Este documento presenta 8 problemas de física relacionados con dinámica y cinemática. Los problemas involucran fuerzas constantes y variables que actúan sobre objetos, así como sistemas de poleas y la máquina de Atwood. Las soluciones utilizan principios como las leyes de Newton y ecuaciones de movimiento para calcular aceleraciones, velocidades, tensiones y distancias de desplazamiento.

1. UNIVERSIDAD SAN FRANCISCO DE QUITO
FISICA GENERAL I
Deber No. 4
Din´amica
Secci´on 1 Preguntas
1. F´ısica para Ciencias e Ingenier´ıa, R. Serway, J. Jewett, Volumen I,
S´eptima Edici´on, 2008, pag 133, ejercicio 5.53
Una fuerza dependiente del tiempo,
−→
F = (8.00
−→
i − 4.00t
−→
j ) N, donde t est´a en
segundos, se ejerce sobre un objeto de 2.00 kg inicialmente en reposo.
(a) ¿En qu´e tiempo el objeto se mover´a con una rapidez de 15.0 m
s ?
(b) ¿´A qu´e distancia est´a el objeto de su posici´on inicial cuando su rapidez es
15.0 m
s ?
(c) ¿´A trav´es de qu´e desplazamiento total el objeto viaj´o en este momento?
Solution:
(a) Usamos
−→
F = m−→a para encontrar la aceleraci´on, misma queutilizaremos
en la cinem´atica
−→a = (4
−→
i − 2t
−→
j ) (1)
Usamos la ecuaci´on diferencial e integramos
−→a =
d−→v
dt
(2)
(4
−→
i − 2t
−→
j )dt = d−→v (3)
−→v = (4t
−→
i − t2−→
j ) +
−→
C (4)
donde
−→
C es una constante que podemos despejar utilizando la condici´on
de que en t = 0, v = 0 podemos escribir
0 = 0 +
−→
C (5)
−→
C = 0 (6)
(7)
entonces
−→v = (4t
−→
i − t2−→
j ) (8)
Para hallar el tiempo en el que llega a 15 m/s utilizamos el m´odulo de
la velocidad que hallamos
v = (16t2
+ t4
)(1/2)
(9)
152
= 16t2
+ t4
(10)
0 = t4
+ 16t2
− 225 (11)
t2
=
−16 ±
√
162 + 900
2
(12)
t2
= 18 (13)
t = 4, 24 s (14)
(15)

2. (b) Necesitamos la posici´on, entonces volvemos a integrar usando la velo-
cidad
−→v =
d−→r
dt
(16)
(4t
−→
i − t2−→
j )dt = d−→r (17)
−→r = (2t2−→
i −
t3
3
−→
j ) +
−→
D (18)
utilizamos la condici´on de que inicia en el origen de coordenadas en
t = 0
0 = 0 +
−→
D (19)
−→
D = 0 (20)
(21)
entonces
−→r = (2t2−→
i −
t3
3
−→
j ) (22)
Conociendo el tiempo en el cual el objeto alcanza los 15 m/s podemos
reemplazar y encontrar
−→r = (2(4, 24)2−→
i −
(4, 24)3
3
−→
j ) (23)
−→r = (35, 95
−→
i − 25, 4
−→
j ) (24)
(25)
la distancia ser´ıa el m´odulo de la rapidez (puesto que el movimiento es
acelerado) de forma que
d = 44, 02 m (26)
(c) El desplazamiento ser´ıa la posici´on final menos la inicial, puesto que la
inicial es
−→
0 , entonces
−→r = (35, 95
−→
i − 25, 4
−→
j ) (27)
2. F´ısica, M. Alonso, E. J. Finn, 1992, pag 193, ejercicio 7.30
Un cuerpo inicialmente en reposo en x0 se mueve en l´ınea recta bajo la acci´on
de una fuerza F = − k
x2 . Demostrar que su velocidad en x es v2 = 2(K
m )(1
x − 1
x0
).
Este m´etodo puede utilizarse para determinar la velocidad de un cuerpo que cae
hacia la Tierra desde una gran altura.
Solution: Utilizando una regla de la cadena dentro de la segunda ley de

3. Newton, recordemos que en una dimensi´on dx
dt = v
F = m
dv
dt
(28)
F = m(
dv
dx
)(
dx
dt
) (29)
−
k
x2
dx = m v dv (30)
(
k
x
)|x
x0
= m(
v2
2
)|v
0 (31)
k
x
−
k
x0
= m
v2
2
(32)
(33)
Entonces
v2
=
2k
m
(
1
x
−
1
x0
) (34)
3. F´ısica para la ciencia y la tecnolog´ıa, P. Tipler, G. Mosca, 2003, pag
107, ejercicio 4.94
Una cadena larga y uniforme cuelga del techo aguantando un objeto de 50 kg de
masa. La masa de la cadena es de 20 kg, y su longitud es de 1, 5 m. Determinar
la tension en la cadena
(a) En el punto donde la cadena esta sujeta al objeto.
(b) En la mitad de la cadena
(c) En el punto donde la cadena esta sujeta al techo
Solution:
(a) En este punto, el ´ultimo eslab´on de la cadena es quien sostiene el peso
del objeto; este no siente el peso de la cadena puesto que no tiene ning´un
pedazo de cadena colgando de ´el; entonces, sabiendo que se encuentra
en equilibrio
Fy = 0 (35)
T − 50g = 0 (36)
T = 490 N (37)
(b) En la mitad de la cadena esta sostiene la mitad de su peso (puesto que
es unforme) y la masa colgada del final, entonces
Fy = 0 (38)
T − 10g − 50g = 0 (39)
T = 588 N (40)

4. (c) En la parte superior el primer eslab´on sostiene toda la cadena y el
objeto colgado del final, entonces
Fy = 0 (41)
T − 20g − 50g = 0 (42)
T = 686 N (43)
4. F´ısica para la ciencia y la tecnolog´ıa, P. Tipler, G. Mosca, 2003, pag
107, ejercicio 4.86
Una piedra de masa m descansa sobre una masa de la maquina de Atwood.
Determinar la fuerza ejercida por la piedra sobre m2.
Solution: Para sacar la reacci´on de la masa de la m´aquina de Atwood sobre
la piedra necesitamos la aceleraci´on; trataremos al como un solo cuerpo a
las masas m y m2 y les llamaremos M. Esto simplifica el problema a tener
una masa M y una masa m1, asumiremos que la masa M es la que se mueve
hacia abajo (realmente suponerlo no implica una p´erdida de generalidad).
Entonces, sumando las fuerzas sobre m1 tenemos
Fy = m1a (44)
T − m1g = ma (45)
Sumando las fuerzas sobre M
Fy = Ma (46)
Mg − T = Ma (47)
(m2 + m)g − T = (m2 + m)a (48)
sumando las dos ecuaciones obtenemos
(m2 − m1 + m)g = (m2 + m1 + m)a (49)
a =
g(m2 − m1 + m)
m2 + m1 + m
(50)
Ahora que conocemos la aceleraci´on, podemos sumar las fuerzas sobre m,
N es la reacci´on de m2 sobre m
Fy = ma (51)
mg − N = ma (52)
N = m(g − a) (53)
N = mg(1 −
(m2 − m1 + m)
m2 + m1 + m
) (54)
N = mg(
2m1
m2 + m1 + m
) (55)
5. F´ısica para Ciencias e Ingenier´ıa, R. Serway, J. Jewett, Volumen I,

5. h
Figura 1: 5.57
S´eptima Edici´on, 2008, pag 134, ejercicio 5.57
Un objeto de masa M se mantiene en lugar mediante una fuerza aplicada
−→
F y
un sistema de polea como se muestra en la figura. Las poleas no tienen masa ni
fricci´on. Encuentre
(a) La tensi´on en cada secci´on de cuerda, T1, T2, T3, T4 y T5.
(b) la magnitud de
−→
F .
Sugerencia: Dibuje un diagrama de cuerpo libre para cada polea.
Solution:
(a) Sumando las fuerzas sobre la masa M obtenemos
Fy = 0 (56)
T5 − Mg = 0 (57)
T5 = Mg (58)
Sumando fuerzas sobre la polea m´ovil; recordemos que sobre una cuerda
la tensi´on es la misma en cualquier punto (asumiendo que su masa y la
de las poleas son despreciables), entonces T2 = T3 = T1
Fy = 0 (59)
T2 + T3 − T5 = 0 (60)
2T2 = T5 (61)
T2 =
Mg
2
(62)
Sumando las fuerzas sobre la polea fija obtenemos
Fy = 0 (63)
T4 − T1 − T2 − T3 = 0 (64)
T4 = 3T2 (65)
T4 =
3Mg
2
(66)

6. (b) Finalmente, F1 debe tener el mismo valor que T1, entonces
T1 =
Mg
2
(67)
6. F´ısica para la ciencia y la tecnolog´ıa, P. Tipler, G. Mosca, 2003, pag
106, ejercicio 4.80
Una cuerda pesada de longitud 5 m y masa 4 kg se encuentra sobre una mesa
horizontal sin rozamiento. Un extremo se conecta a un bloque de 6 kg. En el
otro extremo de la cuerda se aplica una fuerza horizontal constante de 100 N.
(a) ¿Cu´al es la aceleraci´on m´axima del sistema?
(b) Expresar la tensi´on de la cuerda en funci´on de su posici´on a lo largo de
´esta.
Solution:
(a) Diremos que la parte que cuelga de la mesa tiene una longitud x. Tam-
bi´en asignaremos µ = M
L a la densidad lineal de la cuerda. La masa de
la cuerda es M y la del objeto es m.
La sumatoria de fuerzas sobre la parte que cuelga resulta
Fy = µxa (68)
T − µxg − mg = µxa (69)
La sumatoria sobre la parte que descansa sobre la mesa
Fx = µ(L − x)a (70)
F − T = µ(L − x)a (71)
Sumando las dos ecuaciones
F − µxg − mg = aµ(x + L − x) (72)
a =
F − µxg − mg
Lµ
(73)
a =
F − µxg − mg
M
(74)
(75)
para hallar la aceleraci´on m´axima igualamos x = 0 (µ, x y g son valores
estrictamente positivos)
a =
100 − 6 × 9, 8
4
= 10, 3 m/s2
(76)
(b) Despejando la tensi´on obtenemos
T = µxg + mg + µxa (77)
T = µx(g + a) + mg (78)
T = µx(g +
F − µxg − mg
M
) + mg (79)
T = µx(
Mg + F − µxg − mg
M
) (80)

7. 7. F´ısica para la ciencia y la tecnolog´ıa, P. Tipler, G. Mosca, 2003, pag
104, ejercicio 4.91
Un p´ajaro carpintero golpea el tronco de un ´arbol extremadamente duro. La
velocidad de su cabeza alcanza aproximadamente el valor v = 3, 5 m/S antes
del impacto. Si la masa de la cabeza del p´ajaro es de 0, 060 kg, y la fuerza media
que act´ua sobre la cabeza durante el impacto es F = 6 [N], determinar
(a) La aceleraci´on de la cabeza (suponiendo que es constate)
(b) La profundidad de penetraci´on en la corteza
(c) El tiempo t que tarda la cabeza del p´ajaro en detenerse
Solution:
(a) La aceleraci´on la podemos hallar usando la segunda ley de Newton
F = ma
6 = 0, 06a
a = 100 m/s
(b) La profundidad de penetraci´on ser´ıa la distancia que recorre la cabeza
del p´ajaro hasta detenerse. Dado que ya conocemos que la aceleraci´on
es constante y su valor podemos usar las ecuaciones de cinem´atica.
Sabiendo que la velocidad final del movmiento es 0 podemos hallar el
tiempo
v = v0 + at
puesto que la cabeza esta desacelerando, la aceleraci´on es negativa
0 = 3, 5 − 100t
t = 0, 035 s
reemplazando en la ecuaci´on de la distancia
d = v0t +
a
2
t2
d = 3, 5(0, 035) − 50(0, 035)2
d = 0, 06125 m
(c) el tiempo ya conocemos que es t = 0, 035 s
8. F´ısica para la ciencia y la tecnolog´ıa, P. Tipler, G. Mosca, 2003, pag
105, ejercicio 4.102
La polea de la m´aquina de Atwood experimenta una aceleraci´on hacia arriba

8. de magnitud a. Determinar la aceleraci´on de las masas y las tensiones de la
cuerda. (Pista: una aceleraci´on constante hacia arriba tiene el mismo efecto que
un incremento en la gravedad debido a la aceleraci´on)
Solution: Podemos considerar que la aceleraci´on de la polea modifica el
valor de la gravedad convirti´endolo en g = g + a. Esta consideraci´on nos
permitir´a trabajar con g en lugar de g durante todo el problema. Procede-
mos igual que con la m´aquina de Atwood normal, supongamos una direcci´on
arbitraria de movimiento de las masas; supondremos que la masa 1 sube y
que la masa 2 baja. Para la masa 1,la sumatoria de fuerzas ser´ıa
T − m1g = m1a
Para la masa 2
m2g − T = m2a
sumando las dos ecuaciones podemos encontrar
(m2 − m1)g = (m2 + m1)a
a =
(m2 − m1)g
m2 + m1
a =
(m2 − m1)(g + a)
m2 + m1