Este documento proporciona resúmenes y soluciones de problemas de física de varios libros populares de manera gratuita. Incluye ejercicios resueltos de mecánica, física y electromagnetismo. El objetivo es ayudar a los estudiantes a reforzar sus conocimientos de física y mejorar sus habilidades para resolver problemas.

1. http://www.elsolucionario.blogspot.com
LIBROS UNIVERISTARIOS
Y SOLUCIONARIOS DE
MUCHOS DE ESTOS LIBROS
LOS SOLUCIONARIOS
CONTIENEN TODOS LOS
EJERCICIOS DEL LIBRO
RESUELTOS Y EXPLICADOS
DE FORMA CLARA
VISITANOS PARA
DESARGALOS GRATIS.

2. FISICA VOLUMEN I. MECANICA
PROBLEMAS DE LA FISICA DE MARCELO ALONSO – EDWARD J. FINN
La física es una ciencia fundamental que tiene profunda influencia en todas las otras ciencias.
Por consiguiente, no solo los estudiantes de física e ingeniería, sino todo aquel que piense seguir
una carrera científica (Eléctrica, Mecánica, biología, química, matemática, etc.) debe tener una
completa comprensión de sus ideas fundamentales.
Se ha hecho una cuidadosa selección de aquellos problemas mas significativos de cada capitulo
para presentarlos resueltos “paso a paso”; Esto permitirá al estudiante reforzar sus
conocimientos, así como ejercitar las técnicas de resolución de problemas, lo que, sin lugar a
dudas, favorecerá su preparación.
Esperamos de esta manera seguir contribuyendo a la formación científica del estudiantado de
nuestros países.
Erving Quintero Gil
Ing. Electromecánico
Bucaramanga – Colombia
2010
Para cualquier inquietud o consulta escribir a:
quintere@hotmail.com
quintere@gmail.com
quintere2006@yahoo.com
1

3. 4.24 Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. 4-28). Si M pesa 40 lb-f
TAY = TA . sen 50
TBY = TB. sen 50B
TAX = TA . cos 50
TBX = TB . cos 50B
Σ FX = 0
TBX - TAX = 0 (ecuación 1)
TBX = TAX
TB . cos 50 = TB
A . cos 50
TB = TB
A (ecuación 1)
Σ FY = 0
TAY + TBY – W = 0
TAY + TBY = W pero: W = 40 lb-f
TAY + TBY = 40
TA . sen 50 + TB. sen 50 = 40 (ecuación 2)B
Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2
TA . sen 50 + TA. sen 50 = 40
2 TA . sen 50 = 40
flb −==== 1,26
766,0
20
50sen
20
50sen*2
40
AT
TA = 26,1 lb-f
Para hallar TB se reemplaza en la ecuación 1.B
TB = TB
A (ecuación 1)
2
500
500
T AX
T A
TB
C
500
W = 40 lb-f
A
B
TATAY
TBX
T BY
TB
500
W = 40 lb-f
500
500

4. TB = TB
A = 26,1 lb-f
4.24 Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. 4-28). Si M pesa 40 lb-f
TAY = TA . sen 30
TBY = TB. sen 30B
TAX = TA . cos 30
TBX = TB . cos 30B
Σ FX = 0
TBX - TAX = 0 (ecuación 1)
TBX = TAX
TB . cos 30 = TB
A . cos 30
TB = TB
A (ecuación 1)
Σ FY = 0
TAY + TBY – W = 0
TAY + TBY = W pero: W = 40 lb-f
TAY + TBY = 40
TA . sen 30 + TB. sen 30 = 40 (ecuación 2)B
Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2
TA . sen 30 + TA. sen 30 = 40
2 TA . sen 30 = 40
flb −==== 40
5,0
20
30sen
20
30sen*2
40
AT
TA = 40 lb-f
Para hallar TB se reemplaza en la ecuación 1.B
TB = TB
A (ecuación 1)
TB = TB
A = 40 lb-f
3
300
TA TB
300
300
T AX
TBC
W = 40 lb-f
A
B
TATAY
TBX
T BY
TB
300
W = 40 lb-f
300
300

5. 4.24 Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. 4-28). Si M pesa 40 lb-f
TAY = TA . sen 30
TBY = TB. sen 60B
TAX = TA . cos 30
TBX = TB . cos 60B
Σ FX = 0
TBX - TAX = 0 (ecuación 1)
TBX = TAX
TB . cos 60 = TB
A . cos 30
60cos
30cosAT
BT = (Ecuación 1)
Σ FY = 0
TAY + TBY – W = 0
TAY + TBY = W pero: W = 40 lb-f
TAY + TBY = 40
TA . sen 30 + TB. sen 60 = 40 (ecuación 2)B
Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2
TA . sen 30 + TB. sen 60 = 40B
4060sen*
60cos
30cosAT
30senAT =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+
40
60cos
60sen30cosAT60cos30senAT
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ +
60cos4060sen30cosAT60cos30senAT =+
Pero:
2
1
30 =sen
2
1
06cos =
2
3
03cos =
2
3
06sen =
2
1
*04
2
3
*
2
3
AT
2
1
*
2
1
AT =
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
4
C
600
TA
TB
600
600
T AX
300
W = 40 lb-f
A
B
TATAY
TBX
T BY
TB
300
W = 40 lb-f
300

6. 20
4
3
AT
4
1
AT =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
TA = 20 lb-f
Para hallar TB se reemplaza en la ecuación 1.B
60cos
30cosAT
BT = (ecuación 1)
320
2
1
2
340
2
1
2
3
*20
60cos
30cosAT
BT ====
TB = 20 √3 lb-fB
4.24 Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. 4-28). Si M pesa 40 lb-f
TBY = TB. sen 45B
TBX = TB . cos 45B
Σ FX = 0
TBX - TA = 0 (ecuación 1)
TB . cos 45 = TB
A
45cos
AT
BT = (Ecuación 1)
Σ FY = 0
TBY – W = 0
TBY = W pero: W = 40 lb-f
TBY = 40
TB sen 45 = 40 (ecuación 2)B
45sen
40
BT =
TB = 56,56 lb-fB
Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2
TB cos 45 = TB
A
5
C
B
A 45 0
TB
TA 450
T BX
45 0
W = 40 lb-f
T BY
TA
TB
W = 40 lb-f

7. TA = 56,56 cos 45
TA = 40 lb-f
4.24 Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. 4-28). Si M pesa 40 lb-f
TBY = TB sen 60B
TBX = TB cos 60B
TAX = TA cos 30
TAY = TA sen 30
Σ FX = 0
TBX - TAX = 0 (ecuación 1)
TB cos 60 = TB
A cos 30
60cos
30cosAT
BT = (Ecuación 1)
Σ FY = 0
TBY – TAY - W = 0
TBY – TAY = W pero: W = 40 lb-f
TBY – TAY = 40
TB sen 60 - TB
A sen 30 = 40 (ecuación 2)
Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2
TB sen 60 - TB
A sen 30 = 40
4030senAT-60sen*
60cos
30cosAT
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
40
60cos
60cos30senAT-60sen30cosAT
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
60cos4060cos30senAT-60sen30cosAT =
6
A
B
600
300 300
TAY
TAX
300
T A
TB
600
W = 40 lb-f
TB
600
TA
TBX
T BY
W = 40 lb-f

8. Pero:
2
1
30 =sen
2
1
06cos =
2
3
03cos =
2
3
06sen =
2
1
*04
2
1
*
2
1
AT
2
3
*
2
3
AT =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
20
4
1
AT-
4
3
AT =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
½ TA = 20
TA = 40 lb-f
Para hallar TB se reemplaza
340
2
1
2
3
40
60cos
30cosAT
BT ===
TB = 69,28 lb-fB
4.25 El cuerpo representado en la figura 4-29 pesa 40 kg-f. Se mantiene en equilibrio por medio
de una cuerda AB y bajo la acción de la fuerza horizontal F suponiendo que AB = 150 cm. y que
la distancia entre la pared y el cuerpo es de 90 cm, calcular el valor de la fuerza F y la tensión de
la cuerda.
0,6
150
90
cos ==δ
δ = arc cos 0,6
δ = 53,130
TX = T cos δ
TX = T cos 53,13
TY = T sen δ
TY = T sen 53,13
Σ FX = 0
F - TX = 0
F - T cos 53,13 = 0
F = T cos 53,13 Ecuación 1
Σ FY = 0
7
T Y
δ 0
150 cm
F
δ 0
90 cm
B
A
T
T X
W = 40 kg-f
T
W = 40 kg -f
F

9. TY – W = 0
T sen 53,13 – W = 0
T sen 53,13 = W
T sen 53,13 = 40 Ecuación 2
f-lb50
53,13sen
40
T ==
Reemplazando el valor de la tensión T en la ecuación 1, se halla F
F = T cos 53,13 Ecuación 1
F = 50 cos 53,13
F = 30 lb - f
4.26 Para la figura 4-30, calcular el ángulo υ y la tensión en la cuerda AB, si M1 = 300 lb-f
M2 = 400lb-f.
TX = T sen υ
TY = T cos υ
Σ FX = 0
F - TX = 0
F - T sen υ = 0
F = T sen υ Ecuación 1
Σ FY = 0
TY – W = 0
T cos υ – W = 0
T cos υ = W
T cos υ = 300 Ecuación 2
BLOQUE M2
La F tiene igual magnitud que M2
F = M2 = 400 lb-f. Ecuación 3
F = 400 lb-f.
Reemplazar la ecuación 3 en la ecuación 1
F = T sen υ Ecuación 1
400 = T sen υ Ecuación 4
8
β0
T Y
υ0
F
υ 0
Fβ0
B
A
T
M1 = 300 kg-f
T X
T
F
M2 = 400 kg-f
M1 = 300 kg-f
F
M2 = 400 kg-f
BLOQUE M2

10. Haciendo una relación entre la ecuación 1 y la ecuación 4
400 = T sen υ Ecuación 4
T cos υ = 300 Ecuación 2
θ
θ
θ
tg
cosT
senT
300
400
==
3
4
tg =θ
υ = arc tg 1,333
υ = 53,130
Para hallar la tensión T se reemplaza en la ecuación 2.
T cos υ = 300 Ecuación 2
T cos 53,130
= 300
f-lb500
53,13cos
300
T ==
T = 500 lb – f
4.27 Un muchacho que pesa 120 lb-f se sostiene en una barra de levantamiento de pesas. ¿Qué
fuerza ejerce cada uno de sus brazos sobre la barra cuando
a) Sus brazos están en posición paralela.
b) Cuando cada brazo hace un ángulo de 300
con la vertical.
a) Sus brazos están en posición paralela.
Si los brazos están en posición paralela, cada brazo ejerce una fuerza igual a la mitad del
peso de su cuerpo.
f-lb60
2
120
2
w
F ===
b) Cuando cada brazo hace un ángulo de 300
con la vertical.
9
60
0
30
0
C
60
0
60
0
30
0
300
300
TA TB
60
0
T AX
W = 120 lb-f
A
B
TA
TAY
TBX
T BY
TB
60
0
60
0
W = 120 lb-f

11. TAY = TA sen 60
TBY = TB sen 60B
TAX = TA cos 60
TBX = TB cos 60B
Σ FX = 0
TBX - TAX = 0
TB cos 60 - TB
A cos 60 = 0
TB - TB
A = 0
TB = TB
A Ecuación 1
Σ FY = 0
TAY + TBY – W = 0
TAY + TBY = W
TA sen 60 + TB sen 60 = 120 Ecuación 2B
Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2
TA sen 60 + TB sen 60 = 120B
TB sen 60 + TB
BB sen 60 = 120
2 TB sen 60 = 120B
f-lb69,28
60sen
60
60sen2
120
BT ===
TB = TB
A = 69,28 lb-f
4.28 Una cuerda ABCD cuelga de los puntos fijos A y D. En B hay un peso de 12 kg-f y en C un
peso desconocido. Si el ángulo que hace AB con la horizontal es de 600
BC es horizontal y CD
hace un ángulo de 300
con la horizontal, calcular el valor que P debe tener a fin de que el sistema
se encuentre en equilibrio.
TAX = TA cos 60
TAY = TA sen 60
Σ FX = 0
10
TDY
TDX
P
TA
W = 12 kg-f
C
P
A
B
D
TT
TD
30
0
60
0
TA
W = 12 kg-f
TAX
TAY
60
0
T
T
TD
30
0

12. T – TAX = 0
T – TA cos 60 = 0
T = TA cos 60 Ecuación 1
Σ FY = 0
TAY – W = 0
TA sen 60 – W = 0
TA sen 60 = W
TA sen 60 = 12
f-kg13,85
60sen
12
AT ==
TA = 13,85 kg-f
Reemplazar en la ecuación 1
T = TA cos 60 Ecuación 1
T = 13,85 cos 60
T = 6,92 kg-f
TDX = TD cos 30
TDY = TD sen 30
Σ FX = 0
TDX - T = 0
TD cos 30 – T = 0
TD cos 30 = T Ecuación 2
Reemplazar en la ecuación 2
TD cos 30 = T Ecuación 2
TD cos 30 = 6,92
f-kg8
30cos
6,92
DT ==
Σ FY = 0
TDY – P = 0
TD sen 30 = P Ecuación 3
8 sen 30 = P
P = 4 Kg-f
4.29 Tres cuerdas, situadas en un plano en un plano vertical, están fijas a puntos diferentes
sobre el techo. Los otros extremos están unidos en el nudo A y del cual cuelga un peso P. Los
ángulos formados por las cuerdas con la horizontal son: 350
, 1000
, 1600
Las tensiones en las dos primeras cuerdas son de 100 kg-f y 75 kg-f. Calcular la tensión en la
tercera cuerda y el peso P.
T1X = T1 cos 35
11
P
T1 = 100 kg-f T2
T3
T1X
T1Y
T2Y
T2X
80
0
T3
T2
T1
35
0
20
0
20
0
35
0
A
160
0
80
0
P
T3X

13. T1Y = T1 sen 35
T2X = T2 cos 80
T2Y = T2 sen 80
T3X = T3 cos 20
T3Y = T3 sen 20
Σ FX = 0
T2X + T3X - T1X = 0
T2 cos 80 + T3 cos 20 - T1 cos 35 = 0
Pero T1 = 100 kg-f T2 = 75 kg-f.
75 cos 80 + T3 cos 20 - 100 cos 35 = 0
75 (0,1736) + T3 cos 20 - 100 (0,8191) = 0
13,0236 + T3 cos 20 – 81,9152 = 0
T3 cos 20 = 81,9152 - 13,0236
T3 cos 20 = 68,8916
f-kg73,31
0,9396
68,8916
20cos
68,8916
3T ===
T3 = 73,31 kg-f.
Σ FY = 0
T1Y + T2Y + T3Y – P = 0
T1 sen 35 + T2 sen 80 + T3 sen 20 - P = 0
Pero T1 = 100 kg-f T2 = 75 kg-f.
100 * sen 35 +75 * sen 80 + 73,31 * sen 20 - P = 0
100 * 0,5735 +75 * 0,9848 + 73,31 * 0,342 - P = 0
57,35 +75 * 73,86 + 25,072 = P
P = 156,28 kg-f.
4.31 Una esfera cuyo peso es de 50 kg-f descansa sobre dos planos lisos, inclinados
respectivamente con respecto a la horizontal, ángulos de 300
y 450
. Calcular las reacciones de
los dos planos sobre la esfera.
N1X = N1 cos 45
N1Y = N1 sen 45
N2X = N2 cos 60
12
N2Y = N2 sen 60
N2N1 P
N1Y
N1XN2X
N2Y
N2
60
0
60
0
45
0
N2
N1
N1
P
P
45
0
30
0
45
0 30
0
45
0
30
0

14. Σ FX = 0
N1X - N2X = 0
N1 cos 45 - N2 cos 60 = 0
N1 cos 45 = N2 cos 60
2N0,7071
0,7071
0,5*2N
45cos
60cos2N
1N === Ecuación 1
Σ FY = 0
N1Y + N2Y – P = 0
N1Y + N2Y = P
N1Y + N2Y = 50
N1 sen 45 + N2 sen 60 = 50 Ecuación 2
(0,7071 N2) * sen 45 + N2 sen 60 = 50
(0,7071 N2) * sen 45 + N2 sen 60 = 50
0,5 N2 + 0,866 N2 = 50
1,366 N2 = 50
f-kg36,6
1,366
50
2N ==
N2 = 36,6 kg –f.
Pero: N1 = 0,7071 N2
N1 = 0,7071 * 36,6
N1 = 25,88 kg – f.
4.32 Una esfera (fig. 4-31) que pesa 50 lb-f descansa sobre una pared lisa, manteniéndose en
esa posición mediante un plano liso que hace un ángulo de 600
con la horizontal. Calcular la
reacción de la pared y el plano sobre la esfera.
N2X = N2 cos 30
N2Y = N2 sen 30
Σ FX = 0
N1 - N2X = 0
N1 - N2 cos 30 = 0
N1 = N2 cos 30 Ecuación 1
Σ FY = 0
N2Y – P = 0
N2Y = P
N2 sen 30 = 50
13
N2X
N2Y
N2
30
0
N2
P
N1
30
0
60
0
N2
P
N1
60
0
30
0
P
N1

15. f-lb100
0,5
50
30sen
50
2N ===
Reemplazando en la ecuación 1
N1 = N2 cos 30 Ecuación 1
N1 = 100 cos 30
N1 = 100 * 0,866
N1 = 86,6 lb - f
4.33 Una esfera de peso W se sostiene mediante una cuerda AB. (fig. 4-32) y presiona una
pared vertical lisa AC. Si δ es el ángulo entre la cuerda y la pared, determinar la tensión en la
cuerda y la reacción de la pared sobre la esfera.
TX = T sen δ
TY = T cos δ
Σ FX = 0
N - TX = 0
N - T sen δ= 0
N = T sen δ Ecuación 1
Σ FY = 0
TY – W = 0
TY = W
T cos δ = W
cos
W
T
δ
=
Reemplazando en la ecuación 1
δδ
δ
tg*Wsen*
cos
W
N ==
N = W tg δ
4.34 Calcular las fuerzas (fig 4-33) que la viga AB y el cable AC ejercen en A, suponiendo que M
pesa 40 kg f y que el peso del cable y la viga son despreciables.
14
45
0
F
TY
T
C
45
0
45
0
F B
A
W
N
TY
TX
T
δ
N T
δ
W
M
TX
T
M

16. TX = T cos 45
TY = T sen 45
Σ FX = 0
F - TX = 0
F - T cos 45 = 0
F = T cos 45 Ecuación 1
Σ FY = 0
TY – M = 0
TY = M
T sen 45 = M
f.-kg56,56
0,7071
40
45sen
M
T ===
T = 56,56 kg – f.
Reemplazando en la ecuación 1
F = T cos 45 Ecuación 1
f.-kg4045cos*56,56F ==
F = 40 kg –f.
4.34 Calcular las fuerzas (fig 4-33) que la viga AB y el cable AC ejercen en A, suponiendo que M
pesa 40 kg f y que el peso del cable y la viga son despreciables.
TY = T sen 40
TX = T cos 40
FX = F cos 40
FY = F sen 40
Σ FX = 0
FX - TX = 0
F cos 40 - T cos 40= 0
15
40
0
B
50
0
40
0
40
0
F
400
F
TY
T
C
40
0
50
0
A M
TX
T
M
FY
Fx

17. F - T = 0
F = T Ecuación 1
Σ FY = 0
TY + FY – M = 0
TY + FY = M
T sen 40 + F sen 40 = 40 Ecuación 2
Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2
T sen 40 + F sen 40 = 40 Ecuación 2
T sen 40 + T sen 40 = 40
2 T sen 40 = 40
f-Kg31,11
40sen
20
40sen2
40
T ===
T = F = 31,11 Kg – f.
4.34 Calcular las fuerzas (fig 4-33) que la viga AB y el cable AC ejercen en A, suponiendo que M
pesa 40 kg f y que el peso del cable y la viga son despreciables.
TY = T sen 60
TX = T cos 60
FX = F cos 30
FY = F sen 30
Σ FX = 0
FX - TX = 0
F cos 30 - T cos 60 = 0
0,866 F – 0,5 T = 0 Ecuación 1
Σ FY = 0
TY + FY – M = 0
TY + FY = M
16
Fx
F
F
60
0
T
60
0
30
0
A
30
0
60
0
30
0
30
0
M
30
0
TY
M
TX
T
FY

18. T sen 60 + F sen 30 = 40
0,866 T + 0,5 F = 40 Ecuación 2
Resolver las ecuaciones 1 y 2.
0,866 F – 0,5 T = 0 Ecuación 1 * (0.866)
0,866 T + 0,5 F = 40 Ecuación 2 * (0,5)
0,75 F – 0,433 T = 0
0,433 T + 0,25 F = 40
0,75 F + 0,25 F = 40
F = 40 Kg – f.
Reemplazar en la ecuación 1
0,866 F – 0,5 T = 0 Ecuación 1
0,866 * 40 – 0,5 T = 0
34,64 – 0,5 T = 0
0,5 T = 34,64
f-Kg69,28
0,5
34,64
T ==
4.45 Calcular el peso P necesario para mantener el equilibrio en el sistema mostrado en la figura
4 – 39, en la cual A pesa 100 kg-f. y Q = 10 kg-f. El plano y las poleas son lisas. La cuerda AC es
horizontal y la cuerda AB es paralela al plano. Calcular también la reacción del plano sobre el
plano A. (Normal N )
Bloque C
Σ FY = 0
T1 – Q = 0 pero: Q = 10 kg-f.
T1 = Q = 10 kg-f. Ecuación 1
Bloque A
T1X = T1 cos 30
T1Y = T1 sen 30
AX = A sen 30
AY = A cos 30
17
T1
T1Y
T1X
T1
AY
300
30
0
N T2
B
C
Q = 10 kg-f
T2
T2
T2
A = 100 kg-f
30
0
T1
T1
T1
P
A
AX
Bloque A
Q
Bloque C
T2
P
Bloque B

19. Σ FX = 0
T2 – T1X - AX = 0
T2 – T1 cos 30 - A sen 30 = 0 Ecuación 2
T2 = T1 cos 30 + A sen 30 pero: A = 100 kg-f T1 = Q = 10 kg-f.
T2 = 10 cos 30 + 100 sen 30
T2 = 8,66 + 50
T2 = 58,66 kg-f.
Σ FY = 0
N – AY + T1Y = 0
N – A cos 30 + T1 sen 30 = 0 pero: A = 100 kg-f T1 = Q = 10 kg-f.
N – 100 cos 30 + 10 sen 30 = 0
N – 86,6 + 5 = 0
N – 81,6 = 0
N = 81,6 kg-f
Bloque B
Σ FY = 0
T2 – P = 0
T2 = P Ecuación 2 pero: T2 = 58,66 kg-f.
P = 58,66 kg-f.
4.48 Dos esferas idénticas se colocan en el sistema mostrado en la figura 4-42. Calcular
las reacciones de las superficies sobre las esferas. Demostrar que cada esfera se encuentra
independientemente en equilibrio.
ESFERA 2
FY = F sen 20
FX = F cos 20
F1Y = F1 sen 45
F1X = F1 cos 45
Σ FX = 0
FX – F1X = 0
F cos 20 - F1 cos 45 = 0
F1 cos 45 = F cos 20
18
F1X
F1Y
F1X
W
W
45
0
FX
F2
FY
F
20
0
F3
F1
200
45
0
F3
F2
F
Esfera 1
Esfera 2 Esfera 1
FX
FY
F
20
0
F1
Esfera 2

20. F1,33
45cos
20cosF
1F ==
F1 = 1,33 F Ecuación 1
Σ FY = 0
F1Y + FY – W = 0
F1 sen 45 + F sen 20 – W = 0
F1 sen 45 + F sen 20 = W Pero: F1 = 1,33 F
(1,33 F) * sen 45 + F sen 20 = W
(1,33 F) * 0,7071 + F 0,342 = W
0,9404 F + 0,342 F = W
1,2824 F = w
W0,77
1,2824
W
F ==
F = 0,77 W
ESFERA 1
FY = F sen 20
FX = F cos 20
Σ FX = 0
F3 - FX = 0
F3 - F cos 20 = 0 Ecuación 2 Pero: F = 0,77 W
F3 - (0,77 W) * cos 20 = 0
F3 - (0,77 W) * 0,9396 = 0
F3 - 0,723 W = 0
F3 = 0,723 W
Σ FY = 0
F2 - FY – W = 0
F2 + F sen 20 – W = 0 Pero: F = 0,77 W
F2 + (0,77 W) * sen 20 = W
F2 + (0,77 W) * 0,342 = W
F2 + 0,263 W = W
F2 = W - 0,263 W
F2 = 0,737 W
Se reemplaza en la ecuación 1
F1 = 1,33 F Ecuación 1 Pero: F = 0,77 W
F1 = 1,33 * (0,77 W)
F1 = 1,024 W
F1 = 1,024 W F2 = 0,737 W F3 = 0,723 W
4.47 Una varilla de masa de 6 kg. y longitud 0,8 metros esta colocada sobre un ángulo recto liso
como se muestra en la figura 4-41. Determinar la posición de equilibrio y las fuerzas de reacción
como una función del ángulo δ.
19
T
90 - δ
T2
δ
W
δ
φ
φ
δ
T1Y
W
T2
T1
T1X T2X
T2Y

21. PROBLEMAS RESUELTOS DINAMICA DE UNA PARTICULA
7.1 Introducción
7.2 Ley de inercia
7.3 Momentum lineal
7.4 Principio de conservación del momentum
Erving Quintero Gil
Ing. Electromecánico
Bucaramanga – Colombia
2010
Para cualquier inquietud o consulta escribir a:
quintere@hotmail.com
quintere@gmail.com
quintere2006@yahoo.com
1

22. Problema 7.1 FISICA DE FINN
Una partícula de 3,2 Kg. de masa se mueve hacia el oeste con una velocidad de 6 m/seg. Otra
partícula de 1,6 kg. De masa se desplaza hacia el norte con una velocidad de 5 m/seg. Las dos
partículas interactúan. Después de 2 seg. La primera partícula se mueve en la dirección N300
E con
una velocidad de 3 m/seg. Encontrar:
a) la magnitud y dirección de la velocidad de la otra partícula.
b) El momentum total de las 2 partículas tanto al comienzo como al final de los 2 segundos.
c) El cambio en el momentum de cada partícula
d) El cambio en la velocidad de cada partícula.
e) Las magnitudes de estos cambios en velocidad.
V1 a X = Velocidad de la partícula 1 antes del choque en el eje de las “X” = 6 m/seg.
V1 a Y = Velocidad de la partícula 1 antes del choque en el eje de las “Y” = 0
V1 d X = Velocidad de la partícula 1 después del choque en el eje de las “X”
V1 d Y = Velocidad de la partícula 1 después del choque en el eje de las “Y”
V2 a X = Velocidad de la partícula 2 antes del choque en el eje de las “X” = 0
V2 a Y = Velocidad de la partícula 2 antes del choque en el eje de las “Y” = 5 m/seg.
V2 d X = Velocidad de la partícula 2 después del choque en el eje de las “X”
V2 d Y = Velocidad de la partícula 2 después del choque en el eje de las “Y”
V1 d = Velocidad de la partícula 1 después del choque = 3 m/seg.
V2 d = Velocidad de la partícula 2 después del choque = ???
m1 = masa de la partícula 1 = 3,2 kg
m2 = masa de la partícula 2 = 1,6 kg
V1 d Y = V1 d sen 60
V1 d Y = 3 sen 60 = 3*0.866 = 2,598 m/seg.
V1 d Y = 2,598 m/seg.
V1 d X = V1 d cos 60
V1 d X = 3 * cos 60 = 3 * 0,5 = 1,5 m/seg.
V1 d X = 1,5 m/seg.
V
V
Cantidad de movimiento antes del choque en el eje de las “X” = Cantidad de movimiento
después del choque en el eje de las “X”
El signo negativo es por que la partícula m1 se desplaza hacia la izquierda
0
- (m1 V1 a X ) + m2 V2 a X = m1 V1 d X + m2 V2 d X
- m1 V1 a X = m1 V1 d X + m2 V2 d X
Reemplazando
- 3,2 * 6 = 3,2 * 1,5 + 1,6 * V2 d X
- 19,2 = 4,8 + 1,6 V2 d X
2
2 d X = V2 d cos β
2 d Y = V2 d sen β θ = 600
V1 d X = V1 d cos 30
V1 d = 3 m/seg
V1 d Y
m1 = 3,2 kg V1 a x = 6 m/seg
m1
V2dX = V2 d cos β
β
Oeste
m2 = 1,6 kg
V2 a Y = 5 m/seg
Norte
Este
m2
30
0
Sur

23. despejando
1,6 V2 d X = - 19,2 - 4,8
1,6 V2 d X = - 24
seg
m
15-
1,6
24-2dXV ==
Cantidad de movimiento antes del choque en el eje de las “Y” = Cantidad de movimiento
después del choque en el eje de las “Y”
0
m1 V1 a Y + m2 V2 a Y = m1 V1 d Y + m2 V2 d Y
m2 V2 a Y = m1 V1 d Y + m2 V2 d Y
Reemplazando
1,6 * 5 = 3,2 * 2,598 + 1,6 * V2 d Y
8 = 8,3136 + 1,6 V2 d Y
despejando
1,6 V2 d Y = 8 – 8,3136
1,6 V2 d Y = - 0,3136
seg
m
0,196-V
1,6
0,3136-2dY ==
60,01306666
15-
0,196-
V
V
tg
2dX
2dY ===β
Tg β = 0,013066666
β = arc tg (0,013066666)
β = 0,74860
= 00
44 minutos.
Direccion Oeste 00
44 minutos. SUR
V2 d = Velocidad de la partícula 2 después del choque = ???
segm15
.9999
15
0,7486cos
15
cos
V
V 2dX
2d ====
β
El momentum total de las 2 partículas tanto al comienzo como al final de los 2 segundos.
Debido a que la cantidad de movimiento de un sistema aislado se conserva en cualquier
colisión, podemos decir que la cantidad total de movimiento antes de la colisión es igual a
la cantidad total de movimiento del sistema después de la colisión.
Problema 7.2 FISICA DE FINN
Un tronco de un árbol de 45 Kg. flota en un río cuya velocidad es de 8 km/hora. Un cisne de 10 kg
intenta aterrizar en el tronco mientras vuela a 8 km/hora en sentido contrario al de la corriente. El
cisne resbala a lo largo del tronco y sale del extremo de este con una velocidad de 2 km /hora.
Calcular la velocidad final del tronco. Despreciar la fricción del agua.
3
V2 d X = V2 d cos β

24. m t = masa del tronco = 45 kg.
m c = masa del cisne = 10 kg.
Vt a = Velocidad tronco antes = 8 km/hora
V t d = Velocidad tronco después = ¿???
Vc a = Velocidad del cisne antes = 8 km/hora
Vc d = Velocidad del cisne después. 2 km /hora.
Cantidad de movimiento antes de aterrizar el cisne = Cantidad de movimiento después de
aterrizar el cisne
El signo negativo es por que el cisne se desplaza hacia la izquierda
m t Vt a - mc Vc a = mt Vt d - mc Vc d
Reemplazando
45 * 8 - 10 * 8 = 45 * Vt d - 10 * 2
360 - 80 = 45 Vt d - 20
280 = 45 Vt d - 20
280 + 20 = 45 Vt d
45 Vt d = 300
hora
km
6,66
45
300
Vtd ==
Problema 7.3 FISICA DE FINN
En la reacción química H + Cl → HCl el átomo H se estaba moviendo inicialmente hacia la derecha
con una velocidad de 1,57 x 105
m/seg, mientras que el átomo de Cl se estaba moviendo
perpendicularmente con una velocidad de 3,4 x 104
m/seg. Encontrar la magnitud y dirección
(respecto al movimiento del átomo de H) de la velocidad resultante HCl. Usar las masas atómicas
de la tabla A-1.
VH a X = Velocidad del HIDROGENO antes del choque en el eje de las “X” = 1,57 x 105
m/seg.
VH a Y = Velocidad del HIDROGENO antes del choque en el eje de las “Y” = 0
V Cl a X = Velocidad del cloro antes del choque en el eje de las “X” = 0
V Cl a Y = Velocidad del cloro antes del choque en el eje de las “Y” = 3,4 x 104
m/seg.
4
θ
Vd X = Vd cos θ
Vd
Vd Y
m H = 1,00797 uma
M c l 2 = 35453 uma
VH a X = 1,57 x 105
VCl = 3,4 x 104
m/seg

25. Como la colisión es inelástica, quiere decir que las moléculas se unen para formar HCl después del
choque.
VdX : Es la velocidad después del choque de las moléculas unidas en el eje x .
VdX = Vd cos θ (Ver grafica)
Vd Y = Es la velocidad después del choque de las moléculas unidas en el eje Y .
Vd Y = Vd sen θ (Ver grafica)
mH = masa del hidrogeno = 1,00797 uma
mCl = masa del cloro = 35,453 uma
Masa total = mH + mCl = 1,00797 uma + 35,453 uma = 36,46 uma
Cantidad de movimiento antes del choque en el eje de las “X” = Cantidad de movimiento
después del choque en el eje de las “X”
0
mH VH a X + mCl VCl a X = (mH + mCl) V d X
mH VH a X = (mH + mCl) V d X
Reemplazando
1,00797 * 1,57 x 105
= 36,46 * V d X
1,582512 x 105
= 36,46 Vd cos θ
5
5
d 10*0,0434
36,46
10*1,582512
cosV ==θ Ecuación 1
Cantidad de movimiento antes del choque en el eje de las “Y” = Cantidad de movimiento
después del choque en el eje de las “Y”
0
mH VH a Y + mCl VCl a Y = (mH + mCl) V d Y
mCl VCl a Y = (mH + mCl) V d Y
Reemplazando
35,453 * 3,4 x 104
= 36,46 * V d Y
120,5402 x 104
= 36,46 Vd sen θ
4
4
d 10*3,306
36,46
10*120,5402
senV ==θ Ecuación 2
Igualando la ecuación 2 con la ecuación 1
6177,710*76,177
10*0,0434
10*3,306
cosV
senV 1-
5
4
d
d ===
θ
θ
6177,7=θtg
Θ = arc tg 7,6177
Θ = 82,520
= 820
31 minutos
5
d 10*0,0434cosV =θ
5

26. Vd cos 82,52 = 0,0434 x 105
seg
m
33338,45410*0,33338454
0,13018
10*0,0434
82,52cos
10*0,0434
V 5
55
d ====
Vd = 33338,454 m/seg
Problema 7.5 FISICA DE FINN
Una partícula cuya masa es de 0,2 kg se esta moviendo a 0,4 m/seg. a lo largo del eje X cuando
choca con otra partícula de masa 0,3 kg. Que se encuentra en reposo. Después del choque la
primera partícula se mueve a 0,2 m/seg. En una dirección que forma un ángulo de 400
con el eje
de las X. Determinar: a) La magnitud y dirección de la velocidad de la segunda partícula después
del choque.
b) El cambio en la velocidad y el momentum de cada partícula
V1 a X = Velocidad de la partícula 1 antes del choque en el eje de las “X” = 0,4 m/seg.
V1 a Y = Velocidad de la partícula 1 antes del choque en el eje de las “Y” = 0
V1 d X = Velocidad de la partícula 1 después del choque en el eje de las “X”
V1 d Y = Velocidad de la partícula 1 después del choque en el eje de las “Y”
V2 a X = Velocidad de la partícula 2 antes del choque en el eje de las “X” = 0 (la partícula esta en reposo)
V2 a Y = Velocidad de la partícula 2 antes del choque en el eje de las “Y” = 0 (la partícula esta en reposo)
V2 d X = Velocidad de la partícula 2 después del choque en el eje de las “X”
V2 d Y = Velocidad de la partícula 2 después del choque en el eje de las “Y”
V1 d = Velocidad de la partícula 1 después del choque = 0,2 m/seg.
V2 d = Velocidad de la partícula 2 después del choque = ???
m1 = masa de la partícula 1 = 0,2 kg
m2 = masa de la partícula 2 = 0,3 kg
V1 d Y = V1 d sen 40
V1 d Y = 0,2 sen 40 = 0,2 *0.6427 = 0,1285 m/seg.
V1 d Y = 0,1285 m/seg.
V1 d X = V1 d cos 40
V1 d X = 0,2 * cos 40 = 0,2 * 0,766 = 0,1532 m/seg.
V1 d X = 0,1532 m/seg.
Cantidad de movimiento antes del choque en el eje de las “X” = Cantidad de movimiento
después del choque en el eje de las “X”
0
m1 V1 a X + m2 V2 a X = m1 V1 d X + m2 V2 d X
m1 V1 a X = m1 V1 d X + m2 V2 d X
Reemplazando
0,2 * 0,4 = 0,2 * 0,1532 + 0,3 * V2 d X
0,08 = 0,03 + 0,3 V2 d X
6
V2 d X = V2 d cos β
V2 d Y = V2 d sen β
θ = 400
V1 d X = V1 d cos 40
V1 d = 0,2 m/seg
V1d Y
m1 = 0,2 kg m2
V1 a X = 0,4 m/seg
V2 d
V2 d X = V2 d cos β
β
V2 d Y
EsteOeste
Norte

27. despejando
0,3 V2 d X = 0,08 – 0,03
0,3 V2 d X = 0,05
seg
m
0,16666V
0,3
0,052dX ==
Cantidad de movimiento antes del choque en el eje de las “Y” = Cantidad de movimiento
después del choque en el eje de las “Y”
El signo negativo es por que la partícula 2 se desplaza hacia abajo.
0 0
m1 V1 a Y + m2 V2 a Y = m1 V1 d Y - m2 V2 d Y
0 = m1 V1 d Y - m2 V2 d Y
Reemplazando
0 = 0,2 * 0,1285 - 0,3 * V2 d Y
0 = 0,0257 - 0,3 V2 d Y
despejando
0,3 V2 d Y = 0,0257
seg
m
0,0856V
0,3
0,02572dY ==
0,51362
0,16666
0,0856
V
V
tg
2dX
2dY ===β
Tg β = 0,51362
β = arc tg (0,51362)
β = 27,180
= 270
10 minutos.
Dirección
Este 27,180
SUR
V2 d = Velocidad de la partícula 2 después del choque = ???
segm0,187
.889575
0,1666
27,18cos
0,1666
cos
V
V 2dX
2d ====
β
Problema 7.5 FISICA DE FINN
2 carros A y B se empujan uno hacia el otro. Inicialmente B esta en reposo mientras que A se
mueve hacia la derecha a 0,5 m/seg. Después del choque A rebota a 0,1 m/seg. Mientras que B se
mueve hacia la derecha a 0,3 m/seg.
En un segundo experimento A esta cargado con una masa de 1 kg. y se dirige hacia B con una
velocidad de 0,5 m/seg. Después de la colisión A permanece constante mientras que B se
desplaza hacia la derecha a 0,5 m/seg. Encontrar la masa de cada carro?
7
V2 d X = V2 d cos β

28. m A = masa del carro A = ??.
m B = masa del carro B = ??.
V A a = Velocidad del carro A en el primer experimento = 0,5 m/seg.
V A d = Velocidad del carro A en el segundo experimento = 0 m/seg.
VB a = Velocidad del carro B en el primer experimento = 0 m/seg.
VB d = Velocidad del carro A en el segundo experimento = 0,5 m/seg.
Cantidad de movimiento antes del choque en el primer experimento = Cantidad de
movimiento después del choque en el primer experimento
El signo negativo es por que el carro A rebota después del choque hacia la izquierda.
0
m A VA a + m B VB a = - m A VA d + m B VB d
m A VA a = - m A VA d + m B VB d
Reemplazando
m A * 0,5 = - m A *0,1 + m B * 0,3
Ordenando y simplificando términos semejantes
m A * 0,5 + m A *0,1 = m B * 0,3
m A * 0,6 = m B * 0,3
Dividiendo la expresión por 0,3
m A * 2 = m B
2 m A = m B Ecuación 1
Cantidad de movimiento antes del choque en el segundo experimento = Cantidad de
movimiento después del choque en el segundo experimento
En el segundo experimento se le agrega un kg. a la masa del carro A.
0 0
(m A +1) VA a + m B VB a = (m A +1) VA d + m B VB d
(m A +1) VA a = m B VB d
Reemplazando
V B d = 0,5 m/seg.V A d = 0 m/seg.V B a = 0 m/seg.V A a = 0,5 m/seg.
m= 1kg
A B A
Segundo experimento
m= 1kg
B
8
V B d = 0,3 m/seg.V A d = 0,1 m/seg.V B a = 0 m/seg.V A a = 0,5 m/seg.
A B A B
Primer experimento

29. (m A +1) * 0,5 = m B * 0,5
Dividiendo la expresión por 0,5
(m A +1) = m B Ecuación 2
Igualando la ecuación 1 con la ecuación 2.
2 m A = m B Ecuación 1
(m A +1) = m B Ecuación 2
2 m A = (m A +1)
2 m A - m A = 1
m A = 1 kg
(m A +1) = m B Ecuación 2
m B = m A +1
m B = 1 +1
m B = 2 kg.
9

30. T2Y = T2 sen δ
T2X = T2 cos δ
T1Y = T1 sen (90 - δ) Pero: sen (90 - δ) = cos δ
T1Y = T1 cos δ
T1X = T1 cos (90 - δ) Pero: cos (90 - δ) = sen δ
T1X = T1 sen δ
Σ FX = 0
T2X – T1X = 0
T2 cos δ - T1 sen δ = 0 Ecuación 1
Σ FY = 0
T1Y + T2Y – W = 0
T1 cos δ + T2 sen δ – W = 0
T1 cos δ + T2 sen δ = W Ecuación 2
Resolviendo las ecuaciones
T2 cos δ - T1 sen δ = 0 * cos δ Ecuación 1
T1 cos δ + T2 sen δ = W * sen δ Ecuación 2
T2 cos2
δ - T1 sen δ * cos δ = 0
T1 cos δ * sen δ + T2 sen2
δ = W sen δ
T2 cos2
δ + T2 sen2
δ = W sen δ
T2 (cos2
δ + sen2
δ) = W sen δ Pero: (cos2
δ + sen2
δ) = 1
T2 = W sen δ
Reemplazando en la ecuacion 2
T1 cos δ + T2 sen δ = W Ecuación 2
T1 cos δ + (W sen δ) * sen δ = W
T1 cos δ + W sen2
δ = W
T1 cos δ = W - W sen2
δ
T1 cos δ = W (1 - sen2
δ) Pero: (1 - sen2
δ) = cos2
δ
T1 cos δ = W cos2
δ
δ
δ
δ
cosW
cos
2cosW
1T ==
T1 = W cos δ
20