1. Calcula el valor de la aceleración gravitatoria en las superficies lunar, marciana,

joviana y solar.

La ley de gravitación universal de Newton dice que:

2ˆi j

ij

m mF G r

r

Y en la superficie de todo astro, esta expresión se pude simplificar como la fuerza que

ejerce dicho astro sobre un cuerpo mucho menos masivo que se mueve en un intervalo de

longitud mucho menor que el radio del astro, esta es:

ˆF mgj

De donde puede observarse que:

2

img G

r

Es decir que la aceleración debida a la gravedad en la superficie de un cuerpo celeste es

proporcional a su masa, con la proporcionalidad dada por la constante de gravitación

universal

(G = 6.673×10-11

N m2/kg

2), e inversamente proporcional con el cuadrado de su radio

promedio. Dado lo anterior se tiene:

Astro Masa [kg] Radio promedio

[km]

Aceleración gravitatoria en

su superficie [m/s2]

Luna 7.349×1022

1738 1.623

Marte 6.4185×1023

3397.2 3.7112

Júpiter 1.899×1027

71492 24.79

Sol 1.9891×1030

689×103 279

2. Movimiento proyectil con fuerza horizontal

a) Obtén la ecuación de trayectoria para un tiro parabólico con fuerza constante del

viento actuando en la horizontal.

Las ecuaciones de posición para esta situación están dadas por:

2

0 0

2

0 0

2

2

y

xv

gty v t y

F tx v t x

m

Rearreglando la horizontal para despejar el tiempo:

2

0

22

0 00 0

02

4 22

xv

x x v x x

v

v v

F tv t x

m

Fv v x v v F x mm

tF F m

m

Sustituyendo en la vertical:

22 2

0 0 0 0

0 0

22 2

0 0 0 0

0 0

22 2

0 0 0 0

0

2 2

2

2 2

2

2 2

2

x x x x

v vy

v v

x x x x

v vy

v v

x x x x

v vy

v

v v F x m v v F x mgy v y

F m F m

v v F x m v v F x mgy v y

F m F m

v v F x m v v F x mgy v

F m F

0

v

ym

b) Para un ángulo de lanzamiento de 35º con una rapidez inicial de 20 m/s de un

proyectil de 1 kg, ¿cuál debe ser la expresión vectorial de la fuerza del viento

para que cuando el proyectil regrese a la altura de lanzamiento su avance en la

horizontal se vea disminuido en 5 m con respecto a la ausencia de la fuerza

horizontal? ¿y para aumentarlo en 5 m?

Poniendo al origen como punto de partida, las ecuaciones de posición son:

2

0

2

0

sin2

cos2

v

gty t v t

F tx t v t

m

El proyectil vuelve a la altura de lanzamiento en un tiempo dado por:

2

0

0

0

0

sin 02

sin 02

sin2

2 sin

gtv t

gtv

gtv

vt

g

En ausencia de la fuerza horizontal, el alcance sería:

2

0 0 00

2 sin 2 sin 2 cos sincos

v v vx t v

g g g

Mientras que con la fuerza horizontal se modifica a:

2 2 2

0 0 0 0 00

2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 cos sincos

2

v vv F v v F v vx t v

g m g g m g g

Por lo tanto, cualquier diferencia en el alcance originada por la existencia de esta fuerza del

viento está dada por:

2

02 sin0 0

v

vF v v

F vx x F x F

m g

Despejando la fuerza:

2

02 sin

vF

v

m x gF

v

Sustituyendo datos:

22

21

1 kg 5 m 9.81 m s 5 kg m 0.855 s 1.827 N

2 20 m s sin35º 2vF

Y vectorialmente:

ˆ1.827 NvF i

Del desarrollo anterior puede notarse que una disminución en el alcance de la misma

magnitud implicaría solamente un cambio de signo en la expresión de la fuerza, por lo

tanto, para la segunda pregunta:

ˆ1.827 NvF i

c) Para una fuerza del viento de 16 N en dirección del movimiento, existen 2

vectores de velocidad con magnitud 20 m/s que permitirán al proyectil de 2.5 kg

pasar por el punto 8.3 m î + 3.4 m ĵ. ¿cuáles son?

Para las ecuaciones de posición, con la velocidad expresada en coordenadas polares y

tomando al origen como punto de partida, se tiene:

2

0

2

0

sin2

cos2

v

gty t v t

F tx t v t

m

Se usará la identidad trigonométrica:

2 2cos sin 1

Así que se despejan las funciones seno y coseno de las ecuaciones de posición:

2

0

2

0

1sin

2

1cos

2

v

gty

v t

F tx

v t m

Por lo tanto:

2222

0 0

1 11

2 2

vF tgty x

v t v t m

2222

2 2

0

2 2 42 42 2 2 2 2

02

2 2

4 4

v

v v

F tgty x v t

m

xF t F tg ty ygt x v t

m m

Reagrupando las potencias de t:

2 42 2 2 2 2

020

4

v vF xFtg yg v t x y

m m

Sustituyendo datos:

2 42 22 2 2

2

2 2

2 4 4 2 2 2 2

16 N 8.3 m 16 N0 9.81 m s 3.4 m 9.81 m s 20 m s

4 2.5 kg2.5 kg

8.3 m 3.4 m

34.30 m s 419.77 m s 80.45 m

tt

t t

Resolviendo para t2:

22 2 2 2 2 4 2

2

2 4

2

2

419.77 m s 419.77 m s 4 34.30 m s 80.45 m

2 34.30 m s

12.04 s

0.195 s

t

Para el tiempo lineal hay que sacar las raíces cuadradas, y en principio considerar ambas

posibilidades de signos, pero dadas las condiciones del problema ignoraremos los tiempos

negativos. Entonces:

2

2

12.04 s 3.47 s

0.195 s 0.442 st

El siguiente paso es sustituir estos valores para le tiempo en las ecuaciones que se

despejaron al principio. Sin embargo, los errores por aproximación acarreados desde la

sustitución de valores pueden a ser lo suficientemente significativos como para que si lo

sacan a partir del seno o a partir del coseno obtengan resultados distintos. Para evitar esta

situación usaremos ambas ecuaciones al mismo tiempo para obtener la tangente:

22

011 22

1

0

2

2

1

2sin 2tancos 1

22

2arctan

2

vv

v

gt gty yv t

F tF txx

mv t m

gty

F tx

m

Al sustituir los tiempos obtenidos así como el resto de datos, llegamos a:

22

1 2

9.81 m s 3.47 s3.4 m

62.46 m2arctan arctan 64.17º30.23 m16 N 3.47 s

8.3 m2 2.5 kg

Y por el signo negativo de la x,

1 64.17º 180º 115.83º

Para el otro ángulo:

22

2 2

9.81 m s 0.442 s3.4 m

4.36 m2arctan arctan 29.62º7.67 m16 N 0.442

8.3 m2 2.5 kg

Por lo que los vectores de velocidad inicial quedan:

1

2

ˆ ˆ ˆ ˆ20 m s cos115.83º sin115.83º 8.71 m s 18.00 m s

ˆ ˆ ˆ ˆ20 m s cos 29.62º sin 29.62º 17.39 m s 9.88 m s

v i j i j

v i j i j

d) Para un ángulo de lanzamiento de 45º, ¿qué relación algebraica deberá existir

entre la aceleración en la horizontal, la aceleración gravitacional y la rapidez del

lanzamiento? para que, al regresar a la altura de lanzamiento:

i. El proyectil llegue el doble de lejos de lo que llegaría sin fuerza

horizontal

Las ecuaciones de movimiento para este proyectil, con el ángulo de lanzamiento ya

sustituido y considerando aceleración en vez de fuerza, quedan:

2

0

2

0

2 2

2 2

v

v tgty t

a t v tx t

El tiempo que tarda en volver a la altura de lanzamiento se obtiene de la ecuación en la

vertical:

2

0

0

0

0

0

0 0

02 2

02 2

02 2

02 2

2 2

2 2

2

v tgt

vgtt

vgtt

vgt

vgt

v vt

gg

Y el alcance en la horizontal en ausencia de una fuerza en esta dirección:

2

0 0 0 02 2

2

v v v vx t

g g g

Si con el viento, el proyectil experimenta una aceleración horizontal, su alcance queda:

22 2

0 0 0 0 0 0

2

2 2 2

2 2

v vv a v v v a v vx t

g g g g g

Cuando este último es el doble de cuando no hay fuerza, se tiene la igualdad:

2 2 2

0 0 0

22

1 2

v

v

v

a v v v

g g

a

a

g

g

g

ii. El proyectil llegue a la mitad de la distancia a la que llegaría sin fuerza

horizontal

En este caso la restricción lleva a plantear la igualdad:

2 2 2

0 0 0

2 2

1

2

12

v

v

v

a v v v

g g g

a

g

ga

iii. El proyectil regrese al punto de lanzamiento

En este caso la restricción lleva a plantear la igualdad:

2 2

0 0

20

1 0

v

v

v

a v v

g g

a

g

a g

iv. El proyectil recorra la misma distancia en la horizontal que sin la fuerza

del viento, pero en la dirección opuesta a la del lanzamiento

Para esta última situación, la igualdad planteada es:

2 2 2

0 0 0

2

1

2

1

v

v

v

a v v v

g g g

a

a

g

g

e) Grafica la trayectoria del lanzamiento sin fuerza horizontal y de cada una de las

situaciones del inciso anterior.

3. Una mujer de 60 kg está de pie sobre una báscula de baño colocada sobre el piso de

un ascensor. ¿Cuánto marca la báscula?, si

a. El ascensor está en reposo.

Cuando el ascensor está en reposo las fuerzas involucradas son el peso de la mujer y la

fuerza normal que la báscula ejerce en respuesta. Para una situación estática:

ˆ 0

ˆ

wj N

N wj

La báscula siente todo el peso e indica la masa correspondiente, es decir: 60 kg

-50 -40 -30 -20 -10 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

av = 0

av = g

av = -g/2

av = -g

av = -2g

b. El elevador está acelerando hacia arriba a 1.8 m/s2

En esta situación se mantiene el peso de la mujer, pero la fuerza resultante que actúa sobre

la mujer le produce una situación de movimiento hacia arriba. Entonces:

2

2 2 2

2 2 2 2

2

ˆ ˆ1.8 m s

ˆ ˆ1.8 m s 9.81 m s 1.8 m s

ˆ ˆ60 kg 9.81 m s 1.8 m s 60 kg 9.81 m s 1.8 m s

ˆ ˆ60 kg 11.61 m s 696.6 N

wj N m j

N w m j m j

j j

j j

Lo que hace el indicador de la báscula es dividir el peso que siente entre el valor de la

aceleración gravitatoria. Por lo tanto la lectura de la báscula es:

2

696.6 N

9.8171.01 k

g

m s

N

g

c. El ascensor se mueve hacia arriba con rapidez constante.

En esta situación, a pesar de las fuerzas involucradas, se tiene una situación de movimiento

rectilíneo uniforme. Esto significa que la fuerza neta actuante es cero. Por lo que la

situación es análoga al caso en reposo y la báscula indica 60 kg.

d. El cable del ascensor se corta (y los frenos no actúan), de modo que el

ascensor está en caída libre.

En esta situación la mujer está (además de a punto de morir) sometida en su totalidad a la

aceleración gravitatoria. Sólo con fines ilustrativos, la suma de fuerzas sería:

ˆ ˆ

0

wj N wj

N

Al estar cayendo bajo la acción de la misma fuerza no hay fuerza normal entre la báscula y

la mujer, por lo tanto la báscula indicará 0 kg

4. Considera el siguiente esquema:

57.5°45.0°

53 kg

m1m2

1.83 m

Las cajas laterales están soportadas por cables de masa despreciable que llegan al

techo y mediante rondanas se doblan para bajar y conectarse con el cable que

sostiene a la caja central. La distancia entre rondanas es de 1.83 m.

Si la caja de en medio experimenta una aceleración de 1.012 m/s2 hacia arriba, ¿se

puede calcular la masa de las cajas laterales? En caso afirmativo, ¿cuánto valen?, en

caso negativo ¿cuánto vale el cociente m1/m2?

Solución

La caja m1 experimenta una aceleración a1 como resultado de la acción de su peso y de la

tensión T1 de la cuerda que la soporta. Se puede decir lo mismo para cualquiera de las tres

cajas dando lugar al sistema de ecuaciones dado por:

1 1 1 1

2 2 2 2

2

3 53 kg 53 kg 1.012 m s

T m g m a

T m g m a

T g

De este sistema se pueden despejar las tensiones de la siguiente manera:

1 1 1

2 2 2

3 573.389 N

T m g a

T m g a

T

Por otro lado, sobre el nudo actúan las tres tensiones. Y si el sistema es estable, este no

experimenta aceleración en el marco de referencia escogido. El balance de fuerzas

separado por componentes se escribe:

1 2

1 2 3

cos135º cos57.5º 0

sin135º sin57.5º 0

T T

T T T

Con la información del sistema de ecuaciones anterior, este nuevo sistema se transforma en:

1 1 2 2

1 1 2 2

cos135º cos57.5º 0

sin135º sin 57.5º 573.389 N

m a g m a g

m a g m a g

Este sistema consta de dos ecuaciones, pero cuatro incógnitas (masas y aceleraciones). Por

lo que es necesario buscar si existe más información para resolverlo.

Para empezar puede notarse que las aceleraciones que hacen falta son las experimentadas

por los cables que pasan a través de las rondanas. Y debe existir una forma para relacionar

la aceleración experimentada por tales cables con la aceleración conocida. Esta forma se

puede visualizar al tomar al sistema de acuerdo a la siguiente figura:

57.5°45.0°

1.83 m

α

y

z

x

De acuerdo a las letras en la figura, la aceleración conocida se encuentra a lo largo del eje x,

mientras que las desconocidas ocurren a lo largo de las líneas y y z respectivamente.

Entonces si el triángulo generado por las cuerdas y el techo se parte en dos triángulos

rectángulos se tendrá que la caja con aceleración conocida se mueve a lo largo del cateto

opuesto mientras que las aceleraciones desconocidas corresponden a las hipotenusas. Para

el triángulo de la izquierda, la relación entre catetos e hipotenusa es:

2 2

1y x

Donde ℓ1 es la longitud del cateto adyacente en este triángulo, es decir, la porción del techo

que le toca al triángulo y ésta permanece constante. Derivando con respecto al tiempo para

obtener la velocidad:

2 2

1

xxy

x

Y derivando nuevamente para obtener la aceleración:

2 2 2

21 2 2 22 211

2 2 32 21

1

xxx xx x xx

x xx x xxxy

xx

Suponiendo que la rapidez del bloque central es nula en el instante que se estudia, la

aceleración en la hipotenusa queda dada por:

2 2

1

xxy

x

Esta igualdad puede expresarse también como:

x

y xy

Puede notarse que x/y es la división de un cateto opuesto sobre la hipotenusa, es decir el

seno del ángulo. Por lo tanto:

2 2

1

2 2

2

sin 45º 1.012 m s 0.716 m s

sin 57.5º 1.012 m s 0.854 m s

a

a

Sustituyendo estos resultados en el sistema de ecuaciones del balance de masas se llega a:

2 2

1 2

2 2

1 2

10.5222 m s cos135º 10.660 m s cos57.5º 0

10.5222 m s sin135º 10.660 m s sin 57.5º 573.389 N

m m

m m

Sumando las dos ecuaciones se llega a:

2 2

1 210.5222 m s cos135º sin135º 10.660 m s cos57.5º sin57.5º 573.389 Nm m

Que tras evaluar las funciones trigonométricas se transforma en:

2

2 10.660 m s 1.381 573.389 Nm

Por lo que la masa de la caja a la derecha es:

2 2

573.389 N

10.660 m s 1.38138.958 kgm

Mientras que la de la izquierda se puede calcular de la ecuación en la horizontal:

2

1 2

10.660 m s cos57.5º38.958 kg

10.5222 m s cos135º29.990 kgm

5. Para arrastrar un pesado leño de 500 kg de masa hacia arriba de una rampa inclinada

a 30º de la horizontal, se ata el leño a un cable que corre sobre una polea en la parte

superior de la rampa y se amarra un contrapeso de 300 kg en el otro extremo.

Suponiendo que el leño se mueve sin fricción,

a. ¿cuál es la aceleración del leño hacia arriba de la rampa?

El balance de fuerzas sobre el leño (tensión y plano inclinado) arroja:

sin30ºl l lm a T m g

En cuanto al contrapeso que sólo siente tensión:

c c cm a T m g

Debido a que las masas están conectadas por una cuerda, las aceleraciones deben ser

iguales pero con signos opuestos:

l ca a

Por lo que hay que resolver el sistema:

sin 30ºl l

c c

m a T m g

m a T m g

Restando la segunda de la primera y evaluando el seno:

2

ll c c

ma m m g m

Y la aceleración queda:

2

500 kg

0.

300 kg2 800 kg 2

50 kg300 kg 250 kg

800 kg 800

61 m

kg

16s

lc

c l

mg ga m

m m

gg

g

b. ¿se podría usar un contrapeso menos masivo para mover el leño? ¿cuánto

menos masivo?

Para mantener estático al leño:

02

02

2

500 kg

2

250 kg

lc

c l

lc

lc

c

c

mgm

m m

mm

mm

m

m

Por lo tanto, para mover al leño la masa del contrapeso debe cumplir con:

250 kgcm

6. En una estación espacial toroidal (con forma de dona) la gravedad se simula al hacer

girar la estación sobre un eje central a rapidez constante. ¿Cuánto debe valer esta

rapidez para simular la aceleración gravitacional en la superficie terrestre si el radio

de la estación es de 1.5 km?

Se busca que la aceleración radial del toroide equivalga a la lineal de un objeto cayendo

sobre la Tierra, entonces:

22

121.28 m s

vg r

r

v gr

7. Un auto entra en una curva a 70 km/h. Si una lata de refresco vacía, con 172 g de

masa, en el asiento trasero se mueve desde el reposo hasta 1.26 m de donde estaba

en 0.74 s. ¿Cuál es el radio de la curvatura sobre la que circula el auto? (ignora

cualquier efecto de fricción y supón que la lata no encuentra obstáculos en su

camino)

Al entrar a la curva, el auto está sometido a la aceleración radial junto con todo lo que trae

consigo. En esta situación todo lo que entra en las mismas condiciones de movimiento del

auto, pero no está sujetado y por lo tanto tampoco está obligado a seguir la trayectoria, es

víctima de la acción de la tercera ley de Newton y siente una fuerza que se contrapone a la

fuerza centrípeta a la que se somete el auto.

Lo anterior significa que la aceleración lineal que la lata sienta debe ser igual en magnitud

pero distinta en signo que la aceleración radial que experimenta el auto. Para tal

aceleración, dado que parte del reposo, sabemos que:

2

2

2

2

atx

xa

t

En magnitud esa aceleración debe ser la misma que la radial es decir:

22

2

2

2 2

2

2

va r

r

x v

t r

v tr

x

Sustituyendo datos:

2

22 2

2 2 2 2

175 m s 0.5476 s

70 km h 0.74 s 9

2 1.26 m 2.52 m

30625 67081 m s 0.5476 s m81 324

2.

82.16 m

52 m 2.52 m

r

8. En su combate contra Goliat, David aprovechó el movimiento circular para obtener

la victoria. Asumamos que el círculo descrito por la piedra medía 40 cm de radio,

que la piedra comenzó el movimiento circular apuntando en dirección a Goliat, que

la aceleración angular a la que David sometía la piedra era de 303π/100 rad/s2, que

David revolucionó la piedra 10.75 veces antes de soltarla, que la diferencia en altura

desde la trayectoria de la honda hasta la frente de Goliat era de un metro, que el

tiempo de vuelo de la piedra fue de 0.44 s y que la resistencia del aire no afectó el

tiro.

a. ¿Por qué David debió soltar la cuerda con ¾ de revolución además de un

número entero de ellas?

Si el ángulo inicial era 0º, entonces con ¾ de vuelta, la velocidad tangencial tiene la forma:

3 3ˆ ˆ ˆsin 2 cos 2 sin 270º cos 270º4 4

v r i j r i j r i

Es decir que después de 0.75 revoluciones, apunta directamente hacia Goliat.

b. Escribe la expresión para θ(t) que corresponde a la piedra en la honda.

Con aceleración angular constante y partiendo del reposo, la ecuación del ángulo es:

2

2303

202 0

tt t

c. ¿Qué velocidad tangencial tenía la piedra al momento de soltarla?

Las ecuaciones de movimiento para el ángulo son:

2

2

tt

v t t

Entonces, para quitarnos el tiempo de encima:

2 2

2

2 2

2 2 2

2

303 303 432 2 rad s 10.75 rev 2 rad s rad

100 100 2

13029 13029 rad s rad s 11.41 rad s

100 10

t

Para la rapidez tangencial se tiene:

40 cm rad 11.41 rad s 1434.38 cm sTv r

d. ¿Cuál es el ángulo que forma el disco que dibuja la cuerda de la honda con

la horizontal?

Para el tiro parabólico, la rapidez tangencial es la rapidez de lanzamiento, es decir:

0Tv v

Y dado lo que sabemos del recorrido de la piedra en tiro parabólico:

2

0

0

0

0

20

0

2

sin2

0.44 s1 msin 4.43 m s

2 0.44 s 2

cos

6 mcos 13.64 m s

0.44 s

sin 4.43 m stan 32.49 10

cos 13.64 m s

arctan 32.49 18.00º rad1010

gty v t

gy gtv

t

x v t

xv

t

v

v

e. ¿Con qué rapidez golpeó la piedra a Goliat?

Para la velocidad, se tienen las ecuaciones:

sin

cos

y T

x T

v t gt v

v t v

Por lo que la rapidez es:

22 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 22

2 2 2 2 2 2 2 2

cos sin cos sin 2 sin

2 sin

14.34 m s 2 0.44 s 14.34 m s sin18.00º 0.44 s

225.36 m s 38.24 m s 18.62 m s 205 14.3436 . 4 m s m s7

T T T T T

T T

v v gt v v v gtv g t

v gtv g t

g g

f. ¿Cuánto medía la honda?

La honda debe corresponder al radio del movimiento circular, por lo tanto:

40 cmL r

9. La punta de un palo de golf puede considerarse en movimiento circular acelerado

durante un swing. Si un jugador logra describir un arco de 3.3 m en 0.6 s

a. ¿cuál es la aceleración angular a la que está sometido el palo si suponemos

que el círculo descrito tiene un radio de 1.5 m?

Consideremos que lo que se observa es lo siguiente:

Si es movimiento circular acelerado a partir del reposo, el ángulo en función del tiempo es:

2

2

t

Pero lo que se conoce es el arco:

s r

Entonces:

2

2 2

22

2

2 3.3 m2

1.5 m rad 0

110 rad s 3.89 r

.6 sad s

9

s t

r

s

rt

x

a

ϕ

θ

y

Si el swing comenzó con un ángulo de -166º con respecto a la horizontal y toda la

velocidad del palo es transferida a la pelota cuando el palo ha recorrido 102º

b. ¿qué tan lejos llega la pelota? (ignora la resistencia del aire)

En este caso se tiene un tiro parabólico, la rapidez de lanzamiento es la tangencial al

movimiento circular, la cual se puede calcular a partir de la aceleración obtenida en el

inciso anterior. Las ecuaciones para movimiento circular acelerado son:

2

2

t

t

Quitando al tiempo que no conocemos, se llega a:

2 2

2 2

2

Sustituyendo datos:

2 2 2 2110 220 rad2 rad s 102º rad s 102º 43.52 rad s

9 9 180º

6.60 rad s

Por lo que la rapidez tangencial queda;

1.5 m rad 6.60 rad s 9.90 m sTv r

También hay que conocer el ángulo de lanzamiento. En el marco de referencia de la pelota

el sistema se ve así:

El ángulo θ es el que caracteriza al movimiento circular, pero el ángulo ϕ es el ángulo de

lanzamiento para el tiro parabólico. Dado que el centro del movimiento circular está justo

encima de la pelota, el vector que desplaza al centro del círculo es:

ˆa rj

Y desde el centro del círculo, el vector posición para el palo de golf es:

ˆ ˆcos sinr r i j

Por lo que, desde el punto de vista de la posición inicial de la pelota, el vector con el que

termina el palo de golf es:

ˆ ˆcos 1 sinx r a r i j

El ángulo θ es:

102º 166º 64º 296º

Por lo que el ángulo ϕ queda:

1 sin 296º

arctan arctan 0.23 13ºcos 296º

Ahora bien, para el tiro parabólico se tiene: 2

0

0

sin2

cos

gty v t

x v t

Para que la pelota caiga, el análisis en la vertical arroja:

2

0

0

0

0

sin 02

sin 02

sin2

2 sin

gtv t

gtv

gtv

vt

g

Y sustituyendo en la horizontal:

2

0 00

2

2 sin 2 sin coscos

2 9.904.3

m s sin13º cos138 m

º

v vx v

g g

g

10. Un beisbolista describe un círculo de 1.2 m de radio cuando abanica para golpear a

la pelota. Si el bateador puede describir un arco de 170º en 0.5 s y transferirle la

velocidad final a la pelota al momento del impacto, ¿qué tan lejos del punto de

impacto llegará la pelota si la velocidad transferida sólo tiene componente

horizontal y el impacto ocurrió a 1.30 m del suelo?

Las ecuaciones de movimiento para el abaniqueo son:

2

2

tt

t t

Para despejar la aceleración:

2

2

2

2 170º2 2 340º 17 342 rad s rad s

0.5 s 0.5 s 9 9

t

tt t

Y la rapidez tangencial queda:

34

1.2 m rad rad s 14.24 m s9

Tv r

Para el tiro parabólico, las ecuaciones de movimiento son entonces:

2

1.30 m2

14.24 m s

gty t

x t t

Nos interesa la distancia en la que la pelota llega al piso, entonces:

22

2

0 1.30 m 22

214.24 m s

2

2 1.30 m214.24 7.33 m s m

T

T T

T

xtgt

v g x x hh

v v ggtx t h

hx v

g g

11. Un resorte con una constante de rigidez de 13.82 kg/s2 soporta 350 g de masa. Si se

sabe que tras 8 s de iniciarse en movimiento armónico simple su elongación es de

78 cm y que tras 12.5 s su velocidad es de -4.5 cm/s ¿cuáles son las ecuaciones de

movimiento del resorte? (elongación, velocidad y aceleración; ya con los valores

numéricos de todos los parámetros)

Para la elongación y la velocidad se tiene:

cos sin

sin cos

x t A t B t

v t A t B t

Donde la frecuencia angular es: 213.82 kg s

6.28 rad s0.35 kg

k

m

Se sabe que:

78 cm cos 8 s sin 8 s

4.5 cm s sin 12.5 s cos 12.5 s

A B

A B

Sustituyendo la frecuencia angular:

78 cm cos 6.28 rad s 8 s sin 6.28 rad s 8 s

4.5 cm s 6.28 1 s sin 6.28 rad s 12.5 s cos 6.28 rad s 12.5 s

A B

A B

Y el sistema a resolver es:

78 cm 0.64 0.77

0.72 cm 0.98 0.20

A B

A B

Su solución:

18.21 cm

86.29 cm

A

B

Por lo tanto, las ecuaciones de movimiento quedan:

2

6.28 1 s 18.21 cm sin 6.28 rad s 86.29 cm cos

18.21 cm cos 6.28 rad s 86.29 cm sin 6.28 rad s

541.90 cm s cos 6.28 rad s

6.28 rad s

6.28 1 s 18.21 c

114.36 cm s sin 6.28

m cos 6.2

rad

8 ra

s

v t t

a

x t t

t t

2 2718.17 cm s cos 6.28 rad

d

s 3403.1

s 86.29 cm sin 6.2

4 cm s sin 6.28 ra

8 r

d s

ad s

t

t

t

t

12. Péndulo simple:

Considera una masa m sujeta a la fuerza gravitacional pero suspendida por una

cuerda de longitud L de masa despreciable.

a. Dibuja un esquema en donde se ilustre la masa y la cuerda totalmente

estirada haciendo un ángulo ϕ con la vertical.

b. Realiza un análisis de las fuerzas involucradas en el esquema que dibujaste y

demuestra que la fuerza tangencial a la que se ve sometida la masa tiene por

módulo:

|FT| = mg senϕ

Pista: Básate en el análisis que se realizó para plano inclinado pero dale el

papel de la fuerza normal a la tensión de la cuerda.

La masa se ve sujeta a las fuerzas dadas por:

m

L ϕ

-mg

T

FT

ϕ

En la dirección del cordón actúa la tensión dada por:

ˆcosT mg r

Mientras que se tiene una componente tangencial dada por:

ˆsinTF mg n

Donde:

ˆ ˆˆ cos sin

ˆ ˆˆ sin cos

r i j

n i j

Entonces, el módulo de la fuerza tangencial es:

sinTF mg

c. Utiliza un desarrollo en serie de Taylor para mostrar que para ángulos

pequeños:

senϕ ≈ ϕ

Para una serie de Taylor alrededor del cero (Maclaurin) se tiene:

0 0

!

n n

nn x

d f xf x

dx n

Desarrollando al seno del ángulo:

0 0 2 2 3 3

0 2 30 00 0 0 0

32 3

sin sin sin sin sinsin

! 0! 1! 2! 3!

1sin 0 cos 0 sin 0 cos 0

1 1 2 6 6

n n

nn

d d d d d

d n d d d d

Y si nos quedamos sólo con el primer término de la suma:

sin

d. Escribe la expresión de la segunda ley de Newton sustituyendo las fuerzas

involucradas en este sistema para ángulos pequeños, y separa la ecuación en

dos igualdades, una para la parte radial (normal) y otra para la tangencial.

El balance de fuerzas queda:

ˆma T mg n

Dado que se tiene un movimiento circular, la aceleración se expresa como una contribución

radial y una tangencial, por lo tanto:

r

T

ma T

ma mg

e. Reescribe la igualdad tangencial de manera que se obtenga una “ley de

Hooke angular”

Si en la segunda igualdad anterior descartamos la masa y reescribimos la aceleración

tangencial en términos de la angular, se tiene:

L g

g

L

f. Propón una solución general para la ecuación diferencial del inciso anterior

y compruébala.

La ecuación diferencial exige una función tal que al derivarla dos veces se obtenga la

mimsa función, pero con el signo cambiado y con una constante que multiplica. Lo anterior

sugiere una solución del tipo:

cos sint A t B t

Al derivarla:

2 2

sin

cos si

c

n

os

t A

A B t

B

t

t t

t

Por lo que la solución propuesta satisface la ecuación diferencial.

g. En el caso lineal la frecuencia angular se expresa:

k

m

¿Cuál es la expresión para la frecuencia angular del péndulo? Justifícala con

la ecuación diferencial y la solución que propusiste.

A partir de la ecuación anterior, por inspección uno puede notar que:

cos sing g

t A t B tL L

13. Se hace pasar un cable por una polea de 15 cm de radio y a cada extremo se ata una

masa. A la derecha se tienen 2 kg y a la izquierda 3.5 kg. ¿Cuánto vale la

aceleración angular a la que se somete la polea?

Para la aceleración angular se tiene que:

Ta

r

Donde r es el radio de la polea y aT es la aceleración tangencial.

Esta última es la aceleración que de hecho experimenta el sistema, para obtenerla se hace el

balance de fuerzas. A la derecha se tiene:

d d dm a m g T

Mientras que a la izquierda:

i i im a m g T

Dado que las masas son paralelas, además:

d ia a

Por lo que se tiene el sistema de ecuaciones siguiente:

d d d

i d i

m a m g T

m a m g T

Resolviéndolo:

2

3.5 kg 2.0 kg

3.5 kg 2.0 kg

15 32.67 m s

55 11

d d

i d i d d

i d d d

i d d d i

i dd

d i

T m a g

m a m g m a g

m g a m a g

g m m a m m

m ma g g

m m

g g

Y la aceleración angular es:

22 217.83 r

2.6ad s

7 m s

0.15 m5.68 rad

ds

ra

14. Investigar sobre péndulo cónico y responder (se vale WIKIPEDIA):

Un objeto con 4.5 kg de masa está unido por un cable de 60 cm a un rotor a 4 m sobre el

nivel del suelo. Si al activar el motor el cable hace un ángulo de 35º con la horizontal,

a) ¿Cuál es el radio del círculo que describe el movimiento de la masa?

De la figura puede verse que el radio del círculo que se dibuja por la masa está dado por:

cos 60 cm cos 35º 49.15 cmr L

35°

Y

Z

b) ¿Cuánto vale la tensión a la que está sujeto el cable? (no olvides tomar en cuenta

a la gravedad)

La componente vertical de la tensión está dada por el peso, por lo tanto:

sin 35º

4.5 kg76.94

sin 35º si 3 ºN

5

n

mg T

gmgT

c) ¿Cuánto debe valer la rapidez angular provista por el motor?

La componente horizontal de la tensión corresponde a la fuerza radial, es decir:

cos 35º rT ma

A su vez la aceleración radial está en términos de la rapidez tangencial y ésta en función de

la angular, de acuerdo con:

2 2 2

2

r

v ra r

r r

Sustituyendo en la expresión con tensión y despejando la rapidez angular:

2cos 35º

cos 35º

cos 35º

cos 35º

sin 35º

5.34 rad s 10.6 m sin 3

.70 ra5º

d s

T mr

T

mr

T

mL

mg

mL

g

Si el cable se rompe después de 21 s de entrar en régimen circular uniforme,

d) ¿Con qué ángulo con respecto a la horizontal sale disparada la masa?

La velocidad con la que sale disparada corresponde al vector velocidad tangencial que

describía su movimiento circular al momento de la ruptura. El vector velocidad tangencial

es siempre tangencial a la circunferencia, por lo que el ángulo de disparo es 0º.

e) ¿Qué tan lejos del centro del rotor cae la masa tomando en cuenta sólo distancia

horizontal? (CUIDADO, el tiro parabólico sale de la periferia del círculo y NO

del centro del rotor)

Al estar sometido a un MCU, la rapidez de lanzamiento para el tiro parabólico corresponde

a la rapidez tangencial al momento de romperse el cable, en este caso:

0 49.15 cm 1.70 rad s 262.36 cm sTv v r

La velocidad tangencial sólo tiene componente en la horizontal, por lo tanto:

0ˆ262.36 cm sv i

Poniendo como origen la punta de la varilla al momento de romperse, las ecuaciones de

movimiento para el tiro parabólico con estas condiciones de lanzamiento son:

2

2

262.36 cm s

gty t

x t t

Se sabe que al momento de caer la altura es:

60 cm sin35º 400 cm 365.6 my

Calculando el tiempo en el que se recorre esa distancia en la vertical:

2

365.6 cm2

731.2 cm

gt

tg

Se escoge la raíz positiva ya que la negativa lleva a un tiempo anterior al lanzamiento, por

lo tanto:

0.86 st

Y de ahí la distancia recorrida en la horizontal es:

0.86 s 262.36 cm s 0.86 s 226.55 cmx

Esta distancia es la recorrida a partir del punto en el que se rompe la varilla, por lo que para

sacar la distancia con respecto al rotor hay que considerar el radio de movimiento. Además

hay que tomar en cuenta que la trayectoria en tiro parabólico es perpendicular a la varilla

dada la relación entre radio y velocidad tangencial en un movimiento circular. Como

consecuencia, la distancia final queda:

2 2

49.15 cm 226.5 231.82 cm5 cmd

15. Un péndulo de 20 cm soporta 350 g de masa. Si se sabe que tras 8 s de iniciarse en

movimiento armónico simple presenta una inclinación de 15º con respecto a la

vertical y que tras 12.5 s su velocidad angular es de -4.5º s-1

¿cuáles son las

ecuaciones de movimiento del péndulo?

Para el péndulo, las ecuaciones de movimiento deben tener la forma:

cos sin

sin cos

t A t B t

t A t B t

t t

Donde la frecuencia angular está dada por:

7 rad sg

L

Aplicando las condiciones iniciales:

1

1

2

2

15º cos 7 rad s 8 s sin 7 rad s 8 s

4.5º s 7 Hz sin 7 rad s 12.5 s cos 7 rad s 12.5 s

15º 0.85 0.52

4.5º s 3.14 6.26

13.17º 7.32 10 rad

7.32º 4.07 10 rad

A B

A B

A B

A B

A

B

Por lo que las ecuaciones de movimiento quedan:

1 1

13.17º cos 7 rad 7.32º sin 7 rad

92.19º s sin 7 rad 51.24º s cos 7 rad

t t t

t t t

16. Un sistema de masa variable se mueve en una dimensión sometido a una fuerza neta

también variable. Las expresiones para ambas funciones del tiempo son:

3

2

2

sint

m tt

F t e t

Si el móvil parte del reposo y se encuentra a 4 m del origen a los 2 s de haber

comenzado a moverse. ¿Cuáles son sus ecuaciones de movimiento? (aceleración,

velocidad y posición)

Por segunda ley de Newton, la aceleración está dada por:

32

sin2

tF t

a tm t

te t

Para la velocidad:

3 3

0 0 0 0

22 2

0

1sin sin

2 2

t t t t

t t

t t t t

tv t v a t dt e t dt t e dt t tdt

La primera integral se hace por cambio de variable:

3 23u t du t dt

3 33 3 30 0

3

00

2

3 3 3 3 3 3 3

tt t tu u t t t

t

t t

e du e e e e e et e dt

Y la segunda por partes:

00

0 0 0

0

2 2 2 2

0 0

2

2 2 2

0 0 0 0 0

sin cos 2 cos cos cos 2 sin sin

cossin

sin2 cos

sin cos cos 2 sin sin cos cos

t t tt t

ttt t t

t

t

t tdt t t t tdt t t t t t t tdt

u t dv tdtu t dv tdt

du dt v tdu tdt v t

t tdt t t t t t t t t t t

Por lo que la velocidad queda:

3 3

0

3 30

2 2

0 0 0 0 0

2 2

0 00 0 0

1cos cos 2 sin sin cos cos

2 3 3

cos cossin sin cos cos

6 6 2

t t

t t

e ev t t t t t t t t t t t

t t t te et t t t t t

Pero como sabemos que el móvil parte del reposo:

3 30

30

30

2 20

0 00 0 0

2

0 00 0 0

2

0 00 0 0

cos 0 cos00sin 0 sin cos0 cos 0

6 6 2

cos1sin 1 cos 0

6 6 2

cos 5sin cos

6 2 6

t

t

t

t te et t t

t tet t t

t tet t t

3 2 cos 5

sin cos6 2 6

te t tv t t t t

Para la posición:

3

0 0

3

0 0 0 0 0

2

2

cos 5sin cos

6 2 6

1 1 5cos sin cos

6 2 6

t t t

t t

t t t t t

t

t t t t t

e t tx t v t dt t t t dt

e dt t tdt t tdt tdt dt

De las cinco integrales, la primera no tiene primitiva conocida, así que la dejaremos

indicada, la segunda y la tercera se resuelven por partes y la cuarta y quinta son inmediatas.

Para la segunda y tercera tenemos:

00

0 0 0

0

2 2 2 2

0 0

2

2 2 2

0 0 0 0 0

cos sin 2 sin sin sin 2 cos cos

sincos

cos2 sin

cos sin sin 2 cos cos sin sin

t t tt t

ttt t t

t

t

t tdt t t t tdt t t t t t t tdt

u t dv tdtu t dv tdt

du dt v tdu tdt v t

t tdt t t t t t t t t t t

0

0 0

0 0 0sin cos cos cos cos sin sin

sin

cos

t tt

t

t t

t tdt t t tdt t t t t t t

u t dv tdt

du dt v t

Por lo que la posición ya integrada es:

3

0

3

0

2 2

0 0 0 0 0 0

00 0 0 0

2 2

0 00 0 0

0 0 0

1 1sin sin 2 cos cos sin sin

6 2

55cos cos sin sin sin sin

6 6

sin sin1cos cos sin sin

6 2

5cos cos 2sin 2sin

6

t

t

t

t

t

t

x t x e dt t t t t t t t t t t

ttt t t t t t t t

t t t te dt t t t t t t

tt t t t t t

3

0

0

2 2

0 0 00 0 0

5

6

sin sin 51 52 cos 2 cos 3sin 3sin

6 2 6 6

t

t

t

t

t t t t tte dt t t t t t t

Y con la condición inicial:

3

2

0

1 53 sin 2cos 3.24

6 2 6

t

t tx t e dt t t t

17. En un ejercicio militar se tiene un cañón de giro libre y con inclinación fija de 35º

con respecto a la horizontal, en el centro de un campo de tiro. Se introduce al campo

un blanco móvil puntual que se encuentra a 2 m sobre el suelo. Las ecuaciones de

movimiento del blanco con respecto al cañón están dadas por:

2

2

99

4 0 3 6 0 2

12 3 5 2 4

22 4 917 5 925

35142sin 92cos 9

25

t t t

t t t t

tty t x t tt

t tt t

a) Asigna el tipo de movimiento (MRU, MUA, MCU, o reposo) que corresponde a

cada intervalo de tiempo en cada componente.

Para la componente en y:

2

9

4

0 312

3 517

5 95

9142cos

5

MRU

reposo

MUA

MCU

t

t

tty tt

tt

Para la componente en x:

2

9

6

0 2

2 422

4 92

35 92sin

2

reposo

MUA

MRU

MCU

tt t

ttx tt

tt

b) Si el objetivo fue destruido por un disparo del cañón cuando habían pasado 11 s

desde el comienzo del ejercicio, ¿cuál es la rapidez de disparo del cañón?

A los 11 s, el objetivo se encontraba en:

9 9

35 14ˆ ˆ ˆ ˆ11 s 2sin 11 2cos 11 16.21 m 1.27 m2 5

r i j i j

Por lo que la distancia en la horizontal es de:

2 2

11 s 16.21 m 1.27 m 16.26 mr

Por otro lado, las ecuaciones de movimiento para un proyectil disparado por el cañón son:

2

0

0

sin 35º2

cos35º

gtz t v t

r t v t

Deshaciéndonos del tiempo:

0

2

0

0 0

2

2 2

0

cos

sin2 cos cos

tan2 cos

rt

v

g r rz v

v v

grr

v

Para la rapidez de lanzamiento queda:

2

2 2

0

22 2

0

0

tan2 cos

2 costan

cos 2 tan

grr z

v

grv

r z

r gv

r z

Sustituyendo datos:

0

16.26 m

cos35º 2 16.26 m tan 35º 2 13.64 m

ms

gv

c) ¿Cuánto tiempo llevaba de comenzar el ejercicio cuando el cañón disparó?

En el inciso anterior se despejó el tiempo de vuelo como:

0 cos

rt

v

Y sustituyendo datos queda:

16.26 m

1.46 s13.64 m s cos35º

t

Por lo que el cañón disparó a un tiempo de:

0 11 s 1.46 s 9.54 st

d) Si el cañón también disparó a los 2.5 s de haber comenzado el ejercicio,

haciendo un ángulo de 48.81º en el plano xy, y el proyectil sale con una rapidez

de 13.29 m/s, ¿el blanco recibió daño?

Bajo estas nuevas condiciones, para la vertical se tiene:

2

13.29 m s sin35º2

gtz t t

Para que el proyectil alcance al blanco en la vertical, el tiempo de vuelo debe ser:

2

2

0 13.29 m s sin 35º 2 m2

13.29sin 35º m s 13.29sin 35º m s 2 2 m 1.22 s

0.33 s

gtt

gt

g

Por lo que la posición en la horizontal del proyectil es:

13.29 m s 1.22 s cos35º 13.28 mpr

Por otro lado, el móvil en 1.22 s + 2.5 s = 3.72 s se encuentra en:

2 10974ˆ ˆ ˆ ˆ12 m 12 m625

r t t t i j i j

Con una distancia en el origen dada por:

2

2 210974 m 12 m 452.30 m 21.27 m

625r t

Dado que estas cantidades no coinciden, entonces el proyectil no le pegó al móvil esta vez.

18. Sobre cierto sistema unidimensional actúa una fuerza dependiente del tiempo de la

forma:

28 4 2F t t t

El móvil al que afecta describe una trayectoria que depende del tiempo como:

2 15

2s t t

t

a) Si la fuerza está expresada en newtons y la trayectoria en metros, ¿cuáles

son las unidades de cada uno de los coeficientes numéricos que aparecen

en las expresiones anteriores?

Las ecuaciones, con las unidades explícitas son:

4 2 3 2

2 2

8 kg m s 4 kg m s 2 kg m s

1 15 m s m s

2

F t t t

s t tt

b) Calcula el trabajo realizado por la fuerza sobre el móvil entre 9 y 10 s.

El trabajo se calcula como:

sW Fds

Para esta situación:

2

1

10 10

2 2 2

2

9 9

10

3 2

2

9

10 1010 10 10 104 3 2

9 99 99 9

4 4 3 3 2 2

1 18 4 2 5 8 4 2 10

2 2

2 180 40 20 4

40 120 10 4 2ln

3

40 120 10 9 10 9 10 10 9 4 10 9 2 ln10 ln 9

3

t

t

ds dW F dt t t t dt t t t dt

dt dt t t

t t t dtt t

t t t t tt

1

10 9

40 10 9 1020 3439 271 10 19 4 2ln

3 9 90

10840 168780 190 4 2 0.11

72207.53

9

J

3 0

19. Considera el siguiente esquema:

25 cm

53º

El resorte tiene una constante de 125 kg/s2 y su longitud sin deformar, re, es de 20

cm. Si la tuerca se desliza por el canal hasta que el resorte regresa a su longitud

original, ¿cuál es el trabajo efectuado sobre ella?

Dadas las condiciones, el producto punto entre fuerza y trayectoria queda:

cosF ds kr ds

Y por trigonometría se pude identificar que:

coss

r

Por lo que el trabajo queda:

22 2 2 2

1 1 1 1 1

22 2 2 2 2

0 0 2 12 2 2

0 0

22 2

sin2 2sin

11.41 J

25 kg s0.2 m 0.25 m

2

rs s r r

s s r r r

s r kr kW kr ds k sds k r r dr k rdr r r

r r r

O si prefieren:

22

1 1

2 22 22 2

2 1

125 kg s1.17 cm 15.05 cm

2 21.41

2 J

ss

s s

s kW k sds k s s