406911799 solucionario-cinetica-con-errores-pdf

PROBLEMAS INTRODUCTORIOS
3.1 En una pruebade frenado,el automóvilde tracción
delantera se detiene en 50 m a partir de una celeridad
inicial de 95 km/h. Sabiendo que a las ruedas delante-
ras puede atribuírseles el 90% de la fuerza de frenado,
hallar la fuerza de frenado Ff en cada rueda delantera y
la fuerza de frenado Fr en cada rueda trasera.Suponer
que el vehículo, de 1200 kg, lleva una desaceleración
constante.
50 m-
Hallamos la v0 y vf en m/s.
vn = 95 x A =26,39 m/s
o 18
FQ: fuerza de frenado
m = 1200 kg
Usando la siguiente ecuaciónde la cinemática para hallar
la aceleración:v;í = - 2ae
~ 2e ~ 2(50) - '
Entonces de la ley de Newton:
SF^ ma =>F0 = 1200(6,96)
.-. Fa = 8357,18N
La fuerza de frenado de las ruedasdelanteras es: 90%(F0)
=»0,9x8357,18 = 7521,47 N
,-.F, = 3760N
La fuerza de frenado de las ruedas traseras es:
10%(F0)
=>0,1 x 8357,18- 835,75
.-.Fr = 418N
3.2 Elembalaje de 50 kg se deposita poco apoco sobre
el plano inclinado con una velocidad nula. Describir qué
ocurre si: (a) 9 = 15° y (b) 6-10*.
Resolución:
Hacemos el diagrama de fuerzas que actúan sobre el
cuerpo.
Por la ecuación de Newton:
Eje y: SFy - may - O =» N- Wcos9 = O
N = Wcos9
Eje x: EFx = max=»WsenG - Ff = max
WsenO - jiWcose = max
mgsenO - ^mgcos9 =max
ax = gsen9 - |jgcos9
Donde Ff: es la fuerza de fricción
Con: n = (xe = 0T25 A e - 15a
ax = 0,17 m/s2
Entonces el bloque empezará a resbalar con acelera-
ción: ax = 0,17 m/s2
Con: li = ^c = 0,25ye = 10°
La fuerza de fricción será mayor que la componente
WsenO
.-. El bloque no resbalará.
3.3 ¿Qué fracción n del peso del avión a reacción re-
presenta el empuje neto (empuje en el morro T menos la
resistencia del aire R) necesario para que el avión suba
formando un ángulo 6 con la horizontal animado de una
aceleración a en la dirección de vuelo
-R
Resolución:
Hacemosel diagrama de lasfuerzasqueactúan sobre el
avión y dibujamos sus respectivos componentes.

112 DINÁMICA • SourciOffAfíto
mgcosd
= mg
Por la ecuación de Newton:
£FX = max
T - R- mgsene =ma
E = mgsene +ma
El problema nos pide hallar la relación: n = —
mg
m(gsen6
mg
n = sen9 + —
9
3.4 El embalaje de 50 kg se proyecta a lo largo del
suelo desde el punto x = O con una celeridad inicial de
7 m/s. Siendo 0,4 ei coeficiente de razonamientocinético,
calcular el tiempo que tarda en pararse y la distancia x
que recorre,
vn = 7m/s
Resolución:
Dibujamos las fuerzas.
vf = O m/s
Me = 0,4
' - 50g
De la segunda Ley de Newton:
Eje y: IFy = may = O
N =50g
Eje x: FR = 0,4 x 50g
FR = 20g = max •* ax = 3,92 m/s2
Hacemos uso de la siguiente ecuaciónde la cinemática:
v, = VQ - at
Donde: t = v°~Vf => t = 1,78 s
a
Y para calcular la distancia x que se desplaza hasta
detenerse.
vf2 = v§-2ae =>e = •
2a
> e = 6,25 m
3.5 El embalaje del problema 3.4 se proyecta ahora
hacia abajo por una rampa con una celeridad inicial de
7 m/s.Calcular el tiempo t que tarda en pararse y la
distancia x que recorre si; (a) O = 15° y {b} si 0 = 30*.
Resolución:
De la Segunda Ley de Newton:
Eje y: - ma = O «N = Wcos8
Eje x: £FX = max => Wsene - FR = max
max = mgsenG - jamgcosO
ax =gsenO - ugcosB ...(1)
Para O=15°:
ax = -1,25 m/s2
Entonces el cuerpo empezara a desacelerar:
De las ecuaciones de la cinemática.
vf2 = v§ - 2ae
e =- •j-vf
2(a)
- 19,58 m
Calculo del tiempo en que se tiene:
vt = vn - i
• t = V 0 - V f
= 5,59s
Para 0 = 30°; usando la ecuación (1):
ax = 1,50 m/s2
.-. El cuerpo empezará a acelerar; y no se detendrá.
3.6 Durante ia carrera de despegue, cada uno de los
cuatro motores de un avión de pasajeros de 300 Mg
produce un empuje casi constante de 180 kN. Hallar la
longitud s de pista requerida si lavelocidad de despegue
es de 220 km/h. Calcular s primero para un despegue
pendiente arriba en sentido de A a B y después para
un despegue pendiente abajo, en sentido de B a A, a
lo largo de la pista levemente inclinada. Despreciar las
resistencias del aire y a la rodadura.
0,5
T Horizontal

DINÁMICA - SOLUCIONARIO 113
Resolución;
Caso A: cuesta arriba
W= mg
Analizamos la componente de W// al trayecto
mgsene = 1471,5 kN >F
Entonces el avión no podrá despegar cuesta arriba.
Caso B: pendiente abajo.
W= mg
SFX = ma =» ma - F + mgsenG
a = I —+ qsenB
3
Recordemos que: a =
dt dx
("Vdv = f (— +gsen6|dx
Jo J i
- —+ gsene x
o '
.-. s = 255 m
3.7 Como parte del procesode diseño de unasitlita de
seguridad para niños, un ingeniero examina el conjunto
de condiciones posibles siguientes: Una niña de 12 kg
viaja en la sillita, que a su vez está firmemente sujeta al
asiento del automóvil- Este sufre un choque frontal con
otro vehículo. La celeridad inicial v0 del automóvil es de
50 km/h, que se reduce a cero durante el choque de
0,2 s de duración. Suponiendo que durante el choque
el automóvil se desacelere uniformemente, estimar la
fuerza horizontal neta F que deben ejercer las correas
sobre la niña para que esta permanezca fija a la silla.
La niña se tratará como si fuera un punto material y se
definirán las hipótesis complementarias que puedanser
necesarias para el análisis.
Resolución:
Recordemos que:
1 = AP =» Ft = mvf - mv0
JL
'18
F(0.2) = F - 833 N
3.8 El collarín Ase desliza libremente a lo largo det
eje liso B montado en el bastidor El plano de este es
vertical. Hallar la aceleración a del bastidor necesaria
para que el collarín se mantenga en una posición fija
respecto al eje.
Resolución:
XFV = maü = O => Nsen60° = mg =* N = L
y y •= sen60
IFX = ma =* Ncos60° = ma
=*ma Iñ^ (cos60°)
sen60°v '
=* a = gcot60°
/. a = 5,66 m/s2
3.9 Calcular la aceleración vertical a del cilindro de
150 kg en los dos casos ilustrados. Despreciar el razo-
namiento y la masa de las poleas.
Resolución:
CasoA:

DINÁMICA -
iFy = mav = O
Bloque A:
WA -T = mAay
Bloque B:
T- 150g = mBay
Como el hilo no se deforma
= la a es la misma para ambos bloques.
De(1)y(2):
-O)
...(2)
Caso B:
.
f w
a o
T *•
1
T = 200(9,81 )N
W= 150g
^ may = 1
2QQg-15Qg
2Fy = ma =» may = T - 150g
150
• a = 3,27 m/s
PROBLEMAS REPRESENTATIVOS
3.10 Un automóvil desciende del cerro por la pendiente
e1 con los frenos levemente aplicados de modo que la
celeridad v se mantiene constante. En el punto A, la
pendiente disminuye bruscamente a 92. Si el chofer no
varia la fuerza de frenado, hallar la aceleración a del
automóvil a partir del punto A. Particularizar la expresión
deducida para 9, = 6° y 02 = 2°.
En e! primer tramo; fr: fuerza de frenado
ff - mgsent)
En el segundo tramo AB:
IF - ma => mgsenG - mgsen91 = ma
.-. a = g(sení)2 - sene^
3.11 El coeficiente de rozamiento estático entre la
piaíaforma dei camión y la caja de transporte es0,3.
Hallar la distancia mínima de frenado que puede recorrer
el camión, partiendo de una celeridad de 70 km/h y
siendo constante la aceleración durante el frenado, sin
que la caja resbale hacia delante.
Resolución:
Dibujamos las fuerzas que actúan sobre el bloque.
fN
W= mg
De la ecuación del movimiento:
dv
xF = -ma A recordando que: a = HL
dt x
1(02 - vj) =- uNs =,v0 = 70 ^ =19,44 m/s
v2
s = J2- rt s = 6,43m
3.12 Si el camión del problema 3.11 se detiene desde
una velocidad inicial hacia adelante de 70 km/h en una
distancia de 50 m y bajo una desaceleración uniforme,
averiguar si la caja golpea contra la espaldera de la
plataforma. Si golpea, calcular la celeridad de la caja
respecto al vehículo en el momento del impacto. Como
coeficiente de rozamiento tómese ie = 0,3 y MC = 0,25.
Resolución:
Calculemos la aceleración a que lleva el camión
v0 = 70 km/h = 19,44 m/s ; vf = O A e = 50 m
=, vf2 = v§-2ae =»a -3,78 m/s2
Esta aceleración se transmite al bloque.
=> analizamos las fuerzas para el bloque.
Para ne = 0,3: FR = 0,3(m)(9,81)
La fuerza inercial = 3,7Sm
FR = 2,94m
Entonces si se producirá desplazamiento:
Usamos u. = 0,25
=>3,78 m-2,45m = i
fvdv- 1,33Ídx
-. => vdv = 1 ,33dx
dt dx
v_
2
.-. v = 2,82 m/s
^-= 1,33(3)
3.13 Untren se compone de una locomotora de 180 Mg
y cien vagones tolva de 90 Mg. Si, al poner en marcha el
convoy desde el reposo, la locomotora ejerce sobre los
raíles una fuerza de rozamiento de 180 kN, calcular las
fuerzas en los enganches 1y 100. Suponer que no hay
huelgos en los enganches y despreciar el rozamiento.

DINÁMICA - SOLUCIONARIO 115
Resolución;
FR= 180 kN
Para que el convoy se ponga en marcha la locomotora
debe desarrollar lafuerza: F = FR = 1 SO kN
Entonces hallamos la aceleración a que desarrolla el
movimiento:
- mTa =» (100MV + ML)a - 180 kN
; 0,0196 m/s2
MTC
180
9180
Cafculando Tr
EF - ma => F -T
.* T, =s F - ma
r, = isoxio3-
.-.T, =176,5kN
Calculo deT2:
ZF = ma-4 T, =
x 0,0196
x (0,196)
1000
3-14 La banda transportadora A, que se mueve a la
velocidad v, = 0,4 m/s, conduceobjetospequeñoshasta
la rampa de 2 m de longitud. Si la banda transportadora
B tiene una celeridad v2 = 0,9 m/s y los objetos llegan
a ella sin resbalar, calcular el coeficiente de rozamiento
n entre los objetos y larampa.
Resolución:
T = 0,4 m/s N
y
•A
V2 = 0,9 m/s
Haciendo el diagrama de fuerzas:
N = mgcos30°; FR = jj.mgcosSO13
=» £FX = ma
mgsen30° - timgcosSO0 = ma
^a = g(sen30° - ncos30°)
Como las fajas son los guias de los bloques, entonces
la v0 con que entra en el plano es 0,4 m/s y con la que
sale v2 = 0,9 mis.
-* v? - vj + 2ae
rj,92 = 0,42 + 2g(sen30° - ncos30°)(2)
3.15 Se observa que el bloque de la figura lleva una
velocidad v, = 20 m/s al pasar por el punto A y una
velocidad V2 = 10 m/s a! pasar por el punto B del plano
inclinado. Calcular el coeficiente de rozamiento cinético
(4C entre el bloque y el plano six - 75 m y O- 15°.
A
Resolución:
N = mgcosO
Donde: FR = jiN
-»FR = nmgcosG
SF-ma
=* ma= mgsene - FR
-»ma = mgsenG - p,mgcos0
a = (gsene - ngcos9)
Recordemos que: a = ^
v, =20 m/s; v2 = 10 m/s; 9 = 15°; g -9,81
^ -. = g(sen9
F 2vdv = Fg(sen9 - jacosOJdx
- g(sen9 - j^cosejx
/«?_
Despejamos: ^t = tan0 -
= 0,479
150gcosO
3.16 Un motor de iones de cesto para la propulsión en
el espacio interestelar se ha diseñado para producir un
empuje constante de 2,5 N durante largos periodos
de tiempo. Si el monitor está impulsando una nave
espacial en una misión interplanetaria, calcular el
tiempo t necesario para que la velocidad aumente de
40 000 km/h a 65 000 km/h. Hallar también la distancia
s recorrida durante ese intervalo de tiempo. Supóngase
que la nave se está moviendo en una región lejana
del espacio donde el empuje de su motor iónico es la
única fuerza que actúa sobre ella en la dirección de su
movimiento.
Resolución:
E = 2,5 N
De: I = Ap (I: impulso; p: cantidad de movimiento)
F x t - mAv
.; el tiempo queda expresado en función de
la masa.

0flWM(W - SOLUCIONARIO
V0 = 11,1 x103m/s; vf = 18,05 x103m/s
m: masa de la nave
.
• t = 2,5
-m ^ t = {2,7x103m)s
De 2as s = -
2a
Donde: i.F >= ma
=» a = 2¿ m/s2
m
=>s = 40,5 x103m m
.-. s = 40,5m km
3.17 Durante un ensayo de fíabilidad, una tarjeta de
circuito impreso de masa m se sujeta a una vibradora
electromagnética y se somete a un movimiento armó-
nico x = Xsencot, donde X es la amplitud del movimien-
to, o es la pulsación en radianes por segundo y t es el
tiempo. Hallar el módulo Fmáx de la fuerza horizontal
máxima que la máquina ejerce sobre la tarjeta.
Resolución:
Sea; x = Xsentot
Sabemos que F = ma => a = x
Calculamos: x
x = coXcoscot ; x = -ío3Xsenot
=* F = mo2Xsencot
Fmáx se da para sencot = 1
3.18 El punto O es el eje de giro de un péndulo simple
que oscila libremente en el plano vertical de la placa.
Si esta recibe una aceleración constante a dirigida pla-
no inclinado 0 arriba, escribir la expresión del ángulo
constante (i que adopta el péndulo tras el cese de las
oscilaciones que siguen al arranque.Despreciar tamasa
del brazo del péndulo.
Resolución:
Eligiendo nuestro SR
En el eje y: SFy = O =». Tcosp = mgcosG
T — cose
** i = mg—¡T
cosp
En el eje x: SFX =ma
-» ma »Tsenp - mgsene
,senp
ma = mgcose
eos (3
mgsenG
Despejando [i:
, _ a + gsen6
gcosS
tanp
gcosS
3.19 Si loscoeficientes de rozamientoestático y cinético
entre el bloque A de 20 kg y el carretón B de 100 kg son
prácticamente iguales a 0,50;hallar la aceleración de
cada parte para: (a) P = 60 N y (b) P = 40 N.
_*7^^'_'_~£*
Resolución:
W=rag
De la ley de Newton:
ZFy = O * N = mg
Caso A: P = 60
Para el bloque A:
SFX = ma-> 2P - nmAg = mAaA
/s2
A
Para ei bloque B:
FR = umAg
=> IF = maB=* mBaB =
.-. aB = 0,981 m/s2
Caso B: P = 40
El bloque Ano resbala; ambos bloques se moverán con
la misma aceleración.
.-. a - 0,667 m/s2
3.20 Hallar la aceleración de cada cilindro y la tracción
que sufre el cable superior cuando el sistema se libera
desde el reposo. Despreciar ei rozamiento y las masas
de las poleas.

DINÁMICA - SOLUCIONAHO 117
Re&vlución;
BloqueA
30 ks
m = 30kg
m = 50kg
W=30g W=50g
En el eje y:
SFy = maA=> maA = mg + T
3QaA= 30g hT
También se tiene:
£Fy = maB => 50aB = 50g - 2T
Para hallar la relación de aceleración:
...(1)
-..(2)
XA + 2xB + L = s
XA + 2xB =O
aA=-2aB
De(1)y(2):
60aA + 50aB = -10g
De (3) y(4):
...(3)
...(4)
_ 40g _
: 70
5,6 m/s2
Evaluando en (3): =»aA = -11,21 m/s2
.-.aA= 11,21 m/s2 (t) A aB = 5,6m/s2 (j)
3.21 Se repite aquí la ilustración del problema 2.209
a ia que se añade información acerca de las masas.
Despreciar todos los rozamientos y las masas de las
poleas y hallar las aceleraciones de los cuerpos A y B
cuando se abandonan desde el reposo.
30 kg
10 kg
Resolución:
Establecemos las ecuaciones para el bloque A:
IF = mAaA=» mAaA = mAgsen2CT - 2T .,.(1)
Para el bloque B:
mBaB =3T ~ m89 -i2)
2xA + 3xB + L = s *» 2aA + 3aB - O ...(3)
aA = (-3k)
aB (2k)
De(1)y(2):
90aA + 20aB = 105,77 ...(4}
La ecuación (4) en(3):
k = 0,3411
- aA= 1,024 m/s2 (i)
aB = 0,682 m/s2 (t)
3.22 El sistema se abandona desde el reposo con
el cable tenso. Depreciando la pequeña masa de la
polea y el rozamiento en ella, calcular la aceleración de
cada cuerpos y la tracciónT en el cable en el instante
inicial si; (a) ne = 0,25A u.c - 0,20 y (b) j¿e = 0,15 A
n =0,10.
20 kg
Resolución:
Analizamos las fuerzas:
Para el bloque A:
=60g
mAaA = 60gsen30° - T
Ambos bloques experimentan la misma aceleración a.
mAa =60gsen30° - T- u60gcos30° ...(1)
Para el bloque B:
»w=20g

118 DINÁMICA-
ZFy =mBaB=» mBaS =T - 2°9
mea =T -20g
De(1)y{2);
_ 60gsen 30°- H60geos 30° - 20g
a — " • -—'•
m/, + rrig
Para n. = 0,20; a = 3,84 m/s2
...(2)
3.23 El aparejo del problema 3.22 se modifica como se
muestra. Para unoscoeficientes de rozamiento(ie = 0,25
y ne = 0,20; calcular la aceleración de cada cuerpo y la
tracción T en el cable.
Resolución:
20 kg
W=60g
2Fy = O =* N = 60gcos30°
=» FR = 0,2(60gcos30°) = 12gcos30°
2FX = maA
T - 60gsen30° - 12gcos30° = 60aA
T - 40,4g =60aA .-(1)
W 2T = maB^20g-2T =20
De(2)y(1):
6 0 a +10a
De:
L = c
= 0
De (3) y £4):
aB = -2,71 m/s2 * aA = 5,42 m/s2
Ahora aa en (2) para hallar T:
2T = 20g - 20aB ^,T = 125,2N
...(2)
...(3)
..(4)
3.24 El mecanismo de la figura es un acelerómetro y
se compone de un émbolo A de 100 g que deforma el
resorte cuando al carcasa recibe una aceleración ascen-
dente a. Expresarqué constante recuperadora necesita
el resorte para que el émbolo lo acorte 6 mm desde
la posición de equilibrio y toque el contacto eléctrico
cuando la aceleración que aumenta lenta y constante-
mente alcance el valor de 5g. Puede despreciarse el
rozamiento.
6mm
Resolución:
W - mg
De la Segunda Ley de Newton: 2Fy = rna
m{5g) = kx + mg <
.-. k - 654 N/m
• kx = 4mg =* k =
4mg
3.25 Un cilindro de masa m descansa sobre un carrito
base tal como se representa. Si p = 45° y B = 30°,
calcular la aceleración pendiente arriba máxima a que
puede comunicarse al carrito sin que et cilindro pierda
contacto en B.
Resolución:
Grafeando las fuerzas que actúan en el cilindro.
W= mg
Aplicando la Segunda Ley de Newton en el eje y
IF = O => R^sp + R2cos3 = mgcosG
(R1+R2) = mgcos° ..(1)
En el eje x:
SFX = ma =» ma = -mgsene + R-,senp -*- R2senp
ma - -mgsenG + (^ + R2)senp ...(2)

DINÁMICA - SQWCKWRIO 119
De las ecuaciones (2) y (1);
ma - (gsenSCT - gcos3Q°tan45°)m
.-. a = 0,366g
3.26 La aceleración del carroA de 50 kg en sus guias
lisas verticales está controlada por la tracción T que
se ejerce en el cable de accionamiento que pasa
por las dos espigas fijas al carro. Hallar el valor de T
necesario para que la aceleración descendente del
carro no rebase los 1,2 m/s2 si es 0,20 el coeficiente
de rozamiento entre el cable y las espigas. (Recuér-
dese que la relación que guardan las tracciones que
sufre un cable flexible al deslizarse por una superficie
Resolución:
M
W=50g
Recordando la relación de la tensión:
...(1)
Donde; i coeficiente fricción; (i: ángulo formado
T,
En ambas poleas p = ir rad
De la relación (1) y para nuestro problema:
T1 = Te"'
T = T e'1'' = Te^11^
Entonces por la Segunda Ley de Newton.
£Fy = ma-» 50g+ T - T2 = ma
T-Te^mi-50g-»T=TO_-*¡?
.•.T=171,3N
3.27 Unjugador de béisbol lanza horizontalmente una
pelota hacia un radar manual sensible a la velocidad.
La pelota tiene una masa de 0,146 kg y un perímetro de
230 mm. Sien x = O la celeridad es v0 =140 km/h, calcu-
lar la celeridad en función del tiempo. Se supondrá que
la resistencia horizontal aerodinámica al movimiento de
la pelota es D = CDí^pv2)S, donde CD es el coeficiente
de retardo, p es la densidad del aire, v es la celeridad
y S es la superficie de la sección frontal de la pelota.
Para CD tómese un valor de 0,4. Puede despreciarse
la componente y del movimiento pero justificando la
validez des esta hipótesis. Particularizar el resultado
para x - 18 m, que es la distancia aproximada entre la
mano del lanzador y el puesto meta.
Resolución:
= 149km/h
De la ley del movimiento:
vdv
w v
-0,5CD^x
Donde:
km
m - 0,146 kg: V0 = 140 ^ = 38,89 m/s; x = 18 m
CA - 0,4; S = 0,23 m
Reemplazando los valores del problema:
.-.v = 127,5 km/h
3.28 La resistencia total R al movimiento horizontal de
un cohete experimental que se mueve sobre carriles
se representa mediante la linea continua del gráfico.
Aproximar R mediante la línea de trazos y determinar
la distancia x que el cohete debe recorrer en los raíles
desde su estadode reposo hasta alcanzar una velocidad
de 400 m/s. El empuje T de los motores del cohete es
prácticamente constante y vale 300 kN, y el peso total del
cohete permanece, también, prácticamente constante y
vale 2 Mg.
300
O 100 200 300 400 5OO
v, m/s

120 DINÁMICA - SOLUCIONAR®
Resolución:
Del gráfico: R =kv
Evaluando el punto (400. 200 x 103)
200X103 ^k(400)
=» R -* 500v
Analizando las fuerzas en el cohete y aplicando la
Segunda Ley de Newton.
T = 300X103N
SF = ma-»T - R = ma
Recordemos que: a - dv
dt
dt dx
mvdv = (T - 500v)dx
dv = fdx
mí(T-
(T-500v)
[300<103)-l(103)v-
il 2
= 1036,67 km
300(1 03)ln 300-l(l03)v||
3.29 La velocidad de contacto de un reactor de masa
5 Mg es de 300 km/h, instante en que se despliega
el paracaídas de frenado y se cortan motores. Si la
resistencia total sobre el avión varía con la velocidad
tal como muestra el graneo, calcular la distancia de
pista x que recorre el avión hasta que su velocidad se
reduce a 150 km/h. La variación de la resistencia puede
aproximarse mediante la expresión D = kv2, donde k es
una constante.
<3T
Rasistancie
D,
kN
o
8
S
8
S
S
£
-^
S
^
^
^
/
r
/
/
100 200 30
Velocidad v, km/s
Resolución:
Del gráfico:
D = kv2; para el punto (300; 120x 1 03}
120x103 = k(300)2^k = 1,33
Analizamos las fuerzas que actúan sobre el avión:
-D = ma; donde: a -dv
dt
dt dx m
mJ ~ J v "* m
.-. x = 201 m
|j= (|nv|
lo J '
150
300
3.30 En un ensayo para determinar las características
al aplastamiento de un relleno de poltestireno para
embalajes, se deja caer un cono de acero de masa
m desde una altura h que penetre en el material. La
resistencia R de este a la penetración depende de la
sección transversal frontal del objeto penetrante, y por
ello es proporcional alcuadro de la distancia x penetrada
por el cono, o sea, R = -kx2. Siel cono se detiene a una
distancia x = d, hallar la constante k en función de las
condiciones y resultados del ensayo.
Resolución:
tR-kx2
W= mg
SF = ma=» ma = mg - kx2
Recordemos que a = ~
m L . mg - kx2
dtldx^ M
m fvdv = í (mg - kx2)dx
Jv JQ
= mgx kx3
Evaluando los límites de la integral:
3mg(d + h)
N/m2
3.31 El collarín de 1,8 kg se deja caer desde el reposo
sobre el resorte elástico sin masa, cuya constante
recuperadora es 1750 N/m y que está comprimido una
distancia de 150 mm.Hallar la aceleración a del collarín
como función del desplazamiento vertical x del mismo
medido en metros desde el punto de suelta. Determinar
la velocidad v del collarín cuando x = 0,15 m. El roza-
miento es despreciable.

DINÁMICA - SOLUCIONAÍVO 121
Resolución:
= mg
Por la Segunda Ley de Newton:
Calculo de la aceleración: KAX - mg = ma
kí-x + 0 ,15) -mg = ma
m m 3
/.a = 136 972x
Recordemos que: a- 4r
dt x }
[vdv= f 136 972x)dx
Evaluando los limites de la integral:
.-. v = 4,35 m/5
3.32 Una fuerza constante P arrastra una cadena
pesada de masa p por unidad de longitud por una
superficie horizontal compuesta de una zona lisa y
una zona rugosa. Si al comienzo la cadena descansa
sobre la superficie lisa, siendo x = O y jacel coeficiente
de rozamiento cinético entre la cadena y la superficie
rugosa, determinar la velocidad v de la cadena para
x = L Supóngase que la cadena permanece tirante
y que por ello se mueve toda a la vez durante el
movimiento. ¿Cuál será eí valor mínimo de P para
que la cadena permanezca tirante? (Indicación: La
aceleración no debe hacerse negativa).
Lisa
Resolución:
f
E£_. lx
W- m'g
W=pgx
p = ni; m1 =px
En el eje y:
N = pgx
Por ia ley del movimiento:
En el eje x;
P - Fr = ma
P - jipgx -ma
Para el cálculo de v (x = L):
ma = P
Recordemos que a=~
m Pvdv = f(P - (ipgx)dx
JQ JQ
= Px-
2PL -
"'2 ^ 2 K m
El valor mínimo de P:2PL - upgL2 = O
- p_ü£ik
2
3.33 Unacadenade longitud 2Ly masa p por unidad de
longitud cuelga del modo representado. Si al extremo B
se le da un leve desplazamiento hacia abajo,el desequi-
librio genera una aceleración. Hallar la aceleración de
la cadena en función del desplazamiento hacia arriba x
del extremoAy determinar la velocidad del extremo A
cuando llega arriba. Despreciar la masa y el diámetro
de la polea.
A B
Resolución:
L-x
mg
m"g
Por propiedad de la p homogénea en la cuerda hallamos
m' y m":
' -» m' = p(L- x) A m" = p(L+x)
..

LF - ma => m"g - m'g =mca
XQ
Desarrollando: a =
Recordemos que: a =
dv
dt
dt x
vi
2 L
3.34 Una barrade longitud Ly masadespreciable enlaza
el carrito de masaMy la partícula de masa m. Siel carrito
está animado de una aceleración uniforme a hacia la
derecha, ¿qué ángulo 9 con la vertical forma la barra
libremente oscilante cuando esta alcanza la posición
estacionaria? Hallar la fuerza neta P (no representada)
a aplicar al carrito para queeste adquierala aceleración
especificada.

DINÁMICA -
a
Resolución:
TcosQly
Tsen9
W=mg
Hacemos el diagrama de cuerpo libre de la esferita.
Cuando la esferita alcanza su estado estacionario.
lFy = 0 => Tcose =mg
cosO
Por efecto de la fuerza de inercia:
IFX - ma Disentí - ma ...(2}
De(1)y(2):
tañe =£ =»e = íarr1/£)
g /
.-. F - (M+ m)gtane
3.35 Al carro inicialmente en reposose aplicauna fuerza
P. Hallar la velocidad y el desplazamientoen elinstante
t = 5 s para cada una de las evoluciones P1 y P2 de la
fuerza. Despreciar el rozamiento.
p. N D • .
50 V>,
/ / ^
"fQííg > / / "L"~ Parábola
L ¿*^
0 5
Del gráfico:
Para Pr P, = 10t
Para P2:
De la ecuación de la parábola.
Caso P1:
m = 10kg
,™™P -10t
£FX = ma
=* ma = P1 =>ma = 10t
Recordemos que:a= ~
ut
r^dv ct v 1 o 2 •*
= v = 12,5m/s
El espacio que avanza en el tiempo.
mv = 5t2 A v = ^*-
dt
m^=5t2 ^mf"dx=, f55t2dt
dt Jo J0
,x Z,t3 5
mx S = ^- ^x = 20,8m
>5 0
Caso P2:
ZFX - ma
ma = 2t2 =* m-^r- = 2t2 =. m dv = 2 I t2dt
dt Jo Jo
mvlo=4t3 5 ^v=8-33m/s
Calculo de s:
9t3 9 i
mv = ~=» mdx= |t3dt
J o
/9t4 5
mxlo = 4 nr ^5 "10'42 m
w/ 4 0
3.36 Hallar las aceleraciones de los cuerpos A y B y la
tracción en el cable a consecuencia de la aplicación de
la fuerza de 250 N. Despreciar todos los rozamientos y
las masas de las poleas.
70 kg 35 kg
P 750 N
(^
M
H
a
^
d
K
É
M
r
i
É
B
B
B
H
Resolución:
mA=70kg mB=35kg
2i p - 22WJ N
r-jrg^TT
1 F¡gura(1)
Para el bloque A:
SF = mAaA => 2T = mAaA ...{1)
Para el bloque B:
250-3T = mBaB ...(2)
De la figura 1 :
2xA + 3xB + L = s
2aA + 3aB = 0 ...(3)
2mBaB + 3mAaA - 500 ...(4)
Resolviendo (4) A (3)
/. aB = 1 ,58 m/s2 A aA =2,37 m/s2

DINÁMICA - SOLUCIONAHIO 123
3.37 Para ensayar la resistencia al movimiento de un
baño de aceite, se suelta una pequeña bola de acero de
masa m desde el reposo en la superficie (y = 0). Si la
resistencia al movimiento está dada por R = kv, donde k
es constante, deducir una expresión para la profundidad
h necesaria para que la bola adquiera una velocidadV,
1
Restitución:
w = mg
De la Segunda Ley de Newton aplicado a la bola de
acero:
£F = ma => ma = mg - kv
Recordando
mvdv
(mg - kv)
rn mg
k V k
d x _ » m f v /
Ir (
K JQ - Kv)^
( mg }
1 i mg
mg - kv
h
~ kv>
idv = Pdx
Jt>
mg
mg - kv /
1
(1-kv)/mg
mv
3.38 Si la bola de acero del problema 3.37 seabandona
desde el reposo en la superficie de un líquido en cuyo
seno la resistencia al movimiento es R - cv2, donde c
es una constante y v es la velocidad de descenso de la
bola, determinar la profundidad h necesaria para que la
bola adquiera una velocidad v.
Resolución:
W= mg
£F = ma-i mg cv2 =ma
mvdv = (mg- cv2)dx «*. P
Jo mv -dv=idx
(mg - cv2)
2c (l-ev2)/mg
3.39 Se representan dos montajes diferentes del
dispositivo de elevación de un ascensor. El ascensor A
con el motor y el tambor instalados en él posee unamasa
total de 900 kg El ascensor B con el tambor, pero sin
motor instalado, posee también una masa de 900 kg. Si en
ambos casosel motor aplica unparconstantede 600 m.N,
durante 2 s, a sutambor de 250 mm de diámetro, elegir el
montaje que produzca la mayor aceleración ascendente
y hallar la correspondiente velocidad v del ascensor a
los 1,2 s de la partida desde el reposo. La masa del
tambor del motor es pequeña y puede analizarse como
siestuviera enequilibrio. Despreciar lasmasas de cables
y poleas y todos los rozamientos.
Resolución:
CasoA:
-,-r 3T - nig
3 1 - mg - ma,=» aA —
Caso B:
-(1)
2T
Notamos que aA > aB
El torque para un par de fuerzas:
2t = r x F =» F = 4800 ...(2)
De la cinemática:
vf = (6,19X1,2°)=*vf = 7,43m/s
3.40 El resorte deconstante k = 200N/m está sujeto al
soporte y al cilindro de 2 kg que se desliza libremente
por la guía horizontal. Si en el instante t = O,en que el
resorte no está deformado y el sistema está en reposo,
se aplica al cilindro una fuerza constante de 10 N, hallar
la velocidad del cilindro cuando x = 40 mmy el máximo
desplazamiento del mismo.
Posición de equilibrio

124 DINÁMICA - SQLUCIQNARIQ
Resolución:
Dibujamos las fuerzas que actúan sobre el bloque:
K - 200 N/m
F^kxl 1 p =10N
De la ley del movimiento podemos escribir:
LF = ma ^ ma= P - kx
(P-kx) . J dv
m dt
dv/dx) fv fx=o.M/P k v
dtldxj m "Jo^ Jo (m-mx)dx
v2 v P k 2 O.ÍM
-^ = 0,12^v = 0,49m/s
El xmáx se da cuando: v = 0
De (a):
m x ~ 2 m x " ^ x ~m~( k") "* x ~ T"
•'• Xm3x = 0.1m
3.41 Un amortiguador es un mecanismos que ofrece
una resistencia a la comprensión o a la tracción dada
por R - cv,donde c es unaconstante y v es lavariación
de longitud del amortiguador por unidad de tiempo. Se
representa el ensayo de un amortiguador de constante
c = 3000 N.s/m con un cilindro de 100 kg suspendido
en él. El sistema se suelta con el cable tirante en el
punto y = 0 y se deja que se alargue. Hallar (a) la
velocidad uniforme vs del extremo inferior del amor-
tiguador y (b) el instante t y el desplazamiento y del
extremo inferior cuando el cilindro alcanza el 90% de
su velocidad uniforme. Despreciar las masas del pistón
y su biela.
T,nm N.s
"A
JL
m = 1 00 kg
Resolución:
*R =cv
?
Integrando (a):
m / 100a 100g -cv/
Donde: c- 3000 N.s/m
Calculamos (y):
r» vdv pdy
Jo {100g -cv) Jo m
QOlnMnnn ni/l°-3 2 7 — « 1 R OQ rvim
c
De (*): v = 100g(1 - e^"1) => v = 0,327m/s
3.42 Las correderas A y B están conectadas mediante
una barra rígida liviana de longitud L = 0,5 m y se mue-
ven sin rozamiento por las guías horizontales. Para ía
posicón XA = 0,4 m; la velocidad de A es VA = 0,9 m/s
hacia la derecha. Hallar la aceleración de cada corredera
y la fuerza que sufre la barra en ese instante.
AlB >P = 40N
^^^^M
Resalude
E
X
Del grafía
2 2
XA + XB -
2xA(xA) +
(xA)2+ xA
^4aA + 3<
De la Seg
XFX = mAs
200 -4T
SFy = mBS
15g + 3T
De (2) y (:
aA + 2aB =
AA ,
í«;
K
TcosS^V
e W=3g ^v
Tcos3r
y.
0,52
3 - 2 25 Í1a Ley de Newton:
A =» P- Tcos37° = 2aA
= 10aA ...(2)
B =» 3g + Tcos530 = 3aB
= 15aB ...(3)
!):
^20 + 2g ..,(4)
W= mg
De la Segunda Ley de Newton: SF = ma
ma = 10Og - cv;donde: a = 4r-
dt
a =
(100g - cv) (100g-cv)
dt
_
(100g~cv) m
aB - 36,1 m/s2 A aA = 12m/s2
3.43 Las correderas A y B están conectadas mediante
una barra rígida liviana y se mueven sin rozamiento
por las ranuras, las cuales se hallan ambas en et plano
vertical. En la posición ilustrada, la velocidad de A es
0,4 m/s hacia la derecha. Hallar la aceleración de cada
coordenada y la fuerza sobre la barra en ese instante.

Resolución:
Tcos75
Para el carrito (A) de las ecuaciones del movimiento:
ZF = mAaA=*40 -
Para el carrito (B):
3g +Tcos75e = 3aa ...(2)
Del triángulo RBA obtenemos la relación de las acele-
raciones.
xü + x¡ = 0,52 ^ XAXA + XBXB = O
Volviendo a derivar:
48aA = -235 ...(3)
Entonces de las ecuaciones: (1) (2) A (3) obtenemos:
aA = 7,95 mis2 (-+)
aB = -8,04 m/s2 - aB = 8,04 m/s2 (|)
DINÁMICA - SowciQNAñio 125
Reduciendo la expresión (3):
~.)
Recordemos:
Asenx + Bcosx = M2 + B2sen(x + i
g
Donde: sene = ,
V5sen(6 i a) = 2,16=»sen(G + a) -0,967
=.9 + a -75,31° A a =63,43"
3.45 Calcular la aceleración del bloque Aen el instante
representado. Despreciar la masa de la polea.
Resolución:
2Tsen3D°
= mg
T=100N;m = 40kg
En el eje y:
N + 2Tsen30D = mg=» N = mg - 2Tsen30°
La Segunda Ley de Newton, en el eje x:
2F = ma=* 2Tcos30° - u.N =ma
2Tcos30° - jic(mg - 2Tsen30°)
.-. T = 25,0 N
3.44 ¿Para qué valor(es).del ángulo 6 tendrá el bloque
de 35 kg una aceleración de 9 m/s2 hacia la derecha?
35 kg ^^
p
Resolución:
N
m = 35k£
f- r~
<^»-
u
A
£
" .e
P = 450N
C-vPcoaB
He = 0,6; MC- 0-5
W* 35g
Eje y:
N + PsenG =35g
N = 35g-PsenG ...(1)
Ejex:
ma = Pcos6 - Fr ...(2)
ma = Pcos9 - Mc(35g - Psen9) ...(3)
a — "" ••
m
... ax = 1 ,406 m/s2
3.46 Con los bloques inicialmente en reposo, la fuerza
P aumenta lentamente desde cero hasta 260 N. Repre-
sentar gráficamente, en función de P,las aceleración de
ambas masas.
"v A
•! V
I ^- ^
Resolución:
Bloque A:
t
Arh FF
W=35g
N =35g
IF = mAaA =* ÑU =ma
3 35^9
* mA
3&-*Q -
42jcj| ^p
+ ^A

126 DINÁMICA - SOLUCIONARIO
Bloque B:
J-p
WT=77g
SF = mae *mTaB - P - uA(35g) - uB(77g)
359^-779
P -
3.47 Elsistema se abandona desde el reposo en la posi-
ción representada.Calcular la tensión T de la cuerday la
aceleración a de! bloque de 30 kg. Se deprecian lamasa
de la pequeña polea sujeta al bloque y el rozamiento
en la misma. (Sugerencia: Empezar estableciendo la
relación cinemática entre las aceleraciones de los dos
cuerpos).
5k9
Resolución:
Bloque A
15g-T= 15aA
Bloque B
...(1)
Tacnar
Tcos37°
H
EFy - O 30g
N +Tsen37° = T -
N = T + 30g - Tsen37°
En el eje x:
Tcos37° - M-ÍT +• 30g - Tsen37°) = 30aB
De la relación cinemática de aceleración:
4aD H- 5aA = O
-(2)
De (1); (2) y (3):
30aB = 15gcos37° - 15aAcos37° -
->ae = 1,3625 m/s2
--. aA= 1,09 m/s2 A
- 15jiaAsen37°
130,8 N
3.48 Dosesferas de hierro, ambasde 100 mmde diáme-
tro, se abandonan desde el reposo con una separación
entre centros de 1 m. Supóngase que se encuentran
en un lugar del espacio donde no hay otra fuerza que
la atracción gravitatoria mutua y calcular el tiempo t
necesario para que las esferas entren en contacto entre
sí y la celeridad absoluta v de cada una al tocarse.
100 mm
Resolución:
1 m
Se sabe que:
Gmm ,
Como cada vez se acercand depende dex.(d
Gmm
2x).
(1-2x)2
Gm
-2x)2
dv
Gm
ydv
dx ~ (1- 2x)2
-2x}2
.vdv = _G" dx
(1 - 2x)2
Gm
2 "2(1-2x)
peromFe = pFe vF (5,24x10-4)
.-. v = 5,24 X 10~5 m/s
Como v es pequeña, supongamos que sea constante.
0,9 m
~~ 5,24x10-5m/s
.-. t = 4 h46 min 18 s
3.49 El pequeño bloque Ade 2 kg se desliza hacia abajo
por la trayectoria curva y pasa por el punto más bajo B
con una celeridad de 4 m/s. Si en este punto el radio de
curvatura es de 1,5 m; hallar la fuerza normal N que en
el mismo ejerce la trayectoria sobre el bloque. ¿Hacen
falta datos acerca del rozamiento?.

DINÁMICA - Somciomio 127
Resolución:
v - 4 m/s
W = mg
De la ley de dinámica circular:
IF = mac -* N- mg mv
R
. N-41 N(t)
3.50 A la cuenta P de 1,5 kg se le comunica una celeri-
dad inicial de 2 m/s en el punto Adela guía lisa, la cuales
una curva plana horizontal. Si el punto B la fuerza normal
entre la cuenta y la guía tiene un módulo de 0,8 N, hallar
el radio de curvatura p de la trayectoria en ese punto.
A
P
Resolución;
Como el plano del movimiento, es horizontal y la guía
es lisa, entonces v = cte.
,-. p = 7,5 m
3.51 Si el bloque Ade 2 kg pasa por la cima Bdel tramo
circular de la trayectoria con una celeridad de 2 m/s, cal-
cular el módulo N de la fuerza normal que la trayectoria
ejerce sobre el bloque en el punto B. Hallar la máxima
celeridad v que el bloque puede llevar en B sin perder
contacto con la trayectoria.
B
s^^--^-v"-L-*-
<f^ i
>'
Resolución:
W= mg
Aplicando la Segunda Ley de Newton:
SF = mac => mg- N = mac
2
N = mg - ^- -> N= 15,17 N
P
Para que el bloque no pierda contacto en B:
N = 0; para que v sea máximo:
=> v = /gp~ => v - 4,20 m/s
3.52 La prueba homologada para determinar la ace-
leración lateral máxima de un automóvil consiste en
conducirlo siguiendo una circunferencia de 60 m de
diámetro pintada sobre una superficie plana asfaltada. El
conductor aumenta lentamente la celeridad del vehículo
hasta que no les es posible mantener las dos parejas de
ruedas a caballo de la línea. Si esta celeridad máxima
vale 55 km/h para un automóvil de 1400 kg, hallar su
capacidad de aceleración lateral an en g y calcular el
módulo F de la fuerza de rozamiento total que ejerce la
calzada sobre las cubiertas de los neumáticos.
Resolución:
Datos del problema:
v . = 55Mi =15,27 m/s
max ^
an = T5~ => an= 7'78 m/s2
Para hallar FR; hacemos DCL:
W= mg
c c c mv
FR = Fc =* FR = -R-
.-. FR = 10,89kN
3.53 El automóvil del problema 3.52 viaja a 40 km/h
cuando el conductor aplica los frenos y el vehículo
prosigue moviéndose a lo largo de la trayectoria circu-
lar. ¿Cuál es la máxima desaceleración posible si las
cubiertas admiten una fuerza de rozamiento máxima de
10,6 kN?

128 DINÁMICA - SOLUCIONADO
Resolución;
Ahora: v-40^- = 11,11 m/s
h
.-. at = -6,36 m/s2
3.54 Una corredora de 0,8 kg se lanza desde A hacia
arriba por la barra fija situada en un plano vertical. Si se
observa que la corredora lleva una celeridad de 4 m/s
al pasar por B, hallar (a) el módulo N de la fuerza que
la barra ejerce sobre ella y (b) la aceleración negativa
que lleva, Despreciar el rozamiento.
B
Resolución:
De la ecuación de Segunda Ley de Newton para el
movimiento circular:
mgcos9 - N - mac
> N = mgcosG
R
N = 14,5 N
EFt = mat -» -mgsenO = mat
=» a, - -gsene =• at = -4,9 m/s2
3.55 Las dos esferitas pueden moverse libremente
por el interior de las cámaras esféricas rotativas de
radio R = 200 mm. Si las esferitas se mantiene en
una posición angular estacionaría p - 45°, hallar la
velocidad angular O del mecanismo.
Resolución;
Diagrama de cuerpo libre de la esfenta:
y
Ncosp
W= mg
En el eje y podemos establecer:
SF = may => Ncosp = mg => N ——~ -.(1)
En el eje x: 2
IFX = ma =>Nsenp = ^- ^Nsenp = mO2R ...(2)
De(2)y(1):
Podemos despejar una expresión para O:
3.56 Un muchacho voltea una pequeña pelota de 50 g
unida al extremo de unacuerda de 1mde longitud, de tal
modo que la pelota describe una circunferencia situada
en unplanovertical tal comose presenta. ¿Qué celeridad
mínima debe llevar la pelota en la posición (1}? Si esta
celeridad se mantiene en toda la circunferencia, hallar
la tracción que sufre la cuerda cuando la pelota está en
la posición (2). No se tendrá en cuenta el movimiento
de la mano del muchacho.
Resolución:
(2)
IV-mg

DINÁMICA - SOLUCIONADO 129
Hallamos la tensión T, en la posición (1):
T = m— -mg
Cuando la velocidad es mínima: T =O
=9 -5- = g => v = /gR =3,13 m/s
K
Analizamos en (2):
£F = ma0 => T —mg = m-=-
V2
T = m-^- + mg => T = 0,98 N
K
3.57 Con unaceleridad constantede 600 km/h, un piloto
describe con su avión una circunferencia verticalde radio
1000 m. Calcular la fuerza que sobre el piloto ejerce el
asiento en el punto A y en el punto B.
Resolución:
mg
v = 600 km/h.
v=5°°m/s.
250
A
mg
En el punto A.
co 32(1000)
(Si m = 90 kg).
m/s2
.-. NA = 3382 N
En el punto B.
NB + mg = ma^
=*NB=míacp - g)
.-. NB = 1618N
3.58 Un avión a reacción vuela siguiendo la trayectoria
representada al objeto de que unos astronautas expe-
rimenten unas condiciones de "ingravidez" similares a
las reinantes en un vehículo espacial en órbita. Si en el
punto más alto la celeridad es de 900 km/h, ¿qué radio
de curvatura p hace falta para simular exactamente la
situación de "caída libre" orbital?
W= mg
Si los tripulantes van a tener ia experiencia de caída
libre, entonces la fuerza gravitatoria será la única que
actuará sobre cada tripulante.
SF = ma
.-.p = 6,37 km
v v
rng - m— => p = —
3.59 El miembro OA rota alrededor de un eje horizon-
tal que pasa por O animado de una velocidad angular
constante antihoraria o = 3 rad/s. Cuando para por la
posición 9 = O, se le coloca un pequeño bloque de masa
m a unadistancia radial r - 450mm. Sise observaque
el bloque resbala para 8 = 50°, hallar el coeficiente de
rozamiento estático u_ entre el bloque y el miembro.
Haciendo el diagrama de fuerza que actúan sobre el
bloque aplicando la Segunda Ley de Newton:
Eje y: 2F = O => N = mgcose
Eje x: EFX = mac=» mgsenG - nmgcosO = mw2r
Despejamos ^:
u. = tañe ^-~ A 6 = 50°
^ gcos9
.-. M= 0,549
3.60 Hallar a qué altitud h (en kilómetros) por encima
de la superficie terrestre un satélite artificial tendrá e!
mismo período que el de rotación absoluta de la Tierra,
el cual es de 23,9344 h. Si tal órbita se encuentra en
el plano ecuatorial, se dice de ella que es geosíncrona
porque el satélite parece no moverse con relación a un
observador solidario de la Tierra.
Resolución:
-GmM mQ _ -GmM
— => ma,, = =— ... (1)
GM GM
—
2x =g (g = 127,137 km/h2)
47T2
x = 77 079km

130 CINÁMICA • SOLUCIONAR®
Sabemos que: Ry^^ - 63700 km
3.61 Cuando el patinador pasa la curva indicada las
celeridades de su centro de masa para 9 - 0°, 45° y
90" son,respectivamente 8,5 m/s, 6 m/s y 0. Hallar la
fuerza normal entre la superficie y las ruedas del patín si
la masa conjunta del patinador y el patín es de 70 kg y
el centro de masa se halla a 750 mm de la superficie.
Resolución:
0)
v, = 8,5 m/s
Usando la Segunda Ley de Newton para el movimiento
circular:
Punto(1): 0 - 0
EF = mac => N - mg = mac
N = m-^- + mg => N = 2040 N
rí
Punto (2):6 = 45°
SF = mac -* N- mgcosG = m-^-
N - mgcos45° = m-^- -» N = m-^- + mgcos45°
R R
.-. N = 1158N
Punto (3):e = 90°
v2
N = mgcos9 + m-^-; v = O
.•.N-0
3.62 Un pequeño objeto A se mantiene contra la pared
vertical del recinto cilindrico giratorio de radio r merced
a la fuerza centrífuga. Siendo jie el coeficiente de roza-
miento estático entre el objeto y el recipiente, determinar
la expresión de la velocidad de giro mínima B = m del
recipiente para que el objeto no resbale por la pared
vertical.
Resolución:
mg
Del equilibrio en el eje y:
£F = 0 = > u N - m g _ 0 = » N -
De la dinámica circular:
ZF - ma =» N = ma
mg
3.63 El avión de 30 Mg sube según el ángulo 9 = 15°
con un empuje en tobera T de 180 kN. En el instante
representado, su celeridad es 300 km/h y aumenta a
razón de 1,69 m/s2. Además 9 disminuye conforme el
avión comienza a ponerse horizontal. Si en ese instan-
te el radio de curvatura de la trayectoria es de 20 km,
calcular la sustentación L y la resistencia aerodinámica
D. (La sustentación L y la resistencia aerodinámica D
son lasfuerzas aerodinámicasperpendicular y opuesta,
respectivamente, a la dirección del vuelo).
Resolución:
at = 1,96 m/s2
v = 300 km/h
SFt = ma, =T- D- mgsenlS" =i
D =T- mgsen15° - ma,

Evaluando losvalores del problema; D - 45 kN
En el eje y;
£F - ma. -* L- mgcosl 5' - m—-
K
*L = 294kN
3.64 ¿Cuál debe ser el ángulo 6 del peralte de la curva
de 450 m de radio de la pista de carreras para que un
bólido que corra a 200 km/h no tienda a derrapar late-
ralmente al tomar la curva?
I
p = 450 m
Resolución:
= mg
Aplicando: SF = O =* Meóse - mg = O
N =
mg
eos8
...(1)
Yaplicando la Segunda Ley Newton para el movimiento
circular:
= ma=»Nsen9 = m— ...(2)
(Den (2):
mg
COS0
=»9 =
sen 6 =
m_y__
P
• tañe = -
gp
1 TT- => e = 34'950
gp/
3.65 En A los carros de un artefacto de feria llevan una
aceleridad VA = 22 m/s y en B de VB = 12 m/s. Si uno
de los pasajeros, de 75 kg de masa, está sentado en
una balanza (que causa la fuerza normal que ejerce
sobre ella), hallar las lecturas de la balanza cuando el
carro pasa por los puntosA y B. Supóngase que ni las
piernas ni los brazos de la persona soportan una fuerza
apreciable.
Resolución:
DINÁMICA - SOLUCIONAR® 131
Aplicando la Segunda Ley de Newton para la dinámica
circular:
Punto (A):
v2,
IF = mac=> NA mg= m—
u2
NA = mg + m^- =9NA = 1643N
Punto (B):
v| vi
mg - NB = m-j£ => NB = mg- m-*-
.-. NB= 195,8 N
3.66 El brazo ranurado gira uniformemente en el plano
horizontal alrededor de su centro a razón de B= 10rad/s
y lleva una deslizadera montadasobre resortes de 1,5 kg
que oscila libremente en la ranura. Si la deslizadera lleva
una velocidad de 600 mm/s respecto a la ranuracuando
pasa por el centro,determinar e!empuje lateral horizontal
P que ejerce el brazo ranurado sobre la deslizadera en
dicho instante. Determinar qué lado, A o B, de la ranura
está en contacto con la deslizadera.
Resolución:
W- mg
SFe = mafl^ NT = m(r§ + 2rB)
9 =0 A r = 0
=> NT = 2mfé =» NT = 2(1,5)( - 0,6)(10)
=> NT = -18N
.-. Estará haciendo contacto en B.
3.67 En el instante t = Ola placa cuadrada se halla en
reposo en la posición A y, a partir de ese momento, se
traslada describiendo una circunferencia vertical según
6 = 1,5t2, donde el recorrido angularQ está en radianesy
el tiempo t está en segundos. Con un adhesivo se sujeta
temporalmente a la placa un pequeño instrumento Pde
0,4 kg. Hallar la fuerza cortante F que el adhesivo debe
soportar en el instante t = 3 s.

Resolución:
oo = 9 rad/s
SF, = mar mgsenG = m—
V
F = m mgsene -* F = mo>2r - mgsene
Reemplazando los datos:
F = 45,6 N
3.68 Calcular cuál debe ser la velocidad de rotación N
del artefacto de feria paraque los brazosde las góndolas
adquieran un ángulo de 60° con la vertical. Despreciar
las masas de los brazos a los que están sujetas las
góndolas y tratar estas como partículas.
Resolución;
Eje y: IF = O =» TcosB = mg
V2
Eje x: SFX = mac =• TsenO = n-~
De{1)y(2):
k,2 gíane
...d)
...(2)
R
N = 1,2 rad/s
3.69 El brazo ranurado rota en el plano horizontal en
torno aleje fijo verticalque pasa porel punto O. Elcursor
C de 2 kg es atraído hacia O, tirando de la cuerda S, a
razón de 50 mm/s. En el instante enque r = 225 mm, el
brazo lleva unavelocidad angular antihoraria o> =6 rad/s
y está desacelerándose a razón de 2 rad/s2. Para ese
instante, hallar la tracción T que sufre la cuerda y el
módulo N de la fuerza que ejerce sobre el cursor los
lados de la ranura radial lisa. Indicar qué lado de esta,
A o B, está en contacto con el cursor.
Resolución:
Por la Segunda Ley de Newton para el movimiento
circular en cada eje:
En el eje er
SFr = mar=>T = m(r" -re2)
T=-mrÓ2=»T-16,2N
Aplicando la Segunda Ley de Newton en el eje ee:
IFe = mae => N = m(r9 +2fÓ)
N = 2(0,225 X 2 + 2(0,05)6] =» N = 2,10 N
.-. Lado A
3.70 La esferita de masa m cuelga de los dos alambres
inicialmente en reposo. Si de repente se corta uno de los
alambras, hallar el cociente k entre la tracción que sufre el
otro alambre inmediatamente después del corte y la que
sufría el mismo alambre en la situación de equilibrio inicial.
Resolución:
Caso A: Cuando la esfera está sujeto a las dos cuerdas.
W=nr»g
Como el sistema se encuentra en equilibrio:
£FX = 0 ...(1)
2Fy = 0 ...(2}
D.(2):2Ttan30-.mfl*T.,RaL)f
-» TA = mg
Caso B: Inmediatamente después de cortar una cuerda.
/x

DINÁMICA - SOLUCIONARIO
V2
2Fy = mac-» T - mg= m.2-
2
T - in-=- + mg
Inmediatamente en cortar el cable el movimiento se
inicia con v = O
->TB = mg-k = •=?•= 1
'A
3.71 Se representael tambor rotatorio de unasecadora
de ropa. Hallar tavelocidad angular Q para la cual la ropa
y el tambor pierden contacto en O= 50°. Suponer que
tas pequeñas paletas impiden el resbalamiento hasta la
pérdida de contacto.
Resolución:
mgcosSO
De las leyes del movimiento curvilíneo:
zFr = mar
ar - ac: aceleración centrípeta
N + mgsene = mííR
N = 0
- /gseri9~ _ . ,
, ,,
.'. H= J^-s • íí = 4,47 rad/s
" K
3.72 El artefacto de feria gira en torno al punto fijo O.
un mecanismo (no incluido en la ilustración) lo impulsa
de acuerdo con 9 = (jr/3)senO,950t; donde 9 está en
radianes y t está en segundos. Hallar la fuerza normal
máxima Nque ejerce el asiento sobre unviajero demasa
m y decidir qué viajeros sufren la máxima fuerza.
Resolución:
La fuerza normal máxima se da cuando el artefacto se
encuentra en el punto más bajo, o sea cuando 0 = 0
¡i
rto = 6°
Siendo así los cuerpos sometidos a la máxima normal
los ubicados en la parte central del artefacto.
-» Nmáx = (9,81X0,994)m
3.73 Se coloca un pequeño objetodentro de la cazoleta
cónica, en la posición que se indica. Si el coeficiente de
rozamiento estático entre el objeto y la superficie cónica
es 0,30; ¿para qué velocidades de rotación en torno al
eje vertical no se deslizará el objeto? Considérese que
los cambios de celeridad se realizan tan lentamente que
se pueda despreciar ia aceleración angular.
i- 0.2 m-
Resoludón:
Caso (1): Cuando el bloque resbale
De la condición de equilibrio en el eje y:
=* Ncos30° + FRsen30° = mg
. M__ m_g _.
De la dinámica circular:
SFX = mac -» Nsen30° +
(Den (2):
mg(sen3Q°-^[:cos30B
(MC sen 30° + eos30°)
= mo>2R
...o)
-.(2)
g(sen 30"-Uceos 30°)
f Rilasen 30° + eos30°)
.-. (o = 3,41 rad/s
Caso (2): Cuando el bloque esté a punto de resbalar
cuesta arriba.
y
Nsen30
Eje y: FR = uN
ZF = O =» NcosSO0 - FRsen30° - mg = O
Ncos30q = nNsenSO" + mg

N-
(cos30s - -.-(1)
Eje x;
Nsen30° = muJ2R
g(sen30°
ÍR(cos3Q°- jisenSO0)
Evaluando ios valores:
o> = 7,21 rad/s
.-.3,41 rad/s <o> <7,21 rad/s
3.74 Se coloca un pequeño objeto de masa m en la
superficie cónica rotatoria, en el radio que se indica. Si
el coeficiente de rozamiento estático entre el objeto y la
superficie cónica es 0,80; calcular la velocidad angular
máxima o del cono alrededor del eje vertical, de tal
manera que el objeto no se deslice, Considérese que
los cambios de velocidad angular son muy lentos.
Resolución:
W= mg
De la condición de equilibrio en el eje y:
Ncos30° -i- FRsen30° = mg; donde: FR = N - ^9
(eos 30° +^senSO0}
De la dinámica circular en el eje x:
- Nsen30° + F,,cos300 = mo2R
-O)
.-(2)
g(^- sen30° + neos30")
R(cos30° + Asenso0)
. =2,73 rad/s
3.75 Un automóvil de 1500 kg entra por el punto A en
la doble curva, con una celeridad de 96 km/h, con los
frenos aplicados al efecto de reducir uniformemente la
celeridad hasta los 72 km/h a lo largo de una distancia
de 90 m medida entre los puntos A y B de la curva. El
radio de curvatura de la trayectoria del automóvil es de
180 m en el punto B. Calcular la fuerza de rozamiento
total que la calzada ejerce en B sobre las ruedas del
automóvil, punto en el cual la carretera es horizontal.
Resolución;
p = 180m
Hallamos la aceleración tangencial constante.
v,2 = VQ + 2atAs => a, = 1,73 m/s2
.-. F, = ma( = 2594 N
Calculamos la aceleración centrípeta:
ac = — ^ a =2,22 m/s2
c p c
Fn = mac = 3330
•=» F = VF,2+Fn2 =» F = 4220 N
3.76 Se repite aqui, con más información, la ilustración
del brazo robótico del problema 2.146. En un instante
dado 6 = 30^0 = 40° s~1, 9 = 120° s 2, L = 0,5 m,
L = 0.4m/s y L = -0,3 m/s2. Calcular fas fuerzas radial
y transversal Fr y F0 que el brazo ejerce sobre la pieza
asida P, cuya masa es de 1,2 kg. Comparar Ea solución
con la correspondencia al caso de equilibrio estático en
la misma posición.
1,2 kg
Resolución:
0 = 30°; § -40°s-1; 0 = 120° s 2
L = 0,5; L = 0,4 m/s; L - -0,3 m/s2
ZFr = mar=> Fr - mgsen9 = mar
Fr = mgsene + m{ r - ró2)
.-. Fr =-954,5 N
lFe = ma9 => F9 - mgcos9 = ma0
Fe = mgcos0 + m(r8 + 2fÓ)
.. Fc - -8,7 kN

DINÁMICA - SOLUCÍONAHIO 135
3.77 El brazo de un robot mueve la esfera S de 2 kg
en un plano vertical. Cuando el ángulo 9 vale 30°, la
velocidad angular det brazo en torno al eje vertical que
pasa por O es de 50° a™1, horaria, y su aceleración es
de 200° s~2, antihoraria. Además, el elemento hidráulico
se acorta a la velocidad constante de 500 mm/s. Hallar
la fuerza de agarre mínima necesaria Psi el coeficiente
de rozamiento estático entre la esferay ¡asuperficie de
agarre es de 0,5- Comparar P con la fuerza de agarre
mínima Pe requerida para sujetar la esfera en equilibrio
estático en la posición de 30°.
p
Resolución:
Donde:
m = 2kg
g = 9,81 m/s2
0 =30°
r = 1 m
6 = -0,87 rad/s
9 = 3,49 rad/s2
Siendo r, 6 variables.
La figura muestra el sólido libre.
Las ecuaciones del movimiento son:
SF0 = mae=» -mgcosfi + 2uPcos6 = m(r9*4
Desarrollando y despejando P obtenemos:
D _ mgcose +m(re +2f9) ^p=27N
2Í0)
Ahora para calcular la fuerza Pe mínima requerida
para sujetar la esfera en equilibrio estático se cumple
cuando:
Pe = 19,62 P < P
3.78 Un camión de plataforma abierta que viaja a
100 km/h circula por una curva de 300 mde radio peral-
tada hacia adentro con unángulo de 1 0°. Si el coeficiente
de rozamiento estático entre el piso de la plataforma y la
caja de 200 Kgque transporta es 0,70; calcular la fuerza
de rozamiento F que actúa sobre la caja.
Resolución:
NcoslO"
W-mg
Del equilibrio en el eje y:
= 0 A
NcoslO" + jiNsen10° =mg
N. _ m _
(cos10° + n$en10°)
De la dinámica circular hacemos:
Nsen10° = m—
-(1)
...(2)
p — inv
R ~ Reos 10°
Ntan10°
Evaluando los valores:
.-. FR = 2,3 kN
3.79 El camión de plataforma abierta del problema 3.78
parte del reposo en una carretera de radio de curvatura
constante igual a 30 m y un peralte de 10°. Si la acele-
ración uniforme hacia delante del vehículo es de 2 m/s2,
hallar eltiempo t quetranscurre hasta que la caja empieza
a resbalar por la plataforma. El coeficiente de rozamiento
estático entre la caja y el piso es p.e = 0,3 y el camión se
mueve en un plano horizontal.
Resolución:
Hacemos el diagrama de cuerpo libre:
y
NsenB
NcosOy
FRsen8
Cuando el bloque está a punto de resbalar entonces la
FF: fuerza de fricción estará en contra de dicho despla-
zamiento.
Eje y: IFy = 0; donde: FR = ÑU
NcosO = FRsen6 + mg
mg
N = - -
(eos 9- jisenG)
...(1)
Rcos9 + Nsene = m-¿- ...(2)
Nácese + sen6) =
a(ueos9 + sen 9)
(cosfl - (isen9)
v es la velocidad que debe alcanzar para que resbale
el bloque.

136 DINÁMICA -
De la cinemática:
gR (neos 9 +seno)
(eos O—
.-. t = 5,58 s
Donde:
g = 9,81m/s2
R-30m
H = 0,3
0 = 10°
3.80 El collar Ade 0,8 kg montado entre resortes oscila
a lo largo de la barra horizontal que, a su vez, con una
velocidad angular constante 9 = 6 rad/s. En cierto ins-
tante, r aumenta a razónde 800 mm/s. Si entre el collar
y fa barra el coeficiente de rozamientocinético vale 0,40,
calcular la fuerza de rozamiento F que en ese Instante
ejerce la barra sobre el collar.
Vertical
Resolución:
W=mg
Aplicando la Segunda Ley de Newton en cada eje
correspondiente:
ZFe = mae ^ N' = m(r8 + 2rÓ)
=» N' = 0,8[2(0,8)6] => N' = 7,68N
Para el eje paralelo al eje de rotación:
N = mg =* N = 7,85 N
NT = VN2 4- (N'}2 -* NT =10,98
La fuerza de rozamiento:
Fr = u.N-*Fr = 0.4X10,98
.-. Fr = 4,39 N
3.81 El tambor de 650 mm gira en torno a un eje hori-
zontal conlavelocidad angular constante fi - 7,5rad/s.
El pequeño bloque A no posee movimiento con relación
al tambor cuando pasa por la posición 6 = 0°. Hallar el
coeficiente de rozamiento estático ne entre el bloque y
el tambor si se observa que aquel resbala al llegar a:
(a) 9 = 50° y (b) 9 - 100°. Comprobar queel contacto
no se pierde hasta 9 = 100°.
= 7,5 rad/¡
Resolución:
£Fn = man
N - mgcosG = m£}2R
N = (mgcose + mí^R)
Por el equilibrio en el eje tangencial:
ZF/ = 0
nN = mgsenG
(1)en (2):
HÍmgcosG + mS22R) - mgsenO
_ gsen6
- 0,306
0,583
...(1)
...(2)
gsen50°
(U R + gcosSO'
Si: 0 = 100°
= gsen100°
(Q2R + gcos100°)
3.82 El cursor de 2 kg ajusta holgadamente en la ranura
lisa del disco que giran en torno a un eje vertical que
pasa por O. El cursor puede moverse levemente por la
ranura antes de que uno de tos alambres se tense. Si el
disco parte del reposo en el instante t = Oanimado de
una aceleración angular horaria constante de 0,5 rad/s2,
representar gráficamente en función de tiempo t, en el
intervalo O<t < 5 s, las tensiones en los alambres 1 y
2 y el módulo N de la fuerza normal a la ranura.
Resolución:
Como: o = to0 + at (a = 0)
=» co = 0,5t
además:
~*9 ar= r -ré2=-0,1(0,5t)2
-> ar = -0,02512
ae = re 4 2fé =» ae = (0,1)(0,5) =» a9 = 0,05 m/s2
Ahora
EFr = m(r - rÓ2)
=> -Ncos45° + T2cos45° = 2{-0,1)(0,5t)2

DINÁMICA - SQLUCIQNARIQ 137
N=0,0707t2
=> Ncos45° +T2cos45° = 2(0,1)(0,5)
-T2 +N =0,1414
De (I) y (II) tenemos que:
T2 = 0,0707 - 0,0354t2
N = 0,0707 + 0,0354l2
=jQ< t < 1.414S
Para 1,414s<t< 5s
£Fr = m(r -re2)
=* -Ncos45fl + 1,00545° = 2(0,1)(0,5t)2
SFe = m(ra + 2r9)
-> Nco345° - 7,00545° = 2(0,1)(0,5)
Entonces de (III) y (IV) tenemos:
T1 = -0,0707 + 0,0354t2
N = 0,0707 + 0,0354t2
Graficando T1 vs t; T2 vs t y Nvs t.
(N)
V
1
0,813
..(II)
.(III)
..(IV)
t(s}
(N)
1
0.0707
1 2 3 4 5 t(s)
N
0,954
0,0707
(N)
1 t(s)
3.83 El cohete se mueve en un plano vertical y se le da
un impulso mediante un empuje T de 32 kN. Además se
encuentra sometido a una resistencia atmosférica R de
9,6 KN.Si el cohete tiene una velocidad de 3000 m/s y si la
aceleración de la gravedad es de 6 m/s2 a la altura en que
se halla el cohete, calcular el radio de curvatura p de su
trayectoria para la posición representada y lavariación por
unidad detiempodel módulovde la velocidad del cohete.La
masa del cohete en el instante considerado es 2000 kg.
R
mgsenSO'
*
'mgcosSO*
W= mg
Resolución:
De la SegundaLey de Newton en tasdirecciones normal
y tangencial:
SFn = ma^ => mgsenSO0 = man
v2
an - gsend; donde: an = ac =—
i- =gsene =* -. p = —^
p K gsene
Evaluando los valores: p = 3000 km
Ahora en la dirección tangencial:
SF, = mat =» T - R - mgcosSO0 - ma,
_ (T-R-mgcos3Q°)
a¡- m
=> a, = 6 m/s2 = » v = a = » v = 6 m/s2
3.84 Se coloca una pequeña moneda sobre la superficie
horizontal del disco giratorio. Si este parte del reposo
y está animado de una aceleración angular constante
6 = a, hallar cuántas revoluciones N da el disco antes
de que la moneda resbala. El coeficiente de rozamiento
estático entre disco y moneda es ie.
Vertical
Resolución:
En un instante dado:
...(1)
Las fuerzas en el eje y:
SFy - O =» N1 - mg = O => N1 =mg
Por ta Segunda Ley de Newton en eje x:
£F « mac =» nN1 = mac ...(2)
(Den(2):
umg = mo>2r =* (o2 = — ... (3)
r
Esta es la velocidad que debe alcanza justo antes de
deslizarse.
Por las ecuaciones del movimiento circular:
o>? = tal + 2a9
oí? =2«0 --.(4)

138 DINÁMICA
(3) en (4):
.. N =
2ur
3.85 Un vehículo de pequeñas dimensiones entra en
el punto más alto A de la trayectoria con una veloci-
dad vü y gana velocidad conforme desciende por ella.
Hallar laexpresión del ángulo p hastala posiciónen que
el vehículo abandona su trayectoriay se convierteen un
proyectil. Despreciar el rozamiento y tratar el vehículo
como una partícula.
A
Resolución:
De la Segunda Ley de Newton en fa dirección er y e,:
SFt = mat =* mgsene = mat
=>at = gsen0 ...(1)
Recordamos que: a= ^
.-. v = ..(2)
- 2Rg - 2Rgcosp
l +2Rg - 2Rgcosp
La Segunda Ley de Newton en el eje er:
£Fr = mar=» -N + mgcosG = mar
Estamos analizando cuando el auto lleva a un punto
donde pierde contacto con el suelo entonces N =O
=» mgcosp = ~(vj) + 2Rg- 2Rgcosp)
K
=* SRgcosp = VQ + 2Rg
2_c -i/ vg 2
3/ ^ P ~ °S 3Rg+3
3.86 Un tramo de carretera comprende una sucesión de
crestas yvalles regularmente espaciados, cuyocontorno
se supone representado por la función y = bsen(2icx/L).
¿Qué celeridad máximapuede llevarelautomóvilAen una
cresta sin perder contacto con la calzada? Si el vehículo
conserva esa celeridad crítica, ¿cuánto vale la reacción
total Nsobre lasruedasenelfondo de un valle? La masa
del automóvil es m.
Resolución:
W= mg
Punto (1):
De la ley del movimiento en el punto (1):
V2
2F.. - mar=> mg - N = m—; donde: N = O
y c
...(1)
Donde:
- y"(x) ' 4
y'(L/4) = 0;y'(x)=^cos(^x)
y"(L/4) = ; y"(x) =
3L
4:r2b
Punto (2):
Si se mantiene la misma velocidad.
=9 SF,. = ma, =» N - mg = m—
> c p
=> N= mg+ ^E =i N- 2mg
3.87 En el fondo de la depresión el automóvil lleva una
celeridad de 70 km/h y el conductor aplica los frenos
produciendo una desaceleración de 0,5g. ¿Qué ángulo
mínimo e de inclinación debe tener el cojín del asiento
para que el paquete no resbale hacia adelante? El
coeficiente de rozamiento estático entre el paquete y el
asiento es (a) (i = 0,2 y (b) ^ = 0,4.
p = 80m *•----!- Horizontal
Cojín de asiento
'R***~^-Z-,--^-~~*^
Resolución:
Realizamos el diagrama de fuerzas sobre ef bloque:
y
a = 0,59 NsenB
W=mg

DINÁMICA - SOLUCIONANQ 139
es la fuerza de rozamiento
Hallamos las componentes rectangulares de N y FR.
Aplicamos las ecuaciones del movimiento para cada eje
Ncos9 - FRsene mg = m— ...(1)
...(2)
Si: ne - 0,2
De la ecuación (1) y (2) se puede obtener:
(eos6- iisen6) _ (v2 + pg)^ „
(u,cos6 + sen6) p(0,5g) ~
=»tan0 := 0,1288=* 6 = 7,34°
Al desarrollar la ecuación (a) para n = 0,40:
...(a)
3.88 Animadas de una velocidad horizontal de 4,1 m/s,
las bolitas de acero, de masa €5 g cada una, penetran
porAen el canalsemicircular vertical. Hallar, en función
de fl y la velocidad VB de las bolas en B, la fuerza R que
el canal ejerce sobre cada una de ellas. Se desprecia el
rozamiento.
-0€¿ ~"
Resolución:
Aplicando la Segunda Ley de Newton en los ejes radial
y tangencial:
lFy = mat^ mgsene = mat
=>a, = gsene A Recordar que: a- ^
fv vdv= fgRsenede
UA 'O
gR(-coa8)|J
En el eje radial:
SF = ma
V
N - mgcosD = m~
En la posición B:
v2
,-. M = -&- + mgcos9
K
3.89 Un pequeño vehículo de propulsión por cohete,
cuya masa es m, viaja hacia abajo por la trayectoria
circular de radio efectivo r bajo la acción de su propio
peso y del empuje constante T que le proporciona el
motor. Si el vehículo parte del reposo en A, determinar
su velocidad v cuando llega a By lafuerza N ejercida por
la guía sobre las ruedas antes de llegar a B. Despreciar
los rozamientos y las pérdidas de masa del cohete.
A
Resolución:
SF, - ma, A a = ^j-f-
1 l dt
mgcosO +T - m^-í^.); donde ds= rde
s dtlds/
(mgcose h T) = mv^-
f "R r-vfl _
mvdv= (mgcose + TJrdtí
Jo Jo
^
En la dirección radial:
v
!Fr = mar => N - mgsenO =m—
v2
N = mgsen9 + m—
En la posición B:
m /
.-. N = 3mg + nT

140 DINÁMICA - SQHKIQNARIQ
3.90 Un satélite S, cuya masa en el instante del lan-
zamiento era de 150 kg, es puesto en órbita elíptica
alrededor de la Tierra. En el instante representado
en la figura, el satélite &eencuentra en la distancia
r = 10 729 km del centro de la Tierra y tiene una ve-
locidad v = 26 730 Km/h formando un ángulo (3 = 60'
con la línea radical que pasa por S La única fuerza
que actúa sobre el satélite es la atracción terrestre,
que es de 519 N en esas condiciones. Calcular el valor
cíe r en la posición descrita.
= so°
r= 10 729km
Resolución:
En el eje radial:
SFr = mar=> F + mg = m(r - re2)
150x9,81 + 5,19 = 150(r 5,14)
.-.r =18,41 m/s2
Siendo:
r = 18,41t + k ...(a)
Donde r = vcos60° =* r = 3712,5
para t = O
En (a): k = 3712,5
Además: r = 18,41t + 3712,5
r = 18,41 j + 3712,5t + c; para t = 0; r = 10 729 x 103 m
.•.c-10729x103m
Entonces: r = 9,205 x 10~3 t2 + 3,713t + 10 729 km
3.91 Con la mano derecha un lanzador de béisbol
lanza una pelota curva apuntada inicialmente al borde
derecho del puesto meta B. Tal como se representa, la
pelota curva "quebrándose" 150 mm. Suponiendo una
celeridad horizontal constante v = 38 m/s y desprecian-
do el movimiento vertical, calcular aproximadamente
(a) el radio medio de curvatura p de la trayectoria de
la pelota y (b) la fuerza normal R que actúa sobre la
masa de 146 g de la misma.
150 mm
11 18 m
Ai Í
Resolución:
18m
<^^ ri '
O P-0,15 A' A
En el triángulo OA'B usamos el teorema de pitagóras.
P2 - 182 + P2 -0,3P + 0,152
O 3P —182 + O 152
P = 1080,075 m
Como Fcp - ma^
.-. R = 0,1952 N
3.92 Desde r = r0, en el instante t = O, se abandona
la partícula P en el interior del tubo liso sin velocidad
respecto a este, el cual se hace girar a una velocidad
angular constante ct>0 en torno a un eje vertical. Hallar
la velocidad radial vr, la posición radial r y la velocidad
tangencial ve enfunción del tiempo t Explicar porqué,
en ausencia de fuerzas radiales, la velocidad radial
aumenta con el tiempo. Representar gráficamente la
trayectoria absoluta de la partícula hasta que sale del
tubo para r0 = 0,1 m, L = 1 m y (00 = 1 rad/s.
Resolución:
De las ecuaciones de! movimiento, tenemos;
IFr = mac
-*0 = m(r - re'2) ...(1)
Resolviendo la ecuación (1):
r - re2 = O •••(**); ademas: Ó= o>0
Sear = r0eht ...(a)
r ^kr^; r = k2r0ekt ...(P)
Evaluando en la ecuación diferencial (**):
=> k = tóg = 1
.-.f =r0et
r =0,1el
La velocidad radial vr = f
.'.7 = 0,16*

DINÁMICA - SOLUCIONARIO i4<l
Trayectoria:
3.93 En el problema 3.92 se suprime la hipótesis de
que las superficies son lisas y se admite que existe un
coeficiente de rozamiento cinético u^. entre la partícula
y el tuvo giratorio. Hallar, en función del tiempo t, la
posición r de la partícula si esta se suelta sin velocidad
relativa en r = rc cuando t = 0.Se supondrá vencido el
rozamiento estático.
Resolución:
0=oi= cte.
De las leyes de la dinámica:
ZF9 =ma9=»N = m(r6 +2fé)=*N = m(2rw0)
!Fr = mar=»-|ucN= m(r -ró2) =*-ucN = m(r -
De(1)y{2):
r + 2u.<oDr - «Or = O
Sea la solución de la forma; r = kesl
Obtenemos soluciones de s:
Entonces la solución es de la siguiente forma:
r = c1es. + c2es, ...(a)
De las condiciones iniciales podemos calcular:
...(1)
3.94 Lavarilla delgada uniforme delongitud L,masa my
sección A, gira con una velocidad angular constantealta
o, en unplano horizontalentorno aleje verticalO-Oque
pasa por su centro. Analizando las fuerzas horizontales
actuantes sobre el elemento diferencial acelerado quese
indica, deducir una expresión para el esfuerzo de trac-
ción a que sufre la varilla en función de r. El esfuerzo,
comúnmente denominado esfuerzo centrífugo, es igual
a fa fuerza de tracción dividida por la sección A.
Resolución:
Tomando el diferencial de masa que se muestra en el
gráfico a una distancia r.
dm = pAdr
y como la barra es homogénea:
p =£-"^(r)dr
Y de las ecuaciones del movimiento para el diferencial
elegido:
£Fr = {dm)ar; donde: r =O
3.95 La bomba centrífuga de palas radiales lisas
gira alrededor de su eje vertical con celeridad an-
gular O = cu. Calcular la fuerza N ejercida por una de
las palas sobre una partícula de masa m at moverse
esta hacia afuera a lo largo de la pala. La partícula se
introduce en r = ra sin velocidad radial. Supóngase que
la partícula solo toca el costado de la pala.
Eje de
referencia
fijo
Resolución:
' -r1
De la Segunda Ley de Newton; para los ejes: r'; 9'
Entonces:
!Fr' = maj.-» O = m(r - re2); donde: co = 6

142 DINÁMICA - SouicioNAñto
Entonces:
= 2
Siendo: f = reo2
dr
= ro^dr
r « w r - r 0 ...(a)
También en el eje O':
SFe = mafi^ N - m{r8 + 2fÓ); donde 6 = 0
=» N - 2mtür
De (a) .. N-2cD2mVr2-r¿
3.96 Cada neumático del automóvil de 1350 kg puede
soportar una fuerza máxima de 2500 N paralela a la
calzada. Esta fuerza límite es prácticamente constante
en todos los movimientos posibles, rectilíneos o curvilí-
neos, del vehículo y es alcanzado solo si el mismo no
patina. En estas condiciones de frenado a tope, hallar
la distancia total de parada s si los frenos comienzan a
aplicarse en el puntoA, donde la velocidad es de 25m/s,
y el automóvil sigue la línea de división de lacarretera.
10 m
Resolución;
mc-1350kg; FN = 2500 N
En el tramo AA1:
1F = mat =* 2500 x 4 = 1 350 X at
a, = 7,407 m/s2
Calculemos la v con la que entra el tramo circular:
VA = VA - 2ate => VA = 252 - 2(7T407)(10)
VA =21,83 m/s
Una vez que entra al tramo circular:
=>AS = 32,16 m
.-. recorrido total: s = 42,16 m
3.97 El tubo hueco rota en tomo al eje horizontal que
pasa por O con una velocidad angular constante ra0.
En r = O y cuando 0 = O se introduce una partícula
de masa m con una velocidad relativa nula, la cual se
desliza hacia afuera por el interior liso del tubo. Hallar r
en función de 0.
Resolución:
Del diagrama; planteamos las ecuaciones del movi-
miento:
£Fr = mar= -mgsenfl = m(*r - r92)
=»"-(Dflr = -gsenO
Donde: 9 = to0 = cte.
Llegamos a una ecuacióndiferencial de segundo orden;
de la cual una solución particular podemos obtener
haciendo.
V- co^r =0 ...(a)
Lo cual tendrá una solución de la forma r = ekt
F = ketí; Y^kV
(P) en (a):
k = u0 A k = -o>D
Donde: (o0t - 9
Una solución es:
, _ 9
...(p)
TsenhG
Ahora:
LF9 - ma0 -» mgcosG =
,gcose = 2,
dB 2co0
._ 9 cosGde
7sene .»(***)
La solución de la ecuación diferencial (a) es:
r + r,
r =-^senhe - -^sene
.-. r = -^(senhB - sen0)
3.98 El pequeño péndulo de masa m cuelga de un
carrito que corre por un rail horizontal. Inicialmente el
carrito y el péndulo se hallan en reposo con e = 0. Si
el carrito recibe un aceleración constante a = g, hallar
el ángulo máximo 9^ quealcanza el péndulo ensus
oscilaciones. Hallar también la tracción T que sufre la
cuerda en función de 9.

DINÁMICA - SQLUCIONARIO
.©.o.
Resolución:
Diagrama del cuerpo libre de la esferita:
De las ecuaciones de Newton en cada dirección de
nuestro sistema de referencia.
£F, = ma,=> FcosO - mgsene = ma, ...(1)
Fes la fuerza inercia!.
F = ma;donde por dato del problema a = g
=»F = mg ...(2)
ds - RdB
mgcosB - mgsene =m^y-f ^
|vdv = fígcose -gsen6)Rde
•JO JQ
i
= R(gsen0
)
= gR(senG+ cos6 -.(3)
~
Aplicando las ecuaciones de la dinámica en el eje
radial: ¿
EFR = mar=» T - mgcosG - mgsen9 =
v2
=>T = mgcos9 + mgsene +m—
(3) en (4):
T = mg{3sen6 + 3cos9 2)
...(4)
El péndulo alcanza su 9máx cuando v = 0.
Entonces de(3):
(sene + cose)2 = (1)2
1 + 2senecose - 1 =* sen20 = O=>29 = TI
.-, O = ir/2
3,99 Un collarín de masa m recibe una velocidad inicial
del módulo v0 sobre la guía circular horizontal hecha de
varilla delgada. Siendo u.c el coeficiente de rozamiento
cinético, hallar la distancia que recorre el collarín antes
de pararse. (Indicación: Recuérdese que la fuerza de
rozamiento depende soto de la fuerza normal total).
Resolución:
A partir de las leyes de la dinámica tenemos:
IF - O =* N = mg ,
lFn= man^Nn = m-^r
También:
FR = ncNtotg|
Donde N,olai = ^ÑjTÑf
Entonces (1) y (2) en(3):
...(1)
...(2)
...(a)
...(3)
...(4)
dv/ds
3.100 Desde el reposo en A se suelta un pequeño
objeto que se desliza con rozamiento por la trayectoria
circular. Si el coeficiente de rozamiento es 0,2; Hallar
la velocidad del objeto cuando pasa por B. (indicación:
Escribir las ecuaciones del movimiento en coordenadas
locales nyt, eliminar N y hacer lasustitución vdv- a,rd0.
Resulta así una ecuación diferencial inhomogénea de
la forma dy/dx + f(x)y = g(x), cuya solución se conoce
perfectamente).
3m
Resolución:
mg et

144 DINÁMICA - SOWCIQWWQ
A partir de las leyes de la dinámica:
i£
zFn = man =>. N - mgsene - m—
También:
EFt - ma(=* mgcosO - ficN - mat
De(1)y(2): . . . : .
v2
-^Cgsen9 - (^— +gcosG - at
Recordemos que:at = ra; donde: a = 9
...(1)
...(2)
...(3)
En (3) obtenemos la ecuación diferencial:
^ + 2^v =2gr(cos9 - ^senG)
Sea una solución de la forma: vn = cek9
donde k = -2uc =» vn = ce~2"c6
y una solución particular:
vp = Acose + BsenG
Evaluando en (a) y hallando A A B:
[3uccos9 +(1
La solución del problema es:
agr
r[3jjccose +(1 -
1+4M2
Evaluando nc = 0,2; g = 9,81; r = 3 m; 9 = u/2
.-. v = 5,52 m/s
3.101 El brazo ranurado OB gira en un plano horizontal
en torno al punto O de la leva circular fija con una veloci-
dad angular 0 = 15 rad/s. El resortetiene unaconstante
recuperadora de 5 kN/m y está en su longitud natural
cuando 6 = 0. El rodillo lisoAtiene una masa de 0,5 kg.
Hallar la fuerza normal N que la leva ejerce sobre A y
también la fuerza Rque sobre Aejercen los costados de
la ranura cuando 6 = 45°. Lassuperficies sontodas lisas.
Se desprecia el pequeño diámetro de! rodillo.
Resolución:
Hallamos la ecuación de la circunferencia:
(x + 0,1)2 + y2 = (0,2)2 (es la trayectoria en lo cual
se mueve la partícula).
En coordenadas polares.
r2 + 2rcose - 0,03 = O ...(1)
siendo9 = 45° ^r = 0,116
Derivamos (1) y obtenemos:
2rr + 0,2fcos6 - 0,2rsene(Ó) = O ...(2)
Derivamos otra vez:
2f2 + 2rr +0,2rcose-0,2fe -0,2fsen9(9) -0,2rsenee -
0,2rcos0(Ó2) =O
Entonces de las condiciones del problema:
r = 0,66 m/s; r = 15,05 m/s2
De la figura:
0,116 _ 0,2
sen<(> = 24,3° A a=20,7°
sen 135'
Calculemos FR = kAS
~FR = 5000(0,116 -0,1)
Ahora:
SFr = mar=» Ncosa - FR = m(r - ró2)
N = 81,6N
También:
IF9 = mae =» R - sena = m(r9 + 2r9)
.-. R = 38,7 N
3.102 En su posición de reposo enAla pequeña vago-
neta recibe un pequeño impulso que la precipita, con
una velocidad inicial despreciable, por la trayectoria
parabólica contenida en un plano vertical. Despreciar el
rozamiento y demostrar que la vagoneta se mantiene en
contacto con la parábola para todos los valores de k.
yeta*
Resolución:
Siendo:
ti- ...(1)
Donde y = kx2; y1 = 2kx 1
y" = 2k J
Oen(1):
K ~ 2k
IF, = mat => mgsen9 = m^í^-
1 1 dUds

DINÁMICA - SOWCÍQNAIVQ
mgsene = mv
ds
Pgsenflds = f"vdv ; donde: dy = senQds
Jo Jo
rv rv i
gdy = vdv^v^ = 2gy
->f) Ja
También:
u2
SFn = man ** mgcose - N = m—
• N = m[gcos9 vz/p] => N =
mg
+4k2x2)3'2
3.103 Cuando x = O, el resorte tiene su longitud natu-
ral. Si el cuerpo se desplaza desde su posición inicial
x,, = 100 mm hasta la posición final x2 = 200 mm, hallar:
(a) el trabajo que realiza el resorte sobre el cuerpo y (b)
el trabajo que sobre el cuerpo realiza su propio peso.
Resolución:
Siendo Fr' tafuerza que ejerce el resorte sobre e) cuerpo:
a) El trabajo que realiza Fr sobre el cuerpo es:
W12=
x.,: posición inicial
x2: posición final
k: constante de elasticidad
W12 = ^(4x 103)(0,22 - 0,12)
.-. W12 = -60 J
x, =0,1 m; x2 = 0,2m
El trabajo que realiza el peso sobre el cuerpo es:
La fuerza F es: mgsen20°
b)
=»W12 = mg sen 208dx =»W = mgsen20a(x2 - x,)
-S
W = 7(9,81)sen2Q°(0,2-0,1)
.-.W = 2,35J
3.104 Aplicando el teorema de las fuerzas vivas hallar
una expresión para la máxima altura que alcanza un
proyectil lanzado desde el suelo con una velocidad
inicial vn. Evaluar la expresión hallada para V0 =50 m/s.
Supóngase que la aceleración gravitatoría es constante
y desprecíese la resistencia del aire.
Resolución:
v = O m/s
11 ~r
IW=mg
v0 =5Q m/s
Aplicando ef teorema de las fuerzas vivas1.
W = AER = EC(f) - Ecm AW =.-JJngdy
(donde h es máximo cuando: vf =0)
rhmí" .i 1 2 1 2
mgdy = ^mvf - -=-mv5
Jo ¿ *
1 V2
=> ~m9 hmáx= — mvo => hmáx =-
Evaluamos cuando v0 = 50m/s
3.105 En el punto Ael pequeño cuerpo posee una cele-
ridad VA = 5 m/s. Despreciando el rozamiento, hallar su
celeridad VB en el punto B,tras haberse elevado 0,8 m.
¿Es necesario conocer el perfil de la pista?
0,8 m
Resolución:
No es necesario conocer la forma de la pista porque no
hay fuerzas "no conservativas".
Ahora por el teorema de la conservación de la energía
mecánica:
...(1)
=E
C(A)
P =
CP{A)
mghA = mghB
Reconociendo que la EP(A| = O
.-. VB = 3,05 m/s

DINÁMICA - SOLUCIONAR®
3.109 Al proyectar un parachoques elástico para un
automóvil de 1500 kg, se desea que el vehículo se de-
tenga desde una celeridad de 3 Km/h con una longitud
de deformación de los resortes de 150 mm. Especificar
qué constante recuperadora debe tener cada uno de los
dos resortes montados detrás del parachoques. Ambos
están sin deformar al inicio del impacto.
Resolución:
Cuando el automóvil chocacontra la pared,pierde ener-
gía cinética lo cual lo absorbe el resorte al comprimirse.
• k =
km
Donde:
m = 1500 kg; v0 = 8 ^ = 2,22 m/s; x - 0,15 m
.-. k = 328,5 N/m
3.107 El pequeño collar de masa m se suelta desde
el reposo en A y se desliza, sin rozamiento aprecíable,
por la varilla curva vertical. Expresar, en función de las
condiciones dadas, la velocidad v del collar cuando
choca en la base 6.
Resolución:
hB = 0m
NR
Como no existen fuerzas no conservativaspodemos ha-
cer uso del teorema de la conservación de la energía:
EM<A) = ^MÍB) "* 2m"
=>v% = 2gh => VB -r /2gh
3.108 Si para el collar deslizante del problema 3.107
es m - 0,5 kg, b = 0,8 m y h - 1,5m y, además, la
velocidad del collar es de 4,70 m/s al chocar con al
base B tras haber partido del reposo, calcular el trabajo
Q realizado por el rozamiento. ¿Qué se hace de la
energía perdida?
Resolución:
h-1,5m
Se conoce que:
(EPB + ECB) - (E,
- mgb
~PA "
. = O + -¿r
0,5(9,81)(0,8)
/.QFNC = 1,593
La energía se pierde en forma de calor, por la fricción
con la guía.
3.109 El anillo de 0,8 kg se desliza con rozamiento
despreciable a lo largo de la varilla inmovilizada en el
plano vertical. Si el anillo parte del reposo en A bajo la
acción de la fuerza horizontalconstante de 8 N, calcular
su velocidad v cuando choca con el tope B.
375 mm
Resolución:
Por el teorema de las fuerzasvivas en ambos ejes:
Eje x: WAB - A£k¡ WAB; AEC(K> trabajo y energía ejex:
8(0,75) = ImvL -ImvL
Despejando:
ve>; = Vis"m/s
Eje y: por caída libre:
+ 2gh=» v|y - 2,71m/s
=* VB = .

DINÁMICA - SOLUCIONADO 147
3.110 El anillo de 2 kg se abandona desde el reposo enA
y se desliza por la varilla inclinada fija en el plano vertical.
El coeficiente de rozamiento cinético es 0,4. Calcular:(a)
la velocidad v del anillo cuando golpea contra el resorte
y (b) el acortamiento máximo x del resorte.
Resolución:
Hacemos nuestro diagramade fuerzas;elegimosnuestro
eje x paralelo a la guia, en el cual la fuerza responsable
de realizar trabajo es la componente del peso en esa
dirección; y la fuerza de rozamiento.
a)
(jamgcos60°)0,5 =
mghB - í m v £ +mghA
b)
v t f F- "-M(f> "-M(0>
(mgsen60°){0,5) -
2{0,5)(mg)(sen60°
.-. VB = 2,56 nVs
Del mismo teorema del trabajo de fuerza hasta que
el anillo se detiene.
(mgsen60°)(0,5 + x) - (|amgcos60°)(0,5 + x)=
mghB +- k x 2 - í-mvi + mgh
(0,5 4 x)(mg)(sen60°
^x2-0,016(0,5+ x)
j¿cos60°) = -
* x = 9,8 cm
3.111 El automóvil sube con unaceleridad v0 = 105km/h
por la pendiente del 6 por ciento cuando el conductor
aplica los frenos en el punto A, haciendo que todas las
ruedas patinen. El coeficiente de rozamiento cinético
en la calzada resbaladiza de lluvia es i_ic = 0,6. Hallar la
distancia de parada SAB. Repetir los cálculos para el caso
en que el vehículo se mueva cuesta debajo de B a A,
B
Resolución:
Cuando el coche va pendiente arriba
De los datos del problema:
tañe - 6/100 -> sene = 0,0599; cose = 0,9982; nc =0,6
Elegimos según se muestra en la figura nuestro sistema de
referencia y nuestro eje x paralelo al desplazamiento.
P(- mgsenB -
Ja
gsenO(s)
- mghQ - -
=9 s - -x—} ;-£ — =» s = 65,8 m
2g(sen6 + i¿cos6)
Cuando el auto está pendiente abajo la componente del
peso favorece al desplazamiento mientras que la fuerza
de rozamiento está en contra.
vf = 0;hB = 0
Desarrollando:
TE 1 •> 1
(mgsenB - nmgcosO )dx= —mv^ + mghf - •* mvB - mghB
- (gs)sene = -^mv^
v?
2g(picoso -sen9)
.-. s = 80,4 m
3.112 La muchacha de 54 kg sube el tramo de escalera
en cinco segundos. Determinar la potencia útil media
que desarrolla.
2,75 m
Resolución:
= 2,75
La muchacha realiza trabajo venciendo la fuerza de
gravedad: W =mg
. . La potencia realizada porla muchacha:
P = = 291,36 W

148 DINÁMICA -
3.11 3AEI vector de posición de un punto materiales
r = Btí + 1,2t2] -0,5(t3- 1)k, dondetes el tiempoen
segundos desde el inicio del movimiento y r seexpresa
en metros. Para el instantet = 4 s, determinar la potencia
Pdesarrollada por lafuerza F= 10 i -2Qj - 36k Nque
actúa sobre el punto material.
Resolución:
Del problema:
F = 10Í -20] -36k
r = 8ti +1,2t2j -O.Stf-jJk
2,4tj -1,5t2k
24k
v(t = 4) = S + 9,6
De la definición de potencia:
P = Fx v
Evaluando F A v:
P = (10;-20;-36)(8;9,6;-24)
.-.P = 0,752 kW
3.114 La escalera mecánica de unos grandes almace-
nes transportauna carga constante de 36 personas por
minuto desde la primera planta hasta la segunda, con
una diferencia de nivel de 7 m. La masa media de las
personas es de 65 kg. Si el motor que acciona el dispo-
sitivo entrega 3 kW, calcular el rendimiento mecánico
del sistema.
C3-
Resolución:
Al elevar a cada persona hasta la altura de 7 metros se
almacena en el sistema el trabajo realizado, que es la
energía potencial que ha adquirido cada persona.
WTotal
= £„ W
'P(T)
Potencia útil =
total = 36(mgh) =
^ =2,67 kW
WTo(al = 1 60 687,8
3.115 Labola de4 kgy lavarilla liviana aella unida rotan
en unplano vertical en torno al ejefijo O.Si el conjunto se
abandona desde el reposo en Ó= O y se mueve bajo la
acción de la fuerza de 60 N, que se mantienen normal a
la varilla, hallar la velocidad v de la bola cuando 8 tiende
a 90*. La bola puede tratarse como masa puntual.
^ r
60N
Resolución:
Estado inicial del sistema:
(-0.2 mH— •0.3m
Estado final del sistema:
mg
Del teorema de las fuerzas vivas:
U0 + W = Uf ; donde U0 = O
(0,2)60(|) =4(9,81X0,3) + ^(
,-.v = 1,881 m/s
3.11 6 Unautomóvil de 1 500 kgde masa parte del reposo
al pie de una cuesta del 1 0 por ciento y alcanza unace-
leridad de 50 km/h a los 100 m de estar uniformemente
acelerado pendiente arriba. ¿Qué potencia Pentrega el
motor a tas ruedas motrices cuando el vehículo adquiere
esa velocidad?
Resolución:
W= mg
Para que el automóvil pueda subir el motor tiene que
vencer la fuerza que se opone a su desplazamiento o
sea: mgsen<|>
=» ma = mgsemfr
Donde, a = gsen<ti ...(1)
De la cinemática:
vf = v0 + at ...(2)
t-^1 =*t = 15,653
a
De la definición de potencia:
W D (mg8ernfr)(100)
P =
(15,05)
.-. P = 9,35 kW
3.117 Unautomóvilde 1200 kg entra, a 100km/h, en una
pendiente del 8 por ciento. El conductor aplica (osfrenos
y reduce la velocidad hasta 25 km/h en una distancia
de 0,5 km medida a to largo de la calzada. Calcular la
energía perdida Q en forma de calor disipado en los
frenos. Desprecíese cualquier pérdida por rozamientos
de otro origen tal como la resistencia del aire.

DINÁMICA - SoujciQNAñio 149
Resolución;
dAB =500 m; VQ= 100 ^ = 27,78 m/s,
v(= 25 ^ = 6,95 m/s
' h
tan<|) = 8/100 ^senij» = 0,0797
Del teorema del trabajoy la conservaciónde laenergía,
EMffl: energía mecánica final
EM[0): energía mecánica inicial
Wf: trabajo de la componente del peso en la dirección
del desplazamiento.
WQ: trabajo perdido en calor.
Tenemos: EM{f) + w, WQ = EM(0)
Elegimos nuestro sistema de referencia con nuestro
eje x paralelo al desplazamiento.
1 5 1 O
=* -^mvf + (- mg sen<t> x 500) + WQ = ¿nwg
+ mg sen<() x 500
1 7 1
** WQ = -omvo - 4
3.118 La unidad motriz A se emplea para elevarel cilin-
dro de 300 kg a la velocidad constante de 2 m/s. Si el
wattímetro B registra un consumo de potencia eléctrica
de 2,20 kW. calcular el rendimiento combinado electro-
mecánico e det sistema.
Resolución:
300 kg
2m/s
2 m/s
De los datos del problema:
WA = 100g A WB = 300g
F: fuerza que usa el motor:
En un instante: XA + 2xB + c = L
Relación de las velocidades de los bloques:
=*vA=-2ve • • vA-4m/s
Si el sistema se mueve a velocidad constante:
Para (B):
2T = WB *T = ^£ - 1471,5N
Para el bloque A:
.. F = 490,5 N
=*P = Fv=»
^ p _ PÜUI
=» e -=
"Total
.-. e = 89%
' = 490,5x4;
>e = 0,89
3.119 Et collar cilindrico de 6 kg se suelta desde el
reposo en la posición indicada. Calcular su velocidad v
cuando el resortese ha comprimido 50 mm.
Resolución:
^M(O) ~ E
ix = -0,05 m
Por la conservación de la energía mecánica
ww ' °' EPE(0)= °
=> mg(0,5) = -^mvf-i-mg(Ax) + ^k(Ax)2
-ÍJiJAx2-2gAx
.-. v, = 2,41 m/s
3.120 Enel diseñoestructural de los pisos superiores de
una naveindustrial, hayque tener en cuenta la posibilidad
de caídas accidentales de maquinaria pesada a través
de una distancia corta. Para una máquina de masa m
que caiga una distancia muy corta sobre un suelo que
actúe elásticamente, determinar la fuerza máxima F que
soporta el piso. (El modelo de este problema esunamasa
m montada sobre apoyos a una distancia despreciable
por encima de un resorte de rigidez k, teniendo lugar la
acción cuando los apoyos se retiran bruscamente).

DINÁMICA - SOLUCIONADO
Resolución:
i I
w
Para una distancia muy corta entonces la VQ con la que
se inicia el movimiento se puede considerar constante.
Entonces en eí instante que el cuerpo toque el piso:
W = FE + Rp
Donde:
W; peso del cuerpo
FE: fuerza elástica
R : relación del piso
••• Rp = mg - kAx
3.121 La presión P en el interior deí cañón de un fusil
varía con la posición de la bala tal como muestra el
gráfico. Sí el calibre es 7,5 mm y la masa de la bala es
de 14 g, determinar la velocidad en boca. Despreciar
el efecto del rozamiento en el cañón comparado con la
fuerza de los gases sobre la bala. Recuérdese que un
megapascal (MPa) vale 106 N/m2.
300
200
100
A
400 600
x, mm
800 1000
Resolución:
Como se conoce la función de la curva. Se interpola
por el método de Lagrange. Usando los cinco puntos
conocidos (0; 0); (200; 250); (400; 250} y (1000; 0).
Donde:
P(x) = k(x3 - 1 800x2 + (6) 1 05x); donde k = 2,6x 1 0~6
m2
=* 5743,4 = 1(14x1 0'3)vf2
=*vf = 905,8 m/s
Observación:
(Este resultado difiere de la respuesta expuesta en el
libro debido a que en el libro no dice cual es la función
de la curva y al aproximarla por el método de Lagrange
se genera un error; si se conociesen más puntos para
la interpolación el resultado sería más aproximado a la
respuesta expuesta en el libro).
3.122 El anillo de 0,8 kg se desliza libremente por la
varilla circular fija. Calcular suvelocidad v cuando choca
con el tope 8 sabiendo que sube bajo la acción de la
fuerza constante de 40 N que se ejerce sobre la cuerda.
Esta está guiada por las pequeñas poleas fijas.
Resolución:
El trabajo que realiza la fuerza es igual al cambio de
energía mecánica.
"*F = ^M(f) ~~ ^M(O)
40(0,4) = ^mv? - mgh
2 ^ 2[40(0,4) + mg(-0.4)]
"* f m
.. v = 5,67 m/s
3.123 Los dos sistemas se sueltan desde el reposo.
Calcular la velocidad v de cada cilindro de 25 kg después
de que los de 20 kg hayan descendido 2 m. El cilindro
de 10 kg del caso (a) está sustituido por una fuerza de
10(9,81) N en el caso (b).
Ifi
II
10 (9,81 )N
Resolución:
Caso (a):
W=25g
W=30g

DINÁMICA - Soti/CKMMfflO
Como la fuerza es interna (tensión entre el bloque de
20 Kg y 10 Kg) entonces se puede considerar como un
solo sistema.
Entonces:
SQg-T-r^a ...(1)
T-25g-m2 a ,..(2)
De(1}y(2);
5g
=» a =- a = 0,89 m/s2
Por cinemática: (para el bloque 2)
v? = v§ + 2ah =* v, = ^2{0,89)(2) = vf = 1,889 m/s
Caso (b):
U (= = 10(9.81 )N
W, = 20g W2 = 25g
De la figura: y por dinámica se puede plantear:
20g + 10(9,81) -T = m1 a ...(1)
T 25g = m2a ...(2)
De(1)y{2):
10(9,81)-5g . _. . ,
a = —Xj—L__» =;. a = 1,09 m/s2
(rrn 4. m2)
Aplicamos ahora en el bloque (2):
v? = vü + 2ah -» vf = V2(1,09X2)
vf = 2,09 m/s
3.124 El carroAde la grúapuente se desplaza a 0,9 m/s
cuando bruscamente se detiene, (a) Para el caso en que
ta distancia d sea grande en el momento de la parada,
calcular el ángulo máximo de oscilación 9 de los cables,
(b) Para el caso en que d valga 0,75 en el momento de
parada, calcular la celeridad v con que la bola pesada
B golpea el muro. Despreciar las masas de tos cables,
las poleas y el gancho, pero tener en cuenta el diámetro
de 0,8 mde la bola B.
Resolución:
Caso (a):
Instante en que el carrito frena bruscamente
^=801
,
l
!
% f_.;
0,9 m/s
Por la conservación de la energía mecanice
EC<I)+ Ep(D+ ER(1) - Ec
Donde:
Ec: energía cinética
Ep: energía potencial
ER: energía de rotación
) + ER
= wl+ mg(h2) + í
=* ^+ gh, + ^ = ~vl + gh2 + ^)
h =
2
= ~8cos0
9
A (vf
.-. cos0 = -1-!
-—~~-
-9(8)
=» cose = 0,9896 .-.6-8,239°
Caso (b):
S.R
= 7,964m
0,75 m
De la figura: Bsen9 = 0,75 => 6 = 5,379°
Usando la ecuación (a) del caso (a):
v? + gh, = vi + gh2
=> V2 = ^ví + ghT-gha -»v2 = 0,70 m/s
3.125 La esfera parte de la posición A con unavelocidad
de 3 m/s y oscila en un plano vertical. En la posición
más baja, et cordón choca con una barra fija en B y la
esfera continúa oscilando siguiendo el arco punteado.
Calcular la velocidad vc de la esfera cuando llega a la
posición C.
y 3 m/s

152 Dwtoaca - SOLUCIONADO
Resaludan:
hc - O 6 m
Por la conservación de la energía mecánica:
i -I- Ep/A1 = -R(B) - -P(B)
-mv^ + mghA = -mv* + mghc
=» vc = VVA + 2gh, - 2gh2; donde: VA = 3 m/s
Evaluando los valores:
.-, ve = 3,59 m/s
3.126 En un ensayopara determinar las características
de aplastamiento de un material de empacado, se deja
caer sobre este uncono de acero de masa m desde una
altura h para que lo penetre. El radio del cono depende
del cuadrado de la distancia medida desde la punta.La
resistencia Rdel material a la penetración depende de la
sección transversal del objeto penetrante y es, por ello,
proporcional a la cuarta potencia de la distancia x que
penetra el cono, o sea, es R = kx4. Si etcono se detiene
a una distancia x = d, hallar la constante k en función
de las condiciones y resultados del ensayo. Aplicar una
sola vez el teorema de las fuerzas vivas.
Resolución;
mg
Por caída libra podemos calcularla velocidad con que
el materialestá a punto de penetrar:
v? = v§+2gh=»v? =2gh ...(1)
Entonces desde este instante:
EC(0) + W
í<
as ~ Ec<x - U)' UWIIUC «-cfx - d) '
- _J.mv2¡ donde R = kx4
10mg
3.127 Al sistema articulado se aplica una fuerza
horizontal constante P = 700 N del modo que se indica.
Estando la esfera de 14 kg inicialmente en reposo so-
bre el soporte cuando e - 60°,calcular su velocidad v
cuando 9 se aproxima al valor cero y la bola se acerca
a su posición más alta.
14 kg
Resolución:
h,!=0,225m
Del teorema el trabajo y la energía: Wp = AEM
-»P<x) - jmv2 +mgh2 - (mgh,)
700(0,195}= |{14)V2+14(9I81)(01450)-(14)(9,81)(0,225)
/. v = 3,88m/s
3.128 El carrode 150kg inicia su descenso por el plano
inclinado con una velocidad de 3 m/s,cuando al cable
se aplica una fuerza constante de 550 N del modo que
se indica. Calcular la velocidad del carro al llegar a 6.
Demostrar que, en ausencia de rozamiento, esa velo-
cidad es independiente de que la velocidad inicial del
carro en A fuese ascendente o descendente.

DINÁMICA - SOLUCIONAR®
ON
= 55QN
^TT-1 W=mg
Para el problema vamos a suponer: n
Por la ecuación de la dinámica:
=O
> (2T- mgs0n<¡) ) ¡dx = fv mvdv
JQ ' J_3
2x3[1100- 150(9,81X5/13)]
150
.-. v = 5,51 m/s
En (a) notamos que el resultado no depende si la velo-
cidad VA es ascendente o descendente.
3.129 En un apartadero de clasificación ferroviaria, un
vagón de mercancías de 68 Mgquepasa porAa0,5 m/s
penetra en B en un tramo de freno de vía que le ejerce
una fuerza retardadora de 32 kN en sentido opuesto al
movimiento. ¿A lo largo de qué distancia x debe actuar
el freno de vía para limitar a 3 m/s la velocidad en C
del vagón?
Por la conservación de la energía planteamos que:
A partir del punto B; nuestro sistema de referencia será
el plano donde se mueve el vagón:
* W «
(mvf-2EM(B))
2(mgsen<t>-Ff)
.-.x-91,31 m
• (msen* - Ff)x = f|mv? - EM(a>
3.130 El cilindro de6 kgse abandonadesde el reposo en
la posición indicada y cae sobre el resorte precomprimido
50 mm mediante la pletina y los alambres de sujeción
sin peso. Si la rigidez del resorte es 4 kN/m, calcular
el acortamiento adicional s del resorte que produce el
cilindro en su caída antes de rebotar.
Resolución:
m = 6kg
Por la conservaciónde la energía mecánica
~M(0) -M<f) -donde: ) ^ ° A EC(f)=0
CC(D) r CF
mgh1 + 4 = mg(h2) +
Tomamos nuestro nivel de referencia cuando el resorte
ya ha sido acortado: Ax1 =O
= mg(h1 + Ax2) +
Ax2 = 29,43 mm
3.131 Un vehículo de prueba pequeño, propulsado por
cohete, con una masa total de 100 kg, parte del reposo
enAy avanza,conrozamiento despreciable, a lo largo de
la pista en el plano vertical según se indica. Si el cohete
propulsor ejerce unempuje constanteT de 1 ,5 kN desde
A hasta B en que se apaga, hallar la distancia s que
rueda el vehículo por la pendiente antes de pararse. La
pérdida de masa por la expulsión de gases del cohete
es pequeña y se puede despreciar.
Resolución:
(120 -

DINÁMICA - SOLUCIOHARIO
-» AS = 120ff) m » As = 20ír m
V p /
Diagrama de fuerzas en la sección curva:
La energía quegana el cuerpo al llegar a B.será el trabajo
de la fuerza con la suma de la energía potencial en B:
EM<B>= WF +Ep(Bj
EM(p) = 79200J
Ahora para el tramo BC, por conservación de la energía:
ic
^79 200= 100(9,81)(|)
.-. s- 160m
3.132 LascorrederasAy B tienen unamasa de 2 kgcada
una y se mueven sin rozamiento apreciable por sus gulas
respectivas, situándoseyenladirecciónvertical. Enelcen-
tro de la barrade enlace, de masa despreciable, se aplica
una fuerza horizontal de 20 N y el conjunto se abandona
desde el reposo con 6 = 0. Calcular conqué velocidad VA
choca Acón la guía horizontal, cuando 6 = 90°.
Resolución:
20(0,2) = £M(f)~EM(0)
4 — p j. P j. P _i_ i
— ^CA(f} + ^PAff) + ^CB(!) + '
E,PA(Ct
' (EpA[0) +
2B(Q) + ^PB(O))
Donde: EPA(f) = Eca(f
1 7
=s TrmVf - mghi = 4
¿
.-. vf = 3,44 m/s
i —Ei
•PBfO)
2(4 + mghi)
3.133 El montaje de dos resortes sirve para detener el
émbolo de 0,5 kgdesde unaceleridadde 5 m/s e invertir
su movimiento. El resorteinterno aumenta ladesacelera-
ción ysu posición seajusta aefectosde controlar el punto
exacto en quetiene lugarla inversión. Si se desea que ese
punto se corresponda con un acortamiento S= 200 mm
del resorteextemo, especificar el ajustedel resorte interno
mediante la distancias. La rigidez del resorte externo es
300 N/m y la del resorte interno es 150 N/m.
Resolución:
6 =0,2
D-»
kin = 1 50 N/m A kex = 300N/m
Por la conservación de la energía:
=«(0)
1m.,2
— E¡
•M(0
pjn(D)
> (S- s)2 = mv2
.s = 142,3 mm
s =8-
Pex(fl
kex5z
3.134 El anillo A de 7 kg se desliza sin rozamiento
apreciable por la barra vertical. Cuando el anillo parte
del reposo desde la posición más baja, señalada en la
figura, se mueve hacia arriba bajo la acción de una fuerza
constante F = 200Naplicada mediante etcable. Calcular
la constante k del resorte para que la comprensión de
este quede limitada solo a 75 mm. La posición de la
pequeña polea B es fija
™'"" 225 mm
450 mm
75 mm
Resolución:

DINÁMICA - SOLUCIONADO 1SS
Siendo el trabajo de lafuerza igual al cambio deenergía
mecánica, elegimos el nivel de referencia
_VV - E -E
*VF ~ M(f¡ ^M(O)
Por las condiciones del problema:
200(0,278) - -IkAx7 - mgh
k(2,81 x 10-3) - 55,6 + 7(9,81)(-0,45)
.-.k = 8,79kN/m
3.136 Extensos ensayos de un automóvil experimental
de 900 kg revelan que lafuerza de resistencia aerodinámica
FD y la fuerza no aerodinámica total de resistencia a la
rodadura FR varíantal como se representa. Determinar
(a) la potencia necesaria para mantener unas veloci-
dades constantes de 50 y 100 km/h en una carretera
plana, (b) la potencia necesaria para mantener una
velocidad de 100 km/h hacia arriba y hacia debajo de
una pendiente del seis por ciento y (c) la velocidad
constante que no necesita potencia para bajar por la
pendiente del seis por ciento.
ouu
z 200
ni
tí
«
£ 100
FR (constante)
^
/0
/
parab
/
/
/
40 80
Celeridad v, km/h
120
Resolución:
FD = kv2; de los datos del gráfico:
250 = k(100}2v=»k = 0,025
a)
b)
v = 50 km/h = 13,88 m/s
- FA - 62,5 N
-FTR - 62,5+250 = 312,5N
^P50 = 312,5(^0|5)
Pso - 4,34 kW
Cuando: v - 100 km/h ^27,78 m/s
=* P100 - 500 x 27,78 =*P100 - 13,89kW
Cuando el vehículo está en la superficie indinada:
tan(l) = TOO "
Cuesta arriba:
FT = FD + FR +
3,43°
T(v = 100) = 250 i 250+ 900(9,B1)sen3,43°
FT = 1028,23
100X5100 - 28,6 kW
• Cuesta abajo:
T = -500+ mgsen3,43°
.Pinn- -784,1kW
28,23
c) Cuando no desarrollada potencia:
250 + 0,025v2 - mgsen3T43* = O
.-.v = 105,5 km/h
3.136 El movimiento vertical del bloque de 20 kg está
gobernado por las dos fuerzas P aplicadas a los extre-
mosAy Bdel sistema articulado, estandoAy B limitados
a moverse por la guía horizontal. Si al sistema, inicial-
mente en reposo con 6 = 60°, se aplican unas fuerzas
P = 1100 N, hallar la velocidad ascendente v del bloque
cuando e tiende a 180°. Desprecíense el rozamiento y
las masas de las varillas articuladas y adviértase que
P es mayor que su valor para el equilibrio, el cual es
(5W/2)cot30° = 850 N.
Resolución:
Wp =2P(0,072) =
h0 = ~ = 0,625 m A h( = (0,25)5 = 1,25 m
M(0)
158,77 = mghf + ^mv2 - mgh0
2 [158.77 +mg(h0-h,)J
,-. v = 5,30 m/s
3.137 Al sistema, inicialmente en reposo, se aplica la
fuerza p = 40 N. Hallar las celeridades deAy B después
de que Ase haya desplazado en 0,4 m.

1M DINÁMICA - SQLUCIQNAMO
Resolución;
= 40N
—0.8—
2xA + XB = c
2VA + VB = O =» VB - - 2vA
Wp = 40(0,8) = 32 A Wp = AEM
- 32 ^ 6vJ + 10v| = 64
= 1.180
3.138 En la posición inicial indicada la corredera de 25 kg
está animada de unavelocidad v0 = 0,6 m/s al deslizarse
por el raíl inclinado bajo la acción de la gravedad y el
rozamiento. Entre la corredera y el rail hay un coeficiente
de rozamiento cinético de 0,5. Calcular lavelocidad de la
corredera cuando pasa por la posición en que el resorte
se ha comprimido una distancia x = 100 mm. El resorte
ofrece una resistencia a la comprensión C y es de tipo
"duro", pues su rigidez aumenta con ta deformación tal
como se muestra en la gráfica adjunta.
v0=Q,6m/s
Resolución:
N = mgcos6Q°
mgcosGO0
Donde: C - C(x) - 18x
U = [mgsen60e(1,1)-
=* U = 98,63 J
U=AEC
3 (98,63 + 4.5)2
mg
62x2
- í°'1(18x + 62x2)dx
98,63 = Imv? - lmv§
25
»vf = 2,87 m/s
3.139 El bloque de 10 kg se suelta desde el reposo en el
punto B, en que ef resorte está alargado 0,5 m respecto
a su longitud natural, y se mueve sobre la superficie
horizontal. El coeficiente de rozamiento cinético entre
esta y el bloque es de 0,30. Calcular: (a) ta velocidad v
del bloque cuando pasa por el punto A y (b) la longitud
máxima x que el bloque recorre a la izquierda de A.
^c = 0,30
Resolución:
La energía elástica almacenada en el resorte,será usado
en el cambio de energía cinética y en e) trabajo de la
fuerza de rozamiento.
1 t 1
U300){0,5)¿
EPE = 37,5 J
Ec = EPE -i- Wroz , rnv2 - 37,5 - 0,3(10)(9,81 )(0,5)
^mv2 = 22,785 =» v = 2,13 m/s
t N = mg
_l
-Q.5
FR=fiN
mg
La comprensión máxima ocurre cuando v = O y la
energía inicial es consumida en comprimir el resorte y
en el trabajo de FR.
=» 150x2 + 29,43x - 22,78 = O =» x = 0,304 m
3.140 Los tres resortes de constantes iguales tienen
sus longitudes naturales cuando se suelta el carro
desde el reposo en la posición x = 0. Si k = 120 N/m
y m - 10kg, hallar: (a) la celeridad v del carro cuando
x = 50 mm, (b) el desplazamiento máximo xmáKdel carro
y (c) el desplazamiento estacionario xest que existiría tras
el cese de las oscilaciones.
Resolución:

DINÁMICA - SOLUCIONARIO
Por el teorema de las fuerzas vivos:
C(0) W12 - EC(f) ...(a>; donde: , =o
1(120X0,05)2|-¿(10)v?
b)
mgsen20°(0,05)- 3
*- ° - |(120)(0,05)2 = 5v?
=»vf = 0,496 m/s
De la ecuación (a): x es máx; cuando vf = O
=> mgsen20"(x) - 3(-^|{120x2) = O
_ 2mgsen 20°
360
-0,186 m
c) El cuerpo dejará de oscilar cuando IFX = O
3k
3.141 Bajo la acción delafuerza motriz Fel automóvilde
masa m acelera desde una celeridad v1 hasta otra mayor
v2 a lo largo de una distancia s de la carretera horizon-
tal Si el motor desarrolla unapotencia útil constante P,
hallar v2. El automóvil puede tratarse como una partícula
sometida a la acción de la única fuerza horizontal F.
Resolución:
F ' a '
Sea: P = Fv; pero F = ma => P = mva
mv'
f2mv2dv = fsPds -» m^f2 =Ps
Jv Jo -5 k-
3.142 El cilindro de 10 kg se abandona desde el reposo
con x = 1 m, en que el resorte está sin deformar. Hallar:
(a) la velocidad máxima v del cilindro y el valor de x
correspondiente y (b) el valor máximo de x durante el
movimiento. La rigidez del resorte es de 450 N/m.
Resolución:
; K = 450 N/m
m.= 10kg
Como realiza un movimiento armónico simple.
x(t) = Asen((ot 4-fy)
Como su posición de equilibrio es un extremo, entonces
4 = Ti/2.
A =Asen(0 + <)>)=» sen<]> = 1=> 4. = - n/2
co = J— => <o = 3V5 rad/s.
i m
=» x =Asen(cot -n/2) «* A = 0,218 m
a) v = -^ =* v = Aocos(cot - u/2)
vmáx cuando cos(cot - n/2) =1
=a ÍOt — 7t/2 =
vmáx = 0,218(3^5) m/s
vméx = 1,46 m/s A x = -0,218m
b) |xmáx|=2(A)
-* |xmáx| = 2(0,218) m - 0,436m
3.143 Las dos partículas de masas iguales están unidas
por una varilla de masa despreciable. Si se abandonan
desde el reposo en la posición indicada y se deslizan sin
rozamiento por laguíavertical plana, calcular suvelocidadv
cuando A llega a la posición de B y esta se encuentra en B1.
Olt = 71/2 =9 t = -x—
2(0
Resolución:
Por la conservación de energía:
,(0) + EpAiot + EpgfQ) — ECA(Í) + ECB(Í) + EPAÍO + EpB(fl
= Er.A(ft + ECBE() =» mg(0,5) = ^mvi+ -|mv¡
-v2A = ghA ^vA = ^(9,81XO,5)
m/s
-CA<f) '
Donde: VA = VB
3.144 La corredera de 4 kg se abandona desde el
reposo en A y se desliza con rozamiento despreciable
por la varilla circular vertical. Hallar (a) la velocidad v de
la corredera cuando llega al punto más bajo B y (b) la
deformación máxima x del resorte.
4kg
= 20kN/m

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