problemas resueltos
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Prologo
El presente trabajo Problemas Selectos de Física Universitaria
es un aporte práctico para la materia de FÍSICA
Se muestra una gran cantidad de Ejercicios Resueltos paso a paso con diferentes grados de dificultad
El propósito de esta publicación es, en esencia proporcionar al estudiante una guía de ejercicios resueltos, repasar sobre todo practicar, ya que exige muchas horas de dedicación antes de una correcta aplicación
Alfredo Cora Paco
Dedico esta publicación
A la juventud estudiosa de la Facultad de Tecnología de la UMSA como también a la Escuela Industrial Pedro Domingo Murillo
Índice
Página 1………………………………………………………………Ejercicios Resueltos…………Vectores
Página 9………………………………………………………………………………………...........Cinemática
Página 18…………………………………………………………………………………………….Caída Libre
Página 24………………………………………………………………………………Movimiento Parabólico
Página 30…………………………………………………………………………………Movimiento Circular
Página 32………………………………………………………………………………………………....Estática
Página 38……………………………………………………………………………………………....Dinámica
Página 42…………………………………………………………………………………….Trabajo y Energía
Página 49……………………………………………………………………….….Momento Lineal y choques
Página 53…………………………………………………………………………….Mas Ejercicios Resueltos
Página 102…………………………………………………………………………..Miscelánea de problemas
Página 114…………………………………………………………………………........................Bibliografía
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
1
Utilizaremos la letra normal para representar el
módulo del vector AA .
Problema 1
Sean
A y
B los vectores mostrados en la fig. cuyos módulos son 10 y 15 unidades respectivamente. Calcular el módulo del vector resultante
Solución
Aplicando el teorema de los cósenos tenemos:
Antes de realizar operaciones hallemos el valor del ángulo
160 18020
Podemos hallar el módulo del vector resultante
2 2 2 2 cosR A B AB α
2 2 210 15 2 10 15 cos 160R
2
2
100 225 300 cos 160
325 300 cos160
R
R
325 282 24.6 R R u
Problema 2
Sean
A y
B los vectores mostrados en la fig. cuyos módulos son 10 y 15 unidades respectivamente .Calcular el módulo del vector resultante.
Solución
Primero hallaremos el ángulo después aplicaremos el teorema de los cósenos, para hallar
el módulo de R
20 180160
2 2 2 2 cosR A B AB 2 2 210 15 2 10 15 cos 20R
43 6.56 R R u
Problema 3
Los vectores que se muestran en la figura poseen módulos de la misma magnitud e iguales a m. Calcular el módulo del vector resultante de los cuatro vectores y el ángulo entre el vector
resultante y el vector
B .
EJERCICIOS RESUELTOS
VECTORES
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
2
Solución
Notemos que los vectores
A y
B tienen sentido opuesto pero son del mismo modulo .
Entonces tendríamos
La resultante en eje x es:
R x
B Ax x
Pero los módulos son mA y mB
0 mmRx
Para
C y
A
La resultante en eje x es:
Rx coscos DC
Pero los módulos son mC y mD 0coscos mmRx
La resultante en eje y es:
Ry Dsen Csen
Pero los módulos son mC y mD
2 Ry m sen m sen Ry m sen
yRxRR 222
22 0 2 2 R m sen R m sen
El ángulo de la resultante con el vector
B es:
Problema 4
Los módulos de los
vectores
A y
B que se muestran en la fig. Son 2 y 6 unidades respectivamente. ¿Cual deberá ser el módulo del
tercer vector
C para que el módulo del vector
resultante de
A ,
B y
C sea 10 unidades?.
Solución
A u 2
B u 6
C ?
R u 10
El vector resultante será: R A C B
Pero el módulo es: 22 2R A C B
2 2 2 22 R A AC C B
2 2 2 22 R B A AC C
260 2 2 C C
24 60 0 10 6 0C C - C C 6 10 C-C
Tomamos como nuestra respuesta solo 6 C por ser positivo y no así -10C por no existir módulos negativos.
º60 2903 902
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
3
Problema 5
Una persona se encuentra extraviada quien realizo el siguiente recorrido. Camino 90 m al Este, luego 70 m en dirección º40 hacia el Oeste del norte , º60 hacia el Sur del Oeste. A qué distancia del punto de partida se encuentra y en qué dirección.
Solución
Para d1: Para d2:
1 1
1 0x
y
d d
d
2
2
70 40
70cos 40x
y
d sen
d
Para d3:
3
3
50cos 60
50 60x
y
d
d sen
La resultante en eje x es:
1 70 40 50 cos 60 20 Rx d sen Rx m
La resultante en eje y es:
70 cos 40 50 60 10 Ry sen R y m
Para la resultante tenemos:
22 2 2 2 2 20 10 R R x R y R
22 R m
Para la dirección tenemos 10
26 520
Rytg arctg .
Rx
Problema 6
Un barco navega 2km hacia el este, luego 4km al sudeste y finalmente otra distancia en dirección desconocida, al final se encuentra 7km al este del punto de partida. Hallar la magnitud y dirección del tercer recorrido del trayecto.
Solución
Del gráfico: 1 4d x d 4 1x d d
kmx 527
Aplicando el teorema de pitagoras tenemos:
2 2 23 2x d d
2 2 23 2d x d
3 3d R km
Para el ángulo
45
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
4
Problema 7
Hallar la resultante de los vectores
Solución
1 2 3tR R R R 4 8 12tR 24tR u
Problema 8
Hallar la resultante de los vectores
Solución
Descomponiendo tenemos:
Para el vector A
37
37
37cos 37cos
senAyAA
yAsen
AxAA
xA
Para el vector B
cos 37 cos 37
37 37
B xB x B
B ysen B y B sen
B
B
37cos -37cos DBARx
8 16 13Rx 5Rx
C-senBsenARy 37 37
6 12 6Ry 12Ry
2 2 2 R R x R y 25 144R
169R 13R
Problema 9
Determinar la dirección del vector resultante del conjunto de vectores mostrados en la figura .
Solución
cos16 cos16
16 16
Ax Ax AA
Aysen Ay AsenA
A
A
Rx x Bx Cx
Ry y By Cy - Dy
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
5
cos45 cos45
sen45= 45
Bx Bx BB
By By BsenB
53 53
cos53= cos53
Cxsen Cx CsenC
Cy Cy CC
Reemplazando datos tenemos:
897
353cos10452101625
02.6
531045cos21016cos25
.Ry
-sensen Ry
Rx
sen Rx
Podemos hallar la resultante
53ºRy R ytg arctgRx Rx
2 2 3 6 6 21 0
R R x R y RR u
Problema 10
Si el módulo de la suma de dos vectores de igual módulo, es el triple del módulo de su diferencia. ¿Hallar el ángulo comprendido entre dichos vectores?.
Solución
Condiciones del problema:
Si el módulo de la suma de dos vectores de igual módulo, es el triple del módulo de su diferencia.
3
S A B
D A - BS D
De dos vectores de igual módulo BA
Aplicando el teorema de los cósenos tenemos:
2 2 2 2 cosS A B AB α 2 2 2 2 cosS A A AA α
2 2 22 2 cos S A A α
2 2 2 1 cos 2 1 cos 1S A α S A α
Aplicando el teorema de los cósenos tenemos: Note que el teorema de los cósenos tiene signo negativo por ser ángulo suplementario
180
cos2222 BABAD cos2222 ABBAD
cos22 222 AAD
2 2 2 1 cos D A
2 1 cos D A 2
Pero aplicando cósenos a 180 tenemos:
180 coscos
Pero 1180cos y 180 0sen
cos 1 cos 0 cos 1cos sen
en 2 tenemos:
2 1 cos = 2 1 cos D A A 2
Por la condición dada: 3DS de 1 y 2
αA cos12 cos123 A , elevando al
cuadrado tenemos:
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
6
2 2 1 cos A α cos129 2 A
1 cos 9 1 cos
1 cos 9 9cos cos 9cos 8
10 cos 8 º3710
8arccos
Problema 11
La suma y la diferencia de dos vectores hacen un ángulo de 60º con módulos 12 y 6 [u] respectivamente. ¿Cuál será el módulo de estos vectores? ¿Cuál es el ángulo entre ellos?.
Solución
Método 1
Del triángulo AOB:
Aplicando el teorema de los cósenos
αSDDSB cos22 222
αSDDSB cos24 222
Sustituyendo datos tenemos
2 2 24 12 6 2 12 6 cos 60B
2 2 1084 108
4B B
108 27
4B B u
Del triángulo BOC
Aplicando el teorema de los cósenos
cos22 222 SDDSA (*)
Del gráfico tenemos que: 6023602 36022
120
Sustituyendo en (*)
2 2 2
2
2 12 6 2 12 6 cos120
4 252 63
A
A A u
Para el ángulo entre los vectores A y B tenemos:
Aplicando el teorema de los cósenos tenemos:
cos2222 ABBAS
cos2222 ABBAS
2 2 2cos
2
S A B
AB
2 2 2arccos
2
S A B
AB
Sustituyendo datos tenemos
27632
276312arccos
222
149 .
Método 2
De los datos sabemos que:
12S ; 6D ; º60 ; 120º
Para hallar “A”
120cos22222222 DSDSA
º120cos26
21222
62
1222A
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
7
uA 9.7
Para hallar “B”
αDSDSB cos22222222
º60cos26
21222
62
1222B
uB 2.5
Para hallar el ángulo entre dichos vectores
cos2222 ABBAD
AB
DBA
2cos
222
2.59.72
62.59.7cos
222
º1.49
Problema 12
En el hexágono regular de m2 de lado se tienen los 5 vectores mostrados. Calcular la resultante.
Solución
Trasladando AF a CD y AB a DE
1
2 A 3
AC AF R
AE AB R
D R
1 2 3 R R R R
4 4 4 1 2R 1 2R
Problema 13
En el gráfico hallar el
vector x en función
de a y
b
Donde AOB es un cuarto de circunferencia Donde BOD es un cuarto de circunferencia Donde ABCD es un cuadrado .
Solución
Para hallar el vector x lo primero que aremos
será trabajar con sus módulos y tratarlo como un problema geométrico donde la incógnita es “x”
Donde hym ymh
2
2
222
222
m
mym
ym
my2
3 Entonces "y" en α
2
32
2
3 mhmmh
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
8
Para hallar el valor de ""
2 32
2 2
mh
tg tgm m
2 32
2
m
arctgm
º15 θ
Para ""x
22 2
2
mx h
22 22 2 3
4 2
m mx
2 3x m -
Ahora descomponiendo el vector x tenemos:
j15i15cos xsenxx
Pero
i ib
b m m
j ja
a m m
m
asen
m
b-mx 1515cos32
2 3 cos15 15
2 3 15 cos15
x - b a sen
x - a sen b
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9
Movimiento Rectilíneo Uniforme
Problema 1
Un móvil se desplaza con una velocidad de 30 m/s se encuentra detrás de un móvil B a una distancia 50 m si la velocidad del móvil B es 20 m/s después de que tiempo el móvil A estará a 80 m delante de B.
Solución
Del gráfico
1 3BAx x x x
130 BAx x 1
Para Bx
tvxt
xv BB
BB 2
Para Ax
tvxt
xv AA
AA 3
2 , 3 en 1
130 BAv t v t 130t v vBA
BA vvt
130
s t 132030
130
Problema 2
Un móvil parte de un punto A hacia un punto C a las 8 de la mañana con una velocidad de 75 km/h, a las 9 hrs y 15 minutos otro móvil parte de un punto B que esta 5 km delatante de A con el mismo destino, a una velocidad de 100 km/h. ¿A qué hora y a qué distancia de A se produce el encuentro? .
Solución
Datos
75 Av km h ; 100 Bv km h
1 .25t h
Incógnitas ?At ?Ax
Para el móvil A
Como no existe aceleración el móv. es rectilíneo y uniforme
AA A A A
A
xv x v t
t 1
Para el móvil B
1.25BB B B A
B
xv x v t
t 2
Del gráfico
5 A Bx x
1 y 2 en
CINEMÁTICA
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
10
5 1.25A B AtAv v t
4.8At h
Entonces 5 355 Ax
360Ax km
Problema 3
Un móvil con una velocidad de 120 km/h parte de un punto A en dirección a otro que dista 600 km ,al mismo tiempo de un punto B en dirección al primero parte un móvil con una velocidad de 150 km por hora. ¿Cuál es la distancia entre los dos móviles al cabo de 11/2 horas?.
Solución
Datos
120 v km hA ; 150 v km hB
hh t 5.12
11
Incógnitas ?y
Del gráfico
BA xyxd
Dónde: BA xxdy
Pero tvx AA ; tvx BB
5.1150120600 y kmy 195
Problema 4
Dos carreteras se cruzan bajo un ángulo de 90º por medio de puente ambas carreteras están situadas en planos horizontales la altura del puente es de 10 m por la carretera superior un coche se desplaza con una velocidad smv 5 ,por la
carretera inferior otro coche a la misma velocidad se desplaza en sentido cruzado .Cuando el primero
se encuentra en el centro del puente el segundo se halla debajo de ,el. ¿Determinar la distancia que los separa al cabo de 8 s de haberse cruzado ? (ver figura) .
Solución
Datos Incógnitas
sm v 51 ?CDx
smv 52
mh 10
st 8
En el primer triangulo ABC
222BCABAC xxx
Calculando la distancia BCx
tvxBC 2 5 8 17.88BCx m
Entonces ACx
2 210 17.88A Cx
2 0 4 8A Cx . m
En el segundo triangulo ACD
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11
222ADACCD xxx
Calculando la distancia ADx
tvxAD 1 5 8 17.88 ADx m
2 220 .48 17 .88C Dx
27 2C Dx . m
Problema 5
Se tiene dos velas 1 y 2 de tamaños iguales, los cuales tienen una duración de t1=4 hrs y t2=3 hrs emitiendo energía luminosa. Si las velas empiezan a emitir luz al mismo tiempo. ¿Después de cuánto tiempo el tamaño de una de ellas es el doble que de la otra?.
Solución
Método 1
ht 41 ht 32
tvx 11 tvx 22
11 t
Lv
2
2 t
Lv
De la fig. (1)
yxL 1 ytvL 1
De la fig. (2)
22y
xL 22y
tvL
Reemplazando en y 1v y 2v tenemos:
1tL v y ytt
LL
1
'
2 2t
yL v
22
yt
t
LL '
Resolviendo las ecuaciones ' y '
Tenemos que: ht 4.2
Método 2
Haciendo otro gráfico solo cambia
De la fig. (1)
yxL 21 ytvL 21
De la fig. (2)
yxL 2 ytvL 2
La resolución del sistema de ecuaciones se la dejo al lector
Problema 6
Dos vehículos parten del punto P con velocidades constantes de 15 y 20 pies/s respectivamente, simultáneamente del punto Q parte un tercer vehículo con una velocidad constante de 30 pies/s hacia el punto P si la distancia entre P y Q es de 1800 pies. ¿Cuánto tiempo debe transcurrir para que el tercer vehículo se encuentre en medio de los otros dos? .
Solución
Graficando el problema tenemos:
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
12
tvxspiesv 111 / 15
spiesv / 202 tvx 22
spiesv / 303 tvx 33
Del gráfico
2180023 xyx 1yxyx 1180023 2
De 2 despejaremos “y/2” 21800
13 yyxx 3 11800 2x x y
Reemplazando en (1)
3 3 1 2 1800 1800 x x x x
180018002 123 tvtvt v
3 2 1 2 3 6 0 0t v v v
1232
3600
vv vt
1520302
3600
t
25
3600t st 144
Movimiento Rectilíneo Variado
Problema 1
Un móvil parte del reposo en el instante t=0 s, con aceleración constante de 8 m/s2
¿Qué distancia recorre el móvil entre los instantes t1=3 s, t2=5 s?.
Solución
Datos Incógnitas
0 ov m s ?1 x
28 a m s ?2 x
0 ,ot s 1 3 ,t s st 52
Entre A y B
21 0 1 1
1
2x v t at
mx 36382
130 2
1
Ya que el movimiento es con aceleración constante tenemos entre A y C
21 2 0 2 2
1
2x x v t at
12
2 582
150 x x
m x 6436100
2
Problema 2
Dos móviles A y B separados 10 m parten simultáneamente del reposo con movimiento rectilíneo uniformemente variado en la misma dirección y sentido. Si la aceleración del móvil que esta adelante es 3 m/s2 y la del otro 7 m/s2
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
13
¿Después de que tiempo la distancia entre ambos será de 3m? .
Solución
1er caso: cuando A todavía está delante de B
Datos Incógnitas
0 0 0 0A Bv v v ? ttt BA
23 Aa m s
27 Ba m s
Del gráfico : dxxx BA
AB xxm 7
Pero sabemos que para el M.R.U.V
20 2
1attvx
Reemplazando en tenemos:
20
20 2
1
2
17 tatvtatv AB
2 2
2
1 17
2 2
7 2
B A
B A
a t a t
a a t
Reemplazando datos tenemos
227 taa AB
2
37
14t
2
4
14t
4
14t 1 87 st .
2do caso: cuando B rebasa a A y se pone adelante
Del gráfico : BA xdxx
22132 tata AB
2 2 2 13
2 13 B AB A
a a t ta a
26
B At
a a
Reemplazando valores y calculando tenemos:
2.55 st
Problema 3
Dos móviles A y B están viajando en sentidos opuestos en una carretera rectilínea. El primero A con una velocidad constante de 20 m/s, y el segundo B, para el tiempo t0=0, posee una velocidad de 10 m/s y una aceleración de 2 m/s2 . Si en t0=0 la distancia entre ellos es de 400 m, calcúlese el tiempo de encuentro.
Solución
Datos Incógnitas
20 Av m s ? ttt BA
02
10
2
B
B
v m s
a m s
Del gráfico:
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
14
dxx BA dtatvtv BBA 20 2
1
02
10
2 dtvvta BAB
Reemplazando datos tenemos:
040030
0400102022
1
2
2
tt
tt
230 30 4 1 400
2 1
30 50
2 1
t
t
40´ 10 sts t
No tiene sentido hablar de tiempos negativos
10 st
Problema 4
Un ratón se dirige a su hueco en línea recta con velocidad de 2 m/s, cuando le faltan 5m para llegar, pasa por el lado de un gato que se encuentra en reposo .Si el gato acelera a razón de 2 m/s2 en dirección del ratón. ¿El gato logra alcanzar al ratón? si lo alcanza ¿A qué distancia de su agujero? (ver figura).
Solución
Distancia recorrida del gato =Distancia recorrida del ratón
Del gráfico
1xdx 1 sabemos que xxx rg
Tenemos que:
Para el gato: 22
1 attvx og pero como el gato
parte del reposo 22
1 atxg
Para el ratón: como se mueve a velocidad constante vtrx
Ahora como gx xr tenemos:
vtat 22
1 2v
ta
st 2
lo encuentra cuando pasa 2[s]
Para hallar x reemplazamos datos
mxx 4 2221 2
De la ec. (1) despejamos d y reemplazamos datos tenemos:
1451 m d dx xd
El gato alcanza al ratón a m 1 de su agujero
Problema 5
Un perro corre detrás de un auto móvil con una rapidez de 6m/s, cuando se encuentra a 64 m de, el sale un auto del reposo, con una aceleración constante de 0.5 m/s2 .Determinar después de que tiempo a partir de ese instante el perro alcanza al auto móvil. Si no lo alcanza determinar la distancia mínima que el perro se acercó al auto móvil.
Solución
Graficando el suceso, si lo alcanza existirá un tiempo real de encontró
Para el móvil: 22
1 attvx oM pero como
parte del reposo 22
1 atx M
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
15
Para el perro: como se mueve a velocidad
constante vtxp
Del gráfico: pM xdx
vtdat 22
1
Reemplazando datos tenemos:
21 0.5 64 62 t t 064625.0 2 tt
Resolviendo tenemos
25.02
6425.0466 2
t
5.0
286
5.0
64366
itt
El tiempo hallado es imaginario, por lo tanto concluimos que el perro no alcanza al móvil.
Para hallar la distancia mínima ya que no lo alcanza.
Del nuevo gráfico 64min Mp xdx
Reemplazando datos tenemos:
6421 2
min atdvt
6464
1min
6645.021
2
2min
t t d
ttd
Completando cuadrados
2
min 2 6 36 28 2 2
t td
2
min 6 28 2
td
Derivando tenemos
6 02
t st 12
md 28min
Problema 6
Un perro se encuentra echado sobre el piso, a 32 m de él ciclista arranca y sale del reposo (vo=0) con una aceleración constante a=1 m/s2 determinar la mínima velocidad constante del perro tal que pueda alcanzar al ciclista.
Solución
Método 1
Del gráfico tenemos: 32 cp xx 1
Para que el perro alcance al ciclista tendrá que existir un tiempo de encuentro
ttt cp
Para el ciclista: 22
1 attvx oc pero como el
ciclista parte del reposo 22
1 atxc
Para el perro: como se mueve a velocidad constante p px v t
Reemplazando en (1) tenemos:
3221 2 attvp
Para el ciclista: v c ocf v at Pero como parte
del reposo
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
16
atvcf cfv
ta
Para que el perro alcance al ciclista ambos tendrán la misma rapidez
vvv pcf
en
3221
2
a
va
a
vv
32221
22
a
va
a
v
3221
22
a
v
a
v
64 642
ava
v
64 8 v m s smv 8
Método 2
De la ecuación tenemos:
06422 tpvat
2
22
2 2 4 64
2
2 4 256 64
2
v v ap p t
a
v vp pt t v vp p
Como “t” es un número real y positivo tenemos: 2 64 0v p 8 64pv m s
sm v p 8
Problema 7
Un policía de tráfico que ve a un automóvil aproximarse a una velocidad no permitida de 100 km/h. En el instante que pasa frente a la moto, la moto sale en su persecución, la moto después de acelerar durante 10 s alcanza su velocidad tope de
120 km /h calcular ¿Cuánto ha tardado el policía en alcanzar al coche?.
Solución
Llevando todo a las mismas unidades
100 27.8 Mv km h m s
120 33.3 pv km h m s
10 pt s ; ? ttE
Tramo AB
Para el patrullero cuando acelera durante 10 s
212p op p px v t at Pero como parte del
reposo
212p px at 1
Para hallar la aceleración
p op pv v a t
Como parte del reposo
23.33p
p
va m s
t
2
2 en 1 21033.321px
166px m
Tramo AC
Para el móvil:
pMM tvx 27.8 10Mx
278Mx m
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17
Para la distancia “d“
dxx pM pM xxd
278 166d
112d m
Del gráfico
Mp xdx `` 3
Tramo BD
tvx pp` 4
Tramo CD
tvx MM ` 5
(4), (5) en (3) tvdtv Mp
Mp vv
dt
112
33.3 27 .8t s
st 20
tptTt
stT 2010
El tiempo que tarda en alcanzarlo es 30 Tt s
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18
Problema 1
En el mismo instante que un cuerpo se deja caer desde una altura h=24 m otro cuerpo es lanzado verticalmente hacia arriba con una velocidad v0=12 m/s. Calcular el tiempo que demora en encontrase .
Solución
Del gráfico: 21 yyy
Pero recordando que: 221 gttvy o
Cuando sube (-) Mov. Desacelerado
Cuando baja (+) Mov. Acelerado
Como la esfera se deja caer 21 21 gty
Como el segundo cuerpo se lanza con una velocidad de v0=12 m/s
22 21 gttvy o
Tenemos 2 224 1 2 1 2ogt v t gt
024 v t 242
12t s
2t s
Problema 2
Desde la parte superior de un edificio se lanza verticalmente hacia arriba una partícula con una velocidad de 30 m/s, 4 s después se deja caer otra partícula desde un puente. Determine el tiempo
trascurrido desde que se lanza la primera partícula hasta que se encuentran lado a lado.
Solución
Condición de espacios 21 yy
Condición de tiempos 201 ttt
21 4 tt 412 tt
Pero sabemos 21 yy
221 gttvy o
Tenemos 2
2222
111 2121 gttvgttv oo
Como el cuerpo (2) parte del reposo
2 21 1 21 2 1 21ov t gt gt
Reemplazando tenemos:
212
111 42121 tggttvo
ggtgtgttvo 842121 12
12
111
ggttvo 84 111 1 1.13 t s
Problema 3
Desde un puente de 15 m de altura sobre la superficie de un lago, se lanza una piedra verticalmente hacia arriba con una velocidad inicial de 10 m/s. Al llegar a la superficie del lago la piedra se sumerge y desacelera a razón de 0.5 m/s2.Si el tiempo total empleado desde el momento del lanzamiento hasta que llega al fondo
CAIDA LIBRE
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19
del lago es de 6 segundos. Calcular la profundidad del lago.
Solución
El tiempo
21 ttt 1
Del gráfico
2
11 21 gttvh o
021
12
1 htvgt o
Reemplazando datos
214 .9 1 0 1 5 01t t 3.04 1t s
Reemplazando 1t en (1) tenemos:
12 ttt st 04.362
2 2.96 t s
Calculando la velocidad 21 of vv
111 gtvv of
ss
ms
mv f 04.38.910 21
smv f 86.191
De bajada smv f 86.191
Ahora podemos calcular “y” 2
222 21 attvy o
2
2
96.2
5.02196.286.19
s
smss
my
my 59.56
Problema 4
De la terraza de un edificio ubicada a 60 m del suelo se lanza verticalmente hacia abajo un objeto con una velocidad de 5 m/s .En ese mismo instante de un piso más abajo (a 40 m del suelo) se suelta un segundo objeto. ¿Después de que tiempo los objetos estarán separados 10 m por primera vez?.
Solución
Relación de tiempos que se debe hacer
21 ttt
Del gráfico: 2010 21 yy
1021 yy
1021
21 2
22
1 gttvgttv oo
101 tv o st 25
10 st 2
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20
Problema 5
Un observador situado a 105 pies por encima del nivel del piso ve pasar un objeto hacia arriba, 4 s segundos después lo ve de regreso .Hallar la velocidad inicial del objeto.
Solución
Como el observador lo ve subir y luego lo ve bajar tenemos: gtvv ff
gtfv 2 2
gtv f
64fpiesv s
Para la velocidad inicial
022 2fv v gh 0
2 2 2fv v gh
Reemplazando datos 20 64 2 32 105v
0 104 piesv s
Problema 6
Una pelota se lanza verticalmente hacia arriba desde una altura de 15 m con una velocidad inicial de 20 m/s, en el mismo instante una plataforma elevadora que se encontraba inicialmente a 4m de altura sube con velocidad constante de 3 m/s. Determinar ¿Cuándo y dónde se encuentran o cruzan la pelota con la plataforma? .
Solución
Primera posibilidad
Segunda posibilidad
Plantemos las condiciones de alturas y tiempos con respecto al nivel de referencia fijado:
415 plataformapelota hh
415 ptp hh 1
ptp tt 2
ppopppelota gttvhh 22
1 3
ptptptplataforma tvhh 4
Reemplazando (2), (3), (4) en (1) tenemos:
41521 2 ptptppop tvgttv
Dónde : ttt ptp
01121 2 tvvgt oppt
55.0 ; 02.4 21 stst
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21
Luego tenemos
402.4344 ptptpt tvhH
mH 06.16 mH 06.16
Problema 7
Un globo aerostático está descendiendo con una velocidad constante de 5 m/s, en el instante en que se encuentra a 500 m sobre el suelo, suelta una moneda de plata, transcurridos 2 s suelta una segunda moneda de cobre. Calcular la distancia que separa ambas monedas al cabo de 5 s de soltarse la primera moneda.
Solución
Datos: Incógnitas:
0 0 5 ?
5
2
3
H 500
A
B
vA B gv v m s y
t s
t s
t s
m
Para “h”
tvh g 25h
mh 10
Para la moneda de plata
AAAoA gttvy 22
1 1
Para la moneda de cobre
BBBoB gttvy 22
1 2
De la figura
BA yhyy 3
Reemplazando 1 y 2 en 3
BBBoAAAo gttvgttvy 222
11021
Reemplazando tenemos:
2
2
38.921
351058.92155 y
my 4.78
Problema 8
Desde la orilla de un foso, de un grifo caen gotas de agua a razón de una gota por Segundo. Un montacargas que sube con velocidad constante de 10 m/s, es alcanzado por una gota cuando está a 100 m de profundidad ¿A qué profundidad, la siguiente gota tocara al montacargas? (ver fig.).
Solución
Gota y el montacargas
12
1 21 gttvH o
12
21 gtH 1
24.5
Ht s
g
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22
Tiempo de encuentro entre: la segunda Gota y el montacargas
Pero 121 tt 112 tt 2 3.5 t s
22 gtvv o 2 9.8 3.5v
2 34.3 mv s
Para el encuentro:
222
1 1 9.8 3.52 2h gt
61h m
Para h2
222 2
1 gttvh
Para el montacargas tvy MM
Del gráfico MyhhH 2
24.9 44.3 39 0t t
08.10 ; 79.0 stst
Calculemos la profundidad a la que la segunda gota toca al montacargas
Profundidad 2
hh
Profundidad 91.58 m
Problema 9
Desde los puntos P y Q de la Fig., se lanzan simultáneamente con dirección vertical hacia arriba dos objetos con velocidades 2v y 3v respectivamente. El objeto que se lanzó de P sólo llega hasta Q ¿Cuál será la distancia que separa a los dos objetos, cuando el objeto se lanzó de Q comienza a descender? La altura entre P y Q es H.
Solución
Tiempo para cuando la esfera que parte de Q
alcance la altura máxima
QoQfQ gtvv 30
g
v
g
vt
QQ 1
Para este tiempo existirá una distancia d donde:
Qp tt
pppop gttvy 22
1 2
QQQoQ gttvHy 22
1 3
Pero del dato vv po 2 y vv Qo 3
Reemplazando 1 en 2
23
213
2
g
vg
g
vvy p
g
vyp 2
3 2 4
Reemplazando 1 en 3
23
2133
gvg
gvvHyQ
g
vHyQ 2
9 2 5
Del gráfico
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23
dyy pQ pQ yyd
g
v
g
vHd
2
3
2
9 22
g
vHd
23
Problema 10
Un elevador sube con una aceleración vertical de 1.22 m/s2. En el instante que su velocidad ascendente es de 2.44 m/s, un perno suelto cae del techo del elevador que está a 2.74 m sobre el piso. (Considerando g=10 m/s2)Calcular: a) El tiempo que tarda el perno en llegar desde el techo al piso. b) La distancia que ha caído con relación al cubo elevador.
Solución
Como pide que calculemos respecto al cubo del ascensor, lo mejor es hacerlo desde ese sistema de referencia a pesar de no ser inercial. Para poder hacerlo vamos a suponer que el ascensor está en reposo y que los cuerpos aceleran en ese sistema 'g + a', siendo 'g' la gravedad real y 'a' la aceleración del ascensor. Es decir, el perno haría lo mismo en una situación parecida a la que plantea el problema o en una equivalente en la que el ascensor está parado en un sitio donde la gravedad sea la suma de g+a.
Siendo así, el tiempo que tarda en llegar al suelo es:
212s p oy efy y v g t
que aplicado a nuestra situación es: 212.74 10 1.222sy t
Tocará el suelo del ascensor cuando ys=0
212.74 10 1.22 02 t
22.74 5.61 0t
2.74 0.75.61
t s
Otra manera es verlo desde el punto de vista de un
observador exterior al ascensor. Suponiendo que
en el momento en que se suelta el perno el suelo
está a una altura 'h'.
La ecuación del movimiento respecto del suelo es:
212s oyy h v t at
212 .44 1.222sy h t t
Para el perno:
212.74 2.44 102py h t t
Tocará el suelo cuando yp = ys 212 .4 4 1 .2 22h t t
212 .7 4 2 .4 4 1 02h t t
Simplificando: 2 21 11 .2 2 2 .7 4 1 02 2t t
2 21 .2 2 5 .4 8 1 0t t
21 1 . 2 2 5 . 4 8t 5.48 0 .7
11 .22t s
b) La distancia que ha caído con relación al cubo
del elevador
Para calcular lo que ha caído, utilizamos la
ecuación del movimiento del perno: 212 .74 2 .44 1 02py h t t
Respecto al observador del interior de ascensor ha
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24
caído 2.74 m ,pero respecto a un observador
exterior en t=0 (cuando se suelta) la posición del
Perno es
212.74 2.44 0 10 02py h
2 .7 4py h
0.7 s después es:
212 .7 4 2 .4 4 1 02py h t t
212 .7 4 2 .4 4 0 .7 1 0 0 .72py h
2py h
Luego un observador exterior diría que ha caído
2 .7 4 2h h
2.74 2 0.74 mh h
Es decir, mientras el suelo va al encuentro del
perno, a éste le da tiempo a subir un poquito para
luego caer (cuando pierda los 2.44 m/s
ascendente) 0.74 m desde donde se soltó.
Problema 1
Un cañón se coloca en la base de un cerro cuya pendiente hace un ángulo de 15º con la horizontal. Si el cañón forma un ángulo de 45º con respecto al cerro cuando dispara un proyectil con rapidez inicial de 70 m/s, hallar la distancia (x) a la que impactará el proyectil.
Solución
Asumiendo que: º15 ; º45 Planteando la ecuación de la trayectoria
22
0
2
cos2v
gxxtgy 1
Del gráfico se tiene
tg x y x
ytg 2
2 en 1
22
0
2
cos2v
gxxtgtgx
Despejando x tenemos
2 202 cosv tg tg
xg
MOVIMIENTO PARABOLICO
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25
2 2
2
2 70 cos 60 60 15
9.8
m tg tgsxm
s
366x m
Problema 2
Una roca descansa sobre un barranco 600 metros por encima de una casa, tal como se muestra en la figura. En tal posición que si rodase, saldría disparada con una rapidez de 50 m/s. Existe un lago de 200 metros de diámetro. Con uno de sus bordes a 100 metros del borde del barranco. La casa está junto a la laguna cerca de un terreno fangoso en el otro borde. Considere la gravedad 10 m/s2
a) Si la roca se desprendiera del barranco cuanto tiempo permanecería en el aire antes de caer al suelo? b) Caerá la roca en la laguna c) Hallar la rapidez de la roca al llegar al suelo y la rapidez horizontal en ese momento.
Solución
a) Si la roca se desprendiera del barranco cuanto tiempo permanecería en el aire antes de caer al suelo?
Para el tiempo en el aire 22
1 gttyovy
012052 tt
st 73.8
b) Caerá la roca en la laguna?
Como la roca se mueve a velocidad constante en el eje x tenemos:
smvv xx 3.430
mtxvx 378 Podemos decir que la
roca no cae al lago
c) Hallar la rapidez de la roca al llegar al suelo y la rapidez horizontal en ese momento
Para hallar la componente vertical
gtvv oyy smyv 3.112
222yvxvv 22
yvxvv
smv 35.120
La velocidad con que llega al piso será smv 35.120
Para la rapidez horizontal smxvv x 3.430 es
constante en todo el recorrido del proyectil.
Problema 3
Un cañón dispara un proyectil desde la cima de una colina de 225 m de altura, con una rapidez de 100 m/s, impactando en el punto A (ver dibujo), de coordenadas (x,0) después de 15s. Considere la gravedad g=10m/s2 Determine:
a) El ángulo de lanzamiento (θ). b) La distancia horizontal total recorrida por el proyectil (xA). c) Rapidez con la que impacta en A.
Solución
a) Puede calcularse a través de la función y (t), aplicada entre el punto de lanzamiento (y=225m) y el punto donde impacta al plano (yA=0m), pues se conoce el tiempo que demora (t=15s), la magnitud de la velocidad inicial (V0=100m/s) y la aceleración constante del Movimiento (g=10m/s2):
20 2
1 gttsenvy
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26
tv
gtysen
0
22
1
tv
gtyarcsen
0
22
1
21225 9.8 152100 15
arcsen
0.6arcsen 36.87º
b) Es muy simple y directo:
0 cos 100 cos 36.87 15 1200 Ax v t m
c) Es necesario calcular la componente vertical de la velocidad en ese punto. La componente horizontal es igual que la inicial.
0
0
cos 36.87 100 0.8 80
36.87 100 0.6 10 15
60 150 90
Ax
Ay
v v m s
v v sen gt
ms
Luego, como el módulo de la velocidad instantánea es la rapidez instantánea:
sm
vvv AyAxA
42.120
9080 2222
Problema 4
Una pelota de tenis sale rodando del descanso de una grada con velocidad horizontal de 8 pies/s. Si los peldaños son exactamente de 9 pulgadas de alto y 10 pulgadas de ancho. Calcule el número de escalón (contado desde arriba) al que llega la pelota por primera vez.
Solución
Eje x 0 tvndx 1
Eje y 21 2gtnhy 2
De ecuación (1)
0v
ndt en (2) tenemos:2
21
ov
ndgnh
Ordenando, simplificando y despejando n:
2
202
gd
hvn
2
2
2
lg12
1lg1032
8lg12
1lg92
p
piep
s
pies
s
pies
p
piep
n
32.4n
Puesto que el número de escalón debe ser entero, la pelota llegará al quinto escalón, entonces
5 n
Problema 5
El Dassault Rafale es el avión más moderno de la Fuerza Aérea Francesa vuela horizontalmente a una velocidad v=2.125 km/h y con un techo de vuelo de h=18.000 m respecto del suelo. Si se dispara un proyectil desde un cañón en el instante en que el avión se encuentra verticalmente sobre el cañón:
a) ¿Cuál debe ser el ángulo de elevación y cual la velocidad inicial mínima “vo” del proyectil,cuando alcance su altura maxima a fin de que el avión sea alcanzado por el proyectil?
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27
b) ¿A qué distancia “z” , detrás de la posición del cañón . Debe arrojarse una bomba, desde el avión, a fin de que estalle justo en el cañón?.
Solución
Nos pide hallar el ángulo de elevación para que el proyectil impacte al avión, como también la velocidad “vo” mínima; para que la velocidad “vo” sea mínima la “vf=0” como también h igual Hmax, lo primero que se hará será hallar el ángulo de elevación del proyectil y posteriormente la velocidad inicial mínima
Para el avión
vtx 1
Para el proyectil
cosox v t
2
Igualando 1 y 2
cosovt v t cosov v // 2
22
2coso
v
v 3
Pero cuando alcance la altura máxima
ghvv oyfy 222 ghsenvo 20 2
22
2
o
ghsen
v 4
Dividiendo 4 y 3
22 2
v
ghtg 2
2
v
ghtg
vgh
arctg2
El ángulo de elevación es
v
gharctg
2
Cual la velocidad inicial mínima “vo” del proyectil
Sumando 3 + 4
22
222 2
cosoo v
gh
v
vsen
22
2 21
oo v
gh
v
v
ghvvo 2 2 / 2.21o km hv
b) ¿A qué distancia “z” , detrás de la posición del cañón . Debe arrojarse una bomba, desde el avión a fin de que estalle justo en el cañón?
Para la bomba
22
1 gtvh oy 2
g
ht
5
Para la bomba
vtz 6
5 En 6
20.128 km
hz v z
g
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28
Problema 6
Un proyectil se lanza con una elevación de 70º y una velocidad inicial de 25 m/s hacia una hilera de 30 paredes equidistantes como muestra la figura. La separación entre paredes es de 2m. ¿Entre que paredes cae dicho proyectil al suelo? .
Solución
Allí donde la trayectoria del proyectil intercepta a la recta a 45º, será donde el proyectil caiga (ver fig.1) Fig.1
En el eje horizontal (de la fig.2) tenemos:
Fig.2
oxx v t cos 70 ox v t 1
En el eje vertical tenemos 2 1
2y v t gtoy
2170 2 y v sen t gto 2
1 = 2
2 70 1cos 70 2o senv t v t gto
702 cos70
senvotg
3 st
Reemplazando en (1)
25cos70 3 x 25.65 mx
El proyectil caera entre las paredes 25 y 26
Problema 7
Desde una cierta altura respecto a la superficie se lanzan simultáneamente desde un mismo lugar dos esferas con velocidades v1=v1i m/s y v2 =-v2i m/s ¿Qué distancia separa a las partículas cuando sus velocidades son perpendiculares?.
Solución
Graficando el problema para un mejor entendimiento
La distancia que los separa cuando las velocidades son perpendiculares es
21 xxd 1
Para la esfera 1 tenemos
tvx 11 2
Para la esfera 2 tenemos
tvx 22 3
2 y 3 en 1
tvtvd 21 tvvd 21 4
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29
Para la esfera 1
gtvv yoy 11 g
vt
y1
g
tgvt
1 5
Para la esfera 2
gtvv yy 022 g
vt
y2
g
tgvt
2 6
5 = 6 g
tgv
g
tgv 21
tgvtgv 21 7
Pero sabemos que de la figura 90
90tgtg ctgtg
Reemplazando tg en la ecuación (7)
ctgvtgv 21 1
22v
vtg
1
2
v
vtg En 5
121
vv
vt
g
g
vvt 21 En 4
La distancia que los separa cuando las velocidades son perpendiculares es:
g
vvvvd 21
21
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30
Problema 1
¿Cada cuánto tiempo coinciden las manecillas de un reloj ?.
Solución
La manecilla de las horas gira con una velocidad de 1 vuelta cada 12 horas:
11 2h
vu e ltah
La manecilla de los minutos gira con una velocidad de 1 vuelta cada hora:
m in1
1vuelta
h
La velocidad de las manecillas es constante.
Producida una coincidencia, la manecilla de los minutos avanza más rápidamente y, para volver a coincidir con la manecilla horaria, debe dar una vuelta completa más lo que haya avanzado la horaria.
Si θ es el ángulo que ha girado la horaria, el minutero deberá girar 1 vuelta + θ Las ecuaciones del movimiento, expresadas en vueltas y horas, son: Manecilla horaria
1
12 t
Manecilla minutero: 1 1 t
Resolviendo el sistema:
m in1 3 1́ 08 1 4 4 812
h segt h ora s
Problema 2
Un automóvil cuyas ruedas tienen un radio de 30 cm, marcha a 50 km/h. En cierto momento su conductor acelera hasta alcanzar una velocidad de 80 km/h, empleando en ello veinte segundos. Calcular: a) La aceleración angular de las ruedas. b) El número de vueltas que dio en esos 20 s.
Solución
a) 0f
t t
Pero vR
080 50
30 20f
Kmv v hR t cm s
22
100030 3600 1.430 10 20
ms rad
sm s
b) 21
2º2 2
ot tN
20 12
º2
v t tRN
2146.3 20 1.4 202º 1922
N
Problema 3
Un disco gira en un plano horizontal, si tiene un hueco a cierta distancia del centro por donde pasa un móvil que luego al caer pasa por el mismo hueco .¿Cuál es la velocidad angular del disco en (rad/s)?.
Solución
Analizando el movimiento parabólico (verticalmente)
Movimiento Circular
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31
f ov v g t 0 ov gt ov gt
ovtg
1.5t s
El tiempo total será
2Tt t 2 1.5Tt 3Tt s
Analizando el movimiento del disco para que el móvil regrese al mismo hueco, el tiempo de rotación de dicho hueco, debe ser también 2.4 s se tiene
180º rad
Tt
3
1.04 /rad s
Problema 4
Se tiene un cascaron esférico que gira con velocidad angular constante a razón de 200 rev/s respecto a un eje vertical. Se dispara un proyectil horizontalmente de tal modo que pasa por el centro del cascarón. Determinar la velocidad angular de cascaron sabiendo que su radio es igual a 1m.Determinar también la máxima velocidad del proyectil de tal modo que atraviesa el cascaron haciendo un solo agujero .
Solución
2 f 2 200 400 rad
Con el proyectil
e v t 2 vt 1
Ahora para que le proyectil penetre un solo agujero, el cascaron deberá dar media vuelta.
Luego 2Tt
siendo T el periodo de revolución
1En 22Tv
Pero
1Tf
122 20 0
v 800 /v m s
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32
Problema 1
Un cuerpo de peso P1=80N cuelga del extremo de una barra de peso 200N y longitud 6m, unida a una pared como se indica en la figura. Encontrar la máxima distancia de la pared a la que es posible colgar un segundo cuerpo de 700N de peso sin que la cuerda se rompa, si esta es capaz de resistir una tensión máxima de 900N.
Solución
Aplicando momentos y haciendo un convenio de signos (+) (-) tenemos:
0Mo
900 60 6 700 80 6 200 3 0sen x
4676.5 700 480 600 0x
700 3596.5x
3596.55.14
700x m
5.14 x m
Problema 2
Una barra rígida de 4m de longitud y 100N de peso, está apoyada en una pared vertical mediante una articulación A. A 1m de su extremo libre pende una cuerda C2 atada a un cuerpo que pesa 50N. Una cuerda C1 que está fija a la pared es unida a la barra a 1.5m de A formando con la barra un ángulo recto. Determine:
a) La tensión de la cuerda.
b) La fuerza que se ejerce en A sobre la barra y la dirección aplicada en el respectivo punto.
Solución
Aplicando momentos y haciendo un convenio de
signos (+) (-) tenemos:
0MA 1 1.5 100 2cos 30 50 3cos 30 0T
1 1.5 173. 20 129. 90T
1 202.1 T N
ESTATICA
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33
Aplicando la primera condición equilibrio tenemos:
0Fx 1 30 0Fx Rx T sen
1 30Rx T sen 101.5Rx N
1 cos 30 100 50 0Fy Ry T
1 cos 30 150Ry T
25.02Ry N
yx RRR 222
yRxRR 22
2 2101.5 25.02R
104.1 R N
Para la dirección tenemos:
RxRy
tg
RxRy
arctg
25.02101.5
arctg
13.84 N
Problema 3
La viga AB de largo L=4m es uniforme y tiene un peso de 1000N. Sus extremos descansan en los soportes A y B. De la viga cuelgan los
cuerpos 1 y 2 cuyas masas son 50 y 150Kg, respectivamente a través de cuerdas ideales. Calcular las reacciones en los soportes.
Solución
Aplicando la primera condición equilibrio tenemos:
50 9.8 1000 150 9.8 0y A BF R R
29 60 0A BR R 1
Aplicando momentos y haciendo un convenio de
signos (+) (-) tenemos:
4 245 2000 51 45 0BR
4 7 3 9 0 0BR 73904 BR
73904BR 1 8 4 8BR N
BR en 1 tenemos : 1848 2960AR N
1 112AR N
0Fy
0Fy
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34
Problema 4
Una barra de masa m y longitud L = 2 m está apoyada en dos superficies lisas como muestra la figura. Si la separación entre las superficies es e = 60 cm, Calcúlese el ángulo θ para lograr el equilibrio de la barra.
Solución
Aplicando la primera condición equilibrio tenemos: 0Fx senBRAR 1
cosBR mg 2
Segunda condición de equilibrio y haciendo un convenio de signos (+) (-) Tenemos:
0AM 0cos2
LwdRB
cos
2LwdRB 3
Por geometría del problema
de
cos cos
ed 4
2 y 4 en 3 tenemos :
cos
2coscosLmgemg
3 2arccosLe
32 0.60
arccos2
mm
3 2 . 5 º
Problema 5
La barra de la figura de masa M y largo 2a está en equilibrio apoyada sobre una pared vertical lisa y sostenida por un extremo mediante un hilo de largo b. Determine los posibles ángulos β de equilibrio.
Solución
Descomponiendo las fuerzas y las distancias en los ejes “x” e “y”
Aplicando la primera condición equilibrio tenemos:
0Fx 0TsenNFx 1
0Fy cos 0Fy T M g 2
Aplicando momentos y haciendo un convenio de signos (+) (-) tenemos:
00M 2 0M g a sen T a sen 3
Además de una relación geométrica
senba
sen2
4
De la segunda y tercera ecuación tenemos
0Fy
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35
0)( cos
2
sensen
0 cos2cos sensen
senba
sen2
cos2cos
De donde una solución es: 0sen
, 0 la otra solución es:
cos4
cosba
(*)
Eliminando para esto elevamos al cuadrado la
ecuación 4 y despejamos 2cos para luego reemplazar en (*) 2
2
2
22
2
2cos
1641
b
asen
b
a
22
2
2
2cos
1241
b
a
b
a
2
22
12
4cos
a
ab
Solo tiene solución si ab 2 y 222 124 aab ab 4
Problema 6
Cuatro esferas iguales de radio R, forman una pirámide que se apoya sobre una superficie horizontal lisa y plana. Las tres esferas inferiores se mantienen en contacto mediante una cuerda que la circunda .Determinar el esfuerzo de tracción S en esta cuerda, si el peso de cada esfera es Q y las superficies de las mismas son perfectamente lisas .No se tendrá en cuenta ninguna tensión inicial que pueda existir en la cuerda antes de colocar la cuarta esfera encima de las demás.
Solución
Los centros de las cuatro esferas forman una pirámide equilátera de arista a=2R
2 2cos 30 3 3
2
AD ADAD
OAOA OA
BODBOCAOB
Luego ODOCOA
Donde “O” Circuncentro del ACD
Del triángulo AOB; 222
OAABBO 2
22
3a
aBO 33
323
aBO
32aBO
32h aBO
La altura de una pirámide equilátera de arista a es
32
ah
Luego el ángulo que forma una arista lateral con la vertical está dado por
Si N es la reacción normal de contacto con la esfera superior tenemos que
3 co sN Q
De donde
23cos cos cos
23
aha a
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36
233
QN
La componente horizontal de esta fuerza es
121 22 6333
F Nsen
La situación para una esfera en el suelo es como se indica en la figura de manera que
1
2 cos 30 26
QS F 3 6QS
Problema 7
La placa de la figura pesa 90N y está sostenida por el sistema de cables y poleas ideales. (Sin masa y sin roce). Si la placa está en equilibrio en forma horizontal, determine
a) La tensión en el cable que pasa por la polea A. b) La tensión en el cable que pasa por la polea B.
Solución
Si llamamos TA y TB las tensiones en las cuerdas A y B, tenemos para el equilibrio de la placa
90 BA TT
y para el equilibrio de la polea inferior (supuesta liviana)
BA TT 2
Resolviendo las ecuaciones tenemos
60 AT N ; 30 BT N
Problema 8
Las cinco cuerdas del sistema de la figura pueden soportar una tensión máxima de 1500N sin cortarse. Determine el peso máximo de la placa que puede ser soportada.
Solución
Para los equilibrios de las poleas, desde la izquierda hacia la derecha tenemos
02 21 TT
02 31 TT
02 43 TT
y para la placa
0432 WTTT
Tenemos cuatro ecuaciones para las cuatro tensiones que resolvemos
12 2 TT
13 21 TT
14 TT
Que reemplazamos en la cuarta ecuación
WTTT 11 212
De donde WT 721 y luego
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37
WT 742 ; WT 7
13 ; WT 724
La mayor es T2 que no puede exceder 1500N por lo tanto 15007
4 W
2625.9 W N
Problema 9
En el sistema indicado en la figura, no hay roce y las poleas son livianas. Determine la magnitud de la fuerza F necesaria para sostener el peso W.
Solución
Aplicando la primera condición de equilibrio tenemos: 04 WT de donde:
4W
TF
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38
Problema 1
Determinar el valor de la fuerza de contacto entre las superficies de los cuerpos A y B .Se sabe que MA=50 Kg MB=20Kg MC=30 Kg y g=10 m/s2.
Solución
D.C.L
Para el cuerpo B
amFx B amRsenW BAB
amRgsenm BAB 1
Para el cuerpo A
AF x m a
amTgsenmR AAB 2
Para el cuerpo C
amFy c amgmT cc 3
Trabajando con las ecuaciones 1 , 2, 3
amRgsenm BAB 1
amTgsenmR AAB 2
amgmT cc 3
Resolviendo el sistema de ecuaciones tenemos
2
21 sma ; NR 90
Problema 2
¿Con que aceleración desciende “m” respecto al plano horizontal, por el cual resbala “M” sin fricción? considere M=2.5 m; el coeficiente de rozamiento cinético entre M y m es 0.50 (g=10m/s2).
Solución
D.C.L
Para el bloque M
Para el bloque m
Para “M”
MMaFx Mm MaRT 1
0Fy 02 TMgRp
TMgRp 2 2
Para “m”
M
mmaFy
MmmafrTmg 3
0Fx ` 0MR F `MR F
DINAMICA
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39
MM maR 4
De la polea 1T T 5
De la fig. Para las aceleraciones
Sabemos que:
Dividiendo ambas ecuaciones
Trabajando con , , , , hallamos
Tomando en cuenta el sentido de las aceleraciones
Sistemas de referencia
: El origen (observador) está en Inercialesreposo o MRU.
-Son aplicables las leyes de Newton. -Las aceleraciones son producidas por fuerzas debidas a la interacción entre cuerpos (contacto o a distancia). Vea la figura
: El origen (observador) lleva No inerciales una determinada aceleración.
-No son aplicables las leyes de Newton
Sistemas no inerciales
-No son aplicables las leyes de Newton. -Se introducen las llamadas fuerzas de inercia o fuerzas ficticias 'iF F (Virtuales) que no son el resultado de la interacción entre cuerpos sino un artificio matemático para poder aplicar las leyes de Newton.
`iF F ma - Cuando el sistema se encuentra en equilibrio se cumple el principio de D’Alembert: 0 irea le s
F F 0
r ea le sF m a realesF m a
Vea la figura
20
12 m
Mx v t a t 21
2 mM
x a t
20
12 Mx v t a t 21
2 Mx a t
m M
Ma a 6
1 3 4 5 622 sma M
222
MmMm aaa
22
MmMm aaa
222 smam
Breve Explicación:
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40
Viaje en autobús
-Al arrancar con aceleración “ a ”, la persona se siente impulsada hacia atrás: -Sistema Inercial: (fuera del autobús) no existe fuerza y por tanto tampoco “ a ” (nadie le empuja, permanece quieto por inercia). -Sistema No inercial: (dentro del autobús) como experimenta el viajero una aceleración hacia atrás, cree en la existencia de una fuerza de inercia o fuerza ficticia 'iF F ma 0 irea le s
F F 0
r ea le sF m a
reale sF m a
Dentro de un ascensor
-Sea un cuerpo de masa “ m ” suspendido del techo por una báscula. Al subir el ascensor con aceleración “ a ”, el objeto marca en la báscula una fuerza superior a su peso: -Sistema Inercial: (fuera del ascensor) no existe equilibrio puesto que el objeto acelera con “ a ”luego T w ma T mg ma
- T m g a (T es la fuerza que marca la báscula) -Sistema No inercial: (dentro del ascensor) hay equilibrio. Se aplica el principio de D’Alembert:
- 0 0iyF T w F
0T m g m a T m g a
Al tomar una curva
-Sea una pelota de masa “m” que viaja sobre una plataforma móvil con velocidad lineal constante. Al tomar la curva la plataforma se produce sobre ésta una aceleración normal “ na ”, mientras que sobre la pelota no existe aceleración. -Sistema Inercial: (fuera de la plataforma) la pelota sigue recta con “v” constante y se sale de la plataforma que gira. -Sistema No inercial: (dentro de la plataforma) la pelota sale lanzada hacia el exterior una aceleración igual cuyo módulo vale “ 2v
R”.
Ello implica la existencia de una fuerza (Virtual) hacia el exterior que se conoce como fuerza centrífuga.
Problema 3
En el aparejo la bola 1 tiene una masa veces8.1 mayor que la barra
2 .La longitud de esta última es L=100[cm] las masas de las poleas y de los hilos, así como el rozamiento, son despreciables la bola se establece a un mismo nivel con el extremo inferior de la barra y se suelta. ¿Al cabo de que tiempo ésta se iguala con el extremo superior de la barra?.
Solución
1 2m m
mcmL 1100
?t
Para el cuerpo 1
0Fx
11 amFy
111 magmT 1
Para el cuerpo 2
0F x
22 amFy 2222 amTgm 2
Para la polea
21 2TT 3
12 2aa 4
Trabajando con las ecuaciones
111 magmT 1
2222 amTgm 2
21 2TT 3
12 2aa 4
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41
Resolviendo tenemos que: 4
21
ga
4
222
ga
Como ambos cuerpos están mov. Existirá una aceleración relativa
212
1 aaa 212
1 aaa
4
232
1 ga
Para el tiempo
22
1 attvL o 22
1 atL
2342
gLt
st 4.1
Problema 4
Considere el sistema de poleas y bloques de la figura, si M1=2m, M2=M3 =m y µ=0.1, determinar la aceleración de los tres bloques.
Solución
Para 2M
22 aMFy
22 maTW 22 magMT 1
Para 3M
33 aMFy
3333 aMTW 3333 aMgMT 2
De la polea móvil de M3
20
3
aa 32aa 3
TT 23 4
Para la polea móvil de la M1
22
1aa
a
Reemplazando 3 en la ecuación
actual 2
2 231
aaa
5
TT 21 6
Para M1
0Fy
01 WN gMN 1 mgN 2 7
11aMFx
11 2mafrT mgmaT 22 11 8
Trabajando 1 , 2 , 3 , 4 , 5 . 6 , 7 , 8
272
2 ga sma 32.52
Para 3a tenemos que:
gaa 23 2 23 0.84 a m s
Para 1a tenemos que:
22 23
1aa
a
21 3 .50 ma s
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42
Problema 1
Un bloque cuyo peso es p=90N se desplaza con velocidad constante una distancia de 5m, si el coeficiente de rozamiento cinético entre el bloque y el piso es de 0.3, se pide calcular el trabajo realizado por el bloque al recorrer los 5m (ver figura) .
Solución
0Fx
cos 0F fr
Pero fr N
cos 0F N
1
0F y
0N p F s e n
N p Fsen 2
2 en 1
c o s 0F p F se n
cos
pFsen
0 .3 9 0
c o s 4 0 0 .3 4 0F
s e n
2 8 . 1 5 NF
Para el trabajo realizado es:
co sW F d
2 8 .1 5 c o s 4 0 5W
107.83W J
TRABAJO y ENERGIA
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43
Problema 2
Determinar el coeficiente de rozamiento cinético entre el bloque y el piso, si el peso del bloque es p=20 N, al cual se aplica una fuerza F=50 N, si se desplazó una distancia de 4m al aplicar un trabajo resultante de todas las fuerzas de 80 [N*m] (ver figura).
.
Solución
El trabajo total realizado es:
R rF F p N fW W W W W D o n d e
:Trabajo de la fuerza resultante RFW :Trabajo de la fuerza FW
:Trabajo del peso del bloque pW :Trabajo de la fuerza Normal NW :Trabajo de la fuerza de friccion
rfW
Pero 0, 0p NW W
RF F fr
ya que P y N son perpendiculares al desp lazam ien to , asi W =W +W 1
0F y 3 7 0N F s e n p
3 7N F se n p 5 0 0 .6 2 0N
5 0N N 2
Además:
5 0rf N
Reemplazando en (1)
rW =
W = 50 4= 200r
r
f
f
f x
N m
F
F
W = F c o s3 7
W = 5 0 0 .8 4 = 1 8 0
x
N m
RF F frW =W +W
80 =160 200N m N m N m
200 =80 =0.4
Problema 3
En la figura un bloque de masa m cuyo peso es w=500Kg-f ,se encuentra al pie de un plano inclinado, al cual se aplica una fuerza F, se pide hallar a) La fuerza necesaria para que el bloque pueda llegar al punto B a una velocidad constante b) El trabajo realizado por esa fuerza.
Solución
a 0Fx 36.87 0F w sen
3 6 .8 7F w s e n
36.87F mgsen 3 0 0F N
b W F d
Para d:
4c o s 3 6 .8 7 d
4c o s 3 6 .8 7
d
5d m
W F d 3 0 0 5W N m
1 5 0 0W J
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44
Problema 4
En la siguiente figura, la persona hace resbalar el bloque de hielo de un nivel superior hasta otro inferior con velocidad ctte.
Dónde: h=2m, d=5m, µ=0.1
El peso de p es wp=60kg-f
a) Calcular la fuerza realizada por la persona. b) Calcular el trabajo realizado por la persona. c) Calcular el trabajo realizado por la gravedad. d) Calcular el trabajo realizado por la fricción.
Solución
a) Calcular la fuerza realizada por la persona
Hallando el ángulo α
hsen
d
25
arcsen
2 3 . 5 7
0Fx
0p Pw sen F fr
0p Pw sen F N
1
0Fy
cos 0pN w
cospN w
2
2 en 1
c os 0p P pw sen F w
cos 18.5P pF w sen kg f
b) Calcular el trabajo realizado por la persona
cos180p pW F d
p pW F d
9 2 .5 pW k g m
c) Calcular el trabajo realizado por la gravedad
cos 0ºp pW w sen d
p pW w sen d
120pW kg m
d) Calculando el trabajo realizado por la fuerza de fricción
cos 180 ºfrW fr d
1f rW f r d
c o sf r pW w d 2 7 .4 k g m
Problema 5
Un camión puede subir por una carretera que tiene una pendiente de 1 en 50, con una velocidad de 15millas/h. la fuerza de fricción es la veinticincoava parte del peso del camión. ¿Con que rapidez se moverá el mismo camión de bajada aplicando la misma potencia?.
Solución
Sea p1 la potencia del camión en la subida
1 1 1 p F v
1
Donde F1 es la fuerza que haría subir al camión con velocidad v1 constante
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45
1 0rF f w sen
Por geometría del problema
150
sen
11 125 50
F w w 1
350
F w
2
Reemplazando (2) en (1)
1 13
50p w v
3
Sea p2 la potencia del camión de bajada
2 2 2 p F v
4
Donde F2 es la fuerza que haría bajar al camión con velocidad v2 constante
2 0rF wsen f
2F fr wsen
21 125 50
F w w
2
150
F w
5
5 en 4
2 21
5 0p w v
6
Pero por las condiciones del problema sabemos
p1=p2 3 6 23 115
50 50w w v
2 4 5 m illa sv h
Problema 6
Un motor eléctrico sube un ascensor que pesa 1.2*103 N una distancia de 7[m] en 12 [s] a) Cual es la potencia del motor en vatios b) En kilovatios.
Solución
a) La potencia del motor es:
Wpt
F dpt
31 .2 1 0 71 2
N mp
s
27 1 0 N mp s
2 27 1 0 7 1 0 wJp ps
b) En kilovatios
2 11 kw7 10 w 7 10 kw1000 w
p
Problema 7
En la figura, calcular la potencia ejercida por el motor en Hp si sus pesos son
700900
B
A
w lbfw lbf
Y su velocidad constante es:
9 /v pies s
Solución
Para el contrapeso
2 0Aw T 1
Para el ascensor
0BT F w 2
Resolviendo el sistema de ecuaciones
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46
2 0Aw T 1
0BT F w 2
Tenemos que:
250F lbf
Para la potencia del motor tenemos que:
p F v 250 9 /p lbf pies s
2 2 5 0 /p p ie lb f s
Convirtiendo en HP
12 25 0 /55 0 /
4 .0 9
H pp p ie lb f sp ie lb f s
p H P
Problema 8
Se requiere regar un sembradío de 6000 m2 de superficie, se necesita 4L por día y por metro cuadrado para cumplir este trabajo, si se cuenta con un motor bomba para extraer H2O de una profundidad de 18m a) Calcular la potencia desarrollada por la motobomba en 40 min de funcionamiento b) Calcular el caudal hidráulico.
Solución
a) Aplicando la definición de potencia
Bom ba al elevar el agua
.aguaP G
hidraulicaEWp
t t
aguam ghp
t
Calculando la masa del líquido extraído en ese tiempo
22
4 6 0 0 0L md ia m
Pero 4 4L kg
22
4 6 00 0 2 4 03 0kg kgmd ia m d ia
Por lo tanto la potencia será
22 4 0 0 0 9 .8 / 1 86 04 0 m in
1 m in1 7 6 4
K g m s mp s
p w a t s s
Pero en HP
11764 2.36746
H Pp w atss H Pw atts
b)
aguam ghp
t aguaVgh
pt
a g u ap Q g h
agua
pQgh
310 /Q m s
Problema 9
Una central hidroeléctrica que se instala en cercanías de una represa, necesita saber si la potencia de salida será capaz de encender 2240 focos de 100 watts en una hora trabajo, si la energía entrante hacia el generador es de 250Kw-h, sabiendo que el rendimiento o eficiencia del generador es del η =90% .
Solución
Relación de potencia
P sa lid a P s P eP en tra d a
La cantidad de focos es
º º foc o fo co
P sa lid a P en tra n teN NP ca d a P ca d a
Recordemos que la potencia se puede definir como la energía que se transmite por la unidad de tiempo
º
EetN
Pcada foco
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47
2 5 00 .91º 11 0 0 w
1 0 0 0
K w hhN K w
w
º 2250 cosN fo
Si es capaz de encender 2240 focos
Problema 10
Dos resortes de longitud igual se encuentran anidados a fin de formar un amortiguador de impacto .Si se les diseña para de detener el movimiento de una masa de 2 kg, que se deja caer S=0.5m sobre la parte superior de los resortes desde el reposo,y si la máxima comprensión de los resortes es 0.2 m.Determine la rigidez requerida del interior KB, si la del resorte exterior es KA=400 N/m.
Solución
2 21 12 2A Bmg s x K x K x
212 A Bmg s x x K K
2
2A B
mg s xK K
x
2
2B A
mg s xK K
x
2 8 6 .7BNK m
Problema 11
Una esfera de masa m se halla a un resorte como se muestra en la fig. En la posición A el resorte de longitud Lo=100 cm se halla sin estirar ni comprimir. El sistema se suelta del reposo en la posición A. Calcular la masa de la esfera, para conseguir que la elongación “x” del
resorte en la posición B sea igual a Lo (x=Lo), la constante de elasticidad del resorte es 100[N/m].
Solución
B AE E
B AB B E A AE p E c Ep E p E c E p
2 21 12 2Bm v k x m g L o x
1
ccF m a
2
0
BvF m g mL x
02B
k x m g L xv
m
2
2 en 1
0 21 12 2
kx mg L xm kx mg Lo x
m
5.1m K g
Problema 12
El sistema de la figura se suelta desde el reposo si se desprecia todo efecto de fricción que distancia se desplazara la masa sobre el plano al iniciar el movimiento el resorte no está deformado m=2kg,α=37º.
Solución
Del gráfico
hs e n h x se nx
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48
A BE E 2102
m g h kx
2102
m g x sen kx
2 m g senxk
Problema 13
Un cuerpo (considérelo como partícula) de 2kg se deja deslizar por un plano inclinado 30º a partir del reposo en el punto A del dibujo. Cuando ha recorrido 4m sobre el plano (punto B), choca con un resorte sin masa
de constante k=100Nm-1, deteniéndose en el punto C luego de comprimirlo x metros. Si el coeficiente de roce cinético entre el cuerpo y el plano inclinado es de 0.2, considerando la gravedad 10 m/s2, hallar:
a) La energía mecánica en el punto A en función de x.
b) La energía mecánica en el punto C en función de x.
c) El trabajo mecánico realizado por la
fuerza de roce cinética entre los puntos A y C,
en función de x.
d) La compresión máxima del resorte (x).
e) Luego de llegar al punto C, el cuerpo sube hasta el punto D donde nuevamente se detiene, recorriendo S metros debido al estiramiento del resorte. Calcular la distancia (S) entre los puntos C y D.
Solución
a) la energía en el punto A es:
(4 ) 30AE m gh m g x sen
4 0 10AE x 1
b) En el punto C, toda la energía es potencial elástica
2 21 5 0
2CE kx x 2
c) El trabajo de la fuerza de roce entre A y C es:
3 0 4fr r K
fr K
W f d N d
W m g c o s x
1 3 .8 5 6 3 .4 6 4frW x 3
d) De acuerdo al teorema del trabajo y la energía
f r C AW E E A C frE E W 4
Reemplazando (1),(2),(3) en (4)
24 0 1 0 5 0 1 3 .8 5 6 3 .4 6 4x x x
250 6.536 26.144 0x x 6 .5 3 6 4 2 .7 1 9 5 2 2 8 .8
1 0 0x
6.5 36 72 .6 0 5
10 0x 0 .7 9 1x m
e) La energía elástica en el punto C es:
225 0 5 0 0 .7 9 1 3 1 .2 8 4CE x J
La energía en el punto D (ver figura) es igual a:
3 0 2 1 0 0 .5 1 0DE m g s s e n s s
Y el trabajo de rozamiento en el recorrido CD:
cos 30fr r k
fr k
W f d Nd
W mg s
0 .2 2 1 0 0 .8 6 6f rW s
3 .464frW s
Luego:
f r D CW E E
3.464 10 31.284s s
2 .3 1s m
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49
Problema 1
Un hombre de masa “m” se mueve sobre una tabla de masa “M” sabiendo que la tabla puede moverse libremente sin rozamiento sobre el plano horizontal, determine el desplazamiento de la tabla respecto de la tierra cuando el hombre se mueve al extremo opuesto de la tabla de 12 m de longitud .
Solución
Conservación de momento lineal
fi pp
th Mvmv 0
tyM
txm
0 xmyM 1
Pero del gráfico
Lyx yLx Reemplazando en (1)
yLmyM LMm
my
Con M=2m Lmmy
3 my 4
Problema 2
Una minivan cuya masa es mM=1200 Kg choca a un automóvil cuya masa es mA=800 Kg que está detenido con el freno de mano puesto y que fue abollado. Luego del impacto se mueven unidos hacia delante deteniéndose luego de recorrer un tramo del pavimento, que dejan marcado con el caucho de los neumáticos. La
investigación posterior de t r ansi t o de la pol i cía nacional reportó los siguientes datos:
* Existen señales de “patinazo” a lo largo de 15 metros de pavimento, causados por los Neumáticos traseros del automóvil. Los neumáticos delanteros del automóvil, así como los neumáticos de la minivan, ruedan sin deslizar pues no existen huellas de ellos en el pavimento.
* El freno de mano del automóvil solo actúa sobre las ruedas traseras, las que soportan 3/8 de su peso.
* El coeficiente de roce cinético (µK) caucho-pavimento medido experimentalmente en el lugar del hecho es de 0.8.
Utilizando esta información y los principios de la física:
a) Determine la magnitud de la velocidad del conjunto minivan-automóvil inmediatamente después del choque
b) Determine si la minivan chocó al automóvil a exceso de velocidad o no. (El límite de la magnitud de la velocidad en zonas urbanas es de 40 km/h).
Solución
a) frW E
MOMENTO LINEAL Y CHOQUES
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50
23 1 08 2K A A Mm g x m m v
2
328K A
A M
m g xv
m m
2
32 0 .8 8 00 10 1 58
12 00 800v
6 mv s
b)
M M A A M Am V m v m m v
M M M Am V m m v
M AM
M
m m vV
m
1 2 0 0 8 0 0 61 2 0 0MV
1 0 3 6Mm K mV s h No excede el
límite
Problema 3
Una esfera de billar que se mueve con una
velocidad de magnitud 20 m/s choca con otra de
igual masa que se encuentra en reposo. Luego de
la colisión, la esfera A rebota saliendo con una
velocidad de magnitud 15 m/s y una dirección
de 37º respecto de su dirección original
Determine la magnitud y la dirección con que
sale la esfera B de la colisión .
Solución
' 'A B A BA B A Bm v m v m v m v
De donde por igualdad de vectores
Eje “x”
' 'A Ax B Bx A Ax B Bxm v m v m v m v
Eje “y”
' 'A Ay B By A Ay B Bym v m v m v m v
Como las masas son iguales ' 'Ax Ax Bxv v v
0 ' 'Ay Ay Byv v v
Reemplazando valores '20 15(0.8) cosBv
' cos 8Bv 1 '0 15 0.6 Bv sen
' 9Bv sen 2
Dividiendo (2)/(1) 98
tg 48.37º
(β) en (2)
' 9Bv
sen ' 9
48.37ºBvsen
' 12B
mv s
Problema 4
Dos bolas de billar de masas iguales se mueven en una mesa de billar y se acercan entre sí a lo largo del eje “x”. Una se mueve hacia la derecha con una velocidad de 15m/s y la otra hacia la izquierda con 10 m/s. después de la colisión que es elástico, una de las bolas se mueven en dirección del eje “y”. Determine las velocidades finales después de la colisión.
Solución
Antes de la colisión
1 10 iv m s
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51
2 5 iv m s
Después de la colisión
3 3v v j
4 4 4ix yv v v j
Por la conservación de la cantidad de movimiento
3
4 4
1 0 i 5 i
x y
m s m s v j
v i v j
Igualando por separado vectores en i y j se obtiene:
4 1 0 5 5xv m s m s m s 4 3y yv v
Como se conserva la energía cinética
2 2 23
2 24 4
1 1 110 52 2 2
12 x y
m s m s v
v v
2 2 22 23 3100 25 25m s m s v m s v
De donde se obtiene
2 23100 2m s v
3 50 7.07v m s m s 4y 5 0 7 .0 7yv m s m s
4 25 50 8 .66v m s
Las velocidades finales son
3 7 .07v m s 4y 8.66v m s
Problema 5
Se tiene un objeto de 1.5Kg de masa colgando del cielo de una habitación mediante una cuerda liviana e inextensible de 2m de longitud (punto A). Al dispararle un proyectil de 15g de masa (se
incrusta en el objeto) produce una oscilación tal que la cuerda llega a formar un ángulo de 60º con la vertical cuando el objeto alcanza la máxima altura (punto B). Determine la rapidez con que se disparó el proyectil.
Solución
El sistema bala objeto después de la colisión conserva su energía (ecuación (1)).
El Sistema bala objeto conserva su cantidad de movimiento. La cantidad de movimiento antes y
después de la colisión permite la ecuación (2)
212 b bo b Bm m v m m gh 1
b b b bom v m m v 2
La altura hB se puede expresar en función del largo de la cuerda y el ángulo:
cos60Bh L L 3
Entonces, despejando de (2) la rapidez del sistema bala objeto después de la colisión y
Sustituyéndola en (1), al mismo tiempo que introducimos (3):
2 2
2
1 ( cos60)2
b bb b
b
m vm m m m g L Lm m
2
2
2 ( cos60) bb
b
g L L m mv
m
De donde:
2
2
12 9.8(2 2 ) 1.5152
0.015bv
447.14bmv s
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52
Problema 6
Dos partículas A y B se desplazan con velocidades constantes la una hacia la otra, sobre una superficie horizontal lisa. La velocidad de la partícula A es 10 m/s y la velocidad de la partícula B es -5i m/s .Si las masas son mA=3kg y mB=2kg (ver figura)y el coeficiente de restitución es de 0.5. Calcule
a) La velocidad del centro de masas después del choque.
b) La velocidad de cada partícula después del choque.
Solución
a) La velocidad del centro de masas no cambia.
ii
i
cmm v
vm
A BA B
A B
cmm v m v
vm m
3 10 2 53 2
cmi i
v
4cmmv is
c) La velocidad de cada partícula después del choque.
De la conservación de momento lineal y llamando
y BAU U
a las velocidades después de la colisión:
BB AA A B A Bm v m v m U m U
3 10 2 5 3 2A Bi i U i U i
20 3 2A BU U
1
El coeficiente de restitución
B A
A B
U Uev v
0 .51 0 5
B AU U
7 .5B AU U
2
Multiplicando (2) por 3 y sumando (1) y (2):
5 42.5BU
8 .5BmUs
Reemplazando en (2) tenemos:
7 .5A BU U
8 .5 7 .5AU
1A mU s
Problema 7
Una esfera de masa “m”, se abandona en la parte superior de un bloque de masa “M” (M=4m) que se encuentra en reposo. Despreciando toda forma de rozamiento, calcúlese la velocidad del carrito cuando la esfera abandona la superficie cilíndrica de radio de curvatura R=50 cm .
Solución
Conservación de la cantidad de movimiento
fi pp
0 Cm v M v
cMvmv cvmMv cv
mmv 4
cvv 4 1
Conservación de la energía mecánica fi EE
22
21
21
cMvmvmgR 2
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53
Reemplazando 1 en 2
22 4214
21
cc vmvmmgR 10gRvc
0.7cv sm
Vectores
Problema 1
Dos vectores de igual módulo forman entre sí, un ángulo de 60 º, si la magnitud del vector suma de ambos vectores excede en 2 unidades al módulo de uno de los vectores .Halle dicho vector.
Solución
Condición
?
2
a b
S a
Por el teorema de los cósenos tenemos
2 2 2 2 cos 60ºS a b ab
2 2 2 2 cos 60ºS a a a a
2 2 22 2 cos 60ºS a a
De la condición tenemos
21
22 2222 aaa
2222 24 aaaaa
0442 2 aa
22
42444 2 a
31a
MÁS EJERCICIOS
RESUELTOS
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54
Problema 2
Dos vectores forman un ángulo de 110º. Uno de ellos tiene 20 unidades de longitud y hace un ángulo de 40º con vector resultante de ambos. Encontrar la magnitud del segundo vector y la del vector resultante.
Solución
Aplicando la ley de los senos tenemos
4070 senb
sena
7.137040
sen
asenb
u 13.7 b
70 70a R
sen sen 20 R a u
20 R u
Problema 3
Dos vectores de 10 y 8 unidades de longitud forman entre si un ángulo de a) 60º, b) 90º , c) 120. Encontrar la magnitud de la diferencia y el ángulo con respecto al vector mayor .
Solución
a) sea la diferencia
baD
baD 60cos2222 abbaD
60cos222 abbaD
21
16010064D 9 .2D
Para α aplicamos el teorema de los senos
60senD
senb
-49.6º
b) como a y b son perpendiculares
222 baD 22 baD
12.7 D u
Para α
8.0108tg 0.8 arctg
º64.38
c) como
baD
2 2 2 2 cos 120 ºD a b ab
º120cos222 abbaD
164 160 cos 120D 15.6 D u
Para α aplicamos el teorema de los senos
120b D
sen sen -26.35º
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55
Problema 4
Demostrar que si la suma y la diferencia de dos vectores son perpendiculares, los vectores tienen magnitudes iguales.
Solución
baS cos2222 abbaS
cos222 abbaS 1
baD
2 2 2 2 cos 180D a b ab
cos222 abbaD 2
De la figura vemos que:
bAB 2 ; DAO ; SOB
222OBAOAB Reemplazando tenemos:
2222 SDa 3
1 y 2 en 3 tenemos
22 2 2
22 2
4 2 cos
2 cos
a a b ab
a b ab
22 224 2 baa 022 ba ba l.q.q.d
ba Falso ya que no existe un valor absoluto negativo
Problema 5
Hallar el vector x
en función de los
vectores a y
b ,si
ABCD es rectángulo y M es el punto medio de
BD .
Solución
Notamos que el vector R a b es la resultante
de la suma de los vectores b a , pero como M es
el punto medio de A C como también del vector R
tenemos: ver fig. 1:
fig. 1
Trabajando con sus respectivos módulos, ahora se trata de un problema geométrico donde la incógnita es “m” . Ver fig.2:
fig.2
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56
Del triángulo MNC de la fig.1
2
a bx m
12
a bx m
Como // bm tenemos
bKm
bm
K 2
Pero como queremos hallar el valor de “m” de la figura 2. Tenemos que AD=BC=b=L entonces:
m NC BC BN 3 m L BN
Del triángulo BMN
30cosBNBM 30secBMBN 4
Del triángulo ABD
cos 30AD BD 30secLBD 5
Como 2
BDBM entonces reemplazamos 5
en :
3230sec LL
BM
Reemplazando en 4
3
23
LBN
32L
BN
Reemplazando en 3
32L
Lm 3L
m
Reemplazando en 2
313
L
LK
31
bm
Reemplazando en 1
bba
x31
2
62
ba
x
Problema 6
Hallar el módulo del vector resultante del conjunto de vectores mostrados en la figura sabiendo que 5 A u y 8 C u
Solución
Del gráfico:
Se trata de un polígono cerrado esto quiere decir
que 0
R
0
EDCBA
EDBCA 1
Para la resultante tenemos
EDBCAR
EDBCAR 2
1 en 2
CACAR
CAR 2
Para hallar el módulo de la resultante
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57
a b c d
Problema 7
Demuestre que si , se verifica que
Solución
Problema 8
Demostrar la identidad de legrande :
Solución
Método 1
Llamando
y empleando las propiedades del producto mixto y
del doble producto vectorial:
Si se hace y Se obtiene:
Método 2
Y como
Ya que el producto escalar de un vector de sí mismo es igual al cuadrado de su módulo; obtenemos:
Problema 9
Demostrar que el producto vectorial de cuatro vectores verifica :
Solución
Llamando tendremos
Problema 10
Cálcular el volumen del paralepipedo de la figura sabiendo O (1,0,2), A(3,2,4),B(2,6,8) y C(2,3,1),expresada en metros
Solución
2 22 2 cos 37R A C A C
52 R R 10
0a b c a b b c c a
c a b
b a c
b c b a b a b b a b b b a b
c a a b a a a b a a a b a b
2 2 2 2 siendo a b a b a b
2
2
y
a b a b a b
a b a b a b
m c d
= = a b c d m a b a b m a b c d
c- d = a b d b c a c b d a d b c
c a d b
2 2 2 22 2 2 2 a b a b a b a b a b a b
cosa b ab
a b absen
22 2 21 c o sa b a b a b
22a b a b a b a b
2 22 2
2 2 2 2
a b a b a b
a b a b a b
c-a b c d abd ab c d
m a b
a b c d m c d
m d c m c d
a b d c a b c d
ab d c a bc d
2 2 2a OA A O i j k
6 6b O B B O i j k
3c OC C O i j k
0a b c
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58
Y como conocemos V y aplicando la regla de Sarrus Horizontal tenemos:
3
2 2 2 2 21 6 6 1 6 20 1 3 1 1 3
V m
Problema 11
Si se tienen tres vectores no coplanarios OA=a, OB=b y OC=c. Designamos por M el punto medio del segmento rectilíneo AB y por G el baricentro del triángulo ABC se pide obtener razonada y sucesivamente:
a) Expresión de OM en función de a y b.
b) Expresión de MC en función de OM y c, así como la de GC en función de MC
c) Expresión de OG en función de a, b y c.
Solución
a)
b)
c)
Cinemática
Problema 1
Dos móviles A y B parten simultáneamente en una carretera rectilínea horizontal separados inicialmente por una distancia d, tienen la misma aceleración en modulo a y sentido hacia la izquierda, y sus velocidades iníciales vo hacia la izquierda y 5vo hacia la derecha respectivamente. Si los dos tienen la misma rapidez cuando se encuentran. ¿Qué distancia ha recorrido el móvil B hasta el encuentro? (expresar la respuesta en términos de d).
Solución
Haciendo el gráfico correspondiente para un mejor entendimiento
Para el móvil (A)
Para el móvil (B)
Pero como los dos móviles tienen la misma rapidez cuando se encuentran
Del gráfico tenemos:
x y z
x y z
x y z
a a aV a b c b b b
c c c
2
a O M M Aa bb O M M B O M
M A M B
c -2
a bM C O M c
2 2 3 3 2
a bG C M C c
OG c-GC
23 2 3
a b a b cc c
22
1 attvyo
22
15 attvxo
atvvo
atvvo 5
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59
1
Igualando velocidades tenemos:
2
Reemplazando la en la ecuación
06v t d 016
v t d 3
2 en 3
Para x
Problema 2
Dos estaciones A y B distan entre sí 100 km ,de A sale un tren habitualmente llega a B en 2h, de B sale otro hacia A donde espera llegar en hora y media.
a) ¿Cuánto tiempo después de haber partido simultáneamente cada uno de su estación se encuentran lado a lado?
b) ¿A qué distancia de la estación de A ocurre el cruce? .
Solución
De A sale un tren habitualmente llega a B en 2h,de B sale otro hacia A donde espera llegar en hora y media.
1002
13.89
A AA
A
d kmv vt h
mv s
a) ¿Cuánto tiempo después de haber partido simultáneamente cada uno de su estación se encuentran lado a lado?
Del gráfico
en
(2) en (4)
yxd
222
1521 attvattvd
oo
atvatvoo 5 atv
o 21
ov
222
1521 attvattvd
oo
dtat61
21
dat312 d
at
31
2
31
21
61
5
d
aadx
ddx
31
21
61
5 dx3
2
12
100
1
m 18.52 s
B BB
A
d kmv v
t h
v
1 t
xv A
A 2
t
xv B
B
BAxxd
BAxdx 3
3 1 t
xdv B
A
4
51.43 min
t v vA Bv vA B
dd t
t
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
60
50 0.857 h 42.8 A Akmx x kmh
50 0.857 h 42.8 A Ax x km
b) ¿A qué distancia de la estación de A ocurre el cruce?
De (1)
Problema 3
Un tren de 200 m de longitud, viajando con velocidad de 60 Km /h, emplea 36 s en atravesar completamente un puente refaccionado ¿Cuál es la longitud del puente?.
Solución
Para la distancia “x “
Del gráfico
Problema 4
Una partícula describe un movimiento elíptico en un plano XY, moviéndose en sentido horario tal como se muestra en la figura. El semieje mayor de la elipse (OA) mide 18m y el Semieje menor (OB) mide 12m. La partícula demora 20s en ir desde A hasta B.
a) Calcular la velocidad media entre A y B.
b) Si la velocidad en A es de módulo 8m/s y en
B es de 14s , calcular la aceleración media
entre A y B
c) Si la rapidez de la partícula está aumentando continuamente, dibuja el vector aceleración en el punto C.
Solución
a)
1 2 1 8
2 0B A
m
B A
j ir r rvt t t
b)
c)
Problema 5
El gráfico que se muestra representa el movimiento en línea recta de una partícula. Entonces la rapidez instantánea t=5 s y la rapidez media en el intervalo desde t1=2s hasta t2=6s son respectivamente en m/s.
Solución
t
xv A
A
tx
v vtx
mx 6003667.16
Lpuentex 200
200 xLpuente
600 200 400 Lpuente m
9 6
10
i jms
14 8
20
7 4210
=i j
v v vB Aam t tB A
mi js
t
43 Ax km
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61
a) Calculo de la rapidez instantánea en t=5s
b) Calculo de la velocidad media entre 2 < t < 6
Si:
Si:
Vectorialmente
Su rapidez será
Problema 6
La figura muestra todo el movimiento de un móvil cuya rapidez media fue 4m/s. Calcule la rapidez con la que el móvil se movió hacia la izquierda.
Solución
Observamos:
-Tramo AB: se movió a la izquierda
-Tramo BC: se movió a la derecha
Analizamos todo el movimiento por dato del problema
Si:
La velocidad media se calcula de:
Su módulo será
La rapidez cuando se mueve a la izquierda es v1 y reemplazando (1) tenemos:
Problema 7
Las gráficas x vs t , de dos móviles A y B se muestran en la figura. Determine la ecuación x (t) para el móvil B, para t >3s.
Solución
La velocidad de A es:
En el grafico x-t:
4 22
v tg 2 mv s
1 12 4t s x m
2 26 8t s x m
2 1
2 1m
x xvt t
8 4 4 16 2 4mv
m mv i s
0it 0ix x
03ft t 0ix x
0
f im
f
x xv i
t t
0
0
03 0
mxv i
t
0
03m
xv it
0
0
43
mxvt
0
0
12 xt 1
01
0
2 en (1) xv tgt
1 24 mv s
100205
tg v
1mmv s
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62
La ecuación de la recta “B” será:
Resolviendo
Problema 8
De acuerdo al gráfico adjunto determinar el desplazamiento del móvil entre t=8s y t=24s
Solución
El móvil avanza a la derecha en un tiempo
; 8 12s st t 12 8 121 1x A
121 1 4x A 1 48 mx
El móvil avanza a la izquierda en un tiempo
; 12 24s st t 24 12 102 2x A
2 12 10 120 mx
Su desplazamiento es:
48 120 721 2d x x i i m
72d i m
Problema 9
La velocidad de una partícula cuyo movimiento es rectilíneo varía en función del tiempo según la gráfica adjunta. En el instante inicial la partícula se encuentra a -12 m del origen
Determinar:
a) Las gráficas a-t y x-t en el intervalo 0<t<16 s
b) Los instantes en que la partícula pasa por el origen.
Solución
a) La aceleración es la pendiente de la tangente en cada uno de los puntos del gráfica de la velocidad .De las pendientes de la gráfica de la velocidad se deduce que entre 0 y 8 s la aceleración es de 1.5 m/s2, entre 8 y 12 s la aceleración es de -6m/s2 , y, a partir de los 12 s, la aceleración es nula
e s l a 1 0 0 5 0 5
e s t a p e n d i e n t et g
d e l a r e c t a
1
1B
x xm tgt t
1 1tomemos 10 ; t 3x
10503
xt
50 140 .... 3Bx t t
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63
Determinación de la gráfica x-t
De la gráfica v-t se deduce que la velocidad de la partícula entre t=0 y t=8 s está dada por v=1.5t. La posición de la partícula para un instante t comprendido entre 0 y 8 s está dada por
Para t=8 la posición es x=36 m. Entre t=8 y t=12 s la velocidad es
La velocidad se hace igual a cero para t=10s.La posición para un instante t, tal que 8<t<12, está dada por
Para el instante t=12 s la posición es 36m.La posición para valores de t>12 está dada por
b) La partícula pasa por el origen en los instantes
Problema 10
En el instante t=10 s cuya trayectoria es rectilínea y su aceleración constante, se encuentra a 80m del origen de coordenadas, moviéndose con una velocidad de -12m/s. Si en el instante inicial se encontraba en el origen, determinar:
a) La velocidad y la aceleración iníciales
b) La distancia recorrida hasta el instante t=10s
c) Dibujar las gráficas x (t) y v (t).
Solución
a) En el instante inicial que la partícula estaba en el origen x0=0 y cuando t=10 s
Y su partícula está dada por
Resolviendo la ecuaciones (1) y (2)
y
b) La partícula inicialmente se aleja del origen con un movimiento uniformemente retardado hasta pararse. Después vuelve hacia el origen con un movimiento uniformemente acelerado. El instante en que se para se determina igualando a cero su velocidad, 0=28-4t.Luego el instante en que se para es t1=7 s. La distancia recorrida hasta ese instante es x1=98 m. A partir de este instante su movimiento es uniformemente acelerado y la distancia recorrida hasta los 10 s es x2=18 m. La distancia total recorrida los 10 segundos es de 116 m
Problema 11
El movimiento de una partícula es rectilíneo. La grafica adjunta muestra el recorrido x en función
21 1 312 1.52 2 4
x vt vt t t t
23124
x t
1 2 6 8 6 0 6v t t
136 12 102
x t v 2252 60 3x t t
36 12 12x t 180 12x t
4 y 15t s t s
212ox v t at
80 10 50ov a 1
f ov v at
12 10ov a 2
28omvs
24 mas
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64
del tiempo, x en m y t en s. Determinar : a) La velocidad media, b) La velocidad máxima ,c) El instante en que la velocidad coincide con la velocidad media , d) La aceleración media en los primeros 10 segundos e) La aceleración media t=10 y t =16 segundos .
Solución
a) De la gráfica se deduce que la partícula en 20 segundos ha recorrido 2.0 m. La velocidad media es el desplazamiento, que es este caso coincide con el recorrido dividido por el tiempo
b) La velocidad instantánea v(t) de la partícula es la pendiente de la tangente a la gráfica x-t en cada uno de sus puntos. De la gráfica se deduce que las tangentes en los instantes t=0 y t=20 son rectas horizontales, luego la velocidad en dichos instantes es nula, v(0)=v(20)=0 .La pendiente crece entre t=0 y t=10s, instante a partir del cual la gráfica tiene un tramo recto hasta el instante t=14 s, decreciendo a continuación hasta alcanzar el valor cero en t=20 s. La partícula tiene velocidad máxima durante el tramo recto de la gráfica y su valor coincide con la pendiente de dicho tramo
c) La tangente a la curva en el punto correspondiente a t=16 es igual a 0.1 m, que coincide con el valor de la velocidad media
d) La aceleración media en los 10 primeros segundos es la diferencia de velocidades en los extremos del intervalo divida por el tiempo
e) La aceleración media entre los 10 y los 16
segundos es
Caída libre
Problema 1
Un globo va subiendo a razón de 12 m/s a una altura de 80 m, sobre el suelo, en ese momento suelta un paquete ¿Cuánto tarda el paquete en llegar al suelo?
Solución
La velocidad inicial del paquete es igual a la velocidad
Inicial del globo es decir . El
paquete
Seguirá subiendo hasta alcanzar la altura máxima
2
02 7.35
2vh m
g
Tramo AB
Para el tiempo que tarda en recorrer la altura h2
02 1.22vt s
g
Tramo BC
2.0 0.120m
mvs
max 0.25 mvs
m 20.025 mas
m 20.025 mas
smvo
12
222 2ghvv
of
22 2ghv
o
2gtvv
of
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
65
Para el tiempo que tarda en recorrer la distancia “y”
87.35y m
Donde
2 4.22yt sg
Por lo tanto el tiempo total que tarda el paquete en llegar al suelo es
5 .44Tt s
Problema 2
Un grifo en mal estado está a 2.4 m del piso y deja escapar agua a razón de 4 gotas por segundo ¿Cuál es la altura de la segunda gota en el instante que la primera llega al piso?¿Cuánto tiempo tarda la primera gota en llegar al piso?.
Solución
Para los intervalos entre gotas
Sea la razón
0 .2 5 /t s g o ta
Para el tiempo que la primera gota tarda en llegar al piso es:
Tramo ad
Es:
1 0.7t s
Calculando la velocidad final cuando la primera gota impacta
Con el piso en el punto d
2 6.86 /dv gh m s
Para calcular la velocidad en el punto c
4.40 /cv m s
Para calcular la altura h2
2 1.4h m
Problema 3
De la boquilla de una ducha está goteando agua al piso que se encuentra 2.05 m abajo. Las gotas caen a intervalos de tiempo regulares, llegando al piso la primera gota en el momento en que la cuarta comienza a caer. Encontrar la posición de las diversas gotas cuando una de ellas está llegando al piso.
Solución
Para el tiempo total es:
Tramo ad
21hyy
221
gttvyo
fovv
gy
t2
2 t t tT
s 4gotas
gotass
t4
1
tgtvho
21 12
1
gh
t2
1
ghvvod
222 ghvd
22
gtvvcd gtvv
dc
tgtvhc
22 2
1
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
66
Es: 2 ytg
0.64 6t s
Para los intervalos de tiempo entre gotas
0.215t s
Para la posición y2 es:
Tramo ac
2 0 .91 0y m
Para la posición y3 es:
Tramo ab
3 0.228y m
Problema 4
Un hombre que viaja hacia arriba en un elevador de carga deja caer accidentalmente un paquete fuera del elevador cuando éste está a 100 pies del suelo .Si el elevador mantiene una velocidad constante hacia arriba de 4ft/s, determinar su altura con respecto al suelo en el instante en que el paquete toca el suelo.
Solución
Paquete:
20
102Ey v t gt
21 2 4 1 0 0 0t t
24 2 5 0t t
1 4 0 1
8t 2 . 6 3t s
Elevador:
0E Ey y v t 100 4 2.63Ey
1 1 0 .5Ey ft
Problema 5
Una persona en un ascensor ve un tornillo que cae del techo .La altura del ascensor es de 3m ¿Cuánto tiempo tarda el tornillo en chocar contra el suelo si el ascensor asciende con una aceleración constante as=4.0 m/s2?.
Solución
Cuando el tornillo choca contra el suelo yt=ys
.Tomar como origen la posición inicial del suelo y designar como dirección positiva la dirección hacia arriba
Escribimos las funciones de la posición del ascensor y del tornillo
20 0
12s s s sy y v t a t
20 0
12t t t ty y v t a t
Cuando t=t1 el tornillo llega al suelo. En ese instante las posiciones son:
tgtvyo
221
tt 3 3t
t
ttt 2
ttt 2
tgtvy 22202 2
1 tgy 2
22 21
ttgy 22 2
1
ttt 23
ttt 23
tgtvy o2333 2
1 tgy 2
3 321
ttgy 221 2
3
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
67
t sy y 2 2
0 0 1 1 0 0 1 11 12 2t t t s s sy v t a t y v t a t
Cuando t=0 el suelo del ascensor y del tonillo tienen la misma velocidad. Usar este hecho para simplificar la expresión anterior
0 0s tv v 2 2
0 0 1 1 0 0 1 11 12 2t t t s s sy v t a t y v t a t
2 20 1 0 1
1 12 2t t s sy a t y a t
Usar la información obtenida para simplificar:
20 0, 4.0 /s sy a m s
0 3 , t ty h m a g
Por lo tanto
2 21 1
1 102 2 sh gt a t
21
12 sh g a t
1
2 32 0.6599.8 4.0s
ht sg a
Despejar el tiempo
Observación: El tiempo de caída depende de la aceleración del ascensor, pero no de la velocidad .En el sistema de referencia del ascensor hay una
“gravedad efectiva’=g+as. En el caso (supuestamente hipotético) en que el ascensor estuviera en caída libre, es decir as=-g`. El tiempo de caída seria infinito y el tornillo parecería “ingrávido”
Movimiento parabólico
Problema 1
Una pequeña pelota de goma sale rodando por el borde de una mesa con velocidad horizontal de 2m/s en su trayectoria, la pelota rebota de un tablero que está a 80cm del borde de la mesa. Asumiendo que en el choque pelota –tablero no existe perdida de energía alguna .Calcule la distancia horizontal respecto del tablero a la pelota choca contra el piso.
Solución
0.82
t
0.4t s
21 9.8 0.42
y 0.784y m
Del gráfico
1 1.6 0.784y 1 0.816y m
Para la velocidad en el eje y cuando pequeña pelota rebota con el tablero
td
vox
oxvd
t
tgtvyoy
221
tgy 221
1yyh yhy
1
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68
9.8 0.4yv 3.92 /yv m s
Para la velocidad resultante tenemos:
4.4 /v m s
Para el ángulo
62.97º
Para el tiempo t1
21 1 1
162.972
y vsen t gt 1 0.17t s
Para calcular x sabemos que el movimiento es constante
2 0 .17x 0.3 4x m
Problema 2
Un muchacho que está a 4 m de una pared vertical lanza contra ella una pelota según indica la figura. La pelota sale de su mano a 2 m por encima del suelo con una velocidad inicial v = (10i + 10j) m/s. Cuando la pelota choca en la pared, se invierte la componente horizontal de su velocidad mientras que permanece sin variar su componente vertical. ¿A qué distancia de la pared caerá la pelota al suelo?.
Solución
Tomamos un sistema coordenado de referencia con origen en el punto de lanzamiento de la pelota, como se indica en la figura. Podemos simplificar la resolución de problema observando que la pared actúa como un “espejo”, de modo que consideraremos la trayectoria “virtual” que se indica en la figura inferior. Escribimos las ecuaciones paramétricas del movimiento de la pelota y, a partir de ellas, eliminando el tiempo, obtenemos la ecuación de la trayectoria:
00
xx
xx v t tv
02 20 2
0 0
12 2
yy
x x
v gy v t g t y x xv v
2 22
10 9.8 0.04910 2 10
y x x x x
La pelota toca el suelo cuando y = -2 m, de modo
que:
2
2
-2 0.0490.049 2 0
x xx x
1 1 8 0.049 1 1.1798
2 0.049 0.098x
22.24m negativo lo que representa una distancia a la pared de
22.24 4 .00 18.24D m
Problema 3
Un cañón se encuentra a una distancia de 20 m de un tanque y lanza un proyectil con una velocidad inicial de 10 m/s y con un ángulo de elevación de 30º. El tanque al observar esto se aleja con una velocidad de 2 m/s, en el instante que es disparado. Calcular a qué distancia del tanque cae el proyectil .
gtvvoyy
gtvy
222oyox
vvv 22oyox vvv
x
y
v
vtg
x
y
v
varctg
1tvx
ox
cmx 34
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69
Solución
La distancia que recorre el tanque es: graficando el problema
Para el tiempo de vuelo
1.2t s
“t” en (1)
2 1.2x 2 .04x m
Con los nuevos datos realizamos el grafico Correcto, ahora podemos hallar el alcance máximo
8.84R m
Del gráfico
11.16d m
Ahora 13.2D m
D distancia es la distancia a la que cae el proyectil con respecto el tanque
Problema 4
Una bola cae verticalmente sobre un punto A de un plano inclinado 20o, y rebota formando un ángulo de 40o con la vertical. Sabiendo que la bola cae nuevamente sobre el plano en el punto B, determinar
a) La velocidad con la que rebota en el punto A
b) El tiempo empleado en el trayecto de A a B.
Solución
Dónde:
v0=vA
En el eje x
Para el tiempo de vuelo
en
tvxt
1
g
senvt o
2
g
senvt o
2
g
senvR o
22
dR 20 Rd 20
xdD
x xa g
y ya g
212ox xx v t a t
21cos 70 202ox v t gsen t 1
20
12y yy y v t a t
0170 202
v sen gcos t
02 70cos20
v sentg
2
2 1
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70
4.68 /Av m s
Reemplazando en (2)
Problema 5
Una bola cae libremente desde la altura h sobre un plano inclinado que forma
un ángulo α con la horizontal (ver fig.). Encontrar la relación de las distancias entre los puntos, en los cuales la bola saltando toca el plano inclinado. Los choques de la bola con el plano se consideran absolutamente elásticos.
Solución
fig. 1
La solución del problema se simplificará sensiblemente, si los ejes de las coordenadas están dirigidos a lo largo del plano inclinado y perpendicularmente a él. (fig.1). En este caso, las proyecciones de la aceleración de la bola en los ejes yx e serán iguales a
x xa g g s e n y c o sy ya g g ,
respectivamente. La velocidad de la bola en el momento del primer choque con el plano inclinado será 2
0 0 2v gh 2ov gh ,
La velocidad inicial de la bola, después del primer choque, es 0v y forma con el eje y un ángulo
(fig.1). La distancia entre los puntos del primero y segundo choques con el plano inclinado es
2t1t2 1 2 +
gsenv senod
Donde t1
es el tiempo de vuelo. Este tiempo se
determina por la ecuación
21cos t1 -
cos t0
2vo
g
Resolviendo esta ecuación, obtenemos
que 21
vog
t y 8d hsen
La velocidad de la bola en el momento del segundo choque se determina por las igualdades:
2
2 70cos70cos20
2 701 202 cos20
oo
o
v senx vg
v sengseng
2
2 2
2 2
2 cos 70 70cos 20
4 701 202 cos 20
o
o
v senxg
v sengseng
2
2 2
2
2 cos70 70cos 20
2 70 20cos 20
o
o
v senxg
v sen seng
2
2
2
2 cos70 70cos20
70 20cos 20
ov senxg
sen sen
2
2
2cos 70 70 70 202
cos 20 cos 20
ox gv
sen sen sen
0 4.68 mv s
02 70cos 20
v sentg
2 4.68 70cos 20
sent
g
0.95t s
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71
1 1 1
1 3x ox x o
x o
v v a t v sen gsen tv v sen
1 1 1
1
cos cos
cosy oy y o
y o
v v a t v g tv v
Terminados los choques, estas velocidades serán
2 1x xv v , 2 1y yv v
La distancia entre los puntos del segundo y tercer choques es igual a
22
2 0 232
g se n td v s e n t
Donde t2es el tiempo de vuelo. Puesto que la velocidad inicial a lo largo del eje y es la misma que durante el primer choque, entonces
2 1t t ;
y, por consiguiente, 2 16d hsen
De modo análogo puede demostrarse que la distancia entre los puntos siguientes es
3 24d h sen De este modo, recibimos la relación: 1 2 3: : : ........ 1 : 2 : 3..........d d d
Movimiento Circular
Problema 1
Una rueda parte del reposo y acelera a tal manera que su velocidad angular aumenta uniformemente a 200 rpm en 6 s, a esta velocidad se aplican sus frenos y la rueda tarda 5min en detenerse, si el número total de revoluciones de la rueda es de 3100, calcular el tiempo total de rotación.
Solución
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72
Problema 2
Dos partículas A y B arrancan de un punto común y recorren direcciones opuestas sobre una trayectoria circular de radio 5 m con velocidad constante de vA=0.7m/s y vB=1.5m/s respectivamente. Calcular el tiempo hasta la colisión.
Solución
Problema 3
Un cilindro hueco de 3m de largo gira alrededor de un eje horizontal con velocidad angular constante de 180 r.p.m .Una bala disparada horizontalmente y paralela al eje de rotación perfora las bases en dos puntos, cuyos radios forman un ángulo de 8º. Calcular la velocidad de la bala.
Solución
Como la velocidad de la bala es constante
Problema 4
Una esfera hueca de radio R=80 cm. gira alrededor de un eje vertical que pasa por su centro .Un proyectil se desplaza con una velocidad de 350 m/s perpendicularmente al eje, perforando la esfera en un punto cuyo radio forma 30º con el eje .Hallar la velocidad angular (mínima) que debe tener la esfera para que el proyectil entre y salga por el mismo agujero .
Solución
El proyectil atraviesa la esfera hueca haciendo un solo agujero cuando dicha esfera gira un ángulo de π rad (mínimo) en el mismo tiempo luego de la figura.
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73
Luego la distancia que recorre el proyectil es 2d entonces
Problema 5
El mecanismo de la figura parte del reposo .Si el disco A adquiere una aceleración 1.5 m/ s 2
, y los radios de los discos son RA=15 cm, RB=10cm, RC=30cm a) ¿Qué velocidad adquiere el bloque luego de recorrer 1.2 m? b) ¿Cuál es la aceleración tangencial de un punto del borde del disco B?.
Solución
Datos: RA=15cm RB=10 cm RC=30 cm h=1.2 m aA=1.5 m/s2
b) Entre los discos A-B Para la aceleración tangencial en B aA= aB aB =1.5 m/s2
a) Para la velocidad final cuando recorre 1.2 m
Entre el disco B-C
Pero
Por otro lado tenemos:
Calculando la velocidad del bloque D
Problema 6
En la figura la velocidad angular inicial del disco B es 6 rad/s en sentido anti horario y el peso B está desacelerando a razón de 1.2 m/s2 .Hallar la distancia que recorre el peso A antes de llegar al reposo.
Solución
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74
Reemplazando en (2)
La distancia que desciende el bloque A será la misma distancia que ascienda el bloque B, entonces calculemos la distancia que asciende el bloque B
Problema 7
En la fig. Calcular el tiempo en el cual los objetos A y B se cruzan, si el disco D inicia su movimiento a partir del reposo y/o con una aceleración tangencial de 0.6 m/s2
Solución
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75
Reemplazando en (1) tenemos
2 2 t=4.040.18 0.0654
t s
Problema 8
El sistema de ruedas y correa de la figura. Se suelta del reposo .Determine la aceleración de la polea7, para que al cabo de 10 s, el bloque B se encuentre a 10 metros por debajo del bloque A ¿Cual la velocidad de los bloques A y B en ese instante?.
Solución
Para un mismo instante En el grafico como parte del reposo
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76
Problema 9
La figura muestra 2 poleas concéntricas de radios, RA =20 cm y RB =10 cm, respectivamente. Si las poleas giran en sentido anti horario con velocidad angular constante ω= 6 rad/s, hallar la velocidad del bloque que se encuentra unido a la polea móvil.
Solución
Propiedad de la polea móvil.
Luego como el punto A tiene velocidad hacia abajo y el punto B velocidad Hacia arriba, entonces
Hacia abajo la cual es la velocidad de bloque Problema 10
La figura muestra dos poleas concéntricas de radios RA=10 cm. y RB=15 cm., respectivamente. Si las poleas giran en sentido horario con
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77
velocidad angular constante ω=4 rad/s, hallar la velocidad lineal del bloque que se encuentra unido a la polea móvil.
Solución
Para la polea 1
Para la polea 2
Que es la velocidad del bloque hacia abajo
Problema 11
La figura muestra 3 poleas concéntricas de radios RA=10cm, RB=20cm y RC=30cm. Si el sistema de poleas gira con velocidad angular constante igual a ω=4 rad/ s, en sentido horario, hallar la velocidad con que se mueve el bloque w.
Solución
Para la polea móvil 1
Para la polea móvil 2
Estática
Problema 1
Un niño suelta a su perro de peso despreciable, el mencionado animal corre inmediatamente por encima de una tabla uniforme AC que tiene
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78
4m de largo y pesa 100 kgf, el niño que pesa 40 kg lo sigue para poder agarrar al perro y así no caiga al lago (ver fig.). La tabla puede rotar en el punto B. Calcular la máxima distancia que el niño puede caminar a partir de A manteniendo el equilibrio.
Solución
Aplicando la primera condición equilibrio tenemos:
Segunda condición de equilibrio
Haciendo un convenio de signos (+) (-)
La máxima distancia será cuando
De (1)
Reemplazando RB en (2) y reemplazando datos
La distancia máxima es
Problema 2
En el sistema de la figura, determinar la posición de equilibro y las fuerzas de reacción que ejercen
los apoyos en los extremos de la varilla .La masa de la varilla es de 6 kg y tiene una longitud de 0.8mts.
Solución
Por geometría del problema
Po
Po
Descomponiendo las distancias y las reacciones en los ejes “x” e”y” tenemos:
Aplicando la primera condición equilibrio tenemos:
0F y
0A B NR R w w 1
0AM 2 2 .5 0B Nw R w x 2
0AR
B NR w w 140 B fR kg
2.5 140 2 10040
x
3.75 x m
0F x cos 0A BR R sen
cos
1cos
A B
A B
R R sensenR R
0F y cosA BR sen R w 2
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79
4
Segunda condición de equilibrio
Haciendo un convenio de signos (-) (+)
Tenemos :
Reemplazando datos tenemos:
, ,
Problema 3
En la figura que se muestra w1=20 N, w2=40 N el peso de la varilla AB es de 40 N y las longitudes AB=AD=1m.Hallar el ángulo α con respecto al eje horizontal.
Solución
Aplicando la primera condición equilibrio en la
varilla AB tenemos:
Resolviendo y tenemos:
Aplicando la primera condición de equilibrio en
el punto D tenemos:
1 en 2
coscosB BsenR sen R w
2 2coscosB
senR w
cosBR w 3
3 en 1
coscosAsenR w
AR wsen
0AM
cos cos cos2
0
B
B
Lw R L
R sen Lsen
cos cos cos 2
2 //cos
B BLR L R sen Lsen w
cos 2BwR sen tg 5
3 en 5
cos cos 2ww sen tg
1 = cos2cos
sen tg
22cos 1 =
2 costg
sen
cos 2 =2
tgsen
=ctg 2tg
=arctg ctg 2
50º 20.11 AR N 55.25 BR N
0F x
cos cos 0AT R 1
0F y
1 0A VR sen Tsen w w 2
1 2
1 cos
cos cosvw w
Tsen sen
3
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80
Igualando tenemos:
De la figura por el teorema de los senos:
Reemplazando en
;
Tomando la parte real positiva
Problema 4
La barra homogénea AB de peso P se apoya por su extremo B sobre la superficies interior lisa de un semicírculo hueco de radio R y por su extremo A sobre un suelo horizontal rugoso. La longitud L de la barra es L=1.6 R. En la posición de equilibrio límite, el centro de gravedad de la barra está sobre el diámetro vertical de semicilindro. Determinar para dicha posición, la relación el ángulo que forma la barra con la horizontal y el coeficiente de rozamiento µ. y las reacciones en los apoyos .
Solución
Por su extremo B, la barra se apoya en la superficie cilíndrica lisa luego la reacción e B tiene dirección radial y se corta en O con la dirección del peso. En la situación de equilibrio, la reacción en A se ha de cortar con las dos fuerzas, luego pasa por el punto O. En la situación de Movimiento inminente, la reacción en A forma con normal un ángulo θ tal que tgθ=µ
De la figura se tiene:
Consideremos los triángulos OGB y AOC de la
Figura adjunta
0F y
2Tsen w 2wT
sen 4
3 4
2tg tg 5
1 1
sen sen
sen sen 2 6
6 5
2 2tg tg 22cos cos 2sen sen
22cos 1 1 1cos 2 2
i
12
z i 12r
12
0tg
45º
cos 1 2 cos 45z r isen
1cos cos 45 0.52z
arccos (0.5) 60 60º
cosA BF sen F 1
cosB AF sen F p 2
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81
Del primero se deduce que
Y del segundo teniendo, teniendo en cuenta que AO es la dirección de FA
Y combinando las ecuaciones (3) y (4) resulta
Aplicando la ley del senos al triangulo OGB se tiene
Operando (6) queda
De la relación trigonométrica
Resolviendo la ecuación de segundo grado resulta
Y sustituyendo en la ecuación (5) se obtiene el valor de µ
Las ecuaciones (1) y (2) proporcionan los valores de las reacciones
Dinámica
Problema 1
El sistema mostrado esta inicialmente en reposo, se aplica una fuerza F=2mg sobre el bloque m de masa m. Hallar el tiempo que tarda el bloque m en recorrer una distancia L sobre el bloque M de masa 2m.
Solución
Aplicando la segunda ley newton
cos cos2LR
os cos2LcR
3
1 cos2
Ltg
R
4
cos cos2LR
5
1 12 2
cos
R Lsen L
sen
6
2 cos 2R tg senL
3de
1 2 cos de (3) sen tg
sen =1- L senR
2 2cos 1sen 23 5 1 0sen sen
0 .2 3 3 3 = 1 3 .5sen
0.8 cos 0.77
0.77 yAF P 0.6 BF P
mFx ma
mF fr ma 1
0Fy 0N mg
N mg 2
fr N 3
2 en 3
enfr mg 1 2 mmg mg ma
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82
Aplicando la segunda ley newton
Pero
Problema 2
*
Se atan dos masas m1 y m2, a los extremos de una cuerda que por la cúspide
de un plano inclinado doble. La masa de los planos inclinados es m y ellos forman los ángulos α1 y α2 con el plano horizontal. Todo el sistema esta inicialmente en reposo. Hallar la aceleración de los planos inclinados y las aceleraciones de los cuerpos después de dejar libre el sistema ¿Cuál es la condición para que los planos inclinados permanezcan en reposo? El rose es despreciable.
Solución
Llamaremos a la aceleración del plano inclinado doble en el sistema de referencia inercial (el signo positivo significa dirección hacia la derecha); sea ao la aceleración de los cuerpos en relación de los planos inclinados (la aceleración es positiva cuando m1, el cuerpo de la izquierda, desciende). Las aceleraciones de los cuerpos en el sistema inercial, a1 y a2 se obtienen sumando los vectores a y ao , T señala la tensión de la cuerda.
Aplicamos la segunda ley de newton a las componentes a lo largo de los planos inclinados.
2ma g 4
MFx Ma 1 Mfr fr Ma 5
0Fy 1 0N N Mg
1N N Mg 6
1 16fr N 7
6 en 7 1 en6fr N Mg 5
2 26 6 Mmg mg mg ma
4Mga 8
m M m Ma a a
2 4m Mga g 5 8
4m M
ga
0
212m Mm M m ML v t a t
8 5 8
Ltg
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83
Para la masa m1
Análogamente para m2
Sumando las ecuaciones
Para investigar el movimiento de los planos inclinados usamos el principio de conservación de momento lineal. La velocidad de los planos inclinados en el sistema inercial es v (hacia la derecha). Las componentes horizontales de vo (izquierda), las velocidades de los cuerpos sobre los planos inclinados, en el sistema inicial, son
Respectivamente
Utilizando el principio de conservación de momento lineal:
Ahora transcurrido un cierto tiempo t , las masas llevan respecto de los planos inclinados una cierta velocidad que llamamos o ov a t y los planos inclinados se desplazan con una velocidad v a t .
De donde:
Esta ecuación nos entrega información sobre las aceleraciones. Es obvio que los planos inclinados están en reposo solo si lo están ambos; lo cual significa que los cuerpos están en equilibrio. Esta es una consecuencia natural del principio de conservación de momento lineal.
El sistema de las ecuaciones nos da las
aceleraciones:
Ambas aceleraciones son cero si:
*Nota para este problema debemos tener previo conocimiento del momento lineal
1 1 1 1cosom a a m gsen T
2 2 2 2cosom a a T m gsen
1 1 2 2 1 2
1 1 2 2
cos cos om m a m m a
m sen m sen g
1
1cos yov v 2cosov v
1 1 2 2( cos ) ( cos )o om v v m v v mv
1 1 2 2( cos ) ( cos )o om a a m a a ma
1 1 2 2
1 2
cos coso
m ma a
m m m
2
1 y 2
1 2 1 1 2 22
1 2 1 2 1 1 2 2cos coso
m m m m sen m sena g
m m m m m m m
1 1 2 2 1 1 2 22
1 2 1 2 1 1 2 2
cos cos
cos cos
m m m sen m sena g
m m m m m m m
1 1 2 2 m sen m sen 1 2
2 1
m senm sen
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
84
Problema 3
En el sistema de la figura, el bloque de masa M puede desplazarse sin rozamiento. En el momento inicial el cuerpo de masa m suspendido de hilo se separa de la vertical un ángulo α y se libera ¿Cuál es la masa de este cuerpo, si el ángulo α que forma el hilo con la vertical no cambia al moverse el sistema?.
Solución
D.C.L para M
En eje “x”
T T sen M a 1 1T sen Ma
D.C.L para m
En eje “y”
c o s c o s 2m g T m a
En eje “x”
Tsen m a asen
1 3T s e n m a s e n
Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene
2 ;1Msenm
sen
a g tg
Problema 4
Una barra AB de masa “m” puede moverse sin fricción tanto hacia arriba como hacia abajo entre cuatro rodillos fijos. El extremo inferior de la barra toca la superficie lisa de una cuña de masa “M”. La cuña está sobre una superficie horizontal plana sin rozamiento. Determinar la aceleración de la barra AB y de la cuña. Solución En la figura se muestran todas las fuerzas que
actúan sobre la barra y la cuña .Designaremos por a la aceleración de la barra AB respecto a la mesa inmóvil y por b, la aceleración de la cuña.
Para m
Para M
La ecuación de relación cinemática entre las aceleraciones de la barra y de la cuña se deduce de los conceptos geométricos
Resolviendo las ecuaciones tenemos:
0xF 2 10 = N - N N s e n 1
mg cos yF m a N m a 2
xF Mb M b = N s e n 3
30 N cos 0 yF N M g 4
tg = ab
5
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
85
;
Dinámica Circular
Problema 1
Las dos partículas del dibujo con masas M1
y M2 están unidas por una cuerda sin masa que pasa a través de un aguajero O, de tamaño despreciable, practicado en la mesa. No hay roce en el sistema, la partícula, la partícula de masa M1 tiene un movimiento circular de radio R mientras que la otra partícula cuelga en reposo. Halle el tiempo que tarda la partícula M1 en completar una vuelta.
Solución
Para M1
Reemplazando (2) en (1)
Cuando complete una vuelta
Problema 2
La figura muestra un bloque de masa M desconocida que permanece en reposo colgado de una cuerda tensa e ideal. La cuerda pasa por una polea ideal, luego por un pequeño agujero practicado en una mesa horizontal y termina atada a una esferita de masa m. La esferita gira describiendo un círculo horizontal de radio R y a una distancia D de la mesa.
Halle la masa M del bloque, la velocidad angular ω de la esferita y la fuerza sobre la polea debida al soporte.
Solución
Para m
Para M
(3) en (2)
Pero
mg tgactg M m tg
mgbctg M m tg
1 cF c M a 1 cT M a
2
1vT MR
21T M R 1
0F y
2T w 2T M g 2
22 1M g M R 2 2
1
M gM R
2
1
M gM R
t
t
2
1
2tM g
M R
1
2
2M RtM g
cF c m a cos cT ma
2cosT m R 1
0F y Tsen mg 2
0F y T Mg 3
Mgsen mg
2 2
DsenD R
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86
Para la ω de (1), reemplazando T, M y cos α
2 cosTm R
2 22
RMgD RmR
Para la fuerza de la cuerda sobre la polea
Para el eje x
2
21xRT T i mg iD
Para el eje y
yT T j Mg j
2
21yRT mg jD
La fuerza será
x yF T T
2
21 RF mg i jD
Por condición de equilibrio sobre la polea y el
soporte
0soporteF F soporteF F
2
21soporteRF mg i jD
Problema 3
Un motociclista efectúa un movimiento circular muy peligroso, con un radio de 4metros ¿Cuál debe ser su velocidad mínima que debe tener para no caer? .El coeficiente de fricción entre las llantas y la pista es 0.5.
Solución
Problema 4
El ensamble mostrado gira respecto a un eje vertical con rapidez angular constante. Si se sabe que el coeficiente de fricción estático entre el bloque y la pared cilíndrica es 0.25; determínese la mínima rapidez para el cual el bloque permanecerá en contacto con la pared.
Solución
2 2
DMg mgD R
2
21 RM mD
pero2 2
cos RD R
2 1 gD
gD
0F y 0fr mg
N mg 1
cF c m a 2mvN
R 2
1 2
2
gRv
9.8 4
0.5v
8 .8 5 /v m s
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87
Problema 5
Un manguito A puede deslizarse libremente a lo largo de una barra lisa curvada en un semianillo de radio R (ver figura) el sistema se hace girar alrededor de un eje vertical oo´ a la velocidad angular constante 휔 .Determinar el ángulo Ɵ correspondiente a la posición estable del manguito.
Solución
Si ω2R>g se tienen dos posiciones de equilibrio
Se tiene una sola posición de equilibrio θ1=0
Problema 6
Por una semiesfera de radio R=100 cm se desliza sin fricción una esfera de masa m ¿A qué altura h se encontrará el cuerpo, si la semiesfera gira uniformemente con velocidad angular constante de 6 rad/s?.
Solución
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88
Problema 7
Un cubo muy pequeño de masa m se coloca en el interior de un embudo (ver figura) que gira alrededor de un eje vertical con una frecuencia constante f rev/s la pared del embudo forma un ángulo Ɵ con la horizontal. Si el coeficiente de rozamiento estático entre el cubo y el embudo es µ y el centro del cubo está a una distancia r del eje de rotación ¿Cuáles son los valores máximo y mínimo de f para los cuales el bloque no se moverá con respecto al embudo?.
Solución
Problema 8
El sistema mostrado gira con una velocidad angular constante. Determinar la relación entre T1 y T2.
Solución
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89
Problema 9
Un cubo con agua está atado a una cuerda de longitud L. Al caer gotas de agua que se desprenden del cubo, golpean al piso a lo largo del perímetro de un círculo de radio R. Determinar R para un ángulo Ɵ.
Solución
(6)
Para hallar el valor “x” apliquemos la ecuación de la trayectoria
2
2 2 0 2 cos
gxh xtg perov
Problema 10
Una varilla da vueltas en torno de un eje vertical con una velocidad angular constante ω. En su giro, la varilla forma un ángulo constante con la dirección horizontal de α grados, tal como indica la figura . Una pequeña masa m puede deslizar a lo largo de la varilla siendo el coeficiente de rozamiento µ. ¿Cuál es la condición para que la masa m se mantenga a una altura fija sobre el suelo durante la rotación de la varilla?.
Solución
Las fuerzas que actúan sobre la masa m, analizadas desde un sistema no inercial ligado a la propia varilla son las indicadas en la fig.1
fig.1
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90
Descomponiendo la fuerza ficticia o de inercia y el peso en los ejes “x” e “y” tenemos: ver fig.2
fig.2 El sistema de referencia XY se halla en fig.2. Ligado a la propia varilla. Fi=F` es la fuerza de inercia o fuerza ficticia de sentido contrario a la aceleración de la varilla y que aparece debido a que el análisis del problema se hace desde un sistema no inercial. 1) Supongamos que la masa m puede moverse en sentido ascendente por la varilla. La fuerza de rozamiento, fr, actúa hacia abajo. Si la masa m está en equilibrio respecto de la varilla, también lo está respecto del sistema XY y por tanto la suma de las fuerzas debe ser cero.
cos 0
cos 0i
i
F N mgsenN F sen mg
cos cos
0 1i iF mg F sen
mgsen
La fuerza de inercia que actúa sobre la masa es igual a m* aceleración de la varilla, siendo la aceleración de la varilla la aceleración centrípeta, de valor
ω2*radio = ω2
*Lcos α Llevando esta relación a (1)
re la
Llamamos a la solución de la ecuación anterior L=L1
1 2 2
coscos cosmg sen
Lm m sen
1 2
coscos 1
sengLsen
2) Si para la posición indicada en la figura 1 la fuerza de rozamiento tuviese sentido contrario al dibujado, lo cual significa que la masa m tiende a deslizarse hacia abajo de la varilla, el desarrollo matemático es similar salvo un cambio de signo y el resultado final es;
2 2
coscos 1g senL
sen
Los valores de L comprendidos entre L1 y L2, siendo L1>L2, son aquellos para los que la masa m permanece en posición fija sobre la varilla.
Trabajo y energía
Problema 1
Un objeto de 15 kg se mueve a lo largo del eje “x”. En la figura se muestra su aceleración en función de su posición. ¿Cuál es el trabajo neto realizado sobre el objeto al moverse desde x=0 hasta x=8m?
Solución
Debido a que la F=ma
El trabajo es el área bajo la curva en un gráfico F vs x
Problema2
Un ascensor desciende con una velocidad constante de 0.75 m/s. Del techo del ascensor se desprende una de las bombillas de 40 g, que cae sobre el suelo del ascensor. La altura de la caja
2 2mω Lcosα μ mgcosα mω Lcosα senα
mgsenα 0
1 8 3002
W N 1200W J
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91
del ascensor es 2.2 m a) Calcular el trabajo realizado por la fuerza gravitatoria sobre la bombilla y la variación de la energía cinética de la misma, desde que se desprende hasta que se estrella en el suelo del ascensor: b) En el referencial ligado a la caja del ascensor. En el referencial ligado al edificio c) Explicar la diferencia existente entre los resultados de los aparatos anteriores.
Solución
Consideremos dos sistemas de referencia inerciales:
1. Referencial inercial S, ligado al edificio
2. Referencial inercial S’, ligado a la caja del ascensor
Durante su movimiento de caída libre, la bombilla tan solo está sometida a la fuerza gravitatoria, i. e., a su peso mg, que representa una fuerza constante. La aceleración de la bombilla será la misma (g) en ambos referenciales inerciales .El trabajo realizado por dicha fuerza será igual al producto de la misma por el desplazamiento que experimenta la bombilla, que será diferente en cada referencial. La velocidad y los cambios de energía cinética también serán diferentes en cada referencial. El tiempo de caída es el mismo en ambos referenciales
2 2 2.2 0.679.8caida
ht sg
0.040 9.8 2.2 0.86mgh J
2.20 0.75 0.67 2.20 0.502.70 m
0.040 9.8 2.7 1.06 J
c) El trabajo realizado es mayor en el referencial S que en el referencial S’; lo que está de acuerdo con las correspondientes variaciones de la energía cinética .La explicación radica en que tanto la energía cinética como sus cambios, depende del referencial en el que se mida .Podemos asegurar que el trabajo suplementario que mide en el referencial
S coincide con la variación suplementaria de la energía cinética que se mide en ese mismo referencial.
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92
Problema 3
Una partícula se coloca en reposo en el punto más alto de un semicilindro liso de radio R y centro C. El eje CY es vertical. Ella se perturba levemente y comienza a deslizar partiendo del reposo. Llegado a un cierto punto la partícula pierde el contacto y continúa bajo el efecto de la gravedad solamente (considere g=10 m/s2). Determine
a) El ángulo θ para el cual se pierde el contacto.
b) La rapidez de la partícula en ese punto.
c) La coordenada X de llegada de la partícula al eje CX.
Solución
Por la Conservación de la energía
De donde
Aplicando la segunda ley de newton, (Radial) da
De donde
Se pierde el contacto cuando N=0 es decir si
La rapidez en ese punto será
Utilizando la ecuación del proyectil
1 2 253 3 3
x R gR t
Para y=0 resulta
Luego, reemplazando t en x
21 cos2
mgR mv mgR
2 2 1 cosv gR
2
cos vN mg mR
2
cos vN mg mR
2 1 coscos
gRN mg m
R
3 cos 2N m g
2cos 48.19031 53
sen
2 2 22 1 3 3o ov gR v gR
02cos cos 3ox x v t x Rsen gR t
20
2
1 cos2
2 1 3 2
oy y v sen t gt y R
gR sen t gt
22 1 2 1- 5 3 3 3 2Ry gR t gt
1 138 6 5 0.6979
R Rtg g
1 2 2 15+ 138 6 53 3 3 9
Rx R gRg
5 45 + 23 R=1.125R27 27
x
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93
Problema 4
Los planos inclinados AB y DE son lisos y forman 45º con la horizontal. BCD es una superficie de un cuarto de circunferencia de radio R, también lisa. Una partícula de masa m parte en A subiendo con rapidez inicial v0. Determine la rapidez inicial v0 o el rango de velocidades iníciales para que
a) La partícula pierda el contacto con la superficie en B.
b) La partícula se detenga entre B y C sin despegar del contacto con la superficie.
c) La partícula no se detenga y no se pierda contacto con la superficie.
Solución
Sea θ el ángulo polar medido a partir de OA (π/4<
θ < 3π/4) por conservación de energía con
Componente radial de la segunda ley
a) Despega en B, o sea
03 22
v g R
0 1.4565v gR 0 4.6058v R
b) Se detenga entre B y C sin despegar
4 2sen
2 12
sen
22 12 2
ovgR
2 22 v 12 2 2
o ov vgR gR
Resolviendo la inecuación tenemos
No despega si para todo θ
3
1.4565o
o
v gRsen
v gR
c) No se detiene y no se despega
1.4142ov gR
Problema 5
Una esfera de peso 20N se abandona en “A”, sabiendo que no hay rozamiento, determinar la reacción normal sobre la esfera cuando pasa por la posición B.
Solución
2 20
2 2
1 1 2 2
2o
mv mv mgRsen
v v gRsen
2vN mgsen mR
2 2ov gRsenN mgsen mR
2
3 ovN mg sengR
4
213 2 02
ovgR
1.1892 1.4142ogR v gR
2
3 0ovN mg sen
gR
2 20 2 0v v gRsen
1.4142 1.4565ogR v gR
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94
Aplicando el principio de la conservación de la energía mecánica, entre los puntos A y B.
Por dinámica circular en “B”
Reemplazando (1) en (2)
Problema 6
Una bolita de acero lisa salta por una escalera larga, también lisa, botando una sola vez en cada escalón (ver figura).En cada choque con una escalón pierde la bolita una cantidad de energía 50% ¿Con que velocidad V y bajo que ángulo φ con la vertical fue lanzada la bolita? Los escalones tienen una atura de h=10cm y la longitud de la escalera L=20cm (considere g=10 m/s2).
Solución
La bolita puede chocar con cada escalón de la larga escalera solamente en el caso en que cada vez antes del choque tenga la misma velocidad y choque con el mismo punto del escalón. Con esto la componente horizontal de la velocidad de la bolita no varía durante los choques, y la variación de la componente vertical es compensada a expensas del trabajo de la fuerza de la gravedad al caer sobre el escalón siguiente. De aquí la velocidad de la bolita
2 2 0g h mv s
El tiempo que la bolita está en el aire entre dos
choques es
Para la componente vertical inicial de la velocidad después del bote yv se halla por la condición de la perdida de energía
f oE E E
22 21 1 1cos2 2 2 ymv m v mv
22 2cos yv v v .En sentido vertical la bolita recorre durante el tiempo t el camino
212yh v t gt . De estas relaciones se obtiene
la ecuación
22
2 2cos2
L gLhsen v sen
Sustituyendo en ella α, L y h por sus valores numéricos .Hallamos dos soluciones
4 22 0 1 2 1 0sen sen
1 44.9
2 1 8 .4
La primera solución es evidente que no satisface la condición del problema ya que en este caso la componente vertical de la velocidad desaparece totalmente durante los choques .La segunda solución da
2 1 8 .4
Problema 7
Un bloque de masa m=2kg parte del reposo en A ubicado a 2 m de altura y baja deslizando sobre
A BE E
2122
mg R mv 2 4Bv gR 1
c cF ma 2BvN mg m
R 2
5N mg 100N N
0 fE E
212
mv mgh
Ltvsen
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95
una curva que a nivel del suelo continúa en línea recta. Hay roce solamente en el tramo CB donde µ k= 0.5. Pasado el tramo con roce el bloque comienza a comprimir un resorte de longitud natural 2 m y constante elástica de 10 N / m hasta detenerse e invertir su sentido de movimiento. (considere g=10 m/s2) Determine:
a) La rapidez de la partícula en el punto B.
b) La rapidez de la partícula en el punto C.
c) La longitud mínima que alcanza el resorte.
d) La ubicación del punto entre C y B donde
o finalmente se detiene el bloque.
Solución
Conservación de la energía
Por la pérdida de energía producto del trabajo del roce
De donde
Esta energía cinética se transforma en elástica
2 21 1( )2 2 ck l mv
El largo mínimo será
Cuando regresa tiene la misma energía EC que se
dispara en un tramo x en la zona de roce
Se detiene a un 1m a la derecha de C
Problema 8
Un bloque de masa 2 kg está en reposo comprimiendo en 1 m a un resorte de constante elástica 100 N/m y de largo natural 2 m. El bloque se suelta y comienza a acelerar sobre una superficie lisa. Hay roce solamente entre A y B donde el coeficiente de roce cinético es 0.5.Cuando el bloque llega al punto A el bloque ha perdido el contacto con el resorte. Después del tramo con roce el bloque comienza a comprimir a otro resorte igual al primero que tiene inicialmente su longitud natural y luego se devuelve. (considere g=10 m/s2) Determine:
a) Las sucesivas mínimas longitudes que alcanzan los resortes antes que el bloque se detenga.
b) Las sucesivas velocidades con que pasa el bloque por los puntos A y B.
c) El punto donde el bloque queda detenido.
Solución
Energía inercial k=100N/m, m=2kg
Primera pérdida de energía en 2m
212B B A AE mv E mgh
2 40 6.325B Av gh m s
2 21 12 2C C B k CBE mv mv mgd
2 40 0.5 2 10 3 10Cv
10 3.162Cmv s
2 1.414cml vk
m in 2 2 0.58 6l m
212 C Kmv mgx
21 1 10 12 2 5
c
k
vx mg
2 21 1 100 1 502 2
E k l J
0.5 2 10 2 20kE mgd J
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96
Pasa de nuevo hacia la izquierda con roce pierde otros 20J, quedan 10 J
Queda solo 10 J de energía luego se detendrá en el punto medio del segmento con roce.
Punto de medio AB
Momento Lineal y Choques
Problema 1
Un cazador incrusta un dardo de masa m en un pájaro que vuela en línea recta horizontal a una altura h sobre el suelo. Sabemos que el dardo incide detrás del ave con una velocidad v a un ángulo con la vertical. El pájaro cae al suelo en un tiempo t después de ser golpeado a una distancia d adelante del punto donde fue golpeado. Los datos del problema son m, h, v, d,
a) Obtenga la masa M del pájaro.
b) Obtenga la rapidez a la que el pájaro volaba
antes de ser golpeado por el dardo.
Solución
a) El principio de conservación de la cantidad de movimiento para el sistema dardo- pájaro es:
Las componentes de la velocidad del dardo son datos del problema
c o sx
y
v v s e nv v
Por lo tanto el principio de conservación en sus
dos componentes es.
A partir de la segunda relación obtenemos la velocidad vertical inicial del sistema dardo-pájaro. Ambos caerán juntos.
La expresión para la altura del sistema dardo-pájaro en cualquier momento t, es
Al golpear el suelo y = 0
2
( ) ( ) co s2
g t m M h m M m v
Agrupando
Finalmente
2150 20 30 1002BE l
60 0.77460100
l
2 min 2 0.77460 1.2254l m
2130 20 10 1002AE l
20 0.44721100
l
1 min 2 0.44721 1.5528l m
2 100` 7.07112A
E mv sm
2 60` 5.47722B
E mv sm
2 20`` 3.16232A
E mv sm
V
dpVMmVMvm )(
y
x
dp
dp
VMmmvCos
VMmMVmvSen
)(
)(
MmmvCosV
ydp
22
22 gttMm
mvCoshgttVhyydp
22
2 2gt gth M vCos h m
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97
b) Del principio de conservación de la cantidad de movimiento
Como el sistema dardo-pájaro se mueve horizontalmente con una velocidad uniforme
1 m M d
V mv senM t
Problema 2
La bola se suelta desde el reposo y cae una distancia de 4pies antes de golpear un plano liso. Si rebota y en t=1s golpea de nuevo el plano en B, determine el coeficiente de restitución entre la bola y el plano. Además cual es la distancia d.
Solución
Además
Eje tangencial
Eje Normal
Cuando rebote describirá un movimiento
parabólico
De la figura
Resolviendo , , ,
Reemplazando v, β en (2)
mhgt
gthvCosM
2
22
2
mvSenVMmMVxdp )(
dtVxdp
212 omgh mv 2ov gh
2 3.2 4ov 16.05 opiesv s
35
sen ; 4cos5
; 34
tg
ot tmv mv ov sen vsen
35ov vsen
316
5vsen
9.6vsen 1
coscoso
vev
cos 12.8
ve 2
xx v t
cos cosd v 4 cos5
d v 3
212yy v t g t 32
2dsen vsen
16 0.6vsen d 4
90 5 3 .1 3 5
1 3 4 5
16.26º 16 piesv s =36.86º ,y
19.2 piesd
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98
Problema 3
Una pelota
rueda por una
mesa horizontal
que tiene una
altura de 75 cm sobre el suelo y sale por el borde
con una velocidad de 1.2 m/s ,si el coeficiente de
restitución entre la pelota y el piso es
e=0.79.Calcular la distancia horizontal desde el
borde de la mesa a la que la pelota llega al piso
después de su primer rebote.
Solución
Para el tiempo
Para la distancia d1
Para hallar la velocidad resultante
Para el ángulo
En eje X
Cuando impacta al piso actúa el coeficiente de
restitución
Para poder hallar d2 debemos hallar la velocidad resultante
Para el ángulo
212
h gt 2htg
12
xhd vg
1
2 0.751.2
9.8d
1 0.47d m
2 21 12 2
xmgh mv mv 2 22 xgh v v
22 xv g h v
22 9.8 0.75 1.2v
4 mv s
cos xvv
arccos xvv
1.2arccos4
72.6 º
x xmv mU x xv U cosxU v
4 cos 72.6xU 1.2xmU s
'p y
y p
v Ue
v v
y
y
Ue
v
y yU ev yU e v sen
0.79 4 72.6yU sen
3yU m s
2 2x yU U U
2 21.2 3U 3.23 mU s
31.2
tg 3( )
1.2arctg 68.1º
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
99
Para hallar la d2 planteamos la ecuación de la
trayectoria
2 2
22 costg Ud
g
La distancia horizontal desde el borde de la mesa
a la que la pelota llega al piso después de su
primer rebote
1 2 0.47 0.73 1.2d d d m
Problema 4
Una pelota de ping-pong rebota escaleras abajo, escalón por escalón, de tal modo que todos los rebotes son idénticos. El coeficiente de restitución o percusión entre la pelota y las baldosas vale 0.9 y cada escalón tiene una altura de 19 cm. Determinar la altura de rebote de la pelota sobre cada escalón.
Solución
Consideremos un rebote aislado; por definición de coeficiente de Restitución (e), será
La pelota de ping-pong realiza el bote desde una altura h1, respecto al escalón; después de votar alcanza una altura h2. Como todos los rebotes son idénticos, después del bote estará a la misma altura respecto al escalón siguiente, o sea
de modo que
De donde
2
2 2
0.9 0.810.19 0.190.191 0.9
h
2
1
0.81 81
81 19 100
h m cm
h cm
Problema 5
Dejamos caer una pelota de ping-pong desde una altura h0 sobre un suelo duro, liso y horizontal. Observamos que después del quinto rebote la pelota sólo asciende hasta una altura h0/2.
a) Determinar el coeficiente de restitución de los rebotes. ¿Es el mismo en todos ellos? b) Calcular la fracción de energía que se disipa en los rebotes. ¿Es la misma en todos ellos? ¿Por qué? c) ¿Cuántos rebotes deberán transcurrir para que la altura de rebote se reduzca a la centésima parte de h0?.
Solución
a) En la figura representamos los rebotes sucesivos. Obviamente, la relación existente entre las velocidades indicadas y las respectivas alturas es:
2
2 22 o
gxy xtgv cos
22
2 2 202
gdd tg
U cos
2
2 22gdtg
U cos
2
2
2 2.48 3.23 0.1399.8
d
2 0.73d m
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
100
Donde el subíndice n se refiere a la velocidad y a la altura alcanzada tras el n-ésimo rebote. Designamos por e el coeficiente de restitución y aplicamos la regla de Huygens-Newton a cada uno de los rebotes sucesivos:
1 02
2 1 01 03
3 2 0
.....
nn n
v ev
v ev e vv ev e v
v ev e v
El valor del coeficiente de restitución, que es el mismo en todos los rebotes, lo calculamos a partir de los datos para el quinto rebote:
b) La pérdida de energía en el n-ésimo rebote será:
La fracción de energía perdida en cada rebote es la misma en todos ellos y viene dada por
c) A partir de la expresión de la velocidad tras el n-ésimo rebote, vn =en v0 , tenemos:
log 0.01 33.2 rebotes
2 log 0.933n
Problema 6
Se lanza oblicuamente una pelotita de goma con una velocidad v0=16 m/s y en la dirección 37º con el horizonte. Si el coeficiente de restitución con el piso es 0.8, hallar la distancia horizontal recorrida por la pelotita de goma hasta antes de dejar de rebotar .Despreciar el rozamiento.
Solución
El alcance máximo de la pelotita de goma en el primer rebote será
2 2 1o
ov senx
g
Descomponiendo la velocidad antes y después del
impacto con el piso
En el eje x Conservación de momento lineal
f op p
1 co s cosoU v 2
Cuando impacte con el piso actuara el coeficiente
de restitución
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
101
1
0
`p y
y p
v Ue
v v
1
0
y
y
Ue
v
1 oU sen e v sen 3
Multiplicando (2) y (3)
2 21 cos cosoU sen e v sen
22
1 22 ov senU sen eg g
1 0x e x
Por inducción matemática sabemos
22 0 0 0....... nx e x x e x
La distancia horizontal recorrida por la pelotita de goma será:
2
0 0 0 0.... nd x ex e x e x
Tomando en cuenta que la progresion geométrica indefinida esta dada por :
1as
r siendo 1r
Tenemos que :
120 01 .... 1 nd x e e e x e
0 41
xde
(1) En (4)
2
0 21
v sendg e
216 2 379.8 1 0.8
send
1 25 .51d m
Progresiones Geométricas Indefinidas
La suma ( ) de los términos de una progresión
geométrica indefinida de razón r, en valor absoluto menor que la unidad, viene dada por
Siendo
Ej.1) Consideremos la siguiente progresión geométrica
Siendo
Observe que
Su suma es
Ej.2) Consideremos la siguiente progresión geométrica
Siendo
Observe que
Su suma es
NOTA
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
102
Miscelánea de problemas
Problema 1
Hallar la expresión vectorial de la fuerza resultante de F
y T , si F=25 N, T=30N.
Solución
TT ABuT AB
ABT TAB
22 2
3 6 6 303 6 6
i j kT N
10 20 20T i j k N
1
Del mismo modo:
FF BCuF BC
BCF FBC
22
3 4 253 4
i jF N
15 20F i j N
2
La resultante será (1)+(2)
R F T
5 4 0 2 0 ( N ) R i j k
Problema 2
Para estar en forma para la próxima carrera de la temporada, Juan y Pedro Santiago corren a casa después de visitar el palacio de gobierno. Juan corre a una velocidad de 6mph y Pedro corre 4mph .Cuando salen del palacio de gobierno al mismo tiempo, Juan llega a casa ½ hora antes que pedro. Vea la figura
a) ¿Cuánto tiempo le toma a Pedro llegar a casa?.
b) ¿A qué distancia viven Juan y Pedro del palacio de gobierno?.
Solución
a)
Distancia recorrida de Juan=distancia recorrida de Pedro Santiago
1 2x x 1 1 2 2v t v t
Pero sabemos
1 212
t t
Entonces
1 1 2 2v t v t 2 2
16 42
t t
232
t h
b)
1 1 1x v t 1 6 1x
1 6x millas
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
103
Problema 3
Una lancha motora, que navega rio arriba, se encontró con una balsa arrastrada por la corriente. Una hora después de este encuentro, el motor de la lancha se averió. La reparación duro 30 min; durante este tiempo la lancha fue arrastrada por la corriente. Reparado el motor, la lancha navegó rio abajo con la misma velocidad (respecto del río) que antes de la avería, y alcanzó a la balsa a una distancia de 7.5 km del punto de su primer encuentro. Determinar la velocidad de la corriente del rio, considerándola constante .
Solución
La resolución del problema es muy simple silo planteamos en un referencial (el del rio) en el que la balsa se encuentra en reposo. En ese referencial, la lancha también está en reposo durante los 30 min que dura la reparación de la avería y su velocidad (en módulo, no en dirección) es la misma cuando navega rio arriba que cuando lo hace rio abajo.
En consecuencia, cuando la lancha navega rio abajo, después de la reparación, empleará de nuevo 1h en alcanzar a la balsa.
Así, el tiempo total que habrá transcurrido desde el primer encuentro y el reencuentro con la balsa será de 1h+30min+1h=2.5h.Durante es tiempo, la balsa, arrastrada por la corriente, ha recorrido una distancia (respecto a tierra) de 7.5 km .De este modo, la velocidad de la balsa (respecto a tierra),y también la velocidad de la corriente, será:
7.5 32.5
km kmvh
También podemos resolver el problema en el sistema de referencia de tierra. En este referencial, la balsa se desplaza con velocidad constante v0 (la misma que lleva la corriente del río).Sea v la velocidad de la lancha con respecto al río. La
lancha motora lleva una velocidad –(v-vo) durante 1h (cuando remonta el rio),una velocidad v0 durante 0.5 h (durante la avería, arrastrada por la corriente)y una velocidad+(v-vo) durante un cierto tiempo t(cuando desciende por el rio, hasta reencontrar la balsa).Las posiciones de la balsa y de la lancha en este referencial serán:
Balsa
1 0 (1.50 )x v t
Lancha
2 01.00( ) 0.50 ( )o ox v v v v v t
de modo que igualando estas dos expresiones (instante de reencuentro) obtenemos
01.5 1.00( ) 0.5 ( )o o ov t v v v v v t
0 1v vt t h Durante las 2.50 h, la balsa se ha desplazado 7.5 km, arrastrada por la corriente, de modo que su velocidad, que será la de la corriente, es
7.5 32.5o
km kmvh h
Problema 4
Desde el borde de un acantilado de 50.2m de altura una persona arroja dos bolas iguales, una hacia arriba con una velocidad de 18 m/s. y la otra hacia abajo con la misma velocidad ¿Con qué retraso llegara la bola lanzada arriba al suelo?.
Solución
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
104
Se observa que los cuerpos demoran igual tiempo en el tramo BC, porque ambos pasan por B con la misma velocidad y hacia abajo. Luego, el retraso de la bola lanzada hacia arriba se debe al tiempo que emplea en subir y bajar el tramo de A a D y de y de D a B
Retraso:
2 2 189.8
3.673
vuelo
vuelo
ov
v
vtg
t s
Retraso=3.673[s]
Problema 5
Una esferilla se deja caer de la parte superior de un cilindro hueco inclinado un ángulo α en el preciso instante que éste arranca con una aceleración a=25 m/s2.Hallar el ángulo α para que la bola no toque el cilindro hasta que impacte en su base.
Solución
Considerando que la bolita no toca al cilindro durante su caída hasta que llega hasta la base entonces ésta sólo experimentara una caída libre. Se observa que mientras la bolilla desciende, el cilindro avanza simultáneamente una distancia horizontal e
De la bolita: 212oh v t gt (movimiento
descendiente)
Como 210 12ov h gt
Del cilindro:
212oe v t at 21 2
2e at
Dividiendo (1) y (2)
2
2
12 12
gthe at *h g
e a
Del gráfico:
en *h tg
e
9.8 = 0.39225
21.4º
gtg tga
Problema 6
Justamente en el instante en el que una persona dispara un dardo, apuntando con la cerbatana directamente hacia un mono que está colgando de una rama, el mono se suelta y cae libremente. Averiguar si el mono siempre es alcanzado por el dardo.
Solución
Para demostrar que cualquiera que sea la dardo
Para que el mono sea siempre alcanzado por el dardo debe demostrarse que yM=hd
Para el dardo
212d oh v sen t gt
1
0 cosxt
v
2
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
105
Para el mono
21
2h gt
3
Mh y x t g
4
Hallando la ecuación para el dardo
1 en 22
0 0
1cos 2 cosd ox xh v sen g
v v
2
2 20
12 co sd
g xh x tgv
5
Hallando la ecuación para el mono
3 e n 4
212 Mgt y x tg
2
2 20
12 c o sM
g xy x t gv
6
Lo cual queda demostrado
5 6 M dy h
Lo cual quiere decir que el mono y el dardo se encuentran a una misma altura, lo cual implica que el mono es abatido por el dardo
Problema 7
Hallar la reacción en el punto “A” para que las n esferas estén en equilibrio tomando en cuenta que las esferas son de igual radio y peso de 200 N.
Solución
Descomponiendo el peso de una de las esferas
Para las” n” esferas
n veces
A x x xR w w w n
A xR n w 1 6AR n w s e n
Problema 8
Una cuña de masa M=3kg reposa sobre un plano horizontal liso, muy cerca, a su vértice superior se coloca un bloquecito de masa m=1kg el que puede deslizarse sin fricción .Si el conjunto parte desde el reposo ¿Cuánto avanzara el vértice “B” cuando el bloquecito llegue a dicho punto?.
Solución
En el eje “x”
2 00 0 .2 7 5AR n
5 5AR n N
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106
Para la masa m
Para la masa M
Para la cuña cuando parte desde el reposo
Para el bloquecito cuando parte del reposo
4 5
Igualando (3)=(6)
De la figura
Problema 9
Si el sistema mostrado, carente de fricción, comienza a moverse desde el reposo, hallar la aceleración del bloque A, sabiendo que: mA=60kg, mB=mC=20kg.Se desprecia el peso de las poleas .
Solución
Eligiendo como sistema de referencia inercial al piso y realizando los diagramas de cuerpo libre
Para el cuerpo A
Para el cuerpo C
Para el cuerpo B
30 mNsen ma 1
30 MNsen Ma 2
1 2
3030
m
M
maNsenNsen Ma
13
m
M
aa
13
M
m
aa
3
212 Mx a t 4
212 mz a t 5
M
m
axz a 6
13
xz 3z x
x z a 3x x a 4x a
4ax
A AxF m a
2 A AT m a
12 A AT m a 1
c cyF m a
c c cm g T m a
cc
c
m g Tam
2
R xF F
B BT m a
B
B
Tam
3
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107
Considerando al cuerpo A como una gran polea móvil
Finalmente, reemplazamos (1),(2),(3) en(4) y despejando obtendremos
2 1 .96 /Aa m s
Problema 10
Un niño de peso de 40kg que es pesado en una báscula de resorte situada sobre una plataforma especial que se desplaza por un plano inclinado de ángulo θ=30 como muestra la figura (no hay rozamiento entre la plataforma y el plano inclinado). ¿Cuál será la lectura de la báscula en estas condiciones?.
Solución
La aceleración del conjunto niño-cuña con la que se desliza hacia abajo es
La componente horizontal y vertical (eje x-y) es:
Sobre el niño actúan las fuerzas
Aplicaremos la dirección movimiento en dirección vertical, bien sea en el referencial inercial S o en el no-inercial S’ ligado al sistema acelerado:
S:
S’:
Sustituyendo los valores del enunciado, obtenemos:
Problema 11
A los extremos de un hilo que pasa a través de una polea fija al techo de la cabina de un ascensor se atan los cuerpos de masa m1 y m2 (m1<m2).La
2B C
Aa aa
2 A C Ba a a 4
Aa
22 2
AA A
c B
ga m mm m
30m a m gsen
30a gsen
30 cos 30xa gsen
2 30ya gsen
230yN mg ma mgsen
2 30 ' 0yN mg mgsen ma
2 21 30 cos 30N mg sen mg
240 cos 30N 30N kg
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
108
cabina comienza a subir con una aceleración constante g/2.Despreciando la masa de la polea y la del hilo, así como el rozamiento, Calcular:
a) La aceleración de m1 y m2 respecto de la cabina y con relación al foso del ascensor.
b) La fuerza con la cual la polea actúa sobre el techo de la cabina.
Solución
a) El ascensor constituye una referencia no inercial en traslación que se mueve con una aceleración constante en sentido ascendente respecto de una referencia fija.
b) Seleccionemos una referencia con origen O en un punto del ascensor .La aceleración del origen O’ respecto de la referencia fija O es la aceleración del ascensor . Sean la aceleración
de m1 y la aceleración de m2 en la
referencia O`
Las fuerzas exteriores que actúan sobre la m1 son la tensión del cable T y el peso m1g, y sobre m2 son la tensión del cable T y el peso m2g. De la ecuación fundamental de la dinámica en la referencia no inercial se tiene
De la condición de ligadura para los bloques se tiene
De las ecuaciones (1), (2) y (3) se obtiene
Sumando estas ecuaciones:
Despejando a`
Finalmente
En la referencia fija, las aceleraciones de m1 y de m2 se obtienen de sumar a las anteriores la aceleración del ascensor
b) La fuerza que la polea ejerce sobre el techo de la cabina es
De la ecuación (1) y (3) se obtiene
Luego
2F T
12
g j
1̀a j
2'a j
1 1 1 1'2gm a T m g m
1 1 13'2
m a T m g 1
2 2 2 2'2gm a T m g m
2 2 23'2
m a T m g 2
1 2' ' 0a a 1 2' ' ' 3a a a
1 13' y2
m a T m g 1 2
3' 2
m a T m g
2 1 2 13' 2
m m a m m g
2 1
2 1
3' 2
m ma g
m m
1' ` ya a j
2' `a a j
2 11
2 1
2`
2m mga a g
m m
1 22
2 1
2`
2m mga a g
m m
2 0F T 2F T
1 2
1 12 1
33`2
m mT m a g gm m
1 2
2 1
6m mF gm m
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109
Problema 12
Para una curva peraltada con coeficiente de rozamiento µ entre el móvil y el suelo, calcular la velocidad máxima para tomar correctamente .
Solución
Pero
Reemplazando en las anteriores ecuaciones y despejando
Para la ecuación (2)
Dividiendo (1) y (2)
Problema 13
Un ascensor desciende con una aceleración a=2.0 m/s2 en sentido descendiente. En su interior se encuentra un bloque de masa m=3.0 kg que desciende por un plano inclinado a 30º.La fricción entre el bloque y el plano es despreciable .Calcular la aceleración del bloque al ascensor .
Solución
Método 1
Desde un sistema de referencia no inercial “ S’ ” y aplicando el principio de D’ Alembert:
En eje y está en equilibrio
En el eje x
Donde a1 es la aceleración relativa del bloque respecto al ascensor
c cF ma 2
cos vNsen fr mR
0yF cos rN mg f sen
fr N
2
cos vNsen N mR
2
cos vN sen mR
1
cosN sen mg 2
2coscos
N sen mvN sen mgR
2coscossen v
sen gR
coscos
gR senv
sen
cos30 cos30N ma mg
cos 30N m g a
130 30mgsen masen ma
1 ( ) 30a g a sen
1 9 .8 2 30a sen
21 3.9 /a m s
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110
Método 2
Planteando un sistema de referencia inercial “S” y aplicando la ley de newton hallaremos la aceleración del bloque en dirección del plano. at no es la aceleración total respecto del sistema de referencia inercial del bloque, es una componente
Donde a1 es la aceleración relativa del bloque respecto del ascensor
Donde asen30 es la componente de a sobre el plano
Reemplazando at tenemos:
Problema 14
En la figura a2>a1. Hallar a3 en función de a2 y
a1.Despreciar las masas y las porosidades en las poleas
Solución
Puesto que en algún instante partieron del reposo
Problema 15
Por una polea fija, cuya masa se desprecia, pasa una cuerda carente de peso .De uno de sus cabos pende un cuerpo de masa M1=25 kg y al otro cabo se ha cogido un mono. ¿Con que aceleración trepa el mono si el cuerpo permanece todo el tiempo a la misma altura ?La masa del mono es M2=18kg.
Solución
Como el cuerpo permanece a la
misma altura en reposo
Diagrama de cuerpo libre del mono
30 tmgsen ma 30ta gsen
1 30ta a asen
1 30ta a asen
1 30a g a sen
1 9.8 2 30a sen 21 3 .9 /a m s
1 23 2
x xx 1
21 1
12
x a t 2
22 2
12
x a t 3
23 3
12
x a t 4
2 , 3 , 4 en 1
2 2 23 1 2
1 1 1 12 2 2 2
a t a t a t
1 23 2
a aa
1 0T M g 1T M g
18 9.8 18T a
25 9.8 18 9.8 18a
23.8 /a m s
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111
Problema 16
Una piedra es soltada desde una altura h=4m por encima de un terreno fangoso. Se desea averiguar a qué profundidad ingresa en el fangoso, si se sabe que la piedra recibe de parte de aquel una fuerza de fricción que es igual al triple de su peso .
Solución
Desde el momento que reconocemos que la fuerza de rozamiento en el tramo BC es la única fuerza externa distinta del peso que hace trabajo, utilizaremos para la descripción de dicho movimiento el Teorema del trabajo y la energía mecánica
Tramo AB:
Tramo BC
Problema 17
La figura muestra el choque de dos bolas de billar. La bola 2 se encuentra inicialmente en reposo y la bola 1, antes del choque, tiene una velocidad de v1 en la dirección que se indica .Después del choque la bola 2 sale en la dirección indicada con una rapidez de v’2.
a) Determine la mínima rapidez posible v`2. b) Si y
determine la
rapidez y el ángulo .
Solución
La dirección normal al choque es la dirección de luego conservación de la cantidad de
movimiento en las direcciones y dan
( m1=m2)
Reordenando la ecuación
Para el coeficiente de restitución en el eje “x” y
ordenando la ecuación tenemos :
Sumando la primera y la tercera y se obtiene
La mínima rapidez será cuando e=0
( )B AE E mg h x
fr C BW E E rf x mg h x
2x h 2x m
1 4mv s 0.5e
2'v
2'v
x y
0 x fxp p
1 2 1cos 30 ' ` cosv v v
2 1 11' ` cos 32
v v v 1
0 y fyp p
1 130 `v sen v sen
1 11`2
v sen v 2
2 1 11' ` cos 32
v v ev 3
2 11' 3 14
v v e
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112
b) Similar al anterior inciso
Similarmente
Restamos la primera menos tercera y se obtiene
Problema 18
Una partícula de masa m se suelta desde una altura h1 y los choques que ocurren contra el suelo son con coeficiente de restitución e.
a) Determine el tiempo total que demora en ocurrir todos los choques.
b) Determine la distancia total recorrida por la partícula.
Solución
Como la partícula se suelta desde una altura h1 llega al suelo en un tiempo
Para la rapidez
11
2 2yhv g ghg
Y rebota con una velocidad
Ahora con esa velocidad inicial de subida
La secuencia de alturas que ocurre será
y los tiempos empleados son :
2 1min
1' 34
v v
0 x fxp p
2 1 11` ` cos 3 2 32
v v v 1
1 11` 22
v sen v 2
2 1 11` ` cos 3 32
v v ev 3
22 11 3` 3 1 34 2
mv v e s
1 11 1` cos 1 3 34 2
v e v 4
4 2
34
ctg 66.59º
21 1 1
12oh v t gt 2
1 112
h gt
11
2htg
0 1yv v gt
1yv gt
12yU e gh
2 222f yv U gh 2
2 11 22
gh e gh
22 1h e h
1,h 21 ,e h 4
1 ,e h
31 21 2 3
22 2, 2 , 2 hh ht t tg g g
1 2 32 2 2t h h hg
21 1 1
2 2 2t h e h e hg
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
113
b) La distancia que recorre la pelota la representaremos mediante la serie infinita
212 1 2 2ht e eg
12 211
h etg e
12 11
h etg e
1 2 32 2d h h h
2 41 1 12 2d h e h e h
1 2
211
d he
Debemos saber que el problema 6 de la página 100 y el problema 18 de la página 112 pudo ser resuelto aplicando el concepto de :
Series Especiales
Serie Geométrica
Una serie geométrica es de la forma:
La serie geométrica es convergente
cuando
y su suma es
Es decir:
NOTA
Problemas Selectos de Física Universitaria Alfredo Cora Paco
114
Bibliografía
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Problemas de Física General;I.E Írodov; Editorial MIR
Olimpiadas de Física; I.S.H. Slobodetski; Editorial MIR
Problemas Seleccionados de Física Elemental; B.B. Bújovtsev-V.D. Krivehenkov; G. Ya. Miákishev – I.M.Saraeva; Editorial MIR
Problemas de Física; S. Kosel; Editorial MIR
Problemas de Física; Ya Savchenco; Editorial MIR
Problemas de Fisica General;V. Volkenshtéin; Editorial MIR
Problemas de Mecánica Clásica;G.L.Kotkin,V.G.Serbo;Editorial MIR
Física Mecánica Vol. I; Marcelo Alonso-Edward j. Finn; Fondo Educativo Interamericano, S.A.
Física General; Santiago Burbano de Ercilla- Enrique Burbano García-Carlos Gracia Muñoz; Editorial Tébar
Física Universitaria-Problemas de Física;Manuel R. Ortega Girón -Rafael López Luque; Monografías y Textos
Lecciones de Física -Mecánica I; Manuel R. Ortega Girón; Monografías y Textos
Mecánica Técnica ;S. Timoshenko-D.H Young;Librería Hachette S.A
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Desarrollo Histórico – Crítico de la Mecánica; Ernst Mach; Espasa-Calpe,Buenos Aires
Mechanics; Arnold Sommerfeld; Academic Press, New York
Cinemática y Estática - Teoría y problemas; J.Martín; Edicions de la Universitat Politécnica de Catalunya
Fundamentos de Física general; Agustín E. Gonzales Morales
Physics with answers 500 problems and solutions; A.R.King And o. Regev
Mecánica Clásica I; Prof. Cayetano di Bartolo
Problemas de Física I; Prof. Cayetano di Bartolo
Física I; Luis Rodriguez valencia Física I; Hugo Medina Guzmán
Páginas web visitadas
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Imágenes tomadas de la web
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