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TEMA # 1
Un bloque de 10 kg desliza sobre un plano inclinado rugoso (k = 0.2), como se muestra en el
gráfico adjunto, bajo la acción de una fuerza horizontal de 100 N de magnitud. El bloque
inicialmente lleva una rapidez de 2 m/s. En el momento que el bloque se haya desplazado
verticalmente 3 m, encuentre:
a) El trabajo que realiza cada una de las fuerzas que actúan sobre el bloque.
b) La rapidez del bloque en ese momento.
x
V=
??
?
m
s
V0
F = 100 N
=2
m/
m
30º
SOLUCIÓN
N
30
º
F
Co
fk
º
De
30
am
la z
sp
0º
s3
en
o
FC
30º
FS
to
ien
mg
0º
s3
Realizamos el diagrama de cuerpo libre de la
situación presentada.
a) El trabajo realizado está dado por
W = Fx
WF = (F)(x)Cos30
WF = (100)(x)Cos30
30º W = mg
El desplazamiento x está relacionado con la
altura a la que llega el bloque por medio de la
función seno de la manera siguiente x = h / sen30 = 3m /sen30 = 6 m; por tanto el trabajo que
realiza la fuerza F será igual a:
W = (100[N])(6[m])Cos30
WF = 519.62 [J]
El trabajo que realiza la reacción normal está dado por
W = Nx
WF = (N)(x)Cos90
WF = 0
El trabajo que realiza la fricción cinética está dado por
W = fkx
Wfk = (f k)(x)Cos180
Wfk = -(kN)(h/sen30)
Del gráfico del diagrama de cuerpo libre podemos deducir la reacción normal
 Fy  0
N  mgCos30º  FSen30º  0
N  mgCos30º  FSen30º
N  (10kg)(9.8m / s 2 )Cos30º (100 N ) Sen30º
N  134.87N 
Wfk = -(0.2)(134.87N)(6m)
Wfk = - 161.84 [J]
El trabajo que realiza el peso está dado por
W = wx
Ww = (mg)(x)Cos120
Ww = (10kg)(9.8m/s2)(6m)Cos120
Ww = - 294 [J]
b) Para calcular la rapidez del bloque al momento de llegar a una altura de 3m hay dos formas,
he aquí ambas.
Primera forma
Utilizamos el teorema de trabajo energía cinética.
WNETO = K
El trabajo neto o total no es más que la suma de todos los trabajos realizados, por tanto tenemos
WF + WN + Wfk + WPESO = KFINAL – KINICIAL
519.62 [J] + 0 – 161.84 [J] – 294 [J] = ½(10kg)(v2) – ½(10kg)(4m2/s2)
63.78 [J] + 20 [J] = (5kg)v2
v = 4.1 m/s
Segunda forma
Utilizamos el teorema general de trabajo energía.
WFNC = E
Tomamos como referencia el nivel en donde la velocidad del bloque es 2 m/s. Las fuerzas no
conservativas (FNC) son la fuerza de fricción y la fuerza aplicada F.
(fk)(x)Cos 180 + F(x)Cos0 = ½ mv2 + mgh – ½ mv02
-(kN)(h/sen30) + F(h/sen30) + ½ mv02 – mgh = ½ mv2
Aquí el cálculo de la fuerza de reacción normal se realiza de la misma manera en que lo hicimos
en la primera forma
-(0.2)(134.87[N])(6[m]) + 100Cos30[N](6[m]) + ½ (10kg)(4m2/s2) – (10kg)(9.8m/s2)(3m) = ½ (10kg)v2
v = 4.1 m/s
TEMA # 2
Una lata se llena con un líquido hasta el 97% de su capacidad. La temperatura de la lata y del
líquido es 0.0 C. El material con que está hecha la lata tiene un coeficiente de dilatación
volumétrica de 85x10-6 C-1. A una temperatura de 100 C se observa que la lata está llena
exactamente hasta el borde. Determine el coeficiente de dilatación volumétrica del líquido si el
volumen inicial de la lata era de 1 L.
SOLUCIÓN
La expansión volumétrica afecta tanto al líquido como a la lata, y está dada por:
V =VINICIALT
VFINAL – VINICIAL = VINICIALT
VFINAL = VINICIAL + VINICIALT
VFINAL = VINICIAL (1+ T)
El volumen inicial de la lata era de 97% del volumen total de la lata. Si decimos que el volumen
inicial de la lata era V0 = 1L entonces el volumen inicial del líquido era 0.97 L.
Cuando ha ocurrido el cambio en la temperatura, los volúmenes de la lata y del líquido son
iguales.
VFINAL1 = VFINAL2
VINICIAL1 (1+ 1T1) = VINICIAL2 (1+ 2T2)
1L[1+ (85x10-6 C-1)(100C)] = 0.97L[1+ 2(100C)]
1.0397 =1+ 2(100C)
2 = 3.97x10-4 C-1
TEMA # 3
Los gráficos mostrados representan el movimiento de dos partículas en línea recta, en el mismo
plano horizontal. Determine el(los) tiempo(s) en el que las partículas se encuentran, si al inicio del
análisis del movimiento se encuentran en las posiciones x 1= -10 m y x2 = + 10 m.
- 10
15
10
v1 (m/s)
4
t (s)
-5
v2 (m/s)
10
4
- 15
t (s)
SOLUCIÓN
Hacemos un gráfico de lo que en realidad está ocurriendo, a partir de los gráficos matemáticos
que tenemos como referencia. Nótese que en ambos gráficos faltan datos por determinar. Usamos
el criterio de triángulos semejantes.
Para el gráfico V vs t correspondiente a la primera partícula tenemos
Para la partícula 2 realizamos el mismo cálculo.
10
25
4-t
4
15
20
t 15

 t=3s
4 20
t
4
4t
4

 t = 2.4 s
10
25
Por tanto el tiempo en el que la partícula 2 cambia la dirección de su
movimiento es 2.4 s.
La primera partícula durante los primeros 3 s se mueve en la misma dirección del sistema de
referencia y se desplaza 22.5 m, en el siguiente segundo se mueve opuesto al sistema de
referencia – 2.5 m más, luego, desde 4 s en adelante se mueve en la dirección opuesta a la
referencia con MRU. La partícula 2 se desplaza – 18 m hasta los primeros 2.4 s, y luego se
desplaza 8 m en los siguientes 1.6 s, de allí en adelante se mueve en la misma dirección de la
referencia con MRU.
a1 = - 5 m/s 2
a1 = 6.25 m/s 2
V01=15 m/s
V02= - 15 m/s
0
10
V2= 10 m/s
V1= - 5 m/s
0
10
- 10
- 10
P o s ició n d e las
partículas a t = 4 s
Como el movimiento de ambas partículas hasta los primeros cuatro segundos es uniformemente
variado, podemos encontrar el tiempo en el cual ocurre el o los encuentros. La aceleración de la
primera partícula es – 5 m/s2, y la de la segunda es + 6.25 m/s 2.
Para que ocurra que las dos partículas se encuentran, deben tener la misma posición final, esto
es xf1 = xf2.
xf = x0 + v0t + ½ at2
(1) xf1 = - 10 + 15t – 2.5t2
(2) xf2 = 10 - 15t – 3.125t2
Reemplazando la ecuación (1) en la ecuación (2) tenemos que
10 - 15t – 3.125t2 = - 10 + 15t – 2.5t2
5.625t2 – 30t + 20 = 0
Resolviendo la ecuación se encuentran los tiempos de encuentro de las dos partículas, t 1  0.78 s
y t2  4.55 s, de los cuales descartamos el tiempo t 2, por estar fuera del tiempo en el que
mantienen el movimiento rectilíneo uniformemente variado.
Luego de este primer tiempo, o sea 0.78 s, no ocurrirá ningún encuentro sino hasta luego de los 4
segundos
La posición final para ambos será xf = x0 + x, y xf1 = xf2 para que ocurra un nuevo encuentro.
Para ambas partículas el movimiento es rectilíneo uniforme a partir de los 4 s.
xf1 = 10 - 5t
xf2 = 10t
10t = 10 - 5t  t = 2/3 s
El tiempo encontrado es contado a partir de los 4 s, por tanto los tiempos en que se encuentran
las partículas es a t = 0.78 s y a t = 4.66 s.
TEMA # 4
El sistema mostrado en la figura se encuentra en equilibrio. Consiste en un mecanismo
conformado por una barra de masa despreciable, pivotada en C, y que se mantiene horizontal por
la acción de una fuerza F perpendicular a la barra, aplicada por una persona en B, con el objeto
de mantener confinado un gas a una presión de 0.1 atm (manométrica), en un recipiente
cilíndrico de 30 cm de diámetro. El proceso es posible gracias a un pistón de masa despreciable
conectado al mecanismo en A. Encuentre la magnitud de la fuerza F aplicada en B para la
condición de equilibrio antes expuesta.
b = 0.8 m
A
a = 0.2 m
C
B
GAS
0.3 m
SOLUCIÓN
Hacemos un diagrama de cuerpo libre, y luego aplicamos las dos condiciones de equilibrio para el
sistema
FPo
F
 Fy  0
FP  FPo  F  0
FP
F  FP  FPo
En la ecuación obtenida, FP es la fuerza que genera la presión absoluta del gas, y esa fuerza es
igual al producto de la presión ejercida por el gas sobre el pistón por el área del pistón. F Po es la
fuerza que genera la presión atmosférica.
La presión manométrica es la diferencia de la presión interna de la externa.
Pman = Pin – Pext
Pman = Pabs – Po
Pabs = Pman + Po
FP = PA
FP = (Pman + Po)(d2)/4
FPo = PoA
FPo = Po(d2)/4
Reemplazando estas dos ecuaciones en la que obtuvimos de la del equilibrio tenemos
F = (Pman + Po)(d2)/4 - Po(d2)/4
F = Pman(d2)/4
La condición de equilibrio rotacional se fundamenta en el diagrama de cuerpo libre adjunto.
b = 0.8 m
a = 0.2 m
FM
B
0
A
F
  0
FM b  Fa  0
a
FM  F  
b
En esta última ecuación reemplazamos la que obtuvimos en la primera condición de equilibrio.
FM 


Pman  d 2  a 
 
4
b
5
el valor de la presión manométrica es 0.1atm  1.013  10 Pa  1.013  10 4 Pa
1atm
FM


1.013  10 4 Pa  0.3 2 m 2  0.2 


4
 0.8 
 179N 
FM 
TEMA # 5
Sobre un bloque de 1 kg de masa, que a t = 0 se mueve en contra del sistema de referencia con
rapidez de 8 m/s, actúa una fuerza con la misma dirección del sistema de referencia, cuya
magnitud varía en el tiempo como se muestra en la gráfica fuerza versus tiempo. Encuentre:
a) El instante en que el bloque se detiene, previo a cambiar de dirección.
b) La magnitud de la fuerza en el instante en que se detiene, previo a cambiar la dirección del
movimiento.
c) La velocidad (magnitud y dirección) del bloque en el instante en que la fuerza vuelve a ser de 8
[N].
20
F(105 dinas)
V0 = 8 m/s
F(t)
10
0
3
5
7
9
t(s)
Liso
SOLUCIÓN
a) El instante en que se detiene ocurre cuando la velocidad de la partícula es cero. Podemos
utilizar la definición de impulso y de la conservación de la cantidad de movimiento lineal.
I
I
I
I
=
=
=
=
p
m(v – v0)
1kg(0 – (-8))m/s
8 Ns
También se sabe que el área debajo de la curva representa al impulso, por lo tanto tenemos que
I  Área del triángulo
8 Ns 
Ft
 Ft  16
2
Por el resultado que se obtuvo antes se puede ver que el tiempo en el que ocurre que el impulso
es 8Ns es menor a 3 s; por lo tanto podemos utilizar el criterio de los triángulos semejantes para
encontrar este tiempo.
t
F
10
F 10

t 3
10t
F
3
3
 10 
t t  16
3 
Este resultado lo reemplazamos en la ecuación anterior  
24
s  2.19s
5
 t 
b) Para este valor la fuerza es F = 7.3 [N]
c) El tiempo en el que ocurre que la fuerza es nuevamente 8 [N] lo podemos
encontrar por medio de los triángulos semejantes.
12
20
t 7 2

 t = 8.2 s
12
20
t-7
Sabemos que el cálculo del área debajo de la curva hasta el tiempo t = 8.2 s nos
dará el cambio de la cantidad de movimiento lineal y por lo tanto podemos calcular
la velocidad en ese instante.
2
p  Área
mv f  mv0  A1  A2  A3  A4
F(105 dinas)
20
Donde A1, A2, A3, A4, son las áreas de un triángulo,
rectángulo, trapezoide y trapezoide, respectivamente.
Además, la unidad de la fuerza está en dinas, pero se
sabe que 1 N = 105 dinas
10
0
3
5
7
9
t(s)
A2 = 20 Ns
A3 = 30 Ns
A2 = 16.8 Ns
vf 
A1 = 15 Ns
15  20  30  16.8Ns  1kg  8m / s 
1kg
v f  73.8m / s
Por lo tanto la velocidad está dada por


v  73.8iˆ m / s
TEMA # 6
El bloque cúbico de madera (densidad relativa 0.650) mostrado en la figura 1 está en equilibrio.
La constante del resorte es k = 25 [N]/m, y en esas condiciones el resorte se encuentra deformado
25 cm. Luego se aplica una fuerza F(t) (variable en el tiempo) al cable que sostiene al bloque, de
tal manera en un instante dado se logra el equilibrio nuevamente, pero con las dos terceras partes
del volumen total fuera del fluido. Si el fluido es agua, determine la magnitud de la fuerza F que
se muestra en la figura 2, cuando el sistema permanece en equilibrio. Suponga que luego que se
alcanza el equilibrio, el sistema permanece en equilibrio por un tiempo extenso, y que la polea y la
cuerda son ideales.
F0 = 0
F =???
Figura 1
Figura 2
SOLUCIÓN
Para el gráfico mostrado en la figura 1, hacemos el diagrama de cuerpo libre respectivo
 Fy  0
E0
E0  FR  mg  0
 f Vs g   cVc g  kx
FR
w = mg
Debido a que el bloque está completamente sumergido, el volumen sumergido (Vs) es igual al
volumen del bloque (Vc), y a estos volúmenes lo llamaremos simplemente V.
Vg  f   c  kx

V 

kx
 f  c g


kx
 f  c g
L3 

L3
 f
L3

kx
 c g

25 N / m 0.25m 
1000kg / m
3

 650kg / m 3 9.8m / s 2

L  12.21 cm
Para la segunda situación de equilibrio, tenemos el siguiente diagrama de cuerpo libre.
Nótese que el empuje ha disminuido, debido a que el volumen sumergido también lo ha hecho.
 Fy  0
T
EF
E F  T  FR  mg  0
T   f Vs g   cVc g  kx
w = mg
FR
En esta nueva situación, el volumen sumergido ya no es igual al volumen del bloque, la relación
entre ellos es de un tercio. Además recuerde que se trata de un cubo y que el volumen es, en este
caso, L3. Además, la tensión ejercida en el cable es la fuerza F, debido a que despreciamos la
masa de la polea y la cuerda, y la fricción en la polea y en el eje de ésta.
f 


T  k x  x1   gV   C 
3 

f 

2 


T  k  x  L   gL3   C 

3 
3






1000 
 2 

T  25 N / m 0.25  0.1221  m  9.8m / s 2 0.1221m 3 650 
kg / m 3
3 
 3 


T  13.93N
TEMA # 7
Para cada una de las afirmaciones presentadas a continuación, determine su veracidad o su
falsedad. De ser verdadera la afirmación demuéstrela, en caso de ser falsa presente un ejemplo
que así lo muestre.
7.1.
Si una fuerza neta diferente de cero está actuando sobre una partícula, dicha partícula
está con movimiento acelerado.
a) Verdadero
b) Falso
SOLUCIÓN
La respuesta a esta afirmación es FALSA. Por ejemplo en el movimiento circular uniforme, actúa
sobre la partícula una fuerza centrípeta al existir una aceleración centrípeta, pero la partícula no
se encuentra acelerada debido a que la rapidez instantánea para cualquier tiempo t es constante.
Recuerde que el movimiento es acelerado si la magnitud de la velocidad instantánea aumenta en
el tiempo.
7.2.
El doble producto vectorial, esto es, (A x B) x C da como resultado a un vector que se
encuentra en el mismo plano que contiene a los vectores A y B.
a) Verdadero
b) Falso
SOLUCIÓN
La respuesta a esta afirmación es verdadera porque al realizar el producto vectorial entre los
vectores A y B, el resultado es otro vector perpendicular a los dos vectores y al plano que contiene
a ambos vectores, A y B, esto es,
A x B = P  P  A y P  B, donde el símbolo  representa la perpendicularidad entre los vectores.
El producto (A x B) x C es otro vector perpendicular a los vectores A x B y C. Digamos que el
producto (A x B) x C lo representamos por el vector Q, entonces tenemos que
(A x B) x C = Q  Q  (A x B) y Q  C, pero al vector A x B lo llamamos P y P es perpendicular a
A y B, por lo tanto se cumple
Q  P y esto nos presenta la conclusión que al ser P perpendicular a los tres vectores, entonces
los tres vectores, A, B y Q están en el mismo plano.
7.3.
Toda partícula que presente una aceleración negativa está deteniéndose (frenando).
a) Verdadero
b) Falso
SOLUCIÓN
La respuesta para esta afirmación es falsa, puesto que la aceleración negativa solo indica que la
dirección de la aceleración es opuesta al sistema de referencia que se esté utilizando, observe el
gráfico adjunto
Como se puede observar en el gráfico, la rapidez de la partícula está aumentando, y si calculamos
la aceleración media el resultado es – 4 m/s2. Por lo tanto si una partícula tiene aceleración
negativa, no necesariamente está frenando.
7.4.
Un resorte es colocado en la Luna, en donde la aceleración de la gravedad es
aproximadamente la sexta parte que en la Tierra. Si sobre el resorte se aplica una fuerza
de compresión de 100 N, entonces el resorte se comprime más en la Luna que en la Tierra,
si se aplica la misma fuerza de compresión en la Tierra, porque existe menos gravedad en
la Luna que en la Tierra.
a) Verdadero
b) Falso
SOLUCIÓN
La respuesta de esta afirmación es falsa porque la fuerza es la misma en la Tierra y en la Luna, y
V1 = - 30 m/s
V1 = - 10 m/s
t=5s
las propiedades elásticas del resorte se cumplen en la Luna y en la Tierra por igual.
7.5.
Un objeto está en el punto P de la trayectoria mostrada. Si el módulo de la velocidad
disminuye y aX y aY son las componentes de la aceleración entonces los signo de dichas
componentes de la aceleración en un punto anterior a P (según la trayectoria seguida), son
respectivamente, aX = positiva y aY = negativa.
a) Verdadero
b) Falso
SOLUCIÓN
La respuesta a esta afirmación es verdadera, puesto que en todos los puntos de la trayectoria
seguida la aceleración tangencial es opuesta a la dirección del movimiento, al tratarse de un
movimiento desacelerado. La aceleración centrípeta en cambio siempre se dirige radialmente
hacia el centro de la trayectoria circular.
La aceleración total, que es el resultado de la suma vectorial
de la aceleración tangencial con la aceleración centrípeta, es
un vector que al descomponerlo tiene la componente x
positiva y la componente y negativa.
Q
aTOTAL
TEMA # 8
Un avión desciende para aterrizar en la mañana. Como el avión aterrizará al este, el piloto tiene el
sol en los ojos. El avión tiene una rapidez v y un ángulo , y el sol está a un ángulo  sobre el
horizonte (figura). La rapidez con que la sombra del avión se mueve sobre el suelo es:
SOLUCIÓN
o
ay
R
R
ay
o
de
de
so
l
so
l
V
Vel oci dad del avi ón en
l a Ti erra
El gráfico adjunto muestra la relación entre los rayos
de sol que golpean al avión
De acuerdo a este gráfico podemos formar otro
gráfico incluyendo a los datos de los ángulos  y , y
posteriormente podemos aplicar la ley del seno para
determinar el valor de la velocidad de la sombra del
avión en la Tierra.
V
VT
V
 A
Sen180º     Sen
V Sen180º    
VT  A
Sen


VT
Pero Sen[180º - ( + )] = Sen 180º Cos( + ) - Sen( + )Cos180º = Sen( + )
VT 
VSen   
Sen
Respuesta: a)
TEMA # 9
Un bloque de masa M se mantiene en reposo en un plano inclinado gracias a una pequeña
palanca. En estas condiciones recibe el impacto de una bala de masa m y velocidad v horizontal
que queda incrustada en el bloque. Suponemos que el choque dura un tiempo pequeño t. La
fuerza normal media que el plano ejerce durante el choque valdrá:
a ) MgCos37 º
b) ( M  m) gCos37 º
c) M  m gCos37 º 
mvSen37 º
t
mvCos37 º
d ) M  m gCos37 º 
t
v
37º
SOLUCIÓN
En el momento del impacto la velocidad de la bala se reduce a cero, por tanto la fuerza promedio
que se ejerce sobre la bala para detenerla se la puede calcular por la relación que existe entre el
impulso y el cambio de la cantidad de movimiento lineal.
Ft  p
F

m v f  v0

t
mv
F 
t
Por lo tanto, por acción y reacción, la fuerza que se aplica sobre el bloque en el momento del
impacto es de la misma magnitud pero de dirección opuesta. A continuación se presenta el
diagrama de cuerpo libre del bloque para el momento del choque.
y
x
N  FSen37 º M  m gCos37 º
F
N  M  m gCos37 º 
en
37
+m
s
Co
)g
mvSen37 º
t
º
37
(M+m)g
º
(M
37º
N  FSen37 º M  m gCos37 º  0
FS
N
 Fy  0
Por lo tanto la respuesta correcta es la opción c)