El auto se desplaza en una curva que tiene la forma de una espiral 𝑹 = (𝟐𝒃/𝝅)𝜽, donde b = 10m. Si 𝜽̇ = 𝟎. 𝟓 𝒓𝒂𝒅/𝒔 (constante), determine la velocidad del auto y la magnitud de la aceleración cuando 𝜽 = 𝟑𝝅 𝟐 𝒓𝒂𝒅.

1. UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS
ARMADAS ESPE
Departamento de Ciencias de la Tierra y de la
Construcción.
Ingeniería Geoespacial.
FISICA I
FOLLETO DE DINÁMICA Y ENERGÍA
Autores:
Escobar Paúl, Arteaga Santiago, Sánchez Evelyn, Robayo Kevin,
Calvache Emilia, Villalba Alessio, Borja Sebastián y Choez Karen.
DOCENTE: Ing. Lauro Díaz.

2. Contenido
INTRODUCCIÓN.......................................................................................................................3
Historia de las Leyes del Movimiento Mecánico. ......................................................4
Fundamentación Teórica de las Leyes de Newton. ............................................................5
PRIMERA LEY DE NEWTON – LEY DE LA INERCIA. ....................................................6
Sistema de Referencia Inercial...........................................................................................6
SEGUNDA LEY DE NEWTON, LEY FUNDAMENTAL DE LA DINÁMICA. ....................7
TERCERA LEY DE NEWTON – PRINCIPIO DE ACCIÓN Y REACCIÓN. .......................8
ECUACIONES DEL MOVIMIENTO – COORDENADAS RECTANGULARES.....................9
PROCEDIMIENTO PARA EL ANALISIS DE EJERCICIOS................................................10
ECUACIONES DEL MOVIMIENTO EN COORDENADAS NORMALES Y
TANGENCIALES...................................................................................................................11
ECUACIONES DEL MOVIMIENTO – COORDENADAS CILINDRICAS. .......................... 12
CINÉTICA DE UNA PARTICULA – TRABAJO Y ENERGÍA. ............................................. 13
POTENCIA Y EFICIENCIA. ............................................................................................. 14
FUERZAS CONSERVADORAS – ENERGÍA CINÉTICA Y POTENCIAL............................ 15
Energía Potencial Gravitacional....................................................................................... 15
Energía Potencial Elástica................................................................................................ 16
Conservación de la Energía. ............................................................................................. 16
SOLUCION DE EJERCICIOS......................................................................................... 16

3. INTRODUCCIÓN
Mucho se ha elogiado, a aquellos que han contribuido a la educación de su patria ya
sea por cualquier forma que sea, pero no hay duda, que la mejor forma siempre es
escribiendo un libro.
El presente folleto, se presenta para ofrecer a la comunidad universitaria, del Ecuador
y de otros países una guía sobre las leyes de Newton y sus aplicaciones, basados en la
historia de las mismas, así como también, con ejercicios realizados de diferentes
autores como lo es Hibbeler y Beer Jhonston.
Los ejercicios son realizados por diferentes estudiantes de la Universidad de las
Fuerzas Armadas ESPE que, por su ardiente deseo de contribuir al conocimiento de
varios estudiantes universitarios, han realizado con el mejor de sus esfuerzos los
ejercicios que se presentarán en el folleto.
La investigación histórica, es realizada por el estudiante Escobar Paúl, quién fue el
promotor de esta idea y que con enorme alegría se goza en presentar el esmero de sus
compañeros.

4. Historia de las Leyes del Movimiento Mecánico.
La vida de los seres humanos está dada por acciones de diferente característica,
sin embargo, cada una de ellas está dada por el movimiento ya que sin este particular
accionar no sería posible la perfecta mutación del mundo.
Estos movimientos están dados por leyes desde
la más tierna caída de un pétalo de una rosa,
hasta el movimiento de largas vigas para la
construcción de edificios hechos por los
hombres. El objeto de estudio de las mismas, ha
estado sujeta por varios barones que han sido la
admiración; de las letras en la filosofía clásica,
de los padres de la matemática en las ciencias
exactas uno de ellos es Aristóteles, fray
Domingo de Soto, OP., Galileo, Descartes y
Newton. Aristóteles autor de la Física clásica, de
la Ética a Nicómaco y muchos libros, es el
primero en proponer la idea básica de la
Dinámica, conocida como la dinámica de
Aristóteles.
Por lo tanto, el estudio del movimiento de los
cuerpos y las causas que lo provocan se lo ha
llamado desde tiempo inmemorables como ‘dinámica’, que desde la mecánica clásica
el estudio de la dinámica es de vital importancia para comprender el movimiento de
sistemas grandes cuya velocidad es menor a la velocidad de la luz.
El primer registro del estudio de la inercia del movimiento de un cuerpo; fue realizado
por el español, filósofo, matemático, cosmológico Juan de Celaya quién publicó el libro
“In octo libros physicorum Aristotelis cum quaestionibus eisdem, secundum triplicem
viam beati Thomae, realium et nominatium” (Sobre los ocho libros de la física de
Aristóteles con las cuestiones de los mismos, según las tres vías de Santo de Tomás,
en el realismo y el nominalismo. Traducido por Paúl Escobar.). Fue en este libro
dónde publicó la primera ley de la dinámica propuesta por sir Isaac Newton.
Pero el descubrimiento que fue una base esencial para el estudio de la gravedad
realizado por Newton fue el Movimiento disforme con respecto del tiempo junto con
la caía de los graves, tratado que fue creado por fray Domingo de Soto, OP. Así lo
afirma Navarro, Víctor:
este tipo de movimiento propiamente sucede en los (graves) naturalmente
movidos y en los proyectiles. Donde un peso cae desde lo alto por un medio
uniforme, se mueve más veloz en el fin que en el principio. Sin embargo, el
movimiento de los proyectiles es más lento al final que al principio: el primero
aumenta de modo uniformemente disforme, y el segundo en cambio disminuye
de modo uniformemente diforme.
Y de acuerdo al movimiento disforme se conoce que …Es el movimiento
en tal modo disforme, que si es dividido según el tiempo, no ocurre que el punto
medio de cada parte en la misma proporción excede (en velocidad) a un extremo
Ilustración 1 Busto de Aristóteles

5. cuanto es excedido por el otro. Este tipo de movimiento es el que esperamos en
los animales, donde se observa el aumento y la disminución. (Navarro, 2015)
Tras conocerse el movimiento en caída libre de los cuerpos, Galileo introdujo el
método científico que no siempre llevará a una conclusión verídica por la sola
observación, sino que ha de experimentarse para llegar a una conclusión. He ahí que,
Galileo en uno de sus experimentos observó que un objeto que se mueve a velocidad
constante en una superficie lisa sin fricción, se moverá así eternamente, si es que no
existiere algún otro objeto que impidiere su movimiento o fuerza contraria que
disminuya su velocidad.
Pero, ¿qué parámetro de movimiento indica la acción de fuerzas exteriores? Newton
responde a la pregunta afirmando que la variación de la velocidad es la responsable de
arrastrar un objeto a una posición distinta; por lo tanto, la base fundamental de la
mecánica clásica es la relación entre la fuerza y cambio de velocidad, y fue su servidor
el científico Isaac Newton quién propuso leyes para explicar las leyes del movimiento.
Fundamentación Teórica de las Leyes de Newton.
Evidentemente el primer concepto que se debe tomar a consideración en el estudio de
la física es sin duda, la masa que en concepto es toda cantidad de materia que posee
un cuerpo, el mismo que se opone al movimiento; por ello, Newton afirma que la
cantidad de movimiento es el resultado del producto de su masa por la velocidad.
Dónde el movimiento es el cambio de posición hacia la posición absoluta, es decir que
inmóvil o fin último del cuerpo:
[…]el movimiento (relativo) de ese cuerpo en el lugar (relativo) en que se
lo considera, con el movimiento (relativo) del lugar mismo en otro lugar
en el que esté situado, y así sucesivamente, paso a paso, hasta llegar a un
lugar inmóvil, es decir, al sistema de referencias de los movimientos
absolutos. (Dugas)
De esto se entiende que los movimientos son las consecuencias de las fuerzas por ellos
Isaac el concepto de fuerza es esencial para comprender el movimiento. Su estudio
finalizado las ha resumido en tres leyes fundamentales del movimiento mecánico.
➢ Ley de la Inercia.
➢ Ley del Movimiento.
➢ Ley de Acción y Reacción.

6. PRIMERA LEY DE NEWTON – LEY DE LA INERCIA.
“Corpus omne perseverare in statu suo
quiescendi vel movendi uniformiter in
directum, nisi quatenus illud a viribus
impressis cogitur statum suum
mutare” (Newton Leges, s.f.)
Todo cuerpo continúa en su estado de
reposo o movimiento uniforme en línea
recta, no muy lejos de las fuerzas
impresas a cambiar su posición.
(García, 2003)
Esta ley que rebate la postulación de Aristóteles en la que firma que todo cuerpo puede
moverse sí posee una fuerza que le permita obtener un movimiento, sin embargo
Newton expone en esta ley; que los cuerpos no puede cambiar por sí solo un estado de
reposo inicial o encontrándose este en movimiento, por lo que es necesario una fuerza
externa que produzca el movimiento, o el cambio de dirección.
Por lo tanto establece que una partícula que desea moverse de r →r’ y la fuerza es
menor para producir el movimiento al cuerpo este permanecerá en reposo, respecto
de r’. Newton aplica el concepto de relatividad de Galileo la cual manifiesta que ningún
sistema inercial es especial sino que son equivalentes, se expresa mediante la siguiente
fórmula:
∑ 𝐹 = 0 ↔
𝑑𝑣
𝑑𝑡
= 0.
Sistema de Referencia Inercial.
Los sistemas de referencia inerciales son esenciales, ya que con la ayuda de los mismos
se puede observar a los cuerpos que están en movimiento con velocidad constante y
sobre los cuales no actúa ninguna fuerza neta.
Hay una marcada diferencia con los sistemas con aceleración con fuerzas normales, ya
que estos no son sistemas de referencias inerciales a estos se les denomina sistema de
referencia no inerciales.
Recuperado de https://www.fisicalab.com/apartado/fuerza-centrifuga

7. SEGUNDA LEY DE NEWTON, LEY FUNDAMENTAL DE LA DINÁMICA.
Mutationem motus proportionalem
esse vi motrici impressæ, et fieri
secundum lineam rectam qua vis illa
imprimitur. (Newton Leges, s.f.)
El cambio de movimiento es
directamente proporcional a la fuerza
motriz impresa y ocurre según la línea
recta a lo largo de la cual aquella fuerza
se imprime. (Newton).
El científico admirable en esta ley cuantifica el concepto de fuerza porque la
aceleración que posee un cuerpo es directamente proporcional a la fuerza aplicada, en
esta ley es menester, “entender la fuerza como la causa del cambio de movimiento y la
proporcionalidad entre la fuerza impresa y el cambio de la velocidad de un cuerpo es
la esencia de esta segunda ley” (Sebastiá., 2015).
Existe además dos análisis importantes en la ley fundamental de la dinámica y es la
diferente aplicación de las fórmulas cuando la masa es constante y cuando no lo es.
Cuando la masa es constante se establece la relación que se describe a continuación:
𝐹 = 𝑚 ∗ 𝑎
Sí actúan diferentes fuerzas, la fuerza resultante es el vector que suma todas las fuerzas
que actúan en él también conocido como vector resultante:
∑ 𝐹 = 𝑚 ∗ 𝑎
Ahora trataremos cuando la masa no es constante, en este caso se define la cantidad
de movimiento, que se representaremos con la letra griega ro así:
𝜌 = 𝑚 ∗ 𝑣

8. TERCERA LEY DE NEWTON – PRINCIPIO DE ACCIÓN Y REACCIÓN.
Actioni contrariam semper et æqualem
esse reactionem: sive corporum
duorum actiones in se mutuo semper
ese æquales et in partes contrarias
dirigi. (Newton Leges, s.f.)
Con toda acción ocurre siempre una
reacción igual y contraria: quiere decir
que las acciones mutuas de dos cuerpos
siempre son iguales y dirigidas en
sentido opuesto. (Newton)
El principio de acción y reacción establece que siempre que se ejerce una fuerza sobre
otro objeto, también el cuerpo sobre quién se ejerce una fuerza, genera fuerzas
contrarias, generalmente se enuncia que a cada acción se opone una reacción igual en
dirección contraria.
Esta ley, es propia y muy original de Newton ya que las anteriores, fueron ya
propuestas pero no desarrolladas por otros autores. Este principio supone que
“cuando un cuerpo ejerce una fuerza sobre otro, éste ejerce sobre el primero una fuerza
igual y de sentido opuesto” (Lauro., 2021). Y se representa así:
𝐹1 = −𝐹1
Ilustración 2 Fuerza de reacción se representa
en la flecha roja y la reacción en la flecha
verde.

9. ECUACIONES DEL MOVIMIENTO – COORDENADAS RECTANGULARES.
Cuando una partícula se mueve con respecto a un marco de referencia inercial x, y, z,
las fuerzas que actúan en la partícula, al igual que su aceleración, pueden expresarse
en las direcciones de sus vectores unitarios i, j, k. Al aplicar la ecuación de movimiento
a la partícula de la figura, obtenemos las tres ecuaciones escalares siguientes (Lauro.,
2021):
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚 ∗ 𝑎𝑥
∑ 𝐹𝑦 = 𝑚 ∗ 𝑎𝑦
∑ 𝐹𝑧 = 𝑚 ∗ 𝑎𝑧
Ilustración 3 Ingeniería Mecánica R. Hibbeler.
Duodécima Edición.

10. PROCEDIMIENTO PARA EL ANALISIS DE EJERCICIOS.
Para la resolución de los ejercicios de dinámica se recomienda la realización de un
gráfico de un DCL o Diagrama de Cuerpo Libre en el cual se representará solo las
fuerzas actuantes en el cuerpo, la sumatoria de estas se denomina fuerza neta, la
sumatoria de fuerzas se representa como (∑ 𝐹) .
Si el cuerpo presenta movimiento la aceleración del mismo debe representarse en el
mismo sentido del movimiento, si se mueve en una superficie rugosa existe fricción o
(fr) esta fuerza es contraria al movimiento y debe representarse en sentido contrario.
Aplicación de Diferentes Ecuaciones.
Si existe fricción y si se pide el valor de la misma se recomienda utilizar lo siguiente:
𝐹𝑟 = 𝑈𝑘 ∗ 𝑁
Sí se está mencionando un resorte con su respectiva elongación se recomienda utilizar:
𝐹𝑠 = 𝑘 ∗ 𝑠
Donde (s) es el alargamiento o compresión del resorte:
𝑠 = 𝑙 − 𝑙0
Si en los ejercicios se pide, manifestar la velocidad de la partícula, se ha de
determinarla con las ecuaciones de cinemática pero cuando ya se a ha determinado la
aceleración con la fórmula general del movimiento:
∑ 𝐹 = 𝑚 ∗ 𝑎
Pero si la aceleración está en función del tiempo ha de utilizarse las siguientes
fórmulas:
𝑎 =
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑦 𝑣 =
𝑑𝑠
𝑑𝑡
O si bien la aceleración está en función del desplazamiento entonces se debe integrar:
𝑎 𝑑𝑠 = 𝑣 𝑑𝑣
Si la aceleración es constante, se usará:
𝑣 = 𝑣0 + 𝑎𝑐𝑡
𝑠 = 𝑠0 + 𝑣0𝑡 +
1
2
∗ 𝑎𝑐𝑡2
𝑣2
= 𝑣0
2
+ 2𝑎𝑐(𝑠 − 𝑠0)

11. ECUACIONES DEL MOVIMIENTO EN COORDENADAS NORMALES Y
TANGENCIALES.
“Cuando una partícula se desplaza a lo largo de una trayectoria curva conocida, su
ecuación de movimiento puede escribirse en las direcciones tangencial, normal y
binormal” (Rusell, 2012).
Por lo que se debe aplicar las siguientes fórmulas:
∑ 𝐹𝑡 = 𝑚 ∗ 𝑎𝑡
∑ 𝐹𝑛 = 𝑚 ∗ 𝑎𝑛
∑ 𝐹𝑏 = 0
Ilustración 4 Sistema de Coordenadas
inercial. R. Hibbeler - Ingeniería
Mecánica. Duodécima edición.

12. ECUACIONES DEL MOVIMIENTO – COORDENADAS CILINDRICAS.
Cuando todas las fuerzas que actúan en una partícula se descomponen en
componentes cilíndricos, es decir, a lo largo de las direcciones de los vectores unitarios
𝑢𝑟, 𝑢𝜃,𝑢𝑧, . Cuya ecuación del movimiento puede expresarse como:
∑ 𝐹 = 𝑚 ∗ 𝑎
Descomponemos la fórmula y nos queda:
∑ 𝐹𝑢𝑟 + ∑ 𝐹𝑢𝜃 + ∑ 𝐹𝑢𝑧 = 𝑚𝑎 ∗ 𝑢𝑟 + 𝑚𝑎 ∗ 𝑢𝜃 + 𝑚𝑎 ∗ 𝑢𝑧
Pero ha de satisfacer con las siguientes ecuaciones:
∑ 𝐹𝑟 = 𝑚 ∗ 𝑎𝑟
∑ 𝐹𝜃 = 𝑚 ∗ 𝑎𝜃
∑ 𝐹𝑧 = 𝑚 ∗ 𝑎𝑧
Ilustración 5. Sistema de Coordenas Inercial.
R. Hibbeler. Ingeniería Mecánica, duodécima
edición.

13. CINÉTICA DE UNA PARTICULA – TRABAJO Y ENERGÍA.
Trabajo Realizado por una Fuerza.
Para (Rusell, 2012) “específicamente, una fuerza F realizará trabajo en una partícula
sólo cuando ésta sufra un desplazamiento en la dirección de la fuerza.” Por lo tanto el
trabajo por F es una cantidad escalar:
𝑑𝑈 = 𝐹 𝑑𝑠 𝑐𝑜𝑠𝜃
La misma que puede escribirse como:
𝑑𝑈 = 𝐹 ∙ 𝑑𝑟
Principio de Trabajo y Energía.
Ilustración 7 Principio de Trabajo y
Energía. R. Hibbeler Ingeniería Mecánica.
Duodécima edición.
Ilustración 6 Trabajo Realizado por una
Fuerza. R. Hibbeler. Ingeniería Mecánica.
Duodécima edición.

14. Según (Lauro., 2021) el trabajo realizado por una fuerza para un desplazamiento
diferencial está dado por 𝑑𝑇 = 𝐹
⃗ ∙ 𝑑𝑟
⃗ .
El mismo autor propone que usando la ley de Newton se puede integrar dos puntos de
una trayectoria se llega a lo siguiente:
𝑇1−2 = ∫ 𝑚 ∗
𝑑𝑣
⃗
𝑑𝑡
2
1
∙ 𝑑𝑟
⃗
𝑇1−2 = ∫ 𝑚 ∗
𝑑𝑣
⃗
𝑑𝑡
2
1
∙ 𝑣
⃗𝑑𝑡 = ∫ 𝑚 ∗ 𝑣
⃗
2
1
∙ 𝑑𝑣
⃗ = ∫ 𝑚 ∗ 𝑣 ∗ 𝑑𝑣
2
1
𝑇1−2 =
1
2
∗ 𝑚𝑣2
2
−
1
2
∗ 𝑚𝑣1
2
POTENCIA Y EFICIENCIA.
Para (Guadalupe, 2017)“la Potencia mecánica se define como la cantidad de trabajo
realizado por unidad de tiempo” por lo que la potencia realiza una cierta cantidad de
trabajo dU dentro del intervalo dt que se puede expresar de la siguiente manera:
𝑝 =
𝑑𝑈
𝑑𝑡
Sin embargo, 𝑑𝑈 = 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 ∴ 𝐹 ∙
𝑑𝑟
𝑑𝑡
y se concluye que la potencia es un escalar:
𝑃 = 𝐹 ∙ 𝑣
La eficiencia según (Rusell, 2012) “se define como la relación de la salida de potencia
útil producida por la máquina a la entrada de potencia suministrada a la máquina.”
𝜀 =
𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎
𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎

15. FUERZAS CONSERVADORAS – ENERGÍA CINÉTICA Y POTENCIAL.
Una fuerza conservadora es el trabajo de una fuerza independientemente de la
trayectoria por lo que solo depende de la posición inicial y final en la trayectoria en la
que se encuentra, un ejemplo de ello es el peso, pero, también el trabajo que realiza en
ocasiones tiene una fricción que depende de la trayectoria, entonces las fuerzas de
fricción son fuerzas no conservadoras.
Energía Potencial Gravitacional.
Para (Zemasnky, 2009) la energía potencial gravitacional es “la energía asociada con
la posición se llama energía potencial. Lo dicho sugiere que hay energía potencial
asociada al peso de un cuerpo y a su altura sobre el suelo: la energía potencial
gravitacional”
𝐸𝑔𝑟𝑎𝑣 = 𝑚 ∗ 𝑔 ∗ 𝑦(𝑑𝑒𝑠𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜)
Sí su dirección en “y” es hacia arriba, la energía potencial de la partícula de peso es:
𝑣𝑔 = 𝑤𝑦
Ilustración 8 Energía Potencial
Gravitacional. R. Hibbeler. Ingeniería
Mecánica. Duodécima Edición.

16. Energía Potencial Elástica.
La energía potencial elástica cuando se comprime o se alarga un resorte existe una
energía potencial elástica, así como se muestra a continuación:
Se puede representar de la siguiente manera:
𝑣𝑒 = +
1
2
∗ 𝑘𝑠2
Conservación de la Energía.
Si existiere alguna fuerza que transforme la energía mecánica en otras formas de
energía, se entiende que es un sistema de carácter no conservativo, el cual, según
(Lauro., 2021) “en un sistema mecánico que evoluciona bajo la acción de fuerzas
conservativas y no conservativas, la variación de la energía mecánica es igual al trabajo
mecánico realizado por las fuerzas de naturaleza no conservativo”
Donde se cumple que:
∆𝐸𝐶1−2 + ∆𝑈1−2 = 𝑇𝑛𝑐
∆𝐸𝐶1−2 = 𝑇𝑛𝑐 = ∆𝐸𝑚1−2
SOLUCION DE EJERCICIOS
Ilustración 9 Elongación y la compresión
de un resorte. R. Hibbeler. Ingeniería
Mecánica. Duodécima Edición.

17. 13.83 El anillo de 5 lb se desliza sobre la barra lisa de modo que cuando está en A su
rapidez es de 10 pies>s. Si el resorte al cual está conectado tiene una longitud no
alargada de 3 pies y una rigidez de k = 10 lb/pie, determine la fuerza normal en el
anillo y la aceleración de éste en este instante.
𝑣 = 8 −
1
2
𝑥2
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑡𝑎𝑛𝜃 = −𝑥⃒𝑥=2 = −2 𝜃 = −63.435°
𝑑2
𝑦
𝑑𝑥2
= −1
𝜌 =
[1 + (
𝑑𝑦
𝑑𝑥
)2
]
3
2
⃒
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2 ⃒
=
(1 + (−2)2
)
3
2
| − 1|
= 11.18 𝑓𝑡
𝑣 = 8 −
1
2
(2)2
= 6
𝑂𝐴 = √(2)2 + (6)2 = 6.3246
𝐹
𝑠 = 𝑘𝑥 = 10(6.3246 − 3) = 33.246 𝑙𝑏

18. 𝑡𝑎𝑛𝜙 =
6
2
𝜙1.565°
+↙ Σ𝐹
𝑛 = 𝑚𝑎𝑛; 5 cos 63.435° − 𝑁 + 33.246 cos 8.1301° = (
5
32.2
) (
(10)2
11.18
)
𝑁 = 33.8 𝑙𝑏
+↘ Σ𝐹𝑡 = 𝑚𝑎𝑡; 5 sin 63.435° + 33.246 sin 8.1301° = (
5
32.2
) 𝑎𝑡
𝑎𝑡 = 59.08 𝑓𝑡/𝑠2
𝑎𝑛 =
𝑣2
𝜌
=
(10)2
11.18
= 8.9443 𝑓𝑡/𝑠2
𝑎 = √(59.08)2 + (8.9443)2 = 59.8 𝑓𝑡/𝑠2
13.91 La barra AB de 2 kg sube y baja a medida que su extremo se desliza sobre la
superficie contorneada lisa de la leva, donde 𝑟 = 0.1𝑚 𝑦 𝑧 = (0.02 𝑠𝑒𝑛 𝜃) m. Si la leva
gira a una velocidad angular constante de 5 rad/s, determine la fuerza máxima y

19. mínima que la leva ejerce en el rodillo en A. Ignore la fricción en el cojinete C y la
masa del rodillo.
𝜃̇ = 5 𝑟𝑎𝑑/𝑠 𝜃̈ = 0
𝑧 = 0.02 sin 𝜃 𝑧̇ = 0.02 cos 𝜃𝜃̇ 𝑧̈ = 0.02(cos 𝜃𝜃̈ − sin 𝜃𝜃̇2
)
𝑎𝑧 = 𝑧̈ = 0.02[cos 𝜃(0) − sin 𝜃(52
)] = −0.5 sin 𝜃
𝐴𝑡 = 90° 𝑎𝑧 = −0.5 sin 90° = −0.500 𝑚/𝑠2
𝐴𝑡 = −90° 𝑎𝑧 = −0.5 sin(−90°) = 0.500 𝑚/𝑠2
𝐴𝑡 𝜃 = 90°
Σ𝐹
𝑧 = 𝑚𝑎𝑧; (𝐹
𝑧)𝑚𝑖𝑛 − 2(9.81) = 2(−0.500)
(𝐹
𝑧)𝑚𝑖𝑛 = 18.6 𝑁
𝐴𝑡 𝜃 = −90°
Σ𝐹
𝑧 = 𝑚𝑎𝑧; (𝐹
𝑧)𝑚𝑎𝑥 − 2(9.81) = 2(0.500)
(𝐹
𝑧)𝑚𝑎𝑥 = 20.6 𝑁

20. 13.93 Si el coeficiente de fricción estática entre la superficie cónica y el bloque es 𝜇𝑠 =
0.2 , determine la velocidad angular constante máxima 𝜃 de modo que el bloque no se
deslice hacia arriba.
+↑ Σ𝐹
𝑧 = 𝑚𝑎𝑧; 𝑁 cos 45° − 0.2 𝑁 sin 45° − 𝑛(9.81) = 𝑚(0) 𝑁 = 17.34𝑚
± Σ𝐹
𝑟 = 𝑚𝑎𝑟; −17.34𝑚 sin 45° − 0.2(17.34𝑚) cos 45° = 𝑚𝑎𝑟 𝑎𝑟 = −14.715 𝑚/𝑠2
Como 𝑟 = 0.3𝑚 es contante, 𝑟̇ = 𝑟̈ = 0
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇2
−14.715 = 0 − 0.3𝜃̇2
𝜃̇ = 7.00 𝑟𝑎𝑑/𝑠

21. 13.94 Si la posición del anillo C de 3 kg sobre la barra lisa AB se mantiene en r = 720
mm, determine la velocidad angular constante 𝜃̇ a la cual gira el mecanismo en torno
al eje vertical. La longitud no alargada del resorte es de 400mm. Ignore la masa de la
barra y el tamaño del anillo.
La fuerza en el resorte viene dada por 𝐹
𝑠𝑝 = 𝑘𝑠 = 200 (√0.722 + 0.32 − 0.4) = 76𝑁
± Σ𝐹
𝑟 = 𝑚𝑎𝑟; −76 (
12
13
) = 3𝑎𝑟 𝑎𝑟 = −23.38 𝑚/𝑠2
Como 𝑟 = 0.72𝑚 es constante, 𝑟̇ = 𝑟̈ = 0

22. 𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇2
−23.38 = 0 − 0.72𝜃̇2
𝜃̇ = 5.70 𝑟𝑎𝑑/𝑠
13.95 El mecanismo gira sobre el eje vertical a una velocidad angular constante de
𝜃̇ = 6 𝑟𝑎𝑑/𝑠. Si la barra AB es lisa, determine la posición constante r del anillo C de 3
kg. La longitud no alargada del resorte es de 400 mm. Ignore la masa de la barra y el
tamaño del anillo.
𝐹
𝑠𝑝 = 𝑘𝑠 = 200 (√𝑟2 + 0. 32 − 0.4)
Σ
→
+
𝐹
𝑟 = 𝑚𝑎𝑟; −200 (√𝑟2 + 0. 32 − 0.4) cos ∝ = 3𝑎𝑟

23. cos ∝ =
𝑟
√𝑟2 + 0. 32
−200 (𝑟 −
0.4 𝑟
√𝑟2 + 0. 32
) = 3 𝑎𝑟
Como r es constante, 𝑟̇ = 𝑟̈ = 0
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇2
= −𝑟(62
)
Sustituyendo la Eq. (3) en Eq. (2) y resolver
𝑟 = 0.8162 𝑚 = 816 𝑚𝑚
13.96 Debido a la restricción, el cilindro C de 0.5 kg viaja a lo largo de la trayectoria
descrita por r = (0.6 cos 𝜃) m. Si el brazo OA gira en sentido contrario al de las
manecillas del reloj con una velocidad angular de 𝜃̇ =2 rad/s y una aceleración
angular de 𝜃̇ = 0.8 𝑟𝑎𝑑/𝑠2
en el instante 𝜃 = 30°, determine la fuerza ejercida por el
brazo en el cilindro en este instante. El cilindro está en contacto con sólo un borde de
la ranura y el movimiento ocurre en el plano horizontal.

24. 𝑟 = 0.6 cos 𝜃 |𝜃=30° = 0.6 cos 30° = 0.5196 𝑚
𝑟̇ = −0.6 sin 𝜃𝜃̇ |𝜃=30° = −0.6 sin 30° (2) = −0.6 𝑚/𝑠
𝑟̈ = −0.6(cos 𝜃𝜃̇2
+ sin 𝜃𝜃̈ |𝜃=30° = −0.6[cos 30° (2)2
+ sin 30°(0.8)] = −2.318 𝑚/𝑠2
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇2
= −2.318 − 0.5196 (22) = −4.397 𝑚/𝑠2
𝑎𝜃 = 𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇𝜃̇ = 0.5196(0.8) + 2(−0.6)(2) = −1.984 𝑚/𝑠2
Ecuaciones de movimiento
+↗ Σ𝐹
𝑟 = 𝑚𝑎𝑟; −𝑁 cos 30° = 0.5(−4.397) 𝑁 = 2.539 𝑁
+↖ Σ𝐹𝜃 = 𝑚𝑎𝜃; 𝐹𝑂𝐴 − 2.539 sin 30° = 0.5(−1.984) 𝐹𝑂𝐴 = 0.277 𝑁
19.97 La lata lisa de 0.75 lb es guiada a lo largo de la trayectoria circular por el brazo.
Si éste gira con una velocidad angular 𝜃̇ = 2 𝑟𝑎𝑑/𝑠 y una aceleración angular 𝜃̈ =
0.4 𝑟𝑎𝑑/𝑠2
en el instante𝜃 = 30°, determine la fuerza que ejerce la guía en la lata. El
movimiento ocurre en el plano horizontal.

25. 𝑟 = cos 𝜃 |𝜃=30° = 0.8660 𝑓𝑡
𝑟̇ = − sin 𝜃𝜃̇ |𝜃=30° = −1.00 𝑓𝑡/𝑠
𝑟̈ = −(cos 𝜃𝜃̇2
+ sin 𝜃𝜃̈)|𝜃=30° = −3.664 𝑓𝑡/𝑠2
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇2
= −3.664 − 0.8660(22) = −7.128 𝑓𝑡/𝑠2
𝑎𝜃 = 𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇𝜃̇ = 0.8660(4) + 2(−1)(2) = −0.5359 𝑓𝑡/𝑠2
Σ𝐹
𝑟 = 𝑚𝑎𝑟; −𝑁 cos 30° =
0.75
32.2
(−7.128) 𝑁 = 0.1917 𝑙𝑏
Σ𝐹𝜃 = 𝑚𝑎𝜃; 𝐹 − 0.1917 sin 30° =
0.75
32.2
(−0.5359) 𝐹 = 0.0835 𝑙𝑏
13.98 Resuelva el problema 13-97 si el movimiento ocurre en el plano vertical
𝑟 = cos 𝜃 |𝜃=30° = 0.8660 𝑓𝑡
𝑟̇ = − sin 𝜃𝜃̇ |𝜃=30° = −1.00𝑓𝑡/𝑠
𝑟̈ = −(cos 𝜃 𝜃̇2
+ sin 𝜃𝜃̈ |𝜃=30° = −3.664 𝑓𝑡/𝑠2
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇2
= −3.664 − 0.8660(22) = −7.128 𝑓𝑡/𝑠2
𝑎𝜃 = 𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇𝜃̇ = 0.8660(4) + 2(−1)(2) = −0.5359 𝑓𝑡/𝑠2
Σ𝐹
𝑟 = 𝑚𝑎𝜃; −𝑁 cos 30° − 0.75 cos 60° =
0.75
32.2
(−7.128)
𝑁 = −0.2413 𝑙𝑏

26. Σ𝐹𝜃 = 𝑚𝑎𝜃; 𝐹 + 0.2413 sin 30° − 0.75 sin 60° =
0.75
32.2
(−0.5359)
𝐹 = 0.516 𝑙𝑏
13.99 Se utiliza la horquilla para mover la partícula de 2 lb alrededor de la trayectoria
horizontal que tiene la forma de un limaçon, 𝑟 = (2 + cos 𝜃) pies. Si en todo
momento 𝜃̇ =5 rad/s, determine la fuerza que ejerce la horquilla en la partícula en el
instante 𝜃 = 90° .La horquilla y la trayectoria tocan la partícula en sólo un lado.
𝑟 = 2 + cos 𝜃
𝑟̇ = − sin 𝜃𝜃̇
𝑟̈ = − cos 𝜃𝜃̇2
− sin 𝜃𝜃̈
𝐴𝑡 𝜃 = 90° , 𝜃̇ = 0.5 𝑟𝑎𝑑/𝑠, 𝑦 𝜃̈ = 0
𝑟 = 2 + cos 90 ° = 2 𝑓𝑡
𝑟̇ = − sin 90° (0.5) = −0.5 𝑓𝑡/𝑠
𝑟̈ = − cos 90° (0.5)2
− sin 90° (0) = 0
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇2
= 0 − 2(0.5)2
= −0.5 𝑓𝑡/𝑠2
𝑎𝜃 = 𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇𝜃̇ = 2(0) + 2(−0.5)(0.5) = −0.5 𝑓𝑡/𝑠2

27. tan 𝜓 =
𝑟
𝑑𝑟/𝑑𝜃
=
2 + cos 𝜃
− sin 𝜃
⃒𝜃=90° = −2 𝜓 = −63.43°
+↑ Σ𝐹
𝑟 = 𝑚𝑎𝑟; −𝑁 cos 26.67° =
2
32.2
(−0.5) 𝑁 = 0.03472 𝑙𝑏
Σ
←
+
𝐹𝜃 = 𝑚𝑎𝜃; 𝐹 − 0.03472 sin 26.57° =
2
32.2
(−0.5)
𝐹 = −0.0155 𝑙𝑏
13.101 Se utiliza la horquilla para mover la partícula de 2 lb alrededor de la
trayectoria horizontal que tiene la forma de un limaçon 𝑟 = (2 + cos 𝜃) pies. Si 𝜃 =
(0.5𝑡2
) rad, donde t está en segundos, determine la fuerza que ejerce la horquilla
sobre la partícula en el instante t =1 s. La horquilla y la trayectoria tocan la partícula
en sólo un lado.
𝑟 = 2 + cos 𝜃 𝜃 = 0.5𝑡2
𝑟̇ = − sin 𝜃𝜃 𝜃̇ = 𝑡
𝑟̈ = − cos 𝜃𝜃̇2
− sin 𝜃𝜃̈ 𝜃̈ = 1 𝑟𝑎𝑑/𝑠2
𝐴𝑡 𝑡 = 1 𝑠, 𝜃 = 0.5 𝑟𝑎𝑑, 𝜃 = 1 𝑟𝑎𝑑/𝑠, 𝑦 𝜃̈ = 1 𝑟𝑎𝑑/𝑠2
𝑟 = 2 + cos 0.5 = 2.8776 𝑓𝑡
𝑟̇ = − sin 0.5(1) = −0.4974 𝑓𝑡/𝑠2
𝑟̈ = − cos 0.5(1)2
− sin 0.5(1) = −1.357 𝑓𝑡/𝑠2
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇ = −1.357 − 2.8776(1)2
= −4.2346 𝑓𝑡/𝑠2

28. 𝑎𝜃 = 𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇𝜃̇ = 2.8776(1) + 2(−0.4794)(1) = 1.9187 𝑓𝑡/𝑠2
tan 𝜓 =
𝑟
𝑑𝑟/𝑑𝜃
=
2 + cos 𝜃
− sin 𝜃
⃒𝜃=0.5 𝑟𝑎𝑑 = −6.002 𝜓 = −80.54°
+↗ Σ𝐹
𝑟 = 𝑚𝑎𝑟; −𝑁 cos 9.46° =
2
32.2
(−4.2346) 𝑁 = 0.2666 𝑙𝑏
+↖ Σ𝐹𝜃 = 𝑚𝑎𝜃; 𝐹 − 0.2666 sin 9.46° =
2
32.2
(1.9187)
𝐹 = 0.163 𝑙𝑏
13.102 El juego mecánico gira a una velocidad angular constante de 𝜃̇ = 0.8𝑟𝑎𝑑/𝑠. Si
la trayectoria del juego está definida por 𝑟 = (3 sin 𝜃 + 5) m y 𝑧 = (3 cos 𝜃) m,
determine las componentes r, 𝜃 y z de la fuerza ejercida por el asiento en el niño de
20 kg cuando 𝜃 = 120°.
𝑟 = (3 sin 𝜃 + 5)|𝜃=120° = 3 sin 120° + 5 = 7.598 𝑚
𝑟̇ = 3 cos 𝜃𝜃̇ |𝜃=120° = 3 cos 120° (0.8) = −1.2 𝑚/𝑠
𝑟̈ = 3(cos 𝜃𝜃̇ − sin 𝜃𝜃̇2
) |𝜃=120°
= 3[cos 120° (0) − sin 120°(0. 82
)] = −1.663 𝑚/𝑠2
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇2
= −1.663 − 7.598(0. 82) = −6.526 𝑚/𝑠2
𝑎𝜃 = 𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇𝜃̇ = 7.598(0) + 2(−1.2)(0.8) = −1.92 𝑚/𝑠2
𝑧 = 3 cos 𝜃 𝑚 𝑧̇ = −3 sin 𝜃𝜃̇𝑚/𝑠
𝑎𝑧 = 𝑧̈ = −3(sin 𝜃𝜃̈ + cos 𝜃𝜃̇2
) ⃒𝜃=120° = −3[sin 120° (0) + cos 120°(0. 82
)]

29. = 0.96 𝑚/𝑠2
Σ𝐹
𝑟 = 𝑚𝑎𝑟; 𝐹
𝑟 = 20(−6.526) = −13 𝑁
Σ𝐹𝜃 = 𝑚𝑎𝜃; 𝐹𝜃 = 20(−1.92) = −38.4 𝑁
Σ𝐹
𝑧 = 𝑚𝑎𝑧; 𝐹
𝑧 − 20(9.81) = 20(0.96) 𝐹
𝑧 = 215 𝑁
13.103 El avión ejecuta un rizo vertical definido por𝑟2
= [810(103) cos 2𝜃]𝑚2
. Si el
piloto mantiene una rapidez constante v =120 m/s a lo largo de la trayectoria,
determine la fuerza normal que el asiento ejerce sobre él en el instante 𝜃 = 0° La
masa del piloto es de 75 kg.
𝑟2
= 810(103) cos 2𝜃 |𝜃=0° = 910(103) cos 0°
𝑟 = 900 𝑚
2𝑟𝑟̇ = −810(103) sin 2𝜃 (2𝜃̇)
𝑟̇ =
−810(103) sin 2𝜃(2𝜃̇)
𝑟
⃒𝜃=0° =
−810(103) sin 0°𝜃
900
= 0
𝑟𝑟̈ + 𝑟̇2
= −810(103
)[sin 2𝜃𝜃̇2
]
𝑟̈ =
−810(103)[sin 2𝜃𝜃̈ + 2 cos 2𝜃𝜃̇2
] − 𝑟̇2
𝑟
⃒𝜃=0°
=
−810(103)[sin 0°𝜃̈ + 2 cos 0°𝜃̇2
] − 0
900

30. = −1800𝜃̇2
𝑣𝑟 = 𝑟̇ = 0 𝑣𝜃 = 𝑟𝜃̇ = 900𝜃̇
𝑣 = 𝑣𝜃
120 = 900𝜃̇
𝜃̇ = 0.1333 𝑟𝑎𝑑/𝑠2
𝑟̈ = −1800(0.13332) = −32 𝑚/𝑠2
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇2
= −32 − 900(1.13332) = −48 𝑚/𝑠2
+↑ Σ𝐹
𝑟 = 𝑚𝑎𝑟; −𝑁 − 75(9.81) = 75(−48)
𝑁 = 2864.25 𝑁 = 2.86 𝑘𝑁
13.104 Un muchacho firmemente parado le da vueltas a la muchacha sentada en un
“plato” o trineo redondo en una trayectoria circular de radio 𝑟0 = 3𝑚 de modo que su
velocidad angular es 𝜃̇0 = 0.1 𝑟𝑎𝑑/𝑠. Si se tira del cable OC hacia dentro de modo
que la coordenada radial r cambie con una velocidad constante 𝑟̇ = −0.5 𝑚/𝑠,
determine la tensión que ejerce en el trineo en el instante r = 2 m. La masa de la
muchacha y el trineo es de 50 kg. Ignore el tamaño de la muchacha y el trineo y los
efectos de la fricción entre el trineo y el hielo. Sugerencia: primero demuestre que la
ecuación de movimiento en la dirección 𝜃 resulta 𝑎𝜃 = 𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇𝜃̇ = (1/𝑟) 𝑑/
𝑑𝑡(𝑟2
𝜃̇)00. Al integrarse, 𝑟2
𝜃̇ = 𝐶, donde la constante C se determina con los datos
del problema.
Σ𝐹𝜃 = 𝑚𝑎𝜃; 0 = 50(𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇𝜃̇)
(𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇𝜃̇) =
1
𝑟
𝑑(𝑟2
𝜃̇)
𝑑𝑡
= 0

31. ∫
𝑑(𝑟2
𝜃̇)
𝑑𝑡
= 𝐶 𝑟2
𝜃̇ = 𝐶 𝑟 = 𝑟0 = 3𝑚, 𝜃̇ = 𝜃̇0 = 0.1 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝑟 = 2𝑚
(22
)𝜃̇ = (32)(0.1) 𝜃̇ = 0.225 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝑟̇ = −0.5
𝑚
𝑠
𝑟̈ = 0
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇2
= 0 − 2(0.2252) = −0.10125 𝑚/𝑠2
𝐴𝑡 𝑟 = 2𝑚, 𝜙 = 𝑡𝑎𝑛−1
(
1
2
) = 26.57°
Σ𝐹
𝑟 = 𝑚𝑎𝑟; −𝑇 cos 26.57° = 50(−0.10125)
𝑇 = 5.66 𝑁
13.105 La masa de la partícula es de 80 g. Está unida a una cuerda elástica que se
extiende de O a P y debido al brazo ranurado se mueve a lo largo de la trayectoria
circular horizontal 𝑟 = (0.8 𝑠𝑒𝑛 𝜃)𝑚. Si la rigidez de la cuerda es k = 30 N/m y su
longitud no alargada es de 0.25 m, determina la fuerza que ejerce el brazo en la
partícula cuando 𝜃 = 60° . El brazo guía tiene una velocidad angular constante 𝜃̇ =
5 𝑟𝑎𝑑/𝑠.

32. 𝑟 = 0.8 sin 𝜃
𝑟̇ = 0.8 cos 𝜃 𝜃̇
𝑟̈ = −0.8 sin 𝜃 (𝜃̇)2
+ 0.8 cos 𝜃𝜃̈
𝜃̇ = 5, 𝜃̈ = 0
𝐴𝑡 𝜃 = 60°, 𝑟 = 0.6928
𝑟̇ = 2
𝑟̈ = −17.321
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟(𝜃̇)2
= −17.321 − 0.6928(5)2
= −34.641
𝑎𝜃 = 𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇𝜃̇ = 0 + 2(2)(5) = 20
𝐹
𝑠 = 𝑘𝑠; 𝐹
𝑠 = 30(0.6928 − 0.25) = 13.284 𝑁
↗ +Σ𝐹
𝑟 = 𝑚𝑎𝑟; −13.284 + 𝑁𝜌 cos 30° = 0.08(−34.641)
↖ +Σ𝐹𝜃 = 𝑚𝑎𝜃; 𝐹 − 𝑁𝜌 sin 30° = 0.08 (20)
𝐹 = 7.67 𝑁
𝑁𝜌 = 12.1 𝑁
13.107 El cilindro C de 1.5 kg se mueve a lo largo de la trayectoria descrita por 𝑟 =
(0.6 sin 𝜃)m. Si el brazo OA gira en sentido contrario al de las manecillas del reloj a
una velocidad angular constante 𝜃̇ = 3 𝑟𝑎𝑑/𝑠, determine la fuerza ejercida por la
ranura del brazo OA en el cilindro en el instante 𝜃 = 60°. La rigidez del resorte es de
100 N/m y no está alargado cuando 𝜃 = 30°. Sólo un borde del brazo ranurado toca el
cilindro. Ignore el tamaño del cilindro. El movimiento ocurre en el plano horizontal.

33. 𝑟 = 0.6 sin 𝜃 ⃒𝜃=60° = 0.5196 𝑚
𝑟̇ = 0.6 cos 𝜃𝜃̇ ⃒𝜃=60° = 0.6 cos 60°(3) = 0.9 𝑚/𝑠
𝑟̈ = 0.6(𝑐𝑜𝑠𝜃𝜃̈ − sin 𝜃(𝜃̇)2
) ⃒𝜃=60° = 0.6[cos 60°(0) − sin 60°(32)] = −4.677 𝑚/𝑠2
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇2
= −4.677 − 0.5196(0) + 2(0.9)(3) = 5.4 𝑚/𝑠2
𝐹
𝑠𝑝 = 𝑘𝑠 = 100(0.6 sin 60° − 0.6 sin 30°) = 21.96 𝑁
+↗ Σ𝐹
𝑟 = 𝑚𝑎𝑟; 𝑁 cos 30° − 21.96 = 1.5(−9.353)
𝑁 = 9.159 𝑁
↖ +Σ𝐹𝜃 = 𝑚𝑎𝜃; 𝐹𝑂𝐴 − 9.159 sin 30° = 1.5(5.4)
𝐹𝑂𝐴 = 12.68 𝑁 = 12.7 𝑁
13.108 El cilindro C de 1.5 kg se desplaza a lo largo de la trayectoria descrita por 𝑟 =
(0.6 sin 𝜃)m. Si el brazo OA gira en sentido contrario al de las manecillas del reloj a
una velocidad angular de 𝜃̇ = 3 𝑟𝑎𝑑/𝑠, determine la fuerza ejercida por la ranura lisa
del brazo OA sobre el cilindro en el instante 𝜃 = 60°. La rigidez del resorte es de 100
N/m y cuando 𝜃 = 30° no está alargado. Sólo un borde del brazo ranurado toca el
cilindro. Ignore el tamaño del cilindro. El movimiento ocurre en el plano vertical.
𝑟 = 0.6 sin 𝜃 ⃒𝜃=60° = 0.6 sin 60° = 0.5196 𝑚
𝑟̇ = 0.6 cos 𝜃𝜃̇ ⃒𝜃=60° = 0.6 cos 60° (3) = 0.9 𝑚/𝑠
𝑟̈ = 0.6 (cos 𝜃𝜃̇ − sin 𝜃(𝜃̇)2
)⃒𝜃=60° = 0.6[cos 60° (0) − sin 60°(32
)] = −4.677 𝑚/𝑠2

34. 𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇2
= −4.677 − 0.5196(32) = −9.353 𝑚/𝑠2
𝑎𝜃 = 𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇𝜃̇ = 0.5196(0) + 2(0.9)(3) = 5.4 𝑚/𝑠2
+↗ Σ𝐹
𝑟 = 𝑚𝑎𝑟; 𝑁 cos 30° − 21.96 − 1.5(9.81) cos 30° = 1.5(−9.353)
𝑁 = 23.87 𝑁
↖ +Σ𝐹𝜃 = 𝑚𝑎𝜃; 𝐹𝑂𝐴 − 1.5(9.81) sin 30° − 23.87 sin 30° = 1.5(5.4)
𝐹𝑂𝐴 = 27.4 𝑁
13.109 Con presión neumática, se hace que una bola de 0.5 kg se mueva a través del
tubo instalado en el plano horizontal y cuya forma es la de una espiral logarítmica. Si
la fuerza tangencial ejercida en la bola por la presión neumática es de 6 N, determine
la tasa de incremento en la rapidez de la bola en el instante𝜃 = 𝜋/2. Además, ¿cuál es
el ángulo 𝜓 entre la coordenada radial r y la línea de acción de la fuerza de 6 N?
tan 𝜓 =
𝑟
𝑑𝑟/𝑑𝜃
=
0.2𝑒0.1 𝜃
0.02𝑒0.1 𝜃
= 10
𝜓 = 84.3°
Σ𝐹𝑡 = 𝑚𝑎𝑡; 6 = 0.5𝑎𝑡
𝑎𝑡 = 12 𝑚/𝑠2

35. 13.111 El piloto de un avión ejecuta un rizo vertical el cual en parte sigue la trayectoria
de un cardioide, 𝑟 = 600(1 + cos 𝜃) pies. Si su rapidez en 𝐴(𝜃 = 0°) es una constante
𝑣𝑝 = 80 𝑝𝑖𝑒𝑠/𝑠, determine la fuerza vertical que el cinturón de seguridad debe ejercer
en él para mantenerlo en su asiento cuando el avión hace un rizo invertido en A. El
piloto pesa 150 lb.
𝑟 = 600(1 + cos 𝜃)⃒𝜃=0° = 1200 𝑓𝑡
𝑟̇ = −600 sin 𝜃𝜃̇ ⃒𝜃=0° = 0
𝑟̈ = −600 sin 𝜃𝜃̈ − 600 cos 𝜃𝜃̇2
⃒𝜃=0° = −600 𝜃̇2
𝑣𝑝
2
= 𝑟̇2
+ (𝑟𝜃̇)2
(80)2
= 0 + (1200𝜃̇)2
𝜃̇ = 0.06667
2𝑣𝑝𝑣𝑝 = 2𝑟𝑟̈ + 2(𝑟𝜃̇)(𝑟̇𝜃 + 𝑟𝜃̈)
0 − 0 + 0 + 2𝑟2
𝜃𝜃̈ 𝜃̈ − 0
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇2
= −600(0.06667)2
− 1200(0.06667)2
= −8 𝑓𝑡/𝑠2
𝑎𝜃 = 𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇𝜃̇ = 0 + 0 = 0
+↑ Σ𝐹
𝑟 = 𝑚𝑎𝑟; 𝑁 − 150 = (
150
32.2
) (−8) 𝑁 = 113 𝑙𝑏

36. 13.113 El brazo OA guía la bola de masa m a lo largo de la trayectoria circular
vertical𝑟 = 2𝑟𝑐 𝑐𝑜𝑠 𝜃. Si la velocidad angular constante del brazo es𝜃̇0, determine el
ángulo 𝜃 ≤ 45° al cual la bola comienza a dejar la superficie del semicilindro. Ignore
la fricción y el tamaño de la bola.
𝑟 = 2𝑟𝑐 cos 𝜃
𝑟̇ = −2𝑟𝑐 sin 𝜃𝜃̇
𝑟̈ = −2𝑟𝑐 cos 𝜃𝜃̇2
− 2𝑟𝑐 sin 𝜃𝜃̈
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇2
− 2𝑟𝑐 cos 𝜃𝜃̇0
2
− 2𝑟𝑐 cos 𝜃𝜃̇0
2
= −4𝑟𝑐 cos 𝜃𝜃̇0
2
+↗ Σ𝐹
𝑟 = 𝑚𝑎𝑟; −𝑚𝑔 sin 𝜃 = 𝑚(−4𝑟𝑐 cos 𝜃𝜃̇0
2
)
tan 𝜃 =
4𝑟𝑐0̇0
2
𝑔
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1
(
4𝑟𝑐𝜃̇0
2
𝑔
)

37. 13.115 Resuelva el problema 13-114, si la velocidad angular del brazo 𝜃̈ = 2 𝑟𝑎𝑑/𝑠2
cuando 𝜃̇ = 3 𝑟𝑎𝑑/𝑠 en 𝜃 = 30°.
𝑟 =
0.5
cos 𝜃
⃒𝜃=30° = 0.5774 𝑚
𝑟̇ =
0.5 sin 𝜃
𝑐𝑜𝑠2𝜃
𝜃̇ = 0.5 tan 𝜃 sec 𝜃𝜃̇ ⃒𝜃=30° = 1.00 𝑚/𝑠
𝑟̈ = 0.5 [tan 𝜃 sec 𝜃𝜃̈ + ( 𝑠𝑒𝑐 2
𝜃 sec 𝜃) 𝜃̇2
]⃒𝜃=30° = 9.327 𝑚/𝑠2
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃̇2
= 9.327 − 0.5774(32) = 4.131 𝑚/𝑠2
𝑎𝜃 = 𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇𝜃̇ = 0.5774(2) + 2(1.00)(3) = 7.155 𝑚/𝑠2
Σ𝐹
𝑟 = 𝑚𝑎𝑟; 𝑁 cos 30° − 1(9.81) sin 30° = 1(4.131)
𝑁 = 10.43 𝑁 = 10.4𝑁
Σ𝐹𝜃 = 𝑚𝑎𝜃; 𝐹𝑂𝐴 − 1(9.81) cos 30° − 10.43 sin 30° = 1(7.155)
𝐹𝑂𝐴 = 20.9 𝑁

38. 12.71El pasador B de 100 g se desliza a lo largo de la ranura en el Problemas brazo
rotatorio OC y a lo largo de la ranura DE, la cual se cortó en una placa horizontal fija. Si
se ignora la fricción y se sabe que el brazo OC gira a una razón constante ˙ 0 12 rad/s,
determine para cualquier valor dado de a) las componentes radial y transversal de la
fuerza resultante F que se ejerce sobre el pasador B, b) las fuerzas P y Q ejercidas sobre el
pasador B por el brazo OC y la pared de la ranura DE, respectivamente
𝑟 =
0.2
𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑚
𝑟̇ = (
𝑠𝑖𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠2
𝜃2
̇ ) 𝑚/𝑠 𝜃 = 12
𝑟𝑎𝑑
𝑠
̇
𝜃̇ = 0
𝑟̇ = 0.2
𝑐𝑜𝑠𝜃(𝑐𝑜𝑠2
𝜃) − 𝑠𝑖𝑛𝜃(−2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑖𝑛𝜃)
𝑐𝑜𝑠4𝜃
𝜃2
̇
= (0.2
1 + 𝑠𝑖𝑛2
𝜃
𝑐𝑜𝑠3𝜃
𝜃2
̇ ) 𝑚/𝑠2
𝑟 = 0.2
𝑠𝑖𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠2𝜃
(12) = (2.4
𝑠𝑖𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠2𝜃
) 𝑚/𝑠
̇
𝑟̈ = 0.2
1 + 𝑠𝑖𝑛2
𝜃
𝑐𝑜𝑠3
(122
) = (28.8
1 + 𝑠𝑖𝑛2
𝜃
𝑐𝑜𝑠3𝜃
) 𝑚/𝑠2
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃2
̇

39. = ( 28.8
1 + 𝑠𝑖𝑛2
𝜃
𝑐𝑜𝑠3𝜃
) − (
0.2
𝑐𝑜𝑠𝜃
) (12)2
= ( 57.6
𝑠𝑖𝑛2
𝜃
𝑐𝑜𝑠3𝜃
) 𝑚/𝑠2
𝑎𝜃 = 𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇𝜃̇
= 0 + 2 ( 2.4
𝑠𝑖𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠2𝜃
) (12)
(57.6
sin 𝜃
𝑐𝑜𝑠2
) 𝑚/𝑠2
𝐹𝑅 = 𝑚𝜃𝑎𝑟 = (0.1 𝑘𝑔) [(57.6
𝑠𝑖𝑛2
𝑐𝑜𝑠2𝜃
) 𝑚/𝑠2]
𝐹𝜃 = 𝑚𝜃𝑎𝜃 = (0.1𝑘𝑔)[(57.6
𝑠𝑖𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠2𝜃
)] 𝑚/𝑠2
+↑ ∑𝐹𝑦: 𝐹𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝐹𝑟𝑠𝑖𝑛𝜃 = 𝑃𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑃 = 5.76 𝑡𝑎𝑛𝜃𝑠𝑒𝑐𝜃 + (5.76𝑡𝑎𝑛2
𝜃𝑠𝑒𝑐𝜃)𝑡𝑎𝑛𝜃
𝑃 = (5.76 𝑁) tan 𝜃 𝑠𝑒𝑐2
𝜃
+↑ ∑𝐹𝑟 ; 𝐹𝑟 = 𝑄𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑄 = (5.76 𝑡𝑎𝑛2
𝜃)
1
𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑄 = (5.76𝑁)𝑡𝑎𝑛2
𝜃 𝑠𝑒𝑐2
𝜃

40. 12.72El deslizador C tiene un peso de 0.5 lb y puede moverse por una ranura cortada en
un brazo AB, el cual gira a razón constante ˙ 0 10 rad/s en un plano horizontal. El
deslizador se encuentra unido a un resorte con razón constante k 2.5 lb/ft que se
encuentra sin estirar cuando r 0. Si el deslizador se suelta desde el reposo sin velocidad
radial en la posición r 18 in. y no se toma en cuenta la fricción, determine para la posición
r 12 in. a) las componentes radial y transversal de la velocidad del deslizador, b) las
componentes radial y transversal de su aceleración, c) la fuerza horizontal ejercida sobre
el deslizador por el brazo AB.
𝐹𝑅 = −𝑘( 𝑟 − 𝑙0)
∑𝐹𝑟 = 𝑚𝑎𝑟; −𝑘 (𝑟 − 𝑙𝜃)= 𝑚(𝑟̈ − 𝑟𝜃2)
̇
𝑟̈ = (𝜃2 −
𝑘
𝑚
̇
)𝑟 +
𝑘𝑙𝜃
𝑚
𝑟̈ =
𝑑
𝑑𝑡
(𝑟)
̇ =
𝑑𝑟̇
𝑑𝑟
𝑑𝑟
𝑑𝑡
= 𝑟̇
𝑑𝑟̇
𝑑𝑟
𝑟̇𝑑𝑟 = 𝑟̈
̇ 𝑑𝑟 = [( 𝜃2
̇ −
𝑘
𝑚
) 𝑟 +
𝑘𝑙𝜃
𝑚
] 𝑑𝑟
𝑟̇ = 𝑟𝜃
̇ 𝑤ℎ𝑒𝑛 𝑟 = 𝑟𝜃
1
2
𝑟2
̇ = [
1
2
(( 𝜃2
̇ −
𝑘
𝑚
) 𝑟2
+
𝑘𝑙𝜃
𝑚
𝑟]
1
2
𝑟2
̇
1
2
𝑟0
2
̇ =
1
2
(𝜃2
̇ −
𝑘
𝑚
) ( 𝑟2
− 𝑟0
2) +
2𝑘𝑙0
𝑚
(𝑟 − 𝑟0)

41. 𝑚 =
𝑤
𝑔
=
0.5𝑙𝑏
32,2 𝑓𝑡/𝑠2
= 0.01553 𝑙𝑏. 𝑠2
/𝑓𝑡
𝜃̇ = 10
𝑟𝑎𝑑
𝑠
, 𝑘 = 2.5
𝑙𝑏
𝑓𝑡
, 𝑙0 = 0
𝑟0
̇ = (𝑣𝑟)0 = 0 𝑟0 = 18 𝑖𝑛 = 1.5 𝑓𝑡 𝑟 = 12 𝑖𝑛 = 1.0 𝑓𝑡
A) Cuando r = 12 in
𝑟2
̇ = + (102
−
2.5
0.01553
)(12
− 1. 5.2) + 0
= 76.223 𝑓𝑡2
/𝑠2
𝑣𝑟 = 𝑟̇ = ±8.7306 𝑓𝑡/𝑠
𝑟̇ = −8.7305 𝑓𝑡/𝑠
𝑣𝜃 = 𝑟𝜃 = (1.0)(10)
̇
𝑣𝜃 = 10.00 𝑓𝑡/𝑠
𝐹𝑟 = −𝑘𝑟 + 𝑘𝑙0 + −(2.5)(1.0) + 0 +/2.5𝑙𝑏
𝑎𝑟 =
𝐹𝑟
𝑚
=
2.5
0.01553
𝑎𝑟 = 161. 𝑜 𝑓𝑡/𝑠2
𝑎𝜃 = 𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇𝜃̇ = 0 + (2)(−87306)(10)
𝑎𝜃 − −174.6𝑓𝑡/𝑠2
𝐹𝜃 = 𝑚𝑎𝜃 = (0.01553)(−174.6)
𝐹𝜃 = −2.71 𝑙𝑏
12.73 Retome el problema 12.72, y ahora suponga que el resorte está sin estirar cuando
el deslizador C se encuentra a 2 in. a la izquierda del punto medio O del brazo AB (r 2
in.).
𝐹𝑟 = −𝑘 (𝑟 − 𝑙0)
∑𝐹𝑟 = 𝑚𝑎𝑟 ∶ −𝑘 (𝑟 − 𝑙0) = 𝑚(𝑟̈ − 𝑟𝜃2)
̇

42. 𝑟̈ = (𝜃2
̇ −
𝑘
𝑚
)𝑟 +
𝑘𝑙𝑜
𝑚
𝑟̈ =
𝑑
𝑑𝑡
(𝑟)
̇ =
𝑑𝑟̇
𝑑𝑟
𝑑𝑟
𝑑𝑡
= 𝑟̇
𝑑𝑟̇
𝑑𝑟
𝑟̇𝑑𝑟̇ = 𝑟̈𝑑𝑟 = [(𝜃2
̇ −
𝑘
𝑚
) 𝑟 +
𝑘𝑙0
𝑚
] 𝑑𝑟
𝑟̇ = 𝑟0 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑜 𝑟 = 𝑟0
̇
1
2
𝑟2
̇ = [
1
2
(( 𝜃2
̇ −
𝑘
𝑚
) 𝑟2
+
𝑘𝑙𝜃
𝑚
𝑟]
1
2
𝑟2
̇
1
2
𝑟0
2
̇ =
1
2
(𝜃2
̇ −
𝑘
𝑚
) ( 𝑟2
− 𝑟0
2) +
2𝑘𝑙0
𝑚
(𝑟 − 𝑟0)
𝑟2
̇ = 𝑟0
2
̇ + ( 𝜃2
̇ −
𝑘
𝑚
) (𝑟2
− 𝑟0
2) +
2𝑘𝑙0
𝑚
(𝑟 − 𝑟0)
𝑚 =
𝑤
𝑔
=
0.5𝑙𝑏
32,2 𝑓𝑡/𝑠2
= 0.01553 𝑙𝑏. 𝑠2
/𝑓𝑡
𝜃̇ = 10
𝑟𝑎𝑑
𝑠
, 𝑘 = 2.5
𝑙𝑏
𝑓𝑡
, 𝑙0 = 0
𝑟0
̇ = (𝑣𝑟)0 = 0 𝑟0 = 18 𝑖𝑛 = 1.5 𝑓𝑡 𝑟 = 12 𝑖𝑛 = 1.0 𝑓𝑡
Cuando r = 12 in
𝑟2
̇ = 0 + (102
−
2.5
0.01223
)(1. 02
− 1.52) +
(2) (2.5)(−
1
6
)
0.01553
(1.0 − 1.5)
= 103.053 𝑓𝑡2
/𝑠2
𝑣𝑓 = 𝑟̇ = ±10.12512 𝑓𝑡 /𝑠
𝑟̇ = −10.1515 𝑓𝑡/𝑠
𝑣𝜃 = 𝑟𝜃̇ = (1.0)(10)

43. 𝐹𝑟 = −𝑘𝑟 + 𝑘𝑙0 = −(2.5)(1.0)(
−1
6
) = −2,91667 𝑙𝑏
𝑎𝑟 =
𝐹𝑟
𝑚
= −
2.91667
0.01553
𝑎𝑟 = −187.8 𝑓𝑡/𝑠2
𝑎𝜃 = 𝑟𝜃̈ + 2𝑟̇𝜃̇ = 0 + (2)(−10.1515)(10)
𝑎𝜃 = −203.0 𝑓𝑡/𝑠2
𝐹𝜃 = 𝑚𝑎𝜃 = (0.01553)(203.0)
𝐹𝜃 = −3.15 𝑙𝑏
12.74Una partícula de masa m se lanza desde el punto A con una velocidad inicial v0
perpendicular a la línea OA y se mueve bajo una fuerza central F a lo largo de una
trayectoria semicircular de diámetro OA. Si se observa que r r0 cos y se usa la ecuación
(12.27), demuestre que la rapidez de la partícula es v v0/cos2 .
ℎ = 𝑟2
𝜃̇ = ℎ0 = 𝑟0𝑣0
𝜃̇ =
𝑟0𝑣0
𝑟2
=
𝑟0𝑣0
𝑟0
2
𝑐𝑜𝑠2
=
𝑣0
𝑟0𝑐𝑜𝑠2𝜃
𝑣𝑟 = 𝑟̇ =
𝑑
𝑑𝑡
(𝑟0𝑐𝑜𝑠𝜃) = −(𝑟0𝑠𝑖𝑛𝜃)𝜃̇
𝑣𝜃 = 𝑟𝜃̇ = ( 𝑟0𝑐𝑜𝑠𝜃)𝜃̇
𝑣 = √𝑣𝑟
2 + 𝑣𝜃
2
= 𝑟0𝜃̇ =
𝑟0𝑣0
𝑟0𝑐𝑜𝑠2𝜃

44. 𝑣 =
𝑉0
𝑐𝑜𝑠2𝜃
12.75 Para la partícula del problema 12.74, determine la componente tangencial Ft de la
fuerza central F a lo largo de la tangente a la trayectoria de la partícula para a) 0 y b) 45°.
ℎ = 𝑟2
𝜃̇ = ℎ0 = 𝑟0𝑣0
𝜃̇ =
𝑟0𝑣0
𝑟2
=
𝑟0𝑣0
𝑟0
2
𝑐𝑜𝑠2
=
𝑣0
𝑟0𝑐𝑜𝑠2𝜃
𝑣𝑟 = 𝑟̇ =
𝑑
𝑑𝑡
(𝑟0𝑐𝑜𝑠𝜃) = −(𝑟0𝑠𝑖𝑛𝜃)𝜃̇
𝑣𝜃 = 𝑟𝜃̇ = ( 𝑟0𝑐𝑜𝑠𝜃)𝜃̇
𝑣 = √𝑣𝑟
2 + 𝑣𝜃
2
= 𝑟0𝜃̇ =
𝑟0𝑣0
𝑟0𝑐𝑜𝑠2𝜃
𝑎1 =
𝑑𝑣
𝑑𝑡
=
𝑣0(−2)(−𝑠𝑖𝑛𝜃)𝜃̇
𝑐𝑜𝑠3𝜃
=
2𝑣𝑜0𝑠𝑖𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠3
.
𝑣0
𝑟0𝑐𝑜𝑠2𝜃
=
2𝑣0
2
𝑟0𝑐𝑜𝑠5𝜃
𝐹𝑡 = 𝑚𝑎𝑡: 𝐹𝑇 =
2𝑚𝑣0
2
𝑠𝑖𝑛𝜃
𝑟0𝑐𝑜𝑠5𝜃
𝜃 = 0 𝐹1 = 0
𝜃 = 45 𝐹1 =
2𝑚𝑣0𝑠𝑖𝑛45
𝑐𝑜𝑠545
12.76 Una partícula de masa m se lanza desde el punto A con una velocidad inicial v0
perpendicular a la línea OA y se mueve bajo la acción de una fuerza central F que se
aleja del centro de fuerza O. Si la partícula sigue una trayectoria definida por la ecuación
𝑟 = 𝑟0√𝑐𝑜𝑠2𝜃 y se usa la ecuación (12.27), exprese las componentes radial y transversal
de la velocidad v de la partícula como funciones de .
ℎ = 𝑟2
𝜃̇ = ℎ0 = 𝑟0𝑣0

45. 𝜃̇ =
𝑟0𝑣0
𝑟2
=
𝑟0𝑣0𝑐𝑜𝑠2𝜃
𝑟0
2 =
𝑣0
𝑟0
𝑐𝑜𝑠2𝜃
𝑣𝑟 = 𝑟̇ =
𝑑𝑟
𝑑𝜃
𝜃 =
𝑑
𝑑𝜃
̇
(
𝑟0
√𝑐𝑜𝑠2𝜃
) 𝜃̇ = (𝑟0
𝑠𝑖𝑛2𝜃
𝑐𝑜𝑠2𝜃3/2
)𝜃̇
= (𝑟0
𝑠𝑖𝑛2𝜃
𝑐𝑜𝑠2𝜃
3
2
)
𝑣0
𝑟
cos 2𝜃
𝑣𝑟 = 𝑣0
𝑠𝑖𝑛2𝜃
√𝑐𝑜𝑠2𝜃
𝑣0 =
ℎ
𝑟
=
𝑟0𝑣0
𝑟0
√𝑐𝑜𝑠2𝜃
𝑣𝜃 = 𝑣0√𝑐𝑜𝑠2𝜃
12.77 Para la partícula del problema 12.76, demuestre a) que la velocidad de la partícula
y la fuerza central F son proporcionales a la distancia r de la partícula al centro de fuerza
O y b) que el radio de curvatura de la trayectoria es proporcional a r3 .
ℎ = 𝑟2
𝜃̇ = ℎ0 = 𝑟0𝑣0 𝑜𝑟 𝜃̇ =
𝑟0𝑣0
𝑟2
=
𝑟0𝑣0𝑐𝑜𝑠2𝜃
𝑟0
2 =
𝑣0
𝑟0
𝑐𝑜𝑠2𝜃
𝑟̇ =
𝑑𝑟
𝑑𝜃
𝜃 =
𝑑
𝑑𝜃
̇
(
𝑟0
√𝑐𝑜𝑠2𝜃
) 𝜃̇ = 𝑣0
2𝑐𝑜𝑠2
2𝜃 + 𝑠𝑖𝑛2𝜃
(𝑐𝑜𝑠2𝜃)3/2
)𝜃̇ =
𝑣0
2
𝑟0
2𝑐𝑜𝑠2
2𝜃 + 𝑠𝑖𝑛2
2𝜃
√𝑐𝑜𝑠2𝜃
)
𝑎) 𝑣𝑟 = 𝑟̇ = 𝑣0
𝑠𝑖𝑛2𝜃
√𝑐𝑜𝑠2𝜃
=
𝑣0
𝑟0
𝑠𝑖𝑛2𝜃 𝑣𝜃 = 𝑟𝜃̇ =
𝑣0𝑟
𝑟0
𝑐𝑜𝑠2𝜃
𝑣 = √(𝑉𝑟)
2
+ (𝑉𝜃)
2
=
0
𝑟
𝑟0
√𝑠𝑖𝑛22𝜃 + 𝑐𝑜𝑠22𝜃
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃2
̇ =
𝑣0
2
𝑟0
𝑐𝑜𝑠2
2𝜃 + 𝑠𝑖𝑛2
2𝜃
√𝑐𝑜𝑠2𝜃
=
𝑣0
𝑟0√𝑐𝑜𝑠2𝜃
=
𝑣0
2
𝑟
𝑟0
2 𝑐𝑜𝑠2
2𝜃
𝑣0
2
𝑟0
𝑐𝑜𝑠2
2𝜃 + 𝑠𝑖𝑛2
2𝜃
√𝑐𝑜𝑠2𝜃
=
𝑣0
𝑟0√𝑐𝑜𝑠2𝜃
=
𝑣0
2
𝑟
𝑟0
2
𝐹𝑟 = 𝑚𝑎𝑟 =
𝑚𝑣0
2
𝑟
𝑟0
2

46. 𝑎 = √𝑎𝑟
2 + 𝑎𝜃
2
=
𝑣𝑜
2
𝑟
𝑟0
2
𝑎1 = √𝑎2−𝑎𝑡
2
=
𝑣0
2
𝑟
𝑟0
2
√1 − 𝑠𝑖𝑛22𝜃 =
𝑣0
2
𝑟𝑐𝑜𝑠2𝜃
𝑟0
2
𝑐𝑜𝑠2𝜃 = (
𝑟0
𝑟
)2
𝑎𝑛 =
𝑣0
2
𝑟
𝑎𝑛 =
𝑣2
𝑝
𝑜𝑟 𝑝 =
𝑣2
𝑎𝑛
=
𝑣𝑟
2
𝑟2
𝑟0
2 .
𝑟
𝑣0
2
𝑝 =
𝑟3
𝑟𝑜
2
12.78 El radio de la órbita de una luna de determinado planeta es igual al doble del radio
de dicho planeta. Si se denota mediante la densidad media del planeta, demuestre que el
tiempo que requiere la luna para completar una revolución alrededor del planeta es
(24/G) 1/2, donde G es la constante de gravitación
𝐹𝑟 =
𝐺𝑀𝑚
𝑟2
=
𝑚𝑣2
𝑟
𝑜𝑟 𝑣 = √
𝐺𝑀
𝑟
𝑉 = 2𝜋𝜏 𝑜𝑟 𝜏√
𝐺𝑀
𝑟
= 2𝜋𝜏
𝜏 =
2𝜋𝑟3/2
√𝐺𝑀
𝑀 =
4
3
𝜋𝑅3
𝑝 ℎ𝑒𝑛𝑐𝑒 √𝐺𝑀 = 2 √
𝜋
3
𝐺𝑃 𝑅3/2
𝜏 = √
3𝜋
𝐺𝑝
(
𝑟
𝑅
) 3/2
r=2R
𝜏 = 23/2
√
3𝜋
𝐺𝑝
=
24𝜋
𝐺𝑝

47. 𝜏 = (24𝜋/𝐺𝑝)1/2
12.79 Demuestre que el radio r de la órbita de una luna de un planeta dado puede
determinarse a partir del radio R del planeta, la aceleración de la gravedad en la superficie
del planeta y el tiempo requerido por la luna para dar una revolución completa alrededor
del planeta. Determine la aceleración de la gravedad en la superficie del planeta Júpiter
si se sabe que R 71 492 km, 3.551 días y r 670.9 103 km en el caso de su luna Europa
𝐹 = 𝐺
𝑀𝑚
𝑟2
𝐹 = 𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛 = 𝑚
𝑣2
𝑟
𝐺
𝑀𝑚
𝑟2
= 𝑚
𝑣2
𝑟
𝑣2
=
𝐺𝑀
𝑟
𝐺𝑀 = 𝑔𝑅2
𝑣2
=
𝑔𝑅2
𝑟
𝑜𝑟 𝑣 = 𝑅√
𝑔
𝑟
𝜏 =
2𝜋𝑟
𝑣
=
2𝜋𝜏
𝑅√
𝑔
𝑅
𝑔 = (
𝑔𝜏2
𝑅2
4𝜋2
)1/3
𝐺 = 4𝜋2
𝑟3
𝜏2𝑅2
𝜏 = 3.551 𝑑𝑎𝑦 = 306.806 𝑠
𝑔𝐽𝑢𝑝𝑖𝑡𝑒𝑟 = 4𝜋2
𝑟𝐸𝑢𝑟
3
𝜏𝐸𝑢𝑟
2
𝑅𝐽𝑢𝑝
= 4𝜋2
(670.9 𝑥 106
𝑚)3
(306.806)2(71.492 𝑥 106)2
𝑔𝐽𝑢𝑝𝑖𝑡𝑒𝑟 = 2.53 𝑔𝐸𝑎𝑟𝑡ℎ
𝑔𝐽𝑢𝑝𝑖𝑡𝑒𝑟 = 24.8 𝑚/𝑠2

48. 12.80 Los satélites de comunicaciones se ubican en una órbita geosincrónica, es decir, en
una órbita circular tal que terminan una revolución completa alrededor de la Tierra en un
día sideral (23.934 h), y de esa manera parecen estacionarios con respecto a la superficie
terrestre. Determine a) la altura de estos satélites sobre la superficie de la Tierra y b) la
velocidad con la cual describen su órbita. Dé su respuesta en unidades tanto del SI como
de uso común en Estados Unidos
𝐹𝑟 =
𝐺𝑀𝑚
𝑟2
=
𝑚𝑣2
𝑟
𝑜𝑟 𝑣 = √
𝐺𝑀
𝑟
𝑣𝜏 = 2𝜋𝑟 𝑜𝑟 𝑣2
𝜏2
=
𝐺𝑀𝜏2
𝑟
= 4𝜋2
𝜏2
𝑟3
=
𝐺𝑀𝜏2
4𝜋2
𝑜𝑟 𝑟 = (
𝐺𝑀𝜏2
4𝜋2
)1/3
𝜏 = 23.934 𝐻 = 86.1624 𝑥 103
𝑠
𝑔 = 9.81
𝑚
𝑠2
𝑅 = 6.37 𝑥 103
𝑚
𝐺𝑀 = 𝑔𝑅2
+ (9.81)(6.36 𝑥 106)2
= 398.06 𝑥 1012
𝑚3
/𝑠2
𝑟 = [
(398.06 𝑥 1012)((86.1624 𝑥 103
)2
4𝜋2
]
1
3 = 42.145 𝑥 106
𝑚
𝑎𝑙𝑡𝑖𝑡𝑢𝑑 ℎ = 𝑟 − 𝑅 = 35.775 𝑥 106
ℎ = 35.800 𝑘𝑚
𝑔 = 32.3
𝑓𝑡
𝑠2
𝑅 = 3960 𝑚𝑖 = 20.909 𝑥 106
𝑓𝑡
𝐺𝑀 = 𝑔𝑅2
= (32.2) (20.909 𝑥 106
)2
= 14.077 𝑥 1015
𝑓𝑡3
/𝑠2
𝑟 = [
14.077 𝑥 1015 ( 86.1624 𝑥 103)2
4𝜋2
]
1
3 = 138.334 𝑥 106
𝑓𝑡
𝑔 = 32.3
𝑓𝑡
𝑠2
𝑅 = 3960 𝑚𝑖 = 20.909 𝑥 106
𝑓𝑡
𝐺𝑀 = 𝑔𝑅2
= (32.2)(20.909 𝑥 106
)2
= 14.0777 𝑥 1015
𝑓𝑡3
/𝑠2
𝑟 = [
14.0777 𝑥 1015 ( 86.1624 𝑥 103)2
4𝜋2
]1/3
= 138.334 𝑥 106
𝑎𝑙𝑡𝑖𝑡𝑢𝑑 ℎ = 𝑟 − 𝑅 = 117.425 𝑥 106
𝑓𝑡
ℎ = 22.200𝑚𝑖

49. 𝑣 = √
𝐺𝑀
𝑟
= √
398.06 𝑥 1012
42.145 𝑥 106
= 3.07 𝑥 103
𝑚/𝑠
𝑣 = √
𝐺𝑀
𝑟
= √
14.077 𝑥 1015
138.334 𝑥 106
= 10.09 𝑥 103
𝑓𝑡/𝑠
12.81 Determine la masa de la Tierra si se sabe que el radio medio de la órbita de la Luna
alrededor de nuestro planeta es de 238 910 mi y que la Luna requiere 27.32 días para
completar una vuelta completa alrededor de la Tierra.
𝐹 = 𝐺
𝑀𝑚
𝑟2
𝐹 = 𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛 = 𝑚
𝑣2
𝑟
𝐺
𝑀𝑚
𝑟2
= 𝑚
𝑣2
𝑟
𝑀 =
𝑟
𝐺
𝑣2
𝑣 =
2𝜋𝜏
𝜏
𝑀 =
𝑟
𝐺
= (
2𝜋𝜏
𝜏
)2
=
1
𝐺
(
2𝜋
𝜏
)2
𝑟3
𝑟 = 27.32 𝑑𝑎𝑦𝑠 = 2.3604 𝑥 106
𝑠
𝑟 = 238.910 𝑚𝑖 = 1.26144 𝑥 109
𝑓𝑡
𝑀 =
1
34.4 𝑥
10−9𝑓𝑡4
𝑙𝑏
. 𝑠4
(
2𝜋
2.3604 𝑥 106
)2
(1.26144 𝑥 109
𝑓𝑡)3
𝑀 = 4.13 𝑥 10 21
𝑙𝑏. 𝑠2
/𝑓𝑡
12.82 Una nave espacial se coloca en una órbita polar alrededor del planeta Marte a una
altura de 380 km. Si se sabe que la densidad media de Marte es de 3.94 Mg/m3 y que el
radio de Marte es de 3.397 km, determine a) el tiempo que se requiere para que la nave
espacial complete una revolución alrededor de Marte, b) la velocidad con la que la nave
espacial describe su órbita

50. 𝜏 = √
3𝜋
𝐺𝑝
(
𝑟
𝑅
)3/2
𝑟 = 𝑅 + ℎ = (3397 + 380)𝑘𝑚
= 3777 𝑘𝑚
𝜏 = [
3𝜋
(66.73 𝑥
10−12𝑚3
𝑘𝑔
. 𝑠2) (3.94 𝑥 103𝑘𝑔/𝑚3
]
1
2 (
3777 𝑘𝑚
3397 𝑘𝑚
)3/2
= 7019.5 𝑠
𝑣 =
2𝜋𝑟
𝜏
=
2𝜋(3777 𝑥 103
𝑚)
7019.5 𝑠
𝑣 = 33380 𝑚/𝑠
12.83 Un satélite se coloca en una órbita circular alrededor del planeta Saturno a una
altura de 2.100 mi. El satélite describe su órbita con una velocidad de 54.7 103 mi/h. Si el
radio de la órbita alrededor de Saturno y el periodo orbital de Atlas, una de las lunas de
Saturno, son 85.54 103 mi y 0.6017 días, respectivamente, determine a) el radio de
Saturno y b) la masa de Saturno. (El periodo orbital de un satélite es el tiempo que
requiere para dar una revolución completa alrededor de un planeta.)
𝑉𝐴 =
2𝜋𝑟𝐴
𝜏𝐴
𝑉𝐴 = 85.54 𝑥 103
𝑚𝑖 = 451.651 𝑥 106
𝑓𝑡
𝜏𝐴 = 0.6017 𝑑𝑖𝑎𝑠 = 51.987 𝑠
𝑉𝐴 =
(2𝜋)( 451.651 𝑥 106
)
51.987
= 54.587 𝑥 103
𝑓𝑡 /𝑠
𝐹 =
𝐺𝑀𝑚
𝑅2
=
𝑚𝑣2
𝑟
𝐺𝑀 = 𝑟𝑣2
= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑟𝑠𝑟𝑠
2
= 𝑟𝐴𝑟𝐴
2
𝑟𝑠 =
𝑟𝐴𝑉𝐴
2
𝑣𝐴
2

51. 𝑉𝑆 = 54.7 𝑋
103
𝑀𝐼
𝐻
= 20.267 𝑥 103
𝑓𝑡 /𝑠
𝑟𝑠 =
(451.651 𝑥 106)(54.587 𝑥 103
)2
(80.267 𝑥 103)2
= 208.885 𝑥 105
𝑓𝑡
𝑟𝑠 = 39,600 𝑚𝑖
𝑅 = 𝑟𝑠 − (𝑎𝑙𝑡𝑖𝑡𝑢𝑑) = 39.600 − 2100
𝑅 = 37.500𝑚𝑖
𝑀 =
𝑟𝐴𝑣𝐴
2
𝐺
=
(451.651 𝑥 106)( 54.587 𝑥 103
)2
34.4 𝑥 10−9
𝑀 = 39.1 𝑥 1024
𝑙𝑏. 𝑠2
/𝑓𝑡
12.84 Se ha observado que los periodos orbitales (vea el problema 12.83) de las lunas
Julieta y Titania de Urano son 0.4931 días y 8.706 días, respectivamente. Si se sabe que
el radio de la órbita de Julieta es de 64 360 km, determine a) la masa de Urano y b) el
radio de la órbita de Titania.
𝑣𝐽 =
2𝜋𝑟𝑗
𝜏𝑗
𝑟𝑗 = 64, 360 𝑘𝑚 = 64.36 𝑥 106
𝑚
𝑟𝜏 = 0.4931 𝑑𝑎𝑦𝑠 = 42,504 𝑠
𝑉𝐽 =
(2𝜋)(64.36 𝑥 106
)
42.604
= 9.4917 𝑥 103
𝑚/𝑠
𝐹 =
𝐺𝑀𝑚
𝑟2
=
𝑚𝑣2
𝑟
𝐺𝑀 = 𝑟𝑣2
= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
𝑀 =
𝑟𝐽𝑣𝑗
2
𝐺
𝑀 =
(64.36 𝑥 106)( 9.4917 𝑥 103
)2
66.73 𝑥 10−12
= 86 .893 𝑥 1024
𝑘𝑔
𝐺𝑀 = 𝑟𝑡𝑣𝑡
2
=
4𝜋2
𝑟𝑗
3
𝜏𝑗
2

52. 𝑟𝑇
3
= 𝑟𝑗
3
(
𝜋𝑇
𝜋𝑗
)2
= (64.26 𝑥 106)3
(
8.706
0.4931
)2
= 81.103 𝑥 1024
𝑟𝑇 = 436. 39 𝑥 106
𝑚
12.85 Una nave espacial de 1 Problemas .200 lb se ubica primero en una órbita circular
alrededor de la Tierra a una altura de 2.800 mi y después se transfiere a una órbita
circular alrededor de la Luna. Si se sabe que la masa de la Luna es 0.01230 veces la masa
de la Tierra y el radio de la Luna corresponde a 1.080 mi, determine a) la fuerza
gravitacional que se ejerció sobre la nave espacial cuando orbitaba la Tierra, b) el radio
requerido de la órbita de la nave espacial alrededor de la Luna si los periodos orbitales
(vea el problema 12.83) de las dos órbitas deben ser iguales y c) la aceleración de la
gravedad en la superficie lunar
𝑅𝐸 = 3960𝑚𝑖
𝑟𝐸 = 𝑅𝐸 + ℎ𝐸 = (3960 + 2800)𝑚𝑖
= 6760 𝑚𝑖
𝐹 = 𝐺
𝑀𝑀
𝑟2
𝐺𝑀 = 𝑔 𝑅2
𝐹 = 𝑔𝑅2
𝑚
𝑟2
= 𝑊 (
𝑅
𝑟
)2
𝐹 = (1200 𝑙𝑏)(
3960𝑚𝑖
6760 𝑚𝑖
)2
𝐹 = 412 𝑙𝑏
𝑀 =
1
𝐺
(
2𝜋
𝜏
)2
𝑟3
𝜏 =
2𝜋𝑟3/2
√𝐺𝑀
𝜏𝐸 = 𝜏𝑚 →
2𝜋𝐸
3/2
√𝐺𝑀𝐸
=
2𝜋𝑅𝑀
3/2
√𝐺𝑀𝑀
𝑟𝑀 = (
𝑀𝑀
𝑀𝐸
)
1
3 𝑟𝐸 = (0.01230)
1
3 (6760𝑚𝑖)
𝐺𝑀 = 𝑔𝑅2

53. 2𝜋𝑟𝐸
3/2
𝑅𝐸√𝑔𝐸
=
2𝜋𝜋𝑀
3/2
𝑅𝑀√𝑔𝑀
𝑔𝑀 = (
𝑅𝐸
𝑅𝑀
)2
(
𝑟𝑀
𝑟𝐸
)
3
𝑔𝐸 = (
𝑅𝐸
𝑅𝑀
)2
(
𝑀𝑀
𝑀𝐸
) 𝑔𝐸
𝑟𝑀 = (
3960 𝑚𝑖
1080 𝑚𝑖
)2 (0.01230)(32.2
𝑓𝑡
𝑠2
)
𝑟𝑚 = 1560 𝑚𝑖
𝑔𝑙𝑢𝑛𝑎 =
1
6
𝑔𝑡𝑖𝑒𝑟𝑟𝑎
12.86 Para colocar un satélite de comunicaciones en una órbita geosincrónica (vea el
problema 12.80) a una altura de 22 240 mi sobre la superficie terrestre, el satélite se libera
primero de un transbordador espacial, el cual está en una órbita circular a una altura de
185 mi, y después es lanzado por un impulsador de plataforma superior hasta su altura
final. Cuando el satélite pasa por A, el motor del impulsor se enciende para incorporar al
satélite en la órbita de transferencia elíptica. El impulsor se enciende de nuevo en B para
incorporar al satélite en la órbita geosincrónica. Si se sabe que el segundo encendido
aumenta la velocidad del satélite en 4.810 ft/s, determine a) la rapidez del satélite cuando
se acerca a B sobre la órbita de transferencia elíptica, b) el aumento en la rapidez que
resulta del primer encendido en A.
𝑅 = 3960𝑚𝑖 = 20.9909 𝑥 106
𝑓𝑡
𝐺𝑀 = 𝑔𝑅2
= (32.2)( 20.909 𝑥 106
)2
= 14.077 𝑥 1015
𝑓𝑡3
/𝑠2
𝑟𝐴 = 3960 + 185 = 4145 𝑚𝑖 = 21.8856 𝑥 106
𝑓𝑡
𝑟𝐵 = 3960 + 22.240 = 26,200 𝑚𝑖 = 138.336 𝑥 106
𝑓𝑡
(𝑉𝐴)𝑐𝑖𝑟𝑐
= √
𝐺𝑀
𝑟𝐴

54. √
14.0777 𝑥1015
21.8856 𝑥 106
= 23.362 𝑥 103
𝑓𝑡/𝑠
(𝑉𝐵)𝑐𝑖𝑟𝑐
= √
𝐺𝑀
𝑟𝐵
= √
14.077 𝑥 1015
138.336 𝑥 106
= 10.088 𝑥 103
𝑓𝑡/𝑠
(𝑉𝐵)𝑡𝑟
= 10.0888 𝑥 103
− 4810
= 5.278 𝑥 103
𝑟𝐴(𝑉𝐴)𝑡𝑟
= 𝑟𝐵(𝑉𝐵)𝑡𝑟
(𝑉𝐴)𝑡𝑟
=
𝑟𝐵(𝑉𝐵)𝑡𝑟
𝑟𝐴
=
(138.336 𝑥 106)(5278)
21.8856 𝑥 106
= 33.362 𝑥 103
𝑓𝑡 /𝑠
𝐴𝑣𝐴 = ((𝑉𝐴)𝑡𝑟
− (𝑉𝐴)𝑐𝑖𝑟𝑐
= 33.362 𝑥 103
− 25.362 𝑥 103
= 8.000 𝑥 103
12.87 Un vehículo espacial está en una órbita circular de 2 200 km de radio alrededor de
la Luna. Para pasar a una órbita más pequeña de 2.080 km de radio, el vehículo se ubica
primero en una trayectoria elíptica AB reduciendo su rapidez en 26.3 m/s cuando pasa
por A. Si se sabe que la masa de la Luna es de 73.49 1021 kg, determine a) la rapidez del
vehículo cuando se aproxima a B sobre la trayectoria elíptica, b) la cantidad que su rapidez
debe reducirse cuando se aproxima a B para incorporarse a la órbita circular más
pequeña.

55. ∑𝐹𝑁 = 𝑚𝑎𝑛: 𝐹 = 𝑚
𝑣2
𝑟
𝐹 = 𝐺
𝑀𝑚
𝑟2
𝐺
𝑀𝑚
𝑟2
= 𝑚
𝑣2
𝑟
𝑣2
=
𝐺𝑀
𝑟
(𝑉𝐴)𝑐𝑖𝑟𝑐
2
=
66.73 𝑥
10−12
𝑚3
𝑘𝑔
. 𝑠2
𝑥 73.49 𝑥 1021
𝑘𝑔
22010 𝑥 103𝑚
(𝑉𝐴)𝑐𝑖𝑟𝑐
= 1493 𝑚 /𝑠
(𝑉𝐵)𝑐𝑖𝑟𝑐
2
=
66.73 𝑥
10−12
𝑚3
𝑘ℎ
. 𝑠2
𝑥 73.49 𝑥 1021
𝑘𝑔
2080 𝑥 103𝑚
(𝑉𝐵)𝑐𝑖𝑟𝑐
= 1535,5 𝑚/𝑠
(𝑉𝐴)𝑇𝑅
= (𝑉𝐵)𝑐𝑖𝑟𝑐
+ ∆𝑉𝐴
(1493.0 − 26.3)𝑚/𝑠
= 1466.7 𝑚/𝑠
𝑟𝐴𝑚(𝑉𝐴)𝑇𝑅
= 𝑟𝑏𝑚(𝑉𝐵)𝑇𝑅
(𝑉𝐵)𝑇𝑅
=
2200𝑘𝑚
2080 𝑘𝑚
𝑥 1466.7
𝑚
𝑠
= 1551.3 𝑚/𝑠
(𝑉𝐴)𝑐𝑖𝑟𝑐
= (𝑉𝐵)𝑇𝑅
− ∆𝑉𝐵
∆𝑉𝐵 = (1535.5 − 1551.3)𝑚/𝑠
∆𝑉𝐵 = −15.8 𝑚/𝑠

56. 12.88 Los planes para una misión no tripulada al planeta Marte requieren que el vehículo
de regreso a la Tierra primero describa una órbita circular a una altura dA 2 200 km sobre
la superficie del planeta con una velocidad de 2.771 m/s. Al pasar por el punto A, el
vehículo se incorporará a una órbita elíptica de transferencia encendiendo su motor y
aumentando su velocidad en vA 1.046 m/s. Cuando pase por el punto B, a una altura dB
100 000 km, el vehículo debe incorporarse a una segunda órbita de transferencia
localizada en un plano ligeramente diferente, cambiando la dirección de su velocidad y
reduciendo su rapidez en vB 22.0 m/s. Por último, cuando el vehículo pase por el punto
C, a una altura dC 1.000 km, su rapidez debe aumentar en vC 660 m/s para ingresar a
su trayectoria de regreso. Si se sabe que el radio del planeta Marte es R 3.400 km,
determine la velocidad del vehículo después de completar la última maniobra.
𝜏𝐴 = 3400 + 2200 = 5600𝑘𝑚 = 5.60 𝑥 106
𝑚
𝜏𝐵 = 3400 + 1000,000 = 103,400𝑘𝑚 = 103.4 𝑥 106
𝑚
𝜏𝐶 = 34000 + 1000 = 440 𝑘𝑚 = 4.40 𝑥 106
𝑚
𝑉𝐴 = 2771
𝑚
𝑠
+ 1046
𝑚
𝑠
= 3817
𝑚
𝑠
𝜏𝐴𝑚𝑣𝐴 = 𝜏𝐵𝑚𝑣𝐵
(5.60 𝑥106
)(3817 = (103.4 𝑥 106
)𝑉𝐵
𝑉𝐵 = 𝑉𝐵 + ∆𝑉𝐵
= 206.7 − 22.0 = 184.7𝑚/𝑠

57. (103.4 𝑥 106)(184.7) = (4.40 𝑥 106
)𝑉𝐶
𝑉𝐶 = 4340 𝑚/𝑠
𝑣 = 𝑉
𝑐 + ∆𝑉𝐶 = 4349 + 660 = 5000 𝑚/𝑠
12.89 Un transbordador espacial S y un satélite A se encuentran en las órbitas circulares
que se muestran en la figura. Para recuperar el satélite, el transbordador se ubica primero
en una trayectoria elíptica BC incrementando su rapidez en vB 280 ft/s cuando pasa a
través de B. Cuando el transbordador se aproxima a C, su rapidez se incrementa en vC
260 ft/s para incorporarlo en la segunda órbita de transferencia elíptica CD. Si se sabe
que la distancia de O a C es de 4.289 mi, determine la cantidad en la cual la rapidez del
transbordador debe incrementarse cuando se aproxima a D para insertarlo en la órbita
circular del satélite.
𝑅 = 3960 𝑚𝑖 = 20.9088 𝑥 106
𝑓𝑡
𝑟𝐴 = (3960 + 380)𝑚𝑖 = 4340 𝑚𝑖 = 22.9152 𝑥 106
𝑓𝑡
𝑟𝐵 = (3960 + 180)𝑚𝑖 = 4140 𝑚𝑖 = 21.8592 𝑥 106
𝑓𝑡
∑𝐹𝑛 = 𝑚𝑎𝑛: 𝐹 = 𝑚
𝑣2
𝑟
𝐺
𝑀𝑚
𝑟2
= 𝑚
𝑣2
𝑟
𝑣2
=
𝐺𝑀
𝑟
=
𝑔𝑅2
𝑟
(𝑉𝐴)𝑐𝑖𝑟𝑐
2
=
32.2
𝑓𝑡
𝑠2 𝑥 (20.9088 𝑥 106
𝑓𝑡)2
22.9152 𝑥 106𝑓𝑡

58. (𝑉𝐴)𝑐𝑖𝑟𝑐
= 24.785 𝑓𝑡/𝑠
(𝑉𝐵)𝑐𝑖𝑟𝑐
2
=
32.2
𝑓𝑡
𝑠2 𝑥 (20.9088 𝑥 106
𝑓𝑡)2
22.9152 𝑥 106𝑓𝑡
(𝑉𝐵)𝑐𝑖𝑟𝑐
= 25.377 𝑓𝑡/𝑠
(𝑉𝐵)𝑇𝑅𝐵𝐶
= (𝑉𝐵)𝑐𝑖𝑟𝑐
+ ∆𝑉𝐵 + (25.377 + 280)𝑓𝑡/𝑠
= 25.657
𝑓𝑡
𝑠
𝐵𝐶: 𝑟𝐵 𝑚(𝑉𝐵)𝑇𝑅𝐵𝐶
= 𝑟𝑐𝑚(𝑉𝐶)𝑇𝑅𝐵𝐶
𝐶𝐷 ∶ (𝑉𝐶)𝑇𝑅𝐵𝐶
𝑟𝐴𝑚(𝑉𝐷)𝑇𝑅𝐵𝐶
(𝑉𝐶)𝑇𝑅𝐵𝐶
=
𝑟𝐵
𝑟𝑐
((𝑉𝐵)𝑇𝑅𝐵𝐶
=
4140 𝑚𝑖
4289𝑚𝑖
𝑥 25.657 𝑓𝑡/𝑠
= 24.7666 𝑓𝑡/𝑠
(𝑉𝐶)𝑇𝑅𝐵𝐶
= (𝑉𝐶)𝑇𝑅𝐵𝐶
+ ∆𝑉𝐶 = (24.766 + 260)𝑓𝑡/𝑠
= 25.026 𝑓𝑡/𝑠
(𝑉𝐷)𝑇𝑅𝐵𝐶
=
𝑟𝐶
𝑟𝐴
((𝑉𝐵)𝑇𝑅𝐵𝐶
=
4140 𝑚𝑖
4289𝑚𝑖
𝑥 25.657
= 24.732 𝑓𝑡/𝑠
(𝑉𝐴)𝑐𝑖𝑟𝑐
= (𝑉𝐷)𝑇𝑅𝐵𝐶
+ ∆𝑉𝐷
∆𝑉𝐷 = (24.785 − 24.732)𝑓𝑡/𝑠
∆𝑉𝐷 = 53 𝑓𝑡
12.90 Un collarín de 3 lb puede deslizarse sobre una varilla horizontal Problemas la cual
gira libremente alrededor de un eje vertical. El collarín se sostiene inicialmente en A
mediante una cuerda unida al eje y comprime un resorte con una constante de 2 lb/ft, el
cual está sin deformar cuando el collarín se localiza en A. Cuando el eje gira a la tasa ˙ 16
rad/s, la cuerda se corta y el collarín se mueve hacia fuera a lo largo de la varilla. Si se
desprecia la fricción y la masa de la varilla, determine a) las componentes radial y
transversal de la aceleración del collarín en A, b) la aceleración del collarín relativa a la
varilla en A, c) la componente transversal de la velocidad del collarín en B

59. 𝐹𝑠𝑝 = 𝑘( 𝑟 − 𝑟𝐴)
𝐹𝜃 = 0 𝑦 𝐴, 𝐹𝑟 = − 𝐹𝑠𝑝 = 0
+→ ∑𝐹𝑟 = 𝑚𝑎𝑟 − 𝐹𝑠𝑝 = 𝑚(𝑟̈ − 𝜃2
̇
𝑎𝑐𝑜𝑙𝑙𝑎𝑟/𝑟𝑜𝑑 = 𝑟̈, 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠 𝐴
0 = 𝑚[ 𝑎𝑐𝑜𝑙𝑙𝑎𝑟
𝑟𝑜𝑑
− (6𝑖𝑛. )(16𝑟𝑎𝑑/𝑠)2]
(𝑎𝑐𝑜𝑙𝑙𝑎𝑟/𝑟𝑜𝑑)𝐴
= 1536 𝑖𝑛./𝑠2
𝑟𝐴𝑚(𝑉𝐴)𝜃
= 𝑟𝐵𝑚(𝑉𝐵)𝜃
𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 (𝑉𝐴)𝜃
= 𝑟𝐴𝜃0
̇
(𝑉𝐵)𝜃
=
16 𝑖𝑛
18 𝑖𝑛
[ (6𝑖𝑛. )(16𝑟𝑎𝑑/𝑠)]
(𝑉𝐵)𝜃
= 32 𝑖𝑛/𝑠
12.91 Para el collarín del problema 12.90, suponga que la varilla gira inicialmente a una
razón ˙ 12 rad/s, determine para la posición B del collarín, a) la componente transversal
de la velocidad del collarín, b) las componentes radial y transversal de su aceleración, c)
la aceleración del collarín respecto a la varilla.
𝐹𝑠𝑝 = 𝑘( 𝑟 − 𝑟𝐴)
(𝐹𝑠𝑝)𝐵
= 2𝑙𝑏/𝑓𝑡
(18 − 6)𝑖𝑛 𝑥
1 𝑓𝑡
12 𝑖𝑛
= 2𝑙𝑏
𝑟𝐴𝑚(𝑉𝐴)𝜃
= 𝑟𝐵𝑚(𝑉𝐵)𝜃

60. (𝑉𝐴)𝜃
= 𝑟𝐴𝜃0
̇
(𝑉𝐵)𝜃
=
6𝑖𝑛
18𝑖𝑛
(6𝑖𝑛. )(12𝑟𝑎𝑑/𝑠)]
𝐹𝐵 = 0
+→ ∑𝐹𝑟 = 𝑚𝑎𝑟 : − (𝐹𝑠𝑝)𝜃
=
𝑤
𝑔
(𝑎𝐵)𝑟
(𝑎𝐵)𝑟
=
−2𝑙𝑏
3𝑙𝑏
𝑥 32.2 𝑓𝑡/𝑠2
= −21.467 𝑓𝑡/𝑠2
= −257.6 𝑖𝑛./𝑠2
𝑎𝑟 = 𝑟̈ − 𝑟𝜃2
̇
𝑎𝑐𝑜𝑙𝑙𝑙𝑎𝑟/𝑟𝑜𝑑 = 𝑟̇ 𝑦 𝜃𝐵
̇ =
(𝑉𝐵)𝜃
𝑟𝐵
(𝑎𝑐𝑜𝑙𝑙𝑎𝑟/𝑟𝑜𝑑)𝜃
= 257.6.
𝑖𝑛
𝑠2
+ 18 𝑖𝑛. 𝑥 (
24𝑖𝑛/𝑠
18 𝑖𝑛
)2
(𝑎𝑐𝑜𝑙𝑙𝑎𝑟/𝑟𝑜𝑑)𝜃
= −2226 𝑖𝑛/𝑠2

61. 13,5. Los paquetes que se muestran en la figura se lanzan hacia abajo sobre un
plano inclinado en A con velocidad de 4ft/s. Los paquetes se deslizan a lo largo
de la superficie ABC hacia una banda transportadora que se mueve a velocidad
de 8ft/s. Su μ=0.25 entro los paquetes y la superficie ABC, determine la
distancia 𝑑 si los paquetes deben llegar a C con una velocidad de 5ft/s
∑𝐹𝑦 = 0
𝑁1 − 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠30° = 0
𝑁1 = 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠30°
∑𝐹𝑦 = 0
𝑁2 − 𝑚𝑔 = 0
𝑁2 = 𝑚𝑔
𝑇1 + 𝑉1→2 = 𝑇2
𝑇1 +
1
2
𝑚𝑣1
2
=
1
2
𝑚 (
4𝑓𝑡
𝑠
)
2
= 8𝑚
𝑉1→2 = −μ𝑁1𝑑 − μ𝑁2(20) + 𝑚𝑔(𝑑𝑠𝑒𝑛30°)
𝑇2 =
1
2
𝑚𝑣2
2
=
1
2
𝑚(8)2
= 32𝑚
8𝑚 − μ𝑚𝑔𝑑𝑐𝑜𝑠30° − μ𝑚𝑔(20) + 𝑚𝑔𝑑𝑠𝑒𝑛30° = 32𝑚
𝑑 =
32 − 8 + μ𝑔(20)
−μ𝑔𝑐𝑜𝑠30° + 𝑔𝑠𝑒𝑛30°
𝑑 =
32 − 8 + (0.25)(32.2)(20)
(−0.25)(32.2)0.866 + 32.2(0.5))
𝑑 = 20.3𝑓𝑡

62. 13,11. El bloque A de 7kg se suelta desde el reposo en la posición que indica la
figura. Ignore el efecto de la fricción t la masa de las poleas, y determine la
velocidad del bloque después de que se ha movido 0.6m hacia arriba por la
pendiente.
𝑊𝐴 = 7(9.81) = 68.67 𝑁
𝑑2
= (1.2)2
+ (0.6)2
− 2(1.2)(0.6) cos 15°
𝑑2
= 0.4091𝑚2
𝑑 = 0.63958𝑚
𝑈𝐶 = 𝑊𝐶
= 140𝑁 [
1
2
(1.2 − 0.63958)] 𝑚 = 39.229 𝑁 ∙ 𝑚
𝑈𝐴 = −68.67𝑁 (𝑠𝑖𝑛15°)(0.6 𝑚) = −10.6639 𝑁 ∙ 𝑚
𝑈 = 𝑇2 − 𝑇1 = 𝑈𝐶 − 𝑈𝐴
1
2
𝑚𝐴 − 𝑣2
− 0 = 𝑈𝐶 − 𝑈𝐴
1
2
(7𝑘𝑔)𝑣2
= (39.229 10.6639)𝑁 ∙ 𝑚
𝑣2
= 8.1615
𝑣 = 2.857𝑚/𝑠
13,24. Cuatro paquetes de 3kg se mantienen fijos debido a la friccion sobre una
banda transportadora desacoplada de su motor. Cuando el sistema se suelta
desde el reposo, el paquete de 1 deja la banda en el punto A justo cuando el
paquete 4 ingresa a la parte inclinada de la banda en el punto B. Determine:
a) La velocidad del paquete 2 cuando sale de la banda en A
b) La velocidad del paquete 3 al dejar la banda en A. No tome en cuenta la masa
de la banda ni de los rodillos

63. 2.4
3
= 0.8𝑚
𝑇2 = 3 [
1
2
𝑚𝑣2
2
]
𝑇2 =
3
2
(3𝑘𝑔)𝑣2
2
𝑇2 = 4.5𝑣2
2
𝑈1−2 = (3)(𝑊)(0.8) = (3)(3𝑘𝑔) ∙ 9.81
𝑚
𝑠2
(0.8)
𝑈1−2 = 70.632 𝐽
𝑇1 + 𝑈1−2 = 𝑇2 0 + 70.632 = 4.5𝑣2
2
𝑣2
2
= 15.96
𝑣2 = 3.9618
13,25. Una pesa de 8kg se suelta desde el reposo en la posición que indica la
figura y se detiene por medio de dos resortes anidados. La constante del resorte
exterior es K=3kN/m y la del resorte interior es k=10kN/m. Si se observa que la
deflexión máxima del resorte exterior es de 150, determine la altura h desde la
que fue soltada la pesa.
𝑇1 + 𝑈1→2 = 𝑇2 (1)
𝑇1 = 0; 𝑇2 = 0
𝑉1−2 = −
1
2
𝑘1𝑥2
= −
1
2
(3000
𝑁
𝑚
) (1.5𝑚)2

64. = −33.75 𝐽
𝑈1−2 = −
1
2
𝑘1𝑥2
= −
1
2
(10000
𝑁
𝑚
) (0.06𝑚)2
= −18𝐽
𝑈1−2 = 𝑚𝑔(ℎ + 0.15)
= (8)(9.81)(ℎ + 0.15) = 78.48 ℎ + 11.722
𝑈1−2 = −33.75 − 18 + 78.48 ℎ + 11.772
= −39.978 + 78.48 ℎ
(1)
0 − 39.978 + 78.48 ℎ = 0
ℎ = 0.5094 𝑚
ℎ = 509 𝑚𝑚
13,29. Un collarín de 7.5lb se suelta desde el reposo en la posición que indica la
figura, se desliza hacia abajo por la varilla inclinada, y comprime el resorte. La
dirección del movimiento se revierte y el collarín se desliza hacia arriba por la
varilla. Si la deflexión máxima del resorte es de 5in. Determine:
a) El coeficiente de fricción cinética presente entre el collarín y la varilla.
b) La velocidad máxima del collarín.
𝑈1→2 = −𝐹 (
18 + 5
12
) −
1
2
(60)(
5
12
)2
+ 7.5 (
18 + 5
12
) 𝑠𝑒𝑛30°
𝑇1 = 𝑇2 = 0 ∴ 𝑈1−2 = 0
0 = −𝜇(7.5)(0.866) (
23
12
) −
1
2
(60) (
5
12
)
2
+ 7.5 (
23
12
) (0.5)
𝜇 = 0.1590
𝑈1→3 = −𝜇(7.5)(0.866) (
18
12
) + 7.5 (
18
12
) (0.5) = 𝑇3 =
1
2
(
7.5
32.2
) 𝑣𝑚𝑎𝑥
2
𝑣𝑚𝑎𝑥
2
= 5.92𝑓𝑡/𝑠
13,30. Un bloque de 10kg esta unido a un resorte A y se conecta a un resorte B
mediante una cuerda y una polea. El bloque se mantiene en la posición que
indica la figura, con ambos resortes sin deformar, cuando se elimina el soporte y
se suelta el bloque sin ninguna velocidad inicial. Si la constante de cada resorte
es igual a 2kN/m, determine:

65. a) La velocidad del bloque después de que se ha movido hacia abajo 50mm
b) La velocidad máxima alcanzada por el bloque.
𝑥𝐵 =
1
2
𝑥𝐴
𝑈1−2 = 𝑊(𝑥𝐴) −
1
2
𝑘𝐴(𝑥𝐴)2
−
1
2
𝑘𝐵(𝑥𝐵)2
𝑈1−2 = (98.1𝑁)(0.05𝑚) −
1
2
(
2000𝑁
𝑚
) (0.05𝑚)2
𝑈1−2 = −
1
2
(
2000𝑁
𝑚
) (0.025𝑚)2
𝑈1−2 =
1
2
(𝑚)𝑣2
𝑈1−2 =
1
2
(10𝑘𝑔)𝑣2
4.905 − 2.5 − 0.625 =
1
2
(10𝑘𝑔)𝑣2
𝑣 = 0.597𝑚/𝑠
13,45. Una sección de vía de una montaña rusa esta compuesta por dos arcos
circulares AB y CD unidos mediante un tramo recto BC. El radio de AB es de
27m y el de CD mide 72m. El carro y sus ocupantes, con una masa total de
250kg llega al punto A prácticamente sin velocidad y luego cae brevemente a lo
largo de la vía. Determine la fuerza normal ejercida por la vía sobre el carro
cuando éste alcanza el punto B. Ignore la resistencia del aire y la resistencia del
rodamiento.

66. 𝑣𝐴 = 0 𝑇𝐴 = 0 𝑇𝐵 =
1
2
𝑚𝑣𝐵
2
=
1
2
(250𝑘𝑔)𝑣𝐵
2
= 125𝑣𝐵
2
𝑊 = (1250𝑘𝑔) ∙ (
9.81𝑚
𝑠2
)
𝑈𝐴−𝐵 = 𝑊(27)(1 − 𝑐𝑜𝑠40°)
𝑈𝐴−𝐵 = (250𝑘𝑔 ∙
9.81𝑚
𝑠2
) (27𝑚)(0.234)
𝑈𝐴−𝐵 = 15495𝐽
𝑇𝐴 + 𝑈𝐴−𝐵 = 𝑇𝐴 0 + 15495 = 125𝑣𝐵
2
𝑣𝐵
2
=
(15495𝐽)
(125𝑘𝑔)
𝑣𝐵
2
= 124.0
𝑚2
𝑠2
𝑁 − 𝑊𝑐𝑜𝑠40° =
−𝑚𝑣𝐵
2
𝑅
; 𝑣𝐵
2
= 124.0
𝑚2
𝑠2
𝑁 = (250𝑘𝑔 ∙
9.81𝑚
𝑠2
) (𝑐𝑜𝑠40°) −
(250𝑘𝑔) (124.0
𝑚2
𝑠2 )
27𝑚
𝑁 = 1879 − 1148
𝑁 = 731𝑁
13,50. Se va a deducir una formula para especificar la potencia de un motor
eléctrico que acciona una banda transportadora que traslada material solido a
diferentes velocidades y distintas alturas y distancias. Si se denota la eficiencia
de los motores mediante η y no se toma en cuenta la potencia necesaria para
accionar la propia banda, obtenga una formula
a) En unidades del SI para la potencia P en KW, en términos de flujo masico m
en kg/h, la atura b y la distancia horizontal l en metros
b) En unidades del sistema ingles para la potencia en hp, en términos de flujo
masico m en tons/h, la altura b y la distancia horizontal l en pies.

67. ∆𝑈
∆𝑡
=
[𝑚𝑔 (
𝑁
ℎ
)] [𝑏(𝑚)]
(
3600𝑠
ℎ
)
= (
𝑚𝑔𝑏
3600
) 𝑁 ∙
𝑚
𝑠
1000𝑁 ∙
𝑚
𝑠
= 1𝑘𝑤
𝑃(𝑘𝑤) =
𝑚𝑔𝑏 (𝑁 ∙
𝑚
𝑠 )
(3600) (
1000 𝑁 ∙
𝑚
𝑠
𝑘𝑤
) (𝜂)
𝑃(𝑘𝑤) = 0.278 ∙ 10−6
𝑚𝑔𝑏
𝜂
∆𝑈
∆𝑡
=
[𝑊 (
𝑡𝑜𝑛𝑠
ℎ
) (
2000𝑙𝑏
𝑡𝑜𝑛
)] [𝑏(𝑓𝑡)]
3600𝑠
ℎ
=
𝑊𝑏
1.8
𝑓𝑡 ∙
𝑙𝑏
𝑠
; 1ℎ𝑝 = 550𝑓𝑡 ∙
𝑙𝑏
𝑠
ℎ𝑝 = [
𝑊𝑏
1.8
(𝑓𝑡 ∙
𝑙𝑏
𝑠
)] [
1ℎ𝑝
550𝑓𝑡 ∙
𝑙𝑏
𝑠
] [
1
𝜂
]
ℎ𝑝 =
1.010 ∙ 10−3
𝑊𝑏
𝜂
13,57. Un collarín de 4lb puede deslizarse sin fricción a lo largo de una varilla
horizontal y esta en equilibrio en A cuando se le empuja 1 in. Hacia la derecha y
es liberado desde el reposo. Los resortes están sin deformar cuando el collarín
se encuentra en A y la constante de cada resorte es de 2500lb/in. Determina la
velocidad máxima del collarín.

68. 𝑙1 = √62 + 92 = 10.817 𝑖𝑛.
𝑙0 = √62 + 82 = 10 𝑖𝑛. = 0.8333 𝑓𝑡
𝑆1 = 0.06805
𝑙2 = √72 + 62 = 9.215 𝑖𝑛.
𝑆2 = 0.06504 𝑓𝑡
𝑇1 = 0 𝑉2 = 0
𝑇2 =
1
2
𝑚𝑣𝐵
2
=
1
2
(
4
32.2
)𝑣𝐵
2
𝑉1 =
1
2
(
33.600𝑙𝑏
𝑓𝑡
) (𝑠1
2
+ 𝑠2
2)
𝑉1 = (16.800)(0.008861) = 148.86 𝑓𝑡 ∙ 𝑙𝑏
𝑣2
2
= 2396.7
𝑣2 = 49.0
𝑓𝑡
𝑠
13,63. Una varilla circular delgada se mantiene en un plano vertical mediante
una banda colocada en A. Unido a la brida y enrollado holgadamente alrededor
de la carilla esta sin resorte de constante k=40N/m y longitud es deformada
igual al arco de circulo AB. Un collarín C de 200g que no esta unido al resorte,
puede deslizarse sin fricción a lo largo de la varilla. Si el collarín
se suelta desde el reposo cuando θ=30°, determine:
a) La altura máxima que alcanza sobre el punto B
b) Su velocidad máxima
𝑇𝐶 = 0
𝑇𝐸 = 0
𝑉 = 𝑉
𝑒 + 𝑉
𝑔

69. ∆𝐿𝐵𝐶 = (0.3 𝑚) (
𝜋
6
𝑟𝑎𝑑)
∆𝐿𝐵𝐶 =
𝜋
20
𝑚
(𝑣𝑐)𝑒 =
1
2
(∆𝐿𝐵𝐶)2
=
1
2
(
40𝑁
𝑚
) (
𝜋
20
𝑚)
2
= 0
(𝑣𝑐)𝑔 = 𝑊𝑅(−𝑐𝑜𝑠𝜃) = (0.2𝑘𝑔 ∙
9.81𝑚
𝑠2
) (0.3 𝑚)(1 − 𝑐𝑜𝑠30°)
(𝑣𝑐)𝑔 = 0.07886 𝐽
(𝑣𝐸)𝑒 = (0.2 ∙ 9.81)(𝐻) = 1.962 𝐻(𝐽)
𝑇𝐶 + 𝑉𝐶 = 𝑇𝐸 + 𝑉𝐸
0 + 0.4935 + 0.07886 = 0 + 0 + 1.962 𝐻
𝐻 = 0.292 𝑚
13,66. Un collarín de 10lb está unido a un resorte y se desliza sin fricción a lo
largo de una varilla fija que se encuentra en un plano vertical. El resorte tiene
longitud no deformada de 14in, y constante k=4lb/in. Si el collarín se suelta
desde el reposo en la posición mostrada en la figura, determine su velocidad en
a) El punto A
b) El punto B
𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑 = √142 + 282
= 31.305 𝑖𝑛.
=
31.305 𝑖𝑛. − 14 𝑖𝑛.
12
𝑖𝑛
𝑓𝑡
= 1.44208 𝑓𝑡
𝑇0 + 𝑉0 = 0 + 0 +
1
2
(
48𝑙𝑏
𝑓𝑡
) (1.44208𝑓𝑡)2
= 49.910 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡
𝐴: 49.910 =
1
2
(
10𝑙𝑏
32.2
) 𝑣𝐴
2
+
1
2
(
48𝑙𝑏
𝑓𝑡
) (
14√2 − 14
12
)
2

70. 𝑣𝐴 = 16.89
𝑓𝑡
𝑠
𝐵: 49.910 =
1
2
(
10𝑙𝑏
32.2
) 𝑣𝐵
2
+
1
2
(48) (
14
12
)
2
− 10 (
14
12
)
𝑣𝐵 = 13.64
𝑓𝑡
𝑠
13,70. Un collarin de 500g puede deslizarse sin fricción a lo largo de la varilla
semicircular BCD. El resorte tiene una constante de 320N/m y su longitud sin
deformar mide 200mm. Si el collarín se suelta desde el reposo en B, determine:
a) Su velocidad cuando pasa por C
b) La fuerza que ejerce sobre el collarín en C
𝐿𝐴𝐵 = √(300)2 + (150)2 + (75)2
= 343.69318 𝑚𝑚
𝑘 = 320
𝑁
𝑚
𝑣𝐵 = 0 𝑇𝐵 = 0
𝑉𝐵 = (𝑉𝐵)𝑒 + (𝑉𝐵)𝑔
∆𝐿𝐵𝐶 = 343.69318 𝑚𝑚 − 200 𝑚𝑚
∆𝐿𝐵𝐶 = 143.69318 𝑚𝑚 = 0.14369318 𝑚
(𝑉𝐵)𝑒 =
1
2
𝑘(∆𝐿𝐵𝐶)2 =
1
2
(320
𝑁
𝑚
) (0.1436932𝑚)2
(𝑉𝐵)𝑒 = 3.303637 𝐽
(𝑉𝐵)𝑔 = 𝑊𝑟 = (0.5𝑘𝑔) (
9.81𝑚
𝑠2
) (0.15𝑚) = 0.73575 𝐽
𝑉𝐵 = (𝑉𝐵)𝑒 + (𝑉𝐵)𝑔 = 3.303637 𝐽 + 0.73575 𝐽 = 4.03939 𝐽
𝑇𝐶 =
1
2
𝑚𝑣𝐶
2
=
1
2
(0.5𝑘𝑔)(𝑣𝐶
2)
𝑇𝐶 = 0.25𝑣𝐶
2

71. (𝑉𝐶)𝑒 =
1
2
𝐾(∆𝐿𝐴𝐶)2
∆𝐿𝐴𝐶 = 309.23𝑚𝑚 − 200 𝑚𝑚 = 109.23𝑚𝑚 = 0.10923𝑚
(𝑉𝐶)𝑒 =
1
2
(
320𝑁
𝑚
) (0.10923𝑚)2
= 1.90909 𝐽
13,84. Un satélite describe una órbita elíptica de 376mi de altura mínima sobre
la superficie terrestre. Los semiejes mayor y menor son, respectivamente, de
10840 y 5870mi. Si la velocidad del satélite en el punto C es de 2,97mi/s,
determine:
a) La velocidad en el punto A que es el perigeo
b) La velocidad en el punto B, el apogeo
𝑂𝐴 = 3960 𝑚𝑖 + 376 𝑚𝑖 = 4336 𝑚𝑖 = 22.894 ∙ 106
𝑓𝑡
𝑂𝑂𝐸 = 10,840 𝑚𝑖 − 4336 𝑚𝑖 = 6504 𝑚𝑖 = 34.341 ∙ 106
𝑓𝑡
𝑟𝑐
2
= (8670)2
+ (6504)2
𝑟𝑐 = 10,838.4 𝑚𝑖 = 57.2268 ∙ 106
𝑓𝑡
𝑇 + 𝑉 =
1
2
𝑚(15681.6)2
−
𝑔𝑅2
𝑚
𝑟𝑐
= −123.032 ∙ 106
𝑓𝑡2
𝑠2
𝑇 + 𝑉
𝑚
=
1
2
𝑣𝐴
2
−
𝑔𝑅2
22.894 ∙ 106𝑓𝑡
(−123.032 ∙ 106
𝑓𝑡) =
1
2
𝑣𝐴
2
−
(32.2
𝑓𝑡2
𝑠2 ) (20.9088 ∙ 106
𝑓𝑡)2
(22.894 ∙ 106𝑓𝑡)
𝑣𝐴 = 31364
𝑓𝑡
𝑠
𝑣𝐴 = 5.94
𝑚𝑖
𝑠
𝑟𝑏 = 2(10840 𝑚𝑖) − (4336 𝑚𝑖)

72. = 17344𝑚𝑖 = 91.5763 ∙ 106
𝑓𝑡
(−123.032 ∙ 106
𝑓𝑡) =
1
2
𝑣𝐵
2
−
(32.2)(20.9088 ∙ 106
𝑓𝑡)2
(91.5763 ∙ 106𝑓𝑡)
𝑣𝐵 = 7834.5
𝑓𝑡
𝑠
𝑣𝐵 = 1.484
𝑚𝑖
𝑠
13,91. La orbita del planeta Venus es casi circular y tiene velocidad orbital
78,8x103
ni/h. Si la distancia media desde el centro del sol hasta el centro de
Venus es de 67,2x106
mi y la masa del Sol es de 407x103
veces la masa de
Venus, determine:
a) La masa del sol
b) La energía total de Venus
𝑚 = 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒 𝑉𝑒𝑛𝑢𝑠 𝑀 = 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑜𝑙
𝐹𝑁 =
𝑚𝑣2
𝑟
=
𝐺𝑀𝑚
𝑟2
∴ 𝑣2
=
𝐺𝑀
𝑟
𝑇 =
1
2
𝑚𝑣2
=
𝐺𝑀𝑚
2𝑟
𝑉 = −
𝐺𝑀𝑚
𝑟
𝑇 + 𝑉 = −
𝐺𝑀𝑚
2𝑟
𝑀 =
𝑣2
𝑟
𝐺
=
[(78.3 ∙ 103) (
88
60)]
2
(67.2 ∙ 106)(5280)
34.4 ∙ 10−19
𝑀 = 136.0 ∙ 1027
𝑙𝑏 ∙ 𝑠2
𝑓𝑡
𝑇 + 𝑉 = −
𝐺𝑀𝑚
2𝑟
= −
1
2
𝑚𝑣2
𝑇 + 𝑉 = −
1
2
(
136.029 ∙ 1027
407 ∙ 103
) [78.3 ∙ 103
(
88
60
)]
2
𝑇 + 𝑉 = −2.20 ∙ 103
𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡
13,105. Una nave espacial que se aproxima al planeta Saturno alcanza el punto A
con una velocidad 𝑉𝐴 de 21 km/s de magnitud. Entra en órbita elíptica alrededor
de Saturno de manera que sea capaz de examinar periódicamente a Tetis, una
de las lunas del planeta. Tetis se ubica en una órbita circular de 205x103
km de
radio alrededor del centro de Saturno y viaja a velocidad de 11.3km/s.
Determine:

73. a) La reducción de velocidad requerida en A por la nave espacial para alcanzar la
orbita deseada
b) La velocidad de esta nave cuando alcance la orbita de Tetis en B
𝑇𝐴 =
1
2
𝑚𝑣𝐴
2
𝑉𝐴 = −
𝐺𝑀𝑠𝑎𝑡𝑚
𝑟𝐴
𝑉𝐴 = −
(37.67 ∙ 1015 𝑚3
𝑠2 ) 𝑚
(185 ∙ 106𝑚)
𝑉𝐴 = −0.2036 ∙ 109
𝑚
𝑉𝐵 = −
𝐺𝑀𝑠𝑎𝑡𝑚
𝑟𝐵
=
(37.67 ∙ 1015 𝑚3
𝑠2 ) 𝑚
(295 ∙ 106𝑚)
𝑉𝐵 = −0.1277 ∙ 109
𝑚
𝑣´𝐴
2
−𝑣𝐵
2
= 0.1518 ∙ 109
∆𝑣𝐴 = 𝑣𝐴 − 𝑣´𝐴 = 21000 − 15817 = 5183
𝑚
𝑠
= 5.18
𝑘𝑚
𝑠
𝑣𝐵 =
𝑟𝐴
𝑟𝐵
𝑣´𝐴 = (0.6271)(15817) = 9919
𝑚
𝑠
𝑣𝐵 = 9.92
𝑘𝑚
𝑠
14,01. El resorte se coloca entre la pared y el bloque de 10 kg. Si éste se somete a
una fuerza F=500 N, determine su velocidad cuando s=0.5 m. Cuando s=0, el
bloque está en reposo y el resorte no está comprimido. La superficie de contacto
es lisa.

74. 𝑇1 + Σ𝑈1−2 = 𝑇2
𝑇1 =
1
2
𝑚𝑣2
=
1
2
(10 𝑘𝑔)(0 𝑚/𝑠)2
= 0
𝑈𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 =
4
5
(500 𝑁)(0.5 𝑚) = 200
𝑈𝑟𝑒𝑠𝑜𝑟𝑡𝑒 = −
1
2
(500
𝑁
𝑚
) (0.5 𝑚)2
= −62.5
𝑇2 =
1
2
𝑚𝑣2
=
1
2
(10 𝑘𝑔)(𝑣)2
0 + 200 − 62.5 = 5𝑣2
→ 𝑣 = 5.244 𝑚/𝑠
14,02. Si el motor ejerce una fuerza constante de 300 N en el cable, determine la
rapidez del embalaje de 20 kg cuando recorre s=10 m hacia arriba del plano, a
partir del punto de reposo. El coeficiente de fricción cinética entre el embalaje y
el plano es μk=0.3.
Σ𝐹
𝑦 = 𝑚𝑎𝑦
𝑁 − 20(9.81) cos(30°) = 0
𝑁 = 169.91 𝑁
𝑈𝑓.𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟 = 300 𝑁 . (10 𝑚) = 3000 𝑚. 𝑁
𝑈𝑐𝑜𝑚𝑝.𝑝𝑒𝑠𝑜 = − (20 𝑘𝑔 𝑥 9.81
𝑚
𝑠2
) sin(30°) . 10𝑚 = −981 𝑚. 𝑁
𝑈𝑓𝑟𝑖𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 = −(0.3 ∙ 169.91 𝑁) ∙ (10𝑚) = −509.73 𝑚 ∙ 𝑁
𝑇1 + Σ𝑈1−2 = 𝑇2
0 + 3000 − 981 − 509.73 =
1
2
(20)𝑣2
𝑣 = 12.29 𝑚/𝑠

75. 14,03. Si el motor ejerce una fuerza F=(600+2𝑠2
) N en el cable, determine la
rapidez del embalaje de 100 kg cuando se eleva a s=15 m. Inicialmente el
embalaje está en reposo en el suelo.
𝑇1 + Σ𝑈1−2 = 𝑇2
𝑇1 = 0
𝑈1𝐹.𝑖𝑧𝑎𝑗𝑒 = ∫ (600 + 2𝑠2
)
15 𝑚
0 𝑚
𝑑𝑠 = 600𝑠 +
2𝑠3
3
⃒
15
0
= 11250
𝑈𝑝𝑒𝑠𝑜 = − (100 𝑘𝑔 ∙ 9.81
𝑚
𝑠2
) ∙ 15𝑚 = −14715
0 + 2(11250) − 14715 =
1
2
(100)𝑣2
𝑣 = 12.48 𝑚/𝑠
14,04. El dragster de 1.8 Mg se desplaza a 125 m>s cuando el motor se apaga y el
paracaídas se abre. Si la fuerza de frenado del paracaídas puede ser
representada de forma aproximada por la gráfica, determine la rapidez del
dragster cuando ha recorrido 400 m.
1.8 𝑀𝑔 (
1𝑥106
𝑔
1 𝑀𝑔
) (
1 𝑘𝑔
1 𝑥 103𝑔
) = 1800 𝑘𝑔

76. 𝑇1 =
1
2
𝑚𝑣2
=
1
2
(1800)(125)2
= 14.062.500
𝑈𝑝𝑎𝑟𝑎𝑐𝑎𝑖𝑑𝑎𝑠 = −á𝑟𝑒𝑎 𝑡𝑟𝑎𝑝𝑒𝑐𝑖𝑜 = − (
50.000 + 20.000
2
) (400) = −14,000,000
𝑇1 + Σ𝑈1−2 = 𝑇2
14,062,500 − 14,000,000 =
1
2
(1800)𝑣2
𝑣 = 8.33 𝑚/𝑠
14,05. Cuando s=0.6 m, el resorte no está comprimido y la rapidez del bloque de
10 kg es de 5 m>s hacia abajo del plano. Determine la distancia s cuando el
bloque se detiene.
𝑇1 =
1
2
(10)(5)2
= 125
𝑈𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 = 100 ∙ 𝑠´
𝑈𝑐𝑜𝑚𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑝𝑒𝑠𝑜 = [10 𝑥 9.81 𝑥 sin(30)] 𝑥 𝑠´ = 49.05 𝑠´
𝑈𝑟𝑒𝑠𝑜𝑟𝑡𝑒 = − (
1
2
∙ 200) (𝑠´)2
= −100 𝑠´2
𝑇1 + Σ𝑈1−2 = 𝑇2
125 + 100𝑠´ + 49.05𝑠´ − 100𝑠´2
=
1
2
(10)(0)2
−𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐
2𝑎
= −
−149.05 ± √149. 052 − 4(−100)(125)
2(−100)
= −0.598, 2.089
𝑠´ = 2.09 𝑚
𝑠 = 𝑠0 + 𝑠´ = 0.6 + 2.09 = 2.69 𝑚

77. Mini libro de física
13-23. La flecha CA de 2 kg pasa a través de una chumacera lisa en B. inicialmente,
los resortes, que están enrollados libremente alrededor de la flecha, no lo están
cuando no se aplica fuerza alguna a la flecha. En esta posición s=s’= 250 mm
y la flecha está en reposo. Si se le aplica una fuerza horizontal F= 5kN,
determine la rapidez de la flecha en el instante s= 50 mm, s’= 450 mm. Los
extremos de los resortes están sujetos a la chumacera en B y las tapas en C y
A.
FCB = kCBx = 3000x
∑ Fx=max
FAB = kABx = 2000x
5000 – 3000x -2000x = 2ª
2500 – 2500x = a
adx – vdx
∫ (2500 − 2500x)dx = ∫ vdv
v
0
0.2
0
2500(0.2) − (
2500(0.2)2
2
) =
v2
2
v = 30 [m s
⁄ ]

78. 13-24. Si la fuerza del motor M en el cable se muestra en la gráfica, determine la
velocidad del carro cuando t= 3s. La carga y el carro tienen una masa de 200
kg y el carro comienza a moverse desde el punto de reposo.
 𝑃𝑎𝑟𝑎: 0 ≤ 𝑡 ≤ 3𝑠, 𝐹 =
450𝑡
3
= (150𝑡)𝑁
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎𝑥
3(150𝑡) − 200(9.81) sin 30º = 200𝑎
𝑎 = (2.25𝑡 − 4.905) 𝑚 𝑠2
⁄
 𝑃𝑎𝑟𝑎: 𝑡 > 3𝑠, 𝐹 = 450 𝑁
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎𝑥
3(450) − 200(9.81) sin 30º = 200𝑎
𝑎 = 1.845 𝑚 𝑠2
⁄
 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜:
∑ 𝐹𝑥 = 0
3(150𝑡) − 200(9.81) sin 30º = 0
𝑡 = 2.18𝑠
∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑎 𝑑𝑡
∫ 𝑑𝑣
𝑣
0
= ∫ (2.25𝑡 − 4.905)𝑑𝑡
𝑡
2.18

79. 𝑣 = (1.125𝑡2
− 4.905𝑡)
𝑡
2.18
= (1.125𝑡2
− 4.905𝑡 + 5.3464)
𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡 = 3𝑠
𝑣 = 1.125(3)2
− 4.905(3) + 5.34645
𝑣 = 0.756 𝑚 𝑠
⁄
13-25. Si el motor enrolla el cable con una aceleración de 3 m s2
⁄ , determine las
reacciones en los soportes A y B. La viga tiene una masa uniforme de 30 kg m
⁄
y el embalaje una de 200 kg. Ignore la masa del motor y las poleas.
∑ Ft=mat mg sen Ɵ = mat at = g sen Ɵ
v dv = at ds = g sen Ɵ ds
dy = ds sen Ɵ
∫ v dv
v
0
= ∫ g dy
g
0
v2
2
= gh
v = √2gh ∴ QED
13-26. Un eleve ador de carga, incluida su carga, tiene una masa de 500 kg. El riel y
las dos ruedas montadas en sus costados evitan que gire. Cuando t= 2s, el
motor M enrolla el cable con una rapidez de 6m/s, medida con respecto al
elevador. Si comienza a moverse desde el punto de reposo, determine la
constante de aceleración del elevador y la tensión en el cable. Ignore la masa
de las poleas, le motor y los cables.

80. 3sE + sp = 1
3vE = −vP
vP = vE + vP
E
−3vE = vE + 6
vE = −
6
4
= −1.5 m s
⁄ = 1.5 m s
⁄
v = v0 + act
1.5 = 0 + aE(2)
aE = 0.75 m s2
⁄
∑ Fy = may
4T − 500(9.81) = 500(0.75)
T = 1320 N
13-27. Determine la masa requerida del bloque A de modo que cuando se le suelte
desde el reposo mueva el bloque B de 5kg una distancia de 0.75 m hacia arriba
del plano inclinado t= 2s. ignore la masa de las poleas y las cuerdas.

81. 𝑠 = 𝑠𝑜 + 𝑣𝑜𝑡 +
1
2
𝑎𝑐𝑡2
0.75 = 0 + 0 +
1
2
𝑎𝐵(22
)
𝑎𝐵 = 0.375 𝑚 𝑠2
⁄
2𝑠𝐴 + (𝑠𝐴 − 𝑠𝐵) = 𝑙
3𝑠𝐴 − 𝑠𝐵 = 𝑙
3𝑠𝐴 − 𝑠𝐵 = 0 (1)ec
𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 1:
3𝑎𝐴 − 0.375 = 0
𝑎𝐴 = 0.125 𝑚 𝑠2
⁄
∑ Fy = may
𝑇 − 5(9.81) sin30º = 5(0.375)
𝑇 = 44.35 𝑁
∑ Fy = may
3(44.35) − 9.81𝑚𝐴 = 𝑚𝐴(−0.125)
𝑚𝐴 = 13.7𝑘𝑔
13-28. Los bloques A y B tienen una masa de mA y mB, donde mA > mB. Si la polea
C les imprime una aceleración de a0 determine la aceleración de los bloques.
Ignore la masa de la polea.

82. ∑ Fy = may
𝑇 − 𝑚𝐴𝑔 = 𝑚𝐴𝑎𝐴 (1)
∑ Fy = may
𝑇 − 𝑚𝐵𝑔 = 𝑚𝐵𝑎𝐵 (2)
(𝑚𝐴 − 𝑚𝐵)𝑔 = 𝑚𝐵𝑎𝐵 − 𝑚𝐴𝑎𝐴 (3)
𝑎𝐴 = 𝑎𝐶 + 𝑎𝐴
𝐶
𝑎𝐴 = 𝑎0 + 𝑎𝑟𝑒𝑙 (4)
𝑎𝐵 = 𝑎0 + 𝑎𝐵/𝐶
𝑎𝐵 = 𝑎0 + 𝑎𝑟𝑒𝑙 (5)
𝐸𝑙𝑖𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟 𝑎𝑟𝑒𝑙 𝑑𝑒 (4) 𝑦 (5)
𝑎𝐴 + 𝑎𝐵 = 2𝑎0
𝑅𝑒𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑟 𝑒𝑐. 𝑑𝑒 (3) 𝑦 (6)
𝑎𝐴 =
2𝑚𝑔𝑎0 − (𝑚𝐴 − 𝑚𝐵)𝑔
𝑚𝐴 + 𝑚𝐵
𝑎𝐵 =
2𝑚𝐴𝑎0 − (𝑚𝐴 − 𝑚𝐵)𝑔
𝑚𝐴 + 𝑚𝐵
13-29. Se utiliza el tractor para levantar la carga B de 150 kg con el sistema de una
cuerda de 24 m de largo, pluma y polea. Si el tractor se desplaza hacia la
derecha a una rapidez constante de 4 m/s, determine la tensión en la cuerda
cuando 𝑠𝐴 = 5. Cuando 𝑠𝐴 = 0, 𝑠𝐵 = 0.

83. 12 − 𝑠𝐵 + √𝑠2
𝐴 + (12)2 = 24
−𝑠𝐵 + (𝑠2
𝐴 + 144)−
1
2(𝑠𝐴𝑠̇𝐴) = 0
−𝑠̈𝐵 − (𝑠2
𝐴 + 144)−
3
2(𝑠𝐴𝑠̇𝐴) + (𝑠2
𝐴 + 144)−
1
2(𝑠̇2
𝐴) + (𝑠2
𝐴 + 144)−
1
2(𝑠𝐴𝑠̈𝐴) = 0
𝑠̈𝐵 = [
𝑠2
𝐴𝑠̇2
𝐴
(𝑠2
𝐴 + 144)
3
2
−
𝑠̇2
𝐴 + 𝑠𝐴𝑠̈𝐴
(𝑠2
𝐴 + 144)
1
2
]
𝑎𝐵 = [
(5)2(5)2
(𝑠2
𝐴 + 144)
3
2
−
(4)2
+ 0
(𝑠2
𝐴 + 144)
1
2
] = 1.0487 𝑚 𝑠2
⁄
∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎𝑦
𝑇 − 150(9.81) = 150(1.0487)
𝑇 = 1.63 𝑘𝑁
13-30. Se utiliza el tractor para levantar la carga B de 150 kg con el sistema de una
cuerda de 24 m de largo, pluma y polea. Si el tractor se desplaza hacia la
derecha con una aceleración de 3 𝑚 𝑠2
⁄ y tiene una velocidad de 4𝑚 𝑠
⁄ en el
instante cuando 𝑠𝐴 = 5 m, determine la tensión en la cuerda en ese instante.
Cuando 𝑠𝐴 = 0, 𝑠𝐵 = 0.

84. 12 − 𝑠𝐵 + √𝑠2
𝐴 + (12)2 = 24
−𝑠𝐵 + (𝑠2
𝐴 + 144)−
1
2(𝑠𝐴𝑠̇𝐴) = 0
−𝑠̈𝐵 − (𝑠2
𝐴 + 144)−
3
2(𝑠𝐴𝑠̇𝐴) + (𝑠2
𝐴 + 144)−
1
2(𝑠̇2
𝐴) + (𝑠2
𝐴 + 144)−
1
2(𝑠𝐴𝑠̈𝐴) = 0
𝑠̈𝐵 = [
𝑠2
𝐴𝑠̇2
𝐴
(𝑠2
𝐴 + 144)
3
2
−
𝑠̇2
𝐴 + 𝑠𝐴𝑠̈𝐴
(𝑠2
𝐴 + 144)
1
2
]
𝑎𝐵 = [
(5)2(4)2
((5)2 + 144)
3
2
−
(4)2
+ (5)(3)
((5)2 + 144)
1
2
] = 2.2025 𝑚 𝑠2
⁄
∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎𝑦
𝑇 − 150(9.81) = 150(2.2025)
𝑇 = 1.80 𝑘𝑁
13-31. El hombre de 75 kg sube por la cuerda con una aceleración de 0.25𝑚 𝑠2
⁄ ,
medida con respecto a la cuerda. Determine la tensión en la cuerda y la
aceleración del bloque de 80 kg.

85. ∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎𝑦
𝑇 − 75(9.81) = 75𝑎𝑚 (1)
∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎𝑦
𝑇 − 80(9.81) = 80𝑎𝑚 (2)
𝑎𝑚 = 𝑎𝑟 + 𝑎𝑚
𝑟
𝑎𝑚 = −𝑎𝐴 + 0.25 (3)
𝑅𝑒𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑟 (1), (2)𝑦 (3):
𝑎𝐴 = −0.19548 𝑚 𝑠2
⁄ = 0.195 𝑚 𝑠2
⁄
𝑇 = 769.16 𝑁 = 769 𝑁
𝑎𝑚 = 0.4455 𝑚 𝑠2
⁄
13-32. El motor M enrolla el cable con una aceleración de 4 𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑠2
⁄ , medida con
respecto a la vagoneta de mina de 200 lb. Determine la aceleración de la
vagoneta y la tensión en el cable. Ignore la masa de las poleas.

86. ∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎𝑥
3𝑇 − 200 sin 30º =
200
32.2
(−𝑎𝐶) (1)
𝑠𝑃 + 2𝑠𝐶 = 0
𝑎𝑃 + 2𝑎𝐶 = 0 (2)
𝑎𝑃 = 𝑎𝐶 − 𝑎𝑃
𝐶
𝑎𝑃 = 𝑎𝐶 + 4 (3)
𝑅𝑒𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑟 (1), (2) 𝑦 (3)
𝑎𝐶 = −1.333 𝑓𝑡 𝑠2
= 1.33 𝑓𝑡 𝑠2
⁄
⁄
𝑇 = 36.1 𝑙𝑏
𝑎𝑃 = 2.667 𝑓𝑡 𝑠2
⁄
13-33. El anillo de 2 lb C ajusta flojo en la flecha lisa. Si el resorte no está alargado
cuando s = 10 y el anillo se le imprime una velocidad de 15 pies/s, determine
la velocidad del anillo cuando s = 1 pie.

87. 𝐹𝑠 = 𝑘𝑥
𝐹𝑠 = 4(√1 + 𝑠2 − 1)
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎𝑥
−4 (√1 + 𝑠2 − 1) (
𝑠
√1 + 𝑠2)
) = (
2
32.2
)(𝑣
𝑑𝑣
𝑑𝑠
)
− ∫ (4𝑠 𝑑𝑠 −
4𝑠 𝑑𝑠
√1 + 𝑠2
1
0
) = ∫ (
2
32.2
) 𝑣 𝑑𝑣
𝑣
15
− [2𝑠2
− 4√1 + 𝑠2]
0
1
=
1
32.2
(𝑣2
− 152
)
𝑣 = 14,6 ft/s
13-34. En el tubo de rayos catódicos, una fuente S emite electrones de masa m y
comienzan a desplazarse horizontalmente a una velocidad inicial v0. Mientras
pasan entre las placas de la rejilla a una distancia l, se someten a una fuerza
vertical de magnitud eV/w, donde e es la carga de un electrón, V el voltaje
aplicado que actúa a través de las placas y w la distancia entre placas.
Después de las placas, los electrones viajan en líneas rectas y chocan con la
pantalla en A. Determine la deflexión d de los electrones en función de las
dimensiones de voltaje de placa y tubo. Ignore la gravedad, la cual provoca
una leve deflexión vertical cuando el electrón viaja desde s hasta la pantalla y
la leve deflexión entre las placas.

88. 𝑣𝑥 = 𝑣𝑜
𝑡1 =
𝑙
𝑣𝑜
𝑡1 =
𝐿
𝑣𝑜
∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎𝑦
𝑒𝑉
𝑤
= 𝑚𝑎𝑦
𝑒𝑉
𝑤𝑚
= 𝑎𝑦
𝑣 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑐𝑡
𝑣𝑦 = 𝑎𝑦𝑡1 = (
𝑒𝑉
𝑤𝑚
) (
𝑙
𝑣𝑜
)
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑡2, 𝑎𝑦 = 0
𝑑 = 𝑣𝑦𝑡2 = (
𝑒𝑉𝑙
𝑤𝑚𝑣𝑜
) (
𝐿
𝑣𝑜
)
𝑎𝑦 =
𝑒𝑉𝑙𝐿
𝑤𝑚𝑣𝑜
2
13-35. El anillo C de 2 kg se desliza libremente a lo largo de la flecha lisa AB.
Determine la aceleración del anillo C se (a) la flecha no se mueve, (b) el anillo
A, el cual esta fijo en la flecha AB, se mueve hacia la izquierda a una velocidad
constante a lo largo de la guía horizontal y (c) el anillo A se somete a una
aceleración de 2m/s2
hacia la izquierda. En todos los casos, el movimiento
ocurre en el plano vertical.

89. ∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎𝑥
2(9.81) sin 45º = 2𝑎𝐶
𝑎𝐶 = 6.94 𝑚 𝑠2
⁄
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎𝑥
2(9.81) sin 45º = 2𝑎𝐶
𝐴
+ 2(−2 cos 45ª)
𝑎𝐶
𝐴
= 8.351 𝑚 𝑠2
⁄
𝑎𝐶 = 𝑎𝐴 + 𝑎𝐶
𝐴
= −2𝒊 + 8.351 cos 45º − 8.351 sin 45º𝑗
= [3.905𝑖 − 5.905] 𝑚 𝑠2
⁄
𝑎𝐶 = √3.9052 + (−5.905)2
𝜃 = tan−1 (
5.905
3.905
) = 56.5º
13-36. La masa de los bloques A y B es m. Determine la fuerza horizontal P máxima
que puede aplicarse a B de modo que A no se mueva con respecto a B. todas
las superficies son lisas

90. 𝑎𝐴 = 𝑎𝐵 = 𝑎
Bloque A:
∑ 𝐹𝑦 = 0
𝑁 𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 𝑚𝑔 = 0
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎𝑥
𝑁 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝑚𝑎
𝑎 = 𝑔 tan 𝜃
Bloque B:
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎𝑥
𝑃 − 𝑁 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝑚𝑎
𝑃 − 𝑚𝑔 tan 𝜃 = 𝑚𝑔 tan 𝜃
𝑃 = 2𝑚𝑔 tan 𝜃
13-37. La masa de los bloques A y B es m. Determine LA fuerza horizontal P máxima
que puede aplicarse a B de modo que A no se deslice con respecto a B. El
coeficiente de fricción estática entre A y B es 𝜇𝑠. Ignore cualquier fricción
entre B y C.

91. 𝑎𝐴 = 𝑎𝐵 = 𝑎
Bloque A:
∑ 𝐹𝑦 = 0
𝑁 𝑐𝑜𝑠 𝜃 − 𝜇𝑠 𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 𝑚𝑔 = 0
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎𝑥
𝑁 𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 𝜇𝑠 𝑐𝑜𝑠 = 𝑚𝑔
𝑁 =
𝑚𝑔
cos 𝜃 − 𝜇𝑠 𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑎 = 𝑔(
𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝜇𝑠 𝑐𝑜𝑠
𝑐𝑜𝑠 𝜃 − 𝜇𝑠 𝑠𝑒𝑛 𝜃
)
Bloque B:
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎𝑥
𝑃 − 𝜇𝑠 𝑁 cos 𝜃 − 𝑁 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝑚𝑎
𝑃 − 𝑚𝑔(
𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝜇𝑠 cos 𝜃
𝑐𝑜𝑠 𝜃 − 𝜇𝑠 𝑠𝑒𝑛 𝜃
) = 𝑚𝑔(
𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝜇𝑠 𝑐𝑜𝑠
𝑐𝑜𝑠 𝜃 − 𝜇𝑠 𝑠𝑒𝑛 𝜃
)

92. 𝑃 = 2𝑚𝑔(
𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝜇𝑠 𝑐𝑜𝑠
𝑐𝑜𝑠 𝜃 − 𝜇𝑠 𝑠𝑒𝑛 𝜃
)
13-38. Si se aplica una fuerza F= 200 N a la carretilla de 30 kg, demuestre que el
bloque A de 20 kg se deslizara sobre ella. También determine el tiempo para
que el bloque A se mueva sobre la carretilla 1.5 m. los coeficientes de fricción
estática y cinética entre el bloque y la carretilla son 𝜇𝑠 = 0.3 y 𝜇𝑘 = 0.25.
Tanto la carretilla como el bloque parten del punto de reposo.
∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎𝑦
𝑁 − 20(9.81) = 0
𝑁 = 196.2 𝑁
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎𝑥
𝐹𝑓 = 20𝑎 (1)
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎𝑥
200 − 𝐹𝑓 = 30𝑎 (2)
𝐼𝑔𝑢𝑎𝑙𝑎𝑟 (1)𝑦 (2):
𝑎 = 4 𝑚 𝑠2
⁄
𝐹𝑓 = 80 𝑁
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎𝑥
49.05 = 20𝑎𝐴
𝑎𝐴 = 2.4525 𝑚 𝑠2
⁄
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎𝑥
120 − 49.05 = 30𝑎𝐶

93. 𝑎𝐶 = 5.0317 𝑚 𝑠2
⁄
𝑎𝐴 = 𝑎𝐶+𝑎𝐴 𝐶
⁄
2.4525 = 5.0317+𝑎𝐴 𝐶
⁄
𝑎𝐴 𝐶
⁄ = −2.5792 𝑚 𝑠2
⁄ = 2.5792 𝑚 𝑠2
⁄
𝑎𝐴 𝐶
⁄ = (𝑎𝐴 𝐶
⁄ )𝑜
+ (𝑎𝐴 𝐶
⁄ )𝑜
𝑡 +
1
2
𝑎𝐴 𝐶
⁄ 𝑡2
1.5 = 0 + 0 +
1
2
(2.5792)𝑡2
𝑡 = 1.08𝑠
13-39. Suponga que es posible perforar un túnel a través de la Tierra desde ña ciudad
A hasta una ciudad B como se muestra. Por la teoría de la gravitación,
cualquier vehículo C de masa m dentro del túnel se vería sometido a una fuerza
gravitatoria dirigida siempre hacia el centro D de la Tierra. La magnitud de
esta fuerza F es directamente proporcional a su distancia r al centro de la
Tierra. De ahí que, si el vehículo pesa w=mg cuando se encuentre sobre la
superficie terrestre, entonces en una posición arbitraria r la magnitud de la
fuerza F es F=(mg/R)r, donde R=6328 Km, el radio de la Tierra. Si el vehículo
se suelta desde el punto de reposo cuando está en B, x=s=2 Mm, determine el
tiempo requerido para que llegue a A y la velocidad máxima que alcanza.
Ignore el efecto de la rotación de la Tierra en el cálculo y suponga que la
densidad de esta es constante. Sugerencia: escriba la ecuación de movimiento
en la dirección x, teniendo en cuenta que rcosƟ= x. integre, mediante la
relación cinemática v dv= a dx, luego integre el resultado por medio de
v=dx/dt.