) a

La aceleración forma un ángulo de
1810 con respecto al eje x.

b) Cual es la masa del objeto?

42 = m * (3,75 )

c) Si el objeto inicialmente esta en reposo. Cual
es su velocidad después de 10 seg?

d) Cuales son las componentes de velocidad del
objeto después de 10 seg.

VX = VF * cos 181 = – 37,5
m/seg

VY = VF * sen 181 = – 0,654
m/seg

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5 – 4 Edición cuarta
Serway;

Una partícula de 3 kg parte del reposo y se
mueve una distancia de 4 metros en 2 seg. Bajo la acción de una fuerza constante
única. Encuentre la magnitud de la fuerza?

m = 3 Kg.

X = 4 metros

T = 2 seg.

pero; V0 = 0

2 X = a t2

F = m * a

F = 3 * 2 = 6 Newton.

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5.5 Edición cuarta Serway; Problema
5.5 Edición quinta Serway

Una bala de 5 gr sale del cañón de un
rifle con una rapidez de 320 m/seg. Que fuerza ejercen los
gases en
expansión tras la bala mientras se mueve por el
cañón del rifle de 0,82 m de longitud. Suponga
aceleración constante y fricción
despreciable.

F = m * a

F = 0,005 * 62439,02 = 312,91 Newton.

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5.6 Edición cuarta Serway; Problema
5.6 Edición quinta Serway

Un lanzador tira horizontalmente hacia el frente una
pelota de béisbol de 1,4 Newton de peso a una velocidad
de 32 m/seg. Al acelerar uniformemente su brazo durante 0,09
seg Si la bola parte del reposo.

Que distancia se desplaza antes de
acelerarse?
Que fuerza ejerce el lanzador sobre la
pelota.

W = 1,4 Newton t = 0,09 seg. V0 = 0
VF = 32 m/seg

VF = V0 +a * t pero: V0
= 0

VF = a * t

W = m g

FX = m a = 0,142 * 355,55

FX = 50,79 Newton.

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5 – 7 Edición cuarta
Serway

Una masa de 3 kg se somete a una aceleración
dada por a = (2 i + 5 j) m/seg2 Determine la fuerza
resultante F y su magnitud.

F = m a

F = 3 * (2 i + 5 j)

F = (6 i + 15 j) Newton

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO (CUARTA
EDICION)

Problema 5.8 Edición cuarta Serway; Problema
5.4 Edición quinta Serway

Un tren de carga tiene una masa de 1,5 *
107 kg. Si la locomotora puede ejercer un
jalón constante de 7,5 * 105 Newton. Cuanto
tarda en aumentar la velocidad del tren del reposo hasta 80
km/hora.

m = 1,5 * 107 kg. V0 =
0 VF = 80 km/hora. F = 7,5 * 105
Newton.

F = m a

VF = V0 +a * t pero: V0
= 0

VF = a * t

SERWAY CAPITULO 5 LAS LEYES DEL
MOVIMIENTO

Problema 5.9 Edición cuarta
Serway

Una persona pesa 125
lb.

Determine a) Su peso en Newton.

b) Su masa en kg.

W = m g

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5.24 Edición quinta
Serway

Una bolsa de cemento de 325
Newton de peso cuelgan de 3 alambres como muestra la figura
p5 – 24. Dos de los alambres forman ángulos
θ1 = 600
θ2 =
250 con la horizontal.

Si el sistema esta en
equilibrio
encuentre las tensiones T1 , T2 y
T3

T1Y = T1 . sen 60 T2Y =
T2. sen 25

T1X = T1 . cos 60 T2X =
T2 . cos 25

S FX =
0

T1X – T2X = 0 (ecuación
1)

T1X = T2X

T2 . cos 25 = T1 . cos
60

T2 . 0,9063 = T1 . 0,5

(Ecuación 1)

S FY =
0

T1Y + T2Y – W =
0

T1Y + T2Y = W pero: W = 325
N

T1Y + T2Y = 325

T1 . sen 60 + T2. sen 25 =
325

0,866 T1 + 0,4226 T2 = 325
(Ecuación 2)

Reemplazando la ecuación 1 en la
ecuación 2

0,866 T1 + 0,4226 T2 =
325

0,866 T1 + 0,4226 *(0,5516 T1)
= 325

0,866 T1 + 0,2331 T1 =
325

1,099 T1 = 325

T1 = 295,72 N.

Para hallar TC se reemplaza en la
ecuación 1.

T2 = 0,5516 T1

T2 = 0,5516 * (295,72)

T2 = 163,11 Newton.

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5.26 Edición cuarta
Serway

Encuentre la tensión en cada cuerda para los
sistemas
mostrados en la figura P5.26. Ignore la masa de las
cuerdas.

Pero:

T2X = T2 cos 50

T1X = T1 cos 40

Reemplazando

T2X = T1X

T2 cos 50 = T1 cos 40

T2 0,6427 = T1 0,766

T2 = 1,1918 T1 (ecuación
1)

∑ FY = 0

∑ FX = T2Y + T1Y –
W = 0

Pero:

T2Y = T2 sen 50

T1y = T1 sen 40

W = m * g = 5 * 9,8 = 49 Newton

Reemplazando

T2Y + T1Y – W = 0

T2 sen 50 + T1 sen 40 – 49 =
0

T2 0,766 + T1 0,6427 – 49
= 0 (ecuación 2)

Reemplazando la ecuación 1 en la
ecuación 2.

T2 0,766 + T1 0,6427 – 49
= 0 pero: T2 = 1,1918 T1

(1,1918 T1) * 0,766 + T1 0,6427
– 49 = 0

(0,9129 T1) + T1 0,6427 =
49

1,5556 T1 = 49

Se reemplaza en la ecuación 1

T2 = 1,1918 T1 (ecuación
1)

T2 = 1,1918 (31,5 ) = 37,54 Newton

T2 = 37,54 Newton.

Pero:

T1X = T1 cos 60

Reemplazando

T2 = T1X

T2 = T1 cos 60

T2 = T1 0,5

(Ecuación 1)

∑ FY = 0

∑ FY = T1Y – W = 0

Pero:

T1y = T1 sen 60

W = m * g = 10 * 9,8 = 98 Newton

Reemplazando

T1Y – W = 0

T1 sen 60 – 98 = 0

T1 sen 60 = 98 (ecuación
2)

Reemplazando en la ecuación 1

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5.29 Edición cuarta
Serway

La distancia entre dos postes de teléfono es 45 metros. Un pájaro de
1 kg se posa sobre cable telefónico a la mitad entre los
postes de modo que la línea se pandea 0,18 metros. Cual es
la tensión en el cable (Ignore el peso del
cable).

∑ FY = 0

∑ FY = TY + TY – W
= 0

Pero:

Ty = T sen 0,4583

W = m * g = 1 * 9,8 = 9,8 Newton

T sen 0,4583 + T sen 0,4583 – W = 0

2 T sen 0,4583 = W = 9,8

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

PROBLEMA 5 – 33 SERWAY CUARTA
EDICION

Un bloque de masa m = 2 Kg. Se mantiene en equilibrio
sobre un plano inclinado de ángulo θ =
600 mediante una fuerza horizontal F, como se muestra
en la figura P5 – 33.

Determine el valor de F,
la magnitud de F.
Encuentre la fuerza normal ejercida por el plano
inclinado sobre el bloque (ignore la
fricción).

Σ FX =
0

FX – WX = 0
(Ecuación 1)

FX = WX

Pero: FX = F cos 60

WX = W sen 60

F cos 60 = W sen 60

Encuentre la fuerza normal ejercida por el plano
inclinado sobre el bloque (ignore la fricción).

Σ FY =
0

N – WY – FY = 0
(Ecuación 2)

Pero: FY = F sen 60

WY = W cos 60

Reemplazando en la ecuación 2

N – WY – FY = 0
(ecuación 2)

N – W cos 60 – F sen 60 = 0

N – m g cos 60 – F sen 60 = 0

N – 2 * 9,8 * 0,5 – 33,94 * 0,866 =
0

N – 9,8 – 29,39 = 0

N = 9,8 + 29,39

N = 39,19 Newton

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5.34 Serway cuarta
edición

La bala de un rifle con una masa de 12 gr viaja con una
velocidad de 400 m/seg y golpea un gran bloque de madera, el
cual penetra una profundidad de 15 cm. Determine la magnitud de
la fuerza retardadora (supuesta constante) que actúa sobre
la bala.

X = 15 cm = 0,15 m

V0 = 400 m/seg VF = 0

F = m a = 0,012 * (-533333,33) = – 6400
Newton

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5. 36 Serway cuarta
edición

La fuerza del viento sobre la vela de un velero es de
390 Newton en dirección al Norte. El agua ejerce
una fuerza de 180 Newton al este. Si el bote junto con la
tripulación tiene una masa de 270 kg. Cuales son la
magnitud y dirección de su aceleración?

θ = arc tg 2,1666

θ =
65,220

FR = m * a

Pero: m = 270 Kg.

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5.37 Serway cuarta edición; Problema
5.37 Serway quinta edición

En el sistema que se muestra en las figura p5.37, una
fuerza horizontal FX actúa sobre una masa de 8
kg. La superficie horizontal no tiene fricción.

Para cuales valores de
FX la masa de 2 kg. acelera hacia
arriba?.
Para cuales valores de FX la
tensión en la cuerda es cero.
Grafique la aceleración de la masa de 8 kg
contra FX incluya valores de FX = – 100
N. y FX = 100 N

S FY =
m1 a

S FY = T –
P1 = m1 a

T – m1 g = m1 a
(Ecuación 1)

Bloque m2

S FX =
m2 a

FX – T = m2 a (Ecuación
2)

Resolviendo las ecuaciones,
encontramos la aceleración del sistema.

– m1 g + FX = m1 a
+ m2 a

a (m1 + m2 ) = –
m1 g + FX

a (2 + 8) = -2 * 9,8 + FX

10 a + 19,6 =
FX

Si a = 0

FX = 19,6 Newton, es decir es la
mínima fuerza necesaria para que el cuerpo se mantenga
en equilibrio.

Si a > 0 El cuerpo se desplaza hacia la derecha,
por la acción de la fuerza FX

Para cuales valores de FX la tensión
en la cuerda es cero.

Despejando la aceleración en la ecuación
1

T – m1 g = m1
a

T – 2g = 2 a

Despejando la aceleración en la ecuación
2

FX – T = m2 a

FX – T = 8 a

Igualando las aceleraciones.

8 * (T – 2g) = 2 * (FX –
T)

8T – 16g = 2FX – 2T

8T + 2T = 2FX + 16g

10T = 2FX + 16g

Si T = 0

FX = – 8 g

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5.38 Serway cuarta edición: Problema
5.35 Serway quinta edición

Dos masas m1 y m2 situadas sobre
una superficie horizontal sin fricción se conectan
mediante una cuerda sin masa Una fuerza F se ejerce sobre una de
las masas a la derecha Determine la aceleración del
sistema y la tensión T en la cuerda.

Bloque m1

∑ FX = m1 a

T = m1 a (Ecuación 1)

Bloque m2

∑ FX = m2 a

F – T = m2 a (Ecuación 2)

Sumando las ecuaciones

T = m1 a (Ecuación 1)

F – T = m2 a (Ecuación 2)

F = m1 a + m2 a

F = (m1 + m2 ) a

Reemplazando en la ecuacion1

T = m1 a (Ecuación 1)

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5.40 Serway cuarta
edición

Un bloque se desliza hacia abajo por un plano sin
fricción que tiene una inclinación de q = 150. Si el bloque parte del reposo
en la parte superior y la longitud de la pendiente es 2 metros,
encuentre: La magnitud de la aceleración del
bloque?

Su velocidad cuando alcanza el pie de la
pendiente?

S FY =
0

WY – N = 0

WY = N Pero: WY = W cos
q

W cos q = N

S FX = m
a

WX = m a

Pero: WX = W sen q

g sen q = a

a = 9,8 * sen 15 = 9,8 * 0,258

a = 2,536 m/seg2

SERWAY CAPITULO 5 LAS LEYES DEL
MOVIMIENTO

Problema 5.40 Serway quinta
edición

El coeficiente de fricción estática
es 0,8 entre las suelas de los zapatos de una corredora y la
superficie plana de la pista en la cual esta corriendo. Determine
la aceleración máxima que ella puede lograr.
Necesita usted saber que su masa es 60 kg?

∑FX = m a

FR = m a (Ecuación
1)

∑FY = 0

N – W = 0

N = W

N = m g

Pero: FR = μ N

FR = μ m g

Reemplazando en la ecuacion1

FR = m a (Ecuación
1)

a = 7,84 m/seg2

No se necesita saber la masa, como pueden ver se
cancelan en la ecuación, es decir la masa no tiene
relación con la aceleración

CAPÍTULO 5 LAS LEYES DEL
MOVIMIENTO

Problema 5.41 Serway cuarta edición; Problema
5.62 Serway quinta edición;

Un bloque de masa m = 2 kg se suelta del reposo a una
altura h = 0,5 metros de la superficie de la mesa, en la parte
superior de una pendiente con un ángulo
θ = 300 como se
ilustra en la figura 5 – 41. La pendiente esta fija sobre
una mesa de H = 2 metros y la pendiente no presenta
fricción.

Determine la aceleración del bloque cuando se
desliza hacia debajo de la pendiente
Cual es la velocidad del bloque cuando deja la
pendiente.
A que distancia de la mesa, el bloque golpeara el
suelo.
Cuanto tiempo ha
transcurrido entre el momento en que se suelta el bloque y
cuando golpea el suelo.
La masa del bloque influye en cualquiera de los
cálculos anteriores.

∑ FX = m a

PX = m a

Pero: PX = P sen 30

PX = m g sen 30

g sen 30 = a

a = 9,8 * 0,5

a = 4,9 m/seg2

VX = VF cos 30

VX = 3,13 * 0,866

VX= 2,71 m/seg.

VY = VF sen 30

VY = 3,13 sen 30

VY = 1,565 m/seg.

CAPÍTULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5.41 Serway quinta edición; Problema
5.48 Serway cuarta edición

Un bloque de 25 kg esta inicialmente en reposo sobre una
superficie horizontal. Se necesita una fuerza horizontal de 75
Newton para poner el bloque en movimiento. Después de que
empieza a moverse se necesita una fuerza de 60 Newton para
mantener el bloque en movimiento con rapidez constante. Determine
los coeficientes de fricción estática y
cinética a partir de esta información.

∑FX = 0

F – FR = 0 (Ecuación
1)

∑FY = 0

N – W = 0

N = W = m g

N = 25 * 9,8 = 245 Newton

N = 245 Newton

FR =
μCINET N

FR = 245
μCINET

Reemplazando en la ecuación 1

F – FR = 0 (Ecuación
1)

75 – 245
μCINET =
0

245
μCINET =
75

Después de que empieza a moverse se necesita una
fuerza de 60 Newton para mantener el bloque en movimiento con
rapidez constante. Determine los coeficientes de fricción
estática

El cuerpo se desplaza a velocidad constante, entonces
la aceleración es cero

∑FX = 0

F – FR = 0 (Ecuación
1)

∑FY = 0

N – W = 0

N = W = m g

N = 25 * 9,8 = 245 Newton

N = 245 Newton

FR =
μESTAT N

FR = 245
μESTAT

Reemplazando en la ecuación 1

F – FR = 0 (Ecuación
1)

60 – 245
μESTAT =
0

245
μESTAT =
60

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO (QUINTA
EDICION)

Problema 5.42 Serway quinta
edición

Un auto de carreras acelera de manera uniforme de 0 a 80
millas/hora en 8 seg. La fuerza externa que lo acelera es la
fuerza de fricción entre los neumáticos y el
camino. Si los neumáticos no derrapan, determine el
coeficiente de fricción mínima entre los
neumáticos y el camino.

∑FX = m a

FR = m a (Ecuación
1)

Pero: FR = μ N

FR = μ m g

Reemplazando en la ecuación 1

VF = V0 +a * t pero: V0
= 0

VF = a * t pero: a = 9,8
μ

35,555 = 9,8 μ * 8

35,555 = 78,4 μ

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5.43 Serway quinta edición; Problema
5.52 Serway cuarta edición

Un auto viaja a 50 millas/hora sobre una autopista
horizontal.

Si el coeficiente de fricción entre el camino
y las llantas en un día lluvioso es 0,1.
Cual es la distancia de frenado cuando
la superficie esta seca y μ = 0,6

∑FX = m a

FR = m a (Ecuación
1)

Pero: FR = μ N

FR = μ m g

Reemplazando en la ecuación 1

FR = m a (Ecuación
1)

μ g = a

a = 9,8 μ = 9,8 * 0,1 = 0,98

a = 0,98 m/seg2

Cual es la distancia de frenado cuando la superficie
esta seca y μ = 0,6

∑FX = m a

FR = m a (Ecuación
1)

Pero: FR = μ N

FR = μ m g

Reemplazando en la ecuación 1

μ g = a

a = 9,8 μ = 9,8 * 0,6 = 5,88

a = 5,88 m/seg2

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5.44 Serway quinta edición; Problema
5.32 Serway cuarta edición

Una mujer en el
aeropuerto jala su maleta de 20 kg a una rapidez constante y su
correa forma un ángulo θ respecto de la horizontal
(figura p5 – 44). Ella jala la correa con una fuerza de 35
Newton y la fuerza de fricción sobre la maleta es de 20
Newton.

Dibuje un diagrama de
cuerpo libre para la maleta.

Que ángulo forma la correa con la
horizontal?
∑ FX = 0 (No existe
aceleración por que se desplaza a velocidad
constante)
FX – FR =
0
FX = FR
Pero: FX = F cos
θ
F cos θ =
FR
35 cos θ = 20
θ = arc cos 0,5714
θ =
55,150
Que fuerza normal ejerce el piso sobre la
maleta?
∑ FY = 0
N + FY – W = 0
N = W – FY
Pero: FY = F sen
θ
FY = 35 sen
55,150
FY = 28,7227
N = W – FY
N = m g – FY
N = 20 * 9,8 – 28,7227
N = 196 – 28,7227
N = 167,27 Newton
CAPITULO 5 LAS LEYES DEL
MOVIMIENTO
Problema 5.45 Serway quinta edición;
Problema 5.57 Serway cuarta edición
Un bloque de 3 kg parte del reposo en la parte
superior de una pendiente de 300
Y se desliza 2 metros hacia abajo en 1,5
seg.
Encuentre a) La magnitud de la aceleración
del bloque.
b) El coeficiente de fricción cinética
entre el bloque y el plano.
Que fuerza normal ejerce el piso sobre la
maleta?
La fuerza de fricción que actúa sobre
el bloque.
La rapidez del bloque después de que se ha
deslizado 2 metros.

m = 3 Kg.

X = 2 metros

t = 1,5 seg.

Pero; V0 = 0

2 X = a t2

El coeficiente de fricción cinética entre
el bloque y el plano.

∑ FX = m a

WX – FR = m a
(Ecuación 1)

Pero: WX = W sen 30

WX = m g sen 30

WX = 3 * 9,8 * 0,5

WX = 14,7 Newton.

∑ FY = 0

N – WY = 0

N = WY = W cos 30

N = m g cos 30

N = 3 * 9,8 * 0,866

N = 25,461 Newton

FR = μ
N

FR = μ
25,461

Reemplazando en la ecuación 1

WX – FR = m a
(Ecuación 1)

14,7 – μ 25,461 = m a

14,7 – μ 25,461 = 3 * 1,77

14,7 – μ 25,461 = 5,31

μ 25,461 = 14,7 – 5,31

μ 25,461 = 9,39

La fuerza de fricción que actúa sobre el
bloque.

FR = μ
N

FR = 0,368 * 25,461

FR = 9,36 Newton

La rapidez del bloque después de que se ha
deslizado 2 metros.

VF = V0 +a * t pero: V0
= 0

VF = a * t pero: a =1,77
m/seg2

VF = 1,77 * 1,5

VF = 2,65 m/seg

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5.47 Serway quinta
edición

Un muchacho arrastra un trineo de 60 Newton con rapidez
constante al subir por una colina de 150 Con una
cuerda unida al trineo lo jala con una fuerza de 25 Newton. Si la
cuerda tiene una inclinación de 350 respecto de
la horizontal.

Cual es el coeficiente de fricción
cinética entre el trineo y la nieve.
En la parte alta de la colina el joven sube al trineo
y se desliza hacia abajo. Cual es la magnitud de la
aceleración al bajar la pendiente

Cual es el coeficiente de fricción
cinética entre el trineo y la nieve.

∑ FX = 0 (No existe aceleración
por que se desplaza a velocidad constante)

FX – FR –
WX = 0 (Ecuación 1)

Pero: FX = F cos 20

FX = 25 cos 20

FX = 23,492 Newton

WX = W sen 15

WX = 60 sen 15

WX = 15,529 Newton

∑ FY = 0

N – WY + FY =
0

N = WY – FY
(Ecuación 2)

Pero: WY = W cos 15

WY = 60 cos 15

WY = 57,955 Newton

FY = F sen 20

FY = 25 sen 20

FY = 8,55 Newton

N = WY – FY
(Ecuación 2)

N = 57,955 – 8,55

N = 49,405 Newton

FR = μ
N

FR = μ
49,405

Reemplazando en la ecuación 1

FX – FR –
WX = 0 (Ecuación 1)

23,492 – μ 49,405 –
15,529 = 0

μ 49,405 = 23,492
– 15,529

μ 49,405 =
7,963

En la parte alta de la colina el joven sube al trineo y
se desliza hacia abajo. Cual es la magnitud de la
aceleración al bajar la pendiente.

∑ FX = m a

WX – FR = m a
(Ecuación 1)

Pero: WX = W sen 15

WX = 60 sen 15

WX = 15,529 Newton

∑ FY = 0

N – WY = 0

Pero: WY = w cos 15

WY = 60 cos 15

WY = 57,955 Newton.

N = WY = 57,955 Newton.

FR = μ N = 0,161
* 57,955

FR = 9,33 Newton

W = m g

Reemplazando en la ecuación 1

WX – FR = m a
(Ecuación 1)

15,529 – 9,33 = 6,122 a

6,199 = 6,122 a

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5.47 Serway cuarta
edición

Un bloque que cuelga de 8,5 kg se conecta por medio de
una cuerda que pasa por una polea a un bloque de 6,2 kg. que se
desliza sobre una mesa plana (fig. 5 – 47). Si el
coeficiente de fricción durante el deslizamiento es 0,2,
encuentre: La tensión en la cuerda?

Bloque m1

S FY =
0

m1 * g – N1 = 0

m1 * g = N1 = 6,2 * 9,8 = 60,76
Newton

N1 = 60,76 Newton

FR = m
N1 = 0,2 * 60,76 = 12,152 Newton.

FR = 12,152 Newton.

S FX =
m1 * a

T – FR = m1 * a
(Ecuación 1)

Bloque m2

S FY =
m2 * a

m2 * g – T = m2 * a
(Ecuación 2)

Resolviendo las ecuaciones, hallamos la
aceleración del conjunto:

FR + m2 * g =
m1 * a + m2 * a

a (m1 + m2) = –
FR + m2 * g Pero: FR =
12,152 Newton.m1 = 6,2 Kg. m2 = 8,5
Kg.

a ( 6,2 + 8,5) = – 12,152 + (8,5 * 9,8)

a (14,7) = -12,152 + 83,3

a (14,7) = 71,148

a = 4,84 m/seg2

Para hallar la tensión de la cuerda se
reemplaza en la ecuación 2.

m2 * g – T = m2 * a
(Ecuación 2)

m2 * g – m2 * a = T

T = 8,5 * 9,8 – 8,5 * 4,84 = 83,3 – 41,14
=

T = 42,16 Newton

CAPÍTULO 5 LAS LEYES DEL
MOVIMIENTO

PROBLEMA 5.49 SERWAY CUARTA
EDICIÓN

Suponga que el coeficiente de fricción entre las
ruedas de un auto de carreras y la pista es 1. Si el auto parte
del reposo y acelera a una tasa constante por 335 metros. Cual es
la velocidad al final de la carrera?

Σ FX = m
a

FR = m a (ecuación
1)

µ N = m a

Pero:

Σ FX =
0

N – m g = 0

N = m g

µ g = a

a = 1 * 9,8 m/seg2

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5.51 Serway quinta edición; Problema
5.55 Serway cuarta edición

Dos bloques conectados por una cuerda sin masa son
arrastrados por una fuerza horizontal F. Suponga F = 68 Newton
m1 = 12 kg m2 = 18 kg y que el coeficiente
de fricción cinético entre cada bloque y la
superficie es 0,1.

Dibuje un diagrama de cuerpo libre para cada
bloque
Determine la tensión T y la magnitud de la
aceleración del sistema.

Bloque m1

S FY =
0

m1 * g – N1 = 0

m1 * g = N1 = 12 * 9,8 = 117,6
Newton

N1 = 117,6 Newton

FR1 = m
N1 = 0,1 * 117,6 = 11,76 Newton.

FR1 = 11,76 Newton.

S FX =
m1 * a

T – FR1 = m1 * a
(Ecuación 1)

Bloque m2

S FY =
0

m2 * g – N2 = 0

m2 * g = N2 = 18 * 9,8 = 176,4
Newton

N2 = 176,4 Newton

FR2 = m
N1 = 0,1 * 176,4 = 17,64 Newton.

FR2 = 17,64 Newton.

S FY =
m2 * a

F – FR2 – T = m2 * a
(Ecuación 2)

Resolviendo las ecuaciones

F – 17,64 – 11,76 = a ( 12 + 18)

68 – 29,4 = 30 a

38,6 = 30 a

T – FR1 = m1 * a
(Ecuación 1)

T – 11,76 = 12 * 1,286

T – 11,76 = 15,44

T = 11,76 + 15,44

T = 27,2 Newton

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5.56 Serway quinta
edición

Tres bloques están en contacto entre si sobre una
superficie horizontal sin fricción, como en la figura 5
– 56. Una fuerza horizontal F es aplicada a
m1.

Si m1 = 2 kg m2 = 3 kg
m3 = 4 kg y F = 18 Newton.

Dibuje diagramas de
cuerpo libre separados para cada bloque y encuentre.

La aceleración de los bloques
La fuerza resultante sobre cada bloque.
Las magnitudes de las fuerzas de contacto entre los
bloques.

La aceleración de los bloques

mT = m1 + m2 +
m3 = 2 + 3 + 4 = 9 kg

mT = 9 kg

F = mT a

Bloque m1

Σ FX = m1
a

F – FC1 = m1
a

18 – FC1 = 2 * 2 = 4

18 – FC1 = 4

FC1 = 18 – 4

FC1 = 14 Newton

La fuerza resultante en el bloque m1
es:

F1 = F –
FC1

F1 = 18 – 14 = 4
Newton

Bloque m2

Σ FX = m2
a

FC1 – FC2 = m2
a

14 – FC2 = 3 * 2 = 6

14 – FC2 = 6

FC1 = 14 – 6

FC2 = 8 Newton

La fuerza resultante en el bloque m2
es:

F2 = FC1 –
FC2

F2 = 14 – 8 = 6
Newton

Bloque m3

Σ FX = m3
a

FC2 = m3 a

FC2 = 4 * 2 = 8

FC2 = 14 – 6

FC2 = 8 Newton

La fuerza resultante en el bloque m3
es:

F3 = FC2

F2 = 8 Newton

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

PROBLEMA 5.50 SERWAY quinta EDICION; Problema 5.59
Serway cuarta edición

En la figura p5 – 59 se muestran tres masas
conectadas sobre una mesa. La mesa tiene un coeficiente de
fricción de deslizamiento 0,35 . Las tres masas son de 4
kg, 1 kg y 2 kg y las poleas son sin
fricción.

Determine la aceleración de cada bloque y sus
direcciones.
Determine las tensiones en las dos
cuerdas.

Bloque m1

S FY =
m1 a

W1 – T1 = m1
a

m1 g – T1 = m1 a
(Ecuación 1)

Bloque m2

S FX =
m2 a

T1 – FR – T2 =
m2 a (Ecuación 2)

S FY =
0

N2 – W = 0

N2 – m2 g = 0

N2 = m2 g = 1 * 9,8 = 9,8
Newton

N2 = 9,8 Newton

FR = m *
N2

FR = 0,35 *(9,8)

FR = 3,43 Newton

Bloque m3

S FY =
m3 a

T2 – m3 g = m3 a
(Ecuación 3)

Sumando las tres ecuaciones

m1 g – FR –
m3 g = m1 a + m2 a
+ m3 a

m1 g – FR –
m3 g = ( m1 + m2 +
m3 ) a

4 * 9,8 – 3,43 – 2 * 9,8 = ( 4 + 1 + 2 )
a

39,2 – 3,43 – 19,6 = ( 7 ) a

16,7 = 7 a

Hallar la tensión T1

m1 g – T1 = m1 a
(Ecuación 1)

4 * 9,8 – T1 = 4 * 2,31

39,2 – T1 = 9,24

39,2 – 9,24 = T1

T1 = 29,96 Newton

Hallar la tension T2

T2 – m3 g = m3 a
(Ecuación 3)

T2 – 2 * 9,8 = 2 * 2,31

T2 – 19,6 = 4,62

T2 = 19,6 + 4,62

T2 = 24,22 Newton

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5.59 Serway quinta edición; Problema
5.65 Serway cuarta edición.

Una masa M se mantiene fija mediante una fuerza aplicada
F y un sistema de poleas, como se ilustra en la figura p5 –
59 .

Las poleas tienen masa y fricción
despreciables.

Encuentre: a) La tensión en cada sección
de la cuerda T1 T2 T3
T4 y T5

Bloque M

S FY = 0 (Por
que la fuerza F aplicada mantiene el sistema en
equilibrio.)

S FY = M g –
T5 = 0

M g = T5

POLEA 1

S FY =
0

T5 – T2 –
T3 = 0

PERO: T2 =
T3

T5 – T2 –
T2 = 0

T5 – 2 T2 = 0

T5 = 2 T2 y T5 = 2
T3

S FY =
0

F – M g = 0

F = M g

S FY =
0

F = T1

T1 = M g

POLEA 2

S FY =
0

T1 + T2 + T3 =
T4

M g + Mg/2 + Mg/2 = T4

T4 = 2 M g

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5.69 Serway quinta edición; Problema
5.83 Serway cuarta edición

Que fuerza horizontal debe aplicarse al carro mostrado
en la figura 5 – 83 con el propósito de que los
bloques permanezcan estacionarios respecto del carro?

Suponga que todas las superficies, las ruedas y la polea
son sin fricción (sugerencia: Observe que la fuerza
ejercida por la cuerda acelera a m1.

Bloque m1

S FY =
0

m1 * g – N1 = 0

(La fuerza aplicada F sobre el carro acelera el
conjunto, es decir el bloque m1 tiene una
aceleración igual a la del carro)

S FX =
m1 * a

T = m1 * a (Ecuación
1)

Bloque m2

S FY = 0 (La
fuerza aplicada F sobre el carro impide que la masa m2
se desplace)

m2 * g – T = 0 (Ecuación
2)

Resolviendo las ecuaciones, hallamos la
aceleración del conjunto:

m2 * g = m1 * a

Todos los bloques unidos

MT = (M + m1 +
m2)

(La fuerza aplicada F sobre el carro acelera el
conjunto)

S FX =
mT * a

F = mT * a

F = (M + m1 + m2) * a

Pero :

Reemplazando tenemos:

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5.70 Serway quinta edición; Problema
5.84 Serway cuarta edición

Inicialmente el sistema de masas mostrado en la fig 5-
83 se mantiene inmóvil. Todas las superficies, poleas y
ruedas son sin fricción. Dejemos que la fuerza F sea cero
y supongamos que m2 puede moverse solo verticalmente.
En el instante ulterior en el que el sistema de masas se libere,
encuentre:

La tensión T en la cuerda? La
aceleración de m2 ?
La aceleración de M.
La aceleración de m1.

Bloque m1

S FY =
0

m1 * g – N1 = 0

(La aceleración resultante del sistema es la
diferencia entre las aceleraciones, es decir el bloque
m1 tiene una aceleración diferente a la del
carro)

S FX =
m1 * (a – A)

S FX =
m1 * a – m1 * A

T = m1 * a – m1 * A
(Ecuación 1)

Para el carro M

S FX = M *
A

T = M * A (Ecuación 2)

Bloque m2

S FY =
m2 * a (La masa m2 se desplaza hacia abajo
con aceleración = a)

m2 * g – T = m2 *
a

m2 * g – m2 * a = T
(Ecuación 3)

En la ecuación 1, despejamos la
aceleración :

T = m1 * a – m1 *
A

T+ m1 * A = m1 * a

(Ecuación 1)

En la ecuación 2, despejamos la
aceleración :

T = M * A

(Ecuación 2)

Reemplazamos (ecuación 1) y (ecuación
2) en la (ecuación 3) para hallar la tensión en
función
de la masa y gravedad.

m2 * g – m2 * a = T
(Ecuación 3)

pero: (Ecuación 1) (Ecuación
2)

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5.85 Serway cuarta
edición

Los tres bloques de la figura están conectados
por medio de cuerdas sin masa que pasan por poleas sin
fricción. La aceleración del sistema es 2,35
cm/seg2 a la izquierda y las superficies son rugosas.
Determine:

Las tensiones en la cuerda
El coeficiente de fricción cinético
entre los bloques y las superficies (Supóngase la misma
μ para ambos bloques)

Datos: m1 = 10 kg. m2 = 5 kg.
m3 = 3 kg a = 2,35 cm/seg2 g = 9,8
m/seg2

Bloque m1

∑ FY = m1 a

P1 – T1 = m1 a
(Ecuación 1)

P1 = m1 g

P1 = 10 * 9,8 = 98 Newton

P1 = 98 Newton

98 – T1 = m1 a = 10 * 2,35
= 23,5

98 – T1 = 23,5

98 + 23,5 = T1

T1 = 74,5 Newton

Bloque m2

∑ FX = m2 a

T1 – FR2 –
T2 = m2 a (Ecuación
2)

∑ FY = 0

P2 – N2 = 0

P2 = N2

m2 g = N2

P2 = m2 g

P2 = 5 * 9,8 = 49 Newton

P2 = N2 = 49
Newton

Pero: FR2 = μ
N2

FR2 = μ 49

Reemplazando en la ecuación 2

T1 – FR2 –
T2 = m2 a (Ecuación
2)

74,5 – μ 49 – T2 =
m2 a = 5 * 2,35 = 11,75

74,5 – μ 49 – T2
= 11,75

74,5 – 11,75 – μ 49 =
T2

62,75 – μ 49 = T2
(Ecuación 3)

Bloque m3

∑ FX = m3 a

T2 – P3X –
FR3 = m3 a

Pero:

P3X = P3 sen 25

P3X = 3 * 9,8 sen 25

P3X = 12,42 Newton

∑ FY = 0

P3Y – N3 = 0

P3Y = N3

P3Y = P3 cos 25

P3Y = 3 * 9,8 sen 25

P3Y = 26,64 Newton

N3 = 26,64 Newton

FR3 = μ
N3

FR3 = μ
26,64

Reemplazando en:

T2 – P3X –
FR3 = m3 a

T2 – 12,42 – μ
26,64 = 3 * 2,35

T2 = 12,42 + μ
26,64 + 7,05

T2 = 19,47 + μ
26,64 (Ecuaciσn 4)

Igualando las ecuaciones 3 y 4, hallamos el coeficiente
cinético de fricción

62,75 – μ 49 = T2
(Ecuación 3)

T2 = 19,47 + μ 26,64
(Ecuaciσn 4)

62,75 – μ 49 = 19,47 + μ 26,64

62,75 – 19,47 = μ 26,64 + μ 49

43,28 = 75,64 μ

Para hallar la tensión T2 se reemplaza
en la ecuación 4

T2 = 19,47 + μ
26,64 (Ecuaciσn 4)

T2 = 19,47 + 0,572 * 26,64

T2 = 19,47 + 15,23

T2 = 34,7 Newton

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5.86 Serway cuarta
edición

El coeficiente de fricción cinético entre
los bloques de 2 kg y 3 kg. es 0,3. La superficie horizontal y
las poleas son sin fricción y las masas se liberan desde
el reposo.

Dibuje un diagrama de cuerpo libre para cada
bloque
Determine la aceleración de cada
bloque
Encuentre la tensión en las
cuerdas?

Bloque m1

∑ FX = m1 a

T1 – FR = m1
a

∑ FY = 0

P1 – N1 = 0

P1 = N1

m1 g = N1

P1 = m1 g

P1 = 2 * 9,8 = 19,6 Newton

P1 = N1 = 19,6
Newton

Pero: FR = μ
N1

FR = 0,3 * 19,6

FR = 5,88 Newton.

Reemplazando

T1 – FR = m1
a

T1 – 5,88 = 2 a (Ecuación
1)

Bloque m2

∑ FX = m2 a

T2 – FR – T1 =
m2 a

Reemplazando

T2 – FR – T1 =
m2 a

T2 – 5,88 – T1 = 3
a (Ecuación 2)

Bloque m3

∑ FY = m3 a

m3 g – T2 = m3
a

10 * 9,8 – T2 = 10 a

98 – T2 = 10 a (Ecuación
3)

Sumando las tres ecuaciones, se halla la
aceleración del sistema

– 5,88 – 5,88 + 98 = 2 a +3 a + 10 a

86,24= 15 a

Reemplazar en la ecuación 1 para hallar la
tensión T1

T1 – 5,88 = 2 a (Ecuación
1)

T1 – 5,88 = 2 * 5,749

T1 = 5,88 + 11,498

T1 = 17,378 Newton

Reemplazar en la ecuación 1 para hallar la
tensión T2

T2 – 5,88 – T1 = 3
a (Ecuación 2)

T2 – 5,88 – 17,378 = 3 *
5,749

T2 = 17,247 + 23,258

T2 = 40,5 Newton

CAPITULO 5 LAS LEYES DEL MOVIMIENTO

Problema 5.72 Serway quinta edición;
Problema 5.87 Serway cuarta edición

Dos bloques de 3,5 kg. y 8 Kg. de masa se conectan por
medio de una cuerda sin masa que pasa por una polea sin
fricción (figura p 5 – 87). Las pendientes son sin
fricción: Encuentre:

La magnitud de la aceleración de cada
bloque?
La tensión en la cuerda?

NO HAY ROZAMIENTO

Bloque m1

S FX = T –
P1X = m1 * a

Pero: P1X = P1 sen 35 =
m1 g sen 35

P1X = 3,5 * 10 * sen 35 = 20
Newton

T – m1 g sen 35 =
m1 a (Ecuación 1)

Bloque m2

S FX =
P2X – T = m2 * a

Pero: P2X = P2 sen 35 =
m2 g sen 35

P2X = 8 * 10 * sen 35 = 45,88
Newton

m2 g sen 35 – T =
m2 a (Ecuación 2)

Resolviendo las ecuaciones, encontramos la
aceleración del sistema.

– m1 g sen 35 + m2 g sen 35 =
m1 a + m2 a

a ( m1 + m2) = – m1 g
sen 35 + m2 g sen 35

a ( m1 + m2) = – 20 +
45,88

a ( 3,5 + 8) = 25,88

a ( 11,5 ) = 25,88

La tensión en la cuerda?

Reemplazando en la ecuación 1

T – m1 g sen 35 = m1 a
(Ecuación 1)

T -20 = 3,5 * 2,25

T = 7,87 + 20 T = 27,87 Newton

SERWAY CAPÍTULO 5 LAS LEYES DEL
MOVIMIENTO

Problema 5.73 Serway quinta edición; Problema
5.88 Serway cuarta edición

El sistema mostrado en (figura p5 – 87). Tiene una
aceleración de magnitud igual a 1,5 m/seg2 .
Suponga que el coeficiente de fricción cinético
entre el bloque y la pendiente es el mismo en ambas pendientes.:
Encuentre:

El coeficiente de fricción
cinético.
La tensión en la cuerda?

HAY ROZAMIENTO

FR1 , FR2 que se oponen a que
el sistema se desplace hacia la derecha.

Bloque m1

S FX = T –
P1X – FR1 = m1 *
a

Pero: P1X = P1 sen 35 =
m1 g sen 35

P1X = 3,5 * 10 * sen 35 = 20
Newton

P1X =20 Newton

S FY =
P1Y – N1 = 0

P1Y = N1 Pero: P1 =
m1 g

P1Y = P1 cos 35 = m1 g
cos 35

P1Y = 3,5 * 10 * cos 35 = 28,67
Newton

P1Y = 28,67 Newton

P1Y = N1 = 28,67
Newton

Pero : FR1 = m cin N1
FR1 = m
cin * (28,67)

T – m1 g sen 35 –
28,67 m cin = m1 a (Ecuación
1)

Bloque m2

S FX =
P2X – T – FR2 = m2
* a

Pero: P2X = P2 sen 35 =
m2 g sen 35

P2X = 8 * 10 * sen 35 = 45,88
Newton

S FY =
P2Y – N2 = 0

P2Y = N2 Pero: P2 =
m2 g

P2Y = P2 cos 35 = m2 g
cos 35

P2Y = 8 * 10 * cos 35 = 65,53
Newton

P2Y = 65,53 Newton

P2Y = N2 = 65,53
Newton

Pero : FR2 = m cin N2
FR2 = m
cin * (65,53)

m2 g sen 35 – T–
FR2 = m2 a

m2 g sen 35 –
T– 65,53 m cin = m2 a
(Ecuación 2)

Resolviendo las ecuaciones, encontramos la
aceleración del sistema.

– m1 g sen 35 – 28,67 m cin + m2 g sen 35 –
65,53 m cin =
m1 a + m2 a

a ( m1 + m2) = – m1 g
sen 35 + m2 g sen 35 – 28,67 m cin – 65,53 m cin

a ( m1 + m2) = – 20 + 45,88
– 28,67 m
cin – 65,53 m
cin

1,5 ( 3,5 + 8) = 25,88 – 94,2 m cin

1,5 ( 11,5 ) = 25,88 – 94,2 m cin

17,25 = 25,88 – 94,2 m cin

94,2 m
cin = 25,88 -17,25

94,2 m
cin = 8,63

La tensión en la cuerda?

Reemplazando en la ecuación 1

T – m1 g sen 35 – 28,67 m cin = m1 a
(Ecuación 1)

T -20 – 28,67 m
cin = 3,5 * 1,5

T (– 28,67) * 9,161* 10-2 = 5,25 +
20

T – 2,6264 = 25,25

T = 25,25 + 2,6264

T = 27,876 Newton

Erving Quintero Gil

Ing. Electromecanico

Bucaramanga – Colombia

2006

Partes: 1, 2

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