fisica

1. Practica 1:
1. ¿Por qué un observador debe definir un sistema de referencia para el análisis del
movimiento de los cuerpos?
R: Porque un sistema de referencia de la Física, es muy importante a la hora de estudiar los
movimientos, ya que le resultará fundamental a la hora de establecer la posición del cuerpo
estudiado. Normalmente en Física usamos el sistema formado por los ejes cartesianos y las
coordenadas cartesianas como sistema de referencia.
2. ¿Cómo se puede distinguir experimentalmente el movimiento uniforme acelerado?
R: La podemos distinguir, porque la aceleración que experimenta este cuerpo, permanece
constante (en magnitud vectores y dirección) en el transcurso del tiempo manteniéndose
firme.
3. Cuando Carlos viaja en una autopista, pasa por la marca de 260 km. Después sigue
moviéndose hasta la marca de 150 km. Y luego se devuelve hasta la marca de 175 km.
¿Cuál es su desplazamiento resultante respecto a la marca de 260 km.?
𝑥0 = 260 Km 𝑥0 = 150 km
𝑥𝑓 = 150 Km 𝑥𝑓 = 175 Km
X= 𝑥𝑓 − 𝑥0 X= 𝑥𝑓 − 𝑥0
X=150Km-260Km X= 175 Km – 150 Km
X=-110 Km X= 25 Km
Iba en dirección contraria
Desplazamiento total = -110 Km + 25Km
= -85 Km
El desplazamiento resultante seria -85 Km, es decir que se encontraría en
kilómetro 260 Km – 85 Km = 175Km
4. La luz del Sol llega a la Tierra en 8.3 min. La rapidez de la luz es de 3 x 108m/s.
Calcular la distancia de la Tierra al Sol.
Datos:
t= (8.3 min) (60 s/m) = 498 s
v= 3x 108 m/s
d=?
v=
𝑑
𝑡
d=(v)(t)
d=(3x 108 m/s)(498 s)
d=1.494x1011 m
d=1.5x1011 m redondeado

2. 5. Usted y un amigo conducen recorriendo 50 km. Usted viaja a 90 km/h y su amigo a 95
km/h. ¿Cuánto tiempo tiene que esperarlo su amigo al final del viaje?
Datos:
90 Km/h 60 min
95Km/h 60 min
50 Km x =? 50Km
x =?
Solución:
𝑥 =
(50 𝐾𝑚)(60min)
90
𝐾𝑚
ℎ
𝑥 =
(50 𝐾𝑚)(60𝑚𝑖𝑛)
95
𝐾𝑚
ℎ
𝑥 = 33,3333 𝑥 = 31,5789
33,3333 − 31,5789
= 1,7544
6. Ana conduce calle abajo a 55 km/h. Repentinamente un niño atraviesa la calle. Si Ana
demora 0.75 s en reaccionar y aplicar los frenos, ¿cuántos metros alcanza a moverse antes
de comenzar a frenar?
Datos:
𝑣 = 55
𝑘𝑚
ℎ
→ 15,27
𝑚
𝑠
𝑡 = 0,75 𝑠
𝑑 =?
Solución:
D= 𝑣 ∙ 𝑡
𝑑 = 15,27
𝑚
𝑠
∙ 0,75 𝑠
11,452
𝑚
𝑠2
7. Un automóvil arranca de un punto con movimiento uniformemente acelerado, alcanzado
a los 5 s la velocidad de 108 km/h desde cuyo momento la conserva, hasta que a los 2 min
de alcanzarla, frena hasta pararse al producirle los frenos una desaceleración de 10 m/s2 . a.
Calcular el tiempo transcurrido y el espacio recorrido desde que arranca hasta que se para.
b. Hacer una representación gráfica de x-t, Vx –t y ax-t.
𝐼𝑛𝑡𝑒𝑟𝑣𝑎𝑙𝑜 𝐼
𝑎𝑥 =
∆𝑣
∆𝑡

3. 𝑎𝑥 =
30 𝑚
𝑠 − 0
⁄
5 𝑠 − 0
= 6 𝑚
𝑠2
⁄
𝑥5 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜𝑡 +
1
2
𝑎𝑡2
= 0 + 0 +
1
2
(6 𝑚
𝑠2
⁄ )(5 𝑠)2
= 75 𝑚
𝐼𝑛𝑡𝑒𝑟𝑣𝑎𝑙𝑜 𝐼𝐼
𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜𝑡 +
1
2
𝑎𝑡2
= 75 + (30 𝑚
𝑠
⁄ )(120 𝑠) + 0
= 3675 𝑚
𝐼𝑛𝑡𝑒𝑟𝑣𝑎𝑙𝑜 𝐼𝐼𝐼
𝑎𝑥 =
∆𝑣
∆𝑡
∆𝑡 =
∆𝑣
𝑎𝑥
∆𝑡 =
0 − 30𝑚
𝑠
⁄
−10 𝑚
𝑠2
⁄
∆𝑡 = 3 𝑠
𝑥 = 𝑥𝑜 + 𝑣𝑜𝑡 +
1
2
𝑎𝑡2
= 3675 𝑚 + (30𝑚
𝑠
⁄ )(3 𝑠)+
1
2
(−10𝑚
𝑠2
⁄ ) 𝑡2
= 3720 𝑚

4. 8. En t=0, un automóvil está detenido ante un semáforo. Al encenderse la luz verde, el auto
acelera a razón de constante hasta alcanzar una rapidez de 20 m/s 8 s después de arrancar.
El auto continúa con rapidez constante durante 60 m. luego, el conductor ve un semáforo
con luz roja en el siguiente cruce y frena a razón constante. El auto se detiene ante el
semáforo, a 180 m de donde estaba en t=0. a. Dibuje las gráficas x-t, Vx- t y ax-t para el
movimiento del auto.
También podemos ver la posición, velocidad y aceleración a los 4s después que se enciende
la luz verde:
Calculamos la aceleración del primer movimiento cuando se enciende la luz verde, por ser
un MRUV:
 Vf = Vo + a * t
 20m/s = 0 + a * 8s
 a = 20m/s / 8s
 a = 2.5m/s²
Ahora con este dato calculamos la distancia recorrida en este primer tramo de aceleración
constante:
 d = Vo * t + (1/2) * a * t²
 d = 0 + 0.5 * 2.5m/s² * (8s)²
 d = 80 m
Hallamos el tiempo que tarda en el segundo tramo, de velocidad constante MRU:
 V = d / t
 t = d / V
 t = 60 m / 20m/s
 t = 3s

5. Hallamos la desaceleración del carro en el tercer tramo cuando pisa los frenos:
 Vf² = Vo² - 2 * a * d
 0 = (20m/s)² - 2 * a * 40m
 a = 400m²/s² / (2 * 40m)
 a = 5m/s²
Ahora podemos calcular el tiempo de frenado con la siguiente ecuación de MRUV:
 Vf = Vo - a * t
 0 = 20m/s - (5m/s²* t)
 t = 4s
A LOS 4s:
 Vf = Vo + a * t
 Vf = 0 + 2.5m/s² * 4s
 Vf = 10m/s
 d = Vo * t + (1/2) * a * t²
 d = 0 + 0.5 * 2.5m/s² * (4s)²
 d = 20m
9. Un tren sale de una estación A; acelera a razón de 0,5 m/s2 hasta alcanzar la velocidad de
54 km/h. el tren mantiene a misma velocidad hasta que se acerca a la estación B. En ese

6. momento frena uniformemente hasta pararse en 10 s. El tiempo total desde A hasta B ha
sido de 60 s.
a. ¿Qué distancia hay entre las estaciones A y B?
b. Elabore las graficas de posición, velocidad y aceleración en función del
tiempo, empleando valores reales para cada uno de los intervalos.
Intervalo I
Intervalo II Intervalo III
t1 = 10s t2 =? t2 = 15s t3 =
50s
X1 = 25m x2 = 75m
V1 = 5 m/s V2 = 15 m/s
a3 = 0 m/s2
x = x0 + v0t
x = 75m + 15 m/s (50s –
15s)
x3 = 600m
Intervalo IV
t4=60s
0 m/s = 15 m/s + (60 s – 50 s)
Respuesta:
a- La diferencia de distancia
es de 675m.
5 𝑚 𝑠
⁄ = 𝑣1 + (2 𝑚 𝑠2
⁄ )(𝑡 − 10𝑠)
t2 = 15s
𝑥 = 𝑥1 + 𝑣1 𝑡 +
1
2
𝑎𝑡2
𝑥 = 25𝑚 + 5 𝑚 𝑠
⁄ (15𝑠 − 10𝑠) +
1
2
(2 𝑚 𝑠2
⁄ )(15𝑠 − 10𝑠)2
x2 = m
75
𝑡0 = 0𝑠 t1=10s
𝑥0 = 0𝑚
𝑉0 = 0𝑚 𝑠
⁄
𝑎1 = 0,5 𝑚 𝑠2
⁄
𝑥 =
1
2
(0,25 𝑚 𝑠2)
⁄ (10𝑠)2
x = 25 m
𝑣 = 𝑣0 + 𝑎𝑡
𝑣 = (0,5 𝑚 𝑠2
⁄ )(10 )
s
v = 5m s
⁄

7. 10.La figura muestra la velocidad de un automóvil solar en función del
tiempo. El conductor acelera desde un
letrero de alto, viaja 20s con rapidez
constante de 60 km/h y frena para
detenerse 40s después de partir del
letrero.
-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
0 10 20 30 40 50 60 70
Aceleracion vs tiempo
0
100
200
300
400
500
600
700
800
0 10 20 30 40 50 60 70
Posicion Vs Tiempo
0
2
4
6
8
10
12
14
16
0 10 20 30 40 50 60 70
Velocidad vs Tiempo

8. 𝑎3 =
𝑉𝑓−𝑣𝑖
𝑡𝑓 − 𝑡𝑖
𝑎3 =
0 𝑚 𝑠
⁄ − 16,7 𝑚 𝑠
⁄
10𝑠 − 0𝑠
𝑎3 =
−16,7 𝑚 𝑠
⁄
10𝑠
𝑎3 = −1,7 𝑚 𝑠2
⁄
a. Calcule la aceleración media para cada intervalo, ¿Cuál es la aceleración instantánea
a los 20s y los 35s?
Intervalo I Intervalo III
De “0 s a 10 s” De “30s a 40s”
Intervalo II Aceleración a los “35 s”
De “10s a 30s”
Respuesta:
a. Aceleración en cada intervalo:
Intervalo I. Es de 1,7 m/s2
Intervalo II. Es nula porque se mantiene constante la velocidad.
Intervalo III. Es de -1,7 m/s2
b. Aceleración a los 20s. Es nula porque se mantiene constante la velocidad.
Aceleración a los 35s. Es de -1,7 m/s2.
11. Una pelota rígida que viaja en línea recta (el eje x)
choca con una pared sólida y rebota repentinamente
durante un breve instante. En la figura, la gráfica Vx-t
muestra la velocidad de la pelota en función del
tiempo. Durante los primeros 2.00 s de su
movimiento, obtenga:
a) La distancia total que se mueve la
pelota
b) Su desplazamiento
𝑎1 =
𝑉𝑓−𝑣𝑖
𝑡𝑓 − 𝑡𝑖
𝑎1 =
𝑉𝑓−𝑣𝑖
𝑡𝑓 − 𝑡𝑖
𝑎1 =
16,7 𝑚 𝑠
⁄ − 0𝑚 𝑠
⁄
10𝑠 − 0𝑠
𝑎1 = 1,7𝑚 𝑠2
⁄
𝑎2 =
𝑉𝑓 − 𝑣𝑖
𝑡𝑓 − 𝑡𝑖
𝑎2 =
16,7 𝑚 𝑠
⁄ − 16,7 𝑚 𝑠
⁄
10𝑠 − 0𝑠
𝑎2 = 0 𝑚 𝑠2
⁄
𝑎𝑖𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑎𝑛𝑒𝑎 =
𝑉𝑓 − 𝑣𝑖
𝑡𝑓 − 𝑡𝑖
𝑎𝑖𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑎𝑛𝑒𝑎 =
−8,3 𝑚 𝑠
⁄
35𝑠
𝑎𝑖𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑎𝑛𝑒𝑎= − 1,7 𝑚 𝑠2
⁄

9. 𝑎2 =
(−
20𝑚
𝑠
)
20𝑠 − 5𝑠
𝑎2 = −1,33 𝑚/𝑠2
𝑥2 = 𝑥0 + 𝑣0 𝑡 +
1
2
𝑎𝑡2
𝑥2 =
1
2
(−1,33
𝑚
𝑠2
)(15𝑠)2
𝑥2 = −149,62𝑚
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
0 5 10 15 20 25
Aceleración vs Tiempo
c) Dibuje una gráfica ax-t del movimiento de esta pelota
d) ¿En los 5.00 s la gráfica que se muestra es realmente vertical? Explique su
respuesta.
Respuesta:
a) Distancia que se mueve la pelota es de 224,62m.
b) El desplazamiento es de 74,62m.
c) La grafica a los 5,0s si es vertical, ya que la trayectoria que lleva la pelota al chocar con
la pared ocasionando que regrese.
𝒗𝒙 = 𝒗𝟎𝒙 + 𝒂𝒙𝒕
𝒂𝒙 =
𝒗𝒙
𝜟𝒕
1) 𝑎1 =
𝑣𝑥
𝛥𝑡
𝑎1 = 6
𝑚
𝑠2
𝑥1 = 𝑥0 + 𝑣0𝑡 +
1
2
𝑎𝑡2
𝑥1 =
1
2
(6
𝑚
𝑠2
)(5𝑠)2
𝑥1 =
1
2
(6
𝑚
𝑠2
) (25𝑠)
𝑥1 = 75𝑚
2) a2 =
vx
Δt
Desplazamiento
∆𝑥 = 𝑥𝑖 − 𝑥𝑓
∆𝑥 = −149,62 − 75
∆𝑥 = 74,62 𝑚
Distancia
∆x = 𝑥1 + 𝑥2
∆𝑥 = 75𝑚 + 149,62𝑚
∆𝑥 = 224,62 𝑚

10. Practica 2:
Movimiento Verticales
12. Una pelota es lanzada verticalmente hacia arriba desde el suelo con una rapidez inicial
de 15.0 𝑚/𝑠.
a) ¿Cuánto tiempo transcurre hasta que la pelota alcanza su altitud máxima?
b) ¿Cuál es su altitud máxima?
c) Determina la velocidad y la aceleración de la pelota en 𝑡 = 2.0 segundos.
Solución:
13. Un objeto es lanzado verticalmente hacia abajo con una rapidez inicial de 10 m/s desde
una altura de 60 m sobre el suelo. En el mismo instante un segundo objeto es lanzado
verticalmente hacia arriba desde el suelo con una rapidez de 40 m/s. ¿A qué altura sobre
el suelo pasan los objetos uno al lado del otro?
Solución:
Vo= 15.0 m/s g = 9,8 m/s2
A. Ymax VF = 0
VF = Vo – g t t=
𝑉𝑜−𝑉𝑓
𝑔
t=
15−0
9,8
t= 1,53
B. VF
2
= Vo
2
– 2 g y
Y = Vo
2
– VF
2
= (15)2
– 0
2g 2(9,8)
Ymax= 11,48 m
C. V0 = 0 t = 2-1,53 = 0,47
VF = Vo + (g)(t) g = 9,8 m/s2
VF= (9,8)(0,47)
VF = 4,6 m/s

11. 14. En enero de 2004, la NASA puso un vehículo de exploración en la superficie marciana.
Parte del descenso consistió en las siguientes etapas:
 Etapa A: la fricción con la atmosfera redujo la rapidez de 19,300 km/h a 1600 km/h en
4.0 min.
 Etapa B: un paracaídas se abrió para frenarlo a 321 km/h en 94 s.
 Etapa C: se encienden los retrocohetes para reducir su rapidez a cero en una distancia
de 75 m.
Suponga que cada etapa sigue inmediatamente después de la que le precede, y que
la aceleración durante cada una era constante. Encuentre:
a. ¿Cuál es la aceleración de cada etapa?
b. ¿Qué distancia (en km) viajo el cohete en cada etapa?

12. c. Que desplazamiento total tiene el cohete en su descenso.
Solución:
15. Un globo de 124 kg que lleva una canastilla de 22 kg desciende con rapidez constante
hacia abajo de 20.0 m/s. Una bolsa de 1.0 kg se lanza desde la canastilla con una
velocidad inicial de 15.0 m/s perpendicular a la trayectoria del globo en descenso,
medida relativa a una persona en reposo en la canasta. Esa persona ve que la piedra
choca con el suelo 6.00 s después de lanzarse. Suponga que el globo continúa su
descenso a los 20.0 m/s constantes.
a) ¿A qué altura estaba el globo cuando se lanzó la piedra?
b) ¿Y cuando chocó con el suelo?
c) En el instante en que la piedra tocó el suelo, ¿a qué distancia estaba de la canastilla?
d) Determine las componentes horizontal y vertical de la velocidad de la piedra justo
antes de chocar contra el suelo.
Solución:

13. A. ¿A qué altura estaba el globo cuando se lanzó la piedra?
𝑦 = 𝑦0 + 𝑣𝑜𝑦𝑡 + ½ g𝑡2
O= 𝑦0 +(-20)(6) + (0.5)(-9.81)(6)2
𝑦0 = 120 + 176.58
Y_0 = 296.58 m
B. ¿Y cuando chocó el globo con el suelo?
𝑦 = 𝑦0 + 𝑣𝑜𝑦𝑡 + ½ g𝑡2
O= 296.58 + (−20)(𝑡) + (0.5)(0)(𝑡)2
20t= 296.58
t
t=14.83 s
C. En el instante en que la piedra tocó el suelo, ¿a qué distancia estaba de la canastilla?
+ ½ g
+ (0.5)(0)
y=296.58 - 120
y=176.58 m
Calculamos la distancia horizontal de la piedra a la canastilla

14. Ahora calcula la distancia vertical como la diferencia de alturas de la canastilla y la piedra a
los segundos.
Como la piedra está en el suelo, esa diferencia es la altura de la canastilla, la cual
encontramos que es
La altura de la canastilla es
La distancia se calcula usando el teorema de Pitágoras o la fórmula de distancia entre dos
puntos:
D. velocidad de la piedra antes de chocar el suelo
 relativas a un observador en la canastilla:
piedra relativa a la canastilla piedra relativa al suelo canastilla relativa al suelo
de la piedra relativa al suelo a los 6 segundos
Velocidad de la canastilla respecto al suelo:
Velocidad de la piedra relativa a la canastilla
• relativa a un observador en el suelo
Fue calculada arriba como
16. Una roca se deja caer desde el reposo dentro de un pozo.
(a) Si el sonido del contacto con el agua se oye 2.40 segundos después, ¿a qué
profundidad de la parte superior del pozo está la superficie del agua? La rapidez del
sonido en el aire es de 336 𝑚/𝑠. (Sugerencia: escribir una ecuación de segundo
grado en la variable tiempo.)
(b) Si el tiempo de recorrido para el sonido se ignora, ¿qué porcentaje de error se
introduce cuando se calcula la profundidad del pozo?
¿ A qué profundidad de la parte superior del pozo está la superficie del agua?
Solución:
1 𝑡1 = 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑑𝑒𝑚𝑜𝑟𝑎 𝑙𝑎 𝑝𝑖𝑒𝑑𝑟𝑎 𝑒𝑛 𝑐𝑎𝑒𝑟
𝑎𝑙 𝑝𝑜𝑠𝑜
𝑉 = 0 m/s (parte del reposo)

15. 𝑡2 = 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑑𝑒𝑚𝑜𝑟𝑎 𝑒𝑙 𝑠𝑜𝑛𝑖𝑑𝑜 𝑑𝑒𝑠𝑑𝑒 𝑒𝑙 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑎𝑏𝑎𝑗𝑜 ℎ 𝑎𝑠𝑡𝑎 𝑙𝑎 𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒 𝑑𝑒
𝑎𝑟𝑟𝑖𝑏𝑎.
𝑡1 + 𝑡2 = 2,40𝑠
4,9𝑡1
2 = 336𝑡2 Al igualar las dos ecuaciones
4,9(2,40
= 336𝑡2
4,9 𝑡2
2+ 28,2 − 23.5 − 336𝑡2 = 0
4,9 𝑡2
2 − 359,5𝑡2 + 28,2 = 0
𝑎 = 4,9 𝑏 = −359,5 𝑐 = 28,2
Y= 26,21 m es la distancia que nos pide encontrar
Si el tiempo de recorrido para el sonido se ignora:
𝑦 = ½ (9,81) (2,40)2 = 28,25𝑚
¿Qué porcentaje de error se introduce cuando se calcula la profundidad del pozo?
Movimiento de proyectiles
17. Una pistola que dispara una luz bengala le imprime una velocidad inicial de 125 m/s en
un ángulo de 55.0° sobre la horizontal. Ignore la resistencia del aire. Si la bengala se

16. dispara, obtenga su altura máxima y la distancia del punto de disparo al punto de caída,
a) en los salares planos de Utah y b) en el Mar de la Tranquilidad en la Luna, donde g=
1,67 m/s2.
Solución:
𝑦 𝑚𝑎𝑥: 534,338
𝑇𝑡 = 2𝑡 = 20,88
𝑥 = 𝑣𝑥(𝑡)
𝑥 = (71,7) (20,88)
𝑥 = 1497,1 𝑚
18. Los bomberos están lanzando un chorro de agua a un edificio en llamas, utilizando una
manguera de alta presión que imprime al agua una rapidez de 25.0 m/s al salir por la
boquilla. Una vez que sale de la manguera, el agua se mueve con movimiento de
proyectil. Los bomberos ajustan el ángulo de elevación de la manguera hasta que el
agua tarda 3.00 s en llegar a un edificio que está a 45.0 m de distancia. Ignore la
resistencia del aire y suponga que la boquilla de la manguera está a nivel del suelo.
a. Calcule el ángulo de elevación.
b. Determine la rapidez y aceleración del agua en el punto más alto de su
trayectoria.
c. ¿A qué altura sobre el suelo incide el agua sobre el edificio, y con qué rapidez lo
hace?
Solución:

17. 19. Un peñasco de 76.0 kg está rodando horizontalmente hacia el borde de un acantilado
que esta 20 m arriba de la superficie de un lago, como se indica en la figura. La parte
superior de la cara vertical de una presa
está a 100 m del pie del acantilado, al
nivel de la superficie del lago. Hay una
llanura 25 m debajo del tope de la
presa.
a. ¿Qué rapidez mínima debe
tener la roca al perder contacto
con el acantilado para llegar
hasta la llanura sin golpear la presa?
b. ¿A qué distancia del pie de la presa caerá la roca en la llanura?
Solución:

18. √9,8𝑚 /𝑠
Parte A
X = Vox. t
Vox
Vox
t=
t= 2(20𝑚) t=
2,02 seg.
Vox
Vox = 49,5 m/seg
a) La rapidez mínima que debe tener la roca al perder contacto con el acantilado para
llegar hasta la llanura sin golpear la presa es: Vox = 49.5 m/seg .
b) La roca caerá a 50 metros de la presa.
20. Conforme un barco se acerca al muelle a 45 cm/s, es necesario lanzar hacia el barco una
pieza importante para que pueda atracar. El equipo se
lanza a 15,0 cm/s a 60° por encima de la horizontal
desde lo alto de una torre en la orilla del agua; 8,75 m
por encima de la cubierta del barco. Para que el equipo
caiga justo enfrente del barco, ¿a qué distancia D del
muelle debería estar el barco cuando se lanza el equipo?
Se desprecia la resistencia del aire.
Parte B
X = V ox . t
x = (49,5 m/seg) (t)
t= √
2(𝑦)
𝑔
t= √
2(45𝑚 )
9,8𝑚 /𝑠
t= 3,03 seg
x = (49,5m/seg)(3,03seg)
x=150 m
X= 150 -100
X= 50 m

19. (
1 𝑚
100 𝑐𝑚
)
Solución:
Xf = Xo +( Vx)(t)
Xf = 9,9 m + (7,5m)(1,88)
Xf= 24,00 m
Ttotal = t1 + t2
Ttotal = 1,32 s + 1,88 s
Ttotal = 3,2 s
V =45 cm/s = 0,45 m/s
X = Xo + (V)(t)
X= 0 + (0,45 m/s) (3,2 s)
X= 1,44 m
Dtotal = 24,00 + 1,44
Dtotal = 25,44 m
Vox = 15 m/s Cos 60 = 7,5 m/s
Voy = 15 m/s Sen 60 = 12,99 m/s
g = 9,81 m/s²

20. 21. Una bola de nieve rueda del techo de un granero con una inclinación hacia abajo de
40°. El borde del techo está a 14 m del suelo y la bola tiene una rapidez de 7 m/s al
salir del techo. Puede despreciarse la resistencia del aire. Valor 20 puntos.
a. ¿A qué distancia del borde del granero golpea la bola el piso si no golpea otra
cosa al caer?
b. Un hombre de 1,9 m de estatura está parado a 4 m del granero. ¿Lo golpeará la
bola?
Solución:
t=1,29 s
Vox
=
𝑥
𝑡
X= (t)(Vox
)= t v0
𝑐𝑜𝑠𝜃
X= (1,29 s) (7 m/s) 𝑐𝑜𝑠40° = 6,91 m
Parte B
X= v0
𝑐𝑜𝑠 𝜃 t
t=
𝑥
v0 𝑐𝑜𝑠 𝜃
t=
𝟒 𝒎
(𝟕
𝐦
𝐬 ) 𝒄𝒐𝒔 𝟒𝟎°
0,746 s
=
y= y
0
–V
o
𝑠𝑒𝑛 𝜃 t -
𝑔 𝑡 2
2
y= 14 m – m/s
(7 ) 𝑠𝑒𝑛 °
40 (0,746 s) –[
9,8 𝑚/𝑠
2
2
] [0,746 𝑠2
]
Y= 7,9 m La bolanogolpeaal hombre
Voy = Vo 𝑠𝑒𝑛 𝜃 Vox = Vo 𝑐𝑜𝑠𝜃

21. 22. En un planeta rocoso sin atmósfera, cuya aceleración gravitatoria se desconoce, se
arroja una piedra en forma oblicua. Se observa que al cabo de 1 segundo su
desplazamiento horizontal fue de 8 metros; al cabo de 2,5 segundos la velocidad
vertical era de 3 m/s bajando; y al cabo de 3 segundos su altura era de 9 metros.
Hallar las velocidades horizontal y vertical con que fue arrojada y la gravedad del
planeta.
Solución:
23. Una pelota rueda desde lo alto de una escalera con una velocidad horizontal de 2,5 m/s
los escalones tienen 30 cm de altura y 30 cm de ancho.

22. ¿En qué escalón golpeara la pelota?
¿Cuáles son las coordenadas x y y para la pelota en ese momento?
Determine la velocidad final de la pelota.
Solución:

23. Practica 3:
Problemas de integración y derivación
23. La aceleración de una motocicleta que viaja en línea recta en la coordenada en x
está dada por: 𝑎 (𝑡) = (𝐴𝑡 − 𝐵𝑡2)i con 𝐴 = 1.50 𝑚/𝑠3 y 𝐵 = 0.12 𝑚/𝑠4. La motocicleta
está en reposo en el origen en 𝑡 = 0 s. Obtén la velocidad y posición en función del
tiempo y calcula la máxima velocidad que alcanza la moto en su recorrido antes de
frenar.
Solución:

24. 24. El vector posición de una partícula viene dado por la expresión
𝑟(𝑡) = (30𝑡 + 40𝑡 − 5𝑡2) 𝑗, en donde 𝑟 se expresa en metros y 𝑡 en segundos.
Determina sus vectores velocidad y aceleración en función del tiempo.
Solución:
𝑟( 𝑡) = (30𝑡)𝑖 + 40𝑡 − 5𝑡2)𝑗
𝑥 (𝑡) = 30𝑡 𝑦(𝑡) = 40𝑡 −
5𝑡2 𝑣𝑥(𝑡) = 30 𝑣𝑦(𝑡) = 40
− 10𝑡
𝑎 𝑥(𝑡) = 0 𝑎𝑦(𝑡) =
−10
𝑣 (𝑡) = 30𝑖̂ + (40 − 10𝑡)𝑗̂
𝑎 (𝑡) = 0𝑖̂ −
10)𝑗 ̂
25. La ecuación de la velocidad de una partícula que se mueve en trayectoria recta,
viene dada en el Sistema internacional (SI) por: V = (4t2 - 6t + 2)𝑖̂. Sabiendo que en
el instante t = 0, x0 = 3 m, calcular:
a. Ecuación de la posición en cualquier instante.
b. Ecuación de la aceleración.
c. El desplazamiento en el intervalo t = 1 s y t = 2 s.
d. La velocidad inicial del móvil.
e. Aceleración media entre los instantes t = 1 s y t = 2 s.
Solución:

26. La velocidad inicial del móvil.
V = 4t2 − 6t + 2
2 − 6 + 2
V = 4 V = 2
m/s
Aceleración media entre los
instantes t = 1 s y t = 2 s.
V = 4t2 − 6t + 2
= 4 2 − 6 + 2
= 0 m/s velocidad inicial
= 4 2 − 6 + 2
= 6 m/s velocidad final
𝑎 =
𝑣𝑓 − 𝑣𝑖
𝑡𝑓 − 𝑡𝑖

27. 𝑠 =
4
3
𝑡3
−3𝑡2
+2𝑡 +3
𝑠𝑖 =
4
3
(1)3
−3(1)2
+2(1)+3
𝑠𝑖 =3.3𝑚 𝑃𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛
𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙
𝑠 =
4
3
𝑡3
−3𝑡2
+2𝑡 +3
𝑠𝑓 =
4
3
(2)3
−3(2)2
+2(2)+3
𝑠𝑓 =5.6𝑚 𝑃𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛
𝑓𝑖𝑛𝑎
𝑙
𝛥𝑠=𝑠𝑓- 𝑠𝑖
𝛥𝑠=5.6𝑚−3.3𝑚
𝛥𝑠=2.3𝑚 Desplazamiento
𝛥𝑠

28. La velocidad inicial del móvil.
V = 4t2 − 6t + 2
V= 4 2 − 6 + 2
V = 2 m/s
Aceleración media entre los instantes t = 1
s y t = 2 s.
V = 4t2 - 6t + 2
Vi = 4(1)2 – 6(1) + 2
Vi = 0 m/s velocidad inicial
Vf = 4(2)2 – 6(2) + 2
Vf = 6 m/s velocidad final
𝑎 =
𝑣𝑓 − 𝑣𝑖
𝑡𝑓 − 𝑡𝑖
𝑎 =
6
𝑚
𝑠 − 0 𝑚 𝑠
⁄
2𝑠 − 1𝑠
𝑎 = 6 𝑚 𝑠2
⁄
26. Una tortuga camina en línea recta sobre lo que llamaremos eje x con la dirección
positiva hacia la derecha. La ecuación de la posición de la tortuga en función del
tiempo es: 𝑟(𝑡) = (50.0 cm + (2.00 cm/s)t- (0.0625 cm/s2)t2) 𝑖̂
a) Determine la velocidad inicial, posición y aceleración iniciales de la tortuga.
b) ¿En qué instante t la tortuga tiene velocidad cero?
c) ¿Cuánto tiempo después de ponerse en marcha regresa la tortuga al punto de
partida? d) ¿En qué instantes t la tortuga está a una distancia de 10.0 cm de su punto
de partida? ¿Qué velocidad (magnitud y dirección) tiene la tortuga en cada uno de
esos instantes?
X (t)= (50,0 cm + (2,00cm/s)t – (0.0625 cm/𝑠2)t)
a) La velocidad es la derivada de la posición
V(t) = (2,00 cm/s -2(0,0625 cm/s)t)
V(t) = (2,00 cm/s – (0,125 cm/s)t)
La aceleración es la derivada de la velocidad:
a(t) = -0,125 cm/𝑠2
X (0)= (50 cm + (2 cm/

29. X (0)= 50 cm
V(0) = (2 cm/s – 0,125 cm/𝑠2 (0))
V (0)= 2 cm/s
A (0)= - 0,125 cm/𝑠2
b)En que instante t la tortuga tiene velocidad cero:
2 cm/s – (0,125 cm/𝑠2)t = 0
t = 16 s
c) Cuanto tiempo tarde en volver a la posición inicial si x(t) =
50 cm
(50 cm + (2 cm/s)t
– (0,125 cm/𝑠2)𝑡2 =
50
(2 cm/s t – (0,0625
cm/𝑠2)𝑡2 = 0 t(2-
0,025 t)= 0 t =
0, t = 32 s
Tarda 32 s en
volver a su
posición inicial
d) Si x(t) = 10 cm + 50 cm = 60 cm
50 cm + (2 cm/s)t – (0,0625 cm/𝑠2)𝑡2 = 60 cm
-0,625𝑡2 + 2𝑡 − 10 = 0
t =
En los instantes 6,20 y 25,79 s la tortuga esta a 10 cm de su punto de partida
V (6,20) = 2 cm/s – (0,125 cm/𝑠2) (6,20) = 1,225 cm/s hacia la derecha
V (25,79) = 2 cm/s – (0,125 cm/𝑠2) (25,79) = -1,224 cm/s hacia la izquierda

30. 27. Las coordenadas de un ave que vuela en el plano xy están dadas por 𝑥(𝑡) = 𝛼𝑡 y
𝑦(𝑡) = 3,0𝑚 − 𝛽𝑡2
, donde α=2,4 m/s y β=1,2 m/s2.
a. Calcule las posiciones y dibuje la trayectoria del ave entre t=0 y t=2 s.
b. Calcule los vectores de velocidad y aceleración en función del tiempo.
c. Obtenga la magnitud y dirección de la velocidad instantánea en t= 2s.
d. Obtenga la magnitud y dirección de la aceleración en t= 2s.
e.
a) Calcule las posiciones y dibuje la trayectoria del ave entre t=0 y t=2s
tiempo x y
0 0 3.0
1 2.4 1.8
2 4.8 -1.8
x(t)= (2,4 m/s)t
y(t) = 3,0m – (1,2m/𝑠2)𝑡2
b) Calcule los vectores de velocidad y aceleración en función del tiempo.
Vx(t)=
c) Obtenga la magnitud y dirección de la velocidad instantánea en t= 2s t=2s

31. V= 5,35 m/s
Tan a=
d) Obtenga la magnitud y dirección de la aceleración en t= 2s

32. 28. Un cohete de modelo defectuoso se mueve en el plano xy (la dirección +y es
vertical hacia arriba). La aceleración del cohete tiene componentes dadas por:
ax(t)=αt2 ay(t)=β-Qt
Donde α=2,5 m/s4 y β=9,0 m/s2 y Q=1,4 m/s3. En t=0 el cohete está en el origen y
tiene velocidad inicial 𝑉0
⃗⃗⃗ = 𝑉𝑜𝒊̂ + 𝑉𝑜𝒋̂ con 𝑉𝑜𝑥 = 1,0
𝑚
𝑠
y 𝑉𝑜𝑦 = 7,0
𝑚
𝑠
Determina:
a. Calcule los vectores de velocidad y posición en función del tiempo.
b. ¿Qué altura máxima alcanza el cohete?
c. ¿Qué desplazamiento horizontal tiene el cohete al volver a y=0?
Ax = ∝ 𝑡2
Ay = 𝛽 − 𝑄𝑡
∝= 2,5 𝑚/𝑠4
𝛽 = 9𝑚/𝑠2
𝑄 = 1,4 𝑚/𝑠3
En t = 0
Ax = (2m/𝑠4)𝑡2
Ay = 9m/ t
a) Vector aceleración

33. b) Altura máxima que alcanza el cohete.
Cuando alcanza su altura máxima 𝑣𝑦(𝑡) = 0
t =
en t= 13, 593 s alcanza su altura máxima
𝑥𝑦 = 341,42 𝑚 altura máxima que alcanza el cohete
c) Que desplazamiento horizontal tiene al volver a y=0 cuando y=0
𝑥𝑦(𝑡) = 0

34. = 0
t(7 + 4,5 t –
t =
Problemas de dos partículas
29. Dos cuerpos A y B se mueven en el mismo sentido. Cuando t=0, sus respectivas
velocidades son 1 m/s y 3 m/s y sus aceleraciones respectivas son 2m/s2 y 1 m/s2.
Si A está a 1,5 m delante de B en t=0.
Calcula:
a. ¿Cuándo y dónde estarán uno a lado del otro?
b. ¿Cuál será la velocidad de los cuerpos cuando estén uno a lado del otro?

35. Solución:
30. El maquinista de un tren de pasajeros que viaja a 25.0 m/s avista un tren de carga
cuyo cabuz está 200 m más adelante en la misma vía. El tren de carga viaja en la
misma dirección a 15.0 m/s. El maquinista del tren de pasajeros aplica de inmediato
los frenos, causando una aceleración constante de 20.100 m/s2, mientras el tren de
carga sigue con rapidez constante. Sea x 5 0 el punto donde está el frente del tren de
pasajeros cuando el maquinista aplica los frenos.

36. a) ¿Atestiguarán las vacas una colisión?
b) Si es así, ¿dónde ocurrirá?
c) Dibuje en una sola gráfica las posiciones del frente del tren de pasajeros y del
cabuz del tren de carga.
Solución:
V= 25 m/s
A= 20,100 m/𝑠2
a) Frente del tren de pasajeros esta en x=5m
𝑥1 = 5 + 25𝑡 − 10,05𝑡2
Igualamos 𝑥1 𝑦 𝑥2
5 + 25𝑡 − 10,0𝑡2 = 200 + 15𝑡
−10,05𝑡2 + 10𝑡 − 195 = 0
t=
No habrá colisión
b) No aplica

37. 31. El conductor de un automóvil desea rebasar un camión que viaja a una rapidez de
constante de 20,0 m/s. Inicialmente, el auto también viaja a 20 m/s y su parachoques
delantero esta 24,0 m atrás de parachoques trasero del camión. El auto adquiere una
aceleración constante de 0,6 m/s2 y regresa al carril del camión cuando su
parachoques trasero está a 26,0 m adelante del frente del camión. El auto tiene una
longitud de 4,5 m y el camión tiene una longitud de 21,0 m.
a. ¿Cuánto tiempo necesita el auto para rebasar el camión?
b. ¿Qué distancia recorre el auto en ese tiempo?
c. ¿Qué rapidez final tiene el auto?
Solución:
Camión
V= 20 m/s
X= 24 m
Carro
V= 20 m/s
A= 0,6 m/𝑠2
X= 26 m
a) En cuanto tiempo el auto rebasa el camión
Cuando el auto rebasa al camión:
Sustituimos:
𝑥1 = 20𝑡 + 0,6𝑡2 + 38,75
Igualamos:
36,75+20t=20t+0,6𝑡2 − 38,75
0,6 𝑡2 − 75,5 = 0 → 𝑡 = 11,21 𝑠 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑒𝑛 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑙 𝑎𝑢𝑡𝑜 𝑡𝑎𝑟𝑑𝑎 𝑒𝑛 𝑝𝑎𝑠𝑎𝑟 𝑒𝑙 𝑐𝑎𝑚𝑖𝑜𝑛

38. b) Que distancia recorre el auto en ese tiempo
𝑥2 = 20(11,21).0,6(11,21)2 = 299,6 𝑚
C) V=
32. Un jugador de fútbol ejecuta un tiro libre, lanzando la pelota con un ángulo de 30º
con la horizontal y a una velocidad de 20 m/s. Un segundo jugador corre con
velocidad constante para alcanzar la pelota, partiendo al mismo tiempo que ella,
desde 20 m más adelante de la posición de disparo. Despreciando el tiempo que
necesita para arrancar, calcular con qué velocidad debe correr para alcanzar la
pelota cuando ésta llega al suelo.
Solución:
V= 26 m/𝑠2
𝑣 = 𝑣0 + 𝑎𝑡
V= 7, 51 m/s a esa velocidad debe correr el jugador

39. 33. Un jugador debe patear un balón desde un punto a 36 metros de la zona de gol y la
bola debe librar algunos postes, que están a 3,05 metros de alto. Cuando se patea, el
balón abandona el suelo con una velocidad de 20 m/s y un ángulo de 53 grados
respecto de la horizontal.
a) ¿Por cuanta distancia el balón libra o no los postes?
b) ¿El balón se aproxima a los postes mientras continúa ascendiendo o cuando va
descendiendo?
Solución:
a) Buscar la distancia del balón
d=h2-h1
d=3,81 m – 3,05 m
X= 36m 𝑽𝟎=𝟐𝟎 𝒎/𝒔
𝑉𝑥= 𝑉0 cos° 53
𝑉𝑦 = 𝑉0 s𝑒𝑛° 53
Buscar el tiempo
X = 𝑉𝑥𝑡
t=
36 𝑚
12,04 𝑚 /𝑠
t= 3 s
La altura
ℎ2 = ℎ0 + 𝑉0𝑦 𝑡
1
2
𝑔 𝑡 2
ℎ2 = 15,97𝑚/𝑠(3) −
1
2
(9,8) (3) 2
𝒉𝟐
= 𝟑, 𝟖𝟏 𝒎

40. d= 0,76 m
b) ¿El balón se aproxima a los postes mientras continua ascendiendo o cuando va
descendiendo?
tmax =
𝑉𝑜𝑦
𝑔
tmax =
15,97 𝑚 𝑠
⁄
9,8 𝑚 𝑠2
⁄
tmax = 1,63s

41. Practica 4:
Práctica de diagramas de cuerpo libre
Hacer los diagramas de cuerpo libre sobre cada uno de los cuerpos. Suponiendo que el
sistema está en equilibrio. Coloque las fuerzas con diferentes colores si son diferentes.
Mencione los tipos de fuerzas involucradas, por ejemplo, fuerza de tensión, fuerza
normal… Primera parte. Sistemas en equilibrio y sin fricción
II parte. Sistema con fricción y en equilibrio.

42. Practica 5:
Problemas de sistemas en equilibrio
1. Dos esferas idénticas de 15.0 kg y de 25.0 cm de diámetro están suspendidas de dos
cables de 35.0 cm, como se indica en la figura. El sistema completo está unido a un
solo cable de 18.0 cm y las superficies de las esferas son
perfectamente lisas.
Realice los diagramas de cuerpo libre.
Para una esfera las fuerzas que actúan serían
a. Fuerza de tensión
b. Peso
c. Fuerza normal
A) Obtenga el módulo de las tensiones en cada uno de tres
los cables.
B) ¿Qué tanto empuja cada esfera sobre la otra?
Solución:

43. a) La tensión en cada uno de los tres cables es: 293.99 N, 152.37 N y 152.37N.
b) Cada esfera empuja a la otra con una fuerza de: N = 40.10 N
La tensión en cada uno de los tres cables y la fuerza con la que cada esfera empuja a la otra
se calculan mediante la sumatoria de fuerzas, como se muestra :
senα = 12.5 / (12.5 +35) ⇒ α= 15.26º
a) ∑Fy=0
T2y - P =0
T2*cos15.26º - m* g =0
T2 = (15Kg*9.8 m/seg2)/cos 15.26º
T2 = 152.37 N
T1 - 2*T2*cos 15. 26º = 0
T1 = 2*152.37N *cos15.26º
T1 = 293.99 N
b) ∑Fx = m*ax
N -T2*sen15.26º =0
De donde:
N = T2*sen15.26º
N = 152.37 N *sen15.26º
N = 40.10 N
2. Determine la fuerza que ejerce la viga en el punto B si el sistema está en equilibrio.
𝒉 = √𝟖𝟎𝟎𝟐 + 𝟖𝟒𝟎𝟐
𝒉 = 𝟏𝟏𝟔𝟎 𝒎𝒎

44. Solución:
𝑠𝑒𝑛 ∝=
800 𝑚𝑚
1160 𝑚𝑚
=
40
58
=
20
29
𝑐𝑜𝑠 ∝=
840 𝑚𝑚
1160 𝑚𝑚
=
21
29
𝑠𝑒𝑛 𝛽 =
3
5
; 𝑐𝑜𝑠 𝛽 =
4
5
𝑠𝑒𝑛 𝜇 =
5
13
; 𝑐𝑜𝑠 𝜇 =
12
13
Componente en Y y X:
𝑇𝐵𝐶 𝑦 = 725 𝑁 ∙ 𝑠𝑒𝑛 ∝ 𝑇𝐵𝐶 𝑥 = 725 𝑁 ∙ 𝑐𝑜𝑠 ∝
𝑇𝐵𝐶 𝑦 = 725 𝑁(
20
29
) = 500 𝑁 𝑇𝐵𝐶 𝑥 = 725 𝑁(
21
29
) = 525 𝑁
Componente a:
𝑎𝑦 = 500 𝑁 ∙ 𝑐𝑜𝑠 𝛽 𝑎𝑥 = 500 𝑁 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝛽
𝑎𝑦 = 500 𝑁(
4
5
) = 400 𝑁 𝑎𝑥 = 500 𝑁(
3
5
) = 300 𝑁
Componentes b:
h=5
a=4
O=3
𝛽
5
12
13
𝜇

45. 𝑏𝑦 = 780 𝑁 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝜇 𝑏𝑥 = 780 𝑁 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝜇
𝑏𝑦 = 780 𝑁(
5
13
) = 300 𝑁 𝑏𝑥 = 780 𝑁(
12
13
) = 720 𝑁
Resultante de x:
𝑅𝑥 = 720 𝑁 − 525 𝑁− 300 𝑁 𝑅𝑦 = 500 𝑁 − 400 𝑁 − 300 𝑁
𝑅𝑥 = −105 𝑁 𝑅𝑦 = −200 𝑁
Resultante:
𝑅 = √(−105 𝑁)2 + (200 𝑁)2
𝑅 = 225.887 𝑁
𝑡𝑎𝑛 𝜑 =
200 𝑁
105 𝑁
𝜑 = 𝑡𝑎𝑛−1
(
200
105
)
𝜑 = 62.3°
𝜃 = 180° + 𝜑 = 242.3°
3. Determine el módulo de las tensiones requeridas en el cable AC y la fuerza de que
ejerce la viga BC si el sistema está en equilibrio.
Datos:
Magnitud Ángulo𝜃 Componentes x Componente y
Tensión de AC 25° TAC cos25° TAC sen25°
𝜃

46. 50 lb 90° 0 -50 lb
75 lb 65° 31.70 -67.97 lb
Solución:
𝑅𝑥 = 𝑐𝑜𝑠25° 𝑇𝐴𝐶 + 31.70
𝑅𝑥 = 0.906 𝑇𝐴𝐶 + 31.70
𝑅𝑦 = 𝑠𝑒𝑛25° 𝑇𝐴𝐶 − 50 𝑙𝑏 − 67.96 𝑙𝑏
𝑅𝑦 = 0,423 𝑇𝐴𝐶 − 117.97 𝑙𝑏
Resolver incógnita de la tensión de AC:
𝑡𝑎𝑛55° =
𝑅𝑦
𝑅𝑥
=
1,423 𝑇𝐴𝐶 − 117.997 𝑙𝑏
0,906 𝑇𝐴𝐶 + 31.70
−1.29 𝑇𝐴𝐶 + 45.27 = 0,423 𝑇𝐴𝐶 − 11.97
45.27 + 11.97 = 0,423 𝑇𝐴𝐶 + 1.297 𝐴𝐶
163.24 = 1.7213 𝑇𝐴𝐶 ⇒ 𝑇𝐴𝐶 = 95.29 𝑙𝑏
Magnitud de la resultante:
Datos:
𝑅𝑥 = 0,906 ∙ 95.29 + 31.70 = −54.63
𝑅𝑦 = 0,423 ∙ 95.29 − 117.97 = −77.66
Solución:
𝑠𝑒𝑛55° =
−77.66
𝑅
𝑅 = −94.81 𝑙𝑏
4. En el siguiente sistema se presenta un sistema en equilibrio. Calcula las tensiones
en cada cuerda. Siendo la masa de 50 g, 𝜽𝟏 = 𝟑𝟎° y 𝜽𝟐 = 𝟏𝟔,𝟏°

47. Practica de Dinámica de sistemas con fricción y planos inclinados.
5. Se tiene una masa puntual m = 4 kg en un plano inclinado un ángulo α = 30o.
Entre la masa y el plano existe rozamiento de coeficientes estático µs = 0.3 y
dinámico µd = 0.12.
a. Razonar si la masa desliza por el plano. En caso afirmativo,
calcular la aceleración con la que baja. Figura (a).
Fuerzas que actúan: peso (𝑃
⃗ ), normal (𝑁
⃗
⃗ ) y rozamiento(𝐹𝑟
⃗⃗⃗ )
Para que deslice:
Eje x: 𝑃𝑥 > 𝐹𝑟 𝑚á𝑥 ⟹ 𝑚 𝑔 𝑠𝑒𝑛 𝛼 > 𝐹𝑟 𝑚á𝑥
Eje y: 𝑃𝑦 + 𝑁 = 0 ⟹ 𝑚 𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝛼 = 𝑁
Máximo valor de 𝐹𝑟: 𝐹𝑟 𝑚á𝑥 = 𝜇𝑠𝑁 = 𝜇𝑠 𝑚 𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝛼
𝑚 𝑔 𝑠𝑒𝑛 𝛼 > 𝜇𝑠𝑚 𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝛼 ⇒ 𝑠𝑒𝑛30 > 0.3𝑐𝑜𝑠30
⇒ 𝐷𝑒𝑠𝑙𝑖𝑧𝑎
En movimiento 𝐹𝑟 = 𝜇𝑑 𝑁 𝑃
⃗ + 𝑁
⃗
⃗ + 𝐹𝑟
⃗⃗⃗ = 𝑚𝑎
𝑥: 𝑚 𝑔 𝑠𝑒𝑛 𝛼 − 𝐹𝑟 = 𝑚 𝑎
𝑦: 𝑁 − 𝑚 𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝛼 = 0
b. Se aplica ahora una fuerza F perpendicular al plano. Figura
(b). Calcular el módulo de F para que la masa baje con velocidad
constante.
Fuerzas: peso (𝑃
⃗ ), normal (𝑁
⃗
⃗ ), fuerza (𝐹) y rozamiento
(𝐹𝑟
⃗⃗⃗ )
Velocidad constante ⇒ 𝑎 = 0
𝑃
⃗ + 𝑁
⃗
⃗ + 𝐹𝑟
⃗⃗⃗ + 𝐹 = 0 𝐹𝑟 = 𝜇𝑑 𝑁
𝑥: 𝑚 𝑔 𝑠𝑒𝑛 𝛼 − 𝐹𝑟 = 0 (1)
𝑦: 𝑁 − 𝐹 𝑚 𝑔 𝑐𝑜𝑠 𝛼 = 0 ⇒ 𝑁 = 𝑚 𝑔cos𝛼 + 𝐹
(1) 𝑚 𝑔 𝑠𝑒𝑛 𝛼 − 𝜇𝑑 (𝑚 𝑔cos𝛼 + 𝐹) = 0 𝑭 =
𝒎 𝒈 𝒔𝒆𝒏 𝜶−𝝁𝒅 𝒎 𝒈 𝐜𝐨𝐬 𝜶
𝝁𝒅
= 𝟏𝟑𝟐 𝑵
⇒ 𝑚 𝑔 𝑠𝑒𝑛 𝛼 − 𝜇𝑑 𝑚 𝑔cos𝛼 = 𝑚 𝑎 𝒂 = 𝟑.𝟗𝟔 (𝒎 𝒔𝟐
)
⁄

48. 6. Un bloque de masa m= 2 kg se librea desde el reposo en h= 0,5 m sobre la
superficie de una mesa, en lo alto de un plano inclinado de ángulo 30°. El plano sin
fricción esta fijo sobre una mesa de altura H= 2 m. Determina:
Datos:
𝑚 = 2 𝑘𝑔
𝑉0 = 0
ℎ = 0,5
𝜃 = 30°
𝐻 = 2 𝑚
a. La aceleración del bloque mientras se desliza por el plano.
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎
𝑚𝑎𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝑚𝑎
𝑎 =
𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑚
𝑎 = (𝑔)(𝑠𝑒𝑛𝜃)
𝑎 = (9,8
𝑚
𝑠2
)(𝑠𝑒𝑛 30°)
𝑎 = 4,9 𝑚/𝑠2
b. La velocidad del bloque cuando deja el plano
𝑠𝑒𝑛30° =
0,5
𝑥
𝑥𝑠𝑒𝑛30° = 0,5
𝑥 =
0,5 𝑚
𝑠𝑒𝑛 30°
𝑥 = 1 𝑚
𝑉2
𝑓 = 𝑉2
0 + 2𝑎𝑥
𝑉2
𝑓 = 02 + 2(4,9 𝑚 𝑠2
⁄ )(1 𝑚)
𝑉2
𝑓 = 9,8 𝑚/𝑠2
𝑉2
𝑓 = √9,8 𝑚 𝑠2
⁄
𝑉2
𝑓 = 3,13 𝑚 𝑠
⁄

49. c. A que distancia de la mesa del bloque golpeará el suelo
𝑉𝑥 = 𝑉𝑐𝑜𝑠30° = (3,13𝑚 𝑠
⁄ )(𝑐𝑜𝑠30°) = 2,71 𝑚 𝑠
⁄
𝑉𝑜𝑦 = 𝑉𝑠𝑒𝑛30° = (3,13 𝑚 𝑠)(𝑠𝑒𝑛30°) = 1,65 𝑚 𝑠
⁄
⁄
𝑉𝑦 = 𝑉𝑜𝑦 + 𝑔𝑡
𝑌 = 𝑉𝑜𝑦𝑡 + 1
2
⁄ 𝑔𝑡2
2 = 1,65 𝑚 𝑠
⁄ 𝑡 + 1
2
⁄ (9,8 𝑚 𝑠2
⁄ )𝑡2
2 = 1,65 𝑚 𝑠
⁄ 𝑡 + 4,9 𝑚 𝑠2
⁄ 𝑡2
4,9 𝑚 𝑠2
𝑡2
+ 1,65 𝑚 𝑠
⁄ 𝑡 − 2 = 0
⁄
𝑎 = 4,9 𝑚 𝑠2
⁄ 𝑏 = 1,65 𝑚 𝑠
⁄ 𝑐 = −2
𝑡 =
−𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐
2𝑎
=
−1,65𝑚 𝑠 ± √(1,65 𝑚 𝑠
⁄ )2 − 4(4,9𝑚 𝑠2)(−2)
⁄
⁄
2(4,9 𝑚 𝑠2)
⁄
=
−1,65 𝑚 𝑠
⁄ ± 6,47
9,8 𝑚 𝑠2
⁄
=
𝑡1 = 0,49 𝑠
𝑡2 = −0,82 𝑠
𝑅 = 𝑉𝑥𝑡 = (2,71
𝑚
𝑠
)(0,49 𝑠) = 1,34
d. Que intervalo de tiempo transcurre entre la liberación del bloque y su
golpe en el suelo.
𝑇 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑇𝑝 + 𝑇𝑐
𝑇𝑟 = 0,64 + 0,499
𝑻𝒓 = 𝟏, 𝟏𝟑𝟕 𝒔
7. Los bloques 1 y 2 cuya masa son m1=10 kg y m2 = 20 kg, se
deslizan hacia abajo sobre un plano inclinado un ángulo α
como se muestra en la figura. El bloque 2 está apoyado sobre
el 1. El ángulo es de 45° y los coeficientes de rozamiento entre
los bloques y el plano inclinado valen μ1=0,3 y μ2=0,2
respectivamente. Hallar la fuerza de contacto entre los bloques
y la aceleración.
𝐹𝑁1
Datos:
𝑚1 = 10 𝑘𝑔
𝑚2 = 20 𝑘𝑔
𝛼 = 45°
𝜇1 = 0,3
Diagrama bloque 1 P2 Diagrama bloque 2 P2y
𝐹𝑟1

50. 𝜇2 = 0,2
Solución:
Masa 1:
∑ 𝐹𝑥1 = 𝑚1𝑎𝑥
𝐹𝑟 − 𝐹21 − 𝑃1(𝑠𝑒𝑛 𝛼) = 𝑚1𝑎𝑥
20.81 𝑁 − 𝐹21 − 98.10 𝑁(𝑠𝑒𝑛 45°) = (10 𝐾𝑔)𝑎𝑥
20.81 𝑁 − 𝐹21 − 69.37 𝑁 = (10 𝑘𝑔)𝑎𝑥
−𝐹21 − 48.56 𝑁 = (10 𝑘𝑔)𝑎𝑥
∑ 𝐹𝑦1 = 𝑚𝑎
𝐹𝑁1 = 𝑃1(𝑐𝑜𝑠 𝛼) = 0
𝐹𝑁1 = 𝑃1(cos45°)
𝐹𝑁1 = (98.10 𝑁)cos45 °
𝐹𝑁1 = 69.37 𝑁
Masa 2:
∑ 𝐹𝑥2 = 𝑚2𝑎𝑥
𝐹12 + 𝐹𝑟 − 𝑃2(𝑠𝑒𝑛 𝛼) = 𝑚2𝑎𝑥
𝐹12 + 27.75 𝑁 − 196.20 𝑁 (𝑠𝑒𝑛 45°) = (20 𝑘𝑔)𝑎𝑥
𝐹12 + 27.75 𝑁 − 138.73 𝑁 = (20 𝑘𝑔)𝑎𝑥
𝐹12 − 110.98 𝑁 = (20 𝑘𝑔)𝑎𝑥
𝑃1 = 𝑚1 g
𝑃1 = (10 𝑘𝑔) (9.81
𝑚
𝑠2)
𝑃1 = 98.10 𝑁
𝐹𝑟1 = 𝜇 𝐹𝑛1
𝐹𝑟
1 = 0.3 (69.37 𝑁)
𝐹𝑟
1 = 20.81 𝑁
𝑃2 = 𝑚2 g
𝑃2 = (20 𝑘𝑔) (9.81
𝑚
𝑠2)
𝑃2 = 196.20 𝑁
𝐹𝑟
1 = 𝜇 𝐹𝑛1
𝐹𝑟
1 = 0.2 (138.73 𝑁)
𝐹𝑟
1 = 27.75 𝑁

51. ∑ 𝐹𝑦2 = 𝑚𝑎
𝐹𝑁2 − 𝑃2(𝑐𝑜𝑠 𝛼) = 0
𝐹𝑁2 = 𝑃2(cos45°)
𝐹𝑁2 = (196.20 𝑁)cos45°
𝐹𝑁2 = 138.73 𝑁
Hallar la fuerza de contacto entre los bloques y la aceleración.
−𝐹21 − 48.56 𝑁 = (10 𝑘𝑔)𝑎 𝐹12 − 110.98 𝑁 = (20 𝑘𝑔)𝑎𝑥
𝐹21 = −48.56 𝑁 − (10 𝑘𝑔)𝑎
−𝐹21 −48.56 𝑁=(10 𝑘𝑔)𝑎𝑥
−159.56 𝑁=(30 𝑘𝑔)𝑎𝑥
𝐹21 = −48.56 𝑁 − (10 𝑘𝑔)(−5.32
𝑚
𝑠2 ) −
159.56 𝑘𝑔
𝑚
𝑠2
30 𝑘𝑔
= 𝑎𝑥
𝐹21 = 4.64𝑁 𝑎𝑥 = −5.32
𝑚
𝑠2
𝐹12 = −𝐹21
𝑅:𝑙𝑎 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑒𝑠 𝑑𝑒 4.64 𝑁. 𝑅: 𝑙𝑎 𝑎𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑒𝑠 𝑑𝑒 − 5.32
𝑚
𝑠2
8. Usted está bajando dos cajas, una encima de la otra, por la rampa que se
muestra en la figura, tirando de una cuerda paralela a la
superficie de la rampa. Ambas cajas se mueven juntas a
rapidez constante de 15 cm/s. el coeficiente de fricción
cinética entre la rampa y la caja inferior es 0,444, en tanto
que el coeficiente de fricción estático entre ambas cajas es
de 0,8.
a. ¿Qué fuerza deberá ejercer para lograr esto?
b. ¿Cuáles son la magnitud y dirección de la fuerza de fricción sobre la caja
superior?
Datos:
𝑚1 = 32 𝑘𝑔

52. 𝑚2 = 48 𝑘𝑔
𝑀𝑒 = 0,8
𝑀𝑛 = 0,444
𝑔 = 9,8 𝑚 𝑠2
⁄
Solución:
D. C. L 𝒎𝟏
𝑇𝑎𝑛𝜃 =
2,5
4,75
𝑇𝑎𝑛𝜃 = 0,5263
𝑇𝑎𝑛−1
𝜃 = 22,76°
𝑊1 = 32 𝑘𝑔∙ 9,8 𝑚 𝑠2
⁄
𝑊1 = 313,6 𝑁
∑ 𝐹𝑦 = 0
𝑁1 − 𝑊1 𝑐𝑜𝑠27,76 = 0
𝑁1 − 𝑊1 𝑐𝑜𝑠27,76
𝑁1 = 313,6 𝑐𝑜𝑠27,76
𝑁1 = 277,5 𝑁
D. C. L 𝒎𝟐
𝑠𝑒𝑛27,76 =
𝑤𝑥
𝑤
𝑊 𝑠𝑒𝑛27,76 = 𝑤𝑥
𝑐𝑜𝑠27,76 =
𝑊𝑦
𝑤
𝑊 𝑐𝑜𝑠27,76 = 𝑤𝑦
𝑊2 = 48 𝑘𝑔 ∙ 9,8 𝑚 𝑠2
⁄
𝑠𝑒𝑛27,76 =
𝑤𝑥
𝑤
𝑊𝑠𝑒𝑛27,76 = 𝑤𝑥
𝑐𝑜𝑠27,76 =
𝑤𝑦
𝑤
𝑊𝑐𝑜𝑠27,76 = 𝑤𝑦
∑𝐹
𝑥 = 0
𝐹𝑓
1 − 𝑤𝑠𝑒𝑛27,76 = 0
𝐹𝑓
1 = 𝑤𝑠𝑒𝑛27,76
𝐹𝑓
1 = 313,6 𝑠𝑒𝑛27,76
𝐹𝑓
1 = 146,0 𝑁
𝐹𝑓
𝑒 = 𝜇𝑒 ∙ 𝑁
𝐹𝑓
𝑒 = (0,8)(277,5)
𝐹𝑓
𝑒 = 222 𝑁

53. 𝑊2 = 470,4 𝑁
9. El columpio gigante de una feria local consiste en un eje
vertical central con varios brazos horizontales unidos a su
extremo superior. Cada brazo sostiene un asiento suspendido
de un cable de 5 m, sujeto al brazo en un punto a 3 m del eje
central.
A. Calcule el tiempo de una revolución del columpio, si el
cable forma un ángulo de 30º.
∑𝐹
𝑦 = 0
𝑁2 − 𝑁1 − 𝑤𝑐𝑜𝑠27,76 = 0
𝑁2 = 𝑁1 + 𝑤𝑐𝑜𝑠27,76
𝑁2 = 277,5 𝑁 + 470,4 𝑐𝑜𝑠27,76
𝑁2 = 693,7 𝑁
∑𝐹
𝑥 = 0
𝑇 + 𝐹𝑓2 − 𝑊 𝑠𝑒𝑛27,76 − 𝐹𝑓
1
𝑇 = −𝐹𝑓2 + 𝑊 𝑠𝑒𝑛27,76 + 𝐹𝑓
1
𝑇 = −(0,444)(693,7) + 470,4 𝑠𝑒𝑛27,76 + 146,0
𝑇 = −308,0 + 219,1 𝑁 + 146,0 𝑁
𝑇 = 57,1 𝑁

54. B. Rapidez lineal y velocidad angular
La aceleración radial.
C. ¿El ángulo depende del peso del pasajero para una rapidez de giro dada?
La fuerza neta es proporcional a la masa, la masa se divide hacia la fuerza y el ángulo para
una determinada rotación, por lo tanto es independiente de la masa de los pasajeros.
10. El bloque A de la figura pesa 40.0 N. El
coeficiente de fricción estática entre el bloque y la
superficie donde descansa es de 0.2. El peso w es de
10.0 N y el sistema está en equilibrio.
Datos:
𝑤 = 10 𝑁
Solución:
∑𝐹𝑦 = 0 ∑ 𝐹𝑥 = 0
𝑇2𝑦 − 𝑤 = 0 𝑇2𝑥 − 𝑇1 = 0
𝑇2𝑦 = 𝑤 𝑇2𝑥 = 𝑇1
Diagrama de cuerpo libre
Diagrama de cuerpo libre

55. 40 N
𝑇2 sin 45° = 10 14.14 𝑐𝑜𝑠 45° = 𝑇1
𝑇2 =
10
sin 45°
𝑇1 = 10 𝑁
𝑇2 = 14.14𝑁
A. Calcule la fuerza de fricción ejercida sobre el bloque A.
Datos:
𝜇 = 0.2
𝐴𝑤 = 40 𝑁
𝑇1 = 10 𝑁
∑𝐹𝑥 = 0
𝑇1 − 𝐹𝑟 = 0
𝑇1 = 𝐹𝑟
𝐹𝑟 = 10𝑁
11. Dos bloques conectados por un cordón que pasa por una polea pequeña sin
fricción descansan en planos sin fricción
a) ¿Hacia dónde se moverá el sistema cuando los bloques se sueltan del reposo?
El sistema se mueve a la izquierda
b) ¿Qué aceleración tendrá los bloques?
Aceleración de magnitud de 𝟎.𝟔𝟓 𝒎/𝒔𝟐
c) ¿Qué tensión hay en el cordón?
𝑻 = 𝟒𝟐𝟒.𝟑𝟓 𝑵
Fr
𝑇1
𝐹𝑁

56. Cuerpo A:
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝐴𝑎
−𝑇 + 𝑊
𝑎𝑥 = 𝑚𝐴𝑎
−𝑇 + 490 = 100 𝑎
−𝑇 = 100 𝑎 − 490
𝑇 = −100𝑎 + 490
𝑇 = 𝑇
−100 𝑎 + 490 = 391.85 + 50 𝑎
−100 𝑎 − 50 𝑎 = 391.85 − 490
−150 𝑎 = −98.15
𝑎 =
98.15
150
𝑎 = 0.65 𝑚/𝑠2
Para encontrar la tensión se remplaza en la ecuación del cuerpo B:
𝑇 = 391.85 + 50 𝑎
𝑇 = 391.85 + 50 (0.65)
𝑇 = 391.85 + 32.5
𝑇 = 424.35 𝑁
12. En el siguiente problema dos cuerpos suben por el plano
inclinado 30°, no tiene rozamiento. Si el cuerpo 1 tiene una
masa de 30 kg y el cuerpo 2 tiene 10 kg. Hacer los diagramas
de cuerpo libre en cada caso, y determinar:
𝑊
𝑎 = 100 𝐾𝑔 ∗ 9.8
𝑚
𝑠2 = 980N
𝑊𝐵 = 50 𝐾𝑔 ∗ 9.8
𝑚
𝑠2 = 490N
𝑊
𝑎𝑥 = 980𝑁 ∗ 𝑆𝑒𝑛(30°) = 490𝑁
𝑊𝐵𝑥 = 490 N ∗ Sen(53.1°) = 391.85N
Cuerpo B:
∑𝐹
𝑥 = 𝑚𝐵𝑎
−𝑤𝐵𝑥 + 𝑇 = 𝑚𝐵𝑎
−391.85𝑁 + 𝑇 = 𝑚𝐵𝑎
−391.85 + 𝑇 = 50 𝑎
𝑇 = 391.85 + 50 𝑎

57. a. La intensidad de la fuerza F necesaria, para que se mueva con velocidad
constante.
b. La fuerza que ejerce la cuerda, en ese caso.
c. La intensidad de F necesaria para que se acelerenhacia arriba a razón de 1
m/s², y la fuerza que soporta la cuerda en ese caso.
d. La fuerza que soporta la cuerda, la aceleración y el sentido del movimiento, un
instante después de suprimir F.
13. El columpio de una feria local se muestra en la
figura. Donde el asiento está conectado a dos cables,
uno de los cuales es horizontal, el asiento gira en un
círculo
horizontal a una taza de 32 rpm (rev/min). Si el asiento
pesa 255 N y una persona de 825 N está sentada en él.
Valor 20 puntos. Determine:
Datos:
𝑓 = 32 𝑟𝑝𝑚
𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑠𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜: 255 𝑁
𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑝𝑒𝑟𝑠𝑜𝑛𝑎:825 𝑁
𝑔 = 9.81 𝑚/𝑠2
𝑅 = 7.50 𝑚
Solución:
𝑓 = 32
𝑟𝑒𝑣
𝑚𝑖𝑛
(
1 𝑚𝑖𝑛
60 𝑠
) = 0.5333
𝑟𝑒𝑣
𝑠
1. Periodo del columpio
𝑇. 𝑓 = 1
𝑇 =
1
𝑓
=
1
0.5333 𝑟𝑒𝑣/𝑠
= 1.875 𝑠
2. La aceleración radial de la niña sentada.
𝑎𝑟𝑎𝑑 =
4𝜋2
𝑅
𝑇2
𝑎𝑟𝑎𝑑 =
4𝜋2
(7.50 𝑚)
(1.875 𝑠)
2

58. 𝑎𝑟𝑎𝑑 = 84.22 𝑚/𝑠2
3. La tensión en cada cable
Se suma el peso del asiento y de la persona
255 𝑁 + 825 = 1080 𝑁
(
1080 𝑁
9.81 𝑚/𝑠2
) = 110.1 𝑘𝑔
∑ 𝐹 = 𝑚. 𝑎𝑟𝑎𝑑
𝐹𝑇1 + 𝐹𝑇2 sin 40° = 𝑚. 𝑎𝑟𝑎𝑑
∑ 𝐹𝑦 = 0
𝐹𝑇2 cos 40° − 𝑤 = 0
𝐹𝑇2 =
𝑤
cos40°
=
1080 𝑁
cos40°
𝐹𝑇2 = 1410 𝑁
Sustituir en la ecuación de las fuerzas en “x”
𝐹𝑇1 + 𝐹𝑇2 sin40° = 𝑚. 𝑎𝑟𝑎𝑑
𝐹𝑇1 = 𝑚. 𝑎𝑟𝑎𝑑 − 𝐹𝑇2 sin 40°
𝐹𝑇1 = (110.1 𝑘𝑔).(84.22 m/s2
) − 1410 𝑁 sin40° = 8366,3 𝑁
𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛 1:8366,3 𝑁 𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛 2:1410 𝑁
14. El bloque A de la figura tiene una masa de 4 kg, y el
bloque B, de 120 kg. El coeficiente de fricción cinética
entre el bloque B y la superficie horizontal es de 0,25.
Determina:
A) La fuerza de fricción entre el bloque B y la
superficie.

59. B) La masa que tiene el bloque C si el bloque B se mueve a la derecha con la
aceleración de 2,0 m/s2.
C) La fuerza de tensión en la cuerda que une el bloque A al bloque B.
D) La fuerza de tensión en la cuerda que une el bloque B al bloque C.
Datos:
𝑚𝐴 = 4 𝑘𝑔
𝑚𝐵 = 120
𝜇 = 0.25
𝑎 =
2𝑚
𝑠2
Solución:
Peso:
𝑊
𝐴 = 𝑚𝐴𝑔 = 4 𝑘𝑔 (9.81
𝑚
𝑠2) = 39.2 𝑁
𝑊𝐵 = 𝑚𝐵𝑔 = 120 𝑘𝑔(9.8
𝑚
𝑠2) = 1177.2 𝑁
Bloque A:
∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎
𝑇𝐴 − 𝑊𝐴 = 𝑚𝐴 ∙ 𝑎
𝑇𝐴 = 𝑚𝐴(𝑎) + 𝑊
𝐴
𝑇𝐴 = 4 𝑘𝑔(2
𝑚
𝑠2
) + 39.2 𝑁
𝑻𝑨 = 𝟒𝟕.𝟐 𝑵
Bloque B
∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐹𝑟𝐵 = 𝜇 ∙ 𝑁𝐵
𝑁𝐵 − 𝑊
𝐵 = 0 𝐹𝑟𝐵 = 0.25 ∙ 1177.2 𝑁
𝑁𝐵 = 𝑊
𝐵 = 1177.2 𝑁 𝐹𝑟𝐵 = 294.3 𝑁
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝐵 ∙ 𝑎
𝑇𝐶 − 𝑇𝐴 − 𝐹𝑟𝐵 = 𝑚𝐵 ∙ 𝑎
𝑇𝐶 = 𝑇𝐴 + 𝐹𝑟𝐵 + 𝑚𝐵 ∙ 𝑎
𝑇𝐶 = 120 𝑘𝑔 (2
𝑚
𝑠2) + 47.2 𝑁 + 294.3 𝑁
𝑻𝑪 = 𝟓𝟖𝟏.𝟓 𝑵
Bloque C:
∑𝐹
𝑦 = 𝑚𝐶
𝑊𝐶 − 𝑇𝐶 = 𝑚𝐶 ∙ 𝑎
𝑚𝐶 ∙ 𝑔 − 𝑚𝐶 ∙ 𝑎 = 𝑇𝐶
𝑚𝐶 =
𝑇𝐶
𝑔 − 𝑎
𝑚𝐶 =
581.5 𝑁
9.81
𝑚
𝑠2 − 2
𝑚
𝑠2
𝑚𝑐 =
581.5 𝑁
7,81
𝑚
𝑠2
𝑚𝐶 = 74.45 𝐾𝑔

60. 15. Para los seres humanos uno de los problemas de vivir en el espacio exterior es la
aparente falta de peso. Una solución es diseñar estaciones espaciales que giren sobre
su centro con rapidez constante, creando “gravedad artificial” en el borde exterior de
la estación. Si el diámetro es de 800m, el modulo de la acelereacion artificial es igual al
de la tierra (g=9.8 m/s2) y usted se encuentra en la nave con una masa aproximada de
60 kg. Determine:
A) La rapidez lineal en el borde de la estación.
B) la fuerza neta si usted se encuentra en el borde de la estación.
C) El periodo que se necesite para tener la aceleración artificial g.
Datos:
𝑅 = 400 𝑚
𝑎𝑐 = 9.8 𝑚/𝑠2
𝑚 = 60 𝑘𝑔
Solución:
𝑎𝑐 =
𝑉2
𝑅
⇒ 𝑉2
= 𝑎𝑐 ∙ 𝑅 ⇒ 𝑉 = √(9.8 𝑚 𝑠
⁄ 2
)(400 𝑚)
𝑽 = 𝟔𝟐.𝟔𝟏 𝒎 𝒔
⁄ → 𝒂)
𝐹 𝑛𝑒𝑡𝑎 = 𝑚 ∙ 𝑎𝑐 ⇒ 𝐹 𝑛𝑒𝑡𝑎 = (60 𝑘𝑔)(9.8𝑚 𝑠2
)
⁄
𝑭 𝒏𝒆𝒕𝒂 = 𝟓𝟖𝟖 𝑵 → 𝒃)
𝑇 =
2𝜋 ∙ 𝑅
𝑉
⇒ 𝑇 =
2𝜋 ∙ (400 𝑚)
62.61𝑚 𝑠
⁄
𝑻 = 𝟒𝟎.𝟏𝟒 𝒔 → 𝒄)
16. Los motores de un buque tanque se
averiaron y el viento empuja la nave con
rapidez constante de 1,5 m/s directo hacia un
arrecife. Cuando el barco está a 500 m del
arrecife, el viento cesa y el maquinista logra
poner en marcha los motores. El timón está atorado, así que la única opción es
intentar acelera hacia atrás. La masa del buque y su carga es 3,6x107 kg y los motores
producen una fuerza horizontal neta de 8,0 x 10 4 N. ¿Chocara el barco contra el
arrecife? ¿Si lo hace, se derramará el petróleo? El casco puede resistir impactos a una
rapidez de 0,2 m/s o menos. Puede despreciarse la fuerza de retardo que el agua ejerce
sobre el casco de la nave.
Solución:
a
F
V ∑𝐹 = 𝐹 = 𝑚 ∙ 𝑎
𝑇 =
2𝜋∙𝑅
𝑉
, 𝑎𝑐 =
4𝜋2∙𝑅
𝑇2

61. ¿Chocara el barco contra el arrecife?
2𝑎𝑥 = 𝑣2
− 𝑣0
2
𝑥 =
−𝑣0
2
2𝑎
𝑓 = 𝑚𝑎 𝑎 =
𝑓
𝑚
=
8∙104
3,6∙107
𝑎 = −0,002
̌ 𝑚 𝑠
⁄ 2
𝑥 =
−(1, 5)2
2(−0,002
̌)
𝑥 = 506 𝑚
¿Si lo hace, se derramará el petróleo?
2𝑎𝑥 = 𝑣2
− 𝑣0
2
𝑣2
= 𝑣0
2
+ 2𝑎𝑥
𝑣 = √𝑣0
2 + 2𝑎𝑥
𝑣 = √1,52 + 2(−0,002
̌) + 500
𝑣 = 0,17 𝑚/𝑠
17. Una caja de herramientas de 45 kg descansa sobre un piso horizontal. Usted ejerce
sobre un empuje horizontal cada vez mayor sobre ella, y observa que la caja empieza
a moverse justo cuando su fuerza excede 313 N. Después de lo cual, debe reducir el
empuje a 218 N para la caja en movimiento a 25 cm/s constante.
A) ¿Cuáles son los coeficientes de fricción estáticos y cinéticos entre la caja y el piso?
Coeficiente rozamiento estático:
Datos:
𝐹 = 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 = 313 𝑁
𝐹𝑟𝑜𝑧 = 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑑𝑒 𝑟𝑜𝑧𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑠𝑡á𝑡𝑖𝑐𝑜 = 𝜇𝑒 ∙ 𝑁 = 𝑓𝑟𝑒
𝜇𝑒 = 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑟𝑜𝑧𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑠𝑡á𝑡𝑖𝑐𝑜
𝑃 = 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑎𝑗𝑎 = 𝑚 ∙ 𝑔
𝑚 = 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑎𝑗𝑎 = 45 𝑘𝑔
𝑔 = 𝑎𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑔𝑟𝑎𝑣𝑒𝑑𝑎𝑑 = 9,8𝑚/𝑠

62. Solución:
Coeficiente rozamiento dinámico:
B) ¿Que fuerza debe usted ejercer para que la caja de herramientas alcance una
aceleración de 1,10 m/s2?
Datos:
𝐹 = 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎
𝑎 = 𝑎𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 = 1,10
𝑚
𝑠2
Solución:
𝑭 = 𝒎 ∙ 𝒂 + 𝝁𝒅 = 𝟒𝟓 𝒌𝒈∙ (𝟏,𝟏 𝒎 𝒔𝟐
)+ 𝟐𝟎𝟖 = 𝟐𝟓𝟕.𝟓 𝑵
⁄
Realizando el mismo experimento sobre donde la aceleración debida a la gravedad es
de 1,62 m/s.
¿Cuál sería la magnitud del empuje para que la caja se moviera?
𝒇𝒆 = 𝟎,𝟕𝟏(𝟒𝟓 𝑲𝒈∙ 𝟏,𝟔𝟐 𝒎 𝒔𝟐
) = 𝟓𝟏,𝟖 𝑵
⁄
¿Cuál sería su aceleración si mantuviera el empuje del inciso b?
Datos:
𝐹 = 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 = 208 𝑁
𝐹𝑟𝑜𝑧 = 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑑𝑒 𝑟𝑜𝑧𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 = 𝜇𝑑 ∙ 𝑁 = 𝑓𝑟𝑑
𝜇𝑑 = 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑟𝑜𝑧𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑖𝑛𝑎𝑚𝑖𝑐𝑜
𝑃 = 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑎𝑗𝑎 = 𝑚 ∙ 𝑔
𝑚 = 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑎𝑗𝑎 = 45 𝑘𝑔
𝑔 = 𝑎𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑔𝑟𝑎𝑣𝑒𝑑𝑎𝑑 = 9,8𝑚/𝑠
Solución:
𝝁𝒆 =
𝑭
𝒎𝒈
=
𝟑𝟏𝟑 𝑵
𝟒𝟓 𝒌𝒈 ∙ 𝟗, 𝟖 𝒎/𝒔𝟐
= 𝟎, 𝟕𝟏𝟎
𝝁𝒅 =
𝑭
𝒎𝒈
=
𝟐𝟎𝟖 𝑵
𝟒𝟓 𝒌𝒈 ∙ 𝟗, 𝟖 𝒎/𝒔𝟐
= 𝟎, 𝟒𝟕𝟐 𝑵

63. 𝒂 =
𝒇 − 𝒇𝒓
𝒎
=
𝟐𝟓𝟖 𝑵 − 𝟎, 𝟒𝟕(𝟒𝟓 𝑲𝒈 ∙ 𝟏,𝟔𝟐 𝒎 𝒔𝟐
)
⁄
𝟒𝟓 𝑲𝒈
= 𝟒, 𝟗𝟕 𝒎 𝒔𝟐
⁄
Trabajo y energía
1. ¿Cuántos Joules de energía consume una bombilla eléctrica de 100 watts cada
hora? ¿Con qué rapidez tendría que correr una persona de 70 kg para tener esa
cantidad de energía cinética?
Solución:
𝑃 =
𝐸
𝑇
1ℎ = 3600𝑠
𝑇 ∙ 𝑃 = 𝐸
(100 𝑤)(3600 𝑠) = 𝐸
360 𝐾𝐽 = 𝐸
Respuestas: La bombilla de 100 w, consume 360 KJ en total en una hora.
2. Considere un resorte con un extremo fijo que no obedece fielmente la ley de
Hooke. Valor 15 puntos.
Para mantenerlo estirado o comprimido una distancia x, se debe aplicar al extremo
libre una fuerza sobre el eje x con componente:
F=kx-bx2+cx3. Aquí k=100 N/m, b=700 N/m2 y c=12 000 N/m3. Observe que x >0
cuando se estira el resorte y x <0 cuando se comprime.
a. ¿Cuánto trabajo debe realizarse para estirar este resorte 0.050 m con respecto a su
longitud no estirada?
b. ¿Cuánto trabajo debe realizarse para comprimirlo 0.050 m con respecto a su
longitud no estirada? c) ¿Es más fácil estirar o comprimir este resorte?
Solución:
𝐹𝑥 = 𝐾𝑥 − 𝑏𝑥2
+ 𝑐𝑥3
𝐹𝑥 = 100𝑥 − 700𝑥2
+ 1200𝑥3
𝑤 = ∫ 100𝑥 − 700𝑥2
+ 1200𝑥3
𝑑𝑥
0,05
0
𝑤 =
100 𝑥2
2
−
700 𝑥3
3
+
1200 𝑥4
4
|
0,05
0

64. 𝑤 =
100 (0,05)2
2
−
700 (0,05)3
3
+
1200(0,05)4
4
−
100(0)2
2
−
700(0)3
3
+
1200(0)4
4
𝑤 = 0,097 𝐽 Trabajo que se realizó cuando se estiro el resorte.
b. El resorte se comprime 0,05. Integramos la ecuación del componente Fx.
Evaluamos de 0 hasta -0,05:
𝑤 = ∫ 100 𝑥 − 700 𝑥2
+ 1200 𝑥3
𝑑𝑥
−0,05
0
𝑤 =
100𝑥2
2
−
700𝑥3
3
+
1200𝑥4
4
𝑤 =
100𝑥2
2
−
700𝑥3
3
+
1200𝑥4
4
|
−0,05
0
𝑤 =
100(−0,05)2
2
−
700(−0,05)3
3
+
1200(−0,05)4
4
−
100(0)2
2
−
700(0)3
3
+
1200(0)4
4
𝑤 = 0,1560 𝐽 Trabajo que se realizo cuando se comprimió el resorte.
3. En un puesto de carga de
camiones de una oficina de
correo, un paquete pequeño
de 0,2 kg se suelta del reposo
en el punto A de una vía que
forma un cuarto de circulo
con radio de 1,6 m. el paquete
es tan pequeño relativo a dicho radio que puede tratarse como una partícula. El
paquete se desliza y llega al punto b con cierta velocidad. A partir de aquí, el
paquete se desliza 3 m sobre una superficie horizontal con fricción hasta el punto
C.
a. ¿Cuál es la energía potencial gravitacional de la partícula en el punto A?
Energía potencial
b. ¿Cuál es la velocidad de la masa cuando llega a B?
¿Qué trabajo realiza la fuerza de fricción para detener el paquete?
Zona de b a C

65. c. Calcule el coeficiente de fricción entre B y C.
4. En un accidente de tránsito, un automóvil golpeó a un peatón y luego el conductor
pisó el freno para detener el auto. Durante el juicio subsecuente, el abogado del
conductor alegó que éste había respetado el límite de rapidez de 35 mph que
indicaban los letreros; pero que esa rapidez permitida era demasiado alta para
que el conductor pudiera ver y reaccionar a tiempo ante el peatón. Imagine que el
fiscal le llama como testigo experto. Su investigación del accidente produce las
mediciones siguientes: las marcas de derrape producidas durante el tiempo en que
los frenos estaban aplicados tenían una longitud de 280 ft, y el dibujo de los
neumáticos produjo un coeficiente de fricción cinética de 0.30 con el pavimento. a)
En su testimonio en el juzgado, ¿dirá que el conductor conducía respetando el
límite de rapidez? Usted deberá sercapaz de respaldar su conclusión con un
razonamiento claro, porque es seguro que uno de los abogados lo someterá a un
interrogatorio. b) Si la multa por exceso de rapidez fuera de $10 por cada mph
más allá del límite de rapidez permitido, ¿el conductor tendría que pagar multa y,
en tal caso, de cuánto sería?
5. Los miembros del club universitario construyen una plataforma apoyada en 4
resortes verticales en las esquinas, en el sótano del club. Usando un casco protector
un miembro valiente se para en medio de la plataforma; su peso comprime los
resortes 0.18 m. Otros cuatro estudiantes, empujando hacia abajo las esquinas de
la plataforma, comprimen los resortes 0.53 m más, hasta que la parte superior del
casco del valiente queda 0.90 m abajo del techo delsótano, y simultáneamente
sueltan la plataforma. Ignore las masas de los resortes y la plataforma. a) Calcule
la rapidez del valiente justo antes de que su casco choque contra el frágil techo. b)
Si no hubiera techo, ¿qué altura habría alcanzado el estudiante? c) El decano de
estudiantes, después de castigar a los implicados, les sugiere que la próxima vez lo
intenten en exteriores y en otro planeta. ¿Cambiaría su respuesta al inciso?
6. Un estudiante propone un diseño para una barrera contra choques de automóviles
consistente en un resorte con masa despreciable capaz de detener una vagoneta de
1700 kg que se mueve a 20.0 m/s. Para no lastimar a los pasajeros, la aceleración
del auto al frenarse no puede sermayor que 5.00g. a) Calcule la constante de

66. resorte k requerida, y la distancia que el resorte se comprimirá para detener el
vehículo. No considere la deformación sufrida por el vehículo ni la fricción entre el
vehículo y el piso. b) ¿Qué desventajas tiene este diseño?
Datos:
𝑚 = 1700 𝑘𝑔 𝑙𝑎 𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑎 𝑎𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛:𝑎𝑚𝑎𝑥 = 𝑤2
𝐴
𝑉 = 20.0 𝑚/𝑠 5𝑔 = 𝑤2
𝐴 = 𝑘 ∙ 𝐴/𝑚
𝑚 = 5.00
𝐾 =?
𝑋 =?
Solución:
El nivel de compresión en A será aquel para el cual la energía que acumule el resorte
como energía potencial iguale a la energía cinética que traía el auto cuando impacto con
el:
𝐸𝑝 =
1
2
𝑘 ∙ 𝐴2
𝐸𝑐 =
1
2
𝑚 ∙ 𝑉𝑜2
Igualándolas:
𝑘 ∙ 𝐴2
= 𝑚 ∙ 𝑉𝑜2
5𝑔 = 𝑘 ∙
𝐴
𝑚
𝑘 ∙ 𝐴2
= 𝑚 ∙ 𝑉𝑜2
5𝑔 ≈ 5 ∙ 9.8
𝑚
𝑠2
= 49
𝑚
𝑠2
49 =
𝑘 ∙ 𝐴
1700
𝑘 ∙ 𝐴2
= 1700 ∙ 202
= 680000
𝑘𝐴 = 49 ∙ 1700 = 83300
𝐾 ∙ 𝐴2
= 𝑘𝐴 ∙ 𝐴 = 83300 𝐴 = 680000
𝑨 =
680000
83300
= 𝟖. 𝟏𝟔 𝒎

67. 𝐾 ∙ 𝐴 = 8.16 𝑘 = 83300
𝑲 =
83300
8.16
= 𝟏𝟎𝟐𝟎𝟒 𝑵/𝒎
7. Un paquete de 2.00 kg se suelta en una pendiente de 53.1°, a 4.00 m de un resorte
largo, cuya constante de fuerza es de 120 N/m y
está sujeto a la base de la pendiente. Los
coeficientes de fricción entre el paquete y la
pendiente son µs = 0.40 y µk = 0.20. La masa del
resorte es despreciable. a) ¿Qué rapidez tiene el
paquete justo antes de llegar al resorte? b) ¿Cuál
es la compresión máxima del resorte? c) Al
rebotar el paquete hacia arriba, ¿qué tanto se
acerca a su posición inicial?
Datos:
𝑚 = 2.00 𝑘𝑔 𝑎) 𝑣 =?
𝑎 = 53,1° 𝑏) 𝑥 =?
𝑘 = 120 𝑁/𝑚 𝑐) 𝐴𝑙 𝑟𝑒𝑏𝑜𝑡𝑎𝑟,𝑞𝑢𝑒 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑠𝑒 𝑎𝑐𝑒𝑟𝑐𝑎 𝑎 𝑠𝑢 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛 =?
𝜇𝑠 = 0.40
𝜇𝑘 = 0.20
Solución:
a) se realizan consideraciones de energía o fuerza se puede establecer que velocidad antes
de que el paquete golpee el resorte es:
𝑉 = √(2 ∙ 𝑔 ∙ 𝐿(𝑠𝑒𝑛 𝑎 − 𝜇𝑘 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝑎)
𝑉 = √(2 ∙ 9.8
𝑚
𝑠2
∙ 4𝑚 (𝑠𝑒𝑛 53.1° − 0.20 ∙ 𝑐𝑜𝑠53.1°))
𝑉 = 7.30
𝑚
𝑠
b) Consideramos la energía, el trabajo combinado realizado por la gravedad y la ficción es:
𝑚 ∙ 𝑔(𝐿 + 𝑑)(𝑠𝑒𝑛 𝑎 − 𝜇𝑘 ∙ cos𝑎)
Energía potencial del resorte:
𝐸𝑝𝑒 = 𝑘 ∙
𝑥2
2
donde x = compresión máxima del resorte
Como la compresión tiene velocidad 0, resulta una ecuación cuadrática para x:

68. (
𝑘
2
∙ 𝑚 ∙ 𝑔(𝑠𝑒𝑛 𝑎 − 𝜇𝑘 ∙ cos𝑎))𝑥2
− 𝑥 − 𝐿 = 0
(
120 𝑁/𝑚
2
∙ 2 𝐾𝑔 ∙ 9.8
𝑚
𝑠2
(𝑠𝑒𝑛 53.1° − 0.20∙ cos 53.1°))𝑥2
− 𝑥 − 4 = 0
4.5044𝑥2
− 𝑥 − 4 = 0
𝑥 = 1.06 𝑚
c) Al finalizar el resorte no posee energía potencial, sii el paquete alcanza un
punto ubicado a una distancia bajo el punto de partida, el paquete se ha
movido a una distancia L+x hacia abajo y L+x hacia arriba. La magnitud de la
fuerza de ficción es la misma en ambas direcciones 𝜇𝑘 ∙ 𝑚 ∙ 𝑔 ∙ cos 𝑎 y el
trabajo realizado porla fricción es −𝜇𝑘(2𝐿 + 2𝑥 − 𝑦)𝑚 ∙ 𝑔 ∙ cos 𝑎. Esto es
igual al cambio en la energía potencial gravitacional: −𝑚 ∙ 𝑔 ∙ 𝑦 ∙ 𝑠𝑒𝑛 𝑎, se
iguala y se despeja y:
𝑦 = 1.32 𝑚