problemas selectos de fisica universitaria

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria Autor: 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 cos 160

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


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


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 -1 0C por no existir módulos negativos.

º60 2903 902


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


1 70 40 50 cos 60 20 Rx d sen Rx m

La resultante en eje y es:

70 cos40 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


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

A

A

Rx x Bx Cx

Ry y By Cy - Dy


5

cos16 cos16

16 16

Ax Ax AA

Aysen Ay AsenA

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 Rytg arctgRx R x

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


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:


6

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:

2 2 1 cos A α cos129 2 A

1 cos 9 1 cos

1 cos 9 9cos cos 9 cos 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:


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


7

Para hallar “A”

120cos22222222 DSDSA

º120cos26

21222

62

1222A

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 haremos

será trabajar con sus módulos y tratarlo como un problema geométrico donde la incógnita es “x”

Donde hym ymh


8

2

2

222

222

m

mym

ym

my2

3 Entonces "y" en α

2

32

2

3 mhmmh

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


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

5 1.25A B AtAv v t

4.8At h

CINEMÁTICA


10

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 1 7 .88A Cx

2 0 4 8A Cx . m

En el segundo triangulo ACD

222ADACCD xxx

Calculando la distancia ADx


11

tvxAD 1 5 8 17.88 ADx m

2 22 0 .4 8 1 7 .8 8C 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:

tvxspiesv 111 / 15

spiesv / 202 tvx 22


12

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


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:


14

dxx BA dtatvtv BBA 20 2

1

02

10

2 dtvvta BAB


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 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

Para que el gato alcance al ratón el gato deberá recorrer la misma distancia que el ratón y existirá un tiempo de encuentro

Del gráfico

1xdx 1 Notemos 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 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


15

Para el móvil: 22

1 attvx oM pero como

parte del reposo 22

1 atxM

Para el perro: como se mueve a velocidad constante vtxp

Del gráfico: pM xdx

vtdat 22

1


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, por no existir tiempos imaginarios. Para hallar la distancia mínima ya que no lo alcanza.

Del nuevo gráfico 64min Mp xdx


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 attv p

Para el ciclista: v c ocf v at Pero como parte

del reposo


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


17

278Mx m

Para la distancia “d“

dxx pM pM xxd

2 7 8 1 6 6d

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

st T 2010

El tiempo que tarda en alcanzarlo es 30 Tt s

Problema 1

CAIDA LIBRE


18

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 g t

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 del lago es de 6 segundos. Calcular la profundidad del lago.

Solución


19

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

Problema 5


20

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 6 4 2 3 2 1 05v

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


21

55.0 ; 02.4 21 stst

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


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


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/s. 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 oyy y v at

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: 21

2s oyy h v t at

212 .4 4 1 .2 22sy 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 .7 4 2 .4 4 1 02py h t t

Respecto al observador del interior de ascensor ha

caído 2.74 m ,pero respecto a un observador

exterior en t=0 (cuando se suelta) la posición del


24

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

2 2

2

2 70 cos 60 60 15

9.8

m tg tgsxm

s

MOVIMIENTO PARABOLICO


25

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 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


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?


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

2

21 gtvh oy 2

g

ht

5

Para la bomba

vtz 6

5 En 6

20.128 km

hz v z

g


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 12y v t gtoy

2170 2 y v sen t gto 2

1 = 2

2 70 1cos70 2o senv t v t gto

702 cos70

senvotg

3 st

Reemplazando en (1)

25cos 70 3 x 25.65 mx

Donde

x n d 25.65

12.8252

n

El proyectil cae 12<n<13

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


29

2 y 3 en 1

tvtvd 21 tvvd 21 4

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


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


31

f ov v g t 0 ov g t 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

1 8 0 º r a d

Tt

3

1 .04 /r ad 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 4 0 0 r a d

Con el proyectil

e v t 2 v t 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 1T

f

122 20 0

v 800 /v m s


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


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


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


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”


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

0Fy


35

De la segunda y tercera ecuación tenemos

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

22

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 c o sN Q

23cos cos cos

23

aha a


36

De donde

233

QN

La componente horizontal de esta fuerza es

121 22 6333

QQ

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


37

De donde WT 721 y luego

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


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

MM maR 4

DINAMICA


39

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 les

F F

0 rea les

F m a realesF ma

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:


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 les

F F 0

rea lesF m a

rea lesF 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


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 .5 0 ma s


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 F se n 2

2 en 1

c o s 0F p F s e n

cos

pFsen

0.3 90

c os 4 0 0 .3 40F

sen

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


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 desplazamiento , asi W =W +W 1

0F y 3 7 0N F s e n p

3 7N F s e 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 s 3 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 en

36.87F mgsen 3 0 0F N

b W F d

Para d:

4c o s 3 6 .8 7 d

4co s 36 .8 7

d

5d m

W F d 3 0 0 5W N m

1 5 0 0W J


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

cos 180p pW F d

p pW F d

9 2 .5 pW k g m

c) Calcular el trabajo realizado por la gravedad

cos 0 ºp 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


45

1 0rF f w sen


15 0

sen

1

1 125 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

2

1 125 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 dp

t

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


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

HPp watss HPwatts

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

Psalida Ps PePentrada

La cantidad de focos es

º º foco foco

Psalida P entranteN NPcada P cada

Recordemos que la potencia se puede definir como la energía que se transmite por la unidad de tiempo

º

EetN

Pcada foco


47

2 5 00 .91º 11 0 0 w

1 0 0 0

K w hhN K w

w

º 22 50 co sN 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 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


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 .46 4frW s

Luego:

f r D CW E E

3 .4 6 4 1 0 3 1 .2 8 4s s

2 .3 1s m


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


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 10 158

1 20 0 8 00v

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

' 12Bmv 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


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 2 5 5 0 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:

cos 60Bh 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


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 .5

1 0 5B 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


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


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

1 64 16 0 co s 12 0D 15.6 D u

Para α aplicamos el teorema de los senos

120b D

sen sen -26.35º


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 AC 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


56

Del triángulo ONC 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


57

a b c d

Para hallar el módulo de la resultante

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 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

0a b c


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:

3c OC C O i j k

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


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


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

a) Calculo de la rapidez instantánea en t=5s

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


61

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

e s l a 1 0 0 5 0 5

e s t a p e n d i e n tet g

d e la r e c t a

1mmv s


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

Determinación de la gráfica x-t

1

1B

x xm tgt t

1 1tomemos 10 ; t 3x

10503

xt

50 140 .... 3Bx t t


63

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 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

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


64

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

Para el tiempo que tarda en recorrer la distancia “y”

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


65

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


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 18

t 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


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


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 t

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

2 2 .2 4 4 .0 0 1 8 .2 4D 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


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


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 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


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 se 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


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.


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


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


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


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


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


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


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


Po

Po

Descomponiendo las distancias y las reacciones en los ejes “x” e”y” 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


79

4

Segunda condición de equilibrio

Haciendo un convenio de signos (-) (+)

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:

cos

1cos

A B

A B

R R sensenR R

0F y cosA BR sen R w 2

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


80

Resolviendo y tenemos:

Aplicando la primera condición de equilibrio en

el punto D tenemos:

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 u 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:

1 2

1 cos

cos cosvw w

Tsen sen

3

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


81

Consideremos los triángulos OGB y AOC de la

Figura adjunta

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

cosB AF sen F p 2

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


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.

0Fy 0N mg

N mg 2

fr N 3

2 en 3

enfr mg 1 2 mmg mg ma

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


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:

En un movimiento uniformemente acelerado las velocidades son proporcionales a las aceleraciones, de modo que

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:

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


84

Ambas aceleraciones son cero si:

*Nota para este problema debemos tener previo conocimiento del momento lineal

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

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

0xF 2 10 = N - N N s e n 1

mg cos yF ma N ma 2

xF Mb M b = N s e n 3

30 N cos 0 yF N M g 4


85

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:

;

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


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

tg = ab

5

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


86

(3) en (2)

Pero

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

0F y T Mg 3

Mgsen mg

2 2

DsenD R

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


87

0.25; determínese la mínima rapidez para el cual el bloque permanecerá en contacto con la pared.

Solución

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 que 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


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


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


90

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 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?

2 2mω Lcosα μ mgcosα mω Lcosα senα

mgsenα 0


91

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 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

1 8 3002

W N 1200W J


92

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.

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

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


93

Luego, reemplazando t en x

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 gR sen

v gR

c) No se detiene y no se despega

1.4142ov gR

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

2 20

2 2

1 1 2 2

2o

mv mv mgRsen

v v gRsen

2vN mgsen mR

2 2ov gRsenN mgsen m

R

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


94

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

Principio de la conservación de energía de la energía mecánica, entre los puntos A y B.

Por dinámica circular en “B”


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 0s e n s e n

1.4142 1.4565ogR v gR

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


95

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

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.

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


96

c) El punto donde el bloque queda detenido.

Solución

Energía inercial k=100N/m, m=2kg

Primera pérdida de energía en 2m

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.

2 21 1 100 1 502 2

E k l J

0.5 2 10 2 20kE mgd J

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


97

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

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 m v 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

22

22 gttMm

mvCoshgttVhyydp

22

2 2gt gth M vCos h m

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


98

De la figura

Resolviendo , , ,

Reemplazando v, β en (2)

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

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

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


99

Para poder hallar d2 debemos hallar la velocidad resultante

Para el ángulo

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

'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

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


100

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:

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 evv ev e v

v ev e vv 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


101

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 c o s c o soU v 2

Cuando impacte con el piso actuara el coeficiente

de restitución

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 serie geométrica esta dada por :

1

1 1n

n

aarr

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 2 5 .5 1d m


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


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


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

R e tra s o = 3 .6 7 3 [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


105

212d oh v sen t gt

1

0 cosxt

v

2

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 tgv

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

2 00 0 .2 7 5AR n

5 5AR n N


106

En el eje “x”

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


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

B

B

Tam

3

2B C

Aa aa

2 A C Ba a a 4

Aa

22 2

AA A

c B

ga m mm m

3 0m a m g s en

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


108

atan los cuerpos de masa m1 y m2 (m1<m2).La 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

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


109

2F T

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

1 2

2 1

6m mF gm m

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


110

Método 2

Planteando un sistema de referencia inercial “S” y aplicando la ley de newton hallaremos la aceleración del bloque respecto a un sistema de referencia inercial ó respecto a tierra.

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

1 ( ) 30a g a sen

1 9.8 2 30a sen

21 3.9 /a m s

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


111

Diagrama de cuerpo libre del mono

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

1 0T M g 1T M g

18 9.8 18T a

25 9.8 18 9.8 18a

23.8 /a m s

( )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


112

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) 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

2 1 11' ` cos 32

v v ev 3

2 11' 3 14

v v e

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


113

y los tiempos empleados son :

b) La distancia que recorre la pelota la representaremos mediante la serie infinita

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

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

Series Especiales

Serie Geométrica

Una serie geométrica es de la forma:

La serie geométrica es convergente

cuando

y su suma es

Es decir:

NOTA


114

Bibliografía

Lectures in Analytical Mechanics; F. Gantmacher; Mir Publishers

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

Física; Problemas y Ejercicios Resueltos; Olga Alcaraz i Sendra-José López López-Vicente López Solanas; Pearson Prentice hall

Olimpiadas Internacionales de Física, 1967-1986;Unesco

Algebra Intermedia; Allen r. Ángel; Pearson Prentice hall

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

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

http://www.profes.net

http://www.freewebs.com/ciencies/Documents/dinamica%20nivell.pdf

http://fisica.usach.cl/~lhrodrig/fisica1/pruebas.html http://www.acienciasgalilei.com/videos/2mec-

clasica.htm http://cpreuni.blogspot.com/2010/08/fisica- Examen-admision-uni-tema_569.html

Imágenes tomadas de la web

http://maquearcilla.mforos.com/643005/5784943-dos-conversiones-muy-sencillitas/ http://granguerra.crearforo.com/2-es947.html?start=15 http://www.forosegundaguerra.com/viewtopic.php?t=10922&p=123598 http://www.guerrasionista.com/2010/01/10/aviones-de-combate-f-16-venezolanos-interceptan-un-avion-de-combate-de-eeuu/ http://www.wingfight.com/index.php?language=es&urloption=Gallery&country=fr http://www.elmundo.es/elmundomotor/especiales/2007/02/salonginebra/ http://www.blogicars.com/2010/09/%C2%BFcual-es-el-auto-toyota-mas-barato/ http://issuu.com/shirsita/docs/manual_de_cinemat

ca http://www.edgardodonato.com/seas-leon-o-gacela/ http://nanas.blogspot.es/ http://www.absolutgerona.com/un-globo-se-estrella-entre-dos-terrazas-en-santa-coloma-de-farners/ http://es.dreamstime.com/im-aacutegenes-de-archivo-libres-de-regal-iacuteas-vista-lateral-af-un-coche-moderno-rojo-image5444629 http://www.absolutespana.com/cantabria-en-globo/