1. din mica de traslaci y de...

PREPARACIÓN DE LA UNIDAD (pág. 23)

• Las magnitudes vectoriales se diferencian de las escalarespor tener una dirección y un sentido. Una magnitud esca-lar queda totalmente determinada si sabemos su valor nu-mérico y las unidades, mientras que una magnitud vecto-rial, además de valor numérico y unidades, tiene unadirección y un sentido característicos, que la diferenciande otra magnitud vectorial con las mismas unidades y valornumérico pero con distinta dirección y/o sentido.

Magnitudes escalares: temperatura, energía, potencia,masa, volumen.

Magnitudes vectoriales: fuerza, campo eléctrico, campomagnético, peso, velocidad.

• a) b) c)

d) e)

• Los sólidos rígidos pueden tener dos tipos de movimientos:de traslación y de rotación alrededor de un eje.

En un movimiento de traslación todas las partículas del só-lido efectúan el mismo desplazamiento.

En un movimiento de rotación todas las partículas del sóli-do describen trayectorias circulares alrededor de un eje,excepto las situadas sobre el propio eje, que permaneceninmóviles.

•

• Datos: R = 40 cm = 0,4 m; = 2 t + 0,5 t2 (SI)

a) La velocidad angular corresponde a la derivada del án-gulo respecto al tiempo:

(SI)

La aceleración angular corresponde a la derivada de lavelocidad angular respecto al tiempo:

b) La velocidad lineal se obtiene al multiplicar la veloci-dad angular por el radio:

(SI)

De la misma manera, obtenemos la aceleración tangen-cial como el producto del radio por la aceleración an-gular:

c) La aceleración normal será:

(SI)

Para t = 5 s, cada una de las componentes de la acelera-ción será:

La aceleración total será la suma vectorial:

Su módulo es:

at

1. DESCRIPCIÓN DEL MOVIMIENTO (págs. 25, 27, 29, 31 y 33)

1.

= ( ) + ( ) =0 4 19 6 19 62 2 2 2 2, / , / , /m s m s m s

a at n= + =2 2

r r ra u u SIt n= +0 4 19 6, , ( )

r r ra a at n= +

a m sn = ⋅ + ⋅ + =0 4 5 1 6 5 1 6 19 62 2, , , , / a m st = 0 4 2, /

a R t t tn = = +( ) ⋅ = + +ω2 2 22 0 4 0 4 1 6 1 6, , , ,

a Rrad

sm

m

st = ⋅ = ⋅ =α 1 0 4 0 4

2 2, ,

v R t t= ⋅ = +( ) ⋅ = +ω 2 0 4 0 8 0 4, , ,

α ω= =d

dtrad

s1

2

ω φ= = +d

dtt2

φ

d(t + 8t - 3)dt

3t3 2

2= + 16t

d(3t – 4t +1)dt

6t – 42

=

d(2t )dt

6t3

2=d(3t )dt

6t2

=d(5t)

dt= 5

13

1. Dinámica de traslación y de rotación

Ft

1 = (7it

+ 4jt

)N

Ft

1

Ft

2

Ft

2 = (–6it

+ 2jt

)N

jt

Rt

= (it

+ 6jt

)N

it

Sistema de referencia en una dimensión

–8 –6 –4 –2 0 2 4 6 8

r = 6 X

2. Datos: = (4t + 2) + (t2 – 2t) (SI)

a) Obtendremos los vectores de posición sustituyendoel valor correspondiente del tiempo t en la expresiónde (t):

= (4 ·1 + 2) + (12 –2 ·1) = (6 – ) m

= (4 ·3 + 2) + (32 –2 ·3)

= (14 + 3 ) m

b) Para encontrar el vector desplazamiento entre losdos instantes restamos los vectores de posición co-rrespondientes:

El módulo del vector desplazamiento será:

c) Para encontrar la ecuación de la trayectoria, escribi-mos primero las ecuaciones paramétricas del movi-miento:

Despejando t en la primera ecuación e introducien-do su expresión en la segunda ecuación paramétrica,obtendremos la ecuación de la trayectoria:

La trayectoria es una parábola.

3. Datos: = (t – 3) + 8t , en unidades SI

a) Obtenemos la ecuación de la trayectoria a partir delas ecuaciones paramétricas del movimiento:

t = x + 3

y = 8 (x + 3) = 8x + 24

b) Determinamos los vectores de posición en los instan-tes t = 2 s y t = 5 s sustituyendo estos valores del tiem-po en la expresión de :

= (2 – 3) + 8 · 2 = (– + 16 ) m

= (5 – 3) + 8 · 5 = (2 + 40 ) m

c) Calculamos el vector desplazamiento entre los dosinstantes restando los vectores de posición corres-pondientes:

d) La distancia recorrida por el móvil coincidirá con elmódulo del vector desplazamiento porque se trata deuna trayectoria rectilínea.

4. La celeridad es el módulo del vector velocidad. A dife-rencia de la velocidad, que es un vector, la celeridad esun escalar. Por lo tanto, la celeridad carece de direccióny sentido.

5. El vector velocidad no se puede descomponer en unacomponente tangencial y otra componente normalcomo la aceleración. El eje tangencial está sobre la rectatangente a la trayectoria, mientras que el eje normal sedefine como el eje perpendicular a la trayectoria en cadapunto. La velocidad es siempre tangente a la trayectoria,de forma que su componente normal será siempre nula.En cambio, la componente tangencial coincide con elmódulo del vector velocidad.

∆ ∆s = r (3 m) (24 m) 24,2 m2 2r= + =

∆

∆

r r r r r

r r r r r r r

r r – r r(5 s) – r(2 s)

r (2 i + 40 j)m – (– i + 16 j)m = (3 i + 24 j)m

0= =

=

rj

ri

rj

ri

rr s( )5

rj

ri

rj

ri

rr s( )2

rr t( )

x t

y

==

– 3

8t

rj

ri

rr t( )

y

x x= +( – )2 12 2016

yx x=

−

––

24

22

4

2

tx= – 2

4

x

y

= +

= −

4 2t

t 2t2

∆rr = (8 m) + (4 m ) = 8,9 m2 2

∆

∆

r r r r r

r r r r r r r

r r – r r(3 s) r(1 s)

r (14 i + j)m – (6 i – j)m = (8 i + 4 j)m

0= = −

= 3

rj

ri

rr s( )3

rj

ri

rr s( )3

rj

ri

rj

ri

rr s( )1

rr

rj

ri

rr t( )

14

Sistema de referenciaen dos dimensiones

Sistema de referenciaen tres dimensiones

La trayectoria esuna recta

Y (m)

X (m)

70

50

30

–40 –20 20 40

10

rt = –2it

+ 2jt

rt = it

+ 4jt

+ 4kt

kt

jt

jt

it

it

2

–2

–2

2X

X

Y

Y

Z

1

1

4

2

2 4

6. Datos: en unidades SI

a) Obtendremos la velocidad media calculando el co-ciente entre el vector desplazamiento y el intervalode tiempo. Encontraremos el vector desplazamientoentre los dos instantes restando los vectores de posi-ción correspondientes:

Aplicando la definición de velocidad media:

(SI)

b) Obtenemos la velocidad instantánea derivando elvector de posición:

(SI)

c) Hallamos la aceleración media calculando el cocien-te entre la diferencia de los vectores velocidad, en losdos instantes, y el intervalo de tiempo. Los vectores velo-cidad en los instantes t = 3 s y t = 0 s se obtienen sustitu-yendo el tiempo t correspondiente en la expresión de lavelocidad instantánea obtenida en el apartado anterior:

Aplicando la definición de aceleración media:

d) La aceleración instantánea se obtiene derivando elvector velocidad instantánea:

(SI)

e) Hallamos la velocidad y la aceleración en el instante t = 1 s sustituyendo este valor del tiempo en las expre-siones de la velocidad y la aceleración instantáneas:

7. Datos: en unidades SI

a) La aceleración instantánea se obtiene derivando elvector velocidad instantánea:

El vector aceleración instantánea no depende del tiem-po, es constante. Por tanto, en el instante t = 2 s la ace-leración será la misma que en cualquier otro instante:

Su módulo también será constante:

b) La componente tangencial de la aceleración es la de-rivada del módulo de la velocidad. El módulo de lavelocidad en un instante t será:

y su derivada:

La aceleración tangencial no depende del tiempo en

este caso. Por tanto, en t = 2 s su valor será m/s2.

Además, coincide con el módulo de la aceleración to-tal, de donde se deduce que la componente normales nula.

Otra forma de ver que la componente normal es ceroconsiste en obtener la ecuación de la posición inte-grando la ecuación de la velocidad:

Entonces se puede obtener la ecuación de la trayec-toria:

La trayectoria es una recta. Por lo tanto, la acelera-ción normal será cero.

8. Datos: (SI); ; r rr0 4= i m

r rv0 0 5= , i m/s

r ra = 3t i

y – y =

x – x30

0

t x – x2

0= ( )23

;

x – x t

y – y t

02

02

=

=

3212

r r r r r rr r

t− = +∫0

0(3t i + t j)dt =

32

t i12

t j2 2

dt

rv( )t

r rr (t) r0= + ∫

t

t

0

10

rr

a (t)d v(t)

dt= = 10

2

m

s

rv(t) t) t t2 2= + =(3 10

r ra (2 s) a m/s ) (1m/s ) m/s2 2 2 2 2= = + =(3 10

r r ra(2 s) i j m/s2= +( )3

rr r r

a(t)dv(t)

dt3 i j

s2= = +( )

m

r r rv(t) 3t i t j,= +

r r r r r

r r r r rv(1 s)= 6 1 i + 2 1 j = (6 i + 2 j) m/s

a(1 s)= 12 1 i + 2 j = (12 i + 2 j) m/s

2

2

⋅ ⋅

⋅

rr r r

a (t)dv (t)

dtt i j= = +( )12 2

rr

r

r r r ra

vt

v(3 s) – v(0 s)3 s – 0 s

i jm = = = +∆∆

( )18 22

m

s

r r r

r r r r rv(0 s)= 6 0 i + 2 0 j = m/s

v(3 s)= 6 3 i + 2 3 j = (54 i + 6 j)m/s

2

2

⋅ ⋅

⋅ ⋅

0

rr r r

vd r (t)

dt6 t2( ) ( )t i t j= = + 2

rr

r

r r r rv

rt

r(3 s) – r(0 s)3 s – 0 s

i jm = = = +∆∆

( )18 3

r r r

r r r r r

r r r r r

r r r r r

r(0 s)= 2 0 i + 0 j =

r(3 s)= 2 3 i + 3 j = (54 i + 9 j)m

r = r – r = r (3 s) – r (0 s)

r = (54 i + 9 j)m – 0 m = (54 i + 9 j)m

3 2

3 2

0

⋅

⋅

0 m

∆

∆

r r rr(t) 2t i t j,2= +3

15

Eje normal

an

at

Eje tangencial

at

vt

La ecuación de la velocidad se obtiene integrando laecuación de la aceleración. En este caso, sólo hay unacomponente:

(SI)

La ecuación de la posición se obtiene integrando laecuación de la velocidad anterior:

(SI)

Las ecuaciones de la velocidad y de la posición en fun-ción del tiempo son:

(SI)

(SI)

9. Datos: a = 3 m/s2; t1 = 25 s; t2 – t1 = 1 min = 60 s;

x0 = 0 m; v0 = 0 m/s; t0 = 0 s

Primera etapa: MRUA. Calculamos la posición y la velo-cidad al final de esta etapa:

x1 = x0 + v0 (t1 – t0) + a (t1 – t0)2

x1 = 3 (25 s)2 = 937,5 m

v1 = v0 + a (t1 – t0) = 3 · 25 s = 75 m/s

Segunda etapa: MRU. Calculamos la posición final de lamoto, que coincide con la distancia total recorrida, yaque la posición inicial era x0 = 0:

x2 = x1 + v1 (t2 – t1) = 937,5 m + 75 · (60 s)

x2 = 5 437,5 m

La distancia total recorrida es de 5 437,5 m.

10. Datos:

Las ecuaciones del movimiento de la bola son:

y = y0 + v0 (t – t0) – g (t – t0)2

y = 200 m – 9,8 t2

v = v0 – g (t – t0); v = – 9,8 t

a) La bola llegará al suelo cuando la altura y sea cero.Encontraremos el tiempo de vuelo de la bola im-poniendo esta condición en su ecuación de la po-sición:

0 = 200 m – 9,8 t2

La solución positiva de esta ecuación da un tiempode t = 6,4 s.

b) La velocidad con la que llega la bola al suelo se obtie-ne sustituyendo el tiempo de vuelo que acabamos deencontrar en la ecuación de la velocidad:

v(6,4 s) = – 9,8 m·s–2 · 6,4 s = – 62,7 m/s

La bola llega al suelo con una velocidad de 62,7 m/s.El signo negativo indica que la bola se mueve haciaabajo.

c) A los dos segundos de dejar caer la bola, su velocidadviene dada por la misma ecuación con t = 2 s:

v(2 s) = – 9,8 m·s–2 · 2 s = – 19,6 m/s

La bola se mueve con una velocidad de 19,6 m/s diri-gida hacia abajo.

11. Datos:

Tomamos x = 0 e y = 0 en el punto de partida de la bar-ca. Teniendo en cuenta que:

las ecuaciones de movimiento de la barca serán:

x = x0 + vx (t – t0) = vx t = 2 tms

36

kmh

36kmh

1 h3 600 s

1 000 m1 km

10= ⋅ ⋅ = ms

m

s2

12

m

s2

m

s2

12

12

X

m s–1⋅

m s–2⋅

m

s2

12

12

r rr(t)

12

t12

t 4 i3= + +

r rv(t)

32

t12

i2= +

r rr = 4 +

12

t +12

t i3( )t

r r r rr r v (t)dt i

12

i dt( )t ttt

= + = + +

∫∫0

2

004

32

r r r rv t t

t( ) ,= + +

∫0 5 3

32

2

0i t i dt =

12

i

r r rv t v a t dt

t

t( ) ( )= + ∫0

0

16

Y (m)

200

g

0

ytotal = 100 m

O

vyvy = 36 = 10 m

skmh

vx = 2 ms

vx X

Y

jt

it

rt = x it

+ y jt

vt = vx it

+ vy jt

y = y0 + vy (t – t0) = vy t = 10 t

a) La barca habrá cruzado el río cuando llegue a la otraorilla. En esa posición, y = ytotal = 100 m. Hallamos eltiempo empleado en cruzar el río imponiendo estacondición en la ecuación de y:

y = vy t;

b) La componente y del desplazamiento es la anchuradel río, y = 100 m. Calculamos la componente x:

x = vx t = 2 m·s–1 · 10 s = 20 m

Por tanto, la distancia recorrida será:

c) Para determinar la ecuación de la trayectoria, despe-jamos el tiempo de la coordenada x y lo sustituimosen la ecuación de la coordenada y:

;

12. Datos: y0 = 200 m; v0 = 50 m/s; α = 45o

Calculamos las componentes de la velocidad inicial:

v0x = v0 cos α = 50 cos 45o = 35,4

v0y = v0 sen α = 50 sen 45o = 35,4

Las ecuaciones del movimiento del proyectil, escritas porcomponentes, serán:

x = x0 + v0x (t) = 35,4 t; y = y0 + v0y (t) – g (t)2

x = 200 m + 35,4 t – 9,8 t2

vx = v0x = 35,4 m·s–1

vy = v0y – g (t); vy = 35,4 – 9,8 t

a) El proyectil alcanza la altura máxima en el puntodonde vy = 0. Buscamos el instante en que esto se pro-duce:

vy = v0y – g t

La altura en este instante es:

y = y0 + v0y t – g t2

y = 200 m + 35,4 · 3,6 s – 9,8 ·(3,6 s)2

y = 263,8 m

b) La velocidad en este punto sólo tiene componentehorizontal, vx, porque vy = 0. Entonces:

v = vx = 35,4 m/s

c) Para hallar el alcance necesitamos determinar el ins-tante en que el proyectil llega al suelo. Lo obtenemosimponiendo y = 0:

0 = y0 + v0y t – g t2

0 = 200 m + 35,4 t – 9,8 t2

4,9 t2 – 35,4 t – 200 = 0

La solución positiva de esta ecuación de segundo gra-do es t = 10,9 s.

Sustituyendo este tiempo en la ecuación de la coor-denada x, hallamos el alcance:

x = v0x t = 35,4 m·s–1 · 10,9 s = 387,2 m

13. Datos: R = 30 cm = 0,3 m; ω = 10 rpm ;

t = 2 min = 120 s

a) Expresamos la velocidad angular de 10 rpm en rad/s:

b) Los puntos de la periferia se encuentran a una dis-tancia del centro igual al radio de la rueda. Su veloci-dad lineal será:

v = ω R = π · 0,3 m = 0,1 π = 0,31

Los puntos situados a 10 cm del eje giran con un ra-dio R = 10 cm = 0,1 m. Por tanto:

v = ω R = π · 0,1 m = 0,03 π = 0,10

c) Calculamos el ángulo descrito en 2 min:

ϕ = ω t = π · 120 s = 40 π rad

Pasamos este ángulo de radianes a revoluciones (ovueltas):

40 π rad = 20 vueltas

d) La componente tangencial de la aceleración es nula,ya que se trata de un MCU.

La aceleración normal de los puntos de la periferiaes:

an = ω2 R = · 0,3 m = 0,33

m

s2

π3

2rad

s

1 vuelta2 radπ

rads

13

ms

ms

rads

13

ms

ms

rads

13

10 rpm 10

revmin

2 rad1 rev

1 min60 s

rad= ⋅ ⋅ =π π

3 s

m

s2

12

ms

12

m

s2

12

ms

12

t

v v

g35,4 m/s 0 m/s

9,8 m/s0y y

2=

−= − = 3 6, s

ms

ms

m

s2

12

ms

12

ms

ms

ms

ms

ms

y 10

x2

5x= = t

x=2

x 2 t

y 10 t

==

r x y (20 m) 100 m) 102,0 m2 2 2 2= + = + =(

tyv

100 m10 m/s

10 sy

= = =

ms

17

14. Datos: R = 25 cm = 0,25 m; ωo = 0,5 rev/s; t = 40 s

a) Expresamos la velocidad angular inicial en rad/s:

ω0 = 0,5 = 0,5 = π

b) Calculamos la aceleración angular a partir de la ecua-ción de la velocidad angular y sabiendo que será ceroen t = 40 s:

ω = ω0 + α t ; 0 π rad/s + α · 40 s

Utilizamos la ecuación del movimiento para determi-nar el ángulo girado en 40 s:

ϕ = ϕ0 + ωo (t – t0) + α (t – t0)2

ϕ = π · 40 s – · · (40 s)2 = 20 π rad

Pasamos este ángulo de radianes a revoluciones (ovueltas):

20 π rad = 10 vueltas

c) Cuando la rueda comienza a frenar, la velocidad an-gular es la inicial, ω0. La componente normal de laaceleración para un punto de la periferia será:

an = ω02 R = (π )2 · 0,25 m = 2,5

La aceleración tangencial será:

at = α R = – · 0,25 m = – 0,02

2. CAUSAS DEL MOVIMIENTO (págs. 35, 37 y 39)

15. Si dejamos caer una piedra desde cierta altura, la Tierraejerce sobre ella una fuerza: la fuerza de la gravedad.Como esta fuerza no se ve compensada, la fuerza resultan-te sobre la piedra no es nula. Como resultado, y tal comoindica la segunda ley de Newton, la piedra adquiere unaaceleración proporcional a la fuerza que actúa sobre ella.

16. Datos:

Para que se mueva con velocidad constante, es necesarioque la fuerza resultante sea cero:

R = F – Fr = 0 ⇒ F = Fr

La fuerza que debemos aplicar será igual a la fuerza derozamiento:

F = Fr = µc N = µc p = µc m g

F = 0,1 · 20 kg · 9,8 m/s2 = 19,6 N

17. Datos:

Calculamos la fuerza resultante:

F = 52 N - 34 N = 18 N

Hallamos la aceleración que adquiere el cuerpo con estafuerza resultante:

F = m a ⇒ a = = = 1,8

18. Datos:

La fuerza resultante sobre el sistema es nula. Por tanto,se conservará la cantidad de movimiento. Calculamosprimero la cantidad de movimiento inicial del sistema:

Si cuando las dos bolas chocan quedan unidas, su masafinal será:

m = m1 + m2 = 2 kg + 5 kg = 7 kg

Por tanto, la velocidad del sistema después del choqueserá:

rr r

rv

pm

14 kg m/s i7 kg

2 i= =⋅

= ms

r r r

r r r r

r r r r

r r r r r r

p = p p

p m v 2 kg m/s i = – 6 kg m/s i

p m v 5 kg 4 m/s i 20 kg m/s i

p p p 6 kg m/s i 20 kg m/s i 14 kg m/s i

1 2

1 1 1

2 2 2

1 2

+

= = ⋅ ⋅

= = ⋅ = ⋅

= + = − ⋅ + ⋅ = ⋅

(– )3

m

s2

18 N10 kg

Fm

r r r r rF = F F N i + 52 N i1 2+ = − 34

m

s2

π40

rad

s2

m

s2

rads

1 vuelta2 radπ

π40 2

rad

s

12

rads

12

α

π π= − = −rad s

s s

/

40 40 2

rad

rads

revs

2 radrev

⋅π

revs

18

Nt

m = 20 kg µc = 0,1

Ft

r Ft

pt

Ft

X

F2 = 52 N

F1 = 34 N

m = 10 kg

m2

a b

m1

m1 = 2 kg

vt

1 = –3 m/s it

m2 = 5 kg

vt

2 = 4 m/s it

pt

= pt

1 + pt

2

m = m1 + m2 = 7 kg

m pt

vt

vt

2 pt

2 pt

1vt

1

19. Datos: m = 3,5 kg; T = 6 N

a)

b) Para que la velocidad sea constante, es necesario quela fuerza resultante sea nula:

R = F – Fr = 0 ⇒ Fr = F = 6 N

A partir de la fuerza de rozamiento, calculamos el co-eficiente cinético de rozamiento:

c)

Si la cuerda se inclina 45°, la fuerza se podrá descompo-ner en dos componentes y aparecerá una nueva compo-nente vertical que antes no existía:

— Componente horizontal: Fx = F cos 45o = 4,2 N

— Componente vertical: Fy = F sen 45o = 4,4 N

Como la componente vertical es menor que el peso, elbloque sólo puede moverse horizontalmente:

p = m g = 3,5 kg · 9,8 m/s2 = 34,3 N > Fy = 4,2 N

Pero a causa de esta nueva componente vertical, la fuer-za normal es menor que en el caso anterior. Teniendoen cuenta que el bloque no se mueve verticalmente yque, por tanto, la resultante en el eje vertical es cero:

Ry = N + Fy – p = 0 ⇒ N = p – Fy = 30,1 N

Entonces, la fuerza de rozamiento será más pequeña quecon la cuerda horizontal:

Fr = µc N = 0,17 · 30,1 N = 5,1 N < 6 N

Pero ahora la componente horizontal de la fuerza ejerci-da por la cuerda, Fx, también es menor que en los apar-tados anteriores. Además, Fx es más pequeña que la fuer-za de rozamiento:

Fx = 4,2 N < 5,1 N = Fr

Por lo tanto, si el bloque parte del reposo, no se moverá.Si, en cambio, inclinamos la cuerda cuando el bloque yase estaba moviendo, éste se moverá con movimiento rec-tilíneo desacelerado, con aceleración:

20. No, no siempre es cierto. El valor µe N indica la fuerza derozamiento estática máxima entre un cuerpo y una super-ficie. Superado este valor, el cuerpo comienza a deslizar-se, pero mientras el cuerpo está en reposo la fuerza de ro-zamiento no tiene por qué alcanzar este valor máximo.En general, su módulo tiene exactamente el mismo valorque la compomente tangencial de la fuerza aplicada.

Ejemplo:

21. Si la caja baja a velocidad constante, la aceleración esnula y sabemos que la fuerza resultante es cero.

Eje tangencial: pt – Fr = m a = 0 ⇒ pt = Fr

m g sen α = µc N

Eje normal: N – pn = 0 ⇒ N = pn = p cos α

N = m g cos α

Sustituyendo esta expresión de N en la ecuación del ejetangencial:

m g sen α = µc m g cos α

22. Supondremos que el sistema se mueve hacia la izquierda.Es decir, que el cuerpo 1 desciende por el plano, mien-tras el cuerpo 2 asciende. Si la aceleración resultante fue-ra negativa, deberíamos repetir el problema cambiandoel sentido del movimiento.

µ

αα

αc = = =sencos

tg ,0 25

a

Rm

F Fm

4,2 N 5,1 N3,5 kg

x r= = − =−

= − 0 262

,m

s

F N p m g

Fm g

N

kg m s

r c c c

cr

= = =

= =⋅ ⋅

=

µ µ µ

µ6

3 5 9 80 17

2, ,,

19

m = 3,5 kg

m = 3,5 kg

Ft

Ft

Ft

r

Fx

Fy

Ft

r

Nt

Nt

pt

= m gt

pt

= m gt

m = 25 kg

F = 50 N

Fr = 98 NFr = 50 N

Fr = 24,5 N

Reposo Reposo

Desplazamiento

F = 98 N

F = 100 N

µe = 0,4

µc = 0,1

µe = 0,4

Nt

pt

pn

p

α = 14o

α

Ft

r

Representamos todas las fuerzas que actúan sobre cadacuerpo y calculamos la aceleración:

Cuerpo 1: p1t – Fr – T = m1 a

Cuerpo 2: T – p2 = m2 a

Sumando las dos ecuaciones:

p1t – Fr – p2 = (m1 + m2) a

a = 2,1 m/s2

Despejamos la tensión de la ecuación del cuerpo 2:

T = m2a + p2 = m2 a + m2 g = m2 (a + g)

T = 4 kg · (2,1 m/s2 + 9,8 m/s2) = 47,6 N

23. Datos:

Aplicamos la segunda ley de Newton, teniendo en cuentaque la fuerza resultante en la dirección radial tiene queser la fuerza centrípeta:

Eje X: Tx = Fc ; T sen α =

Eje Y: Ty = p ; T cos α = m g

Despejamos la tensión de la segunda ecuación:

y la sustituimos en la primera:

sen α =

Despejamos la velocidad:

Teniendo en cuenta que R = 1 sen α:

Sustituyendo los valores del problema,

24. Una bola que gira verticalmente atada a una cuerda nocae en el punto más alto porque la fuerza del peso se em-plea en cambiar la dirección del movimiento de la bola yno en hacerla caer al suelo. Si no actuara sobre la bolaninguna fuerza, ésta no seguiría una trayectoria circular,sino recta. La fuerza del peso de la bola contribuye, jun-to con la tensión de la cuerda, a aportar la fuerza centrí-peta necesaria para que la bola lleve a cabo un movi-miento circular.

25. Datos: m = 150 g = 0,15 kg; R = 80 cm = 0,8 m; Tmax = 10 N

a) La cuerda se romperá en el punto inferior de la tra-yectoria. En este punto la fuerza centrípeta es igual ala tensión de la cuerda menos el peso de la piedra.

b) La cuerda se romperá donde la tensión es máxima.Esto sucede en el punto inferior de la trayectoria,donde la fuerza del peso actúa en sentido contrario ala tensión.

3. MOVIMIENTO DE ROTACIÓN (págs. 40, 42, 44 y 46)

26. Un cuerpo sometido a una fuerza resultante nula y a unmomento no nulo tendrá un movimiento de rotación de-bido al momento. Si inicialmente estaba en reposo, no setrasladará. Si, en cambio, inicialmente estaba en trasla-ción, seguirá moviéndose con velocidad constante y entrayectoria rectilínea.

Si está sometido a una fuerza resultante no nula, tendráun movimiento de traslación acelerado. Además, si el

T p =m v

R; v

T m g

v0,8 m 10 N – 0,15 kg 9,8 m/s

max

2max

2

− =−( )

=⋅( )

=

R

m

kgms0 15

6 7,

,

v 9,8

m

s0,5 m sen 11,5 tg 11,5 0,45 m/s

2= ⋅ ⋅ ° ⋅ ° =

v g= =g R tg α α α1 sen tg

v = g R tg α

m g tg m

vR

2

α =

m v2

R

m gcos α

T

m g=

cos α

m v2

R

ap F p m1t r 2 1=

− −+

=− −

+

=⋅ ⋅ ° − ⋅ ⋅ ⋅ ° − ⋅

+

m mg m g m g

m m

a

c

1 2

1 2

1 2

8 9 8 60 0 1 8 9 8 60 4 9 88 4

sen cos

, sen , , cos ,

α µ α

20

pt

2

TtT

t

Nt

pt

160o

60o

p1t

m1 = 8 kgµc = 0,1

p1n

m2 = 4 kg

Ft

r

Tt

pt

XTx

Ty

1 = 0,5 m

α = 11,5o

α

Y

momento no es nulo, tendrá un movimiento de rota-ción.

27. Datos: = (3, 5, 1) N; = (1, 2, 1) m

Calculamos el momento de la fuerza como el productovectorial de con la fuerza :

28. El momento de inercia Ii de una partícula, definidocomo Ii = mi ri

2, depende del eje respecto al cual lo calcu-lemos, ya que variará la distancia ri de la partícula al eje.Del mismo modo, el momento de inercia de un sistemadiscreto de partículas depende del eje que escojamos,pues cambiarán las distancias ri de todas las partículas.

29. Datos: m1 = m2 = m3 = m = 1 kg; a = 3 m; b = 4 m

Calculamos el momento de inercia a partir de su defini-ción. Teniendo en cuenta que dos de las masas están so-bre el eje de rotación, sólo contribuirá al momento deinercia la tercera masa.

— Si gira en torno al primer cateto (a): r1 = r2 = 0, r3 = b = 4 m

— Si gira en torno al segundo cateto (b):

r1 = a = 3 m, r2 = r3 = 0

30. Datos: m = 1kg; R = 0,25 m

Cilindro. Utilizaremos la expresión del momento deinercia para un cilindro macizo que aparece en la página53 del libro del alumno:

Esfera. Aplicamos la fórmula correspondiente a la esferamaciza que aparece en la página 53 del libro del alumno.

31. Para comprobar que al dividir las unidades del momentode la fuerza entre las del momento de inercia se obtie-nen las de la aceleración angular, es necesario tener pre-sente que las unidades de fuerza, los newton (N), sonequivalentes a kg·m·s -2. Entonces:

32. La aceleración angular se relaciona con el momento re-sultante sobre el cuerpo mediante la ecuación funda-mental de la dinámica de rotación:

Por su definición, el momento de inercia es siempre po-sitivo. Por tanto, la aceleración angular tendrá siempre lamisma dirección y sentido que el momento resultante.

Nota para el profesor/a: en la página 44 del libro del alumno seaclara que esta ecuación sólo es realmente válida si el eje de rota-ción es un eje de simetría del cuerpo que permanece fijo o siempreparalelo a sí mismo.

33. Datos:

Calculamos primero el momento de inercia y el momen-to de la fuerza, para aplicar después la ecuación funda-mental de la dinámica de traslación.

r rM I= α

rM N m

kg m

kg m s m

kg ms

[ ][ ] = ⋅

⋅=

⋅ ⋅ ⋅⋅

= = [ ]−

−

Ι 2

2

22 α

Ι = = ⋅ ⋅ = ⋅2

525

1 0 25 0 0252 2 2m R kg m kg m( , ) ,

Ι = = ⋅ ⋅ = ⋅1

212

1 0 25 0 0312 2 2m R kg m kg m( , ) ,

Ιb i

iim r ma kg m kg m= = = ⋅ = ⋅∑ 2 2 2 21 3 9( )

Ιa i

iim r mb kg m kg m= = = ⋅ = ⋅∑ 2 2 2 21 4 16( )

r r r

r r r r r r r

r r r r

M r F m x N

M i j k x i j k N m

M i j k N m

= ⋅ = ( ) ( )= + +( ) + +( )[ ] ⋅

= − +( ) ⋅

1 2 1 3 5 1

2 3 5

3 2

, , , ,

–

rF

rr

rr

rF

21

m

m

mm

a = 3 m

mm

m = 1 kg

b = 4 m

b = 4 m

a = 3 m

F = 1,5 N

M = 100 g

R = 30 cm

kt

Aplicamos la fórmula de la página 42 del libro del alum-no para calcular el momento de inercia de un disco ma-cizo:

Para calcular el momento de la fuerza, tenemos en cuen-ta que y son perpendiculares. Entonces:

Aplicamos la ecuación fundamental de la dinámica derotación:

NOTA: La solución de este ejercicio depende de la elección de losejes. Una variación de la colocación de los ejes dará una res-puesta diferente pero igualmente correcta. La solución que acom-paña los ejercicios del libro del alumno se corresponde con la re-solución que aparece en este solucionario.

34. Si el eje de rotación es fijo, todas las partículas del sólidorígido giran con velocidad angular de la misma direc-ción y sentido. Lo que variará entre una partícula y otraserá el momento de inercia. Pero como éste es un esca-lar, el momento angular y la velocidad angular de cadapartícula son paralelos y del mismo sentido. Si todas laspartículas tienen velocidades angulares de la misma di-rección y sentido, todos los momentos angulares seránparalelos.

35. Datos: m1 = m2 = 1,5 kg; d = 1m; ω = 4

Escribimos primero la velocidad angular en unidades delSI:

Calculamos el momento de inercia del sistema. La dis-

tancia de cada masa al eje de giro será r = = 0,5 m.Por tanto:

Entonces, el momento angular será:

Tenemos en cuenta la orientación de los ejes para escri-bir el vector:


36. Datos: M = 7,35 · 1022 kg; R = 1,74 · 106 m;

ω = 1 rev cada 28 días.

Expresamos la velocidad angular en el SI:

Hallamos el momento de inercia a partir de la expresiónpara una esfera maciza de la página 42 del libro delalumno:

Calculamos el momento angular:

Tenemos en cuenta la orientación de los ejes y que girahacia el Este:


37. Datos:

r rL k kg m s= ⋅ ⋅2 31 1029 2,

L I kg m rad s

L kg m s

= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅

−ω 8 9 10 2 6 10

2 31 10

34 2 6

29 2

, ,

,

I MR kg m

I kg m

= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅

25

25

7 35 10 1 74 10

8 9 10

2 22 6 2

34 2

, ( , )

,

ω

π= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ −1

28124

13 600

21

2 6 10 6vueltad

dh

hs

radvuelta

rads

,

r rL k kg m s= ⋅6 2π

L kg m rad s kg m s= = ⋅ ⋅ = ⋅Ι ω π π0 75 8 62 2, /

Ι = ∑ = ⋅ ⋅ = ⋅m r kg m kg mi i2 2 22 1 5 0 5 0 75, ( , ) ,

d2

ω

ππ= ⋅ =4

21

8revs

radrev

rads

rev s

r r rr r

rM

M k N m

kg mk

rad

s= = =

⋅⋅

=ΙΙ

α α,,

,

0 45

0 0045100

2 2

r

r r r

M F R N m

M N m M k N m

= ⋅ = ⋅

= ⋅ = ⋅

1 5 0 3

0 45 0 45

, ,

, ; ,

rR

rF

Ι = = ⋅ ⋅ = ⋅1

212

0 1 0 3 0 00452 2 2MR kg m kg m, ( , ) ,

22

kt

R

R = 1,74 · 106 m

M = 7,35 · 1022 kg

m = 1,5 kg m = 1,5 kg

d = 1 m

M = 200 g = 0,2 kg

R = 0,4 m

ω = 45 rpm

kt

Expresamos primero la velocidad angular en unidadesdel SI:

Aplicamos la fórmula de la página 42 del libro del alum-no para calcular el momento de inercia de un disco ma-cizo:

Calculamos el momento angular:

Teniendo en cuenta la orientación de los ejes y el senti-do de giro indicado en la figura, escribimos el momentoangular en forma vectorial:


38. Si una persona situada sobre una plataforma circular enrotación se desplaza hacia su centro, la distancia de lapersona al eje disminuirá. Por tanto, su momento deinercia también será menor. Por la conservación del mo-mento angular, la velocidad angular de la plataforma au-mentará y girará más rápido.

39. Datos: R1 = 30 cm = 0,3 m; M1 = 0,4 kg; ω0 = 3 rev/s; R2 = 20 cm = 0,2 m; M2 = 0,2 kg

Aplicamos la expresión que aparece en la página 42 dellibro del alumno para calcular el momento de inercia deun disco macizo.

Expresamos la velocidad angular inicial del primer discoen unidades del SI:

Inicialmente, todo el momento angular del sistema esdebido al primer disco:

Al final, cuando los dos discos giran unidos, el momentode inercia será la suma de los dos, y por tanto, su mo-mento angular:

Aplicamos ahora la conservación del momento angularpara hallar la velocidad angular final:

40. Datos: ω0 = 30 rpm; r0 = 70 cm = 0,7 m;

m = 350 g = 0,35 kg; Iplat = 120 kg/m2;

r = 53 cm = 0,35 m

Aplicamos el principio de conservación del momento an-gular, teniendo en cuenta que los momentos de inerciade la niña en la plataforma y de las masas que sostienecon sus manos se suman:

41. Una experiencia sencilla para observar la conservacióndel momento angular es la siguiente:

— Montamos un dispositivo como el de la figura: enuna barra vertical (puede servir, por ejemplo, la patade una mesa) atamos una cuerda con una bola ocualquier objeto un poco pesado en el extremo.

— Damos impulso a la bola y la hacemos girar alrede-dor de la barra. Al irse enroscando la cuerda en la ba-rra, la distancia de la bola a la barra (eje de rotación)

L L I I

I mr I mr

I mr

I mr

kg m kg m rpm

kg m kg m

rpm

revmin

min

plat plat

plat

plat

0 0 0

02

02

02

0

2

2 2

2 2

2 2

2

2

120 2 0 35 0 7 30

120 2 0 35 0 35

30 06

30 06160

= =

+( ) = +( )

=+( )

+

=+ ⋅ ⋅( )

+ ⋅ ⋅

=

= ⋅

;

/ , ( , )

/ , ( , )

,

,

ω ω

ω ω

ωω

ω

ω

ωss

radrev

rads

⋅ =21

3 15π

,

L LL

I I

kg m s

kg m kg m

rads

rad s

rads

vueltarad

vueltass

= =+

=⋅

⋅ + ⋅=

=

= ⋅ =

00

1 2

2

2 2

0 108

0 018 0 0044 9

15 4

15 412

2 45

;

,

, ,,

, /

, ,

ω

ωπ

π

ω

ωπ

L I I= +( )1 2 ω

L L I

L kg m rad s kg m s0 1 1 0

02 20 018 6 0 108

= == ⋅ ⋅ = ⋅

ωπ π, ,

ω

ππ0 3

21

6= ⋅ =revs

radrev

rads

I M R kg m kg m2 2 22 2 21

212

0 2 0 2 0 004= = ⋅ ⋅ = ⋅, ( , ) ,

I M R kg m kg m1 1 12 2 21

212

0 4 0 3 0 018= = ⋅ ⋅ = ⋅, ( , ) ,

L k kg m s= ⋅0 024 2, πr

L I kg m rad s kg m s= = ⋅ ⋅ = ⋅ω π π0 016 1 5 0 0242 2, , / ,

I MR kg m kg m= = ⋅ = ⋅1

212

0 2 0 4 0 0162 2 2, ( , ) ,

ω

ππ= ⋅ ⋅ =45

160

21

1 5revmin

mins

radrev

rads

,

23

mr

irá disminuyendo. Por tanto, disminuirá su momentode inercia. Como consecuencia de la conservacióndel momento angular, observaremos que la bola giracada vez con mayor velocidad.

FÍSICA Y SOCIEDAD (pág. 47)

a) Se trata de un movimiento vertical:

y = y0 + v0 (t – t0) – g (t – t0)2 ; v = v0 – g (t – t0)

El cuerpo llega al suelo cuando y = 0. Si la velocidadinicial es cero y t0 = 0:

y = 0 = y0 – g t2 ⇒ t =

La velocidad en este instante será, en módulo:

|v| = gt =

Calculamos la velocidad del impacto:

— Desde la estatua de la Libertad (y0 = 92 m):

— Del Taj Majal (y0 = 95 m):

— Del segundo piso de la torre Eiffel (y0 = 116 m):

b) Respuesta sugerida:

Los excesos de velocidad causan alrededor del 30%de los accidentes en carretera y además agravan lasconsecuencias de otros percances en los que no sonla causa directa del accidente.

Fuente: Dirección General de Tráfico

RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS Y PROBLEMAS (pág. 49)

42. Datos: M = 5 kg; R = 0,75 m; F = 20 N;

t = 3 min = 180 s

a) Calculamos el momento de la fuerza, sabiendo queactúa en la periferia y es perpendicular al radio:

b) Hallamos primero el momento de inercia del cilin-dro, utilizando la expresión correspondiente de lapágina 42 del libro del alumno. A continuación, apli-

camos la ecuación fundamental de la dinámica de ro-tación para calcular la aceleración angular:

c) Aplicamos la ecuación del MCUA:

43. Datos: Mp = 1 kg; R = 25 cm = 0,25 m; mc = 2 kg

Se trata de una combinación del movimiento de rotaciónde la polea con el de traslación del cuerpo colgado.

Planteamos las ecuaciones fundamentales de la dinámicade traslación y de rotación, y las relaciones entre acelera-ción angular y tangencial.

a) La tensión de la cuerda valdrá lo mismo sobre elcuerpo que sobre la polea, y ejercerá un momentosobre ésta. Como actúa en la periferia y es perpendi-cular al radio:

M = R T

Este momento provoca una aceleración angular de lapolea. Hallamos el momento de inercia de ésta a par-tir de la fórmula de la página 42 del libro del alumnoy aplicamos la ley fundamental de la dinámica de ro-tación:

Por otro lado, la aceleración lineal del cuerpo colgadose relaciona con la aceleración angular de la polea:

b) Aplicamos la ley fundamental de la dinámica de tras-lación al cuerpo:

Con las cuatro ecuaciones anteriores, tenemos un sis-tema que resolvemos:

M RT

M IRT I T

IR

a R p T m a

p m g kg N kg N

pIR

m RpR

m R I

N m

kg m kg m

rad

s

a R

c

c

cc

=

=

= =

= − =

= = ⋅ =

− = =+

=⋅

⋅ + ⋅=

= =

αα α

α

α α

α

α

;

;

, / ,

;

, ,

( , ) ,,

,

2 9 8 19 6

19 6 0 25

2 0 25 0 03131 4

31

2

2 2 2

44 0 25 7 8

0 031 31 40 25

3 9

2 2

2 2

rad s m m s

TIR

kg m rad sm

N

/ , , /

, , /,

,

⋅ =

= =⋅ ⋅

=α

F p T m ac= − =

a a Rt= = α

I MR kg m kg m

M I

polea = = ⋅ ( ) = ⋅

=

12

12

1 0 25 0 0312 2 2, ,

α

ω α= = ⋅ =t rad s s rad s10 67 180 19212, / /

r r rr

M IM

IN mkg m

rad

s= = =

⋅⋅

=α α;,

,15

1 410 67

2

I MR kg m kg m= = ⋅ ⋅ = ⋅1

212

5 0 75 1 42 2 2( , ) ,

rM F R N m N m= ⋅ = ⋅ = ⋅20 0 75 15,

v 2y g 2 1 m 9,8 m/s

v 4ms

1 km1 000 m

3 600 s1h

171,7kmh

02= = ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ =

16

7 7,

v 2y g 2 95 m 9,8 m/s

v 43,2ms

1 km1 000 m

3 600 s1 h

155,5

02= = ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ = kmh

v 2y g 2 92 m 9,8 m/s 42,5 m/s

v 42,5ms

1 km1 000 m

3 600 s1 h

153

02= = ⋅ ⋅ =

= ⋅ ⋅ = kmh

2y g0

2yg

0

12

12

24

c) Aplicamos la ecuación del MRUA para hallar la velo-cidad del cuerpo a los 20 s de dejarlo libre:

EJERCICIOS Y PROBLEMAS (págs. 50 y 51)

44. El vector desplazamiento es la diferencia entre el vectorde posición final y el vector de posición inicial, por tantoes una magnitud vectorial. Su módulo representa la dis-tancia (en línea recta) entre la posición inicial y la posi-ción final. En cambio, la distancia recorrida es una mag-nitud escalar y se mide sobre la trayectoria, desde laposición inicial hasta la posición final.

— El módulo del vector desplazamiento y la distanciarecorrida sólo coinciden en caso de que la trayectoriasea una recta y no exista inversión del movimiento.

45. Si la aceleración es constante en módulo y perpendiculara la trayectoria en todo momento, se trata de un movi-miento circular uniforme. La aceleración sólo tiene com-ponente normal, siendo nula la componente tangencial.Además, la componente normal es constante, por lo queel módulo de la velocidad lineal es constante, y tambiénes constante la velocidad angular.

46. a) Representamos la normal y su reacción en el caso deun cuerpo, como un televisor, apoyado sobre unamesa.

La normal es la fuerza de contacto que ejerce la mesasobre el televisor. Es la reacción de otra fuerza decontacto que ejerce el televisor sobre la mesa, N’. Lanormal no es la reacción del peso. El peso es ejercidopor la Tierra sobre el televisor, y su reacción es ejerci-da por el televisor sobre la Tierra. La reacción delpeso se aplica, por tanto, en el centro de la Tierra. Lanormal, en cambio, se aplica en la superficie de con-tacto entre el televisor y la mesa.

b)

El rozamiento, Fr, que se opone al desplazamiento deuna mesa es ejercido por el suelo sobre ésta. Se aplicaen la superficie de contacto entre la mesa y el suelo.Su reacción es la fuerza F’r, aplicada sobre el suelo.

c)

La tensión que ejerce la cuerda sobre el bloque, T, seaplica sobre el bloque, y su reacción, T,, la ejerce elbloque sobre la cuerda.

47.

El ciclista no cae porque la componente vertical de lanormal equilibra el peso, y la componente horizontalde la normal se emplea en hacerlo girar. La compo-nente horizontal de la normal coincide con la fuerzacentrípeta.

48. a) Si la cantidad de movimiento de una masa puntualque describe una trayectoria circular se reduce a lamitad, se reduce también a la mitad su velocidad an-gular. Por tanto, su nuevo momento angular serátambién la mitad.

b) Si el radio del círculo se triplica manteniendo cons-tante la velocidad lineal, el momento de inercia au-mentará, y también lo hará el momento angular.Concretamente, podemos relacionar el momento an-gular y la velocidad lineal, teniendo en cuenta que:

Por tanto, si el radio se triplica, el momento angularse triplica.

L I

vr

L Ivr

mrvr

mvr=

=

= = =

ω

ω2

v v at v at m s s m s= + = = ⋅ =027 8 20 157; , / /

25

Nt

Nt

’

Ft

r

Ft

Ft

rFt

r Ft

’r Ft

’r

Ft

r Ft

’r Ft

’r

pt

= m gt

Tt

Tt

Nt

Nt

N cos α

N sen α = Fc

α

α

Tt

’

Tt

’

pt

= m gt

pt

= m gt

pt

= m gt

49. Datos: , en unidades SI

a) Para hallar la velocidad media, primero calculamoslos vectores de posición en los instantes inicial y finaly el vector desplazamiento:

Aplicamos la definición de velocidad media:

b) La velocidad instantánea para cualquier instante detiempo t se obtiene derivando respecto al tiempo laecuación del movimiento:

, en unidades SI

c) Para hallar la aceleración media, primero calculamosla velocidad en los instantes t = 1 s y t = 2 s:

Aplicamos la definición de aceleración media:

d) La aceleración instantánea para cualquier instante detiempo t se obtiene derivando respecto al tiempo laecuación de la velocidad:

50. Datos: , ;

Obtendremos el vector velocidad integrando la aceleración:

(SI) (SI)

El vector de posición se halla integrando el vector veloci-dad:

(SI)

51. Datos: y10 = 0 m; v20 = 0 m/s; v10 = 30 m/s; y20 = 20 m

Escribimos primero las ecuaciones de la posición decada piedra:

Las dos piedras se encontrarán cuando y1 = y2. Igualandolas dos posiciones, obtenemos el momento en que se en-cuentran:

Sustituyendo este valor del tiempo en la ecuación de laposición de la primera piedra obtenemos la altura a quese encuentran:

52 Datos: vy = 810 km/h; vx = 144 km/h

Expresamos las velocidades en unidades del SI:

Escribimos las ecuaciones del movimiento en cada eje:

a) Para obtener el tiempo que tarda el avión en avanzar 1 km en dirección Norte, imponemos y = 1 km = 1 000 m:

b) En la dirección Norte avanza 1 km. Calculamos cuán-to avanza en la dirección Este:

La distancia recorrida sobre la Tierra será la compo-sición de los dos desplazamientos:

c) Hallamos la ecuación de la trayectoria a partir de lasecuaciones paramétricas:

; ;

La trayectoria es una recta.

y

x x= ⋅ =22540

458

tx=

40

x t

y t

==

40

225

∆r x y m m m= + = ( ) + ( ) =2 2 2 2

176 1000 1015 4,

x

ms

tms

s m= = ⋅ =40 40 4 4 176,

y mms

t

tm

m ss

= =

= =

1 000 225

1 000225

4 4/

,

x x v t xms

t

y y v t yms

t

o x

o y

= + =

= + =

;

;

40

224

vkmh

hs

mkm

ms

vkmh

hs

mkm

ms

x

y

= ⋅ ⋅ =

= ⋅ ⋅ =

1441

3 6001 000

140

8101

3 6001 000

1225

y

ms

sm

ss m= ⋅ − =30 0 67 4 9 0 67 17 8

22, , ( , ) ,

y y t t t

t

t s s

1 22 230 4 9 20 4 9

30 20

2030

0 67

= ⇒ − = −

=

= =

, ,

,

y y v t gt y m

m

st2 20 20

22 2

212

2012

9 8= + − = −; ,

y y v t gt y

ms

tm

st1 10 10

21 2

212

3012

9 8= + − = −; ,

r rr t t t i( ) ( )= − +3 8 9

r r r r rr t r v t dt i t i dt

t

t t( ) ( ) ( )= + = + −∫ ∫0

2

00

9 3 8

rt i( )= −23 8

r r rv t i

ti( ) = − +

2

862

r r r r rv t v a t dt i t i dt

t

t t( ) ( ) –= + = +∫ ∫0

00

8 6

r rr i m0 9=

r rv i m s0 8= − /

r ra t i= 6

rr r r

a tdvdt

i jm

s( ) ( )= = +2 4

2

rr r r r r

r r r

avt

v s v ss s

i j m ss

a i j m s

m

m

= =−−

=+

= +

∆∆

( ) ( ) ( ) /

( ) /

2 12 1

2 41

2 4 2

r r r r r

r r r r r

v s i j i j m s

v s i j i j m s

( ) ( ) ( ) /

( ) ( ) ( ) /

1 2 1 3 4 1 4

2 2 2 3 4 2 8

= ⋅ − + ⋅ = − +

= ⋅ − + ⋅ = +

rr r r

v tdrdt

t i t j( ) ( )= = − +2 3 4

rr r r r

rv

rt

r s r ss s

j ms

jmsm = =

−−

= =∆∆

( ) ( ) ( )( )

2 12 1

61

6

∆

∆

r r r r r r r

r r

r r s r s i j m i j m

r j m

= − = − + − − +

=

( ) ( ) ( ) ( )

( )

2 1 2 6 2 12

6

r r r r r

r r r r r

r s i j i j m

r s i j i j m

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

1 1 3 1 2 1 4 2 6

2 2 3 2 2 2 4 2 12

2 2

2 2

= − ⋅ + ⋅ + = − +

= − ⋅ + ⋅ + = − +

r r rr t t t i t j( ) ( ) ( )= − + +2 23 2 4

26

53. Datos: y0 = 20 m ; v = 10 m/s; α = 45o

Ecuaciones del movimiento:

a) La pelota llegará al suelo cuando y = 0:

La solución positiva de esta ecuación es:

b) Hallamos la ecuación de la trayectoria a partir de lasecuaciones paramétricas:

;

La trayectoria es una parábola.

c) Calculamos, a partir de la ecuación de la trayectoria, laaltura de la pelota cuando llega a la pared (x = 20 m):

La pelota caerá al suelo justo en la base de la pared yno llegará a chocar.

54. Datos: R = 20 cm = 0,2 m; ω = 20 rpm

a) Expresamos la velocidad angular en rad/s:

b) La velocidad de los puntos de la periferia (R = 0,2 m)será:

Para los puntos situados a 5 cm del centro, R = 5 cm == 0,05 m. Por tanto:

c) Calculamos el ángulo descrito en 10 s utilizando laecuación del MCU:

El número de revoluciones (o vueltas) será:

55. Datos: M = 2 kg; m = 10 g = 0,01 kg;

Si no actúa ninguna fuerza externa sobre el sistema, elmomento lineal o cantidad de movimiento se conserva.

Inicialmente el sistema está en reposo, de forma que lacantidad de movimiento es nula. Cuando se dispara labala, la cantidad de movimiento total tiene que ser lamisma. Por tanto:

Despejando la velocidad de la escopeta:

56. Datos:

El sistema se moverá hacia la derecha. Escribimos la se-gunda ley de Newton para cada cuerpo:

Cuerpo 1:

Cuerpo 2:

Sumamos las dos ecuaciones:

Despejamos la aceleración:

Sustituimos la aceleración en la ecuación del cuerpo 2para obtener la tensión:

57. Datos: M = 60 g = 0,06 kg; R = 8 cm = 0,08 m

Calculamos el momento de inercia a partir de la expre-sión que aparece en la página 42 del libro del alumno:

m g T m a T m g a

T kg m s m s

T N

2 2 2

2 24 9 8 5 9

15 6

− = ⇒ =

= ⋅ −

=

( – )

( , / , / )

,

am g m g

m m

akg m s kg m s

kg kgm

s

c=−

+

=⋅ − ⋅ ⋅

+=

2 1

1 2

2 2

2

4 9 8 0 2 2 9 82 4

5 9

µ

, / , , /,

m g m g m m ac2 1 1 2− = +µ ( )

p T m a m g T m a2 2 2 2− = − =;

T m g m ac− =µ 1 1

T F m a T N m ar c− = − =1 1; µ

v m se = 0 75, /

rr r

rv

m vM

kg i m skg

imse

b= − = −⋅

= −0 01 150

20 75

, /,

r r rp m v M vb e− = +0

r rv i m sb = 150 /

203

120

3 3π

πrad

vueltarad

vueltas⋅ = ,

ϕ = = ⋅ =ω π π

trad

ss rad

23

1020

3

v R

rads

mms

= ⋅ = ⋅ =ωπ2

30 05 0 10, ,

v R

rads

mms

= ⋅ = ⋅ =ωπ2

30 2 0 42, ,

ωπ π= = ⋅ ⋅ =20 20

160

21

23

rpmrevmin

mins

radrev

rads

y m= 0 y x x= + − = + −20 0 1 20 20 0 1 202 2, , ( )

y x x= + −20 0 1 2,

yx xo

= +°

−°

20 1045

10 454 9

10 45

2

2 2

sencos

,cos

t

x=°10 45cos

x t

y t t

= °

= + ° −

10 45

20 10 45 4 9 2

cos

sen ,

t s= 2 9,

y t t

t t

= = + ° −

− − =

0 20 10 45 4 9

4 9 7 1 20 0

2

2

sen ,

, ,

y mms

tm

st= + ° −20 10 45

12

9 82

2sen ,

y y v t gty= + −0 021

2

x v t

ms

t= ⋅ = °0 10 45cos cosα x x v tx= +0 0 ;

27

N

T

Fr T

p2

p1

m2 = 4 kg

m1 = 2 kg

0

0

0

58. Datos: m = 150 g = 0,15 kg; ω = 3 rev/s;

r0 = 20 cm = 0,2 m; r = 5 cm = 0,05 m

Aplicamos la conservación del momento angular:

59. Datos: d = 2 km = 2 000 m; aA = 2 m/s2, v0A = 0;

aB = 0, vB = – 72 km/h

Expresamos la velocidad del segundo automóvil en m/s:

Tomamos como origen de la posición y del tiempo la sa-lida de A. Entonces, las ecuaciones del movimiento decada automóvil son:

A:

B:

Se encontrarán cuando coincidan sus posiciones. Igua-lando xA = xB obtenemos el tiempo que tardan en encon-trarse desde la partida de A:

;

Sustituyendo este tiempo en la ecuación de A, hallamosla posición en que se encuentran, medida desde A:

60. Datos:

a) Cuando no existe rozamiento, la fuerza centrípeta esigual a la componente horizontal de la normal. Apli-camos la segunda ley de Newton en cada eje:

Eje X:

Eje Y:

Dividimos las dos ecuaciones entre sí:

Sustituimos la expresión de la fuerza centrípeta y des-pejamos la velocidad:

b) Convertimos la velocidad a unidades del SI:

Calculamos el ángulo de peralte a partir de la expre-sión de tg α encontrada en el apartado anterior:

61. Datos: M = 0,5 kg; R = 0,4 m; ω0 = 30 rpm

Expresamos la velocidad angular inicial y el número devueltas en el SI :

Calculamos el momento de inercia del disco a partir dela expresión de la página 42 del libro del alumno:

a) Determinamos la energía cinética y el momento an-gular iniciales:

b) Aplicamos las ecuaciones del MCUA para encontrarla aceleración angular de frenado y el tiempo quetarda en pararse:

φ ω α

ω ω ααφ ω ω

− +

= +

= −0

2

0

20

212 2

t t

t

Ec I kg m rad s J

L I kg m rad s kg m s

= = ⋅ ( ) =

= = ⋅ ⋅ = ⋅

12

12

0 04 0 2

0 04 0 04

02 2 2

02 2

ω π

ω π π

, / ,

, / , /

I MR kg m kg m= = ⋅ ⋅ = ⋅1

212

0 5 0 4 0 042 2 2, ( , ) ,

ωπ

π

φπ

π

0 30160

21

152

130

= ⋅ ⋅ =

= ⋅ =

revmin

mins

radrev

rads

vueltasrad

vueltarad

tg ; tg( , / )

,α α

α

= =⋅

=

= °

vgR

m sm

sm

2 2

2

22 2

9 8 501

45

vkmh

hs

mkm

msmax = ⋅ ⋅ =80

13 600

1 0001

22 2,

tg

tg , tg ,

α

α

= =

= = ⋅ ⋅ ° =

mvR

m gvgR

v gRm

sm

ms

2

2

29 8 50 30 16 8

NN

Fm g

Fm g

c csencos

; tgαα

α= =

N m g N m gcos ; cosα α− = =0 N Fcsen α =

x

m

st

m

ss mA = = ⋅ =1 1 36 3 1 314 8

22

22( , ) ,

t s= 36 3, t t2 20 2 000 0+ − =

1 2 000 202⋅ = −t tx xA B=

x d v t m

ms

tB B= + = −2 000 20

x x v tB B B= +0

x a t

m

stA A= =1

212

22

x x v t a tA A A A= + +0 0

212

v

kmh

hs

mkm

msB = − ⋅ ⋅ = −72

13 600

1 0001

20

L L I II

I

mr vueltas s

mr

m vueltas s

m

vueltass

rads

0 0 00 0

02

2

2

2

3 0 2 3

0 05

48 96

= = =

=⋅

=

= =

; ;

/ ( , ) /

( , )

ω ω ω ω

ω

ω π

I MR kg m kg m= = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅−23

23

0 06 0 08 2 56 102 2 4 2, ( , ) ,

28

Nt

N cos α

N sen α = Fc

α

α

pt

= m gt

c) El tiempo que tarda es:

d) Determinamos el momento de la fuerza aplicada apartir de la ecuación fundamental de la dinámica derotación:

e) Como la fuerza es tangencial a la periferia:

62. Datos: M = 1 kg; m = 2 kg; R = 0,4 m; y = 980 m

Se trata de una combinación del movimiento de rotaciónde la polea con el de traslación del cuerpo colgado.

Planteamos las ecuaciones fundamentales de la dinámicade traslación y de rotación, y las relaciones entre acelera-ción angular y tangencial.

— La tensión de la cuerda valdrá lo mismo sobre elcuerpo que sobre la polea y ejercerá un momento so-bre ésta. Como actúa en la periferia y es perpendicu-lar al radio:

M = RT

Este momento provoca una aceleración angular de lapolea. Hallamos el momento de inercia de ésta a partirde la fórmula de la página 42 del libro del alumno y apli-camos la ley fundamental de la dinámica de rotación:

— Por otro lado, la aceleración lineal del cuerpo colgadose relaciona con la aceleración angular de la polea:

— Aplicamos la ley fundamental de la dinámica de tras-lación al cuerpo:

Con las anteriores ecuaciones, tenemos un sistemaque resolvemos:

Aplicamos la ecuación del MRUA para hallar la velo-cidad del cuerpo cuando ha bajado 980 m:

Relacionamos la velocidad lineal del cuerpo con lavelocidad angular de la polea:

COMPRUEBA LO QUE HAS APRENDIDO (pág. 51)

1. Datos: ; ;

Integrando la aceleración, se halla la velocidad en fun-ción del tiempo:

(unidades SI)

Para hallar la ecuación de la posición integramos laecuación de la velocidad que acabamos de obtener:

(unidades SI)

2. Datos: y0 = 10 m; v0 = 360 km/h; α = 40o

Expresamos la velocidad en m/s:

Las ecuaciones del movimiento son:

x x v t x v tms

t

v v v vms

y y v t gt y y v t gt

y mms

tm

st

v v gt v v

x

x x x

y

y y y

= + = = ⋅ ° ⋅

+ = = ⋅ °

= + − = + −

= + ⋅ ° −

= − =

0 0 0

0 0

0 02

0 02

22

0 0

100 40

100 40

12

12

10 100 40 4 9

; cos cos

cos ; cos

; sen

sen ,

; sen

α

α

α

αα −

= ⋅ ° −

gt

vms

m

sty 100 40 9 8

2sen ,

vkmh

hs

mkm

ms0 360

13 600

1 0001

100= ⋅ ⋅ =

r rr t t t i= − + −( )4 3 5 5

r r r r r

r r r

r r v dt i t t i dt

r i t t t i

t

t t= + = − + − +

= − + − +

∫ ∫03 2

0

4 3

0

5 4 3 5

5 5

( )

( )

r rv t t i= − −( )4 3 53 2

r r r r r

r r r

v v a dt i t t i dt

v i t t i

t

t t= + = + −

= + −

∫ ∫02

0

3 2

5 12 6

5 4 3

0

( )

( )

r rr i m0 5= −

r rv i m s0 5= /

r ra t t i= −( )12 62

ω = = =vR

m sm

rads

1240 4

310/

,

2 0

2 2 7 84 980 124

20

20

2

ay v v v

v ay m s m m s

= − =

= = ⋅ ⋅ =

;

, /

p T m a pIR

m RPR

mR I

p m g kg N kg N

N m

kg m kg m

rad

s

a R rad s

− = = = =+

= = ⋅ =

=⋅

⋅ + ⋅=

= =

α α α

α

α

; ;

, / ,

, ,

( , ) ,,

, /

2

2 2 2

2 9 8 19 6

19 6 0 4

2 0 4 0 0819 6

19 6 22 20 4 7 84⋅ =, ,m m s

M RT

M IRT I T

IR

a R

=

=

= =

=

αα α

α

;

F p T m a= =–

a at R= = α

I MR kg m kg m

M I

= = ⋅ ⋅ = ⋅

=

12

12

1 0 4 0 082 2 2( , ) ,

α

rr

M F R FM

RN m

mN= ⋅ = =

⋅ ⋅= ⋅

−−;

,,

,2 1 10

0 85 25 10

33

r r

r

M I M I kg mrad

s

M N m

= = = ⋅ ⋅ −

= − ⋅ ⋅−

α α π; ,

,

0 0460

2 1 10

22

3

trad s

rad ss= − = −

−=ω ω

αππ

0

60

60/

/

α ω ωφ

ππ

α π

= − =−

⋅

=

20

2 2

2

2 2 30

60

( / )

–

rad srad

rad

s

29

a) La altura máxima se alcanza cuando la componentevertical de la velocidad es nula. Imponiendo vy = 0obtenemos el tiempo en que el proyectil alcanza laaltura máxima:

Sustituimos este tiempo en la ecuación de la posiciónvertical para hallar la altura máxima:

b) Calculamos la posición 3 s después del lanzamientosustituyendo t = 3 s en las ecuaciones de cada compo-nente de la posición:

c) El momento en que el proyectil llega al suelo se ob-tiene imponiendo que la coordenada y sea cero.

La solución positiva de la ecuación es:

Introduciendo este tiempo en la ecuación de x halla-mos el alcance:

3. Datos: ω0 = 60 rev/min; α = – 2 rad/s2

La velocidad angular en rad/s es:

La ecuación de la velocidad angular para MCUA es:

Imponemos ω = 0 para hallar el tiempo que tarda el dis-co en parar:

4. Las fuerzas de acción y reacción aparecen siempre porparejas. Si un cuerpo 1 ejerce una fuerza sobre un cuer-po 2 (acción), este cuerpo 2 ejercerá otra fuerza sobre elcuerpo 1 (reacción). Las fuerzas de acción y reacción tie-nen el mismo módulo y dirección, y sentidos opuestos.

5. Datos: M = 45 kg; m = 300 g = 0,3 kg; vd = 12 m/s

Aplicamos el teorema de la conservación de la cantidadde movimiento. Inicialmente, el patinador y el disco es-tán en reposo. Por lo tanto, la cantidad de movimientototal es cero.

Entonces:

El módulo de la velocidad del patinador es:

6. Datos: m1 = 150 g = 0,15 kg; R = 20 cm = 0,2 m; m2 = 1,5 kg

a)

b) Escribimos la segunda ley de Newton para cada cuerpo:

Cuerpo 1:

Cuerpo 2:

Hallamos la tensión de la cuerda a partir de la ecua-ción del cuerpo 2:

Sustituimos la tensión en la ecuación del cuerpo 1 ydespejamos la velocidad lineal:

La componente tangencial de la aceleración es nulapor ser un MCU. La componente normal es debida ala tensión. Calculamos la componente normal:

a

vR

m sm

m

sn = = =

2 2

2

4 40 2

96 8( , / )

,,

m g mvR

vmm

Rg

vkgkg

m m sms

2 1

22

1

21 50 15

0 2 9 8 4 4

= =

= ⋅ ⋅ =

;

,,

, , / ,

T m g= 2

T m g− =2 0

T F T m

vRc= =; 1

2

v m sp = − ⋅ −4 8 10 2, /

rr r

r r r

vm v

Mkgkg

ims

v i m s i m s

pd

p

= − = −

= − = − ⋅ −

0 375

12

0 048 4 8 10 2

,

, / , /

M v m vp dr r

+ = 0 rp = 0;

ri

t

rad s

rad ss= − = −

−=ω

απ0

2

2

23 14

/

/,

ω ω α= = +0 0 t

ω ω α= +o t

ω

ππo

revmin

mins

radrev

rads

= ⋅ ⋅ =60160

21

2

x m= 1017 2,

x

ms

s= ⋅ ° ⋅100 40 13 3cos ,

t s= 13 3,

4 9 64 3 10 02, ,t t− − =

y m

ms

tm

st= = + ⋅ ° −0 10 100 40 4 9

22sen ,

y s mms

sm

ss

y s m

r s m

( ) sen , ( )

( ) ,

( ) , , ,

3 10 100 40 3 4 9 3

3 158 8

3 229 8 158 8

22= + ⋅ ° ⋅ −

=

= ( )r

x s

ms

s m( ) cos ,3 100 40 3 229 8= ⋅ ° ⋅ =

y m= 220 9, y m

ms

sm

ss= + ⋅ ° ⋅ −10 100 40 6 5 4 9 6 5

22sen , , ( , )

v v gt

tv

gm s

m ss

y = − =

= =°

=

0 0

100 40

9 86 5

0

02

; sen

sen / sen

, /,

α

α

30

pt

1 = m1 gt

pt

2 = m2 gt

m1

m2

m1 = 150 g m2 = 1,5 kg

pt

2

pt

1

Nt

Tt

Tt

7. Un buen ejemplo de conservación angular es un patina-dor dando vueltas, realizando una pirueta. Inicialmente,el patinador extiende los brazos y a veces la pierna, y giracon cierta velocidad angular. Como sobre él no actúaningún momento, al bajar la pierna y acercar los brazosal eje de rotación, por ejemplo, estirándolos hacia arriba,su velocidad angular aumenta. Por eso a menudo vemosa los patinadores acabar sus piruetas girando a gran velo-cidad, sin que ello les suponga un esfuerzo adicional.

8. Datos: M = 6 · 1024 kg; R = 1,5 · 108 km = 1,5 · 1011 m

Determinamos el momento de inercia a partir de su defi-nición:

9. Datos: R = 0,5 m; I = 1 kg·m2; F = 2 N

a) Calculamos el momento de la fuerza y aplicamos laecuación fundamental de la dinámica de traslación:

b) Determinamos el ángulo descrito por el disco a partirde la ecuación del MCUA y de aquí la longitud de lacuerda desenrollada:

φ α

φ

= = ⋅ =

= ⋅ = ⋅ =

12

12

1 10 50

0 5 50 25

2 2 2t rad s s rad

l R m rad m

/ ( )

,

r

r r rr

M F R N m

M IM

IN m

kg m

rad

s

= ⋅ = ⋅

= = =⋅⋅

=

1

1

11

2 2α α;

I MR kg m

I kg m

= 2 24 11 2

47 2

6 10 1 5 10

1 35 10

= ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅

( , )

,

31

1. din mica de traslaci y de...

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