Fisica Vol1 - Alonso, Finn - Problemas Resueltos Cap 4

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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
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 50 B
 
TAX = TA . cos 50 
TBX = TB . cos 50 B
 
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 
 
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 30 B
 
TAX = TA . cos 30 
TBX = TB . cos 30 B
 
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 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 60 B
 
TAX = TA . cos 30 
TBX = TB . cos 60 B
 
Σ FX = 0 
TBX - TAX = 0 (ecuación 1) 
TBX = TAX 
 
TB . cos 60 = TB A . cos 30 
 
60 cos
30 cos AT 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 = 40 B
 
 40 60sen * 
60 cos
30 cos AT 30sen AT =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+ 
40 
60 cos
60sen 30 cos AT 60 cos 30sen AT =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ + 
 
60 cos 40 60sen 30 cos AT 60 cos 30sen AT =+ 
Pero: 
2
1 30 =sen 
2
1 06 cos = 
2
3 03 cos = 
2
3 06sen = 
2
1 * 0 4 
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
20 
4
3 AT 4
1 AT =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ 
TA = 20 lb-f 
 
Para hallar TB se reemplaza en la ecuación 1. B
60 cos
30 cos AT BT = (ecuación 1) 
 
3 20 
2
1
2
3 40
 
2
1
2
3 * 20
 
60 cos
30 cos AT BT ==== 
 
TB = 20 √3 lb-f B
 
 
4.24 Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. 4-28). Si M pesa 40 lb-f 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
TBY = TB. sen 45 B
 
TBX = TB . cos 45 B
 
Σ FX = 0 
TBX - TA = 0 (ecuación 1) 
TB . cos 45 = TB A 
 
45 cos
 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-f B
 
Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 
TB cos 45 = TB A 
 5
C 
B
A 45 
0 
TB
TA 45
0
T BX 
 45 0
W = 40 lb-f 
T BY 
TA
TB
W = 40 lb-f 
 
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 60 B
TBX = TB cos 60 B
 
TAX = TA cos 30 
TAY = TA sen 30 
 
Σ FX = 0 
TBX - TAX = 0 (ecuación 1) 
TB cos 60 = TB A cos 30 
 
60 cos
 30 cos AT 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 
 
40 30sen AT - 60sen * 60 cos
30 cos AT =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ 
40 
60 cos
 60 cos 30sen AT - 60sen 30 cos AT =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ 
 
60 cos 40 60 cos 30sen AT - 60sen 30 cos AT = 
 6
A 
B 
600
300 30
0
TAY
TAX30
0 
T A
TB
600 
W = 40 lb-f 
TB
600
TA
TBX 
T BY 
W = 40 lb-f
Pero: 
2
1 30 =sen 
2
1 06 cos = 
2
3 03 cos = 
2
3 06sen = 
2
1 * 0 4 
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 
3 40 
2
1
2
3 40
 
60 cos
 30 cos AT BT === 
TB = 69,28 lb-f B
 
 
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
TY – W = 0 
T sen 53,13 – W = 0 
T sen 53,13 = W 
T sen 53,13 = 40 Ecuación 2 
f - lb 50 
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
F β0 
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 
 
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 
 cos T
sen T 
300
400
== 
3
4 tg =θ 
υ = arc tg 1,333 
υ = 53,130
 
Para hallarla tensión T se reemplaza en la ecuación 2. 
T cos υ = 300 Ecuación 2 
T cos 53,130 = 300 
 
f - lb 500 
53,13 cos
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- lb 60 
2
120 
2
w F === 
 
b) Cuando cada brazo hace un ángulo de 300 con la vertical. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 9
600 
300 
C 
600 
600 
300 
300 300 
TA TB
600 
T AX 
W = 120 lb-f 
A B
TA
TAY 
TBX 
T BY 
TB
600
600 
W = 120 lb-f 
 
 
 
 
 
TAY = TA sen 60 
TBY = TB sen 60 B
 
TAX = TA cos 60 
TBX = TB cos 60 B
 
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 2 B
 
Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 
TA sen 60 + TB sen 60 = 120 B
TB sen 60 + TB BB sen 60 = 120 
2 TB sen 60 = 120 B
 
f- lb 69,28 
60sen 
60 
60sen 2
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
T T 
TD
300600 
TA
W = 12 kg-f 
TAX 
TAY 
600 
T 
T
TD
300
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-kg 13,85 
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-kg 8 
30 cos
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
800 
T3
T2
T1 
350 200
200 
350 
A 
1600 
800 
P 
T3X
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-kg 73,31 
0,9396
68,8916 
20 cos
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 
N2 N1 P 
N1Y 
N1X N2X 
N2Y 
N2 600 
600 450 
N2 
N1 
N1 
P
P 
450
300
450 30
0
450 300
 
Σ FX = 0 
N1X - N2X = 0 
N1 cos 45 - N2 cos 60 = 0 
N1 cos 45 = N2 cos 60 
2N 0,7071 0,7071
0,5 * 2N 
45 cos
60 cos 2N 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 - kg 36,6 
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 
300
N2 
P 
N1 
300
600 
N2 P
N1 
600
300
P 
N1 
f - lb 100 
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* W sen * 
 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
450
F 
TY 
T 
C 
450 
450 
F B 
A 
W
N 
TY 
TX 
T
δ 
N T
 
δ 
W 
M 
TX 
T 
M 
 
 
 
 
 
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. - kg 56,56 
0,7071
40 
45sen 
M T === 
T = 56,56 kg – f. 
 
Reemplazando en la ecuación 1 
F = T cos 45 Ecuación 1 
f. - kg 40 45 cos * 56,56 F == 
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
400 
B 
500 
400 
400 
F 
400
F 
TY T 
C 
400 
500 
A M 
TX 
T 
M
FY
Fx 
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- Kg 31,11 
40sen 
20 
40sen 2
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
600
T 
600 
300 
A 
300 
600 
300 
300 
M 
300
TY 
M
TX 
T 
FY
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- Kg 69,28 
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
300 
N T2 
B
C 
Q = 10 kg-f 
T2 
T2 
T2 
A = 100 kg-f 
300 
T1 
T1 
T1 
P
A
AX 
 
Bloque A 
Q 
Bloque C 
T2 
P
Bloque B
 
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 
450
FX 
F2 
FY 
F 
200 F3 
F1 
200
450
F3 
F2 
F 
Esfera 1 
Esfera 2 Esfera 1 
FX 
FY 
F 
200 
F1 
Esfera 2 
F 1,33 
45 cos
20 cos F 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
T1
90 - δ
T2 
δ
W 
δ
φ
φ
δ
T1Y 
W 
T2 T1 
T1X T2X 
T2Y 
 
 
 
 
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
 
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 N300E 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
300
Sur
 
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 = ??? 
 
 
 
segm 15 
.9999
15 
0,7486 cos
15 
cos
V
 V 2dX2d ==== 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 
 
 
 
 
 
 
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 = Velocidaddel 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 - m c Vc a = m t Vt d - m c 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
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 cos V ==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 sen V ==θ Ecuación 2 
Igualando la ecuación 2 con la ecuación 1 
 
6177,7 10 * 76,177 
10*0,0434
10* 3,306 
 cos V
sen V 1-
5
4
d
d ===
θ
θ
 
6177,7 =θtg 
Θ = arc tg 7,6177 
 
Θ = 82,520 = 820 31 minutos 
 
5
d 10 * 0,0434 cos V =θ 
 5
Vd cos 82,52 = 0,0434 x 105
seg
m 33338,454 10* 0,33338454 
0,13018
10*0,0434 
82,52 cos
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
Este Oeste
Norte
 
despejando 
0,3 V2 d X = 0,08 – 0,03 
0,3 V2 d X = 0,05 
seg
m 0,16666 V
0,3
0,05 2dX == 
 
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 0,0856 V
0,3
0,0257 2dY == 
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 = ??? 
 
 
 
segm 0,187 
.889575
0,1666 
27,18 cos
0,1666 
cos
V
 V 2dX2d ==== 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 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 segundoexperimento 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
(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
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 cos W 
 cos
 2cosW 1T == 
T1 = W cos δ 
 
 
 
 20