Dinámica - Ejercicios y Aplicaciones

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PRESENTACIÓN_______________ ______________________ _______ ____________ ....... 7
INTRODUCCIÓN..................... ..... ....................... ...............__________9
DINÁMICA
Leyes del movimiento mecánico ..........„....................... ...........................12
Inercia___ ............... ......... ......____ ............. ............ ........ .............. ............... .. 12
Primera ley de Newton ...„......... .......... **,..... .............. ..... ...... ................... 13
La masa: una medida de la inercia.................................... .............. .......... 14
Masa gravitacional.............. .............................. .................. ..................... 14
Segunda ley de Newton.. ...... ...... .... ..... ...... .......... ............... „.................. ..... 15
¿De qué depende el módulo de la aceleración?.... ......... .........1................. 16
Aplicaciones de la segunda ley de Newton..... ................... ..... ..... ..„........ . 17
Dinámica rectilínea ............ ............ ............ ......... ............... ............... 17
Dinámica circunferencial....... ....... ............. ...... ........... ......... .............. 18
Condición para que un cuerpo describa una trayectoria circunferencial..... 18
PROBLEMAS RESUELTOS
Nivel básico.... ......... ......... ....... ........*................................................. ...... 22
Nivel intermedio ........ ...... ... ........ ........ ... ... ...................... ....... .............. ..... 74
Nivel avanzado ............ ...... ....... ................... .... ........ ...... ...... ...... ........... . 106
PROBLEMAS PROPUESTOS
Nivel básico ...... .............. .......... .................. :... .......... ..................... ............ . 134
Nivel intermedio ...................... ............ ......... ,.......... .......... ............ ...... ..... 142
Nivel avanzado ................... ...... ............................ ............ ........... ... . 149
CLAVES............... .............. ....................................... .... ...... ................. . 157
BIBLIOGRAFÍA .......... .......... ....,.. ............................ ............... ........... 158
DINAMICA
m
Am or a Sofía
En la cinemática solo se describe el movimiento mecáni­
co en base de elementos como la trayectoria, velocidad, 
aceleración, etc. Para esta descripción se requiere única­
mente los conceptos de espacio y tiempo. Pero, además, 
es importante considerar las causas de ese movimiento:
¿qué hace que se produzca y exista?, ¿qué principios o 
leyes rigen esas causas?
La dinámica estudia las relaciones entre el movimien­
to de los cuerpos y las causas que la producen. Para ello 
necesitamos añadir los conceptos de masa y de fuerza a 
los conceptos utilizados como espacio y tiempo.
Al estudiar el movimiento mecánico se concluye que este es el resultado de la acción (fuerza) 
que ejercen todos los cuerpos sobre el cuerpo en estudio. Es importante ver qué tienen en común 
las distintas acciones (fuerzas) y relacionarlas con los movimientos mismos.
Ello ha sido posible al descubrirse ciertos principios generales que rigen el movimiento de los cuer­
pos; estos principios son de la inercia, de la fuerza y de la acción y la reacción, los cuales son llamados 
también leyes de Newton, que fueron enunciadas por primera vez por Isaac Newton (1642-1727). En 
la obra Principio mathemotico philosophio noturalis, Newton sienta los fundamentos de la mecánica. 
Esta obra fue publicada entre 1685 y 1687, y consta de varios libros.
Aquellos principios son los cimientos no solo de la dinámica clásica, sino también de la física 
clásica en general. Newton afirmó que estaban basados en observaciones y experimentos cuantita­
tivos; ciertamente no pueden derivarse a partir de otras relaciones más básicas. La validez de estos 
principios fue verificada en todos y cada uno de los casos durante más de dos siglos.
Lu m b r e r a s E d it o r es
LEYES DEL MOVIMIENTO MECANICO
Las relaciones entre la fuerza y el movimiento 
se estudiaron desde la Antigüedad. El filósofo 
Aristóteles afirmaba que un cuerpo solo podía 
conservar su movimiento si la fuerza que la ori­
gina actuase sobre ella continuamente; al cesar 
esta fuerza, el cuerpo volvería al reposo. Estas 
ideas surgieron de la experiencia cotidiana; por 
ejemplo, si se empuja una mesa que se encon­
traba en reposo, esta se mueve mientras apli­
camos la fuerza, y al dejar de aplicarla, la mesa 
nuevamente alcanza el reposo. Además, para 
Aristóteles, en todo movimiento siempre existía 
un medio de resistencia como el aire o el agua, 
y creía que es imposible el vacío; por ello, no 
consideraba los medios sin resistencia. Las ideas 
de Aristóteles fueron aceptadas durante toda la 
Edad Media; sin embargo, las críticas a sus teo­
rías surgieron con Galileo en el siglo xvu.
v=0
Galileo elaboró diversos experimentos de don­
de obtenía resultados diferentes a los expues­
tos por Aristóteles. Uno de estos experimentos 
consistía en aplicar una fuerza a una esfera en 
reposo, esta adquiría movimiento; luego al qui­
tar la fuerza observaba que la esfera seguía en 
movimiento y recorría una cierta distancia an­
tes de detenerse.
Galileo dedujo que se frenaba debido al roza­
miento entre la superficie y la esfera. Después 
hizo lo mismo pero en una superficie menos 
rugosa, observando que recorría una mayor dis­
tancia antes de detenerse. Galileo cada vez que 
pulía más la superficie en contacto lograba au­
mentar más esta distancia.
M-AT(l) > ^K{2)
v M*(i)
Al dejar de actuar la fuerza, la caja deja de moverse.
INERCIA
Los experimentos que elaboró Galileo lo llevaron a atribuir a los cuerpos una propiedad denomi­
nada inercia, por la cual todo cuerpo tiende a permanecer en su estado de reposo, y solamente por 
la acción de una fuerza podría salir de este estado; por otro lado, si un cuerpo está en movimiento sin 
que ninguna fuerza actúe sobre él o, en otras palabras, la fuerza resultante es nula, el cuerpo tiende 
por inercia a moverse con velocidad constante.
Galileo fue el primero en mencionar que los estados de reposo y de velocidad constante son equi­
valentes; estas ideas las descubrió cuando viajaba por aguas tranquilas. En algunas ocasiones, al 
despertar no podía darse cuenta si estaba en reposo o en movimiento, a menos que mirara afuera 
de la nave pero luego descubrió que este hecho ocurría cuando la nave alcanzaba una velocidad 
constante.
12
V D in á m ic a
í PRIMERA LEY DE NEWTON
Para establecer las leyes del movimiento, 
Newton tomó como punto de partida los es­
tudios realizados por sus antecesores, entre 
ellos Galileo; por consiguiente, la primera ley de 
Newton no es más que una síntesis de las ideas 
de Galileo con relación a la inercia. La primera 
ley de Newton, denominada también principio 
de la inercia, establece lo siguiente:
Todo cuerpo en reposo permanecerá en 
reposo o en movimiento uniforme en 
línea recta, a menos que sea obligado a 
cambiar ese estado por fuerzas que ac­
túen sobre él.
Observemos algunos ejemplos relacionados 
con la primera ley de Newton.
Ejemplos
1. Un coche lanzado por una superficie hori­
zontal
Luego de lanzar al coche, la fuerza (f ) deja 
de actuar, pero el coche sigue moviéndose 
debido a su inercia.
2. Una esfera lanzada hacia arriba
La esfera es lanzada mediante una fuerza 
(f ) adquiriendo velocidad; luego, la fuer­
za deja de actuar, pero la esfera sigue mo­
viéndose por inercia. En este caso, la esfera 
cambiará su velocidad debido a la fuerza de 
gravedad.
3. Un joven con una bicicleta
El joven frena la bicicleta y esta se detiene, 
pero nada detiene al joven, quien sale vo­
lando tratando de conservar su movimien­
to (inercia).
13
Lu m b r e r a s Ed ít o r es •XvXv
% Nota
El 5 de febrero de 1676, Isaac Newton escribió 
una carta a su más acérrimo rival, Robert Ho- 
oke, la cual contenía la frase Si he logrado ver 
más lejos, ha sido porque he subidoa hombros 
de gigantes (actualmente se cree que esta fra­
se hacía alusión a la baja estatura de Hooke), 
presentada a menudo como un homenaje a 
los descubrimientos científicos de sus predece­
sores Galileo, Copérnico y Kepler. Esta frase se 
ha convertido en una de las más citadas de la 
historia de la ciencia. En efecto, Newton reco­
nocía las contribuciones de aquellos hombres; 
algunas veces en público, otras veces en escri­
tos privados.
LA MASA: UNA MEDIDA DE LA INERCIA
Al empujar una caja vacía, esta adquiere movi­
miento; pero si estuviera llena de arena, no se 
movería con tanta facilidad. Una caja llena de 
arena ofrece una mayor resistencia (que una va­
cía) a cambiar su estado de reposo; ello significa 
que tiene más inercia.
El coche no se resiste a salir 
de su estado de reposo. 
¡Presenta menor inercia!
Para cuantificar la inercia de los cuerpos intro­
ducimos una magnitud escalar denominada 
masa, también llamada masa inercial (para dis­
tinguirla de la masa gravitacional).
La cantidad de inercia de un cuerpo depende de 
su masa; cuanto mayor sea la masa del cuerpo, 
mayor debe ser la fuerza para cambiar su estado 
de movimiento.
En el sistema internacional, su unidad es el kilo­
gramo, cuyo símbolo es kg.
MASA GRAVITACIONAL
Newton explica en su ley de gravitación univer­
sal que la caída de los cuerpos así como el mo­
vimiento de los planetas a través de la atracción 
entre los cuerpos o planetas se da debido a su 
masa, siendo mayor la atracción cuando mayor 
son las masas, esta masa se denomina masa gra­
vitacional.
La ley formulada por Newton recibe el nombre 
de ley de gravitación universal, la cual afirma 
que la fuerza de atracción que experimentan 
dos cuerpos dotados en masa es directamente 
proporcional al producto de las masas, e inversa­
mente proporcional al cuadrado de la distancia 
que los separa.
Cuando los científicos actuales repiten el famo­
so experimento de Galileo, donde dos cuerpos 
de diferente masa se sueltan y llegan al mismo 
tiempo al piso, ¿qué significado le encuentran?
14
D in á m ic a
La leyenda dice que Galileo desarro­
lló sus ¡deas acerca de la caída libre al 
lanzar objetos desde la Torre de Pisa.
Concluyen que la masa inercial y la masa gravi- 
tacional son iguales.
Con su principio de equivalencia, Einstein con­
virtió la observación de Galileo en el fundamen­
to de la nueva teoría: la teoría general de la rela­
tividad. Otra manera de enunciar el principio de 
equivalencia de Einstein es la siguiente:
La masa inercial y la masa gravitacional 
son iguales, y ningún experimento pue­
de distinguir la una de la otra.
SEGUNDA LEY DE NEWTON
Cuando observamos los cuerpos en nuestro al­
rededor notamos que no todos se encuentran 
en equilibrio; por ejemplo, al viajar en bus, cons­
tantemente cambiamos de velocidad, es decir, 
aceleramos.
El auto al pasar por la curva cambia de dirección y, 
como consecuencia, la velocidad.
Cuando soltamos un objeto notamos que cae 
acelerando debido a la acción gravitatoria (cau­
sa), también notamos que es más difícil (oposi­
ción) cambiar de velocidad (acelerar) a un taxi 
que a un ciclista.
La segunda ley de Newton permite relacionar 
lo que da origen (causa) al cambio de velocidad 
(efecto) con la resistencia (oposición) a dicho 
cambio.
i»' .... "V-Y,:::;,-;..
JÉ
k i t :'■ • • •........ • - ■
Al aplicar una fuerza a la bola de bi­
llar mediante el taco, esta cambiará 
de velocidad.
Por ejemplo en el juego de billar, mediante 
el taco se ejerce fuerza sobre las bolas, de tal 
forma que estas cambian de velocidad y expe­
rimentan aceleración. También en el juego de 
béisbol, al batear, la pelota cambia su velocidad 
y experimenta aceleración.
15
Lu m b r e r a s Ed it o r es
Luego de batear, el niño cambiará de dirección experi­
mentando un cambio de velocidad.
Para establecer la segunda ley de Newton, con­
sideremos una esfera en equilibrio suspendida 
de un hilo. ¿Qué sucede si cortamos el hilo?
í v=0
fr=o
o=0
K>
v=0 í ) I o
Av
Amor a Sofía 
Al estudiar diferentes casos se llega a establecer
que cuando la fuerza resultante sobre un cuerpo
no es nula, el cuerpo experimenta aceleración
en la misma dirección que la fuerza resultante.
ti Conclusión ..... ••••-•...............-.......
Toda fuerza resultante no nula origina una ace­
leración en su misma dirección.
0 F*
al
¿DE QUÉ DEPENDE EL MÓDULO DE LA ACELE­
RACIÓN?
Consideramos un bloque liso en reposo, al que 
se le ejerce fuerza de diferentes módulos.
v=0 o=0
fr=o (I)
Hm Fr* Oa± O Luego
Al inicio, la esfera se encuentra en reposo debido 
a que la fuerza de tensión equilibra a la fuerza de 
gravedad. Luego, al cortar el hilo [T=0), la fuerza 
de gravedad no es equilibrada y la esfera cae ace­
lerada por esta fuerza, que es la fuerza resultante 
sobre la esfera.
m Fr=F
Fr=2F (III)
16
D in á m ic a
De (I), (II) y (III) se establece que el módulo de la 
aceleración (a) depende en forma directamente 
proporcional del módulo de la fuerza resultante
(FrY
a=K1FR (a)
La segunda ley de Newton establece que la 
aceleración depende en forma directamente 
proporcional de la fuerza resultante y en forma 
inversamente proporcional de la masa.
También
Ahora mantenemos constante la fuerza aplicada 
(f ) y aumentamos la masa.
m
ox=o
m ^m (I)
Luego
F 2/77
o2=(a/2) 
m2 = 2m (II)
De (I) y (II) se deduce que al aumentar la masa, 
la aceleración disminuye; entonces el módulo 
de la aceleración depende en forma inversa­
mente proporcional de la masa.
a =
m (P)
D e ( a ) y ( | 3 )
° = (K iK i)-'— v— ' m
K
En el sistema internacional 
K= 1
Luego En general
Fro = — 
m
Fr = ma
APLICACIONES DE LA SEGUNDA LEY DE NEWTON 
Dinámica rectilínea
Tiene por objetivo estudiar el movimiento me­
cánico aplicando la segunda ley de Newton 
cuando el cuerpo describe una trayectoria rec­
tilínea.
X
X
>FR =max
FR=mo
í * "ítiniiin nini
>Fr =1710 y
importante
Cuando la fuerza resultante es paralela a la ve­
locidad, la trayectoria es una línea recta.
17
Lu m b r e r a s E d ito res
Dinámica circunferencial
Los cuerpos, bajo ciertas condiciones, logran 
describir trayectorias circunferenciales, como 
por ejemplo el movimiento de un satélite arti­
ficial que gira alrededor de la Tierra, o un niño 
que se encuentra en una silla voladora de un 
parque de diversiones.
Los satélites describen una trayectoria circunferen­
cial en torno a la Tierra.
Los niños en la silla voladora describen trayectorias 
circunferenciales.
• Condición para que un cuerpo describa 
una trayectoria circunferencial
Comenzaremos estudiando una esfera atada 
a un hilo lanzada sobre una superficie hori­
zontal lisa, tal como se muestra en la figura.
¿Qué sucede con la velocidad de la esfera?
En la siguiente figura se observa que la es­
fera al quedar atrapada por el hilo describe 
una circunferencia y, en todo momento, 
cambia de dirección; por consiguiente, la 
velocidad de la esfera cambia; ello significa 
que la esfera experimenta aceleración.
% Recuerde
La aceleración es originada por una fuer­
za resultante y presenta la misma direc­
ción que esta.
¿Cuál es la fuerza resultante sobre la esfera?
Para determinar la fuerza resultante elabo­
ramos el DCL de la esfera.
i ídUldl
A (rad)
18
D in á m ic a
En la figura se observa que la fuerza de gra­
vedad (f 9) se anula con la reacción (/?) de 
la superficie lisa; en la dirección tangencial 
al movimiento no hay fuerzas, ello signifi­
ca que la rapidez de la esfera se mantiene 
constante. En la dirección radial al movi­
miento solo existe una fuerza: la fuerza de 
tensión (r), que es la fuerza resultante (f r ) 
sobre la esfera y da origen a una acelera­
ción; esta aceleración se encuentra dirigida 
al centro de la circunferencia .y es denomi­
nada aceleración centrípeta (a=acp).
Observe que en todo momento la fuerza de 
tensión (r ) se encuentra dirigida al centro 
de la superficie.
¿Qué sucede si el hilo se rompe?
Observamos el siguiente gráfico:
Al romperse el hilo, la fuerza de tensión(t = o) que es la fuerza resultante {fr =o) 
dirigida al centro de la circunferencia deja de 
actuar, y la esfera ya no describe una circun­
ferencia. La esfera sale lanzada (por inercia) 
por la superficie horizontal lisa describiendo 
una trayectoria recta.
........-...... -..— .-... Conclusión tf
Un cuerpo describirá un movimiento cir­
cunferencial mientras exista una fuerza 
resultante dirigida al centro de la circun­
ferencia; a esta fuerza resultante se le 
denomina fuerza centrípeta ( F Cp), que 
da origen a una aceleración en su misma 
dirección denominada aceleración centrí­
peta ( a cp) .
Por ejemplo, un motociclista se inclina al 
pasar por una curva, que es parte de una 
circunferencia. Al inclinarse surge una fuer­
za resultante dirigida al centro de la circun­
ferencia que le permite girar por la curva. 
Si el motociclista no se inclina, se caerá al 
pasar por la curva.
Al inclinarse el motociclista, la reacción del piso también 
se inclina, surgiendo un componente dirigida al centro.
19
Lu m b r e r a s Ed it o r es
También para evitar que los vehículos vuel- DCL de la esfera
quen al ingresar a altas velocidades en una 
curva se construyen las pistas con cierta in­
clinación; entonces se dice que estas pistas 
son peraltadas, y al ángulo de inclinación 
respecto a la horizontal se le denomina án­
gulo de peralte.
dirección
tangencial
dirección 
radial
Aplicación de la segunda ley en la direc­
ción radial
Para describir el movimiento circunferencial 
podemos aplicar la segunda ley de Newton 
en la dirección radial.
FCP m acP
Donde
Fcp = @ ©
¿Qué sucede si la superficie y la esfera son 
rugosas?
Ahora surge la fuerza de rozamiento que 
disminuye la rapidez de la esfera; por consi­
guiente en la dirección tangencial al movi­
miento existirá una fuerza resultante dife­
rente de cero.
Descomponemos el movimiento en las di­
recciones tangencial y radial. En la direc­
ción tangencial al movimiento se tiene una 
fuerza resultante (fK) que da origen a una 
aceleración tangencial. Como esta se en­
cuentra en dirección contraria a la veloci­
dad, la velocidad disminuye.
dirección
/vista superior \ tangenda|
dirección
radial
Del gráfico, la aceleración de la esfera (o) 
tiene por componentes una aceleración 
centrípeta (a Cp)> que caracteriza el cambio 
de dirección, y una aceleración tangencial 
(a T), que caracteriza el cambio de rapidez 
de la esfera.
a = acp + aT
Multiplicamos cada término por la masa (m)
ma = macp + maT
Aplicamos la segunda ley de Newton
F r — F c p + F T
20
D in á m ic a
Conci usíon if
En un movimiento circunferencial, si la rapidez 
es constante, la fuerza resultante es la fuerza 
centrípeta, y la aceleración es la aceleración 
centrípeta.
F r = F Cp 
a = ocp
En el movimiento circunferencial, si la rapidez 
cambia, la fuerza resultante ( f r ) tiene por 
componentes la fuerza centrípeta ( f Cp) y la 
fuerza resultante tangencial \ F t) con sus res­
pectivas aceleraciones.
Resolución
Para determinar el módulo de la fuerza de ten­
sión aplicaremos la segunda ley de Newton en 
la dirección radial donde se encuentra esta fuer­
za. Para ello primero elaboramos el DCL de la 
esfera.
r ///
/ acp
T
v
dirección
radial
Ejemplo
En el instante mostrado, la esfera de 1 kg pre­
senta una rapidez de 6 m/s. ¿Cuál es el módulo 
de la fuerza de tensión en dicho instante?
ig= 10 m/s2)
r= 3 m / 'Q
En la dirección radial
l~cp~™ ĉp
^ F (?) ~ ^ F , O) — ni)
T-m g=m
( 2 ̂\J
V r )
V r y
Reemplazamos valores
r - ( i ) ( io ) = i
7=22 N
3 j
21
P PROBLEMAS RESUELTOS
N iv e l b á s ic o
PROBLEMA N.” I
En la figura, una esfera de 2 kg se mantiene 
en reposo suspendida de una cuerda de masa 
despreciable. Si cortamos la cuerda, ¿cuál es el 
módulo de la aceleración (en m/s2) que expe­
rimenta la esfera? Desprecie la resistencia del 
aire. ig= 10 m/s2)
A) 3
B) 6
C) 8
D) 10
E) 12
Resolución
Al inicio, la esfera está en reposo ya que la fuerza 
de gravedad es anulada por la fuerza de tensión 
(Fr=0). Cuando cortamos la cuerda, esta ya no 
actúa sobre la esfera y ahora la fuerza de grave­
dad se convierte en la fuerza resultante (Fr^ 0), 
que acelera a la esfera.
v=0 i
T
Aplicamos la segunda ley de Newton
f ro = — 
m (I)
Además, de la gráfica, FR=Fg=mg 
En (I)
mg
a = — -> a = g 
m
Por lo tanto, la esfera al quedar libre experimen­
ta la aceleración de la gravedad. (gr= 10 m/s2)
CLAVE (D )
PROBLEMA N.° 2
Al bloque de 4 kg que se encuentra en reposo 
se le aplica una fuerza (f ) de módulo 20 N, tal 
como se muestra. ¿Cuál es el módulo de la ace­
leración que experimenta el bloque (en m/s2)?
v=0
liso
A) 3 
D) 6
B) 4 C) 5 
E) 8
Resolución
Para determinar el módulo de la aceleración, 
aplicamos la segunda ley de Newton.
Foa = — 
m o)
22
D in á m ic a
La masa 4 kg es dato del problema, entonces se 
tiene que determinar la fuerza resultante; para 
ello graficamos las fuerzas que actúan sobre el 
bloque.
DCL del bloque
v=0 
F
t r
mg
z.liso
R
En Y, la Fgy R se anulan (mg=R).
En X, F no se anula (equilibra) con otra fuerza, 
es la única en X.
-» Fr=F= 20 N
Reemplazamos valores en
20 N ma =--- = 5 —
4 kg s
Recuerde
La aceleración tiene la misma dirección 
que la fuerza resultante.
oII> o
F r F — m— X
_______ — Éks
Clave (C
PROBLEMA N.° 3
Indique las proposiciones verdaderas (V) o falsas 
(F) respecto al movimiento que adquiere el blo­
que soltado. Desprecie todo rozamiento.
I. El bloque desciende de A hasta B por la ac­
ción gravitatoria.
II. A partir de B, la velocidad del bloque es 
constante.
III. En la superficie horizontal, el bloque se mue­
ve debido a su inercia.
A) VVF B) VVV C) FFF
D) FFV E) FVF
Resolución
I. Verdadera
Al soltar el bloque, este resbala hacia abajo 
debido a una componente de la fuerza de 
gravedad.
v=0
*9
Fx: componente de la F , que acelera al blo­
que por el plano inclinado
23
Lu m b r e r a s Ed ito res
Verdadera
En la superficie horizontal, la fuerza resul­
tante es nula; entonces la velocidad del blo­
que es constante.
í
~= Éi
; Fg y
lJ
í' R
Verdadera
El bloque ingresa a la superficie horizontal 
con cierta velocidad; entonces por inercia 
trata de mantener esta velocidad.
CLAVE ( B
Resolución
Para determinar el módulo de la aceleración, 
aplicamos la segunda ley de Newton.
fra = — 
m
(o
La masa de 4 kg es dato del problema, entonces 
se tiene que determinar la fuerza resultante; para 
ello graficamos las fuerzas que actúan sobre el 
bloque.
DCL del bloque 
Y t
Fg=40 N
F= 28 N ---►
h h
En Y, la Fg y f n se anulan 
-> fN=m9=40 N
PROBLEMA N.° 4
El bloque de 4 kg se desplaza tal como se mues­
tra en la figura. Si el coeficiente de rozamiento 
cinético entre el bloque y el piso es 0,20, ¿cuál 
es el módulo de la aceleración (en m/s2) que ex­
perimenta el bloque? {g = 10 m/s2)
F= 28 N
A) 3 
D) 6
B) 4 C) 8
E) 5
Luego
Í k~ (M'/flZ/v 
-> (0,20)(40) = 8 N
En X, F>fK, entonces la fuerza resultante es ha­
cia la derecha y su módulo es
Fr=F-Ík
-> 28-8=20 N
Reemplazamos valores en (I)
20 No =
4 kg
= 5^-
Clave ( E
24
D in á m ic a
PROBLEMA N.° 5
La esfera de 3 kg cae tal como se muestra en la 
figura. Si la resistencia del aire al movimiento 
de la esfera en todo momento tiene un módulo 
de 12 N, ¿cuál es el módulo de la aceleración 
(en m/s2) que presenta la esfera? (g=10 m/s2)
r> r^ c c\ T, 
á ,-s r .k, jv
A) 3 
D) 6
B) 4 C) 8
E) 5
Resolución
El módulo de la aceleración lo determinaremos 
con la segunda ley de Newton.
Fro = — 
m (I)
La masa 3 kg es dato del problema. La fuerza re­
sultante se calculará a partir del DCL de la esfe­
ra; en el DCL, RA es la resistencia del aire.
X
Y*
Recuerde
La aceleración tiene la mis­
ma dirección que la fuerza 
resultante.
PROBLEMA N.° 6
El bloque de 5 kg se desplaza tal como se mues­
tra en la figura. ¿Cuál es el módulo de la acelera­
ción (en m/s2) que presenta el bloque? Despre­
cie todo rozamiento.
A) 3
B) 4
C) 8
D) 6
E) 5
Resolución
El módulo de la aceleración lo determinaremosa partir de la segunda ley de Newton.
Fro =
m (I)
La masa 5 kg es dato del problema; la fuerza re­
sultante se calculará a partir del DCL del bloque.
DCL del bloque
En Y, Fg > Ra, entonces la fuerza resultante es 
vertical hacia abajo, y su módulo es
FR=Fg-RA=30-12=l& N
Reemplazamos valores en (I)
18 N mo - --- = 6 —
3 kg
Clave
Descomponemos F en X y Y
X
25
En Y, Fg>FY, entonces el bloque no asciende, 
manteniéndose apoyado en el piso donde surge 
la reacción del piso (/?). Se deduce que la fuerza 
resultante en / es nula FR̂ = 0 .
En X, Fx no se anula (equilibra) con otra fuerza, 
es la única en X.
-> Fr=Fx= 30 N
Reemplazamos valores en (I)
30 N
Lu m b r e r a s E d it o r e s S ¡ ' l ' s S
a =
5kg
CLAVE
PROBLEM A N.° 7
Un bloque es lanzado sobre una superficie ru­
gosa tal como se muestra. ¿Después de cuántos 
segundos de su lanzamiento se detiene?
i/=20 m/s
vil \iK=0,25
/•
A) 3 s 
D) 6 s
B) 4 s C) 8 s 
E) 5 s
Resolución
En el momento que es lanzado el bloque se le 
ejerce una fuerza que le comunica una veloci­
dad de 20 m/s, pero luego esta fuerza deja de 
actuar, por ello que no se toma en cuenta en 
el análisis de fuerzas. El bloque se mueve por­
que trata de mantener su velocidad, es decir, se 
mueve por inercia. Para definir el tipo de movi­
miento, graficamos las fuerzas que actúan sobre 
el bloque.
iOl
v=20 m/s mg i/=0
— H
— r) a
A
Í n
h B
En Y, no hay movimiento 
aY~ 0 —> fr(y)=0 
fN=mg -» fK=\iK(mg)
En X ,FR{x)=max (I)
Observe que, en X, la única fuerza que actúa so­
bre el bloque es la fuerza de rozamiento cinéti­
co; por consiguiente, esta es la fuerza resultan­
te. Tenga presente que la aceleración tendrá la 
misma dirección que la fuerza resultante.
En (I)
fK=ma
-> \xK(mg)=ma
Reemplazamos valores 
a=(0,25)(10) = 2,5 m/s2
Como la aceleración del bloque tiene un único 
valor (2,5 m/s2) y no cambia de dirección, es 
opuesta a la velocidad (hasta que el bloque se 
detiene), podemos afirmar que su aceleración es 
constante; y como sigue una trayectoria rectilí­
nea, entonces describe un MRUV. Para determi­
nar el tiempo aplicamos una ecuación del MRUV.
VB = VA~otAB
(0) = (20)-(2,5 )tAB 
••• tAB=&s
26
D in á m ic a
Recuerde
v (aumenta)
Cuando las direccio­
nes de la velocidad y 
de la fuerza resultan­
te son iguales, la velo­
cidad aumenta.
1/ (disminuye)
Cuando las direcciones 
de la velocidad y de la 
fuerza resultante son 
opuestas, la velocidad 
disminuye.
Resolución
El bloque luego de ser lanzado se mueve por 
inercia, y al comprimir al resorte, experimen­
ta una fuerza resultante (Fe) que disminuye su 
velocidad.
mg * FfI f + / ( > V\Ib' ̂
y y iA A
1K
Importante
Cuando el bloque se lanza sobre una super­
ficie horizontal rugosa, experimenta una ace­
leración contraria a su velocidad de módulo 
igual a
o= Vk9
a
Hat
Clave ( C
PROBLEM A N.° 8
El bloque de 4 kg es lanzado sobre una super­
ficie horizontal lisa. Determine el módulo de la 
aceleración (en m/s2) del bloque cuando com­
prime al resorte en x=30 cm.
K= 200 N/m
A) 10 
D) 16
B) 5 C) 25
E) 15
Utilizamos la segunda ley de Newton
Kx f K ^
— o = — 
m m
El módulo de la aceleración es proporcional a la 
deformación (x).
Para x=30 cm=0,30 m 
( 200
o — (0,30)
o=15 m/s'
Nota
En algún momento, la fuerza elástica (FR) de­
tiene completamente al bloque.
a v=0 f£
------' /' —
max.
Luego, la fuerza elástica (FR) acelera al blo­
que hacia a la izquierda; note que el movi­
miento del bloque no es un MRUV, ya que el 
módulo de la aceleración no es constante, 
depende de la deformación.
C lave ( E
27
Lu m b r e r a s Ed it o r es
PROBLEMA N.° 9
Un ascensor asciende con una aceleración cons­
tante de 8 m/s2. ¿Cuál es el módulo de la fuerza 
que ejerce el piso del ascensor al bloque de 2 kg? 
(g=10 m/s2)
PROBLEMA N.° 10
El bloque de 5 kg se mantiene sin resbalar por el 
coche, que presenta una aceleración de 2 m/s2. 
Determine el módulo de la fuerza de rozamien­
to sobre el bloque.
---(jH
A) 8 N 
D) 12 N
B) 9N C) ION 
E) 15 N
A) 33 N 
D) 40 N
B) 36 N C) 38 N 
E) 45 N
Resolución
Para determinar la fuerza del piso sobre el bloque 
[R), estudiamos al bloque; note que el bloque y 
el ascensor presentan la misma aceleración.
y*
X
20 N I ío=!8 m/s'
Para que el bloque acelere hacia arriba R > mg, 
aplicamos la segunda ley de Newton en Y
FR=ma
R-20=(2)(8)
R = 36 N
Resolución
Para determinar la fuerza de rozamiento estu­
diamos al bloque; como el bloque no resbala 
sobre el coche, la fuerza de rozamiento es está­
tica, y como se encuentra fijo a él, ambos pre­
sentan la misma aceleración.
La fuerza resultante tiene la dirección de la ace­
leración. En la figura, las fuerzas verticales se anu­
lan. La única fuerza que nos queda es la fuerza 
de rozamiento estático, entonces esta es la resul­
tante y debe apuntar hacia la derecha.
Utilizamos la segunda ley de Newton 
FR=mo 
fs={ 5)(2) 
fs= 10 N
Clave ( B Clave
m/s2
g
28
D in á m ic a
PROBLEMA N.° I I
Si el coche experimenta aceleración constante 
de módulo 4 m/s , y se sabe que m = 2 kg, de­
termine el módulo de la fuerza elástica que sur­
ge en el resorte. Considere que la longitud del 
resorte se mantiene constante. Desprecie todo 
rozamiento.
A) 4N
B) 8 N
C) 6 N
D) 5 N
E) 3 N
Resolución
Al mantenerse constante la longitud del resorte, 
el bloque no se acerca ni se aleja de la pared del 
coche, de donde deducimos que los movimien­
tos del coche y del bloque son iguales, es decir, 
presentan la misma velocidad y aceleración.
PROBLEMA N.° 12
Los bloques lisos de igual masa no resbalan por 
el coche. Determine la aceleración que experi­
menta el coche. (g = 10 m/s2)
a
—
A) 5 m/s 
D) 25 m/s2
B) 10 m/s' C) 15 m/s2 
E) 30 m/s2
Resolución
Al no resbalar los bloques por el coche, se en­
cuentran fijos a él experimentando su misma 
aceleración. Para determinar esta aceleración es­
tudiamos a cada bloque.
mg
A_„
a
T a
B
mg
X
Usamos la segunda ley de Newton
FR=ma
FE=mo
Reemplazamos datos 
F £=(2)(4)
/. Fe= 8 N
_CLAVE ( b )
Bloque A
FR=ma (segunda ley de Newton) 
T-mo (I)
Bloque B 
En X
FR (X )-mCIX
R2-mo (II)
29
Lu m b r e r a s E d it o r e s
En Y
aY= 0 —> Fr[Y) = 0 
T=mg
(l) = (lll)
mo-mg
a-g - 10 m/s2
_Clave (§)
PROBLEM A N.° 13
A un bloque de 3 kg se le ejerce una fuerza ho­
rizontal constante. Si este alcanza una rapidez 
de 10 m/s luego de 2 s, ¿cuál es el módulo de la 
fuerza aplicada? Desprecie el rozamiento.
i/=0
A) 20 N 
D) 35 N
Resolución
B) 30 N C) 15 N 
E) 40 N
Graficamos el movimiento del bloque según la 
información dada.
Aplicamos la segunda ley de Newton 
FR=ma
F=(S)a (I)
Calculamos o. Como F es constante, la acelera­
ción es constante y la trayectoria es rectilínea, 
se tiene un MRUV.
vf=v0+at
10=0 + o(2) 
—> o=5 m/s2
En (I)
F= 3(5) = 15 N
CLAVE ( C
PROBLEM A N.° 14
A partir del instante mostrado, el bloque reco­
rre 8 m hasta detenerse. ¿Qué módulo presen­
ta la fuerza de rozamiento, si esta es constante 
mientras el bloque desliza?
Dato: m=3 kg
8 m/s
illi
El bloque acelera debido a F , que es la fuerza 
resultante.
A) 6 N
B) 12 N
C) 18 N
D) 20 N
ÜJ 24 N
t = 2 s
30
D in á m ic a
Resolución
Graficamos lo que acontece.
8 m/s mg
£§{Q d ¡¡¡a/*
l111 //V
v=0
PROBLEMA N.° 15
A la tabla de 5 kg, en reposo, se le ejerce una 
fuerza de 20 N hacia la derecha. Determine el 
módulo de la aceleración (en m/s2) de la tabla, 
y qué sucede con el bloque de 2 kg. Desprecie 
todo rozamiento.
d= 8 m
El bloque se mueve debido a su inercia, pero 
va frenando debido a la fuerza de rozamiento, 
donde esta fuerza es la resultante.
Aplicamos la segunda ley de Newton
FR=ma
A) 8 
D) 5
B) 9 C) 4 
E) 6
Resolución
Calculamos la aceleración de la tabla. 
fra = — 
m (I)
(I) DCL de la tabla
Calculamos a. Se menciona que la fuerza de ro­
zamiento es constante, entonces la aceleración 
también lo es, siendo la trayectoria una recta, se 
tiene un MRUV.
v2f=v20-2ad
(0)2=(8)2- 2o (8)
0=4 m/s2 
En (I)
fK=( 3)(4)
/*= 12 N
_ C lave ( S )
Fg(V)las fuerzas
i ~- \ verticales sei■ ■ , v ' ' : F= 20 N i anulan1 * t 'v b-*
fr=F= 20 N
En (I)
20 2 —» o = — m/s
.*. o=4 m/s2 
Observación
La masa considerada para el cálculo solo es 
de la tabla. Si bien es cierto que el bloque se 
encuentra sobre la tabla, su acción sobre esta 
queda indicada mediante la reacción /?1.
31
Lu m b r e r a s E d it o r es
Para determinar qué sucede con el bloque, es­
tudiamos las fuerzas que actúan sobre él.
DCL del bloque
F g ( B )
0
li
i»
1
1____
1 
_ 
^
 
1 
C
C
La fuerza resultante sobre el bloque es nula, ade­
más el bloque no acelera; entonces se mantiene 
en reposo mientras se encuentra en la tabla.
Clave (C
PROBLEMA N.° 16
La fuerza (f ) que actúa sobre el bloque de 4 kg 
es constante. ¿Qué rapidez (en m/s) presenta el 
bloque luego de 2 s del instante mostrado?
5 m/s
F= 30 N
\
fl*=0,5
A) 8 m/s 
D) 14 m/s
Resolución
B) 9 m/s C) 12 m/s 
E) 10 m/s
Estudiamos el movimiento del bloque a partir 
de la segunda ley de Newton.
a = (I)
DCL del bloque 
Y* F =40 N
9 o
U , . 30N
/k X
N
En Y, la Fg y f N se anulan 
-> fN=mg=40 N
Luego
//c=(M-/c)//v=(0/5)(40) = 20 N
En X, F >fK, entonces la fuerza resultante es ha­
cia la derecha, y su módulo es 
FR=F-fK=30-20=10 N
Reemplazamos valores en (I)
10 N ma - --- = 2,5 —
4 kg s
El bloque experimenta aceleración constante en 
una trayectoria rectilínea; entonces para hallar 
su rapidez aplicamos una de las ecuaciones del 
MRUV.
1/4=5 m/s f=2 s
vB=vA + ot
Reemplazamos valores 
vb=S + (2,S)(2)
v/Q = 10 m/s
m Clave ( E
32
D in á m ic a
PROBLEMA N.° 17
La fuerza (f ) que actúa sobre el bloque de 8 kg 
es constante. Si el bloque pasa por el punto A 
con una rapidez de 4 m/s y por el punto B con
5 m/s, ¿cuál es el módulo de F? Desprecie todo 
rozamiento.
Como F y la masa son constantes, entonces la 
aceleración también lo es.
Luego
F-ma
F=(8)o (II)
—A » F
------------ 1 ‘
d=3 m------
va=A m/s vR-S m/s
d=3 m B
A) 8 N B) 9 N C) 10 N
D) 14 N E) 12 N
Resolución
Estudiamos el movimiento del bloque a partir 
de la segunda ley de Newton.
m
DCL del bloque
Para determinar el módulo de la aceleración apli­
camos una ecuación del MRUV.
v2B=v2A+2adAB
Reemplazamos valores 
(5)2 = (4)2+2o(3)
—> o = l,5 m/s2
En (II)
F=(8)(l,5)
F= 12 N
_ C lave ( e )
En Y, la Fg y R se anulan.
En X, F es la única fuerza, entonces la fuerza 
resultante es hacia la derecha.
E" ( 0
mi ' * * • •
Fa = — 
m
PROBLEMA N.° 18
Determine el módulo de la fuerza constante ne­
cesaria (en N) para detener en 10 s un automó­
vil de 1500 kg de masa, que se desplaza a una 
velocidad de 20 m/s.
A) 1000 N B) 2000 N C) 3000 N 
D) 4000 N E) 5000 N
33
Lu m b r e r a s E d it o r es
Resolución
Graficamos el problema.
A) 48,4 m B) 36,2 m C) 64,5 m 
D) 52,5 m E) 72,2 m
At=10s
20 m/s
Despreciando la fuerza de rozamiento entre las 
ruedas y el piso, la fuerza resultante es F.
Usamos la segunda ley de Newton
FR=ma 
F=1500o (I)
El módulo de la aceleración se determina cine­
máticamente. Considerando a las fuerzas como 
constantes y siendo una trayectoria recta, tene­
mos un MRUV.
vf=v0-at
0=20-o(10)
o=2 m/s2
En (I)
F=1500(o)
-> F=1500(2)
F=3000 N
PROBLEMA N.° 19
A un bloque de 100 kg, en reposo, se le aplica una 
fuerza horizontal constante de 500 N para que se 
deslice sin fricción. Si al final del tercer segundo 
deja de actuar la fuerza, determine el recorrido 
del bloque luego de 5 s, contando a partir del 
momento en que se comienza aplicar la fuerza.
Resolución
Graficamos el problema según el enunciado.
3 s 2 s
e = d AB + d BC (I)
De A hasta 6
Usamos la segunda ley de Newton 
FR=ma
500 = (l00)o -» o = 5 m/s2
F
La rapidez al final del tercer segundo es 
vf =v0+a[t) 
vs=0+(5)(3) 
ve=15 m/s
CLAVE ( c ) Calculamos de dAB
d _ VA+VB 
a A B - \ l AB
d AB ~
0 + 15 |(3) = 22,5m
A partir del tercer segundo, al dejar de actuar 
F, la resultante es nula, entonces la velocidad 
del bloque es constante, y este se mueve por 
inercia.
34
D in á m ic a
De v-vB
db c = v *bc 
c/gc=15(2) = 30 m
Reemplazamos (II) y (III) en (I) 
6=22,5 + 30
.*. e=52,5 m
Clave
De la figura del problema, F1 > F2. Entonces los 
bloques se mueven juntos hacia la derecha ex­
perimentando la misma velocidad y aceleración.
Segunda ley de Newton para el bloque m1 
FR=ma —> F1-R=m1a (I)
Segunda ley de Newton para el bloque m2 
FR=ma —> R-F2=m 2o (II)
PROBLEMA N.° 20
Determine la reacción entre los bloques de masa 
m1=3 kg y m2=lkg. Considere que todas las 
superficies en contacto son lisas.
F1=10 N % i— F2=2 N
i 2
w ~ m - *m ’
A) 1N 
D) 4N
B) 2N C) 3N 
E) 5N
Resolución
Para determinar la reacción (/?) entre los blo­
ques, elaboramos el DCL de cada uno.
DCL de la m-,
De (l) + (ll)
F\~F2 ={m1+m2)o (III)
^ T v--- v--- 'a p (p
Reemplazamos valores en (III)
(10)-(2) = (4 + 2)o o=2 m/s2
En (II)
« - 2=1(2)
R=4 N
Clave (D
PROBLEMA N.° 21
En la figura, los bloques son desplazados por 
una fuerza de módulo 36 N. ¿Cuál es el módulo 
de la fuerza de tensión en la cuerda que liga a 
los bloques? Desprecie el rozamiento.
Datos: /d1=4 kg y m2 = 2 kg
i
F= 36 N
A) 20 N 
D) 30 N
B) 24 N C) 28 N
E) 32 N
35
Lu m b r e r a s E d it o r es
Resolución
Para determinar el módulo de la tensión (7), 
elaboramos el DCL de cada bloque.
DCL (m j 
om ig
-
DCL (m2)
m2g
7
—
a
F= 36 N -►
PROBLEMA N.° 22
En la figura, los bloques son desplazados por 
una fuerza de módulo 42 N. ¿Cuál es el módulo 
de la fuerza de tensión en la cuerda que liga a 
los bloques? El coeficiente de rozamiento entre 
todas las superficies en contacto es 0,5.
Datos: m1=4 kg y m2- 2 kg
m . - /T7-
F=42 N
Los bloques experimentan la misma aceleración. 
Debemos tener presente que si los bloques ace­
leran horizontalmente, entonces las fuerzas ver­
ticales que actúan sobre ellos se anulan mutua­
mente.
Segunda ley de Newton para el bloque m1 
FR=ma —» r=/?71o (I)
Segunda ley de Newton para el bloque m2 
FR-mo —> F-T=m2a (II)
De (l)+(ll)
F = (m1+.m2)o (III)
a
Reemplazamos valores en 
36 = (4+2)o 
—> a= 6 m/s2
En
7=4(6) 
7=24 N
Clave ( B
A) 25 N 
D) 29 N
B) 26 N C) 28 N 
E) 30 N
Resolución
Para determinar el módulo de la tensión (7), 
elaboramos el DCL de cada bloque.
DCL (m j DCL (m2)
a m2g a
7 7 • F=
* i f«( 1) «2 fx(2)
Los bloques por la acción de la fuerza (f ) se 
desplazan hacia la derecha experimentando la 
misma aceleración.
Segunda ley de Newton para el bloque m1 
F R=ma -> 7-//c(1)=m1o (I)
Segunda ley de Newton para el bloque m2 
FR=ma F-T-fK[2) = m2o (II)
De (l)+(ll)
£-[/*(!) +/*(2) ] = (ml +m2)o (III)
a
36
D in á m ic a
Reemplazamos valores en
42-| (0,5)40+ (0,5)20J = (6)a 
—> o=2 m/s2
En (I)
7’-0,5(40) = (4)(2) 
r= 28 N
m (1) (2) m 3
-i F=40 N
A) 5 N; 15 N B) 6 N; 20 N C) 3 N; 40 N
D) 8 N; 30 N E) 3 N; 25 N
Resolución
Elaboramos el DCL.
Recuerde
Cuando los cuerpos se mueven como si fueran un 
único cuerpo, la segunda ley de Newton se puede 
aplicar en forma práctica según la siguiente ecua­
ción:
a P ^
Donde
a : suma de fuerzas que se encuentran en di­
rección de la aceleración
(3: suma de fuerzas que se encuentran en di­
rección opuesta a la aceleración
cp: suma de las masas
Las fuerzas que los cuerpos se ejercen (fuerzas 
internas) entre sí se anulan, por ello que no se 
consideran en la forma práctica.
_CLAVE (C )
PROBLEMA N.° 23
En la figura, los bloques m1 y m3 son lisos. ¿Cuá- 
es son los módulos de las fuerzas de tensión en 
as cuerdas (1) y (2)? Considere que el coeficiente 
de rozamiento entre el bloque m2 y el piso es 0,5.
Datos: /r?1 = 0,50 kg; m2=2 kg; m3 = 2,5 kg y
g=10 m/s2
Analizando todo el sistema, los bloques por la 
acción de la fuerza (f ) aceleran hacia la dere­
cha. Determinamos la aceleración de los blo­
ques aplicando la forma práctica de la segunda 
ley de Newton.
Las tensiones son 
fuerzas internas. Es­
tas no se consideran.
F- fK (ir(ml + m2 + m3 ) ° ^
Reemplazamos
40-(0,5)(20) = (0,5 + 2 + 2,5)o 
o = 6 m/s2
Ahora analizamos bloque por bloque.
Segunda ley deNewton para el bloque m1 
f R(i)=miO 
-> ^ = (0,5)6 
rx=3 n
DCL (mx) DCL (m2) DCL (m3)
F=40 N
37
Lu m b r e r a s Ed ito res
Segunda ley de Newton para el bloque m3
FR[3)=m3a 
-> 40-72 = (2,5)(6)
/. 72 = 25 N
_ C lave ( e )
Observación
Al estudiar el sistema, la única fuerza en di­
rección de la aceleración (o) es mBg. Note que 
las fuerzas de tensión se anulan, por ello no se 
consideran en la forma práctica de la segunda 
ley de Newton.
PROBLEMA N.° 24
Los bloques son soltados en la posición mostra­
da. Determine la fuerza de tensión en la cuerda 
que une a los bloques. Desprecie todo roza­
miento. (g=10 m/s2)
A) 6 N 
D) ION
B) 12 N C) 8 N 
E) 14 N
Forma práctica de la segunda ley de Newton
E f( ^ r r £ v « r ms°
mBg={m1 + m2)a
(3)10=(2+3 )a 
—» o=6 m/s2
Segunda ley de Newton para el bloque A 
FR(A) = mAa
T=( 2)(6) 
7=12 N
_CLAVE ( B )
Resolución
Al ser soltados, el bloque B jala al bloque A; 
como no hay rozamiento, el bloque A se moverá 
sin dificultad y lo hará en forma conjunta con el 
bloque B.
Elaboramos los DCL de los bloques A y B
PROBLEMA N.° 25
Determine la fuerza de tensión en las cuerdas
(1 ) y (2), si los bloques son abandonados en la 
posición mostrada. Desprecie todo rozamiento.
(g=10 m/s2)
mAg
“ l
38
%
D in á m ic a
A) — N B) — N C) — N
3 7 3
D) — N E) — N
3 7
Resolución
Elaboramos el DCL de cada bloque.
Observe que al ser abandonados los bloques, el 
2 oque C desciende y el bloque B asciende, ya 
que m cg > m Bg.
-orma práctica de la segunda ley de Newton
S ^ ) - I V °)=ms0
m cg - m Bg = (m c +mA+mB)o
30-10=(3 + 2 + l )a
10 2—» a = — m/s 
3
Segunda ley de Newton para el bloque C
F R(C) = m C °
30-7i= (3)^íp 7^=20 N
Segunda ley de Newton para el bloque A
F R(A) = m Aa
2 0 - r 2=(2)j
r2=40/3 N
10 20 40-> T2 = 20---= — N
L 3 3
Clave (C
Resolución
El bloque al ser soltado sobre el plano inclinado 
liso resbala acelerando; para determinar el mó­
dulo de la aceleración, elaboramos el DCL del blo­
que y luego aplicamos la segunda ley de Newton.
Para hallar la fuerza resultante descomponemos 
la fuerza de gravedad en una dirección paralela 
a la aceleración Xy en una dirección perpendicu­
lar a la aceleración /.
PROBLEMA N.° 26
Un bloque de masa m se suelta en A. Determi­
ne el módulo de la aceleración que adquiere el 
bloque.
A) g
B) gcosB
C) g/3
D) gsenO
E) gtan0
39
Lu m b r e r a s E d it o r e s
En Y En X
aY- 0 
Fr =0
ax = o
FR-mgsenQ
Aplicamos la segunda ley de Newton 
FR=ma
/hgser\Q= rña
Resolución
Al soltar el bloque y despreciar el rozamiento, 
este desciende con una aceleración de módulo 
constante igual a
a-gsenQ (I)
/. a-gsenQ
Reemplazamos en (I) 
a=( 10)sen30°
o=5 m/s2
Como la trayectoria que sigue el bloque es recti­
línea y el módulo de su aceleración es constan­
te, el bloque experimenta un MRUV.
CLAVE (Id) para determinar su rapidez en B, utilizamos una 
ecuación conveniente del MRUV.
v2b = v2a + 2 odAB (II)
Recuerde
Cuando un cuerpo es soltado o lanzado por un 
plano inclinado liso, experimenta una acelera­
ción de módulo.
o=gsen0
A) 6 m/s
B) 8 m/s
C) 10 m/s
D) 12 m/s
E) 15 m/s
Del gráfico 
dAB= 10 m
PROBLEM A N.° 27
Un bloque se suelta tal como se muestra en la 
figura. ¿Qué rapidez presenta en 6? Desprecie
todo rozamiento. (g=10 m/s2)
Reemplazamos valores en (II) 
l4=(0)2+2(5)(10)
vfi= 10 m/s
_ C lave ( c )
40
jhsf
D in á m ic a
PROBLEMA N.° 28
Un bloque se lanza por un plano inclinado liso. 
¿En qué tiempo retorna al lugar del lanzamien-
to? (g=10 m/s2)
A) 3 s 
D) 10 s
B) 6 s C) 8 s
E) 12 s
Resolución
_jego de ser lanzado, el bloque experimenta un 
MRUV con una aceleración de módulo igual a
o=gsen0 (I)
Calculamos t2
Como el bloque experimenta un MRUV
Por lo tanto, el tiempo en que retorna es
Clave ( B
t=t1 + t2 = 6 s.
PROBLEMA N.° 29
Un bloque de masa m desciende por un plano 
inclinado rugoso tal como se muestra. Si el co­
eficiente de rozamiento cinético entre el bloque 
y el plano es ¡lî , determine el módulo de la ace­
leración del bloque.
A) gsenQ
B) la^gsenG
C) g^nO-j^os© )
D) g(cos0-,Li^sen0)
E) g^senG-u^senO)
Reemplazamos en (I) 
o=(10)sen53° 
o=8 m/s2
Calculamos de ti
VB = VA~0t i
0 = 24-8t1 
t1 = 3 s
Resolución
Para determinar el módulo de la aceleración del 
bloque, aplicamos la segunda ley de Newton.
FR=mo (I)
Para hallar la fuerza resultante, elaboramos el 
DCL del bloque.
41
Lu m b r e r a s Ed it o r es si
Ahora en forma conveniente descomponemos 
las fuerzas.
Nota
Cuando el bloque asciende, el módulo de la ace­
leración es
o=g(sen0+¡lí^ osB)
mgcosQ
Clave ( £ )
En Y
oY= 0
-> fN=mgcosQ (II)
En X
ax~a
FR(x)=m9cosQ-fK
Luego
FR(x)=m9senQ-Vi<fN
De (II)
FR(x)-mgsenQ-nK(mgcosQ)
En (I)
mgser\0-\iKmgcosQ=ma 
—» a=gsenQ-¡xKcosQg
o=(sen0-¡i/(cos0)g
PROBLEMA N.° 30
Un bloque se lanza con una rapidez de 30 m/s 
por un plano inclinado rugoso tal como se mues­
tra. Determine luego de cuántos segundos retor­
na al lugar de lanzamiento. (g = 10 m/s2)
A) (3 + V7) B) (1 + V7) C) (2 + VÍ5)
D) (3 + V ñ ) E) (3 + V I5 )
Resolución
Cuando el bloque asciende sobre el plano rugo­
so, experimenta una aceleración de módulo
a1={ser\Q+[iKcosQ)g (a)
42
D in á m ic a
u=0
Reemplazamos valores en (a)
° i =
( l ìsen53°+ - eos53°
v 3 J
(10)
o1=10 m/s
-Jicamos las ecuaciones del MRUV
VB = VA~a lh 
0 = 30-(10)f1
(I)
Reemplazamos
° 2 =
( l ìsen53°- - cos53°
v 3 J
(10)
a2=6 m/s"
v/=0
Aplicamos una ecuación del MRUV para el tra­
mo BA.
1 2
dBA = vef 2 + ~ a 2 f2
's^bién
V 2
implazamos
^30+0 N
2 ;
(3)
^A8~45 m
rdo el bloque desciende, experimenta una 
eración de módulo
-- = (sen0-|ii/(-cos0)g
Reemplazamos (II) y (III) 
45 = (8)t2 + i(6 )t|
El tiempo de retorno es
t=t1 + í2
De (I) y (IV)
t = { 3 + V l5 )s
(IV)
Clave (E
43
Lu m b r e r a s E d it o r es IB
PROBLEMA N.° 31
Si el sistema mostrado es dejado en libertad, de­
termine el módulo de la tensión en la cuerda (1). 
Datos: mA=mB-2mc-2 kg; g=10 m/s2
A) 2 N
B) 4 N
C) 6 N
D) 8 N
E) ION (D s
Resolución
Estudiamos al bloque C para determinar el mó­
dulo de la tensión en la cuerda (1).
Para determinar si el bloque C acelera o no es 
necesario analizar los demás bloques.
DCL del bloque C
1 kg
„10 N
Estudiamos los bloques sin separarlos.
La fuerza de gravedad en el lado izquierdo es 
mayor que en el lado derecho, entonces los blo­
ques aceleran en las direcciones indicadas.
Usamos la segunda ley en forma práctica
Y j F = m r a
(->o) (<— a)
[10 + 20]-[20] = (2 + 2 + l)o 
—> o=2 m/s2
DCL del bloque C 
FR=ma
io —r1=(i)(2)
T-i
a
10 N
7^=8 N
_CLAVE (5)
PROBLEMA N.° 32
Luego de soltar el bloque A de 30 kg, calcule el 
módulo de la aceleración (en m/s2) del bloque 
B de 20 kg. (g=10 m/s2)
9
A) 0,2
D) 1
B) 0,4 C) 0,6
E) 0,8
Resolución
Estudiamos los dos bloques a la vez (sistema) y 
descomponemos la fuerza de gravedad del blo­
que/*.
44
D in á m ic a
Resolución
9 componente de la fuerza de gravedad del blo­
que A es mayor que la fuerza de gravedad del 
bJoque 6; entonces los bloques aceleran en las 
direcciones indicadas.
Segunda ley de Newton en la forma práctica
(o) (o)
240-200 = (20 + 30)o 
0=0,8 m/s2
Clave ( E
Estudiar a la grúa para determinar su acelera­
ción no conviene, debido a las fuerzas desco­
nocidas que actúan sobre ella. Por otro lado se 
puede observar que, al mantenerse constante 
el ángulo 0, la distancia entre la esfera y la pla­
taforma de la grúa no cambia; ello nos indica 
que ambos experimentan la misma aceleración. 
Ahora, al actuar menos fuerzas, es conveniente 
estudiar a la esfera.
DCL de la esfera
m g i
0 :
En X
F R(X) = m a X
7sen0 = mo
X
TsenO
(O
En Y
PROBLEMA N.° 33
Calcule la aceleración (en m/s2) que experimen- 
»te grúa, si el ángulo 0 que forma la cuerda con 
b vertical se mantiene constante. (g=10 m/s2)
A* 3,5
m 6,5
B) 7,5 C) 4,4
E) 5,58
O y~~ 0 
F R(Y) =
7cos0=mg (N)
Dividimos (l)-MII)
sen0 ma n a----= — —> tan0 = -
cos0 mg g
—> o=gtan0 
Reemplazamos valores
°=10n(4).-. o = 7,5 m/s2
45
Lu m b r e r a s E d ito res
Nota
La aceleración de un móvil se puede determi­
nar midiendo el ángulo 0.
o=tan0
Cuando la velocidad es constante, el ángulo 0 
es nulo.
v=cte.
Cuando la cuerda se desvía hacia delante de la 
vertical, el móvil desacelera.
o=tan0
Clave ( B
PROBLEMA N.° 34
Se tienen dos bloques que comprimen a un 
resorte tal como se muestra en la figura. Si los 
bloques son soltados, determine el módulo de 
la aceleración del bloque A cuando el bloque B 
experimenta una aceleración de módulo 4 m/s2. 
Desprecie todo rozamiento.
Datos: mA=1 kg; mB-2 kg
A) 2 m/s" 
D) 8 m/s"
B) 4 m/s" C) 6 m/s2 
E) 9 m/s2
Resolución
Al soltar los bloques, el resorte (comprimido) 
empujará a cada bloque acelerándolos.
DCL (fl) DCL (A)
aB-A m/s2 aA
resorte
comprimido
\ ™a9
i v y i
V 'R aPara ambos bloques la 
fuerza resultante es FE.
Utilizamos la segunda ley de Newton
• Bloque A
FR- mA°A
FE=[l)aA 
Bloque B
' Ff=(2)(4) = 8 N
Reemplazamos (II) en (I 
8=(1 )aA
aA=8 m/s2
(I)
(II)
Clave (D,
46
D in á m ic a
PROBLEMA N.° 35
En el instante mostrado, el resorte se encuentra 
estirado en 40 cm. Determine el módulo de la 
aceleración de cada bloque (en m/s2). Despre­
cie el rozamiento.
Datos: mA=A kg; mB= 10 kg
K= 100 N/m
A) 10; 2 B) 5; 2 C) 3; 1
D) 10; 4 E) 8; 4
Resolución
El resorte al encontrarse estirado jala a ambos 
bloques.
Sobre cada bloque la fuerza resultante es la fuer­
za elástica.
Ff =40 N
• Bloque A
FR=mAaA
40=(4 )aA 
aA=10 m/s2
• Bloque B
FR^mBaB
40=10 aB 
aB=4 m/s2
_C la ve (5)
PROBLEM A N.° 36
Un bloque de 2 kg se encuentra en reposo en 
una superficie horizontal lisa tal como se mues­
tra en la figura. ¿Cuáles son el módulo y la di­
rección de la fuerza constante que se les debe 
aplicar para que pase por el punto P con una 
rapidez de 2 m/s?
40 cm p
A) 6 N; 37° B) 8 N; 37° C) 6 N; 53°
D) 8 N; 53° E) 10 N; 45°
Resolución
Cuando un cuerpo se encuentra en reposo y 
sobre él existe una fuerza resultante diferente 
de cero, su trayectoria será en la dirección de la 
fuerza resultante.
47
Lu m b r e r a s Ed it o r es
Utilizamos la segunda ley de Newton 
FR-ma
F=(2)o (I)
Como el bloque sigue una trayectoria recta y la 
aceleración es constante, entonces describe un 
MRUV.
vp=yi+2adAp
dad— 1/2 m
(2) -2(o)(l/2)
a- 4m/s/
En (I)
F= 2(4) = 8 N
F = 8 N; 37°
Clave ( B
Resolución
Para determinar la fuerza de la cadena sobre el 
bloque, debemos tener presente que ambos se 
desplazan con la misma aceleración.
DLC (bloque)
o
c—>■---
//Vi
DLC (cadena)
mcg
a
F= 30 N
fNl
Aplicamos la segunda ley de Newton 
• Para el bloque
FR(B) = m (B)a
Fc=(8)o (I)
PROBLEMA N.° 37
Determine el módulo de la fuerza que la cadena 
de 2 kg de masa ejerce sobre el bloque de 8 kg. 
Considere que la cadena permanece apoyada en 
el piso liso.
*—~ T- -.-■■y
F=30 N
Para la cadena 
F R(C) = m (C)°
(30-Fc) = (2)o
De (l)+(ll) 
30=(10)o 
—> o=3 m/s2
(II)
A) 20 N
B) 34 N
C) 24 N
D) 36 N
E) 28 N
En (I)
Fc=(8)(3)
/. FC=24N
Clave ( C
48
PROBLEMA N.° 38
Un bloque es lanzado sobre un plano inclinado 
liso, de modo que en A y B sus rapideces son 2v 
y v, respectivamente. Si desde A hasta B emplea 
2 s, determine v. (g=10 m/s2)
A) 12 m/s 
9) 18 m/s
Resolución
B) 14 m/s C) 16 m/s 
E) 20 m/s
í bloque luego de ser lanzado sigue ascendien- 
13 debido a su inercia. Pero ¿qué tipo de movi- 
-*ento describe el bloque en su ascenso? Para 
-esoonder debemos recordar que las fuerzas 
>:ore un cuerpo determinan si este mantiene 
: varía su velocidad (segunda ley de Newton).
- ;ontinuación hagamos el diagrama de cuerpo 
del bloque.
gráfico se aprecia que sobre el bloque hay 
_ r a fuerza resultante no nula (FR=mgsena), la 
nace que disminuya su rapidez.
D in á m ic a
Aplicamos la segunda ley de Newton 
/fígsena
Amor a Sofía
f ra = — ~ 
m /ti
—> o= g -sena
cté. «e.
Se deduce que la aceleración es constante y la 
trayectoria, rectilínea; por lo tanto, el bloque 
describe un MRUV.
Aplicamos la cinemática para el tramo AB 
vB= v A - o t AB
\/=2i/-a(2)
v=2a (I)
Se obtuvo
a=gsena; donde g=10 m/s2ya=53° 
a=10sen53°
—> o=8 m/s2
Reemplazamos en (I) 
v=2(8)
/. i/=16m/s
Clave ( C )
PROBLEMA N.° 39
Calcule el módulo de la fuerza que ejerce el blo­
que [m=2 kg) sobre la caja (M=3 kg).
Dato: F=15 N
A) 1N
B) 2N
C) 3N
D) 4N
E) 5N
49
Lu m b r e r a s E d it o r e s
Resolución
El módulo de la fuerza del bloque sobre la caja 
(/?) es igual al módulo de la fuerza de la caja so­
bre el bloque (/?)
Para hallar este módulo analizamos todo el con­
junto sin separarlos.
DCL del sistema
o
F
B
mg '
')m
'V
Mg
//v
M
Graficamos solo las 
fuerzas externas.
Aplicamos la segunda ley de Newton 
FR=mso 
F=[m+M)a 
15=(3+2)
—» o=2 m/s2 O)
Para determinar la fuerza de la caja sobre el blo­
que separamos estos dos cuerpos.
R es la fuerza de la caja 
sobre el bloque.
Utilizamos la segunda ley de Newton 
FR=mo
De (I)
/?=( 2)(2)
.-. /?=4 N
_CLAVE (6)
PROBLEMA N.° 40
Si Ra y Rb son las reacciones entre los bloques 
m y M para los casos A y B, respectivamente, 
calcule la relación RA/RB. No tome en cuenta el 
rozamiento (M > m).
Caso A Caso B
A) 2m/M B) M/m
D) 2M/m
C) m/M 
E) m/2M
Resolución
Hagamos la separación imaginaria de los bloques.
Caso A
Mg mg
De la segunda ley de Newton
n _ FR _ _ F RA aA - - -
masa m M
H * * * (i)
Caso B
Mg
50
D in á m ic a
De la segunda ley de Newton
°B =
_ Rb _ F ^B
masa M m
Igualamos (I) y 
F ={ M >*A =
m ^— + 1 — + 1
V m ) Km J
JS/hrfn
*A =
( JpO^rtíÁ
m J K M
Rc
Re
Rb M
(II)
Clave
eje -- 
tangencial
centrot
7=70 H y 
m g-A O N
eje radial
Recuerde
La fuerza resultante hacia el centro de la cir­
cunferencia es conocida como fuerza centrípe­
ta (Fcp).
PROBLEMA N.° 41
Lna esfera de 4 kg, unida a una cuerda, gira des- 
irbiendo una circunferencia. Si en el instante en 
^ue la cuerda se encuentra de manera vertical la 
cisión es 70 N, calcule el módulo de la fuerza 
centrípeta en dicho instante. (g=10 m/s2)
Luego
FCP=70-40
Fcp=30 N
Clave
a 30 N 
: 70 N
B) 40 N C) 50 N
E) 110 N
Resolución
ófHíicamos las fuerzas sobre la esfera cuando la 
z .e rda se encuentra vertical.
PROBLEMA N.° 42
En el instante mostrado, la tensión en la cuerda 
es 70 N. Si la masa de la esfera es 4 kg, determi­
ne el módulo de la fuerza centrípeta en dicho 
instante. (g=10 m/s2)
A) 30 N
co 40 N
C) 50 N
D) 70 N
LU 110 N
51
Lu m b r e r a s E d it o r e s
Resolución
Graficamos la fuerza sobre la esfera.
eje _. 
tangencial
mg=40 N
7=70 N ''
centro
eje radial
El módulo de la fuerza centrípeta (Fcp) es
Fcp=40 N+70 N
/. Fcp = 110N
Clave ( E
Resolución
La fuerza centrípeta (Fcp) es la fuerza resultan­
te que se dirige hacia el centro de la trayectoria 
circunferencial.
O
En la parte más baja de la trayectoria se tiene
Fcp=30-mg 
50 = 30-m(10)
m = 2 kg
Clave B
PROBLEMA N.° 43
Un pequeño bloque de masa m resbala sobre 
una superficie cilindrica lisa. Si en la parte más 
baja el módulo de la fuerza que la superficie le 
ejerce al bloque es 30 N, y el módulo de la fuer­
za centrípeta es 50 N, calcule m. ig=10 m/s2)
PROBLEMA N.° 44
Una partícula de masa de 0,5 kg, conectada a 
una cuerda indeformable, se mueve con una 
rapidez constante de 6 m/s en una trayectoria 
circular de 1 m de radio en un plano vertical. 
Además, Ta y Tb son los módulos de las tensio­
nes en la cuerda cuando la partícula se encuen­
tra en los puntos a y b, respectivamente. La di­
ferencia Tb-Ta, en N, es (g=9,81 m/s2)
A) 1 kg 
D) 4 kg
B) 2 kg C) 3 kg
E) 5 kg
A) 7,8 N.
B) 8,8 N.
C) 9,8 N.
D) 10,8 N
LU 11,8 N
UNI 2010-11
52
D in á m ic a
Resolución
’̂ os piden Tb-Ta. La partícula desarrolla un 
MCU; por tal motivo, los módulos de la fuerza 
centrípeta enoyí ) son ¡guales.
-uego
’<M So)
Tb-mg=Ta+mg
Tb-Ta=2mg
Reemplazamos datos 
7fa- Io=2(0,5)(9,81)
- Tb-Ta= 9,8N
Clave (C
PROBLEMA N.° 45
jr\ joven se mueve en una superficie horizon­
te cescribiendo una trayectoria circunferencialmn rapidez constante. ¿Cuál de los esquemas 
-rostrados representa la velocidad y la acelerá­
is*n del joven?
ai ; — v
\ / s /
\v
c) {
b ) ;
D) - V — E) ;
Resolución
El joven al moverse en una trayectoria circunfe­
rencial con rapidez constante realiza un MCU. 
En consecuencia, el joven presenta una acelera­
ción que en todo instante apunta hacia el centro 
de la circunferencia, es decir, la aceleración es 
centrípeta (ocp),
a-a; £ v
Observación
Cabe destacar que en un MCU, sobre el 
cuerpo solo hay fuerza resultante dirigida 
hacia el centro de la circunferencia, es de­
cir, sobre el cuerpo únicamente hay fuer­
za centrípeta (Fcp).
Clave (C
53
Lu m b r e r a s Ed ito res
PROBLEMA N.° 46
Determine el módulo de la fuerza centrípeta en 
el instante mostrado. Considere que la esfera es 
de 4 kg, y la tensión en dicho instante es 70 N.
= 10 m/s
A) 10 N
B) 20 N
C) 30 N
D) 40 N
E) 50 N
Fcp=70N-20N
Fcp=50 N
_ C l a v e ( e )
PROBLEMA N.° 47
El módulo de la fuerza que la superficie esférica 
le ejerce a la esfera de 5 kg al pasar por P es 50 N. 
Calcule el módulo de la fuerza centrípeta en P. 
(g=10 m/s2).
Resolución
Graficamos las fuerzas sobre la esfera.
t11 O
A) 20 N
B) 30 N
C) 50 N
D) oo o N
LU 100 N
Ahora descomponemos la fuerza de gravedad 
en los ejes radial y tangencial.
Resolución
eje radial I7 ig = 40 N
La fuerza centrípeta es la resultante de las fuer­
zas en el eje radial, que además apunta hacia el 
centro de la circunferencia.
Recuerde
La fuerza centrípeta (Fcp) es la fuerza resultante 
que apunta hacia el centro de la circunferencia 
por donde pasa la esfera.
Empecemos graficando las fuerzas sobre la es­
fera.
54
D in á m ic a
Resolución
Graficamos las fuerzas sobre la esfera en A.
Ta=90 Nív'37®¡
mg=50 N
TA=9 0 N / ^
40 N
De acuerdo al gráfico, en P 
Fcp=50 N + 30 N
Fcp=80 N
Clave
Entonces el módulo de la fuerza centrípeta en 
A es
Frn = 90 N-40 NcpA
Frn =50NcpA
Ahora en B
PROBLEMA N.° 48
La tensión en la cuerda cuando la esfera pasa 
oor A es 90 N. Si el módulo de la fuerza centrí­
peta en B es el doble de la fuerza centrípeta en 
A, determine la tensión cuando la esfera pasa 
por B.
Datos: m = 5 kg; g=10 m/s2
y s 7° ^ \
¡53°\
A) 30 N 
D) 120 N
B) 60 N
y B
C) 90 N
E) 130 N
mg=50 N
eje
tangencial
\ <; \ 30 N
\ < A" \ f '
'\
mg=50 N eje radial
El módulo de la fuerza centrípeta en B es 
FcPb=Tb- 30 
2 ^ = Te-30 
2(50) = Tb-30 
100 = 7g-30
re=130N
Clave ( E
eje tangencial
La fuerza de gravedad se 
ha descompuesto en los 
ejes radial y tangencial.
55
Lu m b r e r a s Ed it o r es
PROBLEMA N.° 49
La esfera de 4 kg, unida a una cuerda, se mue­
ve en una circunferencia. Si la tensión cuando la 
cuerda está en vertical es 70 N, determine el mó­
dulo de la aceleración centrípeta. (g=10 m/s2)
A) 3,5 m/s2 B) 4,5 m/s2 C) 5,5 m/s2
D) 7 m/s2 E) 7,5 m/s2
PROBLEMA N.° 50
En el instante cuando la esfera lisa pasa por su 
posición más baja, la superficie circunferencial 
le ejerce una fuerza, cuyo módulo es el triple 
de la fuerza de gravedad de la esfera. Calcule su 
rapidez en dicho instante.
Datos: r- 80 cm; g=10 m/s2
A) 1 m/s
B) 2 m/s
C) 3 m/s
D) 4 m/sLU 5 m/s
Resolución
Nos piden ocp. 
Se tiene
ocp
7=70 N
mg=40 N
Usamos la segunda ley de Newton para el ins­
tante mostrado
Fcp = m acp
70-40=4o
30=4o
cp
c p
ocp=7,5 m/s"
Clave ( E
Nos piden la rapidez v.
En la posición más baja, usamos la segunda ley 
de Newton.
mv
cp
3mg-mg= mv 2 /fig = jrí v¿
2g = —— -> 2(10) = — 
r 0,8
v 2 = 16 
v=4 m/s
_ C L A V E ( D )
Resolución
Hagamos el DCL de la esfera en su posición más 
baja.
O (centro)
eje 
tangencial ?=3 mg
i
eje radial
56
D in á m ic a
PROBLEMA N.° 51
La esfera de 4 kg describe una circunferencia. Si 
en la parte más alta la tensión es 70 N, determi­
ne los módulos de las aceleraciones centrípeta 
y tangencial en dicha posición. (g=10 m/s2)
En el eje tangencial 
Fj-moj
0 =4or
No hay fuerza 
resultante en el 
eje tangencial.
/. 0T= 0
_CLAVE ( e )
A) 203 m/s ; 1 m/s
B) 10,5 m/s2; 5 m/s2
C) 25,5 m/s2; 3 m/s2
D) 27,3 m/s2; 2 m/s2
E) 27,5 m/s2; 0 m/s2
Resolución
Nos piden acp y aT.
Graficamos las fuerzas sobre la esfera.
eje - - 
tangencial
mg=40 N 
7=70 n \
centro 
eje radial
PROBLEMA N.° 52
En el instante mostrado, el bloque liso de 5 kg 
presenta una aceleración centrípeta de 10 m/s2. 
Calcule el módulo de la fuerza que la superficie 
esférica le ejerce al bloque en dicho instante. 
(g=10 m/s2)
A) 5 N
B) ION
C) 15 N
D) 25 N
E) 75 N
Resolución
Hacemos el diagrama de cuerpo libre sobre el 
bloque.
En el eje radial
Fcp = m acp
40+70=4o 
110=4o
c p
CP
acp=27,5 m/s"
57
Lu m b r e r a s E d it o r es
Por otro lado se descompone la fuerza de grave­
dad en los ejes radial y tangencial.
mg=50 N
Aplicamos la segunda ley de Newton
Fcp = m acp
R+40=5x10 
fl+40=50
R= ION
_ C lave ( b )
Resolución
Como la esfera describe una circunferencia, en­
tonces existe una fuerza resultante dirigida al 
centro de la circunferencia denominada fuerza 
centrípeta, que se determina por la segunda ley 
de Newton.
FR=ma 
-> Fcp=macp
acp R
Luego
Fcp =(0,5)
(6)2
Fcp=9N
Clave ( B
PROBLEMA N.° 53
En la posición P, determine el módulo de la fuerza 
centrípeta que experimenta la esfera de 0,5 kg.
PROBLEMA N.° 54
En el instante mostrado, la fuerza centrípeta so­
bre la esfera de 1 kg es 32 N. ¿Cuál es su rapidez 
para dicho instante?
A) 6N
D) 12 N
B) 9N C) ION
E) 14 N
A) 2 m/s 
D) 8 m/s
B) 4 m/s C) 6 m/s
E) 10 m/s
O,
R=2 m X
58
Resolución
_a fuerza centrípeta se determina según la si­
guiente ecuación:
Fcp~^^cp
* ................................................................ D in á m ic a
Fcp=m R
PROBLEMA N.° 55
Sí en el instante mostrado la reacción de la su- 
□erficie es tres veces la fuerza de gravedad de la 
esfera, ¿qué rapidez presenta la esfera?
(g=10 m/s2)
A) 2 m/s
S) 2V5 m/s
C) 2V1O m/s
D) 3V5 m/s
E) 8a/5 m/s
Utilizamos la segunda ley de Newton
Fcp~m acp 
4/ríg = M —
R
v2=4Rg=4(l)(10) 
v = 2 VlO m/s
Clave (C
PROBLEMA N.° 56
En el instante mostrado, la reacción de la super­
ficie es la mitad de la fuerza de gravedad. ¿Cuál 
es la rapidez de la esfera?
A) yfgR
B) s¡2gR
C)
D)
E)
Resolución
la esfera experimenta una fuerza resultante di­
rigida al centro de la circunferencia, la cual de­
nominaremos fuerza centrípeta ( FCp).
Resolución
DCL de la esfera
mg
Lu m b r e r a s Ed it o r e s
Aplicamos la segunda ley de Newton
Fcp m o cp
m g-R=m ■
R
mg vmg----= m —
2 R
i/ = IgR
í t
Clave ( C
PROBLEMA N.° 57
Para el instante mostrado, calcule el módulo de 
la fuerza de rozamiento sobre la esfera de 2 kg, 
si esta presenta una rapidez de 10 m/s.
A) 20 N
B) 30 N
C) 40 N
D) 50 N
LU 60 N
R=2 nrf
Resolución
La fuerza de rozamiento se determina según la 
siguiente ecuación:
/k'-Mk/a/ 
DCL de la esfera
á
ocp
(O
Kmg = 20 N
//v 
fx
Como la fuerza normal es la fuerza centrípeta
Fc p = m ° cp
fN =m' ~
f\i -(2)-
R
(10?
(2)
fN= 100 N
En (I)
fK=( 0,5)(100)
/^=50 N
Clave ( D
PROBLEMA N.° 58
La esfera de 2 kg se mueve en el plano vertical, y 
cuando pasa por P, el dinamómetro indica 40 N. 
Calcule la rapidez en dicha posición. (g=10 m/s2)
A) y¡2 m/s
CQ yfs m/s
C) y¡5 m/s
D) V7 m/s
LU VlO m/s
ü ü
?=0,5 m
Resolución
Graficamos las fuerzas sobre la esfera cuando 
pasa por P.
T
r=í=0,5 m 
7=40 N .
 ̂ } mg=20 N
60
D in á m ic a
Usamos la segunda ley de Newton
Fcp macp
40-20 = 2-i/
20 =
2Z
0,5
220=4u 
v/2 = 5
\ v = y[5 m/s
Clave (C
PROBLEMA N.° 59
Halle el ángulo a si el peso es igual a la tensión 
de la cuerda y tiene una velocidad de 15 m/s en 
el instante mostrado.
A) 30° y//
B) 40°
////
C) 60°
111l
D) 16°
\\\\
E) 74°
N
UNALM 2004-11
Resolución
eje tangencial mg eje radial
V / . N / 
' ' < ''
i descomponemos 
/ la fuerza de gravedad
En el instante mostrado, la fuerza centrípeta es 
Fcp=mg+mg senoc
/fn/2
151
15
= /ñg + jríg sena
= 10 + 10sena
15 = 10 + 10sena —> 10sena=5
sena. = - 
2
a=30°
Clave(A,
PROBLEMA N.° 60
Determine la rapidez de la esfera de 2 kg en el ins-
Graficamos las fuerzas sobre la esfera. (g== 10 m/s
_____w V img A) 60 m/s
T=mg /i JL % \ B) 40 m/s
XaH *1---
\\ C) 20 m/s
R-15 m;\ / s /\ / D) 10 m/s
\N * E) 8 m/s
R=2 m •
61
Lu m b r e r a s E d it o r es
Resolución
Como la esfera describe parte de una circunfe­
rencia, aplicamos la segunda ley de Newton en 
la dirección radial.
v* J A
' ■ - I L * :
7 > mg
mg
Fcp m a cp
—» T-mq = m —
R
v2120-2(10) = (2)- — 
(2)
/. v/= 10 m/s
CLAVE (D
PROBLEMA N.° 61
Calcule la rapidez de la esfera en el instante 
mostrado, si la lectura de la balanza es 30 N.
Datos: m=1 kg; g = 10 m/s2
Mi
i/=0
R=1 m
m
A) 2-v/lO m/s B) 4>/l0 m/s C) 5^2 m/s 
D) 6 m/s E) 8V2 m/s
Resolución
Para la esfera de masa m, usamos la segunda 
ley de Newton
t r\
tx
( \ v2-> r- io = (i)- ——
(1)
FCp macp
v -T-10
mg= 10 N
(I)
Para el bloque de 8 kg en reposo
fN+T= 80 
30 + 7=80 
7=50 N
80 N
r (lectura de 
la balanza)
En (I)
/ = (50)-(10) 
i/ = 2a/i 0 m/s
Clave (A
PROBLEMA N.° 62
El bloque de 0,5 kg describe una trayectoria cir­
cunferencial. Si este al pasar por P experimenta 
una fuerza de rozamiento cinético de 10 N, cal­
cule el módulo de la aceleración centrípeta en 
dicho punto. Datos: g = 10 m/s2; ^=0,5
A) 12 m/s2
B) 22 m/s2
C) 32 m/s2
D) 42 m/s2
E) 50 m/s2
62
D in á m ic a
Resolución
Graficamos las fuerzas que actúan sobre el blo­
que en la posición P.
N
PROBLEMA N.° 63
El coche de 500 kg inicia su movimiento ex­
perimentando un MCUV. Si su rapidez cambia 
a razón de 2 m/s en cada segundo, ¿cuál es el 
módulo de la fuerza centrípeta que experimen­
ta luego de 4 s de iniciado su movimiento? Con­
sidere que el radio de la circunferencia es 32 m.
^abajamos en los ejes radial y tangencial
mg- 5 N
puede calcular la normal (/V)
10=0,5fN 
f N = 20 N (O
v-ora en el eje radial aplicamos la segunda ley 
re Newton
f K = m a cp
/n~4=0/5(ocp)
:e!0
20-4=0,5(acp) 16=0,5 (ocp) 
acp=32 m/s2
Clave (C
A) 1000 N B) 1500 N C) 2000 N 
D) 500 N E) 3000 N
Resolución
Graficamos
Aplicamos la segunda ley de Newton en la direc­
ción radial luego de 4 s
F cp = m a cp
Fcp= (5 0 0 )~ (I)
Calculamos la rapidez v aplicando MCUV en la 
dirección tangencial
Av _2 m/s 
A t 1 s° T =
= 2^-
vf=v0+aTt
i/=0 + (2)(4) = 8 m/s
mg=5 N
63
Lu m b r e r a s E d it o r es
En (I) II. Falsa
(8)2 - - ~ 2Frn = 500 x ■ 
cp 32
ocPi = to (/?]_) = ío: (/.) = 0)' L 
aCp2 = O)2 (/?2) = w2 (2¿) = 2co2¿
Fcp= 1 0 0 0 N a cp1 > 0 cp1
PROBLEMA N.° 64
Las esferas mostradas se encuentran unidas por 
un alambre describiendo circunferencias. Indi­
que las proposiciones verdaderas (V) o falsas (F).
I. Ambas esferas presentan la misma rapidez 
angular.
II. La aceleración centrípeta de (1) es mayor 
que la de (2).
III. La fuerza centrípeta sobre (1) es igual que CLAVE (̂ C 
sobre (2).
Falsa
\ ) (1) cp( l )
Fcpa >
= meo2/.
^(2)
= mh)aco
(2)
Fc”(2)
= 2m(2to2/.)
FCPÜ)
= 4/T70J2/.
Fcpw > F cpP(D
A) VVF B) FFF C) VFF
D) VVV E) VFV
Resolución
I. Verdadera
Los radios de (1) y de (2) barren ángulos 
¡guales en tiempos iguales ((02=0)2=03).
PROBLEMA N.° 65
Las esferas describen circunferencias en un pla­
no vertical. Si en el instante mostrado la fuerza 
de tensión en el hilo (2) es 3mg, ¿cuánto es la 
fuerza de tensión en la cuerda (1) para dicho 
instante? (g=10 m/s2)
A) 2 mg V
B) 3 mg L di
C) 4mg m
D) 5 mg
E) 6 mg L (2)
m v2
64
D in á m ic a
Resolución
Elaboramos el DCL de cada una de las esferas.
Segunda ley de Newton para la esfera A 
DCL de la esfera A
Ti
mg
O)
'(1) ‘■"(1) 
T1-mg-T2=mu)2L
T1=mg+mw2L+T2 (I)
Segunda ley de Newton para la esfera B 
DCL de la esfera B
PROBLEMA N.° 66
Un bloque de masa 1000 kg, atado a una cuer­
da, gira con una frecuencia de 01 
n y
vuelta en
una trayectoria circunferencial de radio 50 m en 
un plano horizontal sin fricción. Entonces la ten­
sión de la cuerda, en N, es
A) IO2 N.
D) 4x l03 N.
B) 2xl03 N. C) 3xl03 N.
E) 5xl03 N.
UNI 2000-1
Resolución
Empecemos haciendo un diagrama.
mg
v í/ co
cp,
(2)
= ma
(2 )
T2-mg=mw (2L) 
T2=mg + 2m<jj2L 
3mg=mg+2mcú2L 
► mw2L = (mg)
z remplazamos (II) en (I) 
T^mg+mg+Zmg
T1=5mg
Clave ( D
Se aprecia que la fuerza centrípeta (Fcp) es la 
tensión (T)
FCP=T
mco2r= 7
m(2nf)2r=T
T=4n2f 2mr
Reemplazamos datos
>2
T = 471 0,1— | x 1000x50 
V 71
65
_ r=50 m
plano horizontal liso
Lu m b r e r a s E d it o r e s
7
A
x 1000 x 50
7=2000 N
7=2x10 N
Clave e s .
PROBLEM A N.° 67
Se tiene un movimiento circular uniforme con 
velocidad angular co sobre una mesa sin fricción 
como se muestra en la figura, sea Tx la tensión 
que soporta la masa m1 debido a la cuerda de 
la longitud Lv Si T1 soporta un valor máximo de 
21 N antes de romperse, calcule el valor de co 
en rad/s, justo antes que se rompa la cuerda Lv
Datos: Z.1=1 m; L2 = 2 m; m1= l kg; m2=2 kg
A) 1 rad/s
B) V 2 rad/s
C) V3 rad/s
D) 2 rad/s
E) VÜ rad/s
Resolución
Graficamos las fuerzas
UNI 2009-11
-ffli , 
h ' ¿ J 2 h J T 2
1 centro >-- ■+
r- ____ ,« .-• ’/
L1 L-)/ / ¿ /
Cada bloque (m1 y m2) realiza MCU; entonces 
para cada uno solo hay fuerza centrípeta (Fcp).
Para m1 aplicamos la segunda ley de Newton
FcPl =mi^ ri
T1 T2=m̂ (x) (¿2) (I)
Para m2 aplicamos la segunda ley de Newton
FCp2 = m2(o r2 
72=/n2co2(í.1-i-Z.2) 00
Reemplazamos (II) en (I)
T1-m2(ú2(L1+L2)=m1(ü2L1 
7X= + m2co2(¿1+L 2)
Para el instante cuando la cuerda (1) está a pun­
to de romperse
7i máx.=mico2¿i + m2ü)2(/-i+¿2)
Reemplazamos datos
2 1 = (1 )ü ) 2(1 ) + 2 x c o 2(1 + 2 )
2 1 = (D 2+ 6 co2
03 = V i rad/s
Clave (C
PROBLEMA N.° 68
El sistema mostrado está en reposo. Si lue­
go rota, determine la deformación del resorte 
cuando el sistema mantiene una rapidez angu­
lar de 10 rad/s. Considere que el collarín es de
1 kg y K= 600 N/m.
A) 5 cm
B) 10 cm
C) 15 cm
D) 20 cm
E) 25 cm
66
st.. D in á m ic a
Resolución
Al inicio como el sistema está en reposo, el re­
sorte no está deformado, es decir, su longitud 
natural es 50 cm o 0,5 m.
Luego, al rotar el sistema, el collarín se aleja del 
eje de rotación, de modo que el resorte se es­
tira hasta que el sistema mantiene una rapidez 
angular constante de 10 rad/s. En esta última 
situación, el resorte mantiene una deformación 
x, y el collarín describe un MCU.
co=10 rad/s
mg
r - - .
circunferencia
r=0,5+x
R
A) 16°
B) 30°
C) 37°
D) 45°
E) 53°
Resolución
Al tener una trayectoria circunferencial, la esfe­
ra en la posición A presenta aceleración centrí­
peta (acp).
£7 =cp
a c p -
acp=8 m/s"
La fuerza elástica es la fuerza centrípeta
Fcp _ 
m(ú2r=Kx
mco2(0,5+x) = /Cx
1 • 102(0,5+x)=600x
50+100x=600x
x=0,l m
x=0,1(100 cm)
x=10 cm
_ C lave ( b )
PROBLEMA N.° 69
Se muestra una esfera unida a una cuerda de
2 m. Si el módulo de la aceleración cuando 
pasa por A es 10 m/s2, determine el ángulo 0. 
g=10 m/s2)
En la posición A, la aceleración total se calcula 
según la siguiente expresión:
a ~ y ja c p + a T
10 = ^8 2+o2 
oT= 6 m/s (I)
Ahora busquemos la fuerza resultante en el eje 
tangencial
eje radial
Lu m b r e r a s E d it o r es
Descomponemos mg
0 \
\ T
______ c ^ m 9 co s0
mgsen© '\ <5 y \
Usamos
FR j = m a T
—> /fígsen0 = jríaT 
o7-=gsen0=lOsen0
Reemplazamos
lOsen0=6
sentì = —
5
0 = 37°
en (I)
( I I )
Clave ( c )
PROBLEMA N.° 70
Una pequeña esfera de 1 kg, unida a una cuer­
da, describe una trayectoria circunferencial en 
el plano vertical. Si en el instante mostrado la 
aceleración es horizontal, determine el módulo 
de la tensión en dicho instante. (g=10 m/s2)
A) 5V2 N
B) 8^2 N
C) I 0V2 N
D) I 2V2 N
E) 15V2 N
Resolución
Graficamos las fuerzas sobre la esfera.
centro
;T
T /45 ( 
^ < 4 5 ° a
mg=10 N
5V2 N
mg=10 N
En el eje radial
Fc p = T - 5 S
macp = T- 5V2 —> l a cp~T-Sy/l
T = 5yÍ2+a (I)
En el eje tangencial 
FT=maT
5V 2 = lor
aT = 5>/2 m/s2 
Además, la aceleración total (o) se calcula como
acp = 5V2 m/s2
68
D in á m ic a
Reemplazamos acp en (I)
T = 5V2 + 5V2 
r= ioV2N
Clave (C
PROBLEMA N.° 71
Una esfera de masa M, unida a una cuerda de 
5 m, gira en el plano vertical. Si en la posición que 
se muestra su rapidez es 2 m/s y su aceleración 
tangencial es 6 m/s2, determine M. (g=10 m/s2)
A) 1 kg 
D) 4 kg
B) 2 kg C) 3 kg
E) 5 kg
Resolución
Graficamos las fuerzas sobre la esfera.
Trabajamos en los ejes radial y tangencial
eje tangencial7=44 N
l O / W s e n O 2 m/s
e\ lO/V/cos0
S ¿ a T \ > y \
10 M eje radial
En el eje radial
.2
Fcp
M(2?
5
4 M
44-lOMcos0 =
44-lOA4cos0 =
5
En el eje tangencial 
FT=MaT
lOMsen0 = M (6 )
3sen0 = - 
5
-> 0=37°
Reemplazamos 0=37° en (I)
4 M44 -10/V7cos37° =
i 4 A 44-10/W[ - 4 M
44- 40 M 4M
.44 =
5 5
M m
M =5 kg
(O
Clave i E
69
Lu m b r e r a s Ed it o r e s
PROBLEMA N.° 72
Se muestra un péndulo cónico que gira con rapi­
dez angular constante (co). Calcule co.
A) 2. a
Le osa
B) 2 g
Le osa
D)
/.cosa
C)
E)
/.sena
¿tana
Resolución
tienen dos fuerzas sobre la esfera del péndulo
meo.
Descomponemos la tensión (?)
La fuerza centrípeta ( FCp) es la fuerza resultante 
hacia el centro de la circunferencia. En tal senti­
do, su módulo será
Fcp=7sena (I)
Por otro lado, en la vertical, las fuerzas son de 
igual valor, ya que la esfera se mueve en un pla­
no horizontal sin ascender ni bajar, es decir
Tcosa=mg
-> T = ̂ ~ (ID
cosa
Reemplazamos (II) en (I)
r rngFrn ------sena
p cosa
Fcp=mgtana
Calculemos la rapidez angular (co) aplicando la 
segunda ley de Newton
F cp = m a cp
jrígtana = /ríoo2r
gtana=co (¿sena)
2 gtana co =
cd2 =
¿sena
9
¿cosa
(0 = a -----V ¿cosa
Otra forma
Teosa T'/ a
fsena
mg
n'■ i
i #
Suma vectorial
fuerza resultante 
hacia el centro
70
W- D in á m ic a
Del triángulo 
Fcp=mgtana
Además
Fcp=marr
/rígtana = /ff(D2(/.sena)
2 9 co =
/.cosa
co =
L cosa
Clave
Resolución
La esfera realiza un MCU. Entonces sobre ella 
solo hay fuerza centrípeta (Fcp),
Usamos
PROBLEMA N.° 73
La figura muestra una esfera de 1 kg de masa ata­
da a un hilo de 2 m de longitud, que está girando 
en un plano horizontal con una rapidez angular 
constante. Indique verdadero (V) o falso (F) en las 
siguientes proposiciones. ig=9,8 m/s2)
I. La rapidez angular de la esfera es 2,475 rad/s.
II. La tensión en la cuerda es 12,25 N.
III. La esfera se encuentra en equilibrio.
Fcp=mtí) r
3r 2-T = meo r 
5 (O
En la vertical, la esfera no sube ni baja, es decir
M - M
4 t— T - ma
5
-T = 1x9,8 
7=12,25 N
Reemplazamos 7en (I) 
^(12,25) = Ico2 x 1,2
00=2,475 rad/s
A) FFF B) FVF C) V W Por lo tanto
D) VFV E) W F !• Verdadera
uní 2001-1 II. Veradera
71
Lu m b r e r a s Ed it o r es
Falsa
Porque la esfera al describir un movimiento 
circunferencial, necesariamente, presenta 
aceleración, lo cual descarta su equilibrio.
_CLAVE ( § )
PROBLEMA N.° 74
¿Con qué rapidez angular gira la esfera de masa 
M en el plano horizontal, si la otra esfera de 
masa 2M se encuentra en reposo? Considere 
que g=n2m/s2.
71A) — rad/s 
2
B) — rad/s
4
C) 2n rad/s
D) 7i rad/s
E) — rad/s 
2
Para la esfera de masa M se tiene solamente 
fuerza centrípeta.
centro
Del gráfico 
a=60°
Fcp = M gj3
Usamos la segunda ley de Newton
Fcp=M(ü r
Mgy¡3> = Meo"
co = \ g S (I)
Resolución
Graficamos las fuerzas sobre cada esfera
Calculamos el radio r
60c
\ 2 m
r= V 3 m
72
sac
Reemplazamos r = V3 en (I)
oo
£
= Jg(tí
CD = V 71' 
co=ti rad/s
Clave ( D
PROBLEMA N.° 75
Se muestra un sistema que rota con rapidez an­
gular constante oo. Si el módulo de la tensión en 
las cuerdas es el mismo, calcule (jo. Considere 
que g- 10 m/s
>0)A) 6 rad/s
3) 4 rad/s
C) 5 rad/s
D) 3 rad/s
E) 2 rad/s
Resolución
La esfera realiza un MCU; de ahí se deduce que 
sobre ella solo hay fuerza centrípeta (Fcp).
D in á m ic a
Amor a Sofía
FcP =T+ sT
9
FcP =~T
mo)2r = -T
5
9.
5 (I)
Como la esfera solo gira en el plano horizontal, 
se garantiza
l F ( \ ) = I F ( i )
—T = mg 
5
T _ mg 
S~ 3
Reemplazamos (II) en (I)
frí(tí2r = 9x-
(tí =
Reemplazamos datos
co = 3x10
V 1-2 
oo = V25 
oo=5 rad/s
Clave (C
73
Lu m b r e r a s Ed it o r es
N iv el in t e r m e d io
PROBLEMA N.° 76
Cuando una misma fuerza se aplica a tres blo­
ques diferentes, estos adquieren aceleraciones 
de 4, 6 y 8 m/s2, respectivamente. Si los tres 
cuerpos se colocan juntos y se aplica la fuerza 
anterior, su aceleración será (en m/s2)
A) 12/13.
D) 24/15.
B) 24/13. C) 12/15. 
E) 16/24.
Resolución
Consideremos los tres bloques por separado en 
superficies lisas.
m\g Oí -- ► m2g °2
f r n - 1
( '
«i «2
m3g, o3
C j-i-
n
rriz
(1) (2) (3)
Bloque 3
F =m3a3=m3{8) 
F_
8 (IM)
Consideremos los bloques juntos como si fue­
ran un solo cuerpo.
(m1+m2+m3)g
Utilizamos la segunda ley de Newton 
Fr - mo
F-(m1+m2+m3)a 
De (I), (II) y (III)
F = F F F )v4 6 8 J
24 / 2 a- — m/s
13
_CLAVE ( b )
Aplicamos la segunda ley de Newton
FR=mc¡
• Bloque 1
F=m1a1=m1(A)
F_
4
• Bloque 2
F-m2o2=m2(6)
F
—> I71-) —
(O
(ID
PROBLEMA N.° 77
En la figura se muestran dos bloques en reposo, 
a los que se les aplican fuerzas iguales. Cuando 
ha trascurrido un tiempo tlt la rapidez de m1 es 
v/; mientras que cuando había trascurrido t j 2, 
la rapidez de m2 es v/3. Calcule m2/m̂ .
A) 2/3
B) 5/3
C) 3/2
D) 4/5
E) 6/5
v=0
r liso
V=0
h í liso
74
D in á m ic a
Resolución
Bloque m1
v=0 rng
'2 'fy
resultante
Aplicamos la segunda ley de Newton 
F=m1o1 (I)
El bloque m1 experimenta MRUV
vf=v0+at
v=0+a1t1 
v 
U
En (!)
F=m 1(v/t1)
Bloque m2
(N)
Aplicamos la segunda ley de Newton 
F=m2a2 (III)
El bloque m2 experimenta MRUV 
vf=v0+at
( v ) = 0 + Oy— —
U J 12 )
2 f v 'Qn=~
v f l J
En
1.3 J (IV)
En(ll) = (IV)
M f 2^— = m2 — —
vfly v 3 y vfl/
mi
m2 _ 3 
m1 2
Clave (C
PROBLEMA N.° 78
En la figura, la tabla desciende con una acelera­
ción de 4 m/s2. Calcule el módulo de la fuerza 
del bloque sobre la tabla.
Datos: m=5 kg; g=10 m/s2
A) ION
D) 40 N
B) 20 N
o=4 m/s"
C) 30 N 
E) 50 N
Resolución
Estudiamos el movimiento del bloque que pre­
senta la misma aceleración que la tabla.
75
Lu m b r e r a s E d it o r es
Fg=50 N
o
R,
fuerza de la tabla 
sobre el bloque
_____ _____
_ i _ 1 ̂_______
Utilizamos la segunda ley de Newton 
FR=mo 
50-/?!=(5)(4)
/?! = 30 N
r2=r 1=30 N
Clave ( C
mg
->Fe
fe= fr
Como el bloque acelera a la derecha, la fuerza re­
sultante también tiene que estar a la derecha; en 
este caso, la fuerza resultante es la fuerza elás­
tica.
Aplicamos la segunda ley de Newton 
FR-mo
Fe=ma —> Kx=ma 
(100)x=5(4) 
x=0,2 m
x=20 cm
PROBLEMA N.° 79
Si el bloque de 5 kg no se desliza por el coche
-y
que acelera con 4 m/s , ¿cuál es la deforma­
ción que experimenta el resorte? Desprecie 
todo rozamiento (g = 10 m/s2)
o=4 m/s"
Clave ( D
PROBLEMA N.° 80
La tabla de 3 kg acelera hacia la derecha tal 
como se muestra. Determine la reacción de la 
pared que mantiene en reposo al bloque. Con­
sidere que existe rozamiento entre el bloque y 
la tabla.
A) 5 cm 
D) 20 cm
B) 10 cm C) 15 cm 
E) 25 cm
Resolución
Al no resbalar el bloque por el piso se mueve con­
juntamente con el coche, entonces experimenta 
igual aceleración que el coche.
o=8 m/s"
mesa lisa
A) 8N
D) 14 N
B) 9 N C) 12 N
E) 16 N
76
D in á m ic a
Resolución
Para determinar la reacción ( f l j de la pared, 
elaboramos el DCL del bloque que se mantiene 
en reposo.
v=0
h
R,
FR-ma
F- f‘K=ma
40-/¿=(3)(8) -> /¿= 16 N
Luego
fK-fK= 16 N
En (I)
/?1 = 16 N
Clave ' E
Primera condición de equilibrio
Z 'U )=5X>
/»=«! ni
El bloque se opone al deslizamiento de la tabla; 
entonces la fuerza de rozamiento (f'K) del blo­
que sobre la tabla es hacia la izquierda (observe 
el DCL de la tabla), pero la fuerza de rozamiento 
(fK) de la tabla sobre el bloque es hacia la dere­
cha; esta fuerza trata de mover el bloque hacia 
la derecha, pero la pared lo impide.
DCL de la tabla
~ g ( T ) ' f'' J t 0=8 m/s"
F=40 N
Usamos la segunda ley de Newton para la tabla
PROBLEMA N.° 81
Al bloque de 2 kg en reposo se le aplica una 
fuerza de módulo 20