ejercicio de dinamica

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Fisica I 
 
 
Elaborado por: José Luis Peraza y Sinay Rojas 
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“La Universidad Técnica del Estado Venezolano” 
EJERCICIOS 
Importante: 
Para trabajar los problemas de dinámica el primer paso es realizar un diagrama de cuerpo 
libre (D.C.L), el cual consiste en dibujar un sistema de coordenadas cartesianas donde se coloquen 
todas las fuerzas que actúan en el cuerpo. Este sistema de coordenada puede estar derecho o 
inclinado, esto con la intensión de que la aceleración este a lo largo de un solo eje. 
Segundo es que se debe colocar un sistema de referencia para indicar hacia donde se toma 
positivo y negativo. Se debe tomar positiva en el sentido de la aceleración del cuerpo o en el 
sentido del movimiento del cuerpo. 
 Y por último se debe establecer las ecuaciones del movimiento, que es la segunda ley de 
Newton. 
Supongamos que tenemos un bloque y se le aplica una fuerza �⃗� a la derecha 
 
 
 
 
 
 
 
Ahora aplicamos la segunda ley de Newton en forma escalar a cada uno de los ejes 
∑ 𝐹𝑥 = 𝑚. 𝑎 
𝐹 = 𝑚. 𝑎 
 ∑ Fy = 0 (ya que el movimiento será solo en el eje x) 
 𝑁 − 𝑚. 𝑔 = 0 
 
 
 
 
 
m 
F ⃗ 
mg ⃗ 
N ⃗ 
F ⃗ 
D.C.L de m 
𝑖 
𝑗 
Sistema de referencia 
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Problema 1: Una bola de masa m1 = 3 kg y un bloque de masa m2 = 10kg están unidos por una 
cuerda ligera que pasa por una polea sin fricción de masa despreciable, como se observa en la 
figura. El bloque se ubica sobre un plano inclinado sin fricción de ángulo θ=60°. Encuentre la 
magnitud de la aceleración de los dos objetos y la magnitud de tensión en la cuerda. 
 
 Cuando el bloque descienda por el plano inclinada, como tiene atada una cuerda que lo 
une a la bola, moverá a la bola y los dos tendrán la misma magnitud de la aceleración ya que la 
polea por donde pasa la cuerda carece de fricción y de es de masa despreciable. 
 𝑎1 = 𝑎2 = 𝑎 
 
 
 
 
 
 
 
 
 ∑ 𝐹𝑦 = 𝑚1𝑎 ∑ 𝐹𝑥 = 𝑚2𝑎 
 𝑇 − 𝑚1𝑔 = 𝑚1𝑎 (1) 𝑚2𝑔𝑠𝑒𝑛60° − 𝑇 = 𝑚2𝑎 (2) 
 ∑ 𝐹𝑦 = 0 
 𝑁 − 𝑚2𝑔𝑐𝑜𝑠60° = 0 (3) 
De la ecuación (1) despejamos T 
 𝑇 = 𝑚1𝑔 + 𝑚1𝑎 sustituyendo este valor en la ecuación (2) 
 𝑚2𝑔𝑠𝑒𝑛60° − (𝑚1𝑔 + 𝑚1𝑎 ) = 𝑚2𝑎 
𝑗 
𝑚1�⃗� 
𝑇 ⃗ 
D.C.L de 𝑚1: 
𝑁 ⃗ 𝑇 ⃗ 
m2gsen60° m2gcos60° 
m2�⃗� 
D.C.L de 𝑚2: 
𝑖 
𝑗 
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 𝑚2𝑔 sin 60° − 𝑚1𝑔 = 𝑚2𝑎 + 𝑚1𝑎 
 𝑎 =
𝑚2𝑔 sin 60°−𝑚1𝑔
(𝑚1+𝑚2)
 𝑎 =
(10. 9,8 . sin 60°)−(3. 9,8)
(3+10)
 
 
 𝑎 = 4,26
𝑚
𝑠2
= 𝑎1 = 𝑎2 
Para determinar la tensión sustituimos el valor de la aceleración en la ecuación (1) 
 𝑇 = 𝑚1𝑎 + 𝑚1𝑔 = 3(4,26) + 3(9,8) 
 𝑇 = 42,18 𝑁 
 
Problema 2: Dos bloques de masas m1 = 4 kg y m2 = 5 kg unidos con una barra rígida 
ligera, deslizan hacia abajo por un plano inclinado de ángulo de inclinación 𝜃 = 37°. El coeficiente 
de roce cinético entre el bloque 𝑚1 y el plano es μk1 = 0,5. Hallar μk2 y la magnitud de la tensión 
T si ambos bloques se mueven con la misma aceleración de 0,35 m/s2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 ∑ 𝐹𝑥 = 𝑚1𝑎 ∑ 𝐹𝑥 = 𝑚2𝑎 
 𝑚1𝑔𝑠𝑒𝑛37° − 𝑓𝑘1 − 𝑇 = 𝑚1𝑎 𝑇 + 𝑚2𝑔𝑠𝑒𝑛37° − 𝑓𝑘2 = 𝑚2𝑎 
 𝑚1𝑔𝑠𝑒𝑛37° − 𝜇𝑘1𝑁1 − 𝑇 = 𝑚1𝑎 (1) 𝑇 + 𝑚2𝑔𝑠𝑒𝑛37° − 𝜇𝑘2𝑁2 = 𝑚2𝑎 (3) 
 ∑ 𝐹𝑦 = 0 ∑ 𝐹𝑦 = 0 
 𝑁1 − 𝑚1𝑔𝑐𝑜𝑠37° = 0 (2) 𝑁2 − 𝑚2𝑔𝑐𝑜𝑠37° = 0 (4) 
 
37° 
m2 
m1 
D.C.L de 𝑚1 
D.C.L de 𝑚2 
𝑵 ⃗ 𝟏 𝐟𝐤𝟏 
𝐓 ⃗ 
m1g ⃗ 
m1g ⃗ cos37° 
m1g ⃗ sen37° 
37° 
𝑵 ⃗ 𝟐 
m2g ⃗ sen37° 
m2g ⃗ cos37° 
m2g ⃗ 
𝐟𝐤𝟐 
𝐓 ⃗ 37° 
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Sumando las ecuaciones (1) y (3) tenemos que eliminamos la tensión y nos queda lo 
siguiente 
m1gsen37° + m2gsen37° − fk1 − fk2 = (𝑚1 + 𝑚2)𝑎 
 m1gsen37° + m2gsen37° − μk1𝑁1 = μk2𝑁2 + (𝑚1 + 𝑚2)𝑎 
Introduciendo los valores de 𝑁1 y 𝑁2 respectivamente, tenemos 
m1gsen37° + m2gsen37° − μk1m1gcos37° − (𝑚1 + 𝑚2)𝑎 = μk2m2gcos37° 
Resolviendo para encontrar el valor pedido de μk2 
𝜇𝑘2 =
m1gsen37° + m2gsen37° − μk1m1gcos37° − (𝑚1 + 𝑚2)𝑎
m2gcos37°
 
 
𝜇𝑘2 =
4. 9,8. sen37° + 5.9,8. sen37° − 0,5. 4. 9,8. cos37° − (4 + 5)0,35
5. 9,8. cos37°
 
 
μk2 = 0,875 
Para determinar el valor de la tensión, de la ecuación (1) despejamos T 
 𝑚1𝑔𝑠𝑒𝑛37° − 𝜇𝑘1𝑁1 − 𝑇 = 𝑚1𝑎 
 𝑇 = 𝑚1𝑔 𝑠𝑒𝑛37° − 𝜇𝑘1𝑚1𝑔 𝑐𝑜𝑠37° − 𝑚1𝑎 (5) 
𝑇 = 4. 9,8. sen37° − 0,5. 4. 9,8. cos37° − 4. 0,35 
𝑇 = 6,53 𝑁 
 
 
Problema 3: El bloque m1 = 2kg y el bloque m2 = 5kg, el coeficiente de roce cinético entre 
todas las superficies es μk = 0,3. Calcule la magnitud de la fuerza �⃗� necesaria para arrastrar 𝑚2 
hacia la izquierda con una rapidez constante si 𝑚1 y 𝑚2 están unidas por un cordel flexible que 
pasa por una polea sin fricción. 
 
 
 
 
 
 
 
�⃗� 
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Hagamos el diagrama del cuerpo libre para las masas y como la polea no presenta fricción 
la tensión es la misma en ambas cuerdas. 
 D.C.L de 𝑚1 D.C.L de 𝑚2N 
 
 
 
 
 ∑ 𝐹𝑥 = 𝑚1𝑎 
 𝑓𝑘12 − 𝑇 = 0 ∑ 𝐹𝑥 = 𝑚2𝑎 
 𝜇𝑘𝑁12 − 𝑇 = 0 (1) 𝐹 − 𝑓𝑘21 − 𝑓𝑘2𝑝 − 𝑇 = 0 
 ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐹 − 𝜇𝑘𝑁21 − 𝜇𝑘𝑁2𝑝 − 𝑇 = 0 (3) 
 𝑁12 − 𝑚1𝑔 = 0∑ 𝐹𝑦 = 0 
 𝑁12 = 𝑚1𝑔 (2) 𝑁2𝑝 − 𝑁21 − 𝑚2𝑔 = 0 
 𝑁2𝑝 = 𝑁21 + 𝑚2𝑔 (4) 
Como la tensión en 𝑚1 es la misma que en 𝑚2, despejamos T de la ecuación (1) y la 
introducimos en la ecuación (3) 
 𝐹 − 𝜇𝑘𝑁21 − 𝜇𝑘𝑁2𝑝 − 𝜇𝑘𝑁12 = 0 
Donde 𝑁12 = 𝑁21, sumamos los términos iguales, despejamos F 
𝐹 = 2𝜇𝑘𝑁12 + 𝜇𝑘𝑁2𝑝 
Introduciendo la ecuación (4) y (3), nos queda 
 𝐹 = 2𝜇𝑘𝑁12 + 𝜇𝑘(𝑁21 + 𝑚2𝑔) 
 𝐹 = 3𝜇𝑘𝑁12 + 𝜇𝑘𝑚2𝑔 
 𝐹 = 3𝜇𝑘𝑚1𝑔 + 𝜇𝑘𝑚2𝑔 
 𝐹 = (3. 0,3. 2. 9,8) + (0,3. 5. 9,8) 
 𝐹 = 14,7 𝑁 
 
 
 
 
𝑵 ⃗ 𝟏𝟐 
𝑇 ⃗ 
m1�⃗� 
𝑓k12 
𝑇 ⃗ 
𝑓k2p 𝑓k21 𝑭 ⃗ 
𝑵 ⃗ 𝟐𝐩 
𝑁 ⃗ 21 
m2�⃗� 
a=0, v= ctte 
a=0, v= ctte 
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DINÁMICA CIRCULAR 
 
Problema 4: Una moneda colocada a 3 m del centro de una tornamesa horizontal giratoria, se 
desliza cuando su rapidez es 5 m/s. ¿Cuál es el coeficiente de fricción estática entre la moneda y 
la tornamesa, cuando la moneda esta fija en relación a la tornamesa? 
 
 
 
 
 
 
 Como la moneda describe una trayectoria circular, se realiza un diagrama de cuerpo libre 
al cuerpo y se debe aplicar la 2da ley de Newton, por lo tanto la aceleración que va a tener es 
centrípeta. 
 ∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎 ∑ 𝐹𝑦 = 0 
 𝐹𝑐 = 𝑚𝑎𝑐 𝑁 − 𝑚𝑔 = 0 
 𝑓𝑠 = 𝑚
𝑉𝐿
2
𝑅
 (1) 𝑁 = 𝑚𝑔 (2) 
 De la ecuación (1), tenemos 
 μsN = m
VL
2
R
 introduciendo la ecuación (2) 
 μsmg = m
VL
2
R
 μs =
VL
2
gR
 
Siendo VL = 5 m/s y R = 0,3 m, el coeficiente de roce estático nos quedara 
 μs =
(5)2
9,8. 3
 𝜇s = 0,85 
 
 
 
 
 
0,3m 
v 
DCL Moneda 
𝑓𝑠 
𝑁 ⃗ 
𝑚�⃗� 
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Problema 5: Un carrito de control remoto de masa 1,6 kg se mueve con v = 12 m/s (constante) en 
un círculo vertical dentro de un cilindro hueco de 5 m de radio. ¿Qué magnitud tiene la fuerza 
normal ejercida sobre el coche por las paredes del cilindro en: a) El punto A (nadir del circulo 
vertical)?. b) ¿En el punto B (cenit del circulo vertical)? 
 
 
𝑣 𝐿 = 12 𝑚/𝑠, 𝑅 = 5 𝑚 y 𝑚 = 1,6 𝑘𝑔 
Como el movimiento descrito es circular uniforme, se aplica dinámica del movimiento 
circular, es decir hacemos un diagrama de cuerpo de las fuerzas sobre el carrito en cada punto y 
aplicamos segunda ley de Newton, además tomamos positivo en el sentido de la aceleración. 
Diagrama de Cuerpo Libre en el Punto B 
 
 ∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎 
 𝐹𝑐 = 𝑚𝑎𝑐 
 𝑁𝐵 + 𝑚𝑔 = 𝑚
𝑉𝐿
2
𝑅
 𝑁𝐵 = 𝑚
𝑉𝐿
2
𝑅
− 𝑚𝑔 
 𝑁𝐵 = 
1,6.(12)2
5
− 1,6. 9,8 𝑁𝐵 = 30,4 𝑁 
Diagrama de Cuerpo Libre en el Punto A 
 ∑ 𝐹𝑦 = 𝑚𝑎 
 𝐹𝑐 = 𝑚𝑎𝑐 
 𝑁𝐴 − 𝑚𝑔 = 𝑚
𝑉𝐿
2
𝑅
 𝑁𝐴 = 𝑚
𝑉𝐿
2
𝑅
+ 𝑚𝑔 
 𝑁𝐴 = 
1,6.(12)2
5
+ 1,6. 9,8 𝑁𝐵 = 61,76 𝑁 
𝑁 ⃗ 𝐵 
𝑚�⃗� 
B 
A 
𝑁 ⃗𝐴 
𝑚�⃗� 
𝑗 
𝑗 
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Problema 6: Una partícula atada a una cuerda de 50 cm de longitud gira como un péndulo cónico, 
como muestra la figura. Calcular la velocidad angular de rotación de la masa puntual para que el 
ángulo que forma la cuerda con la vertical sea de 60º. 
 
𝑙 = 50 𝑐𝑚, 𝜃 = 60°, 𝜔 =? 
La partícula describe una trayectoria circular, realizamos un diagrama de cuerpo de las 
fuerzas que actúan sobre ella y tomamos positivo hacia el centro del círculo (hacia la aceleración 
centrípeta que experimenta la partícula) 
 
 
 ∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎 ∑ 𝐹𝑦 = 0 
 𝐹𝑐 = 𝑚𝑎𝑐 𝑇𝑦 − 𝑚𝑔 = 0 
 𝑇𝑥 = 𝑚
𝑉𝐿
2
𝑅
 𝑇 cos 60° = 𝑚𝑔 
 𝑇 sin 60° = 𝑚𝜔2𝑅 (1) 𝑇 =
𝑚𝑔
cos 60°
 (2) 
 Introduciendo (2) en (1) 
 
𝑚𝑔
cos 60°
sin 60° = 𝑚𝜔2𝑅 
 Sustituyendo el valor de R, nos queda 
 
𝑔 sin 60°
cos60°
= 𝜔2𝑙 sin 60° 
𝜔 = √
𝑔
𝑙. cos 𝜃
 = √
9,8
0,5 cos 60°
 = 6,26 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔 
 
 
R 
De la figura 
𝑅 = 𝑙 sin 60°