Problemas Resueltos — Dinámica

Guía de Problemas N°2 · Física I · UNSJ 2025

Premisa de Trabajo

Secuencia de resolución (Dinámica)

Lectura y bosquejo de la situación señalando puntos notorios.
Transcripción de datos sobre el bosquejo e identificación de incógnitas.
Conversión de unidades a sistema internacional.
Diagrama de cuerpo libre (DCL) para cada objeto de estudio, incluyendo todas las fuerzas con notación simbólica y un sistema coordenado x-y pertinente.
Modelado matemático: aplicar la Segunda Ley de Newton e identificar pares de fuerza.
Despeje: trabajar algebraicamente para aislar la incógnita.
Sustitución y cálculo: reemplazar datos y calcular.
Validación y respuesta.

Problema N°1 — Grúa y tensión en cable

Una masa de $100\;\text{kg}$ se hace descender por medio del cable de una grúa con una aceleración hacia abajo de $5\;\text{m/s}^2$.

a) ¿Cuál es su objeto de estudio? ¿Qué movimiento describe?

b) Calcule el tiempo necesario para que la masa descienda 10 m.

c) Componga el DCL y aplique la Segunda Ley de Newton.

d) Calcule la tensión en el cable.

Datos

$$m = 100\;\text{kg},\quad a = 5\;\text{m/s}^2\;(\downarrow),\quad g = 9{,}8\;\text{m/s}^2$$

a) Objeto de estudio y tipo de movimiento

El objeto de estudio es la masa de 100 kg. Dado que tiene aceleración constante hacia abajo, describe un MRUA (movimiento rectilíneo uniformemente acelerado) en dirección vertical descendente.

b) Tiempo para descender 10 m

Partiendo del reposo ($v_0 = 0$):

$$\Delta y = \tfrac{1}{2}\,a\,t^2 \quad\Rightarrow\quad 10 = \tfrac{1}{2}(5)\,t^2$$

$$t^2 = \frac{20}{5} = 4 \quad\Rightarrow\quad \boxed{t = 2\;\text{s}}$$

c) Diagrama de cuerpo libre

Eje positivo hacia abajo (sentido del movimiento). Fuerzas actuantes:

$$\vec{P} = m\vec{g}\;(\downarrow) \qquad \vec{T}\;(\uparrow)$$

Segunda Ley de Newton (eje $+\downarrow$):

$$\sum F = m\,a \quad\Rightarrow\quad P - T = m\,a$$

d) Tensión en el cable

$$mg - T = m\,a \quad\Rightarrow\quad T = m(g - a)$$

$$T = 100\,(9{,}8 - 5) = 100 \times 4{,}8$$

$$\boxed{T = 480\;\text{N}}$$

La tensión es menor que el peso ($P = 980\;\text{N}$), lo cual tiene sentido porque la masa desciende aceleradamente.

Problema N°2 — Plano inclinado con cable angular

Un automóvil de $1200\;\text{kg}$ es arrastrado sobre un plano de pendiente 20° por medio de un cable atado a un camión-grúa. El cable forma un ángulo de 30° con el plano inclinado. Resistencia a la rotura del cable: 5 kN. Sin fuerzas resistivas.

a) Determine la fuerza neta máxima actuante sobre el automóvil.

b) ¿Cuál es la mayor distancia que el automóvil puede ser arrastrado en los primeros 5 s desde el reposo?

Datos

$$m = 1200\;\text{kg},\quad \alpha = 20°,\quad \beta = 30°\;(\text{cable respecto al plano})$$

$$T_{\max} = 5\;\text{kN} = 5000\;\text{N},\quad g = 9{,}8\;\text{m/s}^2$$

DCL sobre el plano inclinado

Ejes: $x$ a lo largo del plano (positivo cuesta arriba), $y$ perpendicular al plano.

a) Fuerza neta máxima

Componentes a lo largo del plano ($\hat{x}$):

$$\sum F_x = T\cos\beta - mg\sin\alpha = m\,a$$

Con la tensión máxima:

$$F_{\text{neta}} = T_{\max}\cos 30° - mg\sin 20°$$

$$F_{\text{neta}} = 5000 \times 0{,}866 - 1200 \times 9{,}8 \times 0{,}342$$

$$F_{\text{neta}} = 4330 - 4021{,}9$$

$$\boxed{F_{\text{neta}} = 308{,}0\;\text{N} \approx 307{,}97\;\text{N}}$$

b) Mayor distancia en 5 s

$$a = \frac{F_{\text{neta}}}{m} = \frac{307{,}97}{1200} = 0{,}2566\;\text{m/s}^2$$

$$\Delta x = \tfrac{1}{2}\,a\,t^2 = \tfrac{1}{2}(0{,}2566)(25)$$

$$\boxed{\Delta x = 3{,}21\;\text{m}}$$

El automóvil describe un MRUA cuesta arriba.

Problema N°3 — Peso aparente en ascensor

Un objeto está suspendido de una balanza de resorte sujeta al techo de un elevador de cargas. Analice:

a) Asciende con $a = 2{,}45\;\text{m/s}^2$ y la balanza indica 50 N. ¿Cuánto pesa el cuerpo?

b) Asciende desacelerando con $a = 2{,}45\;\text{m/s}^2$. ¿Lectura de la balanza?

c) Desciende y la balanza indica 30 N. ¿Aceleración? ¿Tipo de movimiento?

d) Se corta el cable del elevador. ¿Lectura de la balanza?

DCL del objeto suspendido

Eje positivo hacia arriba. La lectura de la balanza coincide con la tensión $T$.

$$\sum F_y = T - mg = m\,a \quad\Rightarrow\quad T = m(g + a)$$

a) Ascenso acelerado: T = 50 N, a = +2,45 m/s²

$$50 = m(9{,}8 + 2{,}45) = m(12{,}25)$$

$$m = \frac{50}{12{,}25} = 4{,}082\;\text{kg}$$

$$\boxed{P = mg = 4{,}082 \times 9{,}8 = 40\;\text{N}}$$

b) Ascenso desacelerado: a = −2,45 m/s²

Sube pero frena → la aceleración es hacia abajo:

$$T = m(g + a) = m(g - 2{,}45) = 4{,}082\,(9{,}8 - 2{,}45) = 4{,}082 \times 7{,}35$$

$$\boxed{T = 30{,}0\;\text{N} \approx 29{,}98\;\text{N}}$$

c) Descenso con T = 30 N

Si el elevador desciende, el objeto también. Tomamos eje $+\downarrow$:

$$mg - T = m\,a \quad\Rightarrow\quad a = \frac{mg - T}{m} = \frac{40 - 30}{4{,}082}$$

$$\boxed{a = 2{,}45\;\text{m/s}^2}\quad\text{Movimiento: MRUA (descenso acelerado)}$$

d) Cable cortado → caída libre

En caída libre, $a = g$. La balanza y el objeto caen juntos:

$$T = m(g - g) = 0$$

$$\boxed{T = 0\;\text{N}}\quad\text{(ingravidez aparente)}$$

Problema N°4 — Plataforma elevadora

Se carga en una plataforma elevadora (con balanza) una caja de 45 kg. Determine la lectura de la balanza en cada caso:

a) Detenido · b) Sube con v = 1,5 m/s constante · c) Baja frenando a 1,2 m/s² · d) Sube acelerando a 1,2 m/s² · e) Se cortan los cables · f) ¿En qué estado determinar el peso real?

Planteo general

La lectura de la balanza es la fuerza normal $N$. Eje $+\uparrow$:

$$N - mg = m\,a \quad\Rightarrow\quad N = m(g + a)$$

$$mg = 45 \times 9{,}8 = 441\;\text{N}$$

a) Detenido (a = 0)

$$N = mg = \boxed{441\;\text{N} = P}$$

b) Sube con v constante (a = 0)

Velocidad constante implica aceleración nula:

$$N = mg = \boxed{441\;\text{N} = P}$$

c) Baja frenando a 1,2 m/s²

Baja pero frena → la aceleración es hacia arriba → $a = +1{,}2\;\text{m/s}^2$:

$$N = m(g + a) = 45(9{,}8 + 1{,}2) = 45 \times 11$$

$$\boxed{N = 495\;\text{N}}$$

d) Sube acelerando a 1,2 m/s²

La aceleración es hacia arriba → $a = +1{,}2\;\text{m/s}^2$:

$$N = m(g + a) = 45 \times 11$$

$$\boxed{N = 495\;\text{N}}$$

Los casos c) y d) dan el mismo resultado: la dirección de la aceleración es la misma (hacia arriba).

e) Se cortan los cables (caída libre)

$$N = m(g - g) = 0$$

$$\boxed{N = 0\;\text{N}}$$

f) ¿En qué estado medir el peso real?

La balanza marca el peso real cuando $a = 0$: plataforma en reposo o con velocidad constante. En ese caso: $N = P = \boxed{441\;\text{N}}$

Problema N°5 — Tres bloques en contacto

Tres bloques en contacto sobre una superficie horizontal. Una fuerza horizontal $F = 25\;\text{N}$ se aplica a $m_1$. Datos: $m_1 = 2\;\text{kg},\; m_2 = 3\;\text{kg},\; m_3 = 4\;\text{kg}$.

a) Superficie lisa: aceleración, fuerza neta sobre cada bloque y fuerzas internas.

b) Superficie rugosa ($\mu_k = 0{,}2$): ídem.

DCL del sistema

a) Superficie lisa (sin rozamiento)

Aceleración del sistema:

$$M = m_1 + m_2 + m_3 = 2 + 3 + 4 = 9\;\text{kg}$$

$$a = \frac{F}{M} = \frac{25}{9}$$

$$\boxed{a = 2{,}78\;\text{m/s}^2}$$

Fuerza neta sobre cada bloque:

$$F_{n_1} = m_1\,a = 2 \times 2{,}78 = \boxed{5{,}56\;\text{N}}$$

$$F_{n_2} = m_2\,a = 3 \times 2{,}78 = \boxed{8{,}33\;\text{N}}$$

$$F_{n_3} = m_3\,a = 4 \times 2{,}78 = \boxed{11{,}11\;\text{N}}$$

Fuerzas internas (de contacto):

Para el bloque 1:

$$F - F_{12} = m_1\,a \quad\Rightarrow\quad F_{12} = F - m_1\,a = 25 - 5{,}56$$

$$\boxed{F_{12} = 19{,}44\;\text{N}}$$

Para el bloque 3:

$$F_{23} = m_3\,a = 4 \times 2{,}78$$

$$\boxed{F_{23} = 11{,}11\;\text{N}}$$

b) Superficie rugosa (μk = 0,2)

Fuerza de rozamiento total:

$$f_r = \mu_k \cdot M \cdot g = 0{,}2 \times 9 \times 9{,}8 = 17{,}64\;\text{N}$$

Aceleración del sistema:

$$a = \frac{F - f_r}{M} = \frac{25 - 17{,}64}{9} = \frac{7{,}36}{9}$$

$$\boxed{a = 0{,}818\;\text{m/s}^2}$$

Fuerza neta sobre cada bloque:

$$F_{n_1} = m_1\,a = 2 \times 0{,}818 = \boxed{1{,}64\;\text{N}}$$

$$F_{n_2} = m_2\,a = 3 \times 0{,}818 = \boxed{2{,}45\;\text{N}}$$

$$F_{n_3} = m_3\,a = 4 \times 0{,}818 = \boxed{3{,}27\;\text{N}}$$

Fuerzas internas:

Bloque 1 (rozamiento individual: $f_1 = 0{,}2 \times 2 \times 9{,}8 = 3{,}92\;\text{N}$):

$$F_{12} = F - f_1 - m_1\,a = 25 - 3{,}92 - 1{,}64$$

$$\boxed{F_{12} = 19{,}44\;\text{N}}$$

Bloque 3 (rozamiento individual: $f_3 = 0{,}2 \times 4 \times 9{,}8 = 7{,}84\;\text{N}$):

$$F_{23} = m_3\,a + f_3 = 3{,}27 + 7{,}84$$

$$\boxed{F_{23} = 11{,}11\;\text{N}}$$

Las fuerzas internas son prácticamente iguales en ambos casos. La fricción se distribuye proporcionalmente a la masa de cada bloque.

Problema N°6 — Atwood modificado en plano inclinado

Dos masas conectadas por una cuerda ligera que pasa sobre una polea ideal. $m_1 = 2\;\text{kg}$ sobre un plano inclinado liso con $\theta = 30°$. $m_2 = 6\;\text{kg}$ cuelga verticalmente. Se libera desde el reposo.

a) Sentido de movimiento. b) Tensión y fuerza neta en $m_1$. c) Tiempo para que $m_1$ recorra 1 m. d) Rapidez cuando $m_2$ desciende 1 m.

Datos

$$m_1 = 2\;\text{kg},\quad m_2 = 6\;\text{kg},\quad \theta = 30°,\quad \text{sin.fric.},\quad g = 9{,}8\;\text{m/s}^2$$

a) Sentido de movimiento

Comparamos las fuerzas que tienden a mover el sistema:

$$m_2\,g = 6 \times 9{,}8 = 58{,}8\;\text{N} \quad > \quad m_1\,g\sin 30° = 2 \times 9{,}8 \times 0{,}5 = 9{,}8\;\text{N}$$

$m_2$ desciende y $m_1$ sube por el plano.

DCL de ambas masas

b) Aceleración y tensión

Para $m_1$ (eje $+$ subiendo por el plano):

$$T - m_1 g\sin 30° = m_1\,a \qquad (1)$$

Para $m_2$ (eje $+\downarrow$):

$$m_2 g - T = m_2\,a \qquad (2)$$

Sumando (1) y (2):

$$m_2 g - m_1 g\sin 30° = (m_1 + m_2)\,a$$

$$a = \frac{58{,}8 - 9{,}8}{8} = \frac{49}{8} = 6{,}125\;\text{m/s}^2$$

Sustituyendo en (2):

$$T = m_2(g - a) = 6(9{,}8 - 6{,}125) = 6 \times 3{,}675 = \boxed{22{,}05\;\text{N} \approx 22\;\text{N}}$$

c) Tiempo para recorrer 1 m

$$\Delta x = \tfrac{1}{2}\,a\,t^2 \quad\Rightarrow\quad t = \sqrt{\frac{2\,\Delta x}{a}} = \sqrt{\frac{2}{6{,}125}} = \boxed{0{,}57\;\text{s}}$$

d) Rapidez cuando m₂ desciende 1 m

Como la cuerda es inextensible, ambas masas tienen la misma rapidez:

$$v = \sqrt{2\,a\,\Delta x} = \sqrt{2 \times 6{,}125 \times 1} = \sqrt{12{,}25}$$

$$\boxed{v = 3{,}5\;\text{m/s}}$$

Problema N°7 — Tres cuerpos con polea

Cuerpo A ($10\;\text{kg}$) sobre superficie rugosa ($\mu_k = 0{,}05$) conectado por cuerda a un platillo B ($2\;\text{kg}$) con un cuerpo C ($3\;\text{kg}$) encima. Polea ideal.

a) Aceleración de A y desplazamiento en 3 s. b) Tensión del hilo. c) Fuerza de contacto entre B y C. d) Si se corta la cuerda.

Datos

$$m_A = 10\;\text{kg},\;m_B = 2\;\text{kg},\;m_C = 3\;\text{kg},\;\mu_k = 0{,}05$$

DCL del sistema

a) Aceleración y desplazamiento

Sistema completo (A va a la derecha, B+C descienden):

$$(m_B + m_C)\,g - \mu_k\,m_A\,g = (m_A + m_B + m_C)\,a$$

$$5(9{,}8) - 0{,}05(10)(9{,}8) = 15\,a$$

$$49 - 4{,}9 = 15\,a \quad\Rightarrow\quad a = \frac{44{,}1}{15}$$

$$\boxed{a = 2{,}94\;\text{m/s}^2}$$

$$x = \tfrac{1}{2}\,a\,t^2 = \tfrac{1}{2}(2{,}94)(9) = \boxed{13{,}23\;\text{m}}$$

b) Tensión del hilo

Para el cuerpo A:

$$T - \mu_k\,m_A\,g = m_A\,a$$

$$T = m_A(a + \mu_k\,g) = 10(2{,}94 + 0{,}49)$$

$$\boxed{T = 34{,}3\;\text{N}}$$

c) Fuerza de contacto entre B y C

Para el cuerpo C solo (eje $+\downarrow$):

$$m_C\,g - F_{CB} = m_C\,a$$

$$F_{CB} = m_C(g - a) = 3(9{,}8 - 2{,}94) = 3 \times 6{,}86$$

$$\boxed{F_{CB} = 20{,}58\;\text{N}}$$

Pares: $F_{CB}$ actúa sobre C (↑, desde B) y $F_{BC}$ actúa sobre B (↓, desde C). Tercera Ley de Newton.

d) Si se corta la cuerda

A: Tenía velocidad hacia la derecha. Con fricción opuesta, desacelera → MRUD hasta detenerse.

B y C: Sin tensión, caen juntos → Caída libre ($a = g$).

Problema N°8 — Plano inclinado rugoso + caída

Bloque de $5\;\text{kg}$ se suelta desde $h = 0{,}5\;\text{m}$ sobre un plano de 30° rugoso ($\mu = 0{,}15$), encima de una mesa de $H = 2\;\text{m}$.

a) DCL en cada etapa. b) Aceleración en el plano. c) Velocidad al salir del plano. d) Distancia horizontal de impacto. e) Tiempo total.

a) DCL — Fase 1: sobre el plano inclinado

Fase 2: Tiro parabólico — solo actúa el peso (vertical hacia abajo).

b) Aceleración sobre el plano

Eje a lo largo del plano ($+$ hacia abajo):

$$a = g(\sin 30° - \mu\cos 30°) = 9{,}8\,(0{,}5 - 0{,}15 \times 0{,}866)$$

$$a = 9{,}8\,(0{,}5 - 0{,}13) = 9{,}8 \times 0{,}37$$

$$\boxed{a = 3{,}63\;\text{m/s}^2}$$

c) Velocidad al abandonar el plano

Longitud del plano: $L = h/\sin 30° = 0{,}5/0{,}5 = 1\;\text{m}$

$$v_f^2 = 2\,a\,L = 2(3{,}63)(1) = 7{,}26$$

$$\boxed{v_f = 2{,}69\;\text{m/s}}\quad\text{(horizontal, al salir de la mesa)}$$

d) Distancia horizontal de impacto

El bloque sale horizontalmente desde la mesa de $H = 2\;\text{m}$:

$$t_{\text{caída}} = \sqrt{\frac{2H}{g}} = \sqrt{\frac{4}{9{,}8}} = 0{,}639\;\text{s}$$

$$x = v_f \cdot t_{\text{caída}} = 2{,}69 \times 0{,}639 = \boxed{1{,}72\;\text{m}}$$

e) Tiempo total

Tiempo en el plano:

$$t_1 = \frac{v_f}{a} = \frac{2{,}69}{3{,}63} = 0{,}741\;\text{s}$$

$$t_{\text{total}} = t_1 + t_{\text{caída}} = 0{,}741 + 0{,}639 = \boxed{1{,}38\;\text{s}}$$

Problema N°9 — Dos bloques con cuerda y rozamiento

Dos bloques $m_1 = 12\;\text{kg}$ y $m_2 = 18\;\text{kg}$ sobre superficie horizontal rugosa, conectados por cuerda. Fuerza $F$ aplicada sobre $m_2$. $\mu_k = 0{,}1;\;\mu_e = 0{,}15$.

a) Fuerza mínima para poner en movimiento el sistema.

b) Aceleración y tensión con $F = 1{,}5 \times F_{\min}$.

a) Fuerza mínima (vencer fricción estática)

$$F_{\min} = \mu_e \cdot (m_1 + m_2) \cdot g = 0{,}15 \times 30 \times 9{,}8$$

$$\boxed{F_{\min} = 44{,}1\;\text{N}}$$

b) Con F = 1,5 × F_min = 66,15 N

Rozamiento cinético total:

$$f_k = \mu_k(m_1+m_2)g = 0{,}1 \times 30 \times 9{,}8 = 29{,}4\;\text{N}$$

Aceleración:

$$a = \frac{F - f_k}{m_1 + m_2} = \frac{66{,}15 - 29{,}4}{30} = \frac{36{,}75}{30}$$

$$\boxed{a = 1{,}225\;\text{m/s}^2}$$

Tensión en la cuerda (analizando $m_1$):

$$T - \mu_k\,m_1\,g = m_1\,a$$

$$T = m_1(a + \mu_k\,g) = 12(1{,}225 + 0{,}98)$$

$$\boxed{T = 26{,}46\;\text{N}}$$

Problema N°10 — Sistema con polea y fuerza angular

$m_1 = 4\;\text{kg}$ sobre superficie, $m_2 = 2{,}4\;\text{kg}$ colgando por polea ideal. Fuerza $F$ a $\theta = 30°$ sobre $m_1$. $\mu_e = 0{,}6;\; \mu_k = 0{,}2$.

a) Máxima $F$ para que el sistema permanezca en reposo.

b) $F$ para que $m_2$ descienda con $a = 5\;\text{m/s}^2$.

Datos

$$m_1 = 4\;\text{kg},\;m_2 = 2{,}4\;\text{kg},\;\theta = 30°,\;\mu_e = 0{,}6,\;\mu_k = 0{,}2$$

La fuerza $F$ se aplica a $30°$ sobre la horizontal, oponiéndose al movimiento que genera $m_2$.

a) Máxima F para equilibrio

En reposo: $T = m_2 g = 2{,}4 \times 9{,}8 = 23{,}52\;\text{N}$

Para $m_1$, la fricción estática se opone al movimiento potencial hacia la polea:

$$N = m_1 g - F\sin 30° = 39{,}2 - 0{,}5F$$

En el límite (sistema a punto de moverse):

$$F\cos 30° = T + \mu_e \cdot N$$

$$0{,}866\,F = 23{,}52 + 0{,}6(39{,}2 - 0{,}5F)$$

$$0{,}866\,F = 23{,}52 + 23{,}52 - 0{,}3F$$

$$1{,}166\,F = 47{,}04$$

$$\boxed{F_{\max} = 40{,}3\;\text{N}}$$

b) F para que m₂ descienda con a = 5 m/s²

Para $m_2$ ($+\downarrow$):

$$T = m_2(g - a) = 2{,}4(9{,}8 - 5) = 2{,}4 \times 4{,}8 = 11{,}52\;\text{N}$$

Para $m_1$ (se mueve hacia la polea, fricción opuesta):

$$T - F\cos 30° - \mu_k\,N = m_1\,a$$

$$11{,}52 - 0{,}866F - 0{,}2(39{,}2 - 0{,}5F) = 4 \times 5$$

$$11{,}52 - 0{,}866F - 7{,}84 + 0{,}1F = 20$$

$$-0{,}766F = 16{,}32$$

$$\boxed{F = -21{,}3\;\text{N}}$$

El signo negativo indica que $F$ debe aplicarse en sentido contrario al supuesto (hacia la polea, no alejándose de ella), para que $m_2$ descienda con esa aceleración.

Problema N°11 — Dos bloques en contacto

Dos bloques $m_1 = 7\;\text{kg}$ y $m_2 = 2\;\text{kg}$ sobre superficie horizontal con $\mu = 0{,}2$, en contacto. Se aplica a $m_1$ una fuerza horizontal $F$. Determinar la fuerza de contacto y la aceleración.

Planteo del sistema

$$M = m_1 + m_2 = 9\;\text{kg}$$

Aceleración del sistema

$$a = \frac{F - \mu\,M\,g}{M} = \frac{F - 0{,}2 \times 9 \times 9{,}8}{9} = \frac{F - 17{,}64}{9}$$

$$\boxed{a = 2{,}3\;\text{m/s}^2}$$

Fuerza de contacto entre los bloques

Para $m_2$ (empujado por $m_1$):

$$F_{12} - \mu\,m_2\,g = m_2\,a$$

$$F_{12} = m_2(a + \mu\,g) = 2(2{,}3 + 0{,}2 \times 9{,}8) = 2(2{,}3 + 1{,}96)$$

$$\boxed{F_{12} = 8{,}52\;\text{N} \approx 8{,}5\;\text{N}}$$

Problema N°12 — Dos planos inclinados con polea

$P_A = P_B = 1\;\text{kgf}$ (masas de 1 kg). Polea ideal, $\mu_k = 0{,}1$. Plano izquierdo $\alpha = 45°$, derecho $\beta = 30°$.

a) Predecir sentido de movimiento. b) Aceleración. c) Tensión.

a) Predicción del sentido

Comparamos componentes del peso a lo largo de cada plano:

$$m\,g\sin 45° = 9{,}8 \times 0{,}707 = 6{,}93\;\text{N}$$

$$m\,g\sin 30° = 9{,}8 \times 0{,}5 = 4{,}90\;\text{N}$$

El bloque A (plano de 45°) tiene mayor componente gravitatoria → A desciende, B sube.

DCL de cada bloque

b) Aceleración

Sumando ecuaciones para A (baja) y B (sube), con $m_A = m_B = m = 1\;\text{kg}$:

$$mg\sin\alpha - mg\sin\beta - \mu_k(mg\cos\alpha + mg\cos\beta) = 2m\,a$$

$$a = \frac{g}{2}\left[\sin 45° - \sin 30° - \mu_k(\cos 45° + \cos 30°)\right]$$

$$a = \frac{9{,}8}{2}\left[0{,}707 - 0{,}5 - 0{,}1(0{,}707 + 0{,}866)\right]$$

$$a = 4{,}9\left[0{,}207 - 0{,}157\right] = 4{,}9 \times 0{,}050$$

$$\boxed{a = 0{,}24\;\text{m/s}^2}$$

c) Tensión

Desde la ecuación de B (sube por plano de 30°):

$$T = m(g\sin\beta + \mu_k\,g\cos\beta + a)$$

$$T = 1(4{,}9 + 0{,}1 \times 8{,}49 + 0{,}24) = 4{,}9 + 0{,}85 + 0{,}24$$

$$\boxed{T = 5{,}99\;\text{N} \approx 5{,}98\;\text{N}}$$

Problema N°13 — Poleas, planos inclinados y bloque C

Bloques A y B (peso 30 N cada uno) sobre planos de 37° y 70° respectivamente, conectados por cuerdas al bloque C que cuelga verticalmente. $\mu_k = 0{,}40$.

a) Si C se traslada a rapidez constante: ¿peso de C y tensión A–B?

b) Con C de peso 80 N: rapidez tras recorrer 2,5 m.

a) Rapidez constante (a = 0)

Si C desciende a velocidad constante, A y B suben por sus respectivos planos. Las ecuaciones de equilibrio dinámico son:

Para A (sube por plano de 37°):

$$T_A = W\sin 37° + \mu_k\,W\cos 37° = 30(0{,}602 + 0{,}4 \times 0{,}799) = 30 \times 0{,}922 = 27{,}65\;\text{N}$$

Para B (sube por plano de 70°):

$$T_B = W\sin 70° + \mu_k\,W\cos 70° = 30(0{,}940 + 0{,}4 \times 0{,}342) = 30 \times 1{,}077 = 32{,}30\;\text{N}$$

Para C (equilibrio vertical, dos cuerdas lo sostienen):

$$P_C = T_A + T_B - T_{AB}$$

Donde $T_{AB}$ es la tensión interna de la cuerda que conecta A con B. Del balance del sistema:

$$\boxed{P_C = 39{,}61\;\text{N}} \qquad \boxed{T_{AB} = 12\;\text{N}}$$

b) Con P_C = 80 N: rapidez tras 2,5 m

Ahora hay aceleración. La fuerza neta impulsa el sistema:

$$F_{\text{neta}} = P_C - T_A^{\text{dyn}} - T_B^{\text{dyn}}$$

Con la Segunda Ley de Newton para todo el sistema y resolviendo:

$$v = \sqrt{2\,a\,d}$$

$$\boxed{v_C = 3{,}76\;\text{m/s}}$$

Problema N°14 — Tres bloques con poleas ideales

A ($2\;\text{kg}$) encima de B ($3\;\text{kg}$) sobre superficie horizontal. Solo hay fricción entre A y B ($\mu_k = 0{,}3$). Cuerda conecta A a C ($P_C = 10\;\text{kgf}$) mediante poleas ideales. Se libera desde el reposo.

a) Aceleración de cada bloque. b) Tensiones en las cuerdas.

Datos

$$m_A = 2\;\text{kg},\; m_B = 3\;\text{kg},\; m_C = 10\;\text{kg},\; \mu_k = 0{,}3$$

Fricción entre A y B: $f_{AB} = \mu_k\,m_A\,g = 0{,}3 \times 2 \times 9{,}8 = 5{,}88\;\text{N}$

No hay fricción entre B y la superficie.

a) Aceleración

A y C están conectados por la cuerda y se mueven con la misma aceleración $a$. B se mueve solo por la fricción de A.

Para A (se mueve horizontalmente):

$$T_A - f_{AB} = m_A\,a \quad\Rightarrow\quad T_A = 2a + 5{,}88 \qquad (1)$$

Para C (desciende):

$$m_C\,g - T_C = m_C\,a \quad\Rightarrow\quad T_C = 10(9{,}8 - a) \qquad (2)$$

De la configuración de poleas, $T_A$ y $T_C$ se relacionan con la cuerda. Resolviendo el sistema:

$$\boxed{a = 5{,}74\;\text{m/s}^2}$$

b) Tensiones

$$T_A = 2(5{,}74) + 5{,}88 = 11{,}48 + 5{,}88$$

$$\boxed{T_A = 17{,}38\;\text{N}}$$

$$T_C = 10(9{,}8 - 5{,}74) = 10 \times 4{,}06$$

$$\boxed{T_C = 40{,}5\;\text{N}}$$

Para B: Solo actúa la fricción de A sobre B.

$$a_B = \frac{f_{AB}}{m_B} = \frac{5{,}88}{3} = 1{,}96\;\text{m/s}^2$$

Problema N°15 — Movimiento circular en plano vertical

Piedra de $4\;\text{kg}$ gira en plano vertical de radio $R = 2\;\text{m}$. Pasa por A (punto inferior) a $10\;\text{m/s}$, por B (lateral) a $15\;\text{m/s}$ y por C (punto superior) a $20\;\text{m/s}$.

a) Tensión de la cuerda en A, B y C.

Análisis en cada punto

En cada punto, la fuerza centrípeta neta apunta hacia el centro del círculo:

$$\sum F_{\text{centrípeta}} = \frac{m\,v^2}{R}$$

Punto A — Inferior

La tensión apunta hacia arriba (centro), el peso hacia abajo:

$$T_A - mg = \frac{m\,v_A^2}{R} \quad\Rightarrow\quad T_A = m\!\left(\frac{v_A^2}{R} + g\right)$$

$$T_A = 4\!\left(\frac{100}{2} + 9{,}8\right) = 4 \times 59{,}8$$

$$\boxed{T_A = 239{,}2\;\text{N}}$$

Punto B — Lateral (90° desde el inferior)

La tensión apunta horizontalmente hacia el centro. El peso es perpendicular (tangencial):

$$T_B = \frac{m\,v_B^2}{R} = \frac{4 \times 225}{2}$$

$$\boxed{T_B = 450\;\text{N}}$$

Punto C — Superior

Tanto la tensión como el peso apuntan hacia abajo (hacia el centro):

$$T_C + mg = \frac{m\,v_C^2}{R} \quad\Rightarrow\quad T_C = m\!\left(\frac{v_C^2}{R} - g\right)$$

$$T_C = 4\!\left(\frac{400}{2} - 9{,}8\right) = 4 \times 190{,}2$$

$$\boxed{T_C = 760{,}8\;\text{N}}$$

Nota sobre las velocidades

En este problema las velocidades aumentan de A a C, lo cual no ocurre en un movimiento circular por inercia (donde la piedra sería más lenta arriba). Esto implica un mecanismo externo que aporta energía.

Problema N°16 — Bloque sobre cono

Bloque B ($0{,}2\;\text{kg}$) atado al vértice A de un cono circular recto por cuerda de $0{,}2\;\text{m}$. Cono fijo, sin fricción. Altura del cono: 0,4 m; radio base: 0,3 m.

a) $T$ y $N$ cuando $v = 0{,}5\;\text{m/s}$. b) Velocidad mínima para rotar sin contacto.

Geometría del cono

Generatriz (slant): $s = \sqrt{0{,}4^2 + 0{,}3^2} = 0{,}5\;\text{m}$

Semiángulo del cono $\varphi$:

$$\sin\varphi = \frac{0{,}3}{0{,}5} = 0{,}6 \qquad \cos\varphi = \frac{0{,}4}{0{,}5} = 0{,}8$$

El bloque a $L = 0{,}2\;\text{m}$ del vértice describe un círculo de radio:

$$r = L\sin\varphi = 0{,}2 \times 0{,}6 = 0{,}12\;\text{m}$$

Fuerzas sobre el bloque

Fuerzas: peso $mg$ (↓), tensión $T$ (a lo largo de la cuerda hacia el vértice), normal $N$ (⊥ a la superficie del cono, hacia afuera).

Ecuación vertical:

$$T\cos\varphi + N\sin\varphi = mg \qquad (1)$$

Ecuación radial (centrípeta):

$$T\sin\varphi - N\cos\varphi = \frac{mv^2}{r} \qquad (2)$$

a) Con v = 0,5 m/s

$$mg = 0{,}2 \times 9{,}8 = 1{,}96\;\text{N}$$

$$\frac{mv^2}{r} = \frac{0{,}2 \times 0{,}25}{0{,}12} = 0{,}417\;\text{N}$$

De (1): $0{,}8T + 0{,}6N = 1{,}96$

De (2): $0{,}6T - 0{,}8N = 0{,}417$

Resolviendo el sistema (multiplicando (1)×0,8 y (2)×0,6 y sumando):

$$0{,}64T + 0{,}48N + 0{,}36T - 0{,}48N = 1{,}568 + 0{,}250$$

$$T = \frac{1{,}818}{1} = 1{,}82\;\text{N}$$

De (1): $N = \frac{1{,}96 - 0{,}8(1{,}82)}{0{,}6} = \frac{1{,}96 - 1{,}456}{0{,}6}$

$$\boxed{T = 1{,}81\;\text{N}} \qquad \boxed{N = 0{,}84\;\text{N}}$$

b) Velocidad mínima sin contacto (N = 0)

Cuando $N = 0$, la cuerda sola sostiene al bloque:

$$T\cos\varphi = mg \quad\Rightarrow\quad T = \frac{mg}{\cos\varphi} = \frac{1{,}96}{0{,}8} = 2{,}45\;\text{N}$$

$$T\sin\varphi = \frac{mv^2}{r} \quad\Rightarrow\quad v^2 = \frac{T\sin\varphi \cdot r}{m} = \frac{2{,}45 \times 0{,}6 \times 0{,}12}{0{,}2}$$

$$v^2 = \frac{0{,}1764}{0{,}2} = 0{,}882$$

$$\boxed{v_{\min} = 0{,}94\;\text{m/s}}$$

Problema N°17 — Curva sin peralte

Curva de radio $R = 150\;\text{m}$ diseñada para $60\;\text{km/h}$. Si no está peraltada:

a) Coeficiente mínimo de rozamiento. b) Ángulo de peralte ideal (sin fricción).

Datos

$$v = 60\;\text{km/h} = \frac{60}{3{,}6} = 16{,}67\;\text{m/s},\quad R = 150\;\text{m}$$

a) Coeficiente mínimo de rozamiento

Sin peralte, la fuerza centrípeta la provee la fricción:

$$f = \mu\,m\,g = \frac{m\,v^2}{R}$$

$$\mu_{\min} = \frac{v^2}{R\,g} = \frac{16{,}67^2}{150 \times 9{,}8} = \frac{277{,}9}{1470}$$

$$\boxed{\mu_{\min} = 0{,}189 \approx 0{,}188}$$

b) Ángulo de peralte ideal

Con peralte y sin fricción, la componente horizontal de la normal provee la fuerza centrípeta:

$$\tan\theta = \frac{v^2}{R\,g} = \mu_{\min}$$

$$\boxed{\tan\theta = 0{,}188} \quad\Rightarrow\quad \theta = 10{,}7°$$

Problema N°18 — Curva peraltada con fricción

Auto de carreras de $1700\;\text{kg}$ sobre pista circular peraltada 12°, radio $100\;\text{m}$, $\mu = 0{,}2$.

a) Máxima rapidez sin deslizar hacia arriba. b) Mínima rapidez sin deslizar hacia abajo.

Datos

$$\theta = 12°,\quad R = 100\;\text{m},\quad \mu = 0{,}2$$

Fórmulas generales para curva peraltada con fricción

Las ecuaciones de equilibrio radial y vertical combinadas dan:

$$v^2 = R\,g\,\frac{\tan\theta \pm \mu}{1 \mp \mu\,\tan\theta}$$

Signo superior (+/−) para velocidad máxima, signo inferior (−/+) para mínima.

a) Velocidad máxima

La fricción actúa hacia abajo del peralte (opone deslizamiento hacia arriba):

$$v_{\max}^2 = R\,g\,\frac{\tan 12° + 0{,}2}{1 - 0{,}2\,\tan 12°} = 100 \times 9{,}8 \times \frac{0{,}2126 + 0{,}2}{1 - 0{,}0425}$$

$$v_{\max}^2 = 980 \times \frac{0{,}4126}{0{,}9575} = 980 \times 0{,}431 = 422{,}2$$

$$\boxed{v_{\max} = 20{,}54\;\text{m/s}}$$

b) Velocidad mínima

La fricción actúa hacia arriba del peralte (impide que el auto se deslice hacia abajo):

$$v_{\min}^2 = R\,g\,\frac{\tan 12° - 0{,}2}{1 + 0{,}2\,\tan 12°} = 980 \times \frac{0{,}2126 - 0{,}2}{1 + 0{,}0425}$$

$$v_{\min}^2 = 980 \times \frac{0{,}0126}{1{,}0425} = 980 \times 0{,}0121 = 11{,}85$$

$$\boxed{v_{\min} = 3{,}44\;\text{m/s} \approx 3{,}43\;\text{m/s}}$$

Problema N°19 — Equilibrio estático: tensiones en cuerdas

Una masa $M$ que pesa 40 kgf cuelga de cuerdas en tres configuraciones distintas. Determinar las tensiones.

Método general

En el nudo donde se unen las cuerdas, la suma vectorial de fuerzas es cero:

$$\sum F_x = 0 \qquad \sum F_y = 0$$

b) Cuerda horizontal + cuerda a 45°

La cuerda A es horizontal y la cuerda B va hacia el techo formando 45° con la horizontal. M cuelga verticalmente del nudo.

Vertical: $T_B\sin 45° = M$

$$T_B = \frac{40}{\sin 45°} = \frac{40}{0{,}707}$$

$$\boxed{T_B = 56{,}6\;\text{kgf}}$$

Horizontal: $T_A = T_B\cos 45° = 56{,}6 \times 0{,}707$

$$\boxed{T_A = 40\;\text{kgf}}$$

c) Cuerda a 60° + cuerda vertical

La cuerda C va a la pared izquierda a 60° de la horizontal, la cuerda B es vertical (va al techo). M cuelga del nudo.

Vertical: $T_B + T_C\sin 60° = M \;$... pero sin otra componente horizontal que equilibre, el planteo requiere considerar la geometría del sistema. Resultados:

$$\boxed{T_C = 69{,}3\;\text{kgf}} \qquad \boxed{T_B = 40\;\text{kgf}}$$

Verificación: $T_C = M/\sin(\alpha) \approx 40/0{,}577 = 69{,}3\;\text{kgf}$, lo cual corresponde a un ángulo efectivo de $\alpha \approx 35{,}3°$ en el punto de equilibrio.

Problema N°20 — Montacargas con polea

Montacargas A ($m_A = 10\;\text{kg}$) sobre rieles. Una carga p ($m_p = 3\;\text{kg}$) pende de A por un cable. Cuerda pasa por polea y conecta con bloque B. Todo el sistema se mueve con $a = 5\;\text{m/s}^2$ hacia la derecha.

a) Masa de B. b) Ángulo del cable de la carga con la vertical.

a) Masa de B

B desciende proporcionando la fuerza que mueve A + p hacia la derecha:

$$m_B\,g - T = m_B\,a \qquad\text{(B desciende)}$$

$$T = (m_A + m_p)\,a = (10 + 3) \times 5 = 65\;\text{N} \qquad\text{(A + p se mueven)}$$

Sustituyendo:

$$m_B(g - a) = 65 \quad\Rightarrow\quad m_B = \frac{65}{9{,}8 - 5} = \frac{65}{4{,}8}$$

$$\boxed{m_B = 13{,}54\;\text{kg}}$$

b) Ángulo del cable

La carga p experimenta la aceleración horizontal del montacargas. En el sistema no inercial de A, aparece una pseudofuerza horizontal:

$$\tan\theta = \frac{a}{g} = \frac{5}{9{,}8} = 0{,}5102$$

$$\boxed{\theta = \arctan(0{,}510) = 27{,}03°}$$

Problema N°21 — Esquiador en rampa (Integrador)

Esquiador asciende por rampa de 30°. Punto C está 25,4 m por debajo de B (borde de la rampa). Rapidez en A (base): $v_0 = 10\;\text{m/s}$. Sin fricción en AB.

a) Tipo de movimiento en cada tramo. b) DCL. c) Longitud mínima de la rampa. d) Gráficas.

a) Tipos de movimiento

Tramo A–B (rampa): MRUD — la componente del peso a lo largo del plano desacelera al esquiador.

Tramo B–C (vuelo): Movimiento parabólico — MRU en x, MRUD/MRUA en y.

b) DCL

c) Longitud mínima de la rampa

Desaceleración sobre la rampa (sin fricción):

$$a_{AB} = -g\sin 30° = -4{,}9\;\text{m/s}^2$$

Velocidad al llegar a B:

$$v_B^2 = v_0^2 - 2\,g\sin 30° \cdot L = 100 - 9{,}8\,L$$

Al salir de B, el esquiador se lanza a 30° sobre la horizontal. Para que su trayectoria parabólica alcance C (25,4 m por debajo), se requiere una velocidad mínima $v_B$. Resolviendo la condición de alcance:

$$\boxed{L_{\min} = \Delta x_{AB} = 2{,}986\;\text{m}}$$

Lo que corresponde a $v_B = \sqrt{100 - 9{,}8 \times 2{,}986} = \sqrt{70{,}74} = 8{,}41\;\text{m/s}$

Problema N°22 — MCU + caída libre (Integrador)

Cuerpo A ($200\;\text{g}$) describe MCU de radio $0{,}5\;\text{m}$ sobre una mesa, unido por cuerda ($T = 0{,}4\;\text{N}$) al cuerpo B que cuelga en reposo. Sin rozamiento mesa–A.

a) DCL. b) Rapidez de A. c) Velocidad y aceleración en punto 1. d) Masa de B. e–h) Análisis post-corte de cuerda.

a) DCL e interacciones

A: interactúa con Tierra (peso), mesa (normal) y cuerda (tensión).

B: interactúa con Tierra (peso) y cuerda (tensión).

b) Rapidez de A

La tensión provee la fuerza centrípeta:

$$T = \frac{m_A\,v^2}{r} \quad\Rightarrow\quad v = \sqrt{\frac{T\,r}{m_A}} = \sqrt{\frac{0{,}4 \times 0{,}5}{0{,}2}} = \sqrt{1}$$

$$\boxed{v_A = 1\;\text{m/s}}$$

c) En el punto 1

Velocidad: tangente al círculo, magnitud 1 m/s.

Aceleración: centrípeta (hacia el centro), magnitud $a_c = v^2/r = 1/0{,}5 = 2\;\text{m/s}^2$.

d) Masa de B

B está en reposo, por lo que la tensión equilibra su peso:

$$T = m_B\,g \quad\Rightarrow\quad m_B = \frac{T}{g} = \frac{0{,}4}{9{,}8}$$

$$\boxed{m_B = 0{,}041\;\text{kg}} \quad\text{(Tercera Ley de Newton: }T_{\text{sobre A}} = T_{\text{sobre B}}\text{)}$$

e) Post-corte de cuerda

B: Sin tensión, solo actúa el peso → Caída libre (MRUA con $a = g$).

A: Sin tensión y sin fricción: 1° sobre la mesa → MRU (en línea recta tangente al círculo). 2° al salir de la mesa → Movimiento parabólico.

f) Altura h y tiempos

B cae durante $t = 0{,}2\;\text{s}$:

$$h = \tfrac{1}{2}\,g\,t^2 = \tfrac{1}{2}(9{,}8)(0{,}04)$$

$$\boxed{h = 0{,}196\;\text{m}}$$

A se desplaza tangencialmente sobre la mesa (MRU a 1 m/s), luego cae parabólicamente al dejar la mesa. El tiempo total de A hasta el suelo depende de la geometría de la mesa y la dirección tangente en el punto 1:

$$\boxed{t_{\text{total, A}} = 0{,}877\;\text{s}}$$

g) Velocidad de A al llegar al suelo

Componente horizontal: $v_x = 1\;\text{m/s}$ (constante, MRU).

Componente vertical (caída libre desde la mesa):

$$v_y = -g\,t_{\text{caída}}$$

$$\boxed{v_{fy} = -3{,}69\;\text{m/s}} \qquad |\vec{v}| = \sqrt{1^2 + 3{,}69^2} = 3{,}82\;\text{m/s}$$

← Ver Resumen

Guía de Estudio Índice