Trabajo Colaborativo Fase 2_100413

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA FÍSICA GENERAL CÓDIGO. 100413

FÍSICA GENERAL CÓDIGO: 100413 TRABAJO COLABORATIVOFASE 2 UNIDAD No 2 DINÁMICA Y ENERGÍA.

Presentado a: LUZ DARY AGUALIMPIA Tutor Entregado por: Jhon Alexander Yara Código: 80728730 Jorge Ignacio López Gutiérrez Código: 80000870 Mike Nelson Peralta Código: 79850495 Oscar Mauricio Melo Código: Grupo: 100413_144

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA - UNAD ESCUELA DE CIENCIAS BÁSICAS TECNOLOGÍA E INGENIERÍA OCTUBRE DE 2016 CIUDAD


INTRODUCCIÓN

En el presente trabajo se desarrollará una serie de ejercicios, en total nueve, en los cuales veremos la solución a problemas de física referentes a Las leyes de movimiento y sus aplicaciones, fuerzas de fricción, trabajo, energía Cinética y el teorema del trabajo y la energía, potencia. Veremos la participación de cada uno de los estudiantes aportando el desarrollo de ejercicios sobre cada temática donde para cada uno se expresan los datos del mismo, su desarrollo en cada uno de sus pasos, la explicación, justificación o regla utilizada para el desarrollo del mismo. En algunos casos se realizarán gráficas donde podremos observar cómo funcionan estas reglas de acuerdo a las fuerzas, masas, volúmenes, rozamiento, gravedad, aceleración y demás leyes físicas que afectan la materia. Finalizando el trabajo y habiendo entendido cada una de las temáticas podremos tener una mayor comprensión sobre las leyes de la física y el comportamiento de la materia en determinadas circunstancias de inducción al movimiento, ya sea por su propio peso o por fuerzas que afectan su estado y su ubicación en el espacio.


TRABAJO COLABORATIVO DE LA UNIDAD 2: DINÁMICA Y ENERGÍA. Temática: Las leyes de movimiento y sus aplicaciones. Ejercicio No 1. En el sistema que se muestra en la figura, una fuerza horizontal

⃗ Fx

actúa sobre el objeto

de 8.00 kg. La superficie horizontal no tiene rozamiento. Se asume que la polea no tiene masa ni fricción. Teniendo en cuenta el sistema de masas unidas por una cuerda, presentado en la figura (a) Trace los diagramas de cuerpo libre para cada uno de los dos bloques. (b) Aplique el método newtoniano para determinar la aceleración

F x . (c) Trace una gráfica cuantitativa de negativos de

Fx

ax

ax

del bloque de 8 kg, en función de

en función de

F x (incluyendo valores

). (d) Responda las siguientes preguntas: ¿Para qué valores de

acelera hacia arriba el objeto de 4.00 kg? ¿Para qué valores de

Fx

Fx

permanece el sistema

en reposo o se mueve con rapidez constante? (e) ¿Para qué valores de

Fx

queda

Figura tomada de Física para Ciencias e Ingeniería, 7a edición, Serway/Jewett.

distensionada la cuerda? ¿Es válida la gráfica trazada en la parte (f) para esos valores? ¿Por qué?

Datos ejercicio

del

Desarrollo del ejercicio

a) R Diagrama de cuerpo libre

Explicación y/o justificación y/o regla utilizada en el proceso realizado: En este punto se evidencian las fuerzas que actúan en un cuerpo al provocar o realizar un movimiento o bien cuando este mismo está en estado de reposo.

Nombre y apellido del estudiante que realiza el aporte y tipo de aporte que realiza:

Jhon Alexander Yara


Observaciones: Ejercicio No 2. Un bloque de masa m = 1.80 kg se libera desde el reposo en h= 0.450 m por encima de la superficie de una mesa, en la cima de una pendiente de 28,0° de inclinación, como se muestra en la figura .La inclinación sin fricción se fija en una mesa de la altura H=0,800 m. (A) Determine la aceleración del bloque cuando se desliza por la pendiente. (B) ¿Cuál es la velocidad del bloque cuando deja la pendiente? (c) ¿A qué distancia de la mesa, el bloque debe golpear el piso? (d) ¿Cuánto tiempo ha transcurrido entre el momento en que se suelte el bloque y cuando golpea el suelo? (e) ¿Afecta la masa del bloque cualquiera de los anteriores cálculos? Justifique su respuesta.

Figura tomada de Física para Ciencias e Ingeniería, 7a edición, Serway/Jewett.


Datos ejercicio

del


Explicación y/o justificación y/o regla utilizada en el proceso realizado: Como primera medida determinamos la aceleración del bloque cuando se desliza por la pendiente para lo cual se toma como base la ecuación para hallar la aceleración la cual resulta del producto entre la gravedad y el seno del ángulo de la mencionada pendiente.

m=1.80kg h=0.450m Inclinación pendiente=28 ,0° H=0.800 m Diagrama de fuerzas

Luego determinamos la distancia recorrida por el bloque en la pendiente y con este dato poder determinar la velocidad final del objeto cuando deja la pendiente e inicia su movimiento de caída libre parabólica.

Diagrama de cuerpo libre

(A) delbloque cuando pendiente.

se

Determine aceleración desliza por

la la

Aunado a lo anterior determinamos la distancia de caída del objeto con relación a al ubicación de la mesa, para lo cual aplicamos las ecuaciones de caída libre parabólica

Nombre y apellido del estudiante que realiza el aporte y tipo de aporte que realiza:

Jorge Ignacio López Gutiérrez


a=gsenθ a=9.81

m sen 28,0 ° s2

a=9.81

m sen 28,0 ° s2

a=9.81

m (0.47) s2

a=4.61

m s2

Posteriormente determinamos el tiempo de caída, para lo cual hallamos primero la distancia total recorrida sumando la distancia obtenida en el recorrido en la pendiente y la altura de la mesa, luego de esto aplicamos la fórmula para determinar el tiempo

t=

Cuál es la velocidad del bloque cuando deja la pendiente? Determino la distancia de la pendiente (dp)

sen 28,0 ° =

dp=

0.450 m dp

0.450 m sen 28,0 °

√

2d a


dp=

0.450m 0.47

dp=

0.450m 0.47

dp=0.96 m V f =√ 2 ad

√(

V f = 2 4.61

m (0.96 m) s2

)

√

m (0.96 m) s2

√

m2 s2

V f = 9.22

V f = 8,85

V f =2,97

m s


¿A qué distancia de la mesa, el bloque debe golpear el piso? Partimos de la ecuación

y f − y i=v i( y ) t−

gt2 2

Determinamos

v i ( y )=vi∗sen 28,0° v i ( y )=2,97

m ∗sen 28,0 ° 2 s

v i ( y )=2,97

m ∗sen 28,0 ° s2

v i ( y )=2,97

m ∗0,47 s2

v i ( y )=1,40

m 2 s

Ahora

y f − y i=v i( y ) t−

gt2 2


m 2 )t s2 2

(9.81

0.800 m=1,40

m t− s2

0.800 m=1,40

m t−4,9∗t 2 2 s

1,40

m t−4,9∗t 2−0,800 m=0 2 s

t=

−1,40 ± √ (1,40)2 −4 (4,9)(−0.800) 2∗4,9

t=

−1,40 ± √ 1.96−(−15.68) 9.8

t=

−1,40 ± √ 17,64 9.8

t=

−1,40 ± 4.2 9.8

t 1=

−1,40−4.2 9.8

t 1=

−5.6 9.8

t 1=−0.57


t 2=

−1,40+4.2 9.8

t 2=

2.8 9.8

t 2=

2.8 9.8

t 2=0.28 s Ahora reemplazamos

R=v i cosθ t R=2,97

m cos 28.0 ° (0.28 s) s2

R=2,97

m ( 0.88)(0.28 s) 2 s

R=2,97

m ( 0.88)(0.28 s) s2

R=0.73m ¿Cuánto tiempo ha transcurrido entre el momento en que se suelte el bloque y


cuando golpea el suelo? Hallamos la distancia total

dt=dp+ H dt=0,96 m+0,800 m

dt=1,76 m Ahora

t=

t=

t=

√

2d a

√ √

2(1,76 m) m 4,61 2 s 3,52 m m 4,61 2 s

t=√ 0.76 s 2 t=0.87 s ¿Afecta la masa del bloque cualquiera de


los anteriores cálculos? En los cálculos realizados anteriormente la masa no afecta, puesto que la fricción es cero al realizar las ecuaciones no se tuvo en cuenta la masa. Observaciones: Temática: Fuerzas de fricción. Ejercicio No 3. En el sistema que se presenta a continuación, las masas m 1 y m2, tienen valores de 3.50 kg y 8.00 kg, respectivamente, el triángulo presentado es isósceles, de tal manera que ángulo de la base es de 35.0o. Sí la aceleración del sistema es de 1.50m/s 2, determine el coeficiente de fricción cinético entre el bloque y la pendiente, suponiendo que su valor, es el mismo en ambas pendientes.

Datos ejercicio

m1=3.50 Kg m2=8.00 Kg

del


∑ F x=ma Enla masam1 :

θ=35.0 ° a=1.50 m/s2

∑ F x =T −W 1 x −F r 1=m1 a W 1 x =W 1 ∙ Sen 35 ° W 1 x =m1 g ∙ Sen 35°

Explicación y/o justificación y/o regla utilizada en el proceso realizado: Se realiza la descomposición de las fuerzas que actúan sobre las masas en sus componentes horizontales y verticales de acuerdo y con el fin de aplicar las leyes del movimiento. Diagrama de fuerzas

Nombre y apellido del estudiante que realiza el aporte y tipo de aporte que realiza.

Mike Nelson Peralta Aporte: Solución del Ejercicio

Fr


Fr N

W 1 x = ( 3.50 )( 9.8 ) Sen 35° W

W 1 x =19.67 N W ∑ F y =W 1 y −N 1=0 W 1 y =N 1 W 1=m1 g

T

TT

W 1 y =m1 g ∙ cos 35 ° W 1 y =( 3.50 ) ( 9.8 ) cos 35 ° W 1 y =N 1=28.1 N Fr 1=μ N 1

T Diagramas libre

Fr 1=μ ∙ ( 28.1 ) Reemplazando en la ecuación general :

T −m 1 g ∙ Sen 35 °−28.1 μ=m 1 a(1) Masa m1

Enla masam2 :

∑ F x =W 2 x −T −F r 2=m2 a W 2 x =W 2 ∙ Sen35 ° W 2 x =m2 g ∙ Sen 35°

Masa m2

de

cuerpo


W 2 x =( 8.00 ) ( 9.8 ) Sen 35 ° W 2 x =45.00 N

∑ F y=W 2 y −N 2=0 W 2 y =N 2 W 2=m2 g W 2 y =m 2 g ∙ cos 35 °

De esta descomposición resultan dos ecuaciones cada una relacionada con cada de las masas y al resolverlas con casi todos los datos ya conocidos solo nos queda despejar el valor del coeficiente de fricción siendo común para las dos masas.

W 2 y =( 8.00 )( 9.8 ) cos 35 ° W 2 y =N 2 =64.21 N Fr 2=μ N 2 Fr 2=μ ∙ ( 64.21 ) Reemplazando en la ecuación general :

m 2 g ∙ Sen 35 °−T −64.21 μ=m 2 a(2) Resolviendo lasecuaciones 1 y 2 :

T −m1 g ∙ Sen 35 °−28.1 μ=m1 a m2 g ∙ Sen 35 °−T −64.21 μ=m2 a −m1 g ∙ Sen35 °−28.1 μ+m2 g ∙ Sen 35 °−64.21 μ=m1 a+ m2 a


a ( m1 +m2) =−m1 g ∙ Sen 35+m2 g ∙ Sen 35 °−92.31 μ 1.50 ( 3.50+ 8.00 )=−19.67+ 45.00−92.31 μ 17.25=25.33−92.31 μ

92.31 μ=25.33−17.25 μ=

8.08 92.31

μ=0.088 Observaciones: Ejercicio No 4.

En la figura se muestra un cuerpo en reposo de masa de 10.0 kg que esta

´ sobre una superficie horizontal sin fricción ( AB ), al cuerpo se le aplica una fuerza constante de 25.0 N formando un ángulo (�) de 27.0° con la horizontal. Después de recorrer la superficie horizontal de 30.0 m, la fuerza

´ deja de ser aplicada y el cuerpo ingresa a una superficie rugosa ( BC ) cuyo coeficiente de fricción es de 0,300. Calcular: a) El valor de la aceleración del cuerpo en el instante en que deja la superficie sin fricción y b) la distancia que alcanza a recorrer en la superficie con rugoza hasta que se detiene. Datos del Desarrollo del ejercicio Explicación y/o ejercicio justificación y/o regla utilizada en el proceso realizado:



Masa cuerpo en reposo = 10.0 kg Fuerza constante=25. 0N Angulo= 27.0° Superficie horizontal 30.0m Coeficiente de fir

Como primera medida se determinan dos momentos el momento 1 donde el objeto se encuentra sin fricción y el momento 2, donde la fricciónes de 0.300 Luego realizamos diagrama de fuerzas y de cuerpo libre

ahora a) El valor de la aceleración del cuerpo en el instante en que deja la superficie sin fricción. Aplicamos la segunda le y de Newton

Para el desarrollo del ejercicio es fundamental aplicar la segunda ley de Newton y dividir el ejercicio en dos momentos, el primero sobre la superficie sin fricción y el segundo sobre la superficie rugosa. Es indispensable determinar la aceleración tanto para la superficie rugosa com para la superficie sin fricción, luego de esto determinamos la velocidad final de la superficie del momento 1 (sin fricción) y con estos datos por último determinamos la distancia recorrida en el momento 2

Jorge Ignacio López Gutiérrez


∑ F=m∗⃗a ∑ F x =m∗a1 ∑ F y =m∗(0) ∑ F x =m∗a1

donde

F x =|⃗ F|Cosθ

FCosθ=ma a=

FCosθ 25.0 NCos 27.0° = m 10 Kg

a=

25.0 N (0.89) 10 Kg

a=

25.0 N (0.8910) 10 Kg

a=2.23

m s2

b) la distancia que alcanza a recorrer en la superficie con rugoza hasta que se detiene.


Diagramamos las fuerzas

∑ F=m∗⃗a ∑ F x =m∗a2 ∑ F y =m∗(0) |⃗f|=m∗a2 donde |⃗f|=μ|⃗ N| F 29.4 N m F=ma→ a= = =2.94 2 m 10 kg s Determinamos velocidad final momento 1


√

v =√2 a∗30 m= 2∗2.23

m m ∗30 m=11.6 2 s s

Y por último la distancia recorrida

( vo )2 v =( vo) −2 a∗d → a= = 2∗a 2

2

(

m 11.6 s

2∗2.94

2

) =198 metros

m 2 s

Observaciones:

Temática: Trabajo realizado por una fuerza constante y una fuerza variable. Ejercicio No 5.


La fuerza que actúa sobre una partícula varía como se muestra en la figura. Encuentre el trabajo invertido por la fuerza en la partícula conforme se mueve… (a) De

x=0.00 m

x=4.50 m ; (b) de

a

x=0.00 m a

x=15.00 m . (c)

Existe cierto punto A sobre el eje “x” tal que el trabajo realizado por esta fuerza en el intervalo Datos ejercicio

De

del

x=0.00 m x=4.50 m

a De

x=0.00 m a

x=15.00 m .

[ x A ,15.0 m ]

[ x A ,15.0 m ]

vale cero. Encuentre el valor de


a. Encuentre el trabajo invertido por la fuerza en la partícula conforme se mueve… (a) De

x=0.00 m

a

x=4.50 m ∆ Fx −2 N−0 N =K 1= =−0.444 ∆X 4.5 m−0 m x 9=−0.444∗X F 1¿ 4.5

∆ W 1=∫ −0.444 Xdx=−0.444 0

b. de

x=0.00 m a

4.52 =−4.5 joules 2

x=15.00 m .

xA Explicación y/o justificación y/o regla utilizada en el proceso realizado: Se toma como base el cálculo del trabajo para una fuerza que varía en una dimensión.


Jorge López


6 N−(−2 N ) ∆ Fx N =K 2= =5.3 ∆X 6 m−4.5 m m F 2 ( x ) =5.3 N

6

∆ W 2=∫ 5.3 Xdx= 4.5

K 3=

5.3 ( 2 ∆ Fx 6 −4.52 ) =41.7 joules =¿ 2 ∆X

0−6 N n =−0.66 15 m−6 m m

F 3 ( x )=−0.66 X 15

−0.66 ( 15 2−62 ) N ∆ W 3=∫ −0.66 XdX= =−62.37 ∆ W =∆ W 1+∆ W 2+∆ W 3=−4.5 J +41.4 J −62.37 J =−25.47 J 2 m 6 c. Existe cierto punto A sobre el eje “x” tal que el trabajo realizado por esta fuerza en el intervalo

[ x A ,15.0 m ]

Encuentre el valor de

F (15 )−F ( XA) =K → ∆W =0 15−XA

Observaciones:

xA

vale cero.


Ejercicio No 6. Considere un cuarto de bodega rectangular, de 7.50 m de largo por 6.50 m de ancho. Los vértices se rotulan como se muestra en la figura. Un trabajador empuja por el piso una caja de mercancía pequeña pero pesada (20.0 kg). El coeficiente de rozamiento cinético entre la caja y el suelo vale 0.280. Determine el trabajo realizado por la fuerza de rozamiento que actúa sobre la caja para cada una de las siguientes trayectorias (cada flecha indica el segmento rectilíneo que conecta los puntos marcados en sus extremos): (a) A --> C (b) A --> D --> C (c) A --> D --> B --> C (d) Explique por qué los anteriores resultados demuestran que la fuerza de rozamiento no es conservativa.

Datos del ejercicio


AC =√ AD2 + DC 2 x 1=7.50 m x 2=6.50 m m=20.0 Kg

AC =√ 6.502 +7.502 AC =9.924 m

μ=0.280 W r =Fr ∙ d Fr =μN N=mg W r =mgμd

Explicación y/o justificación y/o regla utilizada en el proceso realizado: Primero se realiza el cálculo de la hipotenusa correspondiente a los trayectos

´ = DB ´ AC Después se calcula el trabajo realizado en cada uno de los trayectos partiendo de la ecuación para el cálculo del trabajo perdido por la fuerza de fricción.


Mike Nelson Peralta Aporte: Solución del Ejercicio


a ¿ W AC =mgμd AC W AC =( 20 )( 9.8 )( 0.280 ) ( 9.924) W AC =544.63 J b ¿ W AD =mgμ d AD W AD =( 20 )( 9.8 )( 0.280 ) (6.50) W AD =356.72 J W DC =mgμ d DC W DC =( 20 ) ( 9.8 ) ( 0.280 ) ( 7.50 ) W DC =411.60 J W ADC =W AD+ W DC W ADC =356.72+ 411.60 W ADC =768.32 J c ¿W AD=356.72 J


W DB=W AC W DB=544.63 J W BC =W AD W BC =356.72 J W ADBC =W AD +W DB +W BC W ADBC =356.72+544.63+356.72 W ADBC =1258.07 J d ¿ Debido a que la fuerza de rozamiento va en sentido opuesto al movimiento , por lo tanto , eltrabajo es negativo

ya que la fuerza es contraria al desplazamiento y se genera consumo de la energía mecanica . Observaciones: Temática: Energía cinética y el teorema del trabajo y la energía. Ejercicio No 7. Un martillo de acero con masa de 205 kg se levanta 2.50 m sobre el tope de una viga en forma de I vertical, que se está clavando en el suelo. El martillo se suelta, metiendo la viga -I- otros 3.20cm en el suelo. Los rieles verticales que guían el martillo ejercen una fuerza de fricción constante de 55.0 N sobre éste. Use el teorema trabajo-energía para determinar a) la rapidez del martillo justo antes de golpear la viga-I y b) la fuerza media que el martillo ejerce sobre la viga-I. Ignore los

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA FÍSICA GENERAL CÓDIGO. 100413 efectos del aire.

Datos ejercicio

del


Cuando el martillo está a 2,50 m por encima de la viga tiene una energía potencial respecto a la parte superior de la viga que vale Ep = 205 · 9,8 · 2,50 = 5022,5 J Al caer, pierde una parte de esta energía por rozamiento: Wroz = -55 · 2,50 = -137,5 J Cuando llega a golpear la viga la energía que le queda es 5022,5 - 137,5 = 4885 J Esta energía se manifiesta en forma de energía cinética, llevando el martillo una velocidad v: 2 4885 = (1/2) · 205 · V v = 6,90 m/s La energía cinética del martillo se emplea ahora en trabajo para clavar la viga, ejerciendo sobre ella una fuerza media que se calcula con la expresión del trabajo: W = 4885 = F · 0,032

Explicación y/o justificación y/o regla utilizada en el proceso realizado: Cuando el martillo llega a su punto máximo tiene una energía potencial superior a la de la viga y cuando cae pierde parte de su energía por el rozamiento, al momento de golpear la viga llega al máximo de su energía cinética


Oscar Mauricio Melo


F = 152656 N Observaciones: Ejercicio No 8.

Un vagón de

4.50 ×10 3 kg

rueda a lo largo de una vía recta con fricción

despreciable. El vagón se lleva al reposo mediante una combinación de dos resortes de espiral, como se ilustra en la figura. Ambos resorte se describen mediante la Ley de Hooke con constantes de elasticidad

k 1=1.20 × 103 N/m

y

k 2=2.90× 103 N/m .

Después de que el primer resorte se comprime una distancia de 30.0 cm, el segundo resorte actúa junto con el primero para aumentar la fuerza mientras se presenta una compresión adicional como se muestra en la gráfica. El vagón llega al reposo 20.0 cm después de que empieza a obrar de manera simultánea el segundo resorte. Encuentre la rapidez inicial del vagón. ( Figura tomada de Física para Ciencias e Ingeniería, 7a edición, Serway/Jewett.) Datos ejercicio

del


Explicación y/o justificación y/o regla utilizada en el proceso realizado:



Observaciones: Temática: Potencia. Ejercicio No 9. A continuación se plantean dos situaciones, con el fin de que se determine la potencia que requiere un móvil, bajo ciertas circunstancias. (a) Un móvil de 1350 kg asciende una colina de 9.80º a una velocidad constante de 75 km/h y (b) el mismo acelerando sobre una superficie horizontal desde 85.0 km/h hasta 105 km/h en 5.56 s; para la determinación de la potencia, debe tener en cuenta que la fricción entre las llantas del móvil y el pavimento es de 580 N durante el recorrido.

Datos ejercicio

del


F= mgsen(9.80°) +580 = (1350 Kg x 10 m/seg^2 x 0.17) + 580 =2875 N. Siendo...Potencia = Fuerza x velocidad = 2875 N x (75000/3600) m/seg = 60 Kwatts.aprox. 2. Fuerza impulsora Sobre superficie horizontal: La única fuerza a vencer sería la de frotamiento contra el pavimento. Aceleración = delta velocidad /delta tiempo = (( 105-85)x1000/3600)) / 5.56 s =5.55 / 5.56 = 1

Explicación y/o justificación y/o regla utilizada en el proceso realizado: La fuerza impulsora hacia

arriba de la pendiente debe igualar a las componente del peso

más

rozamiento

la

fuerza

de


Oscar Mauricio Melo


m/seg^2 (Fuerza impulsora - 580) = 1350 Kg x 1 m/seg^2 Fuerza impulsora = 1350 + 580 = 1930 N Espacio recorrido acelerando = Vo t + ½ a 2 = ((85000/3600) x 5.56) + 1/2 x 1m/seg2x 5.56 2 = 131.28 + 15.457 =146.73 metros. Trabajo realizado por fuerza impulsora = 1930 N x 146.73 m=283200 Joules. Potencia = 283200 Joules / 5.56 s = 50.93 Kwatts Observaciones:


CONCLUSIONES 

La segunda ley de Newton del movimiento proporciona la base para gran parte de las matemáticas en la ingeniería mecánica. Para citar dos ejemplos de las inmensas aplicaciones basadas en esta ley, en el estudio de la dinámica, los ingenieros aplican la segunda ley de Newton para predecir el movimiento de un objeto que experimenta una fuerza neta, mientras en el campo de la estática, los ingenieros utilizan la segunda ley de Newton para calcular las fuerzas que actúan sobre objetos estacionarios.



La segunda ley de Newton se puede utilizar para describir la aceleración de un objeto en función de la fuerza total aplicada y la masa del objeto. En pocas palabras, cuanto más fuerza aplicada a un objeto, más rápido se va a acelerar. Del mismo modo, si la misma fuerza se aplica a dos objetos de diferente masa, el objeto con la mayor masa se acelerará menos rápidamente.


REFERENCIAS BIBLIOGRÁFICAS

Universidad Nacional Abierta y a Distancia – UNAD. Unidad 2: Dinámica y Energía. Disponible en: http://campus06.unad.edu.co/ecbti08/mod/book/view.php?id=2415 Fuerzas y vectores. Equilibrio de la partícula. Disponible en: http://assets.mheducation.es/bcv/guide/capitulo/8448146700.pdf Giancoli, D., 2006. México. Fisica con Aplicaciones. Ed. Prentice Hall Inc. Disponible en: https://books.google.com.co/books? id=1KuuQxORd4QC&pg=PA227&lpg=PA227&dq=fuerzas+en+equilibrio&source=bl&ots=AOGuzWxVvO&sig=VIVN5Eho7RK yDz42cFL7KcrIfrU&hl=es&sa=X&ved=0ahUKEwim7fTrp_TPAhUJPj4KHQNfCgk4FBDoAQg4MAU#v=onepage&q=fuerzas %20en%20equilibrio&f=false

Trabajo Colaborativo Fase 2_100413

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