Problemas resuelto de mecánica

1. Desayunos de Mecánica
Miguel Bustamante S.
December 24, 2023

2. 1
Figure 1:

3. Contents
1 Cinemática 4
1.1 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Capítulo Cinemática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.1 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.1.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.2 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2.2.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2.3 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2.3.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3 Dinámica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3.1 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3.1.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.4 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.4.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.5 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.5.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2 Dinámica 15
2.1 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.1.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.1.2 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.1.2.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.1.3 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.1.3.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.2 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.2.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.3 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.3.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.4 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.4.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2

4. CONTENTS 3
3 Energía y Trabajo 29
3.1 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
3.1.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
3.1.1.1 Camino 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.1.1.2 Camino 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.1.2 Vericación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.2 Trabajo y Energía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
3.2.1 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
3.2.1.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
3.2.2 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.2.2.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
4 Momento Lineal 34
4.1 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
4.1.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
4.2 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
4.2.0.1 Solución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

5. Chapter 1
Cinemática
1.1 Problema
Un alumno del curso de mecánica Advance esta en su moto BMW K 1600 Grand
América esperando la luz verde de un semáforo. En el instante que da la luz
verde, pasa el profesor en su auto Chevrolet Impala del 1963, a una velocidad
de 50 km/h.
El alumno acelera a una razón de 6 m/s2
, durante 5 s, y luego queda a
velocidad constante.
Con la información entregada,
ˆ realice un gráco de posición ambos móviles
ˆ calcule cuando si el estudiante alcanza al profesor.
ˆ Calcule la velocidad, y posición si alumno alcanza al profesor
1.1.1 Solución
Primero escribamos la ecuaciones de posición de cada cuerpo. Situemos el
origen de nuestro sistema en el semaforo. La velocidad del profesor es de 50
km/h =13.89 m/sLa ecuación de posición del profesor es
P(t) = 13.89t (1.1)
En e caso de la moto, esta se compone de dos tipos de movimiento: movimiento
uniformente acelerado, y velocidad constante. Cuando acelera y parte del re-
poso, la ecuacin es
M(t) =
1
2
6t2
= 3t2
Posterior a los 5 s, el ya avanzado una distancia M(6) = 75 m y en ese momento,
tiene una velocidad de v(5) = 6 ∗ 5 = 30 m/s. Posterior a los 6 s, se mueve
4

6. CHAPTER 1. CINEMÁTICA 5
con una velocidad constante de 36 m/s, a partir de los 108 m. Esto se puede
expresar de la forma
M(t) = 30(t − 5) + 75, t 5
. La ecuación de la moto se puede ressumir como
M(t) =
(
3t2
, t 5
30(t − 5) + 75 t ≥ 6
(1.2)
El gráco de la posición en el tiempo es
Figure 1.1: Posición de los móviles en el tiempo
Como se observa, hay una intersecci« entre los móviles. El alumno alcnaza
al profesor y lo sobrepasa. Para, saber cundo y donde, debemos resolver la
ecuación
M(t) = P(t)
Primero, vemo si ocurre para t 6 s, es decir
M(t) = 3t2
= 13.89t
Una solución es t=0 s, y la otra t = 463
100 = 4.63 s Veamos si para t 5 s hay un
encuentro. La ecuación a resolver es
30(t − 5) + 75 = 13.89t
Este da como resultado t = 4.65s. Casi igual. Pero la solución es el menor
tiempo. En el instante del encuentro P(4.63)=64.31 m (ambos están en el mismo
lugar). La velocidad de cada uno, es

7. CHAPTER 1. CINEMÁTICA 6
1.2 Capítulo Cinemática
1.2.1 Problema
Dos cuerpos estan separados por una distancia D.
Figure 1.2:
El cuerpo A, está descrito por la ecuación
XA(t) = v0t +
1
2
at2
La ecución de B, viene dado por la ecuación
XB(t) = D − v0eλt
con v0 = 10, D = 20 y a=0.1.
Se sabe que los cuerpos se cruzan en el momento T=0.4 . Con esta informa-
ción calcule:
ˆ calcule el valor de λ
ˆ la velocidad que tienen en el momento de cruzarse2
Graque la velocidad de los cuerpos en función del tiempo
ˆ la aceleración en T=0.4
1.2.1.1 Solución
La situación que se debe satisfacer en el tiempo t=T=0.4
XA(T) = XB(T) ⇐⇒ v0T +
1
2
gT2
= D − v0eλT
Despejando el valor de λ de la expresión anterior, da λ = 1.173758760510133.
La posición donde se cruzan es XA(T) = 4.008
El gráco (Figura 4.2) de posición en el tiempo de ambos móviles es
La ecuaciónde velocidad es
vA(t) = 0.1t + 10

8. CHAPTER 1. CINEMÁTICA 7
Figure 1.3:
y
vB(t) = −1.173758760510133%e
1.173758760510133t
. La velocidad en el mment T, nos da
vA(T) = 14 y vB(T) = −1, 877
Figure 1.4:
La acelerción de cada cuerpo, es la derivada de la velcódigo ocidad.En elcaso
del móvil A, es a=0.1 y es constante. En el caso del cuerpo B, la aceleración
aB(t) := −13.77709627874284%e
1.173758760510133t
. Evaluando en T=0.1,aB(T)=-22.03233236896556
Enlace de wxmaxima.

9. CHAPTER 1. CINEMÁTICA 8
1.2.2 Problema
Un cuerpo de masa m se lanza verticalmente con una velocidad v0. Asumiendo,
sólo la presencia de la aceleración de gravedad ~
g = −gĵ.
Encuentre la ecuación de posición y(t).
Calcule la altura máxima.
Ahora, asuma que existe una aceleración que depende la velocidad de la
forma
~
a = −gĵ − γvĵ
.
Encuentre la ecuación de posición y(t).
Calcule la altura máxima.
1.2.2.1 Solución
Cuando la aceleración es contante , como es la aceleración en la supercie de la
Tierra, ~
a = −g ˆ
.jSegún esto, la ecuación de posición, lanzado verticalmente con
una velocidad v0ĵ, es
y(t) = −
1
2
gt2
+ v0t (1.3)
y la velocidad vertical
v(t) = −gt + v0 (1.4)
La altura máxima ocurre cuando la velocidad es cero, es decir la ecuación
1.11, se obtiene que T = v0
g . Reemplazando en la ecuación 1.10 nos da la altura
máxima,
Hmax =
v2
0
2g
(1.5)
E el caso, que a acleración está afectado por la velocidad ,
~
a = −gĵ − γvĵ ⇒
dv
dt
= −g − γv
La solución de la ecuación diferencial es
v2(t) =
g + γv0
g
e−γt
−
g
γ
(1.6)
Integrando la expresión 1.6, disparado desde el origen, la ecuación de posición
es
y2(t) =
g + γv0
γ2
(1 − e−γt
) −
g
γ
t (1.7)
En la altura máxima con dependencia de la velocidad (ecuación 1.6) se igula
a cero, de lo que se obtiene

10. CHAPTER 1. CINEMÁTICA 9
T2 =
−1
γ
ln
g
g + γv0
(1.8)
Evaluando el tiempo T2 en la ecuación 1.7, da la altura máxima
Hmax2 =
v0
γ
+
g
γ2
ln
g
g + γv0
(1.9)
Para ver el efecto, vamos a calcular la altura máxima, con un rango de
valores de γ = 0.01 : 0.5, con una velocidad inicial v0 = 20 m/s. Esto se observa
en el gráco
Figure 1.5:
Código Wxmaxima

11. CHAPTER 1. CINEMÁTICA 10
1.2.3 Problema
Un cuerpo viene descrito por la expresión del radio r(t) = r0sin2
(t) y el ángulo
viene dado por θ(t) = πsin(t/π).
Calcule:
ˆ la velocidad en t=0, t=π
ˆ la aceleración en t=0 y t=π
1.2.3.1 Solución
Recordemos la expresión de velocidad en coordenadas polares
~
v = ṙr̂ + rθ̇θ̂
y la aceleración
~
a = (r̈ − rθ̇2
)r̂ + (2ṙθ̇ + rθ̈)θ̂
Debemos calcular, la segunda y primera derivada
ˆ ṙ = 2r0cos(t)sin(t)
ˆ r̈ = 2r0 − 4r0sin(t)2
ˆ θ̇ = cos( t
π )
ˆ θ̈ = − 1
π sin( t
π )
Reemplazando en la expresiones de velocidad
~
v = 2r0cos(t)sin(t)r̂ + r0sin2
(t)cos(
t
π
)θ̂
La velocidad en t=0, es ~
v = 0, lo mismo para t = π.
La aceleración
~
a = (2r0−4r0sin(t)2
−r0sin2
(t)cos(t/π)2
)r̂+(4r0cos(t)sin(t)cos(t/π)+r0sin2
(t)
1
π
sin(
t
π
))θ̂
La aceleración en t=0 ~
a = 2r0r̂, y en t=π, ~
a = 2r0r̂.

12. CHAPTER 1. CINEMÁTICA 11
1.3 Dinámica
1.3.1 Problema
Una esfera de masa m está unida a un extremo superior de una varilla vertical
de masa despreciable , como se observa en la gura 1.6
Figure 1.6:
Al dar un pequeño desplazamiento a la esfera, se inicia la rotación del sistema
en torno del pasador situado en O.
Determine la velocidad lineal v de la esfera y la fuerza P en la varilla cuando
ésta esté en posición horizontal , si m= 5 kg y R= 2m.
1.3.1.1 Solución
Para solucionar el problema, vamos a utilizar el ángulo complementario ϕ. Los
vectores actuando sobre el cuerpo es P y W.
La ecuación dinámica que actual sobre la masa m es
~
P + ~
w = m~
a
En u sistema polar , la descomposición de las fuerzas es:
~
P = Pr̂ , ~
w = −mgsin(ϕ)r̂−mgcos(ϕ)ϕ̂ y la aceleración ~
a = −Rϕ̇2
r̂+Rϕ̈ϕ̂.
Reemplazando en la ecuación anterior y seperar por componente
En la dirección radial
r̂ P − mgsin(ϕ) = −mRϕ̇2
ϕ̂ −mgcos(ϕ) = mRϕ̈
Aplicando la derivada de la compuesta, ϕ̈ = ϕ̇dϕ̇
dϕ . Aplicando esta igualdad,
se tiene que
− mgcos(ϕ) = mRϕ̈ = mRϕ̇
dϕ̇
dϕ
(1.10)
Integrando la ecuación 1.10, con las condicion incial ˙
ϕπ/2 = 0, se tiene la
relación

13. CHAPTER 1. CINEMÁTICA 12
Figure 1.7:
2g
R
(−sin(ϕ) + 1) = ϕ̇2
(1.11)
Reempazando la ecuación 1.11 en la componenete radial, y despejando el
valor de P, se obtiene
P = 3mgsin(ϕ) − 2mg
En particular, cuando esta en posición horizontal (ϕ = 0), el valor de P=-
2mg y la velocidad tangecial en ese punto, se calcula como v0 =
√
R ˙
ϕ0. Para
comocer el valor de la velocidad angular en e ángulo de 0°, se debe evaluar
la ecuación 1.11 en el ángulo ϕ = 0, que da ϕ̇ =
q
2g
R , lo que da la rapidez
v0 =
√
R ˙
ϕ0=
√
2gR

14. CHAPTER 1. CINEMÁTICA 13
1.4 Problema
Una partícula viene descrito por la expresión
r(θ) = K(1 + cos(θ))
donde K es una constante positiva. Este movimiento tiene la rapidez con-
stante igual a V0.
Con la información entregada, determine
ˆ la velocidad de la partícula en función de K, θ, y θ̇.
ˆ la rapidez de la partícula en términos de K, θ, y θ̇.
ˆ la velocidad angular θ̇ en función de K θ, y V0.
1.4.1 Solución
Conocemos la expresión de r en función de θ.. Recordemos que las coordenadas
polares son r y θ; el vector posición es
~
r = rθ̂
La expresión de la velocidad en coordenadas polares es
~
v = ṙr̂ + rθ̇θ̂ (1.12)
En la expresión de ṙ, se aplica la compuesta
ṙ =
dr
dt
θ̇
La derivada del radio en función del ángulo nos da
dr
dθ
= −Ksin(θ)
La expresión 1.12, en función del ángulo da
~
v = −Ksin(θ)θ̇r̂ + K(1 + cos(θ))θ̇θ̂ (1.13)
Para el cálculo de la rapidez , tomamos el módulo de la expresión 1.13 y lo
igualamos a v0
k ~
v k=
q
K2sin2(θ)θ̇2 + K2(1 + cos(θ))2θ̇ (1.14)
De la ecuación 1.14, se obtiene que l velocidad angular es
θ̇ =
v0
K
p
2 + 2cos(θ)
(1.15)

15. CHAPTER 1. CINEMÁTICA 14
1.5 Problema
El movimiento de un cuerpo de masa m, viebe dado por la ecuación
r(θ) = r0sin(θ)cos(θ)
con θ(t) = wt.
con la información entregada, calcule
ˆ la velocidad en función de t
ˆ la aceleración en función del tiempo, y la fuerza que actúa sobre el cuerpo.
1.5.1 Solución
Sabemos que el vector posición viene dado por la expresión
~
r = r(θ)r̂ (1.16)
Si reemplazamos la función del ángulo θ(t) = wt. La ecuación 1.16 puede
expresarse como
~
r(t) = r0sin(wt)cos(wt)r̂ (1.17)
La velocidad viene dado por la expresión
~
v = ṙr̂ + rθ̇θ̂
Calculando la derivada
ṙ = r0 w cos (tw)
2
− r0 w sin (tw)
2
, así la expresión
~
v = (r0 w cos (tw)
2
− r0 w sin (tw)
2
)r̂ + r0sin(wt)cos(wt)wθ̂ (1.18)
La aceleración se puede calcular de la derivada de la velocidad
~
a = (r̈ − rw2
)r̂ + (2ṙw + 0r)θ̂
~
a = (−4r0 w2
cos (tw) sin (tw)−r0sin(wt)cos(wt)w2
)r̂+(2r0 w cos (tw)
2
−r0 w sin (tw)
2
w)θ̂
(1.19)
Por la segunda ley, conocida la masa , la fuerza es
~
F = m~
a
~
F = m
h
(−5r0 w2
cos (tw) sin (tw))r̂ + (2r0 w cos (tw)
2
− r0 w sin (tw)
2
w)θ̂
i

16. Chapter 2
Dinámica
2.1 Problema
Una masa m puede deslizar libremente sobre un aro de radio R.
El sistema puede girar en torno de un eje vertical con una frencuencia ω.
Con la información entregada, calcule
ˆ el valor del ángulo ϑ en función de la frecuencia ω.
2.1.1 Solución
Primero debemos identicar las fuerzas que actúan sobre la masa m.
La fuerza ~
P es la fuerza del aro, perpendicular al arco que mantiene el objeto
en el aro, y también presente el peso ~
w. Aplicando la segunda ley, se tiene que
~
P + ~
w = m~
a
15

17. CHAPTER 2. DINÁMICA 16
En la descompisición de las fuerzas en un sistema cilíndrico se tiene
~
P = Pcos(θ)k̂ − Psin(θ)r̂
y el peso
~
w = −mgk̂
y
~
a = −Rsin(θ)w2
r̂
Reemplazando en la ecuación dinámica se obtiene y seperando por direcciones
k̂ : Pcos(θ) − mg = 0
r̂ : −Psin(θ) = −mRsin(θ)w2
Despejando P de la ecuación vertical, nos da
P =
mg
cos(θ)
y en la ecuación en la dirección r̂ se obtiene la siguiente relación
w2
=
1
R
g
cos(θ)
⇒ w =
s
1
R
g
cos(θ)

18. CHAPTER 2. DINÁMICA 17
2.1.2 Problema
Una masa m esta sobre una supercie cónica. Esta masa esta unido por una
cuerda al eje de rotación. El sistema gira a una frecuencia w.
Figure 2.1:
Calcule el valor de la frecuencia de giro W para la masa m se desprenda de
la supercie.
2.1.2.1 Solución
VEamos las fuerzas actuando sobre el cuerpo
La ecuación dinámica de este problema es
~
T + ~
w + ~
N = m~
a (2.1)
Descoponiendo las fuerzas en un sistema cilíndrico, nos que da d ela forma
k̂ Ncos(β) + Tsin(β) − mg = 0
r̂ −Tcos(β) + Nsin(β) = −mlcos(β)w2 (2.2)
Recordar que la aceleración viene dado por la expresión ~
a = −Lcos(β)w2
.
Figure 2.2:

19. CHAPTER 2. DINÁMICA 18
En la situación, donde se desprende de la supercie, la normal N=0. Del
sistema de ecuacines 4.6, se obtiene que T = mg
sin(β) . Al reemplazar en la ecuación
de la dirección radial, se obtiene que
w2
=
g
Lsin(β)
⇒ w =
r
g
Lsin(β)
(2.3)

20. CHAPTER 2. DINÁMICA 19
2.1.3 Problema
Se tiene un péndulo simple, de un cuerpo de masa M, y de largo L. Cuando se
deja libre, como se ve en la gura 3.4, con un ángulo θ π/6, este topa en la
esquina de una pared de largo d con Ld.
Figure 2.3:
Si se suelta desde una altura h(L-d).
Calcule el periodo del este péndulo con el tope.
2.1.3.1 Solución
El periodo de un péndulo simple tiene un periodo dado por la expresión
T = 2π
s
l
g
(2.4)
En la expresión 4.5 l es el largo del pendulo. El tiempo T (periodo) es el
tiempo en que demora en regerar al mismo punto. Sin embargo, en el problema
de la gura 3.4, el pendulo cambia su largo, dependiendo del lado en que se
encuentra. En el largo izquierdo tiene un largo l. El tiempo que recorre desde
el punto donde es soltado hasta la parte mas baja de la trayectoria es
T1 =
π
2
s
l
g
En la segunda mitad, el tiempo que demora en recorrer es
T2 =
π
2
s
l − d
g
Así, el tiempo que demora el sistema en recorre todo el arco es

21. CHAPTER 2. DINÁMICA 20
T = 2T1 + 2T2 = π
s
l
g
+ π
s
l − d
g
(2.5)
Ese el periodo del péndulo.

22. CHAPTER 2. DINÁMICA 21
2.2 Problema
Se tiene una masa m puntual que puede deslizar libremente sobre una supercie
circular R.
Calcula la frecuencia de osiclación angular en torno del a«gulo θ = 0.
2.2.1 Solución
La fuerza actuando sobre el cuerpo son el peso y la fuerza del aro sobre el cuerpo
para mantener movimiendose en el aro.
Aplicando la segunda ley, se tiene la ecuación
~
P + ~
w = m~
a
En un sistema de coordenadas polares, cuyo origen est en O, la descompisición
de ls fuerzas
~
P = −Pr̂
y
~
w = mgcos(θ)r̂ − mgsin(θ)θ̂
, y la aceleración
~
a = −Rθ̇2
r̂ + Rθ̈θ̂
En cada dirección queda,
r̂ : −P + mgcos(θ) = −mRdotθ2
θ̂ : −mgsin(θ) = mRθ̈

23. CHAPTER 2. DINÁMICA 22
De la útina ecuación, obtenemos que
mgsin(θ) + mRθ̈ = 0
Si el ángulo es pequeño, se puede aproximar sin(θ) ≈ θ, lo que la ecuación
anterior queda
mgθ + mRθ̈ = 0 ⇔ θ̈ +
g
R
θ = 0
. De la ecuación obtenda, se reconoce que correspoden a un MAS. El término
que acomparña a θ es el cuadrado de la frecuencia angular
w =
r
g
R

24. CHAPTER 2. DINÁMICA 23
2.3 Problema
Una masa puede deslizar sobre una ranura, en un disco de radio R. La masa
esta unida a una masa de constante elástica K, con un largo natural r0. No hay
fuerza de gravedad.
Supongamos que el disco, junto con la mas y el resorte gira a una frecuencia
angular w constante.
Encuentre la ecuación diferencial que debe satisfacer la posición radial r(t).
La fuerza del resorte
La fuerza de un resorte viene estar descrito ~
F = −K(~
r − ~
r0). El vector~
r0 es
el largo natural, K es la constante elástica del resorte que es lo caracteriza el
resorte. Por ejemplo. Sunpogamos que se tiene un resorte de largo l0 se cuelga
una masa m en presencia de gravedad.
En equilibrio, entre el peso y la fuerza del resorte es
k(y − l0) − mg = 0 (2.6)
La fuerza del resorte va hacia arriba. La distancia vertical de equilibrio y es
y =
mg
k
+ l0

25. CHAPTER 2. DINÁMICA 24
2.3.1 Solución
Debemos identicar las fuerzas que actúan sobre el cuerpo. Recuerde que no
hay fuerza de gravedad.
Tenemos la fuerza del resorte y la fuerza ~
P que es la fuerza normal de la
supercie sobre la masa m. La ecuación dinámica queda
~
F(r, r0) + ~
P = m~
a (2.7)
donde
~
F(r, r0) = −K(r − r0)r̂
y
~
P = Pθ̂
y la aceleración
~
a = (r̈ − rθ̇2
)r̂ + (2ṙθ̇ + rθ̈)θ̂
Para este problema θ̇ = w, θ̈ = 0.
Según las componentes
r : −K(r − r0) = m(r̈ − rw2
) (2.8)
y
θ : P = m2ṙw
La ecución 2.8 se puede escribir como
r̈ +
K
m
− w2
r =
K
m
r0 (2.9)
Denimos Ω =
q
K
m − w2. La solución de la ecuación 2.9 es
r(t) = Acos(ωt + δ) + C
donde C =
K
m r0
K
m −w2 Veamos algunos casos

26. CHAPTER 2. DINÁMICA 25
ˆ En el caso Ω = 0, el radio no cambia en el tiempo, tiene un constante
r(t) = Acos(δ) + C, escribiendo una órbita circular
ˆ Si w = 0, el sistema oscila como un resorte, con frecuencia de oscilación
p
K/m
ˆ Supongamos que w=2, y K/m = 10, nos da que Ω =
√
6 y r0 = 1,C=
6/2=3 y δ = 0 y A=1. En ese caso, la órbita que describe r(t) =
cos(
√
6t) + 3, la órbita que describe, gura 2.3.1
ˆ En el caso, que diera una ecuación diferencia de la forma r̈ − 2r = 2. La
solución será de la forma
r(t) = Ae
√
(2)t
+ Be−
√
2t
− 1
Esta solución no es oscilante. Esta solución señala que el radio va a cercer
en forma indenida (gura 2.4).

27. CHAPTER 2. DINÁMICA 26
Figure 2.4: Orbita que crece

28. CHAPTER 2. DINÁMICA 27
2.4 Problema
Se tiene el siguiente sistema de péndulo y resorte.
Asumiendo que el péndulo se saca del equilibrio, y se deja libre, de modo
que el ángulo que forma con la vertical es pequeño. Calcule la frecuencia de
oscilación de la masa m, que esta unido a péndulo y el resorte.
2.4.1 Solución
Identiquemos las fuerzas que actúan sobre la masa.
Figure 2.5: Identicación de las fuerzas
Según las fuerzas actuando, la ecuación dinámica es
~
w + ~
F + ~
T = m~
a (2.10)
Al decomponer las fuerzas de acuerdo del sistema de referencia se obtiene
x : −Kx − Tsin(θ) = max
y
y : Tcos(θ) − mg = may

29. CHAPTER 2. DINÁMICA 28
Asumiendo que el ángulo es pequño, se puede aproximar que sin(θ) u θ y
cos(θ) '= 1
La ecuación en la dirección en x se puede escribir como
−Kx − Tθ = ma = mẍ
y en el eje y, la aceleración es despreciable, , por lo cual tenemos
T = mg
Recordar que el arco se puede escribir como x = Lθ. Por tanto la aleceleración
es a = Lθ̈ En esas condciones, la ecuación en el eje x, nos da
− kLθ − mgθ = mẍ = mLθ̈ (2.11)
Reescribiendo la ecuación 2.11, se tiene
θ̈ +
g
L
+
k
m
θ = 0 (2.12)
La ecuaión 2.12 corresponde a un movimiento MAS. La frecuencia angular
es
w =
s
g
L
+
k
m

30. Chapter 3
Energía y Trabajo
3.1 Problema
Se tiene una fuerza que está descrito por la expesión ~
F(x, y) = xyî + ysin(x)ĵ.
Figure 3.1: CAminos de integración
Se quier calcular el trabajo desde el punto A(1,1) al punto B(4,4) por dis-
tintos caminos.
Caminos
ˆ Comienzo (1,1) - (1,4)-(4,4)
ˆ y(x) = x
ˆ y(x) = x2
+ 4x + 4
3.1.1 Solución
El cálculo del trabajo depende del camino ques e tome, si es que la fuerza no es
del tipo conservativo.
Camino 1
En el camino 1, debemos seperar en dos etapas:
29

31. CHAPTER 3. ENERGÍA Y TRABAJO 30
ˆ desde el punto (1,1) a (1,4)
ˆ desde el punto (1,4) al punto (4,4)
En e primer tram, x=1, es constante, y por tanto el diferencia es dx=0. En el
segundo tramo, y=4, y por tano dy =0. La integrald e camino, nos queda
WΓ1
=
Z B
A
~
F ˙
d~
r =
Z y=4
y=1
(1yî + ysin(1)ĵ)dyĵ +
Z x=4
x=1
(4xî + 4sin(x)ĵ)dxî
WΓ1 =
Z y=4
y=1
ysin(1)dy +
Z x=4
x=1
4xdx =
15
2
sin(1) + 15
3.1.1.1 Camino 2
En este camino y = x, ⇒ dy = dx En este camino, la integal se transforma en
WΓ2 =
Z x=4
x=1
(x2
î + xsin(x)ĵ)(î +0
hatj)dx
WΓ2
=
Z 4
1
x2
dx +
Z 4
1
xsin(x)dx
WΓ2
=
43
− 1
3
+ sin(4) − 4cos(4) − sin(1) + cos(1)
3.1.1.2 Camino 3
Esta vez el camino es
y(x) = x2
+ 4x + 4 ⇒ dy = 2xdx + 4dx
La integral de camino queda de la forma
WΓ3
=
Z x=4
x=1
(xy(x)î + y(x)sin(x)ĵ)(2xî + 4ĵ)dx
Calculando la integral da como resulatdo
WΓ3
=
1020 sin (4) − 1800 cos (4) + 9088
5
−
210 sin (1) − 90 cos (1) + 97
5
Como vemos en los cálculos, cada camino tiene un valor de trabajo distinto.
3.1.2 Vericación
Calculemos el rotor de esta fuerza ~
∇x~
F
~
∇x~
F =
î ĵ k̂
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
xy ysin(x) 0
= (ycos(x) − x)k̂ 6= 0
lo cual muestra que no es uan fuerza del tipo conservativo.

32. CHAPTER 3. ENERGÍA Y TRABAJO 31
3.2 Trabajo y Energía
3.2.1 Problema
Una masa m viaja en un plano horizontal con una velocidad v0. Comprime un
resorte de constante elástica K.
Figure 3.2:
La zona en donde está el resorte tiene roce cinético µ. Con la información
entregada, calcule la distancia máxima de comprensión del resorte.
3.2.1.1 Solución
La energía inicial del sistema, es sólo la energía cinética de la masa Eki = 1
2 mv2
0
Cuando se comprime al máximo el resorte y recorre una distancia x, tenemos
que la energía nal es Uf = 1
2 Kx2
.
El trabajo por la zona de roce es W = −µkmgx
Por el teorema del trabajo, tenemos
W = ∆U + ∆Ek (3.1)
W = −µkmgx =
1
2
Kx2
− 0 + 0 −
1
2
mv2
0
Despejando x de la expresión , se obtiene
x = −
p
g2 m2 µ2 + Km v2 + gmµk
K
y
x =
p
g2 m2 µ2 + Km v2 − gmµk
K
El valor correcto es el positivo, la última expresión.

33. CHAPTER 3. ENERGÍA Y TRABAJO 32
3.2.2 Problema
Una cuenta de masa m=0.25 kg se mueve por un alambre semicurcular situado
en un plano horizontal (no hay cambio de altura).
La longitud natural del resorte S=20 cm y el rozamiento despreciable.
Figure 3.3:
Si se suelta la cuenta desde el punto A, determinar
ˆ La velocidad del objeto en la posición B
ˆ la fuerza del alambre en la posición B
3.2.2.1 Solución
Sabemos que la energía potencial elástica viene dado por la expresión
UK =
1
2
K(r − s)2
donde r es la distancia desde el punto de anclaje al un punto del arco; s es
la distancia del largo natural. Si distancia del punto de anclaje al punto A es:
p
(0.3 + 0.3)2 + 0.32 = 0.67m.
La anergía potencia en el punto A es
E = UA =
1
2
K(0.67 − 0.2)2
= 1.38J
Como parte del reposo, la energía potencial en A corresponde a la energía
inicial en E.
En el punto B, existe energía potencial y cinética. La energía potencial en
B es UB = 1
2 K(0.3 − 0.2)2
= 0.0625 J.

34. CHAPTER 3. ENERGÍA Y TRABAJO 33
Figure 3.4:
Por el principio de conservación de la energía , podemos despejar la energía
cinética
EKB = UA − UB = 1.3175
Podemos despejar la velocidad de la energía vB =
q
2
m EKB =3.24 m/s.
Cuando pasa por el punto B, la acción de la fuerza del resorte esta en la
dirección perpendicualr al arco (gura 3.4).
En ese punto B, la fuerza dela arco es igual en magnitud a la fuerza del
resorte (~
Fr + ~
P = 0).
La magnitud de la fuerza del resorte es Fr = K(0.3 − 0.2) = 1.25 N

35. Chapter 4
Momento Lineal
4.1 Problema
Se tiene una nave en el espacio de masa M. Este nave puede disparar proyectiles
de masa m, con una velocidad de salida de u.
Inicialmente la nave está en reposo. Calcule la velocidad de la nave cuando
ha disparado N proyectiles. ( recuerde que la masa de la nave va prediedo masa
al disparar )
Si la cantidad de proyectiles N de masa m=0.01M, corresponde al 80 % de
la masa M inicial, ¾cuál es la máxima velocidad posible que puede alcanzar ?
4.1.1 Solución
Sabemos que el cuerpo esta inicialmente en reposo. Al disparar una masa m
con una velocidad u, el resto de la masa (M-m) adquiere velocidad. El momento
inicial es cero, y posterior al primer disparo
p0 = 0
y
p1 = −mu + (M − u)V1
Por la conservación del momento, se puede obtener que
V1 =
m
M − m
u (4.1)
34

36. CHAPTER 4. MOMENTO LINEAL 35
Para el segundo disparo, el cuerpo de masa (M-m) ya tiene una velocidad,
CV1 Así, el momento antes del segundo disparo
p12 = (M − m)V1
posterior al segundo disparo
p22v = −m(u − V1) + (M − 2m)V2 = p12 = (M − m)V1
Despejando la velocidad velocidad V2, se obtiene
V2 = V1 +
m
M − 2m
u = um
1
M − m
+
1
M − 2m
(4.2)
Para el tercer disparo, el momento inicial previo al tercer
p23 = (M − 2m)V2
y posterior al disparo
p33 = −m(u − V2) + (M − 3m)V3
Igulando , y despejando la velocidad V3 se obtiene
V3 = um
1
M − m
+
1
M − 2m
+
1
M − 3m
(4.3)
Repitiendo el procedimiento se obtiene , se obtiene la velocidad enésima
Vn = um
n
X
i=1
1
M − im
(4.4)
Si cada masa m=0.01 M, y Nm=0.8M, es decir el total de los proyectiles es
el 80% de la masa M. Según, N=0.8/=0.01=80. En el gráco se observa como
ambia la velocidad con el disparo.

37. CHAPTER 4. MOMENTO LINEAL 36

38. CHAPTER 4. MOMENTO LINEAL 37
4.2 Problema
Una masa m con velocidad v va sobre una supercie sin roce. Esta masa entra
en contacto con una masa M, que presenta roce con la masa m.
Figure 4.1:
No hay roce entre la masa M y la supercie inferior.
Calcular la velocidad v de masa m para quede en el borde de la masa M
(gura 4.2).
Figure 4.2:
4.2.0.1 Solución
La fuerza de roce entre las piezas, es una fuerza interna. El momento del sistema
en la dirección horizontal se conserva.
El momento inicial es
pi = mv
y el momento nal
pf = (M + m)V
Por conservación del momento, pi = pf , despejamos la velocidad del conjunto
V.
V =
m
M + m
v (4.5)
La diferencia de energía del sistema es igual al trabajo de la fuerza de roce.
El trabajo del roce es
W = −µmgL = Ef − Ei =
1
2
(M + m)V 2
−
1
2
mv2
(4.6)

39. CHAPTER 4. MOMENTO LINEAL 38
Reemplazando la ecuación 4.5en la ecuación 4.6, tenemos que
W = −µmgL = −
M
m + M
1
2
mv2
(4.7)
despejando la velocidad de la ecuación 4.7, se tiene que la velocidad
v =
r
2µ(M + m)gL
M