FISICA I Y II LEIVA SOLUCIONARIO

FISICA

I-II

de Leiva

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de Leiva

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IMPRESO EN EL PERÚ 01 - 0 1 - 2 0 1 2

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El presente solucionarlo Física 1y II de Leiva, es un aporte a los estudiantes que aún quedan con la curiosidad de saber más sobre cómo interpretar las ciencias físicas en sus diversos problemas. Éste texto es un humilde complemento al texto Física de Leiva que tiene un buen contenido utilizado por los estudiantes de ingeniería a nivel nacional e internacional, el cuál recomendamos en un 100% como lectura obligatoria. No obstante éste solucionario en su primera edición desarrollado al 80% es un avance en lo que respecta a presentación y sistema didáctico de presentación dirigido a todos los niveles de la educación que se encuentren involucrados en ésta rama. El solucionario está desarrollado en su mayoría de aportes de profesionales que en sus pasos de enseñanza por las principales universidades, otorgan a la editorial para publicarlo bajo la supervisión y apoyo del Dr. Eduardo Espinoza Ramos, quien orienta en ciertos aspectos de la publicación. SOLVER-EDK® es una marca registrada por Edukperu® con todos los derechos reservados utilizado para la publicación de solucionarlos de textos importantes en el nivel universitario de las diversas carreras.

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VECTORES

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Se pide demostrar que si el módulo de la suma y diferencia de dos vectores en el espacio son iguales, entonces los vectores en el espacio son perpendiculares. Hacer por componentes.

Piden: Si |A-B|=|A+B|-» A y B son perpendiculares. Sea A=(Ax,AyA )B = (B x,By,Bz) |(Ax-Bx,Ay-By,a z-Bz) |=|(A x+Bx,Ay+By,Az+Bz) | j(A x-Bx)2+(Ay-By)2+(Az-Bz)2= J(A x+Bx)2+(Ay+By)2+(Az+B;,)2 Ax+BX-2AXBx+Ay+By-2AyBy+A2+B¡-2AZBz=Ax+Bx+2AXBx +Ay+By+2Ay By-fAz+B2+2AzBz

4AxBx+4AyBy+4AzBz=0 AxBx+AyBy+AzBz=0 AB=0 Si A.B=0—>A y B son perpendiculares

Demostrar que: (PxQ) (RxS)+(QxR).(RxP)+(Q xS)=0 Usar la relación: Px(QxR) =Q(P.R)-R(P.Q)

La demostración es inmediata usando la relación brindada. La idea es formar a partir de la relación los sumandos que piden demostrar, al sumar dichas ecuaciones se www.eduKperu.com

I B l UCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

____________ lÉ O K

) .................................................................................................... '________ ACTORES

encontrará con ciertos valores negativos que podrá sumar igualando a cero la expresión. Dado los vectores P=(2,-l,l) y y Q=(-l,2,2)y R=(l,-2,a) Cuánto debe valer a para que los vectores sean coplanares. jC T lr fg filM P,Q,R son coplanares si P.(Q x R)=0 i j k 2 =(2a+4,a+2,0) Resolviendo QxR= - 1 2 1 -2 a P.(QxR)=(2,-l,l)(2a+4,a+2,0)=0 =(2(2a+4)-(a+2)+0)=0 a=-2 Simplificaíx(Axí)+jx(Ax])+ío<(Axk)r: jcrnTírarsTM Tenemos: !x (A x í)+ jx

(A

x

j)+ k x (A x j)...(a )

Resolviendo aplicando la propiedad P x (Q x R)=Q(P. R)-R(Q.P) De (a ): i x (A x Í)+J x (A x J)+k x(A x j)

A

^|J|

í^ 0 )°+ A (J. j)1-J ( A . I ) 1+ A jJ^ °- Í( 5 ^ ) U=2A

Si P+Q+R=0 , Demostrar quePxQ=QxR=RxP: ^ im iw rn P+Q+R=0....(1)

2

SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II'

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VECTORES

SOLVER EDK «

Piden demostrar que PxQ=QxR=RxP Hallamos PxQ, Sabemos por (1) Que Q=-P- R =*PxQ=Px-1(P+R)=-PxP-PxR =-PxR=RxP Para QxR=Qx(-Q-P)=-QxQ-QxP =-QxP=PxQ PxQ=RxP=QxR

|j||| Simplificar (PxQ).(QxR)x(RxP)

Simplificando utilizando la propiedad Ax Bx C=B(A.C)-C(A.B) A.(B x C)=C(AxB)= B.(C x A) A.nB=nA.B,

A.B=B.A

=>(PxQ.[ (QxK) x (Rx P)] =>(PxQ). ¡R(Q x R) .P-P(Qx R) .R] =>(PxQ ).[R P(QxR)-P R(Q x R)] R (QxR)=0 ya que R IQ x R =>=(PxQ)[R P(Q x R)] =[P.(QxR)][R.(PxQ)] =[P. (QxR)] [P. (Q x R)] =[P.(Q x R)]2

íf ¡| Demostrar: (P x Q ).(R x S)=(P x R).(Q x S)-(P x S).(Q x R) www. ecluKper u.corn

SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

VECTORES

» SOLVER EDK

Queremos probar que: (PxQ ).(RxS)=(PxR) (Q x S)-(Px S) (Q x R) Por propiedad A(BxC)=C.(AxB)=B.(CxA) =>(PxQ ).(RxS)=R. (SxPxQ) =r .[p ( s .q )-q ( s .p )]= (r .p ) ( s .q )-(r .q ) ( s .p ) Ordenando (PxQ).(RxS)=(P.R)(Q.S)-(P.S)(Q.R) Teniendo en cuenta las propiedades Px(QxR)=Q(P.R)-R(P.Q) P.(QxR)=R.(P.Q)=a(RxP) P.P=0 y PxQ=-QxP (PxQ ).(RxS)=S[PxQxR]... .(1) (Q .R).(P x Q)=P[Q x Qx R] .. ..(2) (R.P).(Q.S)=S[R x Px Q ].... (3) De (1) S.[Q(P.R)-R(P.Q)]=(S.Q)(P.R) (S.R) (P.Q )... (a) De (3) S.[-Px Qx R]=(S.Q)(P.R)+(S.R)(P.Q) .. .(p) De (2) P[QxQxR]=0 Ya que QxQ=0 Sumando (a) y (P) Tenemos. (PxQ)- (RxS)+(QxR)(PxQ)+(Rx P) ((Q x S)=0 Demostrar que los vectores

P= (2,8,0)

,Q= (-2,3,8) Y R=(0,6,-4) Pueden ser los

lados de un triángulo. Hallar las longitudes de las medidas triángulo.

H

SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI V II

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SOLVER EDK «

VECTORES

Para que los vectores puedan ser lados de un triángulo tienen que cumplir: RP+PQ=RQ RP=(2,2#4)

PQ= (-4, -5, 8)

RP+PQ=(-2, -3,12)=RQ •••Por tanto estos vectores si son lados de un triángulo. Tenemos el siguiente triángulo: P

Hallamos las longitudes de las medianas:

RO-RQ--PQ

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» SOLVER EDK

J

VECTORES

PN=^RQ-RP

Los componentes de las medianas son: PN=(-3,~,2) RO=(0,-i,8) QM=(3,4, -10) Entonces las longitudes serán: L,=|PN |=5,02 l 2=¡r o |=8,oi

L3=|QM|=11,18

Dado el paralelogramo PQRS donde T Y L Son los puntos medios de los lados QR Y PS respectivamente. Demostrar que PT Y PL dividen a la diagonal PQS entres partes mediante los puntos M Y N.

Q

ag m urg tüar Teniendo en cuenta los triángulos PQR y PRS, tendremos que N y M son baricentros respectivamente. SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIY II

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SOLVER EDK «

VECTORES

Por lo tanto ON=^ÑQ....(l) y ■MO=^SM....(2) probado en el problema 42 de los problemas resueltos. Pero O divide en la mitad al vector MN, teniendo ^~=ON=MO...(3) De (1), (2), y (3) obtenemos que: m n =ñ q =sm

Tomando MP=MA+AP pero MP=^BA+ÂD Pero sabemos que: BA+AD=BD =>MP=^BD De esto tenemos queMPIIBD Ahora tomamos el vector NO tenemos NO= NC+ CO ÑO=^BC+^CD Pero BC+CD=BD Tenemos que ÑO=^BD De esto obtenemos que NBIIBD Como ÑBHBD y MPIIBD Entonces NBIIMP y NB=MP

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>> SOLVER EDK

3

VECTORES

Lo mismo procedemos con los otros vectores: Por lo tanto: MNHPO y.MN=OP ÑBIIMP yÑB-MP

ft

Demostrar que las bisectrices de los ángulos de un triángulo se cortan en un punto y se llama incentro y corresponde al centro de las circunferencias inscritas al triángulo.

Tenemos que demostrar que AM.OM=BN.ON=AP.OP=C) AM.OM=ÁM.(ÁM-ÁB) =AM.AM-AM.AO ... (a) La Proyección de AO sobre AB es AO.p=AO cosa pero AM=AO cosa =>AO.p-AM

En (a):

Luego: ÁM lO M De igual forma se puede demostrar que: BN.ON=0 y AP.OPÔ En el triángulo AMO y APO usamos la Ley de Senos

H

SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II

SOLVER EDK «

VECTORES

i - - • °MI -|OM|=|AB|sena sen 90 sen a |ÁO| |ÓP| -|OP|=|AO|sena sen 90 sen a Luego |OP|=|OM|=R De igual forma se demuestra que |OP|~|OM|=R

Dado los vectores P Y Q , que forman ángulo 0, demostrar: QsenG tan0=— —-- P+Qcos0 donde 0es el ángulo entre la resultante y el vector P .

¡y VIH Mi Del triángulo formado por los vectores P,Q,R Por ley de senos tenemos _ P ___ Q sena

R

sen0 ~ senoc(180-Q)

Q P=-- - , oc=Q-0 sen0 Q =$?=-- -(sen0 cos0-sen0cos0) sen0 =>P=Qsen0-Qcos0

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cofn.'


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» SOLVER EDK

=»tan0=

VECTORES

Qsen0 P+Q cos0

Dado los vectores

P yQ;R=mP+nQ, tal como se indica en la figura. Si P =3, Q = 5

y R =10. Hallar la relación: m/n.

Tenemos los módulos de cada vector: (P)=3 (Q)=5 Para los vectores que suman R deben de ser iguales, entonces: (nQ M m P) ¡Q|_m

ÍT" m 5 n

3

Se dan los vectores P yQ forman un ángulo agudo tal que sen0= 3/5. Si el módulo de P=16 y sabiendo que P es ortogonal a(P-Q) : Hallar el módulo de Q JEffllKTOTgW

m SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIV II

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SOLVER EDK «

VECTORES

r ~-

Según el dato Pl(P-Q)=> =90° de la parte sombreada, por ley de senos tenemos: P

O

sen (90-0)

sen90

P =>0= =20 sen53° ©

Las caras de un tetraedro regular son triángulos equiláteros de lado

a. (a) Hallar

el ángulo que hace cada lado con la cara opuesta, (b) La distancia de un vértice a la cara opuesta. Hacerlo por vectores.

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VECTORES

» SOLVER EDK

» a=|ÁB|=|BC|=|CD|=|BD|=|AD|

El área de la figura sombreada será: ,— — ,. senO A=|BD|.|DM|— -

MA+AD=MD

^MA+AD=MD |MD|=Jr3|AC| Si “O” es baricentro: — 2— > OD=~MD El COSO

|o d | _ | | m d | 2 / í ^ | a c | : |B D f | Á C r 3 V2

|AC|

V3 Cos 0=0=54,73° Y la altura será: h=a sen(54,73)

h=0,81 a

©

Sea PQRSTM los vértices de un hexágono regular. Hallar la resultante de las fuerzas representados por los vectores. PQ , PR, P S , PT, y PM .

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SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I

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v e c to r e s

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Q

Haciendo coincidir el punto P con el origen de coordenadas y considerando el lado de longitud a. Tenemos: PQ=acos60+a senóOj

PR=a senóOj+a senóOj

PS=2acos60Í+2a senóOj

MS=(a+a cos60°)í+a senóOj

PM=ai Sumando en X y Y tenemos PQ+PR+PS+MS+PM=3 a i+6a senóO]

6a cos60i+óa sen60j= 3PS

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» SOLVER EDK

3.

VECTORES

% Demostrar que el polígono que resulta de unir los medios de los lados de un cuadrilátero es un paralelogramo. Hallar un vector de longitud 1 y perpendicular a A = (l,l,l) y B=(2f3,-1).

Sea el vector P tal que |P|=1 P lB

P IA

Si P±B y 1P±A—>P.B=0 P,A=0 P,B=(P1,P2,P3)(2,3r l)=2P1+3P2-P3=0...(l) P.A=(P1,P2,P3)(1,1,1)=Pi+P2+P3-(I1) Resolviendo: _ 4 K P1=--KP2=KP3=3 Hallando K: |P|=1=JP?+PÍ + Pl

9

8

V26

P=±4=H-3,1) V26 Hallar un vector de longitud 1 y perpendicular a A=(l, l,l)y B=(2,3,-l) 14

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SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIY II

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VECTORES

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¡||p (a) Hallar todos puntos de que pueden ser el cuarto vértice del paralelogramo formado por los otros tres vértices A = (1,0,1), B = (-1,1,1) Y C = (2,-1,2) .(b) también hallar el área del triángulo ABC.

mmmmm

Siendo A, B, C y D vectores de un paralelogramo se cumple que A+C=B+D En el paralelogramo se cumple A+C = B+D Tenemos: (2+P1,P2,P3+2)=(0, 1, 2) P1=-2 ,P 2= 2,P3=0 P=(-2, 2, 0) Lo mismo se aplica para hallar los demás vértices, por tanto tenemos que: AC=(1, -1,1), AB=(-2,1, 0) CB=(-3, 2, -1)

Sabemos que

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)

VECTORES

a a= q IACxABI

¡ =¿ACxAB= 1

-2

j -1

k 1

1 0

1i r r a/6 =*AA=-'Jb= —

Dos vectores P = (2,-3 ,6) y Q= (-1,2,-2) están aplicados a un mismo punto. Hallar las coordenadas del punto R que tiene la dirección de la bisectriz del ángulo formado por los vectores P y Q, Si R = 3a/42 .

Podemos relacionar de la siguiente arquitectura manera por gráfico

RxQIIPxR Ahora hallamos K tal que

RxQ=K PxR.... (a)

¡RxQ|=|K Px R|

| R|| Q| sen0=K | P|| K| sen0

3 - K=7 De (a ) tenemos que

Resolviendo

-2b-2c=^(-3c-6b)

a = -K

2a - c = 3/7 (-2c+6a)

b= 5K

2a + b = 3/7(2b+3a)

c=4K

SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

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f ~ _________________SOLVER EDK « VECTORES

Su módulo del vector R=(-K, 5K, 4K) Es 3VÍ2

=>K2+2SR2+16K2=9V42

K=3

•*.R—C-3,15,12)

3 Si P+Q+R = Ó. Demostrar que PxQ+QxR+RxP=3PxR .

Teniendo en cuenta el problema 5) tenemos que PxQ=RxP=QxR ^PxQ+QxR+RxP^PxQ

Hallar el área del triángulo

cuyo

vértices son los puntos A = (2,-2,3). B(1,-2)YC

= (4,2,-1)

CA=(-2, -4,4) CB=(-3, -4,1) A a=1|CA x CB| A a=^ 1(20, -14, -4)| AA=Vl53

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VECTORES

Hallar el volumen del paralelepípedo cuyas aristas son

P=(l,2,-1), Q=(3,4,-6)

y R=(2,1,-3)

V=|P.(Q x R)| i j Q x R= 3 4 2 1

k 6 -3

(-6, -3,-5)

Se conoce los cosenos directos de dos vectores cuyos valores son a|,a2,a3 y b1; b2, b3 . Demostrar que ángulo entre ellos es 6 y se obtienes de la

expresión cos0=atbi+a2b2+a3b3

Como tenemos los cosenos directores de los vectores, tenemos los vectores unitarios de ellos-, V=^=-=(cosa, cosp, cos0) W= 7^T=COOC', cosp', COS0'

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Entonces tenemos los valores: V=(a1,a2, a3) ggfgj SOLUCIONARIO FISICA LEIVA1Y II

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VECTORES

W=(b,,b2,b 3) Haciendo el producto escalar obtenemos el ángulo que forman: V.W=(|V||\V|cosO =cosO=(a,b,a2,b2, a3b3)

Dado el vector A y el escalar m , hallar el valor de B ,tan que A.B= m. — iii]HWÍ»3 Podemos dar la forma de: B=A+A Haciendo producto vectorial y considerando A=C se tiene: AxB=CxA+AA A.B=y||A2|| A.B

o it

=y

B=CxA+ ip^r .A IKII

Dos vectores Á y B tiene magnitudes iguales de 10 unidades. Están orientados como se muestran en la figura. Su suma es R=A+B.

Hallar (a) los componentes

de R. (b) el módulo de R. (C) El ángulo que forma R con el eje de los +x.

Lo dejamos como ejercicios para el lector, aplique los conceptos aplicados en los ejercicios aplicados en los anteriores ejercicios. ¡|p

Dados los vectores A= (1,1,2).B= (1,3,4). C= (1,1,1) y P= (1,-5,1). Hallar los valores de m, n y r para que mm-nB+rC=P.

Sean los vectores: A=(-l, 1, 2), B=(l, 3, 4)y C=(l, 1, -1) ' .- d jw u cosn

SOLUClONARiO FISICA LE IVA 1Y II

» SOLVER EDK

VECTORES

Por condición del problema: mA-nB-rC=(l, -5,1) Obtenemos las siguientes expresiones: -m-n+5=l m-3n+r=-5 2m-4n-r=l En este problema utilizaremos cramer:

|Am| m= JA I ¡An¡ "

|A|

|Ar| r

|A|

Siendo A matrices Entonces 1 -5 1 -1 1 2

-1 1 -3 1 -4 -1 -1 i -3 1 -4 -1 -17

m=T Lo mismo procede para n y r -5

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VECTORES

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y r=-4

Hallar el vector A= (2,-1,-4). Hallar el vector P, cuyo sentido es opuesto al vector A y su módulo es la cuarta parte de A.

Para que valores d ém e R, el vector |m; -m, ^(m-l)J es unitario.

El vector |m,-m,^(m-l)j es unitario =¿su módulo = 1 Jm 2+m2+ ¿(m - l)2=l 33m2-2m-15=0 Resolviendo: m=

l±4V3l 33

Hallar el vector unitario que une el origen con el punto medio del segmento AB, donde A=(4,-l,l) y B=(2;l,l).

mmmmw Sea el vector P tal que P||A y opuesto A A

y|p|=l^ ,|a |=>/2T

Como P||A 3 K E R tal que (P i ;P2,P3)=-K(2, -1, -4) =>P,=-2K P2=+K P3-4K |P|=KV2T=^^K=7 4 4 SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I

» SOLVER EDK

VECTORES

.•.P=(P1;P2;P3)=(-2K;K, 4K) =(0,5; 0,25; 1)

¡p

Demostrar que un vector cualquiera

A

el espacio se puede expresar A=

(A i, A. J, A. k)

- /

Mostramos los vectores en el siguiente gráfico: Tenemos los siguientes componentes de A: A=(|A|jí|cos8;|A||j|cosa ;¡A|¡k¡cosy ) El producto escalar se define: A.B=|A||B|cos0 =>A=(A.Í ,A.J,A.k)

Demostrar que un vector unitario cualquier Q en el espacio se puede : Q= (eos a , eos p, eos y ) donde a, ¡3 y y son los ángulos que hace el vector A con los eje X , Y y Z.

m m m m Cuáles son los valores de m y n para que A= (m,-2n,l)y =B= (n,-m,3) Son perpendiculares y A = 3. SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I

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SOLVER EDK «

VECTORES

A lB —►A . B=0 (m, 2n,l) (n,-m,3)=mn+2nb+3=0

mn=l Sabemos que

A=3=V m2+4n2+l

9=m2+4n2+l , n=l/m

8m2=m4+4

m4-8m2+4=0 Resolviendo tenemos que:

m=j4±2V3

n=- 1±

Dado los vectores A y B déla figura:

(a) Halla A.B (b) Hallar Axb.

De la figura Los vectores están en el plano XY entonces tenemos

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SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y

23 ■

D

» SOLVER EDK

VECTORES

A(óV3 cos30, 6V3 sen30°; 0) Si el módulo de la suma de dos vectores A y

B

es 8 y los módulos de A

5 de y B =10 Hallar el módulo déla diferencia délos vectores.

|A+B|=8

y |A|=5 |B|=10

Piden IA-B¡=?

|A+B|= J|A|2+|Bj2+2|A||B| eos 0 =8 25 + 100 + 100 cosO = 64

61 eos r0> = - — 100

|a -b |= J| a |2+|b |! -2|a ||b | cos0 = 25+100-100

V 100/

|A-B|=Vl80

Si el módulo de la suma de dos vectores es VÍ0 A=y V3 , B = 3. Hallar el producto escalar A.B

|a +b |=VTo, ¡a |=V3,|b |=3 Piden hallar A . B |a +b |=VTo=^|a |2+Sb |2+2|a ||b | cosO 12+6V3 cos0=10 =»cos0=

-1

3V3 '

Sabemos que: SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

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I

VECTORES

SOLVER EDK «

A.B=|A||B|cosO

V3V3' .••A.B=-1

Si el módulo de un vector es A = 2 y el otro es de doble magnitud B = 2A, Si el ángulo que forman dichos vectores es 120°. Hallar el módulo de la suma de los vectores.

|a |=2 |b |=2 |a |=4 Piden hallar |a +b |=?

|a +b |= J|a |2+|b |2+2|a ||b | cosO Si 0=120° V4-16-16cosO=2V3 |A+B|=2V3

Dado dos vectores de un triángulo A= (1,1, 1), B = (l,- l,l) y C= (-2,1,-1). Hallar el ángulo que hacen los vectores AB yAC.

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25

VECTORES

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A

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Piden el ángulo =?

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AC=(-3, 0, -2) ÁB=(0, -2,0) AC.AB= |AC||ÁB|cos0 0=Vl3.2 cos0 cos0=O .-.0=90°

Dados los vectores P, Q, R y S, que cumple la condición PxQ=RxS y Px R- Qx S . Demostrar que el vector P- R .

Para que P-S sea paralelo a Q-R tiene que cumplir que: (P-S)x (Q-R)= O Demostraremos esto: (P-S)x (Q-R)

(P-S)x Q-(P-S) x R

PxQ-SxQ-P-R+S-R Por condición: PxQ=RxS y PxR=QxS


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VECTORES

SOLVER EDK «

y sabiendo que AxB=-BxA ; tenemos

PxQ+QxS-RxS=0 .-.(P-S)ll(Q-R)

^

Dado los vectores A=(1,l,) , B=(-l,-a,a) y C=(a,l,-a). Cual el valor de a para que el volumen definido por los tres vectores de igual a 7. ^ ÍU H IH LU Tenemos los vectores

A=(l, 1,1)

B=(-l, -a, a)

C=(a, -1, -a) V=7 i j k =>BxC= 1 -a a =(a2-a, a2-a, a2-l) a 1 -a

A. (BxC(a2-a+ a2-a+ a2-l))= 7 3a2-2a-l=7 3a2-2a-8=0 Resolviendo tenemos que -4 a = 2 °-

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» SOLVER EDK

VECTORES

¡j} Dado los vectores A=(l,-2, 2) y B=(-2, 2, -3) . Hallar la proyección escalar y vectorial de B sobre A.

Siendo los vectores A=(l, -2, 2)

B=(-2, 2,4) Piden hallar Proy escalar =? y Proy vectorial =?

B—Á

BÂ Proy escalar = B.Á_2 W

3

Proy. Vectorial (B.Á)Á

(2,-4, 4)

|A|2 =

^

Si P.Q=20 Y P=3 , Q=10 Hallar |PxQ| . j B

ü

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Tenemos que P.Q=20 y |P|=3 ,.|Q|=10 Piden |PxQ| P.Q= |P| jQ| cosO—>cosO= \ —>0=48, 20° SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

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SOLVER EDK «

VECTORES

Piden |PxQ|=|P||Q|senO =80 sen (48, 20) |PxQ|=10V5

Si B paralelo

a C y B. (Ax C) = 0 entonces demostrar C es perpendicular a

(PxB).

Tenemos que BlICy B.(AxC)=0 Piden demostrar que C.(ÁxB)=0 B||C si 3 KeR tal que B=KC =>C.(AxB)=Á, (B x C )=A.(KCxC) =Á,K(CxC)=KA(C x C)=0 =>C.(ÁxB)=0 •••C±(Ax B)

Si A es un vector en el plano y p7 un vector unitario A = (A.p, |Ax p|). WTOCT Tenemos los siguientes vectores en el plano: Los componentes en la recta del vector unitario es |X||p|cosO=A.p

y la otra será |A||p|senO=¡Axp|

•••A=(Á.p ,|Axp ¡) eclóK¡m u ,corn


D

» SOLVER EDK

ft

VECTORES

Demostrar usando componentes: Px(Q xR) = Q(P.R)-R (P Q •

Primero calculamos QxR

i

j

k

=(q2r3-r2q3, r,q3-q1r3, q ^ - r ^ ) QxR= di q2 °i3 u r2 r3 Ahora Px(QxR)

Px(QxR)=

i p, q2r3-r2q3

j P2 r,q3-q,r3

k P3 q1r2-r,q2

=( P 2( q , r2-r,q2)+( p3(q, r3-r,q3)

- ( p1(q 1r3-rlq3)+( P 3(q 2r3-r2q3)

- (P ^ q ^ - r ^ H p2(q2r3‘r2Q3))

=( p2q irr p2nq2+ p3q ir3- p3riq3

- p,q ir2+p ir tq2+ p3q2'r3-p3i'2q3)

•p1q,r3+ p¡r,q3- p2q2r3* p2r2q3)

Si le sumamos y restamos el siguiente vector

SSsO LUC IO N ARIO FISICA LEIVAI Y II

www. edüKpgnrccrn

( __________________ SOLVER EDK «

VECTORES

u=(q, r, p,,q2 r2p2,q3 r3p3)

=( P 2q,r2- P2nq2+ P3Qir3- P3riq3+qlriql-q1riql ,

- p,q1r2+p,r1q2+ p3q2r3-p3r2q3+q2r2p2-q2r2p2,

- P lq,r3+ P,r,q3- P2q2r3- p2r2q3+q3r3q3-q3r3q3)

=( P2q,r2+ P3qir3+ q,riPi, P,iriq2+P3q2r3+q2r2q2,

p1r,q3+ p2r2q3+ p1r1q3+ q3r3p3)+

(- P2r,q2- P3riq3- q,r,p,,- p,q,r2- p3r2q3- q2r2p2,

-p1q1r3-p2q2r3-q3r3p3)

=(q, ,q2Jq3) (p, n +p2r2+p3r3)-(r1,r2,r3)(p ,q ,+P2q2+P3q3) Sabemos que P.R=(p1r,+p2r2+p3r3)

P .^ íp ^ ^ p ^ + p ^ g )

•••P(QxR)=Q(P.R)-R(P.Q)

©

Se tiene un vector P, cuya tercera componente es 2, si

P es perpendicular a

( 1,-2, 1) y (-1, 1,-2). Hallar el vector P.

w w w e d uR pe ru,corn


I

» SOLVER EDK

D

VECTORES

Jg iW IH liM r P=(a, b, 2) P l ( í, -2 , 1 ) y (-1 , 1 , -2 ) =>P.(l,-2,l)=0 P.(-l,l,-2)=0 a-2b-2=0 -a+b-4=0 Resolviendo que a=-6 b=-2

•••P=(-6, -2,2)

‘¡¡¡Ufy Si el vector R paralelo al vector Q xP y proyQ—>P=1 sabiendo Q 2, P=6 PY R =8. Hallar Q.(PxR)

Piden hallar Q.(PxR) Por condiciones del problema:

R||QxP=> el ángulo que forma o es 0oo 180°

QP Pi'oyQ_ p=757=1

|P|

SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI V II

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SOLVER EDK «

VECTORES____ _________

Q.P=|P| De lo anterior hallamos que ángulo forman los vectores Qy B

Q.P=|Q||P| cosa=|P|

|P| 1 cosa= ._ T- r =|Q||P| 2

=»oc=60° Por propiedad Q. (PxR) =-R. (Q x P)

-R.(Qx P)=-|r ||Qx P| cos(180)

|r ||Qx p | Tenemos que

Qx(PxR)=|R| |Q| |P|sena = 8.2.6 sen60

.-.Q.(PxR)-48V3

^

Se dan los vectores en el espacio A = (l,l,l), B= (l,-l,l) y C=-2,l,-2). Hallar: (a) AB.BC (b) ÁC x( AB-BC) (C) El vector unitario perpendicular al plano que pasa por los puntos A, B Y C. (d) El ángulo que hace el vector unitario de la pregunta, (c) con

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33

D

» SOLVER EDK

VECTORES

el vector D=(0,1,1). 48. Si Á es un vector constante y r es el vector que va del origen al punto (x,y,z) demuestre que (r-A). A=0 es la ecuación de un plano.

Sean los vectores A=(0,1, 0)

B=(l, -1,1) y C=(-2,1,-2)

a) Piden ÁB.BC=(l, -2, l ) (-3, +2, -3) .

AB.BC=-3-4-3=-l 0

Piden ACx(AB-BC)=(-2, 0, -2)x(4, -4,4) i

-2

ACx(AB-BC)=

j

k

4

4

0 -2

4

N=

=(-8, 0, -8)

i

j

1

-2

-2 0

k

-2

=(4, 0,4)

1

El vector unitario de N es N

1

P=T=77=“7 = 0 / +1) N V2

cos0

D-P=

D.p COS0=

|D|IPI

De esto hallaremos 0:

9=cos- , J 4

í

_)

V|d ||p |/

1

/ +1/V2\

0 = C O S ' '= ( ---- -=r

v i.V 2 y

0=60°

SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIY

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SOLVER EDK «

VECTORES

Si A es un vector constante y r es el vector que va del origen al punto (x,y,z); demuestre que (í-A).A =0 es la ecuación de un plano. M m m m Sea r=(rl; r2,r3) yA= (x,y,z) Se tiene que (A-r)r=(x-r1; y-r2; z-r3).(r1; r2; r3) xr!+yr2+ zr3-(rf+r|+r|)=0 Tenemos que como Á es un vector constante y teniendo que rf+rf+r3=C Se tiene xr!+yr2+ zr3=C Que es la ecuación cartesiana del plano.

1^3

Considerando los mismos vectores del ejercicios anterior demuestre que (r-A).r=0;es la ecuación de la esfera.

Del anterior problema obtenemos:

ri+r2+r3“ xn+yr2+ zr3=0 Restando y sumando factores para conseguir ecuaciones cuadráticas tenemos que

Y siendo x

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» SOLVER EDK

3

VECTORES

r3-r

z

y C constante Se tiene xf+y2+zf=C Que es la ecuación de una esfera

3

Si A+B+C=0 y A =3, B=5, C =7. Hallar el ángulo que forman A Y B.

Por ley de cosenos tenemos que A+“B=-“C

|rr/~E\ A+ B|= ITC2I

=>C==WA2+B2+2AB c o s O Reemplazando:

49-34=30 cosO

cosO= - =>0=60°

Si B,C y D determinan un plano, la distancia de A a este plano: |(A-B).(C-B)x (D-B)[ |(C-B>(D-B)|

JgtílTO rtilM T Cosenos B, C y D definen un plano se tiene

B


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SOLVER EDK «

VECTORES

La distancia de A al plano será

d(X plano)=ProyRBA

d(A, Plano)=

|(A-B).N| |1N,

Del gráfico N=(C-B)x(D-B)

|(A-B).(C-B)x(D-B)l d

j^ l

A, Plano)

j(C-B)x(D-B)|

Demostrar la mínima distancia de un punto P i(X i,y 1;Zi)

al plano cuya ecuación cartesiana en,AX+BY+ CZ+D =0

am aw m P.CXpYpZ,) r—

-k N

Tenemos que la cartesiana es: Ax+By+Cz+D=0 De la cartesiana obtenemos N, siendo w w w ed uKderu.corn


» SOLVER EDK_____________

...............................................................

VECTORES

N=A,B,C La mínima distancia se halla:

d(P|,P la n o ) =ProyRPP,

|(PrP).N| a (p,, Plano)“

^min—

j- j

|(Xr X, Yr Y,Zt-Z)-(A, B, C)| V a 2+b 2+c 2 A(Xi-X+B(Yr Y)+C(Zr Z)

dmin—

J a 2+b2+c 2

Demostrar vectorialmente que la suma de los cuadros de los diagonales de un paralelogramo es igual a la suma de los cuadrados de sus cuatro lados. JRTiW'WIil» Piden demostrar |A+B|2=A2+B2+2AB |A-B|2=A2+B2-2AB De la galáxica |D|MA|2y|B|M C |2

=>|A+B|2+|A-B|2=A2+B2+C2+D2 Si los números a, b, c y d son diferentes de cero y aOA+bOB+cOC+dOD=0 y a +b+c+d=0. los puntos A, B, B C Y D Se encuentra en un plano. ( sugerencia usar: a +b = -( c + d) y el prob. 39) Jc ïïlIÎT iM W 38

S O LU C IO N A R IO FIS IC A L E IV A IY II

w w w . eciukperu .c c m

SOLVER EDK «

VECTORES

Demostraremos que A, B, C y D están en un mismo plano: Entonces; por condición aÓA+ b¡ÓB+cOC+dOD=0...(l) Si tenemos a BA= OA-ÓB En (1) reemplazamos:

aBA+ aOB+bOB+cOC+dOD=()

aBA+ (a+b)OB+cOC+dOD=C) Pero a+b=-(c+d)

aBA- (c+d)OB+cOC+dOD=0

aBA+ c(OC-OB)+d(OD-OB)=0

aBA+ c(BC)+d(BO)=0

Si los vectores B A , BCy BD suman cero entonces definen un plano.

Demostrar que la distancia mínima del punto

P (X i^ ) a la recta A x + B Y + D = 0 en el plano XY es:

lAX^BYt+Dl d=--- 7= — Va W wvvw. edukpenj.com


VECTORES

» SOLVER EDK

Ojo la demostración viene de determinarla distancia a un punto cualquiera de la recta, la distancia mínima es cuando la proyección sobre la recta es cero, o sea haciendo sen0=O. Completa la operación.

La distancia a la recta sería

, IAXt+BYt+DI d=--- =====— Va^b5 Si A B C D es un cuadrilátero cualquiera P y Q son los puntos medios de sus diagonales AC y BD, y M es el punto medio de PQ. Demostrar (a) (ÁB) +AD+CB+CD=4 PQ (b) 0A+0B+0C+0D=40M ,donde O es un punto arbitrario. iU

M

Í

PQ=AQ-ÂC

PQ=AD-^BD-ÂC

40


www.eüukperu com

SOIVER EDK «

VECTORES

— » — » AB CB CD CB PQ=AD-— +— — + —

— . -—. AB —. CD PQ=AD-— +CB- — Pero: CD=AD- ^ AB+ i CB

AB=BC+ÂD-^CD Entonces:

— , — . CB AD CD — .AD 1 — CB PQ=AD—-— — +— +CB -T- +—+AB- —— 2 4 4 2 4 4

— AD CB CD AB PQ- ~T~ +~T~+~~7~+~7~ 4 4 4 4

•••4 PQ=AD+CB+CD+AB Trazando el vector AM, se tiene lo siguiente:

OM=AM+OA.... a Pero ÁM=^ÁC+^PQ

2

2

Hallando PQ por el resultado en a: o PQ AD+CB+CD+AB ~2~

8

Pero www.eduK.peru.com


V

VECTORES

» SOLVER EDK

3 AD=OD-OA ,CB=OB-OC

CD=CD-OC ,AB=OB-OA

PQ

OD OA

OB OC

>~2~=~4

4 + 4

AC

OC OA

4

~2~=~2~~ 2 Reemplazando en (oc)

___, OC OA OD OA OB OC —* om=_2 2~ +_4 4~+_4 4~

___, OA

OC OD

OB

OM= — +— +— +—

.-.40M=0A+0C+0D+0B

Demostrar vectorialmente, que el baricentro, circuncentro y ortocentro de un

triángulo son colineales. (sugerencia usar en concepto de vectores paralelos).

i

www.edukpertu SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIV II

SOLVER EDK «

VECTORES

Sean los triángulos AOG y GOM. Por propiedad del baricentro obtenemos que AG=2GM y por el teorema Simpson se demuestra que AO=2CM Por semejanza de triángulos tenemos que OG=2GC Por definición un vector es paralelo a otro si v=kw OG es paralelo con GC y coolineales a la vez. Dado el paralelepípedo de base rectangular situado en el plano ZY, su altura a lo largo del eje X .Hallar el volumen del mismo.(sugerencia hallar AxB.C).

Se dan los vectores del origen a los puntos A,B,C,D son A=í+J+K,B=2Í+3j;C=3Í+5 J-2K y D=K-J. Demostrar que AB||CD

Tenemos los vectores

www. ecJú KDér u,corn

SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I

SOLVER EDK

VECTORES

1 A=(l, 1,1)

B=(2, 3, 0)

C=(3, 5, -2)

D=(0, -1,1) Piden demostrar AB || CD Entonces si ABIICD si 3 K6R tal que AB = KTD De aquí tenemos que ÁB=(1,2, -1)

CD=(-3, -6, 3) Por lo tanto K=-3 Entonces 3 KeR / *AB=:-3CD 3

Demostrar (AxB)xA.A=0 para todo A y B

en tres dimensiones.

jcrmnrrgmTW Sea Ay B

H


www. ed ukperu co n

c

VECTORES

SOLVER EDK «

vectores en tres dimensiones, piden demostrar (AxB)x A. A=0 Por propiedad AxBxC=B(A.C)-C(A.B) Y A.B=B.A

=»Á. (AxB)xA=A[B(A.A)-A(A.B)]

=(á .b ) ( a .a )-(á a ) ( a .b )=o Dado un vector B=( 1,-2,2). Hallar el vector A tal que sean paralelo a B y de módulo 9.

AIIB si 3 KeR/A=K B

^Á=(K, -2K, 2K) Y su módulo |A¡=9

=>V91?=9 =>K=3

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.-.Á=(3, -6, 6)


CINEMÁTICA

» SOLVER EDK

Un móvil recorre la mitad del camino del camino con la velocidad

La parte

restante la ase a una velocidad v2 la mitad del tiempo, y la velocidav3d el trayecto final. Hallar la velocidad media del móvil durante el recorrido.

Tenemos que d]+d2=Para el primer tramo tenemos:

Luego

V3t2=d2 Entonces despejando: L

ti~2v; t -L Æ Y ? ) 2V] V!+V3 Luego también tenemos / media - 3

-(t,+t2)

...0 )

Pero

46


vvww. ad ukperu,coni

SOLVER EDK «

CINEMÁTICA

4V1.(V2+V3) 3(2V, +V3)

Un móvil se mueve según V = t2 - 9, V (m/s) y t (seg).Hallar la aceleración para V = 27 rrvS. m m m m Tenemos que: V=t2-9 pero

■••a=2t...(l) pero piden cuando V=27 =>Veamos 27+9=t2=>t=ó seg •••a=12 m/s2

Un móvil se mueve con una aceleración a = 2t,a lo largo del eje x. Hallar (a) la velocidad para t =lseg.(b).El cambio de posición deO a lseg.Para t = 0, v=2m/s,

x= 0.

Tenemos que a=2t pero

V(t)-V0= /J 2tdt pero V0=2m/s ••■V(t)=t2+2 a)

Piden para t=l seg b) análogamente tenemos que

V (l)= ^

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/oxdx =/0tV(t)dt


» SOLVER EDK

CINEMÁTICA

X = - +2t =>X(1)=

Un móvil se desplaza a lo largo del eje x y su aceleración el tiempo como se indica en la figura. Para t = 0, x=0, v1xxVs. Hallar (a) distancia total recorrida desdi a 2seg.(b) La velocidad para 2seg.

Del gráfico tenemos a=tg60°.t= V3t , también tenemos X=0, t=0 , V= — s pero ^ =a /v^dv= /0t adt=>V-V0=:^ L ^>V=1+y t2•■••(*) También ~ ~ v Í q d* — Í q vdt =>X = f l + ^ - - t 2 dt

X = t + ^ t 3...(*) Piden a )X (2 se9 ) = 4,31 m. b)

de (* ) tenemos que V2 = 4,46 m/s

Una partícula a lo largo del eje x, su grafica de velocidad en función del tiemi se da en la figura para que valores del tiempo x = 0. Si para t = 0,x =2m.

jH n flr a tiia r Piden para que tiempo X=0 Veamos además t=-0=»X=-2m Encontremos la ecuación de V en función de t =>tenemos que V(t>

| 2 (2-t), 0^t22 t-(t-4)-2, 2
Sabemos que: “ =V(t)

dx=V(x)dt

cuando 0 < 2

SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y I

www.edukperu,com

c

CINEMÁTICA

=>

SOLVER EDK «

dx= I v(t)dt =»x+2=-t(t-4)

0<^ 2 . ..(1 ) Ahora cuando t>2 =>

dx=

I ( 2-t)dt J2

X0

2 ^ 4 ... ( 2) Gomo deseamos que X=0 =» (1) = 0 y ( 2) = 0 =* en (1)

2=-t(t-4) =>t=( 2-V2)seg

En (2) -2=-^-=>t=4seg 4

Una partícula se mueve en el plano X y Y sus graficas en función del son: Hallar la aceleración y la velocidad de la partícula para t = 3 segundos. Si para t =V3 ,x = 3

De acuerdo al gráfico, veamos que X=tg60°t

y Y(t)=bt2 y por dato Y(V3)=3=b(3)=»b=l X=V3t Y(t) = t2

Ahora de las oraciones del movimiento, tenemos: r=V3~t í+ t2]

y SOLUCIOÑARIO FISICA LE IVA I Y II

D

» SOLVER EDK

CINEMÁTICA

_

dr

v= s a)

=>V=V3 í+ 2tj

.-.V(3)=(V3j+6j)m/s

b)

También a= ^ =>a=2j m/s2

Se el gráfico de la aceleración en función del cuadrado de la velocidad, como se indica en el gráfico. Hallar la relación de la velocidad en función de la posición. Si para t = 0,x = 0,v = 3m/s.

Del gráfico tenemos que: a=-tg (37°) V2=>a=-0,75V2 dv

dv

dv

dt

dx

dx

Ahora tenemos que a= — = — .v =>a=— .v ...(*) ^

En (* ) tenemos que -0,75v2= ~ .v =>/* -0,75dx = J3V~ =>-0,75x=Ln Qj) =>V=3eV=3c-'

Dado el vector posición de un móvil r(t)=(2-t2)T+(t3-t)j+(2t3-t2-l)k. Hallar (a) el vector unitario y tangente a la trayectoria dada, cuando t = 2seg. (b ) el módulo de la aceleración cuando t = =2seg.

.W Tenemos que r(t)=(2-t2)í+t3-t)J+(2t3-t2-l)k a)

Veamos sea: V=^=>-2-tí+(3t2-l)J+(6t‘2-2t)k Sea V(2)=-4Í+lJ+20k

•••Ot=^=(-4,ii,2oW537 b)

a=^=2Í+(6t)]+(12t-2)k

dt

=»a(2)=-2Í+12Í+22k


■

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SOLVER EDK «

CINEMÁTICA

=>a=Vó32m/s2

Una partícula se mueve en el plano x y,de acuerdo a las relaciones 2X — —2seg3t, 2V = cos3t. Cuando t - 0,x=0 y = 2vx = 4 m / s y v y = lm / s . Hallar la ecuación de la trayectoria, (b) la velocidad para t = nJ6 seg.

Tenemos que: ax=-2sen 3t , ay=cos3t, Además Vx=4 , Vy=l m/s cuanto t = 0 , X = 0 , Y — 2 Piden f=? Veamos por la ecuación del movimiento á=-2sen3ti+cos3tj dv c - r_ |a= — => dv= I adt dt J(4 ,l) Jo .

.

2

~ sen 3t.

=>y-(4i-lj= - ( eos 3t-l)i+

/2 eos 3t-l

—

j

10\* /sen3t

Ahora V = ^ / (r02) dr =/otvdt a) r-2j= (2 sen3t+ y ) í+

t+i ) j

/2 10t\„ /-cos3t 19\. ,r=('-sen3t+ T ) i +( — t+- j j b) De (*) tenemos que

1C. 4. 10 ,-v= — i+-j=>V=Vll6/3 Z1 Desde un plano inclinado un ángulo a es lanzada una piedra con una velocidad v0 y perpendicular al plano. A qué distancia del punto de lanzamiento caeésta piedra.

* * w eduKper u om

SOLUCiONARIO FISICA LEIVAI Y II

» SOLVER EOK

CINEMATICA

Como no existe resistencia del viento=>; este cuerpo desarrolla MPCL. Si nos regimos a la ecuación vectorial de este movimiento tendríamos d=V0t+-gt2. Haciendo la representación vectorial, tendríamos

gsenoc ...(* ) También tenemos: -gt2sena=d

2Vna /sena\ ^d= —£ - .[— - ) 2 vcos2a/ © ángulo debe ser lanzado un cuerpo cuyo peso es a), para que la altura máxima que se eleva sea igual al alcance del lanzamiento. También existe una fuerza f horizontal del viento que actúa sobre el cuerpo.

Ahora analizando en el eje “Y” como en eje se desarrolla un MPCL: =^Vty=V0y-gt


www. ed ukperu.corrí

SOLVER EDK «

CINEMATICA

=*Vosen0=gt =>t=

=>H=

Vosen0

V„sen0

Vosen0 Vosen0 ,t=-2—— .— — V„2sen20 H=2g

Ahora en el eje “X”. Como dicha fuerza F, ejerce una aceleración en opuesta al movimiento gF a=w

Ahora dx^VoCosOtT-ati 1gF dx=Vocos0t i --— t? 2w De (1) tenemos que t ^ dx=

Vo2sen0cos0 1gF VoSen20

dx=

2g

8w

g2

Vn2sen0) /cos /cos0 0 Fsen0\ hsentn

De (*) y (***) H=dx Vo2sen20 Vo2sen20 í cos0 Fsen20\

2g

g

V 2

8w

j

4w+f =>cot0=■ 4w

Dos personas están en un edificio, cuya ventana está a 250 pies. El primero suelta una piedra por la ventana dos segundos después la otra persona arroja otra piedra wvvw. eduKperu,coro


CINEMÁTICA

» SOLVER EDK

hacia abajo por la ventana. Ambas piedras llegan al suelo al mismo instante. Cual sería la velocidad inicial de la segunda piedra. G = p/seg .

Sea H lo recorrido por B y A. =>A =>H=VoAt+igt2 H=Ígt2 H=16gt2 ...(*) Pero H=250 =>t=J^=4seg Para la esfera B. H=V(t-2)+¿g(t-2)2 H=V(t-2)+16(t-2)2 250=V(2)-16(4) V=106 P/seg

V

------------„ , r-,,.. , -7Ñ------- SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

www.edukpéru ;

SOLVER EDK «

CINEMATICA

| Jn cuerpo es lanzado en el plano X Z, desde el punto A (4,0,0), con una velocidad inicial 10 m/s, bajo un ángulo de 60° con el eje X. la partícula es sometida además a una aceleración de un m/s2 en la dirección +z, Hallar posición del cuerpo a lo largo del eje x. Use g = 10 m/seg2.

De las ecuaciones del movimiento parabólico vectorialmente tenemos d=Vot+ât2

-at 2 2

También tenemos que aresul=10-4=6m/s(-k)

1

Votsen60=-at2 2vosen60 =>------- =t ...(* ) Luego d=votcos60 www1 .eckrkperu,com


» s O L v g ¡v S § g n 6 0 c o s 6 0

---d=

a

—

)

cinemática

•••d=14.43

•••x=18.43 m

Hallar con que velocidad vQy 0= 60° es lanzada un proyectil tal que en el instante 2seg, la velocidad forma un ángulo de 45° con la horizontal. Use g = 10m/s2.

v 0sen60

V0cos60

Asumiendo que aún sube: como el eje x se mantiene constante: =>Vx=Vocos60° Vx= ^ ■•••(*) Vy=Vx= y

•••(*)

Ahora analizando en el eje y, también para t=2

Vty=Voy-gt Vo — =Vosen60°-(10)(2) Vo=54,641

Un auto se mueve en línea recta, sobre una carretera a velocidad de 40 p/s. En cierto instante, el conductor ve un tren que empieza amoverse hacia la carretera


wwvv, ed uk perú.corrí

c

CINEMÁTICA

SOLVER EDK «

desde la estación. El conductor cree puede adelantar ai tren sin cambiar su velocidad. Si la vía y la carretera forman entre si un ángulo recto, y el tren tiene una aceleración 10 p/seg2. Sobre vivirá el conductor para contar la historia. El auto esta’ inicialmente a 200 pies del cruce, mientras que la estación está a 130 pies.

v 0 = 40p/ s 130pies a = 1 0 p /s2

=0 Calculemos el tiempo que les tocará a cada uno: Veamos para el auto V= 200

=>t. =— =5 seg v Ahora para el tren =>d=V0tc+ât2

1

130= ~ at2 t2=5,099 seg Si sobrevive el conductor (pero por poco)

O

Supongan que el alcance horizontal máximo cierto cañón con una velocidad inicial fija es de R0. (a) demuestren que la velocidad inicial de vQasociada a este canon es de Jg R Q-(b) supongan que este canon se encuentra al pie de una colina con un ángulo de elevación a y se dispara en un ángulo a con respeto a la colina. Demuestren que la trayectoria del proyectil se puede expresar el siguiente sistema de coordenadas en la forma:

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CINEMÁTICA

)

a ) De la ecuación, vectorial del m ovim iento parabólico se tiene: Vot=

■R, sen 0

Vo= — senGt

. (* )

Tam bién tenem os:

1 0

Votsen 0= - gt2

2 Vosen 0

=»t=-

g (* * )

(* * ) en (* ) R0s ° Adem ás para que

2 sen 0cos 0

Ro sen max=>0=45° .*• V o = jR o g

b ) Ahora analizando en el eje “y ”, tenemos V=Voyt-^gt2 =>Y=VQsen (0+ a)t \ gt2 . . . ( * ) Luego en el eje “x” X=t.VQeos ( 0+a) =>T=

V ocos(0+a)

Reem plazando (* * ) en (* )


vvww; edukperu,com

c

CINEMÁTICA

SOLVER EDK «

=>y=xt3(e+a)- 2RoC0s2te+aj

Se lanza un proyectil con una velocidad inicial v0, bajo un ángulo 6. La altura máxima que alcanza es H y el alcance horizontal es R Hallar la velocidad inicial y el ángulo de tiro en función de H Y R. f

m

Como el cuerpo desarrolla un movimiento parabólico en el eje “Y”, en la parte más alta V,y=Voy-gt

voy=gt VosenG -=t ...(a ) =>H=

Vosen20 lg V 0sen28

2

g

g2

VoSen20 / =>H= g

1

04)

VoSen20 .(*) Ahora para el eje “X” R=V0X.t,

pero t,=2t

R=V0X(2t) de (a ) Tenemos Vosen0 R=Vnv.2. —2——

••• Vox=Vocos0

www.eduKperu,corn


» SOLVER EDK

J

CINEMÁTICA

2VoCos0sen0

RS V2= vn ° 2cos0sen0 ....(**) De * y (**) tenemos

1 /4H\

9=ts (t ) g(R¿+16H¿) 8H ©

i/2

Sobre un plano inclinado, cuy ángulo es 6 se halla un cuerpo B en reposo. Con que aceleración horizontal se debe desplazar el plano inclinado, para el cuerpo B tenga caída libre hacia abajo.

Como B desarrolla un MCL, veamos t seg, luego de su movimiento


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SOLVER EDK «

CINEMATICA

Del triángulo tenemos que: xtg6=y

...(* )

Y=^gt2

...(**)

También Y=VABt+ ^gt2

En (*) reemplazando tenemos X=-cot0gt2 .... (a ) Ahora como la cuña inicia su movimiento d=VABt+-t2 X= 1t2=^cot0gt2

=»a=cot0g

a>cot0g

Dos partícula se mueve con velocidad constantes vt y v2 por dos líneas rectas y normales, hasta que se intersecten en 0. En el momento t = 0, las partículas se encontraban a las distancias l x y 12 del punto 0, (a) Al cabo de que tiempo la distancia entre las partículas será mínima?, (b) cual será esta distancia mínima.

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SOLUCiONARIO FISICA LE IVA I Y II

CINEMÁTICA

» SOLVER EDK

O^ ►

d. —m

\ 4 .- Ív

Si tenemos la velocidad relativa de la esfera (2) con respecto a (1)

'2 + V ¡

De acuerdo con la gráfica la mínima distancia será cuando d=(l1.m)c o s 0 + ¿

...(* )

Donde “d” es la distancia recorrida por la esfera (2) Pero

t= — v2/l

ig m= v2 v2

tg0= ^

vi

V|1,+V2I. tmiii— "

Vf+ Vl

Del mismo modo se demuestra que: X = (l1.m)sen0=

IVol ,-V, 121

m ñ Un torpedo es lanzado desde el punto p en el instante que el barco enemigo se encuentra en el punto Q y navega con la velocidad 60 Km/h dirigida formando el ángulo de 60° con la línea PQ. La velocidad del torpedo es 120 Km/h. con que ángulo 6 hay que lanzarlo para que de en el blanco.

mmm\ Para que llegue alcanzarlo se tiene que cum plir que una de las componentes, la vertical en el mismo tiem po hagan la misma distancia. Entonces tendremos:


www. écl ukper ú.com

SOLVER EDK «

CINEMÁTICA

60km 120 km — -— sen60. t = — ;— -.sen6. t h h Despejando tenemos senO = V3/4 Luego 6 = 25.6° Un cuerpo p comienza a moverse con una velocidad inicial v1 y con la aceleración constante a1. Otro cuerpo Q comienza a moverse en el mismo instante que p con una velocidad inicial v2 y con la aceleración negativa a2. Cuanto tiempo transcurrirá desde el momento en que ambos cuerpos comienzan a moverse hasta que sus velocidades se igualan?

Para la primera tenemos V^Vj+ajt

Ahora para la segunda Vf=V2-a2t

De (1) y (2)

t_ V2-Vi 3| +a2 Un cuerpo es lanzado con una velocidad de 10 m/seg. Con un ángulo de 45° con la horizontal. Después de transcurrir 0. 75V2seg. Hallar la aceleración tangencial y normal. Use g = 10 m/seg2.

Ahora tenemos que dv Pero V(t)=V0cos45°Í+ (vosen0-gt)j =>V=5V^+(5V2-10t)j «¡UKO-.U co;t

SOLUCIONARIO FISICA LEiVAI Y ¡I

» SOLVER EDK

CINEMÁTICA

V=10(t2-V2t+l)

1/2

...(*)

dv_ 5(2t-V2)

••• at(0,75V2)=4,46 m/seg2 Ahora

de v2 dt j

a =V.— =—

n

j =radio de corvatura del caso anterior, se tiene V, sólo necesitamos j X2

También Y=x-— , cuando X=7,5 r

'♦<81

3/2

m an=8,93 m/seg2

Relación al problema anterior. Halla el radio de curvatura que tendrá la trayectoria al transcurrir el tiempo dado.

V2

j=^ (*)

, ahora V2(0,75a/2)=62,5 m/s

62,5 j= 8¿ r 7m-

Se conoce vector posición de un cuerpo f =

-3t, - 2 tj Hallar (a) su

velocidad, (b) rapidez, (c) aceleración (d) el módulo de la aceleración.(e) el módulo de la aceleración tangencial (0 el módulo de la aceleración normal.

H


v* /wedukperu - om

c

CINEMÁTICA

SOLVER EDK «

Tenemos r= ( j ’ -3t’ -2t) Por la ecuación del movimiento a) V = f= (f,- 3 ,2) b) V=±Vat4+52 c)

Ahora para a= ^ =(3t, 0, 0) dt

=>|a|=3t au

dv

9 t3

Ahora at= L — A i-=Vat4+52 dt d) a,n- J a2-a?~3t J j * 52

^

Una bola se lanza con velocidad inicial v0 y ángulo 6 hacia arriba, desde un edificio de 2H de altura. Si el proyectil choca contra el suelo a una distancia H del edificio. Hallar H.

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■

» SOLVER EDK

CINEMÁTICA

)

Analizando de la ecuación vectorial del movimiento parabólico tenemos: d=V^t+^gt2 Ahora en e l.... ABM tenemos que BM=Htg0 También para HC=2H BC=¿gt2=2H+Htg0 ....(a ) Ahora d e l....

ABM=V0t sen0=H H * Vosen0

...O S ) Ahora .... (a )y (P )

yp

2V2 ~e 0 H=— ^ - ; -(2+tg0)

Sea una partícula que se mueve sobre una elipse, cuyo ecuación es. r = mcosüítl + nsencot). Hallar los módulos de at y an.

Tenemos: r=mcoswti+nsenwtj

piden at , an

Veamos V= —=-mwsenwtí+nwcoswtj dt

dv c a= — =-mw2coswti-nw2senwtj dt V=Vm2-(m2-n2)cos2wt.w dv *

(m 2-n2)sen(2wt)w 2

dt

2Vm 2-(m2-n2)cos2wt

a2=a2+a2 =>an= Ja2-a?

••••(*)

a=V (m 2-n2) .cos2wt+n2w 2 SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y

w w w .e d ukpe ro ,coi

c

CINEMÁTICA

an=

SOLVER EDK «

w 2m.m ...... -= := = yj (n2-m2)cos2wt+m2

Hallar cuantas veces mayor será la aceleración normal de un punto que se encuentra en la llanta de una rueda que jira, cuando el vector aceleración total de este punto forma un ángulo de 60° con su vector velocidad lineal. JKSTTOgf>lM Tenemos a la rueda, y ubicamos, por simplicidad, la parte superior de la llanta

a

artg60°=an => atV3=an /. an=l,73at

Una rueda de radio de 10 cm gira de forma que la relación la velocidad lineal de los puntos que se encuentran en su llanta y el tiempo que dura el movimiento viene dada por la ecuación v=2t +t2. Hallar el ángulo que forma el vector aceleración total con el radio de la rueda en los momentos en que el tiempo, tomado desde el momento en que la rueda comienza a girar t =lseg.y t =5ség.

Tenemos que V=2t+t2 =>a,=^= 2t2t

y

an= y= ( 2t+t2).| 0|

,,s e = i = > o = ts - '(i) an van/ > ■

SOLUCIONARIO FISICA LEIVA1Y II

D

» SOLVER EDK

a) Cuando t=l

CINEMÁTICA

= s> 0 =tg_1

b) Cuando t=s ±0= tg"!

=2,54°

=0,098°

Un ponto A se mueve a velocidad constante v, a lo largo de la circunferencia de radio a, tal como se indica en el gráfico. Hallar las componentes radial y transversal de la aceleración.

Descomponiendo V , en sentido radial y transversal, tenemos que: Vr=Vsen0 , Vr=Vcos0 Ahora:

dvr

ar=

dvr d0 d0 dt de a. =Vcos0. — dt _dvr dr dt dv, d0 ^ at=d0 * de af=-Vsen6.—


www. ed ukper'y;con

SOLVER EDK «

CINEMATICA

Ahora se puede verificar que:

de_v dt a V2cos0 ar= 9 V2sen0 ar=-

©

Hallar la relación entre las velocidades angulares en función de sus radios, para los discos de fricción que se indican en la fig. jsffln n rC T W

Ahora, en el punto A, la velocidad, es: VA=V Luego para la I o esfera W 1.R1=W2.R2

Wi = R2 ’ \V2 R,

IjjTp Un cilindro de radio 10 cm gira alrededor de un eje con la frecuencia 10 RPM. A lo largo de la generatriz del cilindro se mueve un cuerpo con la velocidad constante 2ocm/seg respecto a la superficie del cilindro. Hallar la (a) velocidad total (b) la aceleración.

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SOLUCION ARIO FISICA LE IVA I Y I

r

» SOLVER EDK

J

CINEMAT,CA

Ahora con la V respecto al cilindro, tenemos que

V,f(.=0,2m/s A lo largo de eje: Vt=W.R Vtal= |o(0,l)= 0,llm /s Vtal =Vrg+V2ra V,otai=0>22 m/seg

a=0, ll m/seg Un punto p describe una semicircunferencia el movimiento proyectado sobre el diámetro es uniforme de velocidad v0. Hallar al velocidad y la aceleración de p en la función de ángulo y hallar la dirección de su aceleración total.

T


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c

CINEMÁTICA

SOLVER EDK «

Ahora del gráfico vemos en el eje X, tenemos Vsen0=Vo =>V=Vo/sen0 Ahora ay= -Vy x

dt

x

_d V x d0_ ax_"d T 'd tAhora ay d x;

3y=dtVy=

d(vocot0 d0 dé

‘ dt

V0 av=-Vocsc20. — - .r y sen0 Vo 3y sen30r a Una rueda de radio 10cm? gira aceleradamente de manera que el número de revoluciones aumenta V2 vuelta por segundo. Transcurridos dos segundos. Hallar (a) la aceleración total y (b) el ángulo que hace la aceleración tangencial.

Tenemos que a=n rad/seg Por ecuación de mcuv tenemos:

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D

» SOLVER EDK

CINEMÁTICA

w t= w 0t+^t2

Piden cuando t = 2 seg W t=2rc

Ahora an4 = ( ^ ) 2 =W2.R an=3,95 m/seg2 ....(*) Y

at=a.R=(n)(0,l)=0,314 m/seg2 ••• a= Ja 2+af

a=3;962 m/seg También tg0=— aT

0=85.5°

w

Un aeroplano vuela entre dos puntos, cuya distancia es de 500km en la dirección •este. Cuanto durara el vuelo si (a) sin viento (b) si el viento sopla de sur a norte y (c) el viento sopla de oeste a este. La velocidad del viento es de 40m/ seg, la del aeroplano con respeto al aire es de 500km/h (a) t =60min (b) t = 62min (c) t = 46.2min.

A) Ahora no tenemos acción del viento

2

SOLUCIONARIO FISICA LEI VA I Y II

w w w . ed u k p e ru .corrí

c

CINEMÁTICA

SOLVER EDK «

- O

Vaero=500 km/h 500 km t=— r:— —=1 hora 500 km/h t=60min B) Como el viento sopla de sur a norte con Vviento=144 km/s la velocidad del aero plano en ese eje es: VNS=144 km/s

500Kn¡>/

C) Como el viento sopla de OE => Vtotai=500+144 :=> Vtota,=644 km/h 500 => t=~— =46,58 min 644 ly p Un móvil navega por rio a una velocidad que es 2 veces menor que la corriente de este. ¿Qué ángulo respecto a la corriente debe mantener el bote para que esta lo arrastre lo menos posible?

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»SOLVER EDK

CINEMÁTICA

Ì

Ahora analizando al móvil en la posición mostrada =>Vy=Vosen0 => -=Vosen0 => t=— ...(*) t 0 Vosen0 Luego sea d= distancia arrastrada =>d=(2V0-Vx)t d=(2Vo-Vocos0)t

de (*)

Como deseamos que (1) sea mínimo => d =0 l-2cos0 => d =Sen20 n =>°=3 0-!=180-60° 01= 120 °

Los barcos P y Q poseen velocidades lOcm/seg y 8m /seg la distancia PQ es de 500m. La velocidad lom/ seg, forma con PQ un ángulo de45°. Cuál debe ser el ángulo 0que forma 8m/seg con PQpara que ambos barcos se encuentren.

Sea t el tiempo necesario para encontrarse: da=8t dp=10t SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

www. eüukperti.corrí

c

CINEMÁTICA

SOLVER EDK «

,0^ Geométricamente tenemos:

Por ley de sen0

8

_ lOt

sen45° sen0

tesen'(?'f) 0=62°,61

qyp En un rio cuya corriente tiene la velocidad lm/esg se debe cruzar -perpendicularmente con una canoa que puede ir a 5m/seg (a) con qué dirección debe remarse en la canoa (b) con que velocidad se cruza.

Como deseamos que la canoa debe ser perpendicular a la corriente del río 5sen0=l

wwvv. eciük perú,corn

SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II C 9 T

J

» SOLVER EDK

CINEMÁTICA

=» sen0=5

8=sen -

5

0=11,54° Como piden complementario => a=78,4ó° a=75°,27‘ V=5 cos0 V=4,89 m/seg

Una varia de longitud 2m se mueve, tal que el punto p tiene velocidad constante de3m/seg. Cuál es la velocidad del punto Q cundo 6 = 30°.

Veamos: tenemos del ......y=2sen0 ... (1) 76


x=2cos0 ... (2) www.eciukperu.com

SOLVER EDK «

CINEMATICA

=> x2+y2=4 dx

dy

=* 2 d t'(x)+2y d t =0 Luego: ^(x)+ y^= 0 (3)(V 3)+ (l)V y=0 = = s>-Vy=3V3m/s Vy=5,19 m/s

Se tiene dos móviles se mueven en líneas recta, cuyos gráficos de velocidad - tiempo se indican en la figura adjunta. Si ambos partes de una misma posición inicial. Al cabo de cuánto tiempo se encontraran los móviles.

Del gráfico mostrado tenemos: V .3 .«

VB=r~~-(t-t2)+V0 V m Sea t , al cual se encuentra => también ambos recorren la misma distancia,

w v w Á e d u K p e ru .corn

SOLUCION ARIO FISICA LE IVA I Y II j C f S

)

» SOLVER EDK

CINEMÁTICA

=* dA-dB => t=t2+ t2(t2— t j)

Dos móviles parten de la misma posición inicial en forma simultánea, sus

gráficos

de velocidad -tiempo se indican en la fig. Adjunta. Una de ellas es una recta y el otro un cuarto de circunferencia. Hallar (a) la aceleración del segundo movimiento de función del tiempo (b)aceleración del primer movimiento, sabiendo que el primer punto alcanza al segundo en el instante en que este queda en reposo (c) 1 tiempo que transcurre hasta que ambos puntos tengan igual velocida . ,

Realizando su ecuación de cada, de velocidad, según la gráfica: a) Por la ecuación del movimiento tenemos: dv2 a2=—

=> a2=

-t

V 0=t2 b) Calculando el tiempo en que

V2=0

=> t=V0 Ambos recorren lo mismo

Pero d)=d2 SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

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SOLVER EDK «

CINEMÁTICA

7tV0

3l _ 2t2 c)

Para(l) k V0 Vi=-. — .t 2 t2

=> t=

2to \[k 2+4

De una torre se arroja dos cuerpos con la misma velocidad v0 e inclinaciones 0V 02. Ambas cuerpos caen en mismo punto del suelo. Hallar la altura H de la torre H=falta im n m m Para la primera piedra, tenemos que (por ecuaciones vect), podemos observar que:

X=V0 t2 COS0!

( 1)

También H=^g t2-Vosen01 ....(2) Análogamente para la piedra (2) tenemos X=V0 t2 cos02

.... (1)’

Vosen02t2 ....( 2)’ Resolviendo H: vvww. ed uKp«?ru.com

2V0cos0, cos02 eos ( 0|+02) g

sen^+ G ^ SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I

3

» SOLVER EDK

CINEMÁTICA

Un grupo se mueve a lo largo de una recta, su posición con respecto al origen de coordenadas es: x(t)=t3-2t2+3t+2. Hallar (a) la velocidad media para el intervalo [2,3] Seg. (b) La velocidad instantánea t = 3seg (a) La aceleración media en el intervalo [2,1] seg. (d) La aceleración instantánea en 3seg. © Para qué valores del tiempo su velocidad es cero.

A) Sea X=t3.2t2+3t+2 Piden w

X(3)-X(2) 3-2

=12 m/seg B) dx v= * V=3t2-4t-3 ...(1) C) Ahora piden ^med-

V(3)- V(2) ^2

Pero V(3)=18m/s V(2)= 7 m/s amed=llm/s2 D) dv 3=dt de ( 1) Tenemos a=6t-4 a= 14 m/s2 de (*)


www.eduNwu.com

c

CINEMÁTICA

SOLVER EDK «

3t2-4tr3=0 3t

©

Se lanza un cuerpo con una velocidad de 300 m/seg y con un ángulo de tiro de 60°. (a)Hallar la velocidad horizontal y vertical a los 10 seg después del disparo. (b)El ángulo que forma la velocidad con la horizontal en el instante de 10 seg. (c) La aceleración tangencial y normal a los 10 seg del disparo use g = 10m/seg2 .

Como el movimiento es un MPCL => Vx=300 eos 60° => Vfx=Vx=300 cos60°=150 m/seg Ahora trabajando en el eje “Y” vectorialmente => Vfy=V0y+gt =s> V^=300 sen 60°-(10) (10) V^=159,81 m/seg a)

=>Vx=150 m/seg =>Vy=159.81 m/seg

b) tg0=^ =l,O7 X

=>0o=46,9° O

aT= £ ....(*)

Encontremos V en función de t

V=150Í+(300 sen 60°-10t)J V=10 Ct2-30\/3t+900) 1/2 10 (t-15V3)

Vt2-30V3t+900 => ar=7,3 m/s2 a2+af=a2=g2 SOLUCIONARIO FISICALEIVAI Y II

D

» SOLVER EDK

CINEMÁTICA

=> aN=Vs2-a? aN=6,8 m/s2 ©

Desde la azotea de un edificio se lanza vertical mente, hacia arriba un cuerpo. Transcurridos 5 seg pasa por el punto situado a 20m por debajo de la azotea. Si g= lOm/seg2. Hallar (a) velocidad inicial (b ) la altura que se elevo por encima de la azotea (c ) la velocidad a la pasa por un punto situado a 30 m por debajo de la azotea.

A ) Como el cuerpo desarrolla un MCL, =» trabajando cot

3

ecuaciones vectoriales

=> h=Vot- |t2=22,05 m C) Por las ecuaciones vectoriales, tenemos que H=V0t+ ig t2 -300=Vot-5t2=>-300=21 t-5t2 ...(* ) Un avión tiene una velocidad de 300 km/h con respecto al aire. El avión viaja ida y vuelta entre dos puntos PQ que distan 1200km. (a ) cuanto tiempo tarda de ir de P a Q en un día en que el viento sopla a lOOkm/h de Q a P.(b ) cuanto tiempo emplea si existe un viento cruzado de lOOkm/h. (c ) cuanto tiempo emplea si no hay viento.

82

SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I!

www.edukperú gom

SOLVEREDK «

CINEMATICA

a)

o

= 400

Q

V = 200Kn)/

O

Q

_ 1200 1200 _ 9h ttotal “ 400 + 200 ~

b) V

100

=>

300

100

^

CO S& = — —

300

=> # = 70,5° => v y = 300sen70.5°

2400 8.5h o ,u t = ----= V C)

Q

30° K7 h

»

=>t = 2100 =8h 300

www. ed u Kper u .corri


» SOLVER EDK

]

CINEMÁTICA

El vector posición de una partícula es:r=tí+(t-2)~í-6t2 k, s i: m, t :seg. Hallar (a) En que instante la velocidad es mínima (b ) el valor de la velocidad mínima (c) El radio de curvatura en función del tiempo (d ) La aceleración tangencial y normal cundo la velocidad es mínima.

Se muestra a)

r=t í+ (t-2 ) 2 j-6 t2 k _ dr ~ => V= — = i+ 2(t-2)j-12t k dt 148t2-16t-17 ....(* ) Para que dv _ =

b)

2

0

=* t= - seg

En (*) del resultado obtenido, tenemos: V min=4,07 m/s2

c)

Para calcular S haremos uso de 5= ^

(*Y

5 |vxá| ....C ;

Calculando á= ^ dt => á = lj- 12k =» V x á = (48-12 t)T+ 12j+k |Vx a|= V 144 t2-l 152t-2449 (148t2- 16t-17)3/g “ V 144Í2-1152t>2449 d) Piden ár= ^

,

para t= ^ seg

/ 144 24\ ar= ( l , - ^ , - 3 7 ) ( 0 , 1 , -12)=0,96 m/seg2 aN =

84

1 2

m/seg

SOLUCIONARIO FISICA LEI VA I Y II

www. eciukperu, co ?tí

SOLVER EDK C

CINEMÁTICA

Con que velocidad debe desplazarse una bolita por una mesa horizontal, si después de abandonar la mesa a una altura de lm, recorra la misma distancia horizontal y vertical con relación al punto de partida.

m m rn m Luego de abandonar la bolita describe un movimiento parabólico: Analizando en el eje "X”; sea VX=V0 Ahora d=V0t=>l=V0t ....(*) Ahora en el eje “Y”

vot=0 =>dy=Voy+^gt2 1=^t2 => t=f En (*) tenemos: V0=V5=2,24 m/seg

©

Cuál debe ser el ángulo de tiro del proyectil lanzado del punto A, con una velocidad de 200m/seg, si un segundo proyectil se lanza con una velocidad de 150/mseg en dirección vertical del punto B para que colisionen.

Para que ambas colisiones =>la altura de ambas debe ser la misma: para la esfera B (trabajando vectorialmente) H=V0Bt+|gt2 => H=150t-5t2 ...(* ) Para la esfera A, en el eje “Y” H=V0Ayt+lgt2 H=2OOcos0t-5t2 ....(* )(* ) Asumiendo que la colisión fue en el ascenso de ambas de (**) y (*) =>

V 0 A y= 150

=> CO S0= -

4

0=

-..corrí

4 1 ,4 °


3

» SOLVER EDK

CINEMÁTICA

Una persona se Halla en un edificio a una altura de lOOm y suelta una canica. Tres segundos después lanza una segunda canica idéntica a la primera. Cual debe ser la velocidad de lanzamiento de la segunda canica, para que ambos lleguen al mismo instante al suelo (g = lOm/seg2).

jR a w r a tiiM Para la primera bolita, tenemos de las ecuaciones de MPCL =* H=V 0 lt+ |t 2 H= | t 2=* t=2V5seg Para la segunda tenemos: H= V 0 (t-3)+|(t-3) 2 100-Vo ( 2 V5-3)+5(2VS-3) 2

=> Vo=60,6 m/seg

jp Se lanza hacia abajo una bolita con una velocidad de 5m/seg desde una altura de 200m. Después de 2seg se lanza una bolita idéntica con una velocidad desconocida. Cuál debe ser el valor de la velocidad de la segunda bolita, para que las dos lleguen al mismo instante al suelo (g = lOm!seg2).

Análogo al anterior problema para ambas bolitas la distancia recorrida son las mismas: para la primera

H=V01t+Igt2 200=5t+ igt2 t=5,84 seg Para la segunda: como el tiempo el cual recorre t1=t-2=3,84 seg

H=V02ti+^gt? 200=VO2 (3,84)+ 5(3,84)2 V q2=32,89 m/seg


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SOLVER EOK «

CINEMÁTICA

Un avión vuela desde P a Q; separados una distancia de 2160mkm. En dirección este. Hallar el tiempo de vuelo ( despreciar el tiempo de bajada y de subida del avión (a) cuando no ase viento (b) si el viento va de sur a norte (c)El viento va de oeste a este. La velocidad del viento es 50m/seg y la del avión con respecto al aire es de 720km/h.

a) V=J

t

=> t=3h b) Como en viento va de norte a sur => Vy=180km/m 720 sen0= Vy 720 sen0=18O km/m => 0=14.5° Vx=720 cos0=697.1 km/m d t= -= 3 ,lh vx

c)

Entonces, como Vviento=180 km/h .*.Vraro=900 km/h d t=~=2,4 h v

S p La grafica se velocidad de un móvil en función del tiempo se indica en la gráfica. Hallar la aceleración media para los intervalos (a) [0,l]seg (b) [l,5]seg (c) [0.5,4].

Por definición,; a,m«ea^ tf^ t02 a)

Parate [0,1] =* Vo=0 , V i=20

www. cduKperu,co m

SOLUCIONARIO FISICA LEIVA i Y II K

l

3

» SOLVER EDK

CINEMÁTICA

=> amed=Y =20 m/seg2 b) Para te [1,5] Vo=30m/seg

,V | =20 m/seg

30-20 amed” ^ j —2,5 m/seg2 C) t e [0,5, 4] Para este caso: se relaciona V4=27,5 Vo,5=10 a med=

27,5- 10 3 5 =5 m/seg

Un cuerpo que cae, recorre la mitad de su recorrido total en los dos últimos segundos a partir del reposo. Hallar la altura desde la cual cae.

Sea h , el recorrido total: de acuerdo al problema

5 =V0lt+Igt2 , para t=2 seg Donde Voí velocidad inicial antes de que caiga ai suelo: 5=Volt(2)+20

...(* )

Ahora sea tt , el tiempo empleado para que el cuerpo caiga =* h=V0t+5t2 h= 5tf ....(**) para V 0l =V0+ g(t,-2) Vol=g(tr 2)

....(***)

De (*), (**) y (***) => ¿= 20(t,-2)+ 20 ....(a ) SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

"

SOLVER EDK «

CINEMÁTICA

h=5tf

=> t1=6,81 seg h=231,0 m

Un móvil realiza un movimiento rectilíneo y su aceleración está dada por a=-4x, donde x se mide en m y t en seg. Hallar la relación de la velocidad en función de x, sabiendo que t0=0,X0=2m,v0=4m/seg.

Tenemos que por definición tenemos que a= -4x dv a= — .v => J2xadx =/4vvdv => J*-4xdx =/4vvdv -2 (x2-4)= j- 8 => V= [32-4x2] U2

Dos móviles parten del mismo punto, con aceleraciones de bm/seg2 separado en un tiempo de 3seg. A que distancia del punto de partida se encontraran.

¿M íe Ejercicio para el lector

Una partícula se mueve a lo largo de una curva, su posición inicial esta dado la longitud del arco V]donde su rapidez es vty en su tiempo después t2 la longitud del arco es s2 y se rapidez v2. Si en este trayecto la aceleración tangencial es 3m/seg2. Hallarla rapidez v2?

w w w edükper u,corn


CINEMÁTICA

» SOLVER EDK

Como la partícula, se mueve a lo largo de la trayectoria = *>

dv a t1= 7 T d a'=

dv => a t = T ds *v

atds=vdv /s2ards =Jv2vdv

, en esta trayectoria at=cte=3 m/seg2

vl-vf

=» 3 (V S ,)= ^ - i

V2=V?+ 6 (S_2-S_1 )1/2

57. Un hombre sostiene una bola fuera de una ventana a 12m del suelo. El lanza la bola hacia arriba con una velocidad de5m/seg. Que tiempo le lleva llegar hasta el suelo y con qué rapidez llaga al suelo. J R H IW f ilW Por las ecuaciones de un movimiento caída libre (vectorialmente) d=V0t+ ig t 2 -12=5t-5t2 => t=2,13seg Vf=V0+gt Vf=5-10 (2,13) Vf= -16,3 m/seg Vf=16,3 m/seg 58. Por un plano inclinado de ángulo 45°, se lanza una bola con la velocidad v0y formando también un ángulo de 45° con la horizontal, que distancia por la horizontal recorrerá la bola antes de deslizarse de plano?. No considere la fricción.


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SOLVER EDK «

CINEMATICA

Del problema , descomponiendo V0 , a lo largo del piano y paralelo. Veamos En lo horizontal: V 0cos45°= —

tvuelo

=> tvuelo •v 0 cos45°=L

...(* )

Ahora paralela al plano, en la posición más alta: => Vf= => V0 s e n 4 5 °- a ^ t

^vuelo-

2V0sen45° a

—

/-in

vU

Descomponiendo g a lo largo de plano tenemos que: a=g sen0

... ( 2) En ( 1 ) tvuelo=2 ^

..•(**)

En (*)L= —V2 S

©

De una manguera brotan chorros de agua bajo los ángulos 9 y /? respecto al horizonte con la misma velocidad inicial v0. A que distancia con respecto a la horizontal los chorros se intersecan?.

En el eje “X”, tenemos: X= tTV 0 Cos p X= t2 V 0 Cos 0

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SOLUCIONARiO FISICA LE IVA I Y II

CINEMÁTICA

» SOLVER EDK

tiCOs(3

t2= i ^ r Ahora en el eje “Y” Y=V0 senptr |b ? Y=V0 sen01 2- | t | De (*) tenemos que 2V0sen (0-P) ll

g ( cos2p- cos20)

Ahora: _ 2 Vp Cosp sen (0-p) g (COS2P-COS°0)

ii^ l Se lanza una partícula con velocidad v0, formando un ángulo 9 con la horizontal. Qué tiempo transcurrirá para que la velocidad forme un ángulo /? con la horizontal?

Veamos que en el eje “X” Vx=Vocos0 Luego de t seg: Vtx= Vocos0 En el eje “Y” Vfy= Vyo- gt Del resultado final Vfy=Vfx-tgp Vfy= VQcos0 tgp Entonces: V 0 cos0 tgP=V0 sen0-gt =>


V t= — (sen0-cos9 tgP) g

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£

DINÁMICA

0

SOLVER EDK «

De un cuerpo de masa m1 se cuelga con una cuerda de de una masa m2, otro cuerpo de masa m3. Al cuerpo de masa m1 se aplica una fuer za f dirigida hacia arriba. Halla (a) la fuerza de la tensión en el extremo superior de la cuerda y en el centro de ella.

m1

J cl

m21rirs I \►Te m3 Hallamos la aceleración del sistema IF=mta F-m1g-m2g-m3g=(m1-m2-m3)a F a=g-------mr m2-m3 Ahora en el punto “s”, hallamos la tensión que se ejerce en la cuerda IF=mta m3g+m2g-Ts= (

V

F g ) (m2+m3) mi+m9+nriq/ m 1+m2+m3/

-G\m1+m2+m3/ Lo mismo hacemos con la tensión en el punto C: m2 m3S+— S-Tc=Svvww. ed u kperu,com

F


» SOLVER EDK

1 ................. ............ .

DINÁMICA

V f- ^ S L .)F Vm1+m2+m3/

Se tiene el sistema que muestra en la figura, si m1=3kg,m2ym3=5km . Si no se considera el peso de la cuerda no ay rozamiento en la polea fija. Hallar (a) la aceleración del sistema (b) la tensión de la cuerda que une a las masasnrit y m2

Piden la aceleración del sistema

a)

IF=ma a=F/m mig+m2g-m3g a=m1+m2+m3 (mT+ms-ms) a=------------------- c m1+m2+m3 v

a=b i(9’8) (3+4-5)


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L

DINÁMICA

SOLVER EDK «

a=l,63 m/seg2

b)

Del sistema S ’ , tenemos:

i i fmiS ZF '=ma m1 g-T=ml a T=mn(g-a)

T = 3(9,8 - 1,63) T=24,51 N

En el sistema que se da, hallar la velocidad y la aceleración del bloque 3, sabien que las poleas son de radio iguales y no presentan rozamiento. Se conoce Xt =4m/seg ,

=-2m/seg2

’x2 =-5m/seg, x2 =8 m/seg2.

r

m

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» SOLVER EDK

DINÁMICA

La distancia de la cuerda desde el peso 1 hasta la polea B es:

r

Am V, = 4-r k

J \

f

X1 Xo

i a, = 2 ^

X2

X3

a - f i™ * m 5m

X t+tiR+Xo^ .- .O )

Derivando:

X 1+0+X0=0 ;

Xi=-X0... (2) Derivando (2): X 1+Xo=Q

X i =-Xq... (3) La distancia del peso (3) al peso (2) es: X3_Xo+X2_X()+tcR=C2••* (4) Derivando:

SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I!

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£

DINÁMICA

SOLVER EDK «

X 3 O^-X2 -X()+0—0 ) X 3 —2Xo-X2.-- (5) Derivando (5): X3-2Xo+X2=0

X 3 =2Xo-X2

Para hallar la velocidad de (5) y (2) V3=2(-X t ) -X2=2(-4) -(-5)=-3m/seg2 Para la aceleración de (2), (3) y ( 6 ): a3 =X3=2(-Xt )-X2=-2(-2) -8=-4m/seg 2

Dado el sistema de dos poleas fijas y una móvil en la

cu ü !

es h a y tres masas

m1 ;m2y m3 Hallar la aceleración de cada masa, si se desprecia el peso de las poleas, asú como la fricción en las poleas.

R

Hallando la relación de aceleraciones:

X-|-Xo+7cR +X3-X0+7tR-l1

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]

DINÁMICA

Derivando: X 1+2X0+X3=0... (1) Derivando X 1 +2X0+X3=0... 2) Para la otra cuerda: X 2-Xo-7tR=l2

X2-X¿=0 DerivandoX2 = Xc ... (3) Las ecuaciones de dinámica para cada mesa es: rr^g-T^nM!

m2g-T2=m2a2 ...(5) donde T!=T3 m3g-T3=m3a3T2=Ti+T3 T2 = 27\ ...(7 )

4m] m3-3m2m3+m1m2

4m1m3+m2m3+ml m2 '

m3+m2m3

a2~ \4m1m3+m2m3+m1m2 4m! m3-3m1m2+m2m3\ 4m! m3+m2m3+m1m2 ) ^

a

Una persona se desliza sobre un trineo por una montaña de pendiente 6. El coeficiente de rozamiento entre la superficie y el trineo es /¿. Como de moverse el hombre de masa M con respecto al trineo de masa para que este último se deslice por la pendiente con movimiento uniforme.

98


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SOLVER EDK «

DINAMICA

Del Sistema total I F=Ma M: masa del hombre (M+m)gsen0-jj(M+m)gcos0=Ma (M+m) a= — 77— g.(sen0-pcos0) M

Dado el sistema que se muestra en la figura. La masa de la polea, de las cuerdas y la fricción se desprecia Hallar la aceleración de las masas. rn m m im r Considerando que m2>m! tenemos el siguiente diagrama, de donde obtenemos que a1~a2 Como la fuerza de gravedad es la que actúa sobre el sistema a1=a2=g

Dado el sistema que se muestra en la figura. De la polea fija cuelga una masa m; qué fuerza F es necesario aplicar a la cuerda para que la masa m se mueva hacia arriba con aceleración a.

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99

» SOLVER EDK

DINÁMICA

Dejamos éste ejercicio al lector.

©

Hallar la aceleración masa m2(iTi2>mi) para el sistema dado. Se desprecia la masa de la polea, cuerdas y no hay rozamiento.

JR t1 ílffiW 7 ÍÍ

Por dinámica para cada masa tenemos:

21 -iT^g sen0=m1a1 lm2g-lT=m2a2 De (1) y (2) obtenemos:

2m2g-m1g sene=mla1+2m2a2 Se muestra que ax = - a2 íTl! =»2 m2g-m1g sen0=— a2+2 m2a2 4m2g-2m1g sen0=m1a2+4m2a2

2g(2 m2-m1 sen0 4m2+m!

=>a2=-

En sistema que se muestra la barra m es mayor que la bola m (M > M) . La bola tiene un orificio por donde se desliza el hilo con razonamiento. En el momento inicial la HU SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II

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DINÁMICA

bola se encuentra frente al extremo inferior de la barra. Después de que el sistema quede libre. Ambos cuerpos se mueven con aceleración constante. Hallar la fuerza de razonamiento entre el hilo y la bola, si al cabo de t segundos de haber comenzado el movimiento. La bola se colocó en la parte superior de la barra, que tiene una longitud L.

La baria recorre X, mientras que la esfera recorre L+X. Por cinemática tenemos que: X+ L= ^t2 ...(1 ) X=

■■( 2 )

D e ( l ) y (2) tenemos:

Por dinámica: Mg-fr=M.aM... (4) mg-fr=m.am... (5) De (4) y (5) en (3) obtenemos: 2LmM fr=----- 9 (M-m)t2

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:

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DINÁMICA

Dado el sistema que se inicia en la figura, la superficie es lisa, se desprecia el peso de las poleas y de las cuerdas. Hallar la aceleración de la masa mi. M m trm rn /

Por dinámica a la masa “m0” 2T = m0a ... (1) Se demuestra que ar a2 a=Por dinámica a las masas m1y m2 mig-T=miaj

-m2g 4- T = m2a2 ... (3) De (1) en (3) y reemplazando a = Tenemos: ar a2 a=m0(ar a2)

-m2g=m2a2

m0a1-4m2g =>a9=4m2+m0 ...(4 )

Sumando (2) y (3) y reemplazando a2 se tiene SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I

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£

DINÁMICA

SOLVER EDK «

/m0ar 4m2g\ Despejando ax: ai =

4m2+rn1 +m0 (nriT-hm2)' 4m1m2+m0 (m 1+m2)

ED

Sobres las masas mi y m2 actúan las fuerzas F1 = bt y F2 =2bt; que están unidos por un hilo que puede soportar la tensión T, donde b es una constante. Hallar en que instante el hilo se romperá.

m m m wm Fc>

mi

m2

7777

Para cuando el hilo se rompa de la a =é 0 Por dinámica se tiene que IF=mta F2-F1=(m1+m2)a

2bt-bt=(m1+m2)a bt=(mr m2)a

Teniendo en cuenta la dinámica de cada masa: m9 1 - 4 * 77 7777 ^T mi 77 7 7 7 / F2-T=m2a . ..( 2) T-F^nrâ ...(3) De (2) y (3) obtenemos la aceleración: www.edu kperu.com


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]

DINÁMICA

a=

T

2m1+m2

Reemplazando en (1) obtenemos el tiempo en el cual el hilo se romperá: T (m 1+m2) b ‘( 2 m,+m2)

O

Que fuerza actúa en 1sección de una barra homogénea de longitud L a la distancia x del extremo al que se aplica una fuerza R; dirigida a lo largo de la barra.

L Por dinámica tenemos que R = ma ... (1) Definamos m

m

P= L~ = Y mx m =— ...( 2) .

Por dinámica para el trozo de la barra.

x

R

rrí

R-F=m'a Utilizando (1) y (2) se tiene: X\

0

Se tiene un prisma de masa M y ángulo 6, se le comunica aceleración “a” hacia la izquierda. Una masa m se halla sobre el prisma. Cuál es el valor máximo de esta aceleración, para que la masa m permanezca inmóvil con respecto al prima, sabiendo •que el coeficiente de rozamiento entre las masas es /¿(/¿ < cotg 6) SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II

.

..ei_,¡-Der.

£

DINÁMICA

SOLVER EDK «

En el eje X para el bloque se tiene:

-A

yu O=ZFx=macos0+macos0-fr fr=macos0-macos0... (1) En el eje Y se tiene: XFy = N2 — mgcosO — masenO = 0 N2=mgcos0+masen0... (2 ) Sabem os que fr=pN2... (3 ) De (1), (2 ) y (3 ) encontramos que: max”

9(1+jj cotO) (cot0-p)

Dado el sistema form ado por el prisma de masa M y sobre él la masa m. despreciando el precio de la polea, de la cuerda y el rozamiento. Halla la aceleración del prisma M.

r


» SOLVER EDK

DINAMICA

Haciendo DCL para cada masa: Por dinámica tenemos para la masa m: mg SenO - T = mam ... (1) Y para la masa M: T+N Sen0=(m+M)am

Se demuestra que: am=am COS0

De (1) y (2) y reemplazando am tenemos: mg Sen0+NSen0=(m+M)am+ Cos0 mg Cos0(l+Cos0) 9m M Cos0+m(_+Cos0)

<9

Dado el sistema que se muestra en la figura, una polea fija por una barra, esta pasa a través del cuerpo de la masa m2, y existe una fuerza de rozamiento Fr. Despreciando el peso de las cuerdas, hallar la aceleración de las masas y la tensión del hilo.

mili

ri

fr m¿

XF'2 SEI 16 SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II

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e

DINÁMICA

SOLVER EDK «

Considerando m1 > m2, se tiene; del todo el sistema por dinámica obtenemos: a(m1+m2)=Fr F2-fr (mr m2)g-fr

Por dinámica:

II i T

■

m,

F1-T=m1a ...( 2) D e(l)en (2) tenemos: /2m2g+fr\ T=m, -----Vm1+m2) o

Dado el sistema de masas que se muestra en la figura y ¡j. es el coeficiente de rozamiento entre la masa m y el plano indicado. Hallar la fuerza que presiona la cuerda sobre la polea. Se desprecia el rozamiento en la polea y su masa.

Por dinámica a cada masa:

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3

» SOLVER EDK

DINÁMICA

fr=pmg cos0 IF=ma mg senO + [igra cosO —T —ma ... ( 1 ) Por dinámica:

i

T

m rm3

T-mg=ma... (2) D e (l)y (2 ) tenemos mg T= — (1 +jj cos0+sen0) Para hallar la fuerza que ejerce sobre la pelea, como las tensiones son iguales, entonces la fuerza F divide a la mitad al ángulo: T

Tv

T

Por ley de cosenos: F?=T2+T2+2T2 eos (|-e) F2=2T2 [l+cos (|-e)] F2=2T2 [l-l+2cos2^ - ^ ] Siendo SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y I

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£

DINÁMICA

T=

SOLVER EDK «

(1 +pcos0+sen0)

En el sistema que se indica, la m1> m2. Se suelta el cuerpo de masa m2 y el sistema se pone en movimiento. Cuál es la altura máxima del suelo a la que subirá el cuerpo de masa m2. Desprecie las masas de las poleas y el rozamiento.

///////////

r"2S

Dejamos el ejercicio para el lector. Se tiene una barra homogénea de masa M y longitud L, es sometida a una fuerza F en uno de sus extremos. Hallar el valor de la fuerza que ejerce la región 1 sobre la región

2

.

mi » i f-x-» Por dinámica para todo el sistema. F=ma=>a= — m

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» SOLVER EDK

]

DINÁMICA

m Definimos m

m

p=r =c x m(L-X) m=

Por dinámica F-F12=m'a D e (l)y (2 ) se tiene: XF

f 12=t

Se tiene la máquina de Atwood dispuesta como se muestra en la figura. La polea en estado inmóvil (las masas no se mueven) se equilibra en una balanza de palanca. En cuanto es necesario variar el peso en el plato derecho, para que al librarse la polea y moverse inmediatamente, el equilibrio se mantenga?

Para que el sistema quede equilibrio, la aceleración de la polea y de la masa en el platillo deben ser iguales. Hallando la aceleración de la polea: m1g-Ti=m1a ~m2g + 7\ - m2a SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I

, donde T1 = T2 www.edukperu com

SOLVER SDK «

DINAMICA

( n y m 2) d _ (m 1+m2) S El peso será. P=(m1-m2).a

('mi-m9)(m r*mç) --- .—

g

Orij+mo) Por din¿ímica para las 2 masas: mug ~ 2 T

... ( 1 ) T-m2g=m2a2 ...( 2)

Se demuestra que a2=2a! De ( Ì) y (2) obtenemos: (mr 2 m.o) a - ---1 g (m ^ rr^ ) Por cinemática:a2 ==4h

8h(m1-2m2)g mj “h4m2 Luego de que el bloque de masa

. llega a 1piso. m2tiene una velocidad v, donde

comienza a actuar la g como la aceleración:

» SOLVER EDK

¡>

DINÁMICA

La máquina de Atwood, está colgada de una balanza de resorte, tal como se indica en que la figura. Hallar la aceleración de los cuerpos, la indicación de la balanza y la tensión en la cuerda que une a las masas.

RT=TB 2T

m\$ Por dinámica para cada masa: gmr T=am1

T-gm2=am2

D e (l)y (2 ) se tiene: g(m 1-m2)=a(m1 +m2) (mr m2)g

- (m,+m2) ...(3 ) Ahora hallamos, de (2) y (3):

T^ 2 m1m2g m!+m2 Y la tensión de la balanza será 2T 4m1m2g 1b='”m!+m "T z r' 2

2


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DINÁMICA

.(

SOLVER EDK «

Se tiene el sistema que se indica en la figura, hallar (a ) la aceleración de cada peso. Supóngase que las cuerdas y poleas son de peso despreciable, estas últimas son lisas y las cuerdas son flexibles e inextensibles.

«g nn m n nr

Como las cuerdas son inextensibles entonces estas permanecerán constantes: 1

! =Xt -Xo+7tR+Xo-Xo+7tR +Xq

Derivando 2 veces, siendo X 0 = cte , se tiene:

)C| +2X¿=0 l2=X¿-Xo , derivando

2

veces, tenemos:

* ¿¡= * ¿...(2 ) 13 =X2 _Xq ■ + •7iR "+X3 -Xq Derivando 2 veces, se tiene:

X 2-2X¿+X3=0 •..(3 ) De (1), (2) y (3) se tiene:

X2+X^+X3=0

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)

DINÁMICA

...(4 ) Por dinámica para cada masa, se obtiene: m^-T^m^! ...(5 ) m2S-T2=m2a2 ... ( 6)

se demuestra que m3S-T3=m3a3 ...(7 )

T=Ti =T2=T3 ...( 8) De (4), (5), ( 6), (7) y ( 8) se tiene: /m! m2+m! m3-2 m2m3\ ai Vrr^ m3+m2m3+m1m378 /m2m3+m1m2-2 m} m3\ a2=(S \rr^ m3+m2m3+m1m2 / a3=

/m1m3+m2m3-2 m1 m2\ )S Vnr^m3+m2m3+m1m2/'

Reemplazando m! =2kgm2=4kgm3=3kg tenemos: 31=^3

32=7

-4 g

93=-

SOLUCIONARiO FISICA LE IVA I Y II

■

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c

DINAMICA

©

SOLVER EDK «

Un cuerpo está colgado de dos hilos que forman ángulos 61 y 02 con la vertical, como se indica en la figura. Demostrar que si se corta el segundo hilo, la tensión en el primero varia instantáneamente en la aceleración.sen 02/seg{01 + 02)cos 61.

En el equilibrio, tenemos lo siguiente: T1cos01 +T2cos02=mg... (1) T1sen01=T2sen02... (2) De (1) y (2) obtenemos: >r> _

mgsenGo

1

sen (01 +02)

Por dinámica

mv¿ mgcos01-To=IT Pero como V = 0 al inicio To-mgcosOÔ To-mgcosO!... (4) De (3) y (4) TV sen02 To~cos0r sen(01+eo)

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» SOLVER EDK

j

DINÁMÍCA

Se tiene una esferilia de masa rn que se mueve alrededor de un alambre de radio R;: que se halia en un plano vertical. La esferilia tiene una velocidad uniforme vO a lo largo dé! alambre. Hallar (a) la aceleración centrípeta, (b) la componente radial y tangencia! de la fuerza que se ejerce sobre la esferilia, debido ai alambre en el instante en que el radio con ía esferilia forma un ángulo 0 *con ia horizontal.

ja s a s »

Se tiene que la aceleración centrípeta es igual a:

Para hallar las fuerzas tangencial y radical se tiene del gráfico que;

Por dinámica en el eje radical se tiene: F r + mg senO — mac

fr

=™

~ gsend j

Se tiene un sistema formado por dos poleas fijas y un peso de 10 kg.. Hallar (a) la fuerza mínima para que el sistema se encuentre en reposo, (b) si ia fuerza F tiene un valor de 198N, hallar la aceleración del bloque, (c) cual debe ser eí váior de la fuerza

~SíDLLJC! CNARIO F'ISICALEIVA i Y l¡

~

~~~

“

—

£

DINÁMICA

SOLVER EDK «

F para que el peso suba con una aceleración de 1.2 m/seg 2? (a) F= 98N; (b) a = 10 m/seg2; (c) = 110N.

10 kS Tm g a) Para que se encuentre en equilibrio, la tensión de la cuerda debe ser igual a la fuerza F F=t=mg F=(10kg) (9,8 ~ ) =98N b) Por dinámica se tiene £F=ma

F-mg 198-98 m a=- = 10 m 10 segz c)

De (1) se tiene: F=98n=(10KG)(l,2-^yi V segv F=1ION

.j

Se tiene un cuerpo de masa m y está sujeto por dos resortes iguales de constante de elasticidad k, alargados ambos a una distancio AL. Hallar la magnitud de la aceleración del bloque en el instante de soltar el bloque. No hay rozamiento.

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SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIY II ¡ g T

» SOLVER EDK

D.

DINAMICA

m

FkSenO ^ J^ K s e n e

t

FkCosO Por dinámica en el eje X: IF IF=maa= — m 2Fk senG 2K AL a_ ------ = --- —sen0 m m Sobre los bloques de masa mi = 30kg. M2 =15 kg, existe una fuerza de rozamiento de 2 kg. Qué tiempo empleara partiendo del reposo para que el bloque m2 recorra una distancia 10m? si 0=60°. g ü W IB T O *


ww ..edukperu,com

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DINÁMICA

Considerando todo el sistema por dinámica obtenemos: ^ 0^

rr^g sen0-2fr=(m1+m2)a

Por cinemática tenemos que: X=Xo+V0t+-at2

20

Para cuando recorra 10m; se tiene una aceleración de a - — ... (2) Ahora (2) en (1) obtenemos el tiempo en el que recorre 10 m.: t=2,04 seg

Se lanza una partícula con una velocidad inicial vO, hacia abajo por un plano inclinado de ángulo 9 y longitud L. Cuál será el coeficiente de fricción cinética, si la partícula alcanza el extremo inferior del Plano justo cuando llega al reposo.

Fr Por dinámica en el eje X: w w w .e d u k p e ry.co m

SOLUCIONARIO FISICA LE IVA i Y II

» SOLVER EDK

1

DINÁMICA

mg sen0-pkmg cos0=ma gsen0-pkg cos0=a... ( 1 ) Por cinemática obtenemos: a=^

=Vot=Vo t

t

a

(2 K '

L=V0t-±at2... (3) Reemplazando (2) en (3), obtenemos la “a”

Reemplazando (4) en (1), obtenemos pK=tan02Lgcos0

©

Por una porción de un canal circular de radio R, se desplaza una masa m7sin fricción. Que altura H alcanza la masa, si el canal gira con una velocidad angular cú unifrome.

Del diagrama obtenemos que Ncos0=mg... (1)

NsenO = mw2r... (2)

Y

r = RsenO ... (3)

De (1), (2) y (3) tenemos: mw2Rcos0=mg ... (4) Pero

m SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y I

wwvv.edukperu.com

SOLVER EDK «

DINAMICA

R-H cos9= —— R Reemplazando en (4) obtenemos

Un plano inclinado de ángulo 9, gira alrededor de un eje vertical con una velocidad angular a). Un cuerpo de masa m se halla en el extremo inferior del plano inclinado y está a una distancia R del eje de giro. Hallar el coeficiente de rozamiento mínimo que permita que la masa m se mantenga sobre el plano inclinado.

4^

Por dinámica y la fuerza antribeta en “X” tenemos:

/

U -N sen0+fr cos0=mac=mw2R... (1) En “Y” por equilibrio se tiene: mg=Ncos0+frsen0... (2) Siendo f r = /uKN, reemplazando en ( 1 ) y (2) Nsen0+jJKN cos0=w2Rm... (3) Ncos0+jj kN sen0=mg... (4) www.edu kperu.com

SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II j'jjfl

» SOLVER EDK

DINAMICA

De (3) y (4) encontramos N: N=

w 2Rm pK cosG-senG*

(5)

mg

N=-cos0-pKsen0 Igualando (5) y ( 6); y despejando nK tenemos: w 2Rcos0+gsen0 g cos0-W sen0

©

Una barra sin peso, doblado como se indica en la figura, gira con una velocidad angular w, respecto al eje BC. En el punto A de fa barra hav un cuerpo de mana m. Hallar La fuerza que ejerce la barra sobre la masa m. m m m íM L>

Hacemos DCL a la esfera:

Por la fuerza antrípeta en “X” se tiene: F sen0-mac Fsen# = m W 2R ... (1) Por equilibrio en el eje “Y” 122


*,

:-dur

_ _

SOLVER EDK «

DINÁMICA

F cosO = mg ... (2) Elevando al cuadrado (1) y (2) y luego sumamos obtenemos: F2(sen20+cos20)=(mg)2+(mw2R)2 F2=(mg)2+(mw2R)2 Pero R=L sen0 -.

F= |(mg)2+(mw2L sen0)2]

1/2

Desde lo alto de una semí esfera de radio R, se desliza un cuerpo pequeño, sin rozamiento. A qué altura H se desprenderá dicho cuerpo de la cúpula. É tm m m

Por dinámica tenemos que: mg sen0-N=mac

mg cos0-N=m

(1)

Por la conservación de la energía: (mgH-mgR)+ ^ mV2-0^ =0

De (2) en (1):

2mg mg sen0-N= —— (R-H) R w w w .edukperu. com

SOLUCIONARIO FISICA LEI VA I Y I

» SOLVER EDK

]

DINÁMICA

Cuando el cuerpo se desprenda N = 0 m gsen6=^-(R-H)...(3) Pero sen0=H/R Reemplazando en (3) y despejando H se obtiene: 2 H=-R

©

Hallar el radio R de un puente en arco, con la condición de que la presión de un auto que se mueva con una velocidad v se haga tres veces menor en el punto más alto del puente. M3nrnraiiT i

w

Hallamos la fuerza centrípeta en el punto A y B: En el punto más alto

En el punto más bajo

3 - T - * Sumando las expresiones (1) y (2) 4P 2mv2 ~3 = R

rt SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

ww ,v. sd ukperu.com

SOLVER EDK «

DINÁMICA

P=mg R=

3v2 29

Un atleta pesa 70 kg. Se coloca sobre una balanza de resorte en un ascensor. Cuanto marcara la lectura de la escala de la balanza, si el ascensor, (a) sube con una velocidad constante de 5m/seg . (b) tiene una aceleración hacia arriba de 5m/seg2 (c) tiene una aceleración hacia abajo 3.4 m/seg2 (d) cae libremente debido a que el cable se rompe.

a)

Como la velocidad es constante no hay aceleración, por tanto el peso que marca la balanza es 70 kg.

b) Entonces la masa que marcará será: ma+mg L=---- - =105,7 kg S

ma

c)

mg

Entonces la balanza marcará mg-ma L=— ---=45,7 kg g

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SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIY I

» SOLVER EDK

]

DINÁMICA

d) La aceleración en el exterior será la aceleración de la gravedad ya que está en caída libre, entonces la balanza marcará: L=m g^ g=o S iü

9

Un cuerpo de masa mtesta situado sobre una mesa giratoria horizontal que distan una distancia R del eje de rotación, si el coeficiente de rozamiento estático límite entre el cuerpo y la masa es fis . Una cuerda une la masam1 con la masa m2, por medio de una polea sin fricción que se encuentran en la masa giratoria, tal como se muestra en figura. Entre que límites de co debe de girar la mesa para que la masa m2 no se mueva Hacia arriba ni hacia abajo?

iMüiar

La velocidad angular superior es cuando la esfera tiende a salir del disco y es cuando la esfera tiende su movimiento hacia el centro:


w v -j

sd u k p e ru .c o m

£

DINÁMICA

SOLVER EDK «

fr'icuando tiende a salir del disco Para el límite superior: IF=m 2g+f[1=m1w2R m2S+^f1n1g=m1w|UpR í(m 2 + limy)g P

J

miR

ii) Para el límite inferior: IF=m 2g-fr=m,wfnfR m2g-]jmlg=m1wfnfR Winf=

nr^R

Una masa de Ikg, se mueve a la largo de una recta de forma que el camino recorrido x(m) en función del tiempo t (seg) es. x = A - 2t - 312 + t3. Hallar la magnitud de la fuerza que actúa sobre el cuerpo al finalizar el tercer segundo de su movimiento. íytUHM

m=1kg 77 7 777 77--

El camino recorrido se expresa por la ecuación dada X = A - 2t - 3t2 + t3 ... (1) w w w .e d u k p e ru .c o m


» SOLVER EDK

DINÁMICA

F(t) = ma = mx ... ( 2) Derivando (1)2 veces, tenemos: x=-6+6t Reemplazando en (2) para t = 3seg F(0=m(6t-6) F(3)=1 2 N

#

Un cuerpo se desplaza por plano inclinado ángulo 9 = 60°. La relación entre la distancia x (m) recorrido por el cuerpo y el tiempo t(seg) está dada por la ecuación x = t i 2. Hallar el coeficiente de rozamiento entre el cuerpo y el plano.

Por dinámica se tiene: mgsen0-fr=ma... ( 1 ) Tenemos que x = 3t2 derivando 2 veces tenemos la aceleración: x ~ a = 6m/seg2 ... (2) De (2) en (1) mgsen0-nkmgcos0=6m jjk=0,50

©

La longitud de las varillas de un regulador centrífugo es igual a 12,5 cm. Que numeró de revoluciones por segundo dará el regulador, si al girar los contrapesos se desvían por la vertical un ángulo de 30o?

SOLUCIONARIO FISICA LE IVA 1Y II

SOLVER EDK «

DINÁMICA

Por la fuerza centrípeta, se tiene Tsen0=mac Tsen0=mw2 R... (1) En el equilibrio en el eje “Y”, se tiene Tcos0=mg... (2) De ( 1 ) y ( 2 ) se tiene: mgtan9=mw2 R... (3) Siendo

R = L senO

y w=2tcv Reemplazando en (3), tenemos:

-^=m(27Cv)2L CO S 0 Lcos0

=1,51 RPS

Un peso de Ion, se encuentra fijo a un cordón de goma de longitud l0 gira circularmente en un plano horizontal con una frecuencia de 3RPM. El cordón se

www. edukperu.co m


29

» SOLVER EDK

]

DINÁMICA

desvía con respecto a la vertical un ángulo 30°, Cuando el cordón se estira Icm. Se debe aplicar una fuerza de 5n. Hallar la longitud L0 del cordón sin estirar.

///////////////

Por dinámica de la fuerza centrípeta, se tiene: T Sen30=mRw2... (1) Tenemos que cuando T=5Al=10mm De (1): T Sen30=m(lo+Al)w2... (2) Reemplazando valores: lo=24,81 m.

t

40. Sobre un pequeño cuerpo de masa m, que se encuentra en un plano horizontal lizo, en el instante t =0 , empieza a actuar una fuerza que depende del tiempo por la ley f=b t, donde b es una constante. La fuerza hace en todo instante un ángulo 0 con la horizontal. Hallar®a) La velocidad del cuerpo en el momento de la separación del plano (b ) El camino, recorrido por el cuerpo este momento.

U


w w w , e d u k p e ru .co m

.(

DINÁMICA

SOLVER EDK «

« n n a ii T M

ty ^»•| | J

^

r

FcosG 1

fN Tenemos en el eje X; por dinámica: Fcos0=ma a) Por cinemática se tiene que dv d t= Fcos0=m

dv

dt bcosO dv=-----t dt m Integramos bcosO

2m

En el eje “Y” se tiene que XF=0 N+Fsen0-mg=O Cuando se separe del plano; N = 0 Fsen0=mg

t=bsenG r^r •••( 2) De ( 1 ) y ( 2 ) tenemos:

mgz ‘ 2 bsen2 0 b) Para hallar la distancia se tiene que dx : dt

wvvw.edukperu.com


» SOLVER EDK

DINAMICA

bcosGt2 dx=vdt= —----dt 2m Integrando: bcos0t3 x=6m ...(3 ) De (2) y (3) tenemos: m2g3cos0 x=6b2sen0 ©

Una lancha de masa m es mueve en una laguna a la velocidad v0. En el instante t =0 desconectan el motor si la fuerza de resistencia del aguc* j! movimiento de la lancha proporcional a su velocidad f = -rv. Hallar (a) el tiempo del movimiento de la lancha con el motor desconectado, (b) la velocidad de la lancha en dependencia del camino recorrido con el motor desconectado, a su como el camino total hasta la parada.

i . F=rv Por dinámica tenemos que: -rv-ma

dv a =— dt dv -rv-m — dt r

r

f dv

J-mdt=jT Piden el tiempo que dura el movimiento de la lancha, y esto sucede cuando v = 0

132


www,edukperu.corT>

.c

DINÁMICA

SOLVER EDK «

De (2)

em=0

b) De (1) tenemos que

-rv m Sabemos que dvd=adx dx rx V=V°" rñ

; x: distancia Para hallar la distancia total, es cuando rx °= v0- - mV°

r

o

Cuántas veces aumenta la velocidad máxima admisible de un ciclista por una pista con peralte 6 en comparación con la velocidad admisible por una pista horizontal a igualdad de los radios de curvatura y de coeficiente de rozamiento

S t

i------ R ------1

© fw fr

Para cuando la pista está horizontalmente Por dinámica

fr=m-

\v.sdukperu.com ■ _


3

» SOLVER EDK

DINÁMICA

v = y[¡r ¿ R Para la otra pista, tenemos el siguiente diagrama de cuerpo libre:

En el eje X tenemos: N Sen0+fr Cos0=

... 0 ) En el eje Y se tiene: IF=mg+fr Cos0-p Cos0=O

...( 2 ) De (2) despejando N, obtenemos: N=

mg cos0 p SenO

...(3 ) Reemplazando (3) en (1): mV2 0 N Sen0+pN Cos0= —— ' K -(Sen0+|jCos0)=mVo Cos0-p Sen0 Vo=


(p+tan0)Rg

1 -jj tan0

vwv\.edúkperü.cor-

DINÁMICA

l__________________ SOLVER EDK <(

Por lo tanto la relación de

vyv0 es: Vo_ (M+tan9) V Í(l-|jtan0)

©

Una partícula de masa m; se mueve a io largo de una trayectoria circular de radio R, tan que su posición angular varía con el tiempo así:

0=b+ct+gt2 , donde b,c yq son constantes, t es tiempo y 0 está en radianes. Hallar (a) que fuerza tangencial existe (b) que fuerza centrípeta existe para un tiempo t dado.

m m m Las fuerzas tangencial y radical se expresa de la sgte. Forma: dv F’ =mdí ...o ) Fr = mw2R ... ( 2) Siendo V=WR d0 W= — dt Nos dan la posición angular que se expresa de la siguiente manera: 0 = b + ct + qt2 Derivando d6

dt

- w — c + 2qt

Derivando por 2da vez:

www, ed ukpe fu .com

SOLUCIONARIO FISiCA LE IVA I Y II

» SOLVER EDK___________________ _______________________ _________________________________________ DINÁMICA

d20 dw d ? = d f =2q Reemplazando en (1) y (2) tenemos: FT=2mRq y FR=m(c+2qt)2R

Se tiene una esferita de masa m; la cual se desplaza a lo largo de un alambre delgado de radio R, si la esferita tiene una velocidad inicial v0 y si fiK es el coeficiente de fricción cinético despreciado la gravedad, Hallar la velocidad de la esferita cuando ha transcurrido un tiempo t. « ü n m ü rtf

Por dinámica, la fuerza tangencial será: mdv -|h"S ¡d mdv -mn =— k

dt

Y la fuerza centrípeta será: o 11IV N=mw2R=— R

(2) De (2) en (1): v2 dv -uN -7 = m— k R dt SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI V II

\ edu- pe-\-

SOLVER EDK «

/SW

dv

-MNt_ 1 “ R—

1

V +V ¡

V=v0( , +( ^ ) t)

©

Una cadena de longitud 2m, se encuentra en reposo apoyado sobre un superficie lisa talco se indica en la figura. Se aplica una peque fuerza desequilibrarte en el extremo B dirigida hacia abajo. Hallar al aceleración y la velocidad de la cadena en función de y que es una posición cualquiera del punto A. La longitud de la cadena era igual en ambos lados. Ip M íT Definamos la densidad de masa lineal M M=2L

Por dinámica; en el extremo derecho:

2L=x

M M _(2 L-x )g-T=-(2L-x)a

www. ed ukpe ru.eom


» SOLVER EDK

DINAMICA

. . . 0)

En el extremo izquierdo: M

M

T'2 L XS=2LXa

De (1) y (2) obtenemos: (L-X) a= s - r; pero x+y=Ly=L-X y a = %<¡-L Sabemos que dv ■= a dt dv dx ■= a dx dt vdv - adx

j

dvd=

j

9,8 ~ dy

v2=9,8

v=

2L

9Ji 2L

.Y

Un bloque de la figura pesa 30kg f, los coeficientes de rozamiento estático y cinético son 0.25 y 0.2 respectivamente. Hallar (a) La fuerza necesaria para mantener el bloque con mantenimiento rectilíneo uniforme sobre el plano inclinado de 30°. (b) La aceleración en el instante que deja de actuar la fuerza f. (g = 10m/seg2). js a H s a r SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II

iVtt.eauKperu.coiti

DINÁMICA

í

S O LV ER E D K «

a) Por dinámica SFx=ma mgsen30-fr-fcos30=ma Pero como el movimiento es a velocidad constante entonces a = 0 =>mgsen30=fr+F(cos30)

En el eje Y: £Fy=ma=0 LFy=N-Fsen30-mgcos30=0 >N=Fsen30=mgcos30 ...( 2 ) Sabernos que fr=pN ...(3 ) De (1), (2) y (3) obtenemos: (sen30'jjcos30) F=mg’ (cos30-)jsen30) F=101,48N b) para cuando ya no actúa la fuerza F tenemos en el eje X: mgsen30-jjmgcos30=ma m =>a=3.27 — ó seg2 SOLUCIONARIO FISICA LEIVA i Y '!!

mm

» SOLVER EDK

3

DINÁMICA

Un plano inclinado de la figura forma un ángulo de 30° con la horizontal. La relación de las masas de los cuerpos es: m1/m2 =2/3. El coeficiente de razonamiento en el plano y el cuerpo es 0.1. Las masas de la polea y y de la cuerda se desprecian. Hallar el modulo y la dirección del cuerpo rtix si el sistema se puso en movimiento desde el reposo.

Por dinámica para la masa m, ir^g-Tsnâ

Pero T=m2gsen30+fr ...( 2) D e(1)y (2) m, g-m2gsen30-fr=m |a m! g-m2gsen30-pm2gcos30=m ia m2 m2 g--- g sen30-u— gcos30=a m, m, 3 3 a=g- g S sen30- - pcos30 =>a=0,12 g

Un bloque de masa M descansa sobre una plataforma que gira con velocidad angular a>constante. Una cuerda flexible une a este bloque con otro de masa m en la forma que se indica en la figura. El coeficiente de rozamiento entre M y la plataforma es SOLÙCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

www.edu kperu.com

c

DINÁMICA

SOLVER EDK «

Hallar el valor máximo y mínimo de d para los cuales M permanece en reposo respecto a la plataforma.

El radio máximo o mínimo de giro dependerá hacia dónde tiende el bloque, si el bloque tie4nde a deslizarse a la izquierda tendremos el radio mínimo, y si tiende al lado contrario será el radio máximo.

fncuando el radio es mínimo fr -.cuando el radio es máximo

i) Cuando el radio es mínimo: LF=mg-fr=Mac mg-tjMg=Mw2r,min mg-nMg rmin_

Mw 2

ii) Para cuando el radio es máximo: EF=mg+fr=Mac mg+^Mg=Mw2rmá mg+pMg fmáv—“ Mw 2 ígffi

Cuál es el peso aparente de un hombre de lOOkg que está de pie en ascensor que sube aumentando su velocidad a razón de 2m/seg2. Cuál cundo baja? (g=10 m/seg2)

Hallamos lo que marca la balanza cuando sube y cuando baja: i)

Entonces, lo que marcará la balanza será:


» SOLVER EDK

3

DINÁMICA

mg-ma L=— -- =120 kg ii)

Entonces, cuando baja la balanza marcará:

mg-ma ^ L=— -- =80 kg S

Q

Tres bloques de masa m, 2m y 3m son empujados a lo largo de una superficie horizontal lisa por medio de una fuerza constante f. Hallar (a) la aceleración de cada bloque.(b) La fuerza que ejerce el bloque 2m sobre 3m.


(

DINÁMICA

SOLVER EDK «

m m m a) Tenemos los siguientes bloques que se ejercen entre ellos unas fuerzas: Para el bloque de (3m) tenemos que a —>

-a> F

--- >

m

F21

F12

a► F32

F23

4--

2m

-- _>

3m

—

F23=3ma... (1) Para el bloque de (2m) se tiene que:

Fi2-F32=2ma , pero F32=F23Fl2=5ma Para el bloque de (m) se tiene que: F-F21=ma , pero F21=F12F=6ma .*• a=

F óm

b) Sabemos de (1) que: r 23:

0

■ 3m a= 3m (¿)-©

Un cuerpo de masa m está unido a un resorte de longitud L0 si estiramiento. Si el resorte obedece la ley de Hooke (f=-kx) y el cuerpo gira con una velocidad angular 03

. Demostrar que: (a) el radio del movimiento circular uniforme es: m m vm w ¿edukperu.com


» SOLVER EDK

]

DINÁMICA

W

O a) Tenemos que Js W

Por dinámica se tiene: FK=mac FK=mw2R Pero Fk=-KX , siendo

X=R-Lo Entonces:

K(R-Lo)=mw2R KR-KLo=mw2R R=

KLq K-mw2

b) Para hallar la fuerza de tensión del resorte, tenemos cuje FK = TR Tr=K(RLo) Tr=K

[Kmw2 K-mw2

Lo

KLq

■Td= R K-mw2 Dos cuerpos de masa m, se hallan unidos por medio de una cuerda de peso despreciable y longitud L. Se aplica una fuerza de 2mg en el centro de la curda y normal a ella (x=0). Hallar aceleración de las masas en la dirección que une las masas.


vvvw. ad u kpsru.con

c

DINÁMICA

SOLVER EDK «

En el eje T tenemos por dinámica que: T = ma ... (1) En el punto “0” obtenemos que 2mg=2Tsen0 T = ^ ...(2 ) sen0

De (1) y (2) obtenemos: a=

sen0

Pero la aceleración en X será: av=acos0=— - .cos0=gcot0 sen0 o

Una caja cuya masa es de lOkg.descansa sobre la plataforma de un camión que parte con una aceleración de 1 m/seg2. El piso no tiene rugosidades y la caja comienza a resbalar a su movimiento se opone a una pequeña fuerza rozamiento de 5N. Hallar (a) SI la caja se encuentra inicialmente a 5m del borde de la plataforma del camión, cuánto tiempo transcurre antes de que caiga? (b)qué espacio recorre el camión antes de que se caiga la caja?

« ¡IT 1 R K 7 *

5m£i_r\a

=1 m/seg~

r*M-0 a) Hacemos el diagrama de cuerpo libre para el bloque: Por dinámica tenemos

-'A-vBtíjkpenrcan


D

» SOLVER EOK

DINÁMICA

IF=ma'=ma-fr... (1) Por cinemática:

D e (l)y (2) tenemos: ma-fr=m

/2x\

Reemplazando valores en (3) se tiene: t=4,4 seg b) Para hallar cuanto recorre el camión se tiene por cinemática:

siendo t=4,4 seg (lm/seg2)(4,4 seg)2 xi . ------ -------

Un cuerpo de masa 0.2kg. Se mueve por un tobo, como se indica en la figura. Cuando llega al punto p, tiene una velocidad de 20m/sg y el radio de curvatura es 5m, si g=10m/se5 2. Hallar la reacción del tubo sobre el cuerpo.


www. ed ukperu,con

c

DINÁMICA

SOLVER EDK «

Por dinámica: I F = mac v2

N + mg = m — Por tanto la normal será: v2 N = m — -m g

(20)2 N = 0,2—— ■ — (0 ,2 )(1 0 ) N - 14

©

Se tiene un cuerpo que se haya suspendido por dos cuerdas L1 YL2 de peso despreciable, como se muestra en la figura. Hallar la relación de las tenciones en la cuerda Lt inmediatamente después de cortar la cuerda L2, con la que había en equilibrio. M rn n m n s í En el equilibrio

/ T1cos0+T2sen0=mg... (1) T^senO^cosO... (2) De (1) y (2): w w w !é duk p eru c o r ,

SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II f f f ]

Ú

» SOLVER EDK

DINÁMICA

T^mgcosG... (3) Por dinámica: mgcos0-T =m — Pero como V = 0 al inicio

T’=mgcos0... (4) De (3) y (4) tenemos:

-=1

mg CosO

Por dinámica: IF=mar N+mg=mPor tanto la normal será: N=m — -mg K N=0,2

(20) 5

(0,2)( 10)

N=14

©

En una feria, una niña de masa m está sobre la pared vertical de una jaula cilindrica de radio R. La jaula velocidad lineal v. Hallar el peso efectivo de la niña, (se define el peso efectivo de un cuerpo al total de fuerzas que el objeto o cuerpo ejerce sobre un dinamómetro en un sistema acelerado = SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

www.edu kpëru ;co ;

(

DINAMICA

SOLVER EDK «

(*>'=jg2 + ( v /Ry

é m

è w

La fuerzas que actúan sobre la niña son mg y N Siendo la mvo N=mac=— Piden el peso efectivo (que es la fuerza que ejerce el cuerpo en un dinamómetro)

Wefectivo=mA|g2+(No/R)2

Una partícula de masa m se mueve a lo largo de la superficie interna lisa de un cilindro vertical de radio R. Halle la fuerza con que la partícula actúa sobre el cilindro, si en el momento de iniciarse el movimiento su velocidad v0 forma un ángulo 8 con la horizontal.

w vn-..ed u kper u . co ìti


]

» SOLVER EDK

DINÁMICA

voSen0 v0 5Tr ^ vqCosÜ

Tenemos que la velocidad tangencial es V=VoCos0 Piden la fuerza de la partícula sobre el cilindro:

F= mac V2 F «m T V! F= m — cos20 R Que fuerza constante actúa sobre una masa de 500kg.para que su velocidad inicial de 5m/seg, cambie a (-5m/seg) en un tiempo de 20 seg. SOLUCION Por dinámica tenemos que: YF = ma Y por cinemática a =

v¿-%

V0=5m/s

Vf=-5m/s 4------

/—5 - 5\ F = sm k» { —

)

F = -250N |F |= 250N

©

Dos cuerpos de masa lOkg. Y otro de 5kg, cuyos coeficientes de rozamiento con el plano inclinado son0.5 y 0.2 respectivamente. El cuerpo de 5kg se suelta 2 seg SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

c

DINÁMICA

SOLVER EDK «

después de haber partido del reposo el cuerpo delOkg. Las masas se encuentran después de 5seg que ha estado en movimiento el cuerpo de masa lOkg. Hallar la distancia inicial que los separaba.

Resumiendo lo dicho el cuerpo de 5 kg alcanza al cuerpo de 10 kg en 7 seg. Mientras que el cuerpo de 10 kg ya hizo un recorrido en 5 seg. Por dinámica para las 2 masas: 50 senSO-fr^S.as kg

...O)

100 sen30-fr2=10.a10kg ...( 2) Por cinemática, hallamos el recorrido: 2X a~ T E n (l)y (2 ) se tiene: 50 senSO-fr, =5.

2(d+x) „2

...(3 )

2 (x) 100 sen30 —f r 2 = 10. y-2 sn

edukperu com


]

» SOLVER EDK

DINÁMICA

...(4 ) Siendo X recorrido en 5 seg por el cuerpo de 10 kg y

=50^00530

fr2=100}J2cos30

Reemplazando en (3) y (4), hallamos que X es: d=16,8m

©

Halle la aceleración del bloque de 20kg, si las fuerzas de fricción entre los bloques y las superficies son despreciables. También el valor de las tenciones entre las cuerda: p a s m a r

mg

mg

_i_

TI

lOkg

5kg N T2

TI

N

20kg i mg

Por dinámica para todo el sistema, se tiene: mg-T1-T2=mtamT=masa total Como se desprecian las tensiones, tenemos: mg=mta 20(9,8)=(35)a a=5,6 m/s2 Ahora para hallar las tensiones por dinámica para cada masa, tenemos: T,=m'a


www- ed ukperu.com

SOLVER EDK «

DINAMICA

T2=m"a

Entonces de (1) y (2) tenemos: T1=56 NT2=28 N

©

En la figura mostrada, halle la aceleración de los bloques y la tensión en la cuerda que los une, si hay rozamiento entre las masas y la superficie.

Piden la aceleración de las masas haciendo el DCL para cada masa:

mg T12

3kg N

fr

mg T21

3kg

T12

N

fr

Siendo

|T12|=|T2,| ■Vv edukDsru corr.


D

» SOLVER EDK

DINÁMICA

y fr=pN > N=mg Por dinámica en cada masa: T12-fr=ma.... (1) h tai .* De (1) y (2) tenemos:

F-T21-fr=ma... (2)

F-2tr=2ma F-2fr 20-2(n-0

3=1 >m =

2(3} rrt

a=l,37— x

seg2

Ahora hallando la tensión de (1) T12=ma+fr=9,99 N ■

■ SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

wwv*

c

ESTÁTICA

SOLVER EDK «

1MQ £

Se tiene un conjunto de fuerzas concurrente ?! = ( —2,3m 3), f 2 = (n, —2,1) y f3 =(-l;4,r) , para que valores de m, n y r la partícula se encuentra en equilibrio.

M m m m M

Como la partícula se encuentra en equilibrio =>EF=0 Veamos:

+F2+F3—0 -2 +n-l= 0 ' 3m-2+4=0 3+1-5-0

n=T

-2 m=3 :"3 r=4

Se tiene un conjunto de cinco fuerzas y la resultante de estas se indican en la figura. Hallar la quinta fuerza.

Del gráfico tenemos: F_1 =5j TM F2 =12ÍN

•

F3=40ÍN F4=(16Í+12j)N F5=? Pero tenemos que w w w .e d u k p e ru .c o m

SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II f l g j j

» SOLVER EDK

)

ESTÁTICA

/12.

5 .\

F^ 65( i3 Í+13j) N Fr=(60Í+25j )N Luego ? i+F2+F3+F4+F5=Fr F5=Fr-(F1+F2+F3+F4) F5=60Í+25j-(5J+1 2Í+40Í-161+12j) F5=(24Í+18j )N

Hallar la resultante de un sistema de fuerzas que se indica en ia figura. La figura es pentágono de 10 m de lado y las fuerzas están a escala de lm =5kg R=(202.25,-65.7)

Visualizando, tenemos que el pentágono es regular, por lo que •

7t

0=a=p=36°= — 5 71. 7t. =>F!=50 cos-ri+50 sen-j 5 5

S


vvww.edukperu.com

c

ESTÁTICA

SOLVER EDK «

F2=100c o s ^ I

5

K

71

71

.

F3=1OOcos —eos -i-1 OOcos - sen —j 5 5 5 5

271.

2k „

F4=50cos — i-50sen — j 5 5 Luego

Fr=Fi+F2+F3+F4 =(202,25í-65,7j)kg

Dos esferas iguales de radio r y peso w se apoyan mutuamente entre si y se apoyan, además contra las paredes de un cilindro abierto por su parte inferior de radio R, que descansan sobre un plano horizontal. wt que ha de tener el cilindro para no ser volcado por peso de las esferas.

*?iT T trairm r

Tenemos dos esferas: tal como muestra la gráfica: DCL para ambas esferas Como dicho sistema en equilibrio (claro está debido a que deseamos el mínimo valor de

w w w . ed t& pe ru .com


» SOLVER EDK

ESTÁTICA

Wi Ahora

IFy=0 IFx=0 R4-2w=0=>R4=2w R2-R, =0 .-.r2=r1

Ahora IM b=0

R, (25)sena-25 cosaw=0 w =>Ri = — tga

... d)

DCL del cilindro

2A

Como deseamos que dicho cilindro no vuelque

s m a =o RW,=Ri(25)sena


w w w . ed u k p e ru .com

SOLVER EDK «

ESTATICA

...(2) De (1) y (2) tenemos: cosa RWi =2rW —— sena sena r Wi=2w-cosa R

Del AOBC tenemos que ' • 2(R-r) R cosa= —-— =—-1 2r r =s>W,:>2w(l-£)

0

Cuál es el valor de la fuerza f para levantar la carga de 100N, si p=0.3 para todas superficies y 0= 10°.

Ahora analizando solo a la carga de 100N, carga C

w w w . ed u kpe ru .co m


159

» SOLVER EDK

I

ESTÁTICA

Ahora tga=0,3 a=16,7° Realizando el polígono de fuerzas, tenemos:

Por ley de senos tenemos: R1sen(9O+(0+a))lOOsen(9O-2(a+0) R] cos(0+a)=l OOcos2(a+0) R1=66,74N Ahora, para el bloq A


www, ed ükpe ru:eom

c

ESTÁTICA

SOLVER EDK «

Ahora

R4sen (90-a) Fsen2 (a+0) F=98,1N Ahora analizando al Bloq B Veamos:

www.ed u kpe ru.com


» SOLVER EPK__________________

J

ESTÁTICA

Realizando el polígono de fuerza tenemos:

Por la Ley R-isen (90-(0+2a)) =R4sen (2a+0) R4=70,5

Tres fuerzas f, 2f actúan en los vértices de un trianguto equilátero ABC normalmente a sus lados, como se indica en la figura. Hallar la magnitud dirección y sentido de la resultante. m m m tm Tenemos:

F2=2F(cos30Í-sen30j) SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

www.edukperu.com

SOLVER EDK «

ESTÁTICA

F3=-3F(cos30Í+sen30j) Ahora para calcular la resultante

R=F-|+F2+F3

>|R|=V3F Además: calculando

-V3-

Pr= -1/2,-

1. V3„

=>pR=2i+Y j

Si verificamos que

1. V3. ^PQ=2i+Y j " dirección de que R es QP

Se tiene la cuerda PQRS (sin peso), la cual soporta los pesos w1. Hallar la fuerza de tracción en las porciones P Q Y QR de la cuerda. Si a =30 m y b =5 m.

Del problema tenemos el DCL para la cuerda QR

w w w .ed uk pe ru .co m


163

» SOLVER EDK

ESTATICA

3b tga= — =»a=26,6° a Como el stm se encuentra en equilibrio IF x=0IFy=0 IF x=0XFy=0 =>Tx-Tx=0 2Ty=2w 1=>Ty= w 1

pero Ty=Tsena W i

/.T=— -=2;24wt sena Por tanto Tx=tcos0=2w1 2w1

Se tiene la estructura representada en figura. Hallar la fuerza sobre la barra LN, si en el extremo m; se aplica un peso de 50 kg. ám

m

m

Realizando el DCL de la barra LM? entonces: SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

www. edLrkperu,com

.c

ESTÁTICA

Fw /

A. \

\

•

c

P 1 —

SOLVER EDK «

6 —------II-------4— — V

50 Kg

Aplicando IM P=0 4(50kg)=6sena FLN

200 ^ ^ "ó s e n a

=^FLN=41,67 kg Para la barra LN, la fuerza FLN es a lo largo de la barra LN

8

tga=7=>a~53,13°

6

4 sena= 5

www, edukperu.com

SOLUCIONARIO FISICA LE IVATY II

» SOLVER EDK

1

ESTATICA

Dado la figura, se tiene una fuerza f=10N que actúa en la dirección del punto A al punto medio del lado BC. Hallar (a) el torque de la fuerza con respecto a 0. (b)el torque con respecto a B (c) el torque con respecto al lado BD.

á tm tm m

Del diagrama mostrado tenemos:

a)

Piden =rxF r=aí , F=10pF AC+AB -Vó, V 6 - V 6 r ^ = > í¡F= - \ +- }+— k PF= [AC+AB]

r

_ -10V6. 5V6 5V6r i+—

+T

k

Ahora: b) tb=r1xFrl =aî -aj , SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

w w w .e dukp eru,corrí

c

ESTÁTICA

_

SOLVER EDK «

-10V6. 5-v/6- 5 V 6 r

F=—

Í+— J+ —

_

k

-5aV6 . , ~

tb=— 3 — (i+j+k)

c)

tBD=pBD.tbpBD=í -5aVó „ .

-5aV6

=>tBD—> - 5 - O ^ k ) — —

Se tiene dos pares de fuerzas que actúan en las aristas de de la figura. Hallar el torque resultante.

« a n a ta » Para poder calcular tPOR de vectores, sólo es necesario:

' A Considerando lo antes dicho, tenemos:

w w w . ed u kperu ; com


i r

» SOLVER EDK

ESTÁTICA

ches ia distancia para el por de 5N cês la distancia para el por de 1ON » f 5>=d,xF-.6jx [ 5 , ( i ^ i * i c ) ] =24V5Í+6\/5k =>f10N=d2xF¡=2Íx (l 0j)=-20k t=24V5Í+(6V5-29)k

Se tiene una placa circular de 4 m de radio, sobre dicha placa actúa cuatro fuerzas que se indica en la en la figura, (a) la resultante de las fuerzas, (b) el torque de la fuerza con respecto a 0 y (c) La posición de la resultante. *

Se tiene el disco de radio 4 m. tal como se muestra:

68


w w w .e d u k p e ru .c o '

ESTATICA

SOLVER EDK «

Dichas fuerzas están sobre el disco a)

R=LF, =-1k-2k-4k-3k R=-10N(k)

b) t^ I^ F , fj = 4í , Fi=-ln(k) r2=4 cos30Í+4sen30j

F2=-2k(N) r3=4j ;

F3=4(k) r4=-4 í

F4=-3(k)

Fi +r2F2+r3F3+r4F4 to=-20Í+(4V3-8)J

www. ed u kperu.com


» SOLVER EDK

c)

D

ESTÁTICA

Sea r=(x,y,z) posición de la resultante: t0=rxF= -1 OyT+1 0xj=20Í-(4V3-8)J x=(4V3-8)/10 y =2

O

Las dos mitades de un cilindro circular de radio r y peso total 2oj se apoyan mutuamente, como se muestra en la figura. La superficie entre dos cilindros es rugoso y el suelo es liso.

Se tienen dos mitades de cilindros circulares: (tratando como un sistema)

a)

Como dicho sistema se encuentra en equilibrio XFy=0 También como el piso es lizo

>Ral al piso

m SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y

w vvw .edukperu.cón

SOLVER EDK «

ESTATICA

>RP||Ra Ahora P+Q=2w Ahora ZtP=0=>A02PQ a tenemos que: rcotoa=(rey) eos 0 2 w

... ( 2) Del a

PO sQ

tenemos:

- ¿ _ =r2 y ^ y=^ - i _ . !) ■ (3) Resolviendo (1), (2 ) y (3) tenemos que P=w(l-sen0) Q=w(l+sen0s) b)

DCL de uno de los semicilindros, tenemos:

w w w , ed u k p e ru .corri

SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II f 171

» SOLVER EDK_________________ ^

ESTÁTICA

Asumiendo que R actúa en X, entonces como Fg y Q son II entonces R es paralela a Fg =>EFy=0 Q+R=w R~w-Q=w-w(l +sen0) =wsen0 c)

Del mismo modo realizamos el DCL para el otro cilindro: Aplicando ! t P = 0 , considerando

jjfgflj SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

vvww. etíukperu.cem

SOLVER EDK «

ESTATICA

4r C6 de — 371 =>xcos0 R=

/ 45 \ tg0J cosG.w

/ 1 \sen6

4 cosQ \ 3nsen26J

Si se conoce 6 y el sistema está en equilibrio. Hallar (a)las relaciones en P Y Q. (b) la relación R que se ejerce entre los dos semicilindros.' (c) la distancia x a la cual actúa esta relación. am m m m / Realizando el DCL del sistema mostrado:

w w w , ed u k pe ru,com

SOLUCIONARIO FISICA LEÍVA I Y II

ESTÁTICA

» SOLVER EDK

Realizando el DCL de cada peso

Ahora para la esfera (2)

=>T=

/ 100 100V3\ \tg60

3

)

...( 2) De ( l) y (2) V3w_1=(100V3)/3

w1 = 33,3kg

©

Dos cuerpo de peso wxw2 =100kg. Reposan sobre dos planos inclinados lisos y están unidos por un cable de peso despreciable. Qué valor debe de tener w1 para que el cable esté en una posición horizontal. M?mTíTffriTM SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIY II

w w w . ed u kpe ru .com

£

ESTÁTICA

SOLVER EDK «

Ahora descomponiendo las fuerzas a lo largo del plano inclinado

IF y=0 Fsen0+n=wsena ...(* ) £FX=0 wcos0+fs=fcos0 (**)

Además, tomando momento en la polea:

wvvw 0 d uk p6 ru .co m

SOLUCIONARIO FISICA LEIVA1Y I

» SOLVER EDK

ESTÁTICA

£tn=0. La longitud de la cuerda es:

1V 2 =>fs.(lV2)sen0+N(lV2)cos0=lw w =>fssen0+Ncos0= — V2 De (*), (**), (***) tenemos que N=wsena-Fsen0 N=wsen(0+45°)-Fsen0 /sen0.V2 cos0.V2\ N=w í — -— +— -— J.FsenO ...(* ) N=w(sen (0+45°)-Fsen0

Dado el sistema de la esfera y plano inclinado. Hallar el ángulo 9 y la reacción normal a la esfera, para que el sistema se halle en equilibrio.

Como el cubo es liso y además h = L/4


realizando el DCL del cubo

w w w .e d u k p e ru .c o m

SOLVER EDK «

ESTATICA

Aplicando: £to=0

(i)R=(i^)cos(45+ a)

w

R=V2COS(75°)W - (* ) Ahora DCL de la placa

__ JL wl

,T

Fn

£F=0 £Fy=0 w 1 +Rcosa=fN

EFx=0 Rsena=fs .. . ( 2)

i©

Un cubo perfectamente liso de peso w y lado L, puede girar alrededor de la articulación o y se apoya en el borde de una placa de peso w±y altura h =174.Hallar


SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II-,

» SOLVER EDK___________

_______

j

ESJÁT1CA

el coeficiente de rozamiento ¡i entre la placa y el piso horizontal de apoyo para que haya equilibrio en la posición indicada de la figura.

Realizando el DCL de uno de los aros:

Del gráfico,

1

r

senct=3r =3 =>a=19,47° =>cosa=

2V 2

O

Ahora realizado el sistema de fuerzas Rasena=F-Rb ...0)

Racosa=F

Resolviendo (1) y (2) tenemos'que SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II


c

ESTATICA

SOLVER EDK «

Ra=3F/V8 R ..F O - - Í)

&

. Se tiene tres aros sin peso. Uno de los aros tiene doble del radio de los otro dos que tienes radios iguales. Los tres aros están amarrados por una cuerda inextensible que hace una fuerza f. Hallar las reacciones en A Y B.

Realizando el DCL de la cuya, tenemos:

lS0=4 desde gráfico tenemos que a=15+0 Ahora

wwm

edukpe*ucom

SOLUCIONARIO FISICA LE IVA ! Y II

■~S

» SOLVER EDK

ESTÁTICA

R2cosa=R1cos0

F=R1sen0+R2sena ..•(2) Luego tenemos que Fcos0

FcosO

2~~(cosasen0+senacos0) sen(cH-O)

El diagrama de fuerzas tenemos:

g jj SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y

w w w , ed u kpe ru ,com

SOLVER EDK «

ESTÁTICA

Donde a=15+0 lOOsen(9O+0)=R2sen(9O-(a+0)) 1000 cos0=R2cos(a+0)

Ahora de (*) tenemos: 1000cos9=

FcosG sen(a+0)

cos(a+0)

F=1000 tg(a+0) F=lOOOtg(15+20) F « 932 kg

Dado el sistema de pesos que se indica en figura. Se quiere levantar un peso de lOOOkg, con una cuña que hace un ángulo de 15°. Hallar el valor de f, si el coeficiente de rozamiento para todas las superficies en contacto es de 0. 25.

Realizando el DCL de la barra y de la semiesfera

L

L

P XFy=0

P+Q=w-|

LtP=0 Lw1=(L+X)Q ...( 2)

ww(/v. edukperu.com


181

» SOLVER EDK

ESTÁTICA

Pero tenemos que L+X=rcos0 ...(3 )

!» SFy=0

P+Q+W=M ...C l) StQ=0 rcos0M=(2rcos0-bsen0-rcos0)w+25cos0P

Analizando todo el sistema

82


w w w .e d u k p e ru .co m

c

ESTÁTICA

SOLVER EDK «

M=w+w1 Una barra uniforme PQ= 2L de peso w l se apoya en P en el interior y por R sobre el borde de una semiesfera hueca de peso w. Hallar la relación de w a w l sabiendo que la posición de equilibrio de la barra es horizontal. Si C es el centro de gravedad de la semiesfera y se conoce b. Hallar el ángulo 6 y las reacciones en P; R Y M.

Como se encuentra en equilibrio w w w .e d u k p e ru .c o m


» SOLVER EDK

)

ESTÁTICA

Xto=0 w 2Lsen0=w1 (a-Lsen0) senO =

aw1 L(w1 4- w2)

De un punto A esta suspendido un pesou^ y una esfera de radio y peso w2, tal como se indica en la figura. Si 00’=L, Hallar el ángulo 9 que ase recta 00’ con la vertical.

a)

StA=0 RBLcos(p+0)=bcos0w

Luego analizando el sistema de fuerzas


www. ed ukper u.co m

c

ESTATICA

SOLVER EDK «

RA+RBcosp=w ...( 2) IF x=0 R0sen|3=F ...(3 ) Ahora (1) (3) F=

wbcos0sen(3 Leos ((3-0)

b) De (3) tenemos wbcos0 Leos ((3-0) Y por último en (2) Ra=w ^1

bcos0cospi Lcos(p-0) J

Una varilla AB = l, de peso w cuyo centro de gravedad se halla a una distancia b del extremo A, se apoya en A sobre un suelo horizontal y en B en una pared inclinada,

w w w .e d uk pe ru .co m


)

» SOLVER EDK

ESTÁTICA

ambas superficies lisas como se muestra en la figura, (a) Hallar la fuerza f que debe aplicarse al extremo A de la varilla para que se mantenga el equilibrio con un ángulo de inclinación 0. (b) Hallar también las reacciones en A y en B.

I t o=0

w-j ¡

L2 \ íl ja2 — sen0 1-w21 -

cos0

L* ^ a2 — sen0

W-|

^ (V4a 2L2sen0^ =~ (Lcos0-2V4a2L2sen0j 2V4a2L2sen0(w1+w2)=w2Lcos0 tg0=

w

2L

2(w ¡+w2)V 4a2L2)

0=

w

2L

2ÍW! -f-w2)V4a2L2).

m

Una barra de longitud L y peso w1¿ se encuentra apoyada sobre una esfera semicircular de radio a, y superficie lisa, otro peso w2 está situado a un cuarto de longitud de la barra, como se indica la figura. Hallár 0 para que el sistema se halle en equilibrio. SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I

www.edukD9ru.com

£

ESTÁTICA

SOLVER EDK «

Del gráfico mostrado: IF y=0 P-60=0=>P=60kg Luego aplicando l t Q = 0 tenemos

10 ( 5cos0) -20 ( 5cos0) -(2,5) senG( 10) +60( 5sen0)=0 =>0=10,3°

©

Se tiene dos barras homogéneas de longitud lOm, y 5m y 20 kg, lOkg de peso que están unidas formando un ángulo de 90° y soportadas en el punto p. En los extremos de la primera barra actúan los pesos de 10 kg y 20 kg. Hallar el ángulo 6 para el equilibrio.

Primero, analizando todo el sistema


SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIYII

187

ESTÁTICA

» SOLVER EDK

R1R2=w

StQ=0

2 R1 - 2 En (1) w Ri=R2=*2

A

STa=0 a

bt=Ra

T=w— 4b SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

w w w .e d u k p e ra .c o m

I

ESTÁTICA

SOLVER EDK «

Dos barras están articuladas en Q y sujetas por una cuerda PR. las cuales se apoyan sobre el suelo liso. Hallar la fuerza de tracción que se produce en la cuerda, cuando una carga w se aplica erí la articulación Q, tan como se indica en la figura.

Ojo: falta considerar o indicar que dichas barras son homogéneas Ahora: l' \ A C = "

Lo

Í-I+L2+L3 v _ L3/ L2+L3 \ ^ 2 \Lí+L2+L3/

Lo

Xc2= 2 ’ y<:2= 2’ *C3=

’ YC3=0

Li (L t-hL2) 2 L1+L2+L3

Hallar el centro de gravedad del triángulo formado por varillas de longitud h; , para el sistema coordenado dado.

www.edu kosru.cd m

SOLUCIONARIO FISJCA LEiVA I Y II

» SOLVER EDK

]

ESTÁTICA

Del gráfico, se tiene:

6R XNs=3R , Yns- ~ k

_-4R XNM=2R ; VNM- — 7t 2R X lm=3R , Ylm= ~ Xc=

3R. (3R7ü)+2R. (2 Rn)+3R(R3R. (3Rk)

8R

3R7t+2Rn+R7i

3

f— ) .3Rtc-—U +2Rrc+ —K .Rn ___2R 3R7t+2R7r+R7T n

\ / _ \ 7t /

. Hallar el centro de gravedad de la espiral LMNS, sabiendo L O =R, LM =2R; NS=6R, para el sistema coordenado.

w

w

«

Ojo: Los lados del triángulo son distinto a R^ (ese dato no debe existir) Si ubicamos el origen de coordenadas en O: Y

c t o ta l=0

Ahora h YAC=-=»Area=Rh ó -4R R*rc v« * i r Area= T »24R /R2tt\

0= RH+^


www.edukperu.coir;

l

__________________ SOLVER E D K «

ESTÁTICA

H=V2R

#

Se tiene dos superficies, una de ellas es semicírculo de radio R y la otra un trianguloisósceles, cuyos lados iguales son R y el de la base 2R, cuánto debe valer la altura del triángulo para que el centro de gravedad de las dos superficies, coincida con el punto o.

Aplicando por superposición: Llamaremos A r : Area Total (cuarto de circunferencia=

At : semicircunferencia 9

X|=2

3n

1

A'= T n

4a Xl= 3tt 4a = 3n

A j=-n y ^

At.Yt +At .Yt . A-j +A 2

2 Yc=-a=0,64a

K

www.e d uk pe ru .co m


» SOLVER EDK

3

ESTÁTICA

A t-Xt+At .Xt

y

A!+At Xc=0;345a

Hallar el centro de gravedad de la figura rayada.

Ecuación de la curva: -b

r ---—

ab7i

x = - v ^ y a =—

Utilizando la simetría que tiene dicha Area, tenemos:

Fc = 0 Bastará encontrar Xc: veamos

^ = { 4 K) =- S ^ - y2^ -a

.

x

a

xc=(a^ ) =-2 f ¿(a2-y2)dy 4a Xc= 3 Í

192


www.edukperu.com

SOLVER EDK «

ESTATICA

0

Hallar el centro de gravedad de la superficie de la elipse.

]¡¿ ¡¡¡^ Llamaremos (1) a la región de radio=2R (sombreado) (2) a la región de radio=R (sombreado) (3) a la región de radio=R R

8

x i= °, Y t = — , A ,= 2 R 27t R 27l

4R

1* Ico

11

371 ' ^ 2" 11 co <

wx II 73

II > c£ lì

><

-4R

2 R 27C "2 “

A -| X -j + A 2 X 2 + A 3 X 3

Xo=-

A-j +A2+A3

Reemplazando tenemos:

Xo=¥ A 1 Y 1 +A2 Y2 +A3 Y 3

-2R

Ai +A2+A3

71

Yr=-

Hallar el centro de gravedad de la figura rayada.

v v w w .e d u k p e ru .c o t t i


93

» SOLVER EDK

]

ESTÁTICA

Proyectando el sólido, de tal manera:

ZCVT- J z . A ,c h

ZCVT=

í

J

)

az+b(h-z) \2 3V3 (y -dz=> Z.(-

o

pero Vt=5 a2V3+b2^3+abV3 Zr=T

3a2+2ab+b2 a2+ab+b2

h a2+2ab+3b2 .••dista=4 a2+ab+b



c

ESTATICA

SOLVER EDK «

Las bases de un tronco de pirámide son hexágonos regulares de lados a y b respectivamente, siendo h la altura del tronco. Hallar la altura del centro de gravedad del tronco a la base de lado a.

Suponiendo que es un cono completo y proyectando de la sgte. manera, tenemos:

m2 (m+h)

2

VB7 »m=B VB-V?

B' _ (V B-V B7) .z-VBh) 2 = — =>AZ= ~ó A

2

(m+h-z)

B’

2

Zc.VT f z. A,dz ,n h" Z C.V T =

Zr=

( b + 2 V b ¥ + 3 6

) j g

( B+2-/b-B7+3B \ h y

+-n/eTb'+b

y

4

Halla la distancia del centro de gravedad de un tronco de pirámide a la base del



» SOLVER EDK

1

ESTATICA

Teniendo en cuenta el anterior problema (31) se puede verificar que posición del CG es igual a la fórmula dada: ••• B=R27t

B =r2jt =>ZC=

R2n+2VR^%2+3r23t\ h R2K+VR2-r27t2+r27t y 4 /R2+2Rr+3r2\ h C"V R2+Rr+r2 ) 4

&

Hallar la distancia del centro de gravedad de un tronco de cono a la base del mismo. jm

m

m

/

Ejercicio para el lector.

Hallar el centro de gravedad de las barras homogéneas de sección uniforme, que se indica en la figura, con relación al sistema de coordenadas dado. |

f

Como este es simétrica respecto a un eje:

196


w w w , ed u k pe ru.com

SOLVER EDK «

ESTATICA

bastará encontrar Zc, ya que Zc = Yc = Xc Veamos VD-^ a 3=*Zc.VD=

J z.dv

a

dv=(a2-z2).^.dz=»

j

z(a 2-z2).^.dz

Zc=oa=Xc=Yc

. Hallar las coordenadas del centro de gravedad de la octava parte de la esfera x2+y2+z2=a2

*n rn ra m w *y

Ahora sea la ecuación de la parábola: Y=ax2+am2 L-an2+am2 L a=n2+m2 ...(*)

Ahora

w w w . e d u k p e ru .com


» SOLVER EDK

ESTÁTICA

„ M iv ji+ e f d x =2n Y=

“c f W

*

Y=2n

$

Un arco de parábola PQ gira de alrededor de eje y. Hallar la coordenada RS del centro de gravedad del cuerpo de revolución así obtenido.

Aplicando I t P=0 (t)4 sen(120°)=50 cos60.5+(10cos60°)30 T=79.4N T=79.4N(-sen30°í+cos30°j) Ahora: P-T-80j=0 P=80j-T |P|=41,3N

Se tiene una varilla PQ de 10 m de largo y peso 50N, que hace un ángulo de 60° con la horizontal y está soportada por una cuerda MN, la cual hace un ángulo de 30° con 198


ww-,v e d u k p e r-j,com

£

ESTATICA

SOLVER EDK «

la vertical, como se muestra en la figura. La distancia PN es de 4m. Hallar (a) la tención en la cuerda MN. (b) la reacción en el punto de apoyo p. aprmnnfffflM Del gráfico F1=500N F2=260 Luego tA=r1xFl +r2xF2 Vemos que: =-3Í i /3. 4„\ F, =500 (- i+g j) r2=-2k+4j ;

"F" ~ "2" "=260" ("-3" A/("13” ) "i" i Î 0 ••tA= -3 L300 400

"2" /V("13" ) "k" *)

k'

Î

0 +

0

oJ

.-60VÏ3

Î 4

k

-2

0 40VÏ3.

tA=160VÏ3Î +120VÏ3J+340VÏ3-1200k

J . La figura muestra a la fuerza f, y f2 aplicadas en los vértices del paralepípedo. SI las fuerzas tienen módulo f!=500Nyf2=260N y siguen las direcciones con las diagonales. Cuál es el momento total con respecto el vértice A.

w w w . edu k pe ru. com


199

» SOLVER EDK

]

ESTÁTICA

ám m am í

Ahora para la barra AB

T2y(Lcos200)=T2x(Lsen200)+w(0-k)cos20° w=819.6N

Desarrollando el punto C: Veamos:

g


w w w . ed u kpe ru .corrí

.c

ESTÁTICA

SOLVER EDK «

Ticos40°=500

Ti=

500

cos40°

T1=652.7N

T2sen30°=T1sen40° T2=839.1N

©

Si la barra AB tiene peso

despreciable. Hallar el peso w para que el sistema se

encuentre en equilibrio.

w w w , edukperu com

I

SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II S JK

» SOLVER EDK

u

ESTÁTICA

Como dicha distribución es simétrico RQ=4(200)cosa

RQ=800cosa

Ahora

> 12 cosa= — => Rq =480N

Una barra PQ de 12 m está sujeta por cuatro cables de longitud 20 metros. Cuál es la fuerza de reacción del piso, si en cada cable hay una fuerza de 200N.

De acuerdo al gráfico, podemos verificar que: W | SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

w w w ed uk pe ru.com

£

ESTÁTICA

SOLVER EDK «

Ahora T,

/ -3 ,

4 *

6 r\

_Tf e l+V!fJ+V6T)

r i= T ( v 5 T Í' V Ü J+V 5 fk) £to=0

-36V6T . 61

.

50(-61)

Tj+50j=0^ — =10,8N V6I36

Ahora como, está en equilibrio SFo=0=^R0+T1+T2-l0j=0

=> Ro=10k-(Ti+T2) R0=(8,3Í-6,6k)N

&

. Una barra de 10 metros de longitud, de peso ION, distribuida en forma homogénea, es sujetada por dos cuerdas PQ Y PN, tan como se indica en la figura. Hallar las tenciones en las cuerdas y la reacción en 0.

jCfflfTrar.T W


SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I g j

» SOLVER EDK

D.

ESTÁTICA

0

///////////////

20Kg

SOLUCION

4

sena= 5

cosa= 5

Se puede demostrar que

Ti =T2 (debido a la simetría del problema)

T^sena^sena Ti=T2 ...( 1 ) Ahora T! cosa=T2cosa=20kg 2T1cosa=20kg

m


■

w w w . edukperu. com

£

ESTÁTICA

SOLVER EDK «

100

T '.- k S 50 T 1=ykg=16,7kg

O

Una varilla PQ homogénea de 20kg y de longitud 8m, cuelga de dos cuerdas de 5m de longitud de cada uno. Hallar las tenciones de cada cable.

Aplicando Ztp-0

1

(1 sen30°)T= - sen45°)l 0 T=5V2kg Ahora P + F6 + T = 0 P=F9+T P=10j-5V2(-cos75°i+sen75°j) P=l,83í+3,17j

Una barra de PQ de lOkg está articulada en p y sostenida por su extremo por una cuerda MQ, tal como se indica en la figura. Hallar la reacción en p.



» SOLVER EDK

ESTATICA

Veamos (2)RM= (lm )(Rs)+(2,5)m(cos70o)25kg

De(l) RM=Rs=21,37kg

Una barra PQ de 5m de longitud y 25kg de peso, descansa sobre una superficie lisa,

@

formando un ángulo de 70° con el piso y se encuentra apoyada por los puntos s y M. Si se conoce p s = lm y PM =2 Hallar las reacciones en los puntos p, S Y M.

i

wwwww

Para la barra AB I t A=0

16



SOLVER EDK «

ESTÁTICA

(200kg) ^

sen60°+(100kg)

sen60°=wLsen(75°)

w= 149,4 kg

©

Dada la varilla AB de 200kg, homogénea, está articulada en A y sujeta en B por una cuerda la cual se comunica con un peso w por medio de una polea fija. Si no ay rozamiento en la polea. Hallar el peso W para el sistema esté en equilibrio.

Analizando solo el punto P, tenemos: a=45° 0 = 120°

Ahora: SFx=0 TPMcosa-TPQeos (0-90) =0 TpMcos45°=TpQ cos(30)

/V6\ TpmCos I — I =Tpq ...O) XFy =0 TPMsena-TPQ sen (0-90)-3 =0 TpMsen45°+TpQ sen (30°)=3

De (1) tenemos: w w w .e d u k p e a i.c o m


» SOLVER EDK

]

ESTÁTICA

TpM-2;7kgTpQ-2;2kg

Hallar las tenciones en las cuerdas que sujetan a la lámpara. Si a = 45° y a = 120° y el peso de la lámpara es 3 kg. Desprecie el peso de las cuerdas. g ^ T irm n íM

F n0

Analizando en este primer gráfico:

\

¿

L

SFX = 0 FN1sen0-FN2sena=O FN1

sena

FN2 ~ sen0

...O) SFy =0

FN1cos0-FN2cosa-w=O

Wt



c

ESTÁTICA

SOLVER EDK «

De (1) tenemos: wsena

^N1 sen(a+0) wsenO

^N2 sen(a+0) Ahora analizando en el otro plano: sólo al cilindro

IF = 0 donde liwsena fs l =

sen(a + 0)

jjwsen0 F-fs1+fs2fs2- sen(a+0)

.\F=jjw

(sena+sen0) sen(a+0)

Sobre una cuña asimétrica M, descansa un cilindro de peso w. Si ju es el coeficiente de rozamiento entre el cilindro y la y la cuña. Cuál es la fuerza f horizontal para iniciar el desplazamiento del cilindro.

DCL de la esfera.

www. «di ukpe ru.co m


» SOLVER EDK

ESTÁTICA

Ahora tenemos: -SFy =0 FN]+0,3FN2-100=0 Fni+0;3Fn2=100 kg

-ZFX =0 F+0,3FN1-FN2=0 F+0,3FN1 =FN2 ...( 2) Ahora aplicando: Zt0 = 0 , considerando r = a radio de la esfera (a) (0,3FN2)+a(0,3FN1)-aF=0 0,3(FN2+FN1)=F ... (3) De (1), (2) y (3) tenemos: F=44,32 kg

Una esfera de lOOkg, descansa en una esquina, donde el coeficiente de rozamiento es 0.3. Para qué valor de f la esfera inicia su movimiento. « im a n a r



£

ESTÁTICA

SOLVER EDK «

Del gráfico tenemos:

Tab-Tab(^'- J- j

/ 4 , 3 , 2Vór Y\

5 25

T -T BC

5

i A ' 3 ^2V6, \25' 25^” 5

fB=V6ÓÓk

F=200(cos30°j-sen30°k Ahora, como se encuentra en equilibrio: -zf0 =0

0=rBxTAB+rBxTBC+rBxF

0=Tab

í

J

0

0

4

-3

25

25

0==Tab

k

í

VóOO + 0 -4 -2 V 6

-3

25

25

5

k

J

0

V 6Ó0 •Tbc + -2 V 6 5

/ 6V 6 . 8Vó^

k V600 o

100V3

-100

. 8a/ 6 ;

|+Tbc ( í b " Í+— j >

J

En el eje “Y” 8V6' *ab www.edukperu.com

5

8V6' =Tibe

5

^Tab~Tbc SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II

» SOLVER EDK

D.

ESTÁTICA

En el eje “X”

de ( 1 )

\ Tab=72;17kg=Tbc

Sobre una barra de V600 m, actúa una fuerza de 200kg en el plano y z y hace un ángulo 30° con el eje y. Del mismo punto B? actúa dos cables BC Y BA. Cuál es el valor de las tenciones en los cables para que el sistema esté en equilibrio.

Ojo: En este problema, falta indicar que la esfera es lisa: descomponiendo la fuerza a lo largo del plano.

IF x=0 wsen0-fecosa=O

n

wsen0 -=fe cosa SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I

w w A .8 d u k p e ru .c c rr,

SOLVER EDK «

ESTATICA

, pero fe=KX X=

0

wsen0 Ksena

Una esfera de peso w descansa sobre un plano inclinado de ángulo 6 y está unido a un resorte de constante elástica k y este forma un ángulo de a con el plano inclinado, como se indica en la figura. Hallar la compresión del resorte.

Analizando el bloque de peso W 2

XFy=0 Tsen0+FN1cos0-pFN1sen0-w2=O Tsen0+FN1 (cos0-jjsen0)=w2

w w w , ed u k pe ru,com


» SOLVER EDK

]

ESTÁTICA

Á

F nl _

•

\ ¡i e// L/

ky —

/' A i T

X Q

1

.. + X

r W2 SFx=0 -fN1sen0-jjFN1cos0+Tcos0=O fN1 (Sen0+1JCOS0)=TCOS0

D e ( l )y (2) T=(sen0+jjcos0)W2 Ahora analizando

Fsena + FN2 = WôsO ... (1) 1FX = 0 Fcosa = fiFN2 + T ... (2) W 9(cos0u+sen0) cosa+psen0

apcos0 cosa+jjsen0

p ____ .__ —------ ---- j-— -------------

Hallar la fuerza f que iniciara el movimiento, si el rozamiento entre los bloques w1; w2 y el plano inclinado es n . La polea no da lugar rozamiento.


w w w .e d u k p e ru .com

SOLVER EDK «

ESTÁTICA

y .y=4-x2

i- x—H 2 dx 2

J

Yc= (4-x2)dx=

x

J |.y.dx= ^ J y2 dx

0 2

=l ¡ (4-x2)dx o Yc= l,6

^(j(4-x2)dxj=/|xdy =

©

lj

4

x2dy=

^J

(4-y)dy

Xc=^=0,75

Hallar el centro de masa de la figura parabólica y =4 -x3.


SOLUCIONARIO FISICA LEIVAh Y II

ESTÁTICA

» SOLVER EDK

fY

YC-A=J 2 ydx 4 1

4/(Md* 0

2

f3 A= I -x 3dx=3 o Yc=1,7

=¿ J ( 2-x)2dy 2

=ll (2-x)2 íx2dx o

•

Xc=0,4

Hallar el centro de masa de la figura indicada: y = | x3. 21 6



.c

ESTÁTICA

SOLVER EDK «

JS T C R ffir??*

Como se encuentra en equilibrio

ltT = 0 rF1xF +rFxF=0 •••(I) F=Fj i rF=2aí F=FxT+f JJ ;

rF'=30í+4aj í

J

k

í

J

k

0= -3a 4a 0 + 2a 0 0 F 1 Fry1 0 0 F 0 rx 0=-2aF k+(-3aFy-4aFx)k 0=2F-3Fj-4Fx

Se puede demostrar que Fmin 1

wvvw.edu k peru.co m


-------» SOLVER EDK

1

ESTATICA

Una varilla esta doblada, como se indica en la figura. Si todos los lados se indican en la figura. Hallar el valor mínimo de la fuerza aplicada en A para que equilibre a la varilla, cuando se aplica una fuerza vertical f dirigida hacia arriba en M. La varilla puede girar alrededor del punto T.

y

io n

i lFn

*

<4 fs i

r50N

XFY=0 FN+lOsen0=5O

'

...O) SFx=0 10cos9=fs ...( 2) •••F=0,4F

OBS. Falta el ángulo COS0

M=5-sen0

Un cuerpo pesa 50N Y se halla sobre una superficie rugosa. Cual debe ser el valor del coeficiente de rozamiento ¿i, si la fuerza mínima necesaria para iniciar el movimiento es de ION.


'w w w .èdukperu.Cò m

SOLVER EDK «

ESTÁTICA

Realizando el polígono de fuerzas:

Fsen9=25-FN

Fcos9=pFN ... (2) Ahora como deseamos que dicho cilindro: Entonces de ( l ) y ( 2 ) Tenemos: que 25\i dF _ . F=— , - - — =Q9=ts 00 cosG+psenG d0 •F=-

25p

Peso si consideramos ja=0,25 9 = 14a , F=6,1kg



» SOLVER EDK

$

)

ESTÁTICA

Alrededor de un cilindro de 25kg de peso, está enrollado un hilo inextensible e imponderable e imponderable. Cuál debe ser la fuerza mínimo y el ángulo 9, para tirar del hilo y el cilindro girando, no se desplace.

Ahora como dicha varilla está en equilibrio I t A=0

(Lcos0)(Tsena)=(Lsen0)(Tcosa)+ -cosa mg T(senacos0-cosasen0)=-cos0 mg ...(*) Ahora IF x=0

¡jFN=Tcosa

EFy=0

Tsena+FN=mg ...( 2) ( cosa\ T (sena+ —— J =mg

R I SOLUCIONARIO FISICA LEiVA I Y II

w w w .e duk p eru .com

ESTÁTICA

...............(__________________ S0LVEREDK<<

Ahora de (*) y (**) tenemos que tga=2tg0+ ^ •••a=tg'1(2tg0+^)

Una varilla descansa en el punto A, sobre una superficie rugosa, cuyo coeficiente de rozamiento en fxy hace un ángulo 0 con la horizontal. Su extremo B, está sujeto con una cuerda inextensible e imponderable. Cuanto debe valer el ángulo a para que la varilla empiece a desplazarse.

|rA Ahora desarrollando el DCL del plano inclinado:

T=pFN2+5senlO° w w w .e d u k p e ru .c o m

SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II § £

]

» SOLVER EDK

ESTÁTICA

1Fy = o

FN2=5c o s 10°

T=5pcos 10°+5sen 10°

Un plano inclinado, cuyo ángulo son 60° y 30° está sujeto por uno de sus extremos "B " por una curda inextensible e imponderable y su otro extremo descansa sobre una superficie horizontal lisa. Sobre el plano inclinado hay dos pesos de ION, 5N ligados por otra cuerda y que pasa por una polea sin rozamiento. Hallar el coeficiente de rozamiento entre los pesos y el plano inclinado para que el peso de ION comience a deslizar.

Tenemos que: / 3 „

*=10 —

5 -a

i- —

k

VV34 V34 /

=4aj+5ak .,

^

OB

3aí+4aj+5ak

Ahora ôb=]5Ü =

5VÜ

,

toB=(ncR).MOB

3V2. 2V2„ V2» y° B=To~l+_5_J+ T kt° B:

i

j

0 30

4a

V3?

k

5a -50

•Mo b

. V34

_-60a toB~ m 222


www.9dukperu.com

ESTÁTICA

i| p

.(

SOLVER EDK «

Se tiene un paralelepípedo de lados 3a; 4a; y 5a, en ella actúa la fuerza R= ION, tal como se indica en la figura. Hallar el torque de / con respecto a OB. SOLUCION

Obs. En el problema falta considerar Q = 60Qy además que la tapa es homogénea:

Zto-0 Pero l í x=0 a (asen0)Tcos0+(acos0)Tsen0= - cos0(12) a 2aTsen0cos0=-cos0 (12) T=——t =2V3 sen0 Ahora

Xty=0

M!)12 LZ=6N w w w .ed uk pe ru .co m


ESTÁTICA

» SOLVER EDK

0=-bLy Ly=0 Ahora, por último LFy=0 Py +Ly=TCOS0

Py=V3N IF z=0 Px-Lz+Tsen0=12 PX=3N ^

Se tiene cajón rectangular PQML, su tapa PLNJ de peso 12N está sostenida por una varilla JQ, si J F = pQ. Hallar las reacciones en las articulaciones P Y L. JCftTirrélíTMf

a)

R=(-300Í-200J-100k) N

b t=20Íx(-200j)+(60Í)(-l OOk) N =(4000k+6000j) N-cm t i SOLUCIONARIO FISICALEIVAI Y I

www, ed ukpe ru.com

SOLVER-EDK «

TRABAJO Y ENERGIA

TRABAJO Y ENERGÍA Sobre un resorte se deposita un peso de 20kg y este se deforma 6cm. En esta posesión se deja el sistema y el peso se elevara una altura que se quiere

Hallar. Sabiendo que para peso de 10kg, el resorte se comprime estáticamente 0. 5cm. W t

EZ3

6 cm 1

Como las únicas fuerzas que actúan son el peso mg Y del resorte K x7se tiene: AK+IAU=0 AK+AVe+AVg=0 0=0-0+ (^ kx2_0) +(0-mg(h+6cm)) 0= ^ k(6xl0'2) 2-mg(H+0,06) H=12cm<>0,12m

o

Desde una altura de lOm, sobre el nivel del agua, se deja caer una pelota pequeña de peso específico 0.4 g/cm3. Hallar la máxima profundidad que

alcanza la pelota. No considere rozamiento, perdida por el choque. SOLUCIONARIO LEIVAIY II

» EDUARDO ESPINOZA RAMOS

)

TRABAJO Y ENERGIA

Por el P.C.E

AU=-Aw mgh=-(P-E)h YxH=(yh20V-yV)h yH

0,4(10)

= Yh20-Y= O-°'4) h=6,67m

Sobre un plano inclinado de 30°, se halla, un resorte de constante 50kg/cm, el 5cm. Incide sobre el resorte una masa de lOOkg, con una velocidad de lOm/s. Cuanto se comprimirá el resorte.

Por P.C.E:


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AK+AU=0

0= (o-^mV2) +(0-mgKsen30)+ ^K(X+0,05)2-^K(0,01)2) Reemplazando valores, tenemos la sgte. Ecuación: 25xs+2X-5=0 Hallamos una solución para la ecuación anterior: X = 0,408/7

0

Si un móvil se desplaza sin fricción sobre el alambre de figura. Si la velocidad del cuerpo es de 5m/seg, cuando se halla en p. Cuál será su

•(

velocidad en Q y R. Si h! 100 cm, h2=50 cm y h3=80cm

Sea m la masa del móvil P.P.C.E:




TRABAJO Y ENERGIA

)

(U2-U ,)+(K 2-K1)= 0 Para el tramo Tq (U q -Up )+ (K q -Kp)=0

(mgh2-mgh2)+ Q mVq- ^ mVp) =0

v|=Vp-2g(h2-h,) Remplazando valores: VQ=5,9m/s Para el tramo F R : (mgh3-mgh'|)+ (gmVR-^mV^ =0 VR=Vp-2g(h3-h1) Remplazando valores: VR=5,3m/s

0

Un cuerpo de lOOg cae de una altura de lOOm, a través del aire. Si el cuerpo llega al suelo con una velocidad de lOm/s. Canta energía se perdió como trabajo contra la fricción del aire? ¿a re iraraT ire M *

U

SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y

w w w , ed u k p e ru ,com

SOLVER-EDK «

TRABAJO Y ENERGIA

Por e! P.C.E:

o

m

AK+AU=wf Siendo wf el trabajo hecho por una fuerza no consen/ativa wf= ^ m V 2-0^ +(0-mgh) Reemplazando Wf=-93J

'¡£j^

Un atleta de 70kg corre a lo largo de una colina de 20m de alto en un tiempo de lOseg. Cuál será la potencia desarrollada por el atleta.

La expresión de la potencia es: Aw P="ÁF Aw=tAE , en este caso solo actúa el peso: mg

vvww. ed u k p e ru .com



TRABAJO Y ENERGIA

)

Aw=mgh Aw=13720J Pero Aw P= — =1372w At 1HP

P=1372w. 742,35w =1,84HP

Un auto de 500kg se encuentra en reposo a una altura de lOm sobre un plano inclinado de 20m de longitud, comienza a deslizarse sobre la superficie rugoso del plano y liega a la base con una velocidad de 5m/s. cuál fue la fuerza de rozamiento que retardó el movimiento.

,

^ r f i n ir a iím a r

Por el P.C.E

h=10 m

(|m V 2-oj +(0-mgh)=Wf 1

mV -mgh=-Fr.d Fr Fr=2137,5N Fr=281,lKg

230


w w w .e duk p ertj.com

JC

TRABAJO Y ENERGIA

SOLVER-EDK «

Un cuerpo que pesa 2kg se abandona partiendo del reposo en A, describe

una circunferencia de radio 2m. cuando llega a B tiene una velocidad de 4m/seg y se detiene en c, después de recorrer 3 metros, debida a la.fuerza de rozamiento, (a) cuánto vale el coeficiente de rozamiento en la región BC. (b) cual es el trabajo en contra de las fuerzas de rozamiento de A a B.

R

A

a. En el tramo BC por P.C.E: AK+AU=wfr

Fr=5,3 Pero Fr= um g .....a Si a tenemos que u es: U=0,26 b. Por el P.C.E: para el tramo AB AK+AU=wfr

wfr=-23,2J w w w .e d u k p e ru .c o m



TRABAJO Y ENERGIA

)

Una partícula de masa mueve sobre el eje x, por la acción de una fuerza. f=(l+cx)í Si parte del reposo en x =0. Hallar su velocidad cuando x = d.

n ±

e n

x=0

x=d

Tenemos que la fuerza F =(L+CX)i

También sabemos que: dw =Fdx dw=(L+CX)dx w= f (L+CX)dx Jo

w = LX+

CX‘

cd w=lLd+Por el P.C.E: w=AK cd2 mV2

lLd+-

Y

v=


~

~

2dl+cd2 m w w w .e d u k p e ru .co m

f

TRABAJO Y ENERGIA

©

SOLVER-EDK «

Una bala de un arma es de 5g y su velocidad de salida es de 500m/seg. Qué porcentaje de la energía de combustión de la pólvora se trasfiere a la bala como energía sintética. Sabiendo que el calor de combustión es de 750 cal/g y la masa de la pólvora es de 3g. IM W iW W M f

Tenemos que el calor de combustión es

cal J QC=750 — <>3135S

S

La cantidad de Qc de 3g sera Qc=9405 joule

1

-

.2

Hallamos la Ecba|a=-mV'

Ec=625 joule Ecbala

Qc

-<100=6,64%

$|j¡ Una partícula se le comunica una velocidad v0 = yf2gh para que pueda pasar del punto A a C, siguiendo el camino del aro de diámetro H. Hallar la altura h, donde se desprende el cuerpo.




TRABAJO Y ENERGIA

)

Por dinámica tenemos:

N+mgcos0=mac v2 K

,

N+mgcos0=m — ........ 1 Para que se despegue del suelo o de la superficie del anillo, N=0, en 1: V2 mgcos0=2 m— H

v 2_ Hgcos9

2

Por el P.C.E: AK+AU=0

(§ mv2' 9 mVo) +(mgh-0)-0 Vs=2gH-2gh....... 3 De 2 y 3: ~cos0=2gH-2gh

cos0=^

/w

(h - S )¡= 2 S H-2gh

Despejando SOLUCIONARIO FISICA LEIVA1Y II

w w w , ed u k p e ru ,corn

SOLVER-EDK «

TRABAJO Y ENERGIA

5 h=-H o

••h=0,83H

Hallar la relación entre las fuerzas que ejerce un móvil en el centro de un puente convexo y cóncavo. Si el radio de curvatura es de 50m y la velocidad del móvil es 108km/h.

w V° mg-Ncx=m —

Ncx=-8,2m Ncv-mS=m

Ye R

Ncv=27,8m INcxl

-0,3

INcvl www.edukperu.com

SOLUCIONARIO FISICA LEIVAJ Y II


2

TRABAJO Y ENERGIA

.

- .

-j-

Una partícula parte del reposo de una altura H del punto A y describe la trayectoria ABCD; alrededor de un aro de radio R. Hallar la relación entre las fuerzas con las cuales el cuerpo presiona sobre los puntos BC Y D.

Para el tramoAB:AK+AU=0

^m VÍ-o) +(0-mgw)=0 V|=2gH Para B en el anillo; por dinámica:

^

M NB-mg=mac , ac=—

mV| NB=— +mg 2gHm+Rmg Nr= R

Para AC por R.C.E AK+AU=0


www. ed ukperu.com

SOLVER-EDK «

TRABAJO Y ENERGIA

Vc=2g(H-R) Por dinámica en C Nc-mac ; 3C—

R

2mg(H-R) Nr= R Para ei tramo AD, por P.C.E AK+AU=0 ^ mVp-oj +(2mgR-mgH)=0 vE=2g(Hz-2R) Por dinámica: N+mg=mac ; ac= Y mg ND=-^(2h-5R) Por lo tanto la relación será: (2H+R): (2H-2R):(2H-JR)

Un cuerpo describe una trayectoria circular de radio R en un plano vertical. Cuál debe ser su velocidad en el punto más alto, para que la tensión de la cuerda en el punto más bajo sea de 8 veces el peso del cuerpo. i 1;

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TRABAJO Y ENERGIA

)

mg ,v

—

*0

Por dinámica tenemos que:

T+mg=mac v * ........ 1 T+mg=m—

Si t=8mg, tenemos en 1: V=3%/gR

©

Un cuerpo de masa m, está atada a una cuerda y se halla en la poción indicada. Suelta, se pide hallar la tensión de la cuerda en su posesión más baja de su trayectoria.

Por el P.C.E:

?| SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I

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SOLVER-EDK «

TRABAJO Y ENERGIA

mV2-oj +(0-mgH)=0 Hallamos que V=%/2gH Por dinámica en el punto más baja: T-mg=mac V2 T-mg=m — 2mgH T= ^ +m S.........1

H=L-Lsen0-L(l-sen0)....... 2 De 2 en 1 T=2mg(l -sen0)+mg T=mg(3-2sen0)

y luego cambia de sentido debido

a que la densidad del cuerpo es menor que la densidad del agua. Se pide Hallar (a) la fuerza de la resistencia del agua, si se considera constante y la altura h2, que alcanza la esferita sobre la superficie del liquido.

a. PorelP.C.E: ‘Q

t

ha' -

f

fr fíg *v O a w w w .e d u k p e ru .c o m



TRABAJO Y ENERGIA

)

hi (E-j-fr-P)=h0P— 1 Sabemos P=lcgv E=lagv En 1: hi(f+lagV-lcgV)=h0,cgV h1f=h0lcgV+h1lcgV-h1IagV f= ^ [lch0+hilc-h1la] hi

f-v s[Pc ( 1+K7)-l»] b. Por el P.C.E: O

I ha

/ fa ú v o tF

Ph2=(E-fc-P)h1..... 2 P=lcgv E - lagv

En 2: lcVgh2={laVg-lcVg-Vg [lc ( l +

la] } hi

lch2=(2la-21c- P c^ )h 1 .••h2=2h1(p l)- h 0

w


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.e

TRABAJO Y ENERGIA

^

SOLVER-EDK «

Un cuerpo de masa M y velocidad v0, choca con otro cuerpo en reposo de masa m si el choque es perfectamente inelástico. Hallar la distancia recorrida por ambos cuerpos después de aplicarse inmediatamente el dispositivo de freno, si la fuerza de rozamiento es nó' del peso. jaM am rraTíT^M r

Por el P.C.M se tiene:

V0m=V.(M+m) y _ V0-m (M + m )

Por el principio de conservación de energía: -frx=0-^(m+M)V2

)v

/m+M\ 9 H

~

r

Pero fr=n%(m+M) /m+M\ ( V2m2 n%(m+M)= ( —— J ^ (m+M)2 (mVo)2 X 0,02n(m+M)2

Sobre una masa M, actúa una fuerza / que siempre es tangente a la trayectoria según figura adjunta. La masa se desplaza lentamente. Hallar el trabajo realizado por la fuerza f, si u es el coeficiente de rozamiento. 1

wvvvv.edukperusCom

1

^

1



)

TRABAJO Y ENERGIA

Por el P.C E:

AK+AU=Wfr+Wp

(0-0)+(mgl-0)-Wfr+Wf mgI=Wfr+Wf mgl=-umgl+WF W F=mgl(l+u)

O

Una esferita parte del punto A y desliza por la rampa lisa de altura H que tiene un desnivel h. (a) con que altura h del desnivel la esferita recorrerá la mayor distancia s? (b ) A que es igual ella?

Hallamos v, por la

P.C.E:

Qm V2-o) (mgh-mgH)=0 SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I


.c

TRABAJO Y ENERGIA

SOLVER-EDK «

V= V2Í(H 4Ó

Por cinemática obtenemos que 2h ^ca ¡da —

NT

S=Vtcaida=[4(H-h)h]V2......p S=[4(H-h)h]1/2....... a HallamosSmaA;, derivado a respecto de h, se tiene:

H h=2

Entonces para que S sea máximo h tiene que ser la mitad de H Para encontrar Smax , reemplazo h en p: 5 =Z ^mnx u7

as

Dada la fuerza que actúa sobre un cuerpo es f 3 y í+3x](N). Hallar la energía potencial u (x, y) de la partícula.

Sabemos que

-

- d U .d lL F -~dx'"dY . . dU dU,

F=3yi+3xj— — -d y j

-dU

,

d )T 3y ’ w w w .e d u k p e ru .c o m

-dU

d v =3x S0LUCI0NARI0 FISICA LEIVAI Y II


TP'BAJO Y ENERGIA

)

Integrando:

U(X,y)=-3xy , U(xy)=-3xy 2u(x,y)=-6xy U (x,y)=-3xy

©

Sobre un hilo elástico imponderable, el modulo de elasticidad del hilo es k, del cual se suspende la masa m. Se eleva la masa m tal forma que el hilo esté en en estado no deformado y la bajamos sin velocidad. Hallar el alargamiento máximo del hilo en el movimiento de la bola.

AK+AU=0 (0-0)+ Q KX2-0)+(0-mg x)=0) ^KX2=mgx y

2 m g

~

■

Sobre un plano inclinado de masa 100 kg liso y de ángulo 30° y 45, dos masas de 40 kg y 20 kg unidos por una cuerda, que pasa por una polea fija sin rozamiento. Si el peso de 40kg baja por el plano 30cm. Cuanto se desplaza el plano inclinado. SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y

w w w . ed ukperu .c o r-

SOLVER-EDK «

TRABAJO Y ENERGIA

Haciendo D.C.L.

Por dinámica en los bloques:

(m- gsen30°-m2sen45o)=m Q d t2j Despejando hallamos la t que se desplaza los 30 cm: t=0,784seg Las fuerzas que actúan sobre el bloque indicando son las normales, descomponiéndolas se tiene: Fr=(m i gsen30cos30-mgcos45°)=mta1 Siendo: 2e mT=160kg y a1=-jj e=espacio recorrido Despejando e se tiene que: e=0,28=6m

Un resorte obedece la relación entre la fuerza aplicada y al elongación: f = axbx2 cuando se aplica una fuerza de 100N el resorte se estira lOcm y

cuando se aplica una fuerza de 4, 500kg, el resorte se estira 20cm, ambos




TP «AJO Y ENERGIA

)

desde su posición de equilibrio. Hallar el trabajo para estirar el resorte desde 3cm hasta 5cm.

Sabemos que dw=Fdx

Hallamos a y b: 100N =-a(0,l)-b(0,l)2 4500N =-a(0,2)-b(0,2)2 -.(3) De 2 y 3 hallamos a y b a=20500N/m b=2150000N/ 2 ' nrr Entonces (1) quedará:

Para x=5cm y xo=3cm, tenemos que el trabajo será: w=-9,38J

^6



£

TRABAJO Y ENERGIA

©

SOLVER-EDK «

En la figura que se indica, la masa de 5kg esta comprimido un resorte al dejarlo libre, la masa se desplaza a lo largo del camino horizontal y después el rizo de radio 1 m, ambos caminos son lisos y la masa parte de p. Hallar x. JE

I H JM M Í

v=0

--JS

L * | » ~ r h m_______ C . H-— *— l ---

Por el P.C.E; Tenemos:

^0-^kx2j +(2mgR-0)=0

x=

4mgR

=l,56m

Con relación al problema anterior hallar la compresión x del resorte, si L —10 m y a lo largo del camino PQ existe rozamiento (n =0, 4) en la región QT ( /¿ = 0) T: x=0. 99m.

Del problema anterior se dice que de PQ es un

Camino seguro; por el P.C.E: ^0-^kx2j +(2mgR-0)=-umg(x+l)




TRABAJO Y ENERGIA

j

1

- kx2-umgx-(2mgR+umgl)=0 40x2-19,6x-294=0 Hallamos la solución, entonces x será: x=2,96m

Un bloque de masa 2kg comprime al resorte (1)0 .30 my se le deja libre y recorre una región rugosa RS de 1 m y jj= 0.2 y comprime al resorte (2) de igual contante elasticidad lOON/m. (a) es la máxima compresión del resorte (2) (b) cual es la distancia total recorrida por la masa antes de detenerse.

hXH r” L

±dH K ),3rrH

2m —i—IrnH

a. Por el P.C.E: AK+AV2=Wfr ”1

1

\

(0-0)+ (- kx2--k (°,3) 2) =-umg(-lm) o 2mg u x= (0,32)2— x = 0,107m

b. El espacio recorrido es: S re c o rrid o = 0 > 3 + 2 + l

+X

Sreconido=3/407rn


w w w .e d u k p e ru .c o rr

TRABAJO Y ENERGIA

©

(

SOLVER-EPK «

Sobre una pista parabólica rugosa y =x2-6x + 11, se desplaza una partícula de 1kg debido a la acción de una fuerzaf. Debido a la rugosidad de de la pista se pierden el 30oo de su energía inicial. Si la partícula en el punto p, tiene una velocidad de 5 m/seg y en Q 10 m/seg. Hallar el trabajo realizado por la fuerza f.

AE=Ef-E¡=Wfr+Wp........... 1 pero el Wfr=30%E¡ En (1)

EF-E|=30%Ej+Wp E f=70%E¡+Wf KK+Ugr=70%(K|+Ug¡)+WF mV|+mgY6=70%

mV2+mgY2) +WF..... 2

Y6=62-6 (6 )+ ll= ll Y6=22-6(2)+ll=3

Reemplazando valores en 2, se tiene WF=128,47 J

©

Una bola está suspendida como un péndulo de una cuerda de 4m de largo. La cuerda se jala hacia un lado hasta que forma un ángulo de 60° con la vertical y entonces se suelta se suelta, (a) Halle la velocidad de la bola cuando ésta pasa por la posición vertical, (b) si la cuerda se rompe cuando la bola contra el piso que se encuentra a 2.45 m más bajo, (c) Repita la pregunta

w w w . ed u k pe ru.cóm



)

TRABAJO Y ENERGIA

(b)si la cuerda se rompe cuando forma un ángulo de 37° y I abóla se está elevando.

a.

Por el P.C.E:

Ak+AU=0 mV2-o) +(0-mgh)=0 V=V2gh

V-6,3m/s b. Por cinemática tenemos que el tiempo que tarde en caer es: t=j2H^=0,70seg .••S=v.t=6,3y x0,70s=4,41 m c. Por el P.C.E:

n


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SOLVER-EDK «

TRABAJO Y ENERGIA

////////////

y . mV2-^mVo) +(mgh-0)=0 v = jv 2+2gh

V=7,4m/S Hallamos h para luego tener la altura máxima y calcular el tiempo de caída. Por cinemática: h=

Vy2 (Vsen37)2 ■=l,01m 2g 2g Vseh37' =0,45seg t=-

Hmax=3,25+1,01m=4,26m Calculamos t de caida: t=

2Hn

-=0,93seg

Entonces el total -t+t=1,38seg '•S=Vx.ttota|=V.cos37(1,38)

S=8,1m :“



0

TRABAJO Y ENERGIA

)

El mote r dé aire comprimido de un torpedo posee una potencia de 80 c v siendo del 85oo su rendimiento, el torpedo recorre con movimiento uniforme un trayecto de 4000 m en cuatro minutos 30 seg. Hallar (a) el trabajo efectuado por la hélice y (b) la fuerza de propulsión de la misma.

Tenemos una P=80CV solo el 85%P se convierte en trabajo por el torpedo (t=270seg)

85%P=—- =*Aw=85%At.P At Aw =85%(80CV)270.735 Aw= 13494600J Aw=1377000kg-m Aw=F.d=F.(4000m) F=344,25kg

Un vagón para tráfico rápido tiene peso de 93t y una velocidad de 40m/seg. El vagón es frenado y recorre todavía 6.4 km Que resistencia oponen los frenos?.

Por el P.C.E: AK+AU=W


w w w ed ukpe rú com

SOLVER-EDK «

TRABAJO Y ENERGIA

m\r 0— g— ] +(0-0)=-F.d

Fd=-y- ; d=6,4km V=40 m/s , m=43T F=11613N <>F=l18=5Kg

Un peatón de 62kg. Pe peso y su equipaje pesa 7. 5kg, se halla a las 9:03 am. Una altura de 440.2m y a las 9:48 am a la altura de 736.8 m. cuál es el trabajo desarrollado (kgm) y la potencia en cv?

mT=69,5Kg

t=2700 seg Por el principio de C.E.:

. AK+AU=0 AU=Wf

w w w .6 duk p erti.co m



TRABAJO Y ENERGIA

)

WFg=[mg(736,8)-mg(440,2)] W Fs=206137N<>20613,7kg-m Hallamos la potencia: Wc 206137 KV P= ——= =76,3Wx t 2700 ' 735w P=0,1
©

(a) determinar la energía de una partícula "a " dotada de una velocidad de 20,000km/seg y cuya masa vale 6.6x10-24 g, (b) calcular el número de dichas partículas que serian necesario para disponer del trabajo de 1joule.

a.

La energía de la partícula se expresa mV2 AE=AK=-

AE=

0,6x10~27kg. (20000)xl 0s2

AE=l,32xl0

19 107ergios Jx1J

AE=13,2xl0'6ergios

b. Se para una partícula se tiene que la energía es E=l,32xl0‘12J Para obtener un joule de energía se tiene que la Cantidad de partículas es: 76x1010Partículas

I


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£

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©

SOLVER-EDK «

Una masa m está colocada sobre el extremo libre de un resorte que obedece la ley f = - kx3 . (a) Hallar el trabajo hecho por cada una de las fuerzas cuando se le permite a la masa alargar el resorte desde su longitud sin carga L a su longitud de equilibrio L+d. (b) hallar el máximo desplazamiento de m si se le permite caer después de colgarla del extremo libre del resorte.

T ▼-mg me

a.

El w que hace la fuerza del resorte es: wr=

fd

x3dx

Jo

kd4 wr=En el equilibrio mg=kd3 multiplicando x mgd kd4

se tiene:

.

mgd ""'Wr— 4 El trabajo de fuerza de gravedad es: wg = mgd

b. Sabemos que el trabajo que ejerce el resorte es:




TRABAJO Y ENERGIA

)

o kx4 kd x=—— 4 x=\/4d

Cuando t=0, una bola masa m choca y se introduce en una masa M que se encuentra sobre una sin rozamiento y que está fija a un resorte de constante K. si la vecindad de la bola era % antes del choque. Hallar la velocidad del sistema bala y masa M después del choque.

k t r _____

1 1 T 7T 7

Lr

Por el P.C.M; se tiene:

mV0=(m+M)V1 v ’=

&

°

Como se conserva la energía, las masas van a hacer un movimiento armónico simple, sabemos que la velocidad de un M.A.S. se expresa:

V=V1cos(wt) Siendo

k

M+m 256


t

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SOLVER-EDK «

TRABAJO Y ENERGIA

©

Un resorte de constante elástica 300N/m, está comprimido 0.25 m mediante un hilo y está situado en el extremo inferior de un plano inclinado de 60° y a una distancia de 10m, se halla una masa de 0.5kg y recorre una superficie rugosa sobre el plano, cuyo coeficiente de rozamiento es 0.25. Hallar la máxima comprensión del resorte, cuando la masa tiene una velocidad de lOm/seg. i M T H l H f l 1*

Por el P.C.E W fr=(0-mgh)+ (0-^mV2) + [(¿K(x+0,25)2-¿K(0,25)2)] 1

-umgcos60(10)= -mg(l 0,25+x)sen60- ^ mV2+^ k(k+0,25)2-- k(0,25)2 Reemplazando valores, obtenemos la siguiente ecuación: 150x2 +70,67x-63,13= 0 Hallamos la solución x =0,45m •••xmax=(0,45+0,25)=0,70m

©

Un peso de 0.5 se halla en A sobre una superficie parabólicay2=2x y lisa desde A hasta B. La masa parte del reposo cuando se un pequeño www, ed ukpe ru ,com



)

TRABAJO Y ENERGIA

impulse y comprime el resorte desde B hasta C, recorriendo una superficie de rozamiento 0.3. Hallar la máxima comprensión del resorte si k = 200N/m. SOLUCION

Por el P.C.E: AK+AU=Wfr AK+AV2+AUg=Wfr

(0-0)+ (¿K X 2-o) +(0-mgH)=Wfr ^Kx2-mgVó=.uNX i KX2+umgx-mgH-0 100x2+1,47x-12=0

Hallando solución para la ecuación anterior: x = 0,34/7

©

Una esfera de masa lOkg se halla en reposo sobre un plano inclinado de 30°

y la superficie es rugosa cuyo coeficiente de rozamiento es 0.3, estando a la altura de lm en el punto p, se desliza y alcanza el otro plano inclinado de

[1 SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II

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.c

TRABAJO Y ENERGIA

SOLVER-EDK «

20° y cuyo coeficiente de rozamiento es 0.2. Hallar la máxima altura que sube la esfera sobre el segundo plano inclinado.

Por el principio de conservación de la energía:

AK+AU=Wfrl +Wfr2

(mgh2-mgh2)+(0-0)=-umgd-umgd mgh2-mgh1=ugmh1eos 30 -umgh2cos20 h2-h1=uh1eos 30-uh2cos20 h2-l=-0,6-0,58h2 h2=0,25m

Un peso de 15N se suelta desde una altura de lm, sobre un resorte de constante elástica 2N/CM y que está comprimido inicialmente 7cm. Hallar la deformación adicional para que el resorte consiga su máxima velocidad.

r-

1+X

lm 7cm X

+ xd

7/777777777

777777777

Cuando el bloque consiga su máxima velocidad el resorte se comprimirá cierta distancia x: Por el P.C.E se tiene: [0-mg(l+x)]+ lk(x+0,07)2-ik(0,07)2

mV2-0 =0-

V= \ w w w .e d u k p e ru .c o m



TRABAJO Y ENERGIA

)

Para que V sea máxima derivado respecto de x e igualando a cero.

dv

1

0=dx~2

'V2 2g- — (1 )(x+0,07)+0| Í2g(l +x)-— (x+0,07)2+ (x+ 0,07)s

m

JL

m

m

2g=— (x+0,07) m x=0,08u .-.x=8cm

©

Se da la fuerza f = (3x-2y+mz)í+(nx-2y+3z)j+(2x+py-2z)k, (a) cuales son los valores de m, n y p, para que la fuerza f sea conservativa, (b) Hallar el potencial asociado con la fuerza f

Sabemos por el P.C.E. si F es una fuerza conservativa VxF=8

VxF=

i

j

k

a

a

a

ax ay az 3x-2y+mz mx-2y+3z 2x+py-2z

=0

Reemplazando la determinante: 1 k-2j+2k+pí+mj-3í=0 (p-3)i+(m-2)j+(n+2)=0 P=3 , m=2 , n=2 También sabemos que

I


F=V.U(X,y,z) www.edukperu.com

TRABAJO Y ENERGÍA

(__________________ SOLVER-EDK «

Integrando obtenemos U (x,y,z)

3

U(x,y,z) =-ó x2+y2+z2+2xy-2xz-3zy '2

O

En una rampa como se muestra en la figura, es suelta una masa m a la que se le aplica externamente una fuerza de f entre en punto (1) y el punto (2) solamente. Hallar la distancia vertical entré el nivel de lanzamiento y el punto llegada: h. Jg g

aSMHT

En el tramo (1) a (2) por el P.C.E.:

AE=EF-E¡=0 lp2+mgLsena-FL-0 EF2=FL-mgLsena......1 Del tramo (0)2 al punto donde se detiene el bloque por el P.C.E: (no actúa F) AE=EF-Ep2=0

mg(Lsena+h)-FL+mglsena=0..... 2 De (2) obtenemos h: FL h=---21sena mg

Una masa m se obliga a permanecer junto a un resorte k1 que está comprimido xv Luego se suelta la masa m que por acción del resorte kt es impulsado en dirección al resorte k2■Se pregunta cuánto se acortara el resorte k2 en el momento que m tenga velocidad nula?. w w w . e d u k p e ru ,com



TRABAJO Y ENERGIA

)

gk m

b m

í

Por el P.C.E: AK+AU=0

AK+AUj>+AUg=0 (0-0)+

k2x¡- i ktx f) +(mgh-0)=0 2

kjxf 2mgh

* 2_ k2

x2=

©

k2

kixf 2mgh

El bloque de masa m resbala por la rampa indicada en la figura, perdiendo entre (1) y (2) el 40% de su energía por rozamiento. Asumiendo que la fuerza de fricción es constante a lo largo de toda su trayectoria. Calcular la altura que alcanza en el punto (3) si tiene una velocidad de v3 en (3) y se suelta en (1).

El trabajo hecho por la fuerza de razonamiento: Fr.d40%AE Fr Hcsc9+ ^ n Fr,

=40%(-mgH)

0,4 a

? s ü

2)

\3+7isen0/

Del tramo de 2 a 3 por P.C.E: 0-mS< H - ^ m V ^ - 0 ^ ) [ H c o s +? , g ) ] 262



.c

TRABAJO Y ENERGIA

/O,6mgsen07t

\,

,,1

( 3+7csen0 +mS) ~mS

SOLVER-EDK «

w 2 /l,2Hmgsen0\/3+Jtsen0\

2™ 3 V 3+nsen0 /V sen0 /

hl 3«s¿ñ6—l-m3H-§mV3-°’4m3H

\ rl,6sen0mg+3mgi

1

2

(l, 23H-Vj)(3-msen6) ~

j(^

2g(l,6jtsen0+3)

Una partícula de masa m parte del reposo en la parte superior de un tazón esférico invertido y liso de radio R. Hallar (a) la fuerza normal ejercida por el tazón sobre la partícula en función de su poción 9 sobre la superficie del tazón (b) el ángulo al que la partícula abandona la superficie.

a.

Por dinámica tenemos: V2 mgcos0-N=mac....1 , ac=-£■

En el tramo (1) a (2) por el P.C.E: mgRcos0-mgR+ - mV2=0 mgR(cos0-l )- - mV2=0 V2=2gR(l-cos0)....... 2 De (2) en (1) w w w .e d u k p e ru .c o m



TRABAJO Y ENERGIA

)

mV2 N=mgcos0— — R N=mgcos0+2mgcos0-2gm N=mg(3cos0-2) b. Para cuando la partícula abandone la superficie N = 0 En 1 V2 mgcos-0=m — R 3mgcos0=2mg Cos0=| 0=48,20°

©

Se suelta un cuerpo ligado por una cuerda ligera de longitud L al punto o, de la posición (1) mostrada en la figura. En el punto o se encuentra un clavo cuya posición en el diagrama es definida por su distancia 172 al punto o y la poción angular a como es mostrado (a). Demostrar que la velocidad del cuerpo en la posición (2) es: v2 = [gl(cosa + cos($ - a )) - 2senO]2 (b) Demostrar que el cuerpo se ubicara en el mismo nivel con respecto al nivel de referencia del cual fue soltado al finalizar su movimiento después de pasar por el punto (2): y3 = sen 9.


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£

TRABAJO Y ENERGIA

SOLVER-EDK «

0

\ w

•«

\

A c N

\ \ \ l

í

/

, M

(l)

H

'

( 2)

a. Por el P.C.E: AK + AU = 0

^m V 2-0^ +(0-mg(H+h))=0 ^mV2=mg(H+h)...... 1 Donde 1

1

h= - cos(0-a)- - cosa... .2 H=Lcosa-Lsen0....3 De y 3 en 1 1

-mV =mg Lcosa-Lsen0+ - cos(0-a)- - cosa

1

V=(gl[cosa+cos(0-a)]-2glsen0) %'2 En el tramo de 2 a 3 por P.C.E (0-£mV2)+(m gH1-0)=0 ^ mgl[cosa+cos(0-a)-2sen0]=mgH1 H1= ^w(0-a)-^cosa+Lcosa-Lsen0^ H1 = H + h

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)

TRABAJO Y ENERGIA

g ) Una partícula de 100kg de masa viaja por una trayectoria curvilíneas con una velocidad v1=(2, -1,1), posteriormente adquiere una velocidad v2 (1,2,2). Hallar el trabajo realizado sobre la partícula.

Tenemos las siguientes velocidades

St=(2,-1,1) y ^=(-1,2,2) El trabajo será: w=AK m| ^ r

m|V^|2

--- — — w=—1 —1 2 2 (100)9 100(6) w=2 2 w=150J

O

Una partícula de lOkg de masa se desplaza por una curva, cuyo vector de posición es r=(2t3-t2)í-t2J+t3k

Hallar el trabajo realizado por esta fuerza, cuando la partícula se mueve t = Iseg hasta t = 2seg.

Sabemos que dw=F.VdtperoF=ma

dw=ma.vdt w = J má.v dt

3-1 SOLUCIQNARIO FISICA LEIVA I Y II

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TRABAJO Y ENERGIA

...O) También sabemos que dF

dr2

y= d F y§=^ Sabiendo que r=(2t3-t2)i-t2+tk v= ^= (6 t2-2t)í-2tJ+3t2k ...(2) d2r - v= ^ 2 =(12 t-2)i-2j+6k ... (3) De 2 y 3 en 1 tenemos (90t3-36t*+8t)dt /90t4 36I3 =m ( — —

+4t)

.\w=2655j

Una partícula de masa m se mueve desde el reposo; según la ley a = bs, donde a: aceleración s: espacio recorrido y b constante. Hallar en trabajo en los primeros t segundos de haber iniciado el movimiento.

Según la ley tenemos; d2s a=bs pero a= —„ =s dt2 w w w .e d u k p e ru .c o m

I I



TRABAJO Y ENERGIA

)

S bs Entonces tenemos la siguiente ecuación: S=bs=0....... 1 Considerando la solución general de la ecuación se tiene: S=Aev5t+Bev5t La velocidad es cero cuando empieza el movimiento: S(10)=AVbeV5t-BeV5t=0 Resulta que A es igual B Por tanto la velocidad será: S= AVb(ev5t-e‘V5t) Por teoria el w=Ak W=Exf-Exi

Siendo A y B las constantes

'HJ

Una partícula de masa lOkg, se desplaza del reposo sobre un plano inclinado de 45° y áspero cuyo coeficiente de rozamiento entre las superficies es 0.25. Después de recorrer ,15m se detiene. Hallar el trabajo de las fuerzas de rozamiento. » a n n ra m y — r


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SOLVER-EDK «

TRABAJO Y ENERGIA

Por el P.C. Ese tiene: AU=Wfr

-mg(15sen45°)=Wfr .-.Wfr=-1039,4J

o

Una partícula, cuelga de un hilo y se le lleva a la posición horizontal y se suelta. En qué punto de la trayectoria, la aceleración de la partícula está dirigida horizontalmente. < i f ~ T i t T r ir r r if

Hallamos la ar que es:

mgseh0=mar ar=gsen0....1 Ahora encontramos aN que es:

Por el P.C.E se tiene: w w w .ed ukpe ru .co m



)

TRABAJO Y ENERGIA

mV¿

mgRcos0= ■

Z.

V2=2gRcos0....3 De2y3 aN=2gcos0...... 4 Pero sabemos que. aN=asen0 a=

aN

sen0

y

aT=acos0 a=

COS0

Igualando: aN at sen0 cos0 2gcos0 gsen0 sen0 cos0 cos20=^ J

COS0=

N' 0=54,73°

©

Una partícula de masa m, se desplaza sobre un plano inclinado de ultra mínima, el cual termina en un rizo. Si todas superficies son lisas y se desprecia la resistencia del aire. Hallar el ángulo 9, para que la partícula al llegar a p, recorra una parte en el aire y caiga en R.

V



SOLVER-EDK «

TRABAJO Y ENERGIA

Por el P.C.E se tiene AU+AK=0

^mg(R+Rcos0)-^gR^ +

mV2-0^ =0

V2=2Rg(l +cos0)-2gH...... 1 Para el movimiento parabólico:

£7r

Vsen v \//

*

^

VCosO-0^..-' I--------2RSen 0

VsenG t=V2cos0sen0=2Rgsen0 v 2= 2Rs

COS0

De 2 en 1:

2Rg COS0

=2Rg(l-cos0)-5gr

2co s 20-3c o s 0-2=O -3+V9+16

1

.••c o s 0=-

w w w , ed u k p e ru .c o n



e= #

TRABAJO Y ENERGIA

)

60°

Una partícula de masa m parte de una altura mínima sobre una superficie curva y llega a describir el rizo completo. Cuál es la fuerza que ejerce el rizo sobre la partícula cuando pasa por el punto p, la superficie es lisa.

Por dinámica en P tenemos: mV¿

N+mgcos0=Por el P.C.E: AU+AK=0

(mgh-mgH)+(^mV2-o) =0 mV2 -

— =Hmg-mgh

mV2 2Hmg-2ng(R+Rcos0) _ _ = _ Siendo 5 mV H=-R: —— =3mg-2mgcos0.......2 2 R De 2 en 1 tenemos. N=3mg-2mgcose0-mgcos0 N=3mg(l-cos0) SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

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c

TRABAJO Y ENERGIA

0

SOLVER-EDK «

Sobre una pista de altura lOm lisa, parte una partícula de masa m con una velocidad inicial nula y en la parte inferior es un arco de circunferencia de radio 3m. Hallar la aceración total de la partícula en el punto p.

H=10m

Por P.C.E tenemos que:

AU+AK=0 /mV2 \ (mgh-mgH)+ í — — 0j=0 V2 m— =mg(H-h) Sabemos que v 2/

h=R-rcos0 y que ac= v /p V2=2g(H-R+cos0) V2 2g ac=— = (H-R+Rcos0) R R Reemplaza valores: ac=59,59m/seg2

w w w . e d u k p e ru .com

SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II j j S f


1

TRABAJO Y ENERGIA

Una panícula de masa m, se desplaza a lo largo de una circunferencia de radio R. su energía cinética depende de la distancia recorrida: S.EC = bs2, donde b es una constante. Hallar la fuerza que actúa sobre la masa m.

Tenemos que F es: F=VFt2+FN2......1 De donde: dv dv Ft=m— =mv—•....... 2 dt ds mV2 F» = —

.......... 3

•

Si la energía cinética encontramos la velocidad de la partícula: Ec=bs2=^mV2 9 2bs2 V =...... ...... 4 m Diferenciando respecto a s tenemos: VdV_2bs dS ~ m .........^ Reemplazando 5 y 4 en 3 y 2, se tiene:

Bs 2b2 Fn=T

274


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£

TRABAJO Y ENERGIA

SOLVER-EDK «

F .2 b s ju (% ):

O

. Cuando una partícula de masa m se halla en la parte inferior A de un hilo de

longitud L se le comunica una velocidad mínima para que describa una circunferencia de radio L. (a) cuánto vale esta velocidad mínima?, (b ) Cuánto vale al tención en el hilo cuanto la partícula se halle en la posición horizontal B?

a. Para que la velocidad sea en la más baja sea mínima, al llegar al punto más alto la tensión debe ser igual a cero. En c por dinámica: mV2 mg+T=mac=—— Lmg=mV2 Por la conservación de la energía: /mV2 mV2min\

^ •

( “ 2------ 2— J +C2|gm-0)=0 www. ed u kpe ru.eorn


5


)

TRABAJO Y ENERGIA

V*min=V2+2gl V2min=lg+4gl ••.V2min=^/5gí b.En B, por dinamica: mVl

T,-mab= Por el P.C.E:

mVb mV2¡n

+(mgl)=0

■ rr'V'b= mV2in-2gml mV2=5glm-2gmI mV2

=3gm...... (3

•••De p en a: T^Smg

©

Una partícula de 2kg de masa se halla sobre un plano inclinado de altura 5m y recorre todo el plano una distancia de 15m. Después recorre una superficie horizontal, hasta que se detient. Si el coeficiente de rozamiento es 0.2. Hallar la distancia que recorre. < w ir.T iirarííM M r

. Por el principio conservación de energía:

AK+AU=Wfr+Wfr (0-0)+(0-mgh)=-umgcos0.d-umgx umgx=mgh-dumgcos0 SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

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£

TRABAJO Y ENERGIA

SOLVER-EDK «

x=--dcos0.......a u Como sen

6=19,47° En

a x=10,9m

$

Sobre un plano inclinado de ánguio 0, del reposo una partícula y recorre una longitud L, al llegar a la base se sigue desplazando hasta recorrer 2L y se detiene. Hallar el coeficiente de rozamiento entre la partícula y las superficies.

AU=Wfr

(O-mglsen0)=-umgcosOL-u(2l)mg mglsen0=ul(mgcos0+2mg) sen0=u(cos0+2)

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SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y

2


)

TRABAJO Y ENERGIA

U=

©

sen0 (cos0+2)

Una masa de 2kg choca contra un resorte que se halla sujeto a una pared, cuya constante de elasticidad es lON/m. El resorte se comprime 1m a partir de su posición de equilibrio. Si el coeficiente de rozamiento entre la masa y la superficie es de 0.2. Cuál fue la velocidad del choque.

Por el P.C.E:

kx2 Vn= — +2ugx m ■V0=3m/S

©

Se tiene una masa m, ligado con un resorte de constante elástica k y situado sobre un plano inclinado liso de ángulo 6. Comprime el resorte una distancia xxy se deja libre. Que distancia sobre el plano inclinado recorrerá la masa antes de detenerse.

Por el P.C.E.: SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

vvw w .edukperu.com

c

TRABAJO Y ENERGIA

SOLVER-EDK «

Q k x ^ k x i) +[0-mg(x+x1)senfll=0 1

-k(x-xl)(x+xl)=mg(x+x1)senO ^kCx-x^senG

2mgsen0 •••x=x1+- i r -

©

Una masa m, está unida a una varilla de longitud L Y masa despreciable, puede girar alrededor del punto o. Estando en la poción vertical A, se deja libre y describe una trayectoria circular, (a) Cuál es la tensión en la varilla, cuando pase por el punto B, (b) para que el ángulo a, que hace la varilla con la vertical, la tensión en la varilla será igual al peso.

a) Por dinámica en B

Por el P.C.E : w w w .e d u k p e ru .c o m



Ì

TRABAJO Y ENERGIA

[0-mg(21)]+ ^m V 2-o) =0 V2=4gl.........2 De 2 en 1 tenemos T=5mg b) Piden el ángulo en que la T=mg.

Por dinámica T-mgcosa=Si T=mg lg(l-cosa)=V

...1

Por el P.C.E.:

[0-mg(l+lcosa)]+ ^ mV2-0^ =0 V2=2gl(l+cosa)....2 Igualmente (2) y (1) 2gl(l+cosa)=lg(l-cosa) l=.3cosa ÜRffll SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

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SOLVER-EDK «

TRABAJO Y ENERGIA

cosa=-- => a=109;5° o

Un cuerpo masa m, está situado en el punto A, cuando se le comunica una velocidad horizontal v0. (a).

Por dinámica tenemos: mVz

mgcos0-N=mac- —— .... 1

Por el P.C.E: AU+AK=Q (mgRcos0-mgR)+ ^ m V 2-^mVoj =0 V2=2g(R-Rcos0)+'• o........2 De 2 en 1 se tiene: mgcos0-N=2mg( 1-cos0)+

mVo

Para cuando se separe de la superficie N=0 mgcos0=2mg(l-cos0)+

mVo

Despejando obtenemos 9: www. ed ukperu.com



)

TRABAJO Y ENERGIA

CO S0-- + ^

3 3Rg

2 V6 /^ '/2 0=cos '3 + 3Rg b) En el momento inicial, por dinámica: gmcos(0)-N¿

mVo

R

mVo

mg* R VoW gR

.£


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SOLVER-EDK «

DINÁMICA DE UNS SISTEMA DE PARTÍCULAS

DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS Se tiene una esfera de diámetro 15 cm y masa M, sobre ella incide una bala de masa m (m «M ) Y velocidad 600m/seg. Después de atravesarla a lo largo de su diámetro la bala sale con una velocidad de 400m/seg. Considere la fuerza de resistencia que ofrece la esfera a la bala constante. Hallar que tiempo empleo para atravesarla.

Sea la fuerza de rozamiento:fs => wfs=AEK

Wfs= -1x105m como fs const. ==>fs (0,15)= -1. 105m =>fs = -6,67x105m...... 1

También fs, desarrolla impulso => fs.At = AP =mVf -mV0=m(Vr V0) => fs(At)=m(200) De 1 At=3xl0’4seg www.edukpenj.com

S0LUCI0NARI0 FÍSICA LE IVA I Y II


O

)

DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS

Un proyectil de 5kg. Se dispara verticalmente, cuando alcanza su altura máxima explota en dos partes. Una parte de 3kg se mueve hacia abajo, con una velocidad de 500m/seg. Hallar la velocidad del otro fragmento.

¿em ir )

3k

\

:

O

5 kg

500 m/s

Como no 3 fuerza alguna ==> ->Conserva p

=> P= P

0= (3) (-500t)+ (2)(V2) V2= (750f) m/s

m(0)=m1V1+ m2V2

El arquero de un equipo de fútbol, una masa de 80 hg, y atrapa un balón de 1.5kg el cual se mueve con una velocidad horizontal constante de 8m/seg. Inicialmente el portero está en reposo. Hallar la velocidad final del portero cuando atrapa el balón.

---------J

SOLUCIONARIO FISICA LEYVA IY II

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DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS

(

EDUARDO ESPINOZA RAMOS «

m^SOkg 1 [ m l+2=81l5k0

m2=l,5kg

J

Asumiendo el arquero, como una esfera, para tener una idea: AP=0 Po = Pf

mlVl +m2V2=m1+2Vf+l (l,5)(-8X,)=81,5Vf =>Vf=-0,15Xm/s

Una pelota de béisbol de 300g y con una velocidad de 30 m/seg, incide horizontal mente sobre un bat, la cual la golpea y la pelota sale con una velocidad de 35m/seg y en sentido opuesto a su movimiento original. Si el tiempo de contacto fue de 0.002g. Hallar el (a) impulso del choque y (b) la fuerza media.


SOLUCIONARIO FÍSICA LEIVAI Y II



)

Ant. del choque

Ahora: I=AP=>I=mVr mVo=m(Vr V0) I=m(-35X-30?i)=-1975^kgsm

Ahora: I=FM.At =>Fm=975(-2)N

o

Una esfera de masa 3m, se encuentra en reposo, incide sobre ella centralmente otra esfera de masa m y velocidad v0. Si es el coeficiente de restitución. Hallar las velocidades de cada esfera.

m

r>

rn n m

f

(=r

Como no existe ninguna fuerza externa: a lo largo del eje choque

=*e=-v— 7 "0 =+ — v..... V 3m0-Vm V0 .......... 1

SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II

w w w . sd u k p e ru .com

(



Ahora AP = 0=>Po = Pf =» /nV0(y=^nVf+'3mV3mf d e ly 2

=» V0^ V mf+3V3mf....2

Vm=(l-3e) y

V3m=(e-l) —

Una esfera de masa 5kg y velocidad lOm/seg, choca contra otra esfera

6kg y

velocidad 5m/seg. Ambas se mueven en la misma dirección y sentido, si el choque es elástico, hallar las velocidades de las esferas después del choque. j¡

Como el choque es elástico

= * e = l= - » L S =Vof V ii...........1 V2 V I

m1=Skg m2=6kg Ahora:

P0=Pf

\

miV o+ m2V9o= m!V1f+ m2V2f 80l=S Vlf+ 6V2f....... 2

De 1 y 2 x/

50

x/

105

Vif= - , v 2f=—

Vif=4,55m/S , V2f=9,55m/S

Una partícula de masa lOkg se halla en reposo y sobre el incide frontalmente otra partícula de 2kg y después del choque se desvía 60° con respecto a su dirección de


SOLUCIONARIO FÍSICA LEIVAI Y I


)


incidencia, la otra partícula de 10kg, se desvía 45° por debajo de la dirección de incidencia. Cuál es la relación de sus velocidades finales falta

Ahora como no existe fuerza exterior =>p0= pf= p1f+ p2f

p,

=>2V1fsen60 =(10V2f) sen45

Vif V2f Una esfera de masa m2, cuelga de un hilo de longitud L y se encuentra en reposo. Una segunda esfera se masa m1 está sujeta a un hilo de igual longitud del mismo punto C. Hallar (a) las velocidades de cada esfera después del impacto, (b) la tención máxima que soporta la cuerda que sujeta la masa m2. (c) la altura que alcanza la masa m2. Si e es él coeficiente de restitución entre las esferas, (a) falta


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(



¡2 |/ • £D mi

Ó m2

Analizando a la esfera ^M° = mgl= =»v,= V ^ í Velocidad antes del choque

a)

Ahora después del choque tenemos P0 = Pf (ojo: la tensión no afecta debido a que h a la línea de choque) mlA/2gí=m1V1+m2V2......1

Pero: e=- ^ ^ V2'Vi=eV2gÍ......- 2 De 1y 2 x/ y/2$\(mvm2e) x/ mTCe+oyigí y -------- ; V2= ----- m-i-m2 +ni2

b)

Tenemos que m1V2gÍ(e+l) v2= ---------m!+m2

wwW .eiteikperu.com



)


=» Por la 2da ley de newton T m

w2

m2V2 ....

rn„ 9,0 ^(e+1)2

r

2mfC2gl)

(mi+rr^)2!

==>Tmax=m2g

c)

Después del choque m2 tiene:

w

mTCe+OV^g! m]+m2

V o = -----------

%rn2V¿ / m2gH —^11

v2 2g

m2L(e+1)2 (m 1 +m2)2

Una pelota de golf lanzada desde el reposo desde una altura h rebota en una superficie de acero a una altura de 0.85h. Cuál es el coeficiente de restitución.

Como la pelota cae sin resistencia, antes del choque

mgh=imVo V0 = j2 ¿ h


■

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(



Luego del choque Emo=Emf

como H = 0;85h

=> ^mVf=mg(0,85)h

=*vf=l,7gh >yfT,7Íh=Vf

V < r V2ih “

V2

Una bola de billar que se mueve con una velocidad de 2.2m/seg pega angularmente contra otra bola idéntica que se encuentra en reposo. Después del choque se halla qué una de las bolas se va moviendo con una velocidad de l.lm/seg en una dirección original del movimiento. Hallar (a) la velocidad de la otra bola, (b) la dirección de salida.




)


=>1,1p*r sen0=V2ms^píé2 (l,l)sen0=V2sen02...... 1 1,1senO = 1,9sen02....... (* )

Como el choque es elástico =Êmo:=^mf / im V2= Im Vl+Im V2

(2,2)2=V|+(1,1)2=»V2=1,9 m /s2... 2 del mismo A tenemos: (1,1m)cos6 + V2(m)cos62 = 2,2m l,lcos 0+l,9cos02=2,2. ‘..... 3

De(*) y (3) 02=3O°

Dos cuerpos A Y B se están moviendo a lo largo de una línea recta sobre un plano horizontal liso. El cuerpo A pesa 66.7 N y tiene una velocidad de 9.1 m/seg, hacia la derecha. El cuerpo B pesa 44.4 N y tiene una velocidad de 6.1m/seg hacia la izquierda. Los cuerpos chocan según un impacto central directo, siendo el coeficiente de restitución e =0.5. Hallar ia velocidad de cada cuerpo después del impacto y halle al fuerza promedio que ejerce el cuerpo A sobre el B durante el impacto, si su duración es de 0.01seg

IV

6 6 .7 N

Y *=9,1 m s

i (Á >

P»

4 4 .4 \

Y.

ó .lm s

y A

.♦ *...Vr»

* - (b >


•

rG-jh.^-j.con


(


P0 — PF

Pao+Pbo-Paf+Pbf

336,13=(66,7)Va+44,4+Vb...... 1

e=0,5

s0 M

w

H

6=v>+v-

de 1 y 2 Va=0,012m/S Vb=7,59m/S

I=FAt=AP =m2(Vr V0) =m2(7,59+6,l)=>F6196,lN

O

Dos esferitas de masas

masa m2, se encuentr a en la posición indicada. Si e =0.5

entre las esferas, Hallar las velocidades de cada esfera, después del primer choque.

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j



Ahora antes del choque ^mo—Emf^Mog—E mÍ2 L 1 o l í 2 mS2 =2 miVi m2S2 =2 m2V2

=>vl0=Vgív20=Vgi

Ahora despues del choque:

miV^-m2\^=m1Vl+m2V2

(mr m2)7gÍ=-m1V,+m2y 2..... 1 e=-

v 2+v2 -v2o-vlo

^0,5(2Vií)=V2+V1 V1+V2=VÜ......2 De 1 y 2 tenemos

(2mr m2)VgÍ

V ------ ---m!+m2

,,

(2m2-m1)A/gI

V-|= -------- — m1+m2

Sobre una masa de 5kg, actúa una fuerza de 500kg., en un 2xl0-3seg. Cuánto vale la velocidad durante esta percusión?

294

ÜÜI


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(



ÉÈm m rm m m Tenemos: I=AP=mV=FAt (500)gAt

=1796 m/s

< D Una esferita de 200g cae desde una altura de Im sobre una superficie rígida y rebota elásticamente con la misma velocidad de incidencia, pero con sentido opuesto. Cuánto vale esta fuerza media, si el tiempo de duración fue de 10 ^ seg

É É tfm m w w É f

O' Im :

i Vo

Antes del choque Em°=Emf mgh = - mV0 2 V0 = j2 ¿ h V0=4,43 m/s

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SOLUCIONARIO FÍSICA LEIVAI Y II U E l



)

Como el choque es elástico = ^Vdcm=4743 m/s =>FAt=mVdc+mVac =m(Vdc+Vca) 2m c =»F=— Vdc=l,77x10 N At Que fuerza experimenta una paleta de turbina al iniciar sobre un chorro de agua de velocidad vx y sección A? Para los casos (a) cuando la paleta se mantiene fija (b) cuando se mueve con velocidad v2, : densidad.

a.Tenemos por de f:

Ahora como el choro también refleja

Pero dP=dmV1 pero f=

dm

=>dP=AfdeV1...........1 de „r, =>F=2AfV1— =2AfV?





Ahora como N2 es el movimiento de la placa =s>Velocidad del ahorro, respecto a la placa Vector =(Vt+V2) _ dP => F=2 — dt F=2Af(Vr V2) 2

©

Una bala de masa

m y velocidad

suspendido por un hilo

v, incide sobre una masa

M que se halla

de longitud L, si el choque es completamente inelástico.

Hallar (a) la elongación descrita por el péndulo (b) la fracción de la energía cinética inicial que se transforma en calor.

a) Antes y durante el choque Po=Pf mv=(m+M)V1 mV =>V1= — ....... 1 m+M

w w w .e d u k p e ru .c o n v


fTTíl


b) AEk=^(m+m) '

2


)

\m+m/

Eo=^mV2 .

©

AEk

m

E0

m+M

. Un cohete parte del reposo y alcanza una velocidad de 20km/seg. En que fracción disminuye su masa si la velocidad de los gases respecto del cohete es de 5km/seg.

Tenemos que: av dm FM -m ^-Vgas — dv dm mg=m--Vgas — * J qSdt =£ 0v Sa ■“

Vga=cant

gt=V-VgasLn© =>V=gt+VgasLn

¡ j SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II

......... 2


(


Tenemos que: Vf=— m/s =0 02 m/0 r looo /s 7 /2 Vgas=0,005 m/s

En 2 0,02=(9,81)t+(0,005)Ln f—Ì vmQ/ =>Ln( — ) =4 Vm0/

^ ^m e - ^ 0 ,0 1 8 3 ( — ) xl00= 1,83% Vm0/

< D Sobre una partícula de masa m; actúa una fuerza que depende del tiempo : f - te t2, con la condición t = o, v0 = 0. Hallar el impulso producido por la fuerza en el intervalo de tiempo.

Sea F=te-tSt0=0 V0=0

=>1=0,5 (l-e'*2)

Una masa m; cuelga de una cuerda y se encuentra en reposo. Una bala de masa m y velocidad v0, se incrusta en la masa y el conjunto se eleva una altura H. Hallar el calor Q que se desprende durante el choque.

. 'w a edukperu

SOLUCIONARIO FÍSICALEIVAI Y II


J


< yj

i h

czd

n>n

Antes dei choque tenemos que: p¿=pí mV0=(m+M)VF mV0 =>Vf=-- — ...... ...1 m+M Ahora: Q=AEk =1/2 (m+m) ((mV_0)/(m+M))A2-l/2 mV_0A2 lm M 1 --mV¡o 2m+M 2 1 / -Mm \vo2 m / M \V 2\m-fm/

3

2 Vm+m/

Una bolita de masa m y velocidad inicial horizontal v0) choca elásticamente sobre un plano inclinado de ángulo 45° y masa M y este se désliza sobre una superficie lisa y la bolita rebota con una velocidad en dirección vertical. Hallar la velocidad de la *

bolita, después del choque.

Tm l

S O LU C IO N AR IO FISICA LEYVA ! Y li

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(


Ahora comoen el eje x no existe fuerza alguna =>se conserva P K=pf mV0 mV0=mVM=*VM= - ^ ....... i Ahora como e3l choque fue elástico =>EM0=EMf ¿m V ^ m V ^ + ^ m V f.......... 2

De 1 y 2 tenemos que: ÍM-m v '= j—

■ v»

Un péndulo balístico de masa M y longitud L, se halla en reposo. Es golpeada por una bala de masa m y se introduce en el péndulo. Hallar la velocidad máxima que debe tener la bala, para que el péndulo describa una trayectoria circular en el plano vertical.


SOLUCIONARIO FÍSICA LEIVAI Y II K31 g


)


.. ••'•'•‘■•S.."

\ nun

Por conservación del momentun lineal

mVmax=(m+m)V0 mV«.

L=V0. m+m

.1

Ahora por la conservación de la EM

Ahora la 2daley >(m+m)g ^m+^ — =>V1=Jg\ m+m m

•V5gí

Un móvil de lOOkg. De masa y de velocidad 50km/h. choca contra un vagón de 500kg y velocidad 60km/h;

que viaja en sentido opuesto. Después del choque

inelástico, Hallar la pérdida de energía cinética.


w w w . eau kpe ru .com

. (



Por la conservación de momentun lineal Po = ?o /125\ /50\ (1000) ( — J -500 ( y ) =(1500)(Vf)

100 =>Vf=—

1 /100\2 1 /125\2 1 /50\2 - A E C=-(1500) ( - ) --(1000) ( - ) --(500) ( - ) =-1,6x 105(J) =»AEC=-1,6x104kg-m

©

Un móvil de masa 10kg y tiene una energía cinética de 100 joules, choca contra otro móvil que está en reposo y de masa 5kg. Si el coeficiente de restitución es 0.6. Hallar la pérdida de energía cinética durante el choque.

<
w w w . ed u kpe ru .com

SOLUCIONARIO FISICA LE IVA IY II

303


)


0 ,6 = - ^ 0 -V o

=>0;6=V0+V1....... 2

=>V1=-6;6m/s V2=15,l m/s

Ahora: AEC=1(10)(6,6)2+Í(5)(15,1)2-Í(10)(10V2)2 =-21,63kg-m

Una caja de 10 kg desliza sobre una superficie lisa horizontal con una velocidad de 5m/seg. Sobre la caja cae una masa de 5kg con una velocidad de 2m/seg. Si el choque es completamente elástica, el sistema en conjunto incide sobre un resorte de constante 1200N/m. Hallar la máxima comprensión del resorte.

5 Kg Y 2 m/s 4/

ti

, 5 m/s

IM

En el eje x se conserva el momentun lineal en el choque Po=PV (10)(5m)=(15)(V0)

......... 1 =>Por la conservación de energía

£7710 - Emf SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II


(



*1*1 Q 2 *J -m V^-kx2=>-(15) ( - ) =- (1200)x2=>x=0,37m

. Cuantos cuerpos se mueven como se indica en la figura y se produce un choque completamente inelástico. Hallar la perdida de energía del sistema.

Veamos: -- - 5 r 5V2 Vikg= 2^- — ^ V ^ = ^ m/s V¡Ü=10Xm/s V^=(-2V3X-2S) m/s K=Pf (1).

+(5)(lX)+2(10A.)+3(-2V3A.-2X)=llV1

Vf=(0,17X+0,95A.) m/s (Vf)=0,97m/S AEk0=^ m.V2-1 m,V?- ^ m5kgV|k-^ m2v lk-^ m3v l

(11) (0,97)2-i (1) (5)2-1 (5) (1)2-i (2) (10)2-1 (3) (4)2 AEc=-13,6kg-m

©

De un arma automático salen 10 balas por segundo con una velocidad de 500m/seg, si la masa de cada proyectil es de 20g. Hallar al fuerza media de retroceso que soporta la persona que dispara el rama.

w w w .e d u k p e fu .c o m

SOLUCIONARIO FÍSICA LE IVA I Y II


DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTICULAS

)

SOLUCION

500 ni seg

X ) s@ )-

—> 0.02 Kg

Ahora como salen 10 por segundo =>I=F(1seg)=(l0)(m)V =(10) (0,02) (500) =»F=100N

Una partícula

de masa 5g, se mueve con una velo dad v=(l,-2,3)m/seg choca

completamente inelástico contra otra partícula de masa lOg y de velocidad v2(-2,3,1).

Hallar la, velocidad final del sistema.

Tenemos que: m1=0,005kg-+VÍ(lí-2j+3k) m/s m2=0,01kg-*V¡(-2Í-3j+k) m/s

P^=Pf m1.vj+m2V2=(m1+m2)V F....... 1

Ahora: en 1 (0,005) (lí-2j+3k)+(0,01)(-2í-3j+k)=(0,01S )% Vf= ^(-3Í+4j+5k) m/s

íf ¡¡ SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II

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(



r ljl Una partícula de masa m1 y con velocidad vlt choca contra otra masa m2 que se encuentra en reposo, si el choque es elástico hallar la relación de las masas: (a) El choque es frontal y las masas se superan en sentidos opuestos a lo largo de la dirección de incidencia

de m1. (b) las partículas se separan simétricamente en

relación a la dirección inicial del movimiento de la masa m1 y el ángulo entre sus direcciones de separación es igual a 6.

V»=0

( a)

mí )

Despues del choque V.

V: M

Por conservación del momentun p¿=pj m1Vlo=m1V1+m2V2.......1 5,

1

1

o

1

2

==i'2 miVo=2miVl+2m2V2 De 1 podemos tener que: m1(V0+V1)=m2V 2 ; ™1_ V2 m2 V0+V, e=l= V

-V2+V, 0-V0

=^Vo=V2+V,......... 2

=(^2m2 _ .,)v 0.(Ü E2LV

v,=

\mi+m9 ) v Vrr^+nv \mi+m2/ i+m2 /

nr^+rr^

vvww. ed u k pe ru,com



)


b) Despues del choque

© ..... ................. <3

mtVv

O .

m1V1=m2V2 m-| V2 rr^ V , " ademas: m1V1cos0=

miV0

.... (*) Vn =*Vi = 2cos0 rriT •*.— =l+2cos0 m2

Una esfera de masa m; choca contra otra masa identifica que se halla en reposo. Al chocar el ángulo que hace' entre la recta que une los centros de las esferas y la dirección del movimiento inicial de la esfera que choca, fue igual a 6. Si las esferas son lisas, hallar la parte de la energía cinética de la

bola que choca, que se

transforma en energía potencial en el instante de mayor deformación.


ww w eci jkperu.com

(



m

Como las esferas son lisas,la bola: Se moverá a lo largo del eje que las contra: =>Para que la energía cinética, entregada a la otra esfera, se convierta en potencial =>La velocidad de 1 en la dire=>ccion del eje debe ser cero

Jm V2cos20 =>R=— t--- — =cos20 -mV 2

Sobre un plano inclinado liso de ángulo 0, se halla un cañón de masa m y cuando velocidad es igual a v, realiza un disparo, como consecuencia el cañón se detuvo y el proyectil es lanzado horizontalmente y tiene un impulso p, Si la duración del disparo en igual a t. cuál es el valor medio de la fuerza de reacción 0R por el plano inclinado en el tiempo t?


SOLUCIONARIO FÍSICA LEIVAI Y II fgffl


)


Piden calcular FR por el plano entonces, descomponiendo las fuerzas que actúan: l ero Calcular la fuerza que actúa debido al impulso

Veamos

í=P=>F=(P/t) . . . . 1 — P .*.FR=mgcos0+ - sen0

Resolver el problema (28), usando el centro de masa,

a.

Ahora:

...... . V i. irm iV --

m,V0 ^ CM«-

• ,„

m1+m2

m2

maVg-m^, i

''cm f-

„

.„

mi+m2

~^cmf

= > m 1(V0+V1)=m2V2... * Ahora también: E mo=Eí 1 1, ^[TiJVVmlV l ^ 2m,Vcm=2^m,+ 2) Vn^+m^- ) Resolviendo: V1

(mg-mOVo rr^+rrig

Tí SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II

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(



v _ 2miV° 2 mi+m2

b)V c„ . .

m*V" m1 + m2

O .......................< 4 ;..........

\ w nri!Vncos0+m2V2cos0 VCMo=----- — ------m^ m2 •‘*V CM0=V cmf

m1V0=m1Vncos0+m2V2cos0....... *

Ademas:m2V2sen0=m1V1sen0

De* tenemos

=>v2=—m2 =*v,= 2cos0 v2=— 2cos0

Sobre un mesa horizontal lisa, se hallan dos esferitas de masa m, unidas por un resorte imponderable. Cuando a una de la masa se le comunica una velocidad inicial v0. Cuál es la energía mecánica interna del sistema en el movimiento.




)


Ahora como no existe fuerzas externas Momentun lineal se conserva ....1 Ahora: el resorte comprimido hasta que la otra esfera haya alcanzado la misma velocidad de la primera esfera

=>vlf=v2f=v de lm V¿=2m(V)=>V=^.... 2 I Ahora:

E mc= ¿ ( 2 m ) V 2=

^

Sobre un montículo liso de masa m y altura h, que

:;cansa en un plano horizontal

también liso, se hace incidir una esferita de masa m0. Cuál debe ser la velocidad mínima que debe tener la esferita para salvar el montículo.

/ —

»

/

llj i

\ M

\

Si deseamos que ese V0sea minimo entonces: Cuando la esfera trepe hasta su maxima altura y hai se queda: .-.Veamos: Como no existe fuerzas externas

mV o = (m + m ) V f ........1

Ahora considermos que para que no se destruya el moticulo =>r conservación de la energia. SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II

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(



=*E0-Ef 1

1

Eo= 2 mVo=mgh+ - (m+m)V2 =>De 1 tenemos: o 1 / mV0\2 -1 m v0.mgh+ -(m+n„)(— )

T l m + M / =ms »V, = [2 (1+m/m )sh]1/2

Una partícula una cantidad de movimiento lineal p=j+t(l-at2)j donde a es positivo. Hallar el vector / en el instante, cuando? es perpendicular a p

Tenemos que: P=í+t(l-at2)J

, a>0

Tenemos también que dp dt

ahora F=(l-3at2)J

Ahora F. P = 0 =>t(l-at2).(l-3at2)=0

=>

3Va

V

t=4=,t=0 Va

(3) Ahora F= l-3a^0j 9a

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)


F=ljj F=(l-39 - 2 Í

Una partícula de masa m1 es dispersada elásticamente bajo un ángulo límite sobre una partícula de masa m2 en reposo. Si m1 > m2; que parte de su energía cinética pierde la partícula de masa m1.

rnV-

Asumiendo el choque frontal P¡=PÍ m1V0=m2V2-m1V1....... 1 Ademas:e=l=

Vo

V0=V2+V1.......... 2 m1V0=m2(V0-V1)-m1V1 (ml-m2)V 0=(m2-m1)V 1 =*V,=

(% m ^ \ y Vm2+m1/

p _ mi 2 m, 2 f-T r T 0 AE

4m!m2

E0 _ (m i+m 2) 2


www.edukperu.corr:

|


$


Un vagón que tiene una masa m0 se mueve, bajo la acción de una fuerza /. El vagón tiene una masa inicial mQ y se comienza para t =0 vertir arena con velocidad de carga ¿¿(dm/dt), desde un recipiente sobre un vagón sin considerar algún tipo de rozamiento (ejes, suelo, etc)

Hallar al relación de la velocidad del vagón con el

tiempo.

Tenemos que U= ~ =>J udt =/ dm dt

J

J

=>ut=m.m0 =>mf=ut+m0 Ahora I=AP

Ft=(ut+m0)V =>V- Ft I (ut+m0)

©

Se dispara una bala de 20g sobre un bloque de 1.5kg colocando sobre una mesa horizontal. El alojamiento de 1abala en el bloque hace que este se deslice 40 cm a largo de la masa. Si la fuerza de fricción entren el bloque y la mesa es de 0.5N. cuál es la velocidad de la bala?

Antes del choque: mi =0,02 Ks -C ID — > v

Vo=0

Vf

-- >

: mi+m2 : 5.....

Vo=() D I5n

mi+m2

4m

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SOLUCIONARIO FÍSICA LEIVA I Y II


j


Como no existian fuerzas exWnas:

m1V=(ml +m2)Vf........1 Despues de! choque:

WfS=AEk (-0,5)(0,4)=i(m 1+m2)V f2 •Vf=0,51 m/s ......... 2 2 en 1 tenemos:

Vt-38,8m/ s

Un hombre de lOOkg de peso que está en su auto detenido por el semáforo, cuando repeminamente es acelerado aúna rapidez de 20m/seg debido a una colisión por detrás. Si la aceleración del auto se dio en 0.2seg. Hallar (a) el impulso sobre, (b) fuerza promedio ejercida sobre el por el respaldo del asiento de su auto.

V=200/seg 100K» f

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(



Ahora tenemos que: Í=AP=(100) (20)=2000kg- — seg

I=FmAt=*Fm=^=104N At

Un neutrón con velocidad 5xi05m/seg y masa m, choca contra un núcleo de masa 4m y velocidad 3.25xl05 m/seg. Si la rapidez del neutrón después de la colisión es 5xl05 m/seg y se mueve en la dirección indicada. Cuál

será

la rapidez y la

dirección del movimiento de la masa 4m después de la colisión.

M

U

Del gráfico tenemos: Antes del V^=5x 105í m/seg , V^=-3,25xl05m/segj Despues (V„m fr= 5x [10] A5 (-3/5 P-4/5 j A) , (V_m f) ^=V_2f senGi-V_2f cos0T Ahora: Como no existe fuerza externa alguna para cambiar e31 momentun Lineal .-.p;=p m(5xl05t) —4m(3,25xl05/) = m (- 3xl05i - 4x10sj ) + 4mV2f V¡f=2x105í-2,25x105] V¡í=3,01xl05m/S V2fSen0=2xlO5 0=41,4°

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)


Un camión de masa 5 veces la masa de un auto, choca cuando van en direcciones opuestas, el auto a una velocidad de 50m/seg el camión a 80m /seg . después de la colisión los móviles quedan unidos, cuál es su rapidez del choque.

Por conservación del momentun %=Pf (m) (50) -5m(80)=(6m) V Vf.58,3m/S

O

Un ave que vuela de masa 1800 g y un tamaño aproximado de 30 cm que se considera en reposo respecto a tierra, choca contra un aeroplano que iba a una velocidad de 500m/seg. Halle la fuerza promedio ejercida por el pájaro sobre el aeroplano.

m Ahora para el pajaro I=AP =-(1,8) (500) =>1=900, Ahora falta indicar que el pájario ha estado en el aire por t = 0,6mseg SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II

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(


I

900


=15x1O5

y como dicha fuerza es ia misma para el avión Favion = 15x105N

Un auto de 1500kg de masa y con una velocidad de 10m/seg; colisiona contra un árbol y se detiene en 0.2seg (a) es la magnitud del impacto que el árbol ejerce sobre el auto (b) cuál es la magnitud de la fuerza promedio ejercida por el árbol sobre el auto.

m=1500kg 10m/seg

------

Ahora Ipora r b o i =AP=Pr P0 =-Po=-(l 300) (10) =-15000kg- — seg Como At=0;2seg =>FAt=I ••■F=7,5x 104N

Hallar la fuerza media ejercida por un chorro de agua normal a una superficie fija. El chorro sale de una manguera de 3cm de radio, con una velocidad de lOmseg y es horizontal.

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SOLUCIONARIO FÍSICA LE IVA i Y II

» EDUARDO ESP1NOZA RAMOS

)


Tenemos que F=^==>FMdt=dP.......1 Pero dP = fAde => FM = f A % = f A V

f

°*m

j = dv

Fm=

J

AV =*A=9xlO"47t

J agua=1O3 =>Fm=-97uN

Una esferita de masa 0.2 kg con una velocidad de lOm/seg (hacia la derecha), choca contra otra esferita de 0.5kg con una velocidad de

5m/seg viaja en la misma

dirección pero en sentido contrario. Hallar la velocidad de cada esferita después del choque.

Si (a) el choque es elástico, (b) el coeficiente de restitución es 0.5, (c) si

el choque es completamente inelástica.

a)

Antes:

El choque es elástico ¡H SOLUCIONARIO FISICA LEYVAI Y II


(



Despues del choque

= > Po=Pf

(mi)Vio-m2V2o=-m1Vif+m2V2f....

-0,5= -0,2Vlf + 0,5V2 f........1

Ahora:e=l =-^ ^ = > V 2f+Vlf=15.... 2 -V20-V10 V 1fl l , 4 m/S

,

V2f=3,5m/S

b) La única consideración que hacemos es que:

=>7,5=V2f+Vlf........... 2 de 1 y 2 Vlf=6,07m/ S

V2f=l,43m/ S

*

c) Analógicamente después del choque seria

= *P o = P f

(m1)V 10-m2V20=(m1+m2)V V=-0,71 m /s Vlf=V2f=-0,71 m/ s

Un niño de 20kg; está desplazándose sobre su patinete de masa 2kg y va a una velocidad de lm/seg, en su camino se le cruza un perro bravo que viaja en sentido yywwedukperu.com



)


opuesto y la lanza una piedra hacia delante de 200g con una velocidad de 5m/seg respecto a su movimiento original. Cuál será su velocidad después que tiro la piedra.

= *P o = P f

m0Vo = mflV + mcf2V2...... 1 (22)(1) = (21,8) V + (0,2) (5) =*V=0,96m/s

©

Tres partículas idénticas con velocidades:

=3i-2j+6k y v2=+2Í+9j y v3=í-j-k chocan

simultáneamente y forman una sola partícula. Hallar la velocidad de la partícula resultante.

Como las partículas, chocan =*K=Pf yíV¡ + v fá + m % = 3mV/ =>V=2Í+2]+l,67k

Un cuerpo inelástico que pasa 4kg y se mueve con la velocidad 2.25m/seg es alcanzado por otro también inelástico que pasa 6kg y está animado de una velocidad de 5m/seg produciéndose un choque

central. Cuál será la velocidad

común después del choque. 31 SOLUCIONARIO FISICA LEYVA i Y II

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(



=>P0=Pf rri! V 10+m 2V 2o=(m 1+m 2)V (6 ) (5 )+ (4 ) (2 ,25)=(10) V

==>V=3;9 m/seg

Dos cuerpos inelásticos que pesan en total 12kg moviéndose en sentido contrarios con velocidades de 4m/seg y 6m/seg; después de un choque central y rectilíneo adquieren una velocidad común de 0.25m/seg cuánto valdrá la pérdida de energía cinética.

m1+m2=12kg.......1

_ orsm/s

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SOLUCIONARIO FÍSICA LE IVA I Y I


)


Por conservación de!________ _lineal )4-6(m2)=(m1+m2) (0,25) =>4mr 6m2=3.......2 de 1 y 2 .%AEC=^

^ Q/ m -^ykg , m2= 7 2kg (4)2+^ m2(6)2-^ (m-, +m2)(0,25)2

=140,63J .•.AEc=14,3kg-m

gp

Dos esferas perfectamente elástica de pesos 550g y 450g se mueven en la misma dirección con velocidad de 1.8 y 12m/seg respectivamente, (a) Que velocidades tendrán después de un choque central rectilíneo?, (b) cuando valdrá dichas velocidades si las esferas se mueven en sentido contrario? (c)

hay perdida de

energía cinética.

a)

Por conservación de la cantidad del momentun lineal A 2 V —*

SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y I

w w w .s d u k p e ru .c o m

í



Po=Pf

(m,) (1,8)+m2(1,2)=-m,V,+m2V2 1,53=-0,55V1+0,45V2....... 1

Como el choque es elástico

De 1 y 2 tenemos V1=-l,26m/s V2=-l,86m/s

b) P0=Pf

(m,) (1,8)+m2(1,2)=-m,V1+m2V2 0,45=-0,55V1+0,45V2

1*

=>3=V2+V,....... 2*

De 1 y 2 Vi =0,1 m/ s w w w .ed ukperu, com

SOLUCIONARIO FÍSICA LE IVA i Y 11


)


V2=2,l m/s

c)

Como el choque es elástico =¿AE0=0 .-.No se pierde energía

Dos cuerpos de masa m 1y m2 se mueven uno hacia el otro a lo largo de una línea recta con velocidades 20m/seg (i) y 10/seg (i), después de la colisión, la masa m2 tiene una velocidad de lOm/seg (- i ) y m1 la velocidad de 30m/seg (i). Si el choque es perfectamente elástica.

V2o=20m/s i

,

V,0=10m/s (-i)

V2f=-10 m/s (í) , Vlf=30 m/s (í)

%=Pf

m1V1o+rn2V2o=-nr|fV1f+m2V2f

-m1(10)+m2(20) =-mf(30)+(-10) m2 ..........1 =»30m2=40m1 mT 3 m2~4

Dos cuerpos A Y B tienen cada uno de ellos una masa de lOkg y reciben cargas eléctricas de signos opuestos, de tal forma que atraen. Si se mueven sobre una mesa horizontal y lisa y A se acerca

a una velocidad de 5m/seg mientras B está en

reposo, (a) cuál es la velocidad de B en un instante posterior en que A se desplaza a una velocidad de 20m/seg, hacia B?. (b) en qué cantidad aumenta o disminuye la energía cinética de los cuerpos.


i

w w w .e d u k p e ru .c o n

(


mi mPKj.-

m i 1« Kg

EDUARDO ESPI NOZA RAMOS «

^

=»P0=Pf (10)(5)=(10)(20)-(10)V =*V=15m/s AEk=1 (10)(20)2+¿ (10)(15)2-1 (10)(5)2 =3000J

Se deja caer una pequeña esfera metálica de masa m desde una distancia vertical h por encima de un superficie horizontal dura, (a) si asciende hasta una altura h/2 después de su primer rebote. Calcular el impulso dado a la esfera (b) si en un segundo rebote se eleva hasta una altura h/8 y así sucesivamente. Hallar el impulso total dado a la superficie.

”m

X. h / I

/

i |h/2 A * v '/ I /

\

h/8

v l e

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)


a)


Antes del primer impacto: Em0“ Emf 1 2 mgh=-mV0 =^V0=-/2gh

Luego del 1° impacto: EmO=E mf

h

1

2

2 =2 m Vf,=Vsh

í =a p =p ^=p ;

=m.y^+m1/2gh I=m-ygh(l+V2) b)

Calculando I para el 2dorebote V02=Vgh, AhoraEm0=Emf

1

2

h

-m V f =mg-

v,' k Obs: para el primer rebote

Para 2d0, h2=^ Para 3ra, h3=^ SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II

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(



I=I1+I2+l3+...

I=m%/2gh+ ( m^/gh+m n _+m

I=m-ygh+ |^V2^+1 +

gh Sh •+m — +...+m

gh_ r>n-1

4 +„ 8 +„ 16+’ +„

I=m7gh(V2+6,8)kg- m/s

©

El sistema que se indica en la figura, consta de dos esferas de igual masa m, que se hallan unidos por un resorte de constante elástica K. si inicialmente se unen con un hilo las esferas y después se quema, (a) cuál debe ser la compresión inicial, para que la esfera inferior salte de su lugar después de quemado el hilo (b) si la compresión inicial del resorte es 7m/k, que altura asciende el centro de gravedad del sistema.

a)

Para que la esfera de la posicion mas inferior se despegue será: =>Fe=mg kd=mg d = ^ ....... *

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SOLUCIONARIO FÌSICA LEIVAI Y I


)


Ademas sea L: longitud natural sea X0 = de formación inicial Por conservación de la energia ^ Kx2+mg(l-x)=^ Kd2+mg(l+d)

1 o

rmgN

1

=>-Kx2-mgx=-l

(— ) +msl( k )

-x = 3 mS/k .-.Ax>3m ^ b) Ahora cuando la deformación inicial es: AX=7m% Ahora por conservación de la energia, respecto r:

'ntro de gravedad

=* \ KXq= ~ KXf +2mgh

en la parte superior

rFe=mg—>vXf=— ms

>h=

12mg

Se tiene un cilindro de masa 5kg que cuelga de dos hilos de longitud 1m. se dispara una bala masa 0.2kg y los hilos se desvían un ángulo de 10° con la vertical. Hallar (a) la velocidad de la bala antes de dar en el cuerpo, (b) la fracción de la energía cinética de la bala que se transforma en calor, si la bala quedó confinada dentro de la masa M.


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(



Antes del choque y despues del choque la conserva:

Entonces: P0=Pf mV0=(M+m)Vf

Ahora asumamos qque dicho bloque se eleva una altura H de modo que H=l-cos0 =»E0=Ef (M+m)g(l-cos0)=^ (M+m)Vf =»Yf=2g(l-cos0)

$

Una partícula incide sobre otra que estaba en reposo y el choque es elástico. Hallar la relación entre las masas si: en sentidos contrarios

(a) el choque es frontal y las partículas se separan

y a velocidades iguales, (b) las partículas se separan

simétricamente con relación a la dirección

de incidencia

y

el ángulo

de

separación es de 30°.

Como antes ni durante el choque, existió fuerzas externas

a) % = P f m1V1=m2V2-m1Vlf =>m1(V-ij+Vlf)=m2V2f...... *

Ahora como el choque es elastico

_

-v2f+vlf ,

^ e=—

=1

=>Vli=2V wwvv.edukperu.com

SOLUCIONARIO FÍSICA LEIVAI Y II g g g j


)


m1_ 1 rri2

3

b) Como no existen fuerzas externas el momentun lineal se conserva i» /

» O-

■ 4 f-

.•.P0=P1=P1+P2

Del A tenemos:

m1Vlf=m 2V2f........... 1

Ademas: (mlVlf+m2V2f)cos0=m1ViO =>m-|V tfV3=m!Vi0 Vü Vif= y .V 3 ........... 2 Ahora como elchoque fue elástico —

-V2f+V,f 1=—

^ V u=v2rv if.... 3 De 2 y 3 tenemos:

De 1 SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II

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DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTICULAS

ml

=>— =2,73 m2

Un proyectil

que se desplaza

a una altura

de lOOkm y a una velocidad de

lOOOm/seg, explota y salen tres masas iguales, de tal forma que la energía cinética del sistema aumenta en 2 veces. Cuál será la velocidad máxima de una de las masas.

YV

Para la resolución de este problema, no hay que considerar el dato de la energia ademas: Solo es para uso de la conservación del momentun lineal:

Veamos: %=Pf como salen formas de la misma forma y masa =>Veamos: pf=p1+p2+p3 Ahora necesitamos: P2+P3=0



333


)


3mVf=mV0

O

Una partícula de masa m1; choca elásticamente contra una masa m2 que se halla en reposo (m1 > m2). Hallar el ángulo máximo, que puede desviarse la masa m1 después del choque.

Como no existe fuerzas externas: =»Po=Pf=P1+P2 Por ley de cosenos tenemos que (m2V2) 2=(mlV1)2+(mlV0) 2-2(mlVl)(m lV0)cos = > (m 2V 2) 2=m 2(V 2+Vo-2V1VoCOS0)..........*

Ahora como el choque es elástico entonces se conserva la energía

E0=Ef

^miVo=m2V|+ni1Vi =»m1m2(Vo-Vf)=(m2V2) 2.......** En * Tenemos: mi m2(V q-V2)=m2(V2+Vq-2V,Vocos0)


w w w e d uk pe ru .co m

(


m2 mi


(v¿f + v }) = v i + vacóse

>COS0=

mi (Vq+Vi )~m2(Vo+Vf) 2m1V0V 1

Ahora si deseamos que 6max =>cos0 debe ser minimo =>Derivando, tenemos que v/m1-m2V0

v,=-

V mi+m2 mf-m¡

cos0=■

mi

mf-m2 '

0=cos_1 i -

m.

Un proyectil se lanza en el plano xy; con una velocidad v0, bajo un ángulo 6. Hallar la posición del proyectil después del 3er rebote, si es el coeficiente de ratificación de choque entre el proyectil y el suelo. jB E ír n w r n M B

De acuerdo a las ecuaciones del movimiento parabolico w w w . e d u k p e ru .com



)


X=Vocos0t....... 1 Considerando liso el piso =>Ademas: Tiempo de vuelo 2V0 2Vq t=— sen0=— ^ S S t1; antes del l erchoque 2Vosen0

.......1

V1 t2despues:donde r~ =e=>Vy=eVy vy

2Vosen0e t2=S 2Vosen0. -— (l+e+e2)

ttotai=—

t3:pues otra vez \/ii t X =E=>Vy1=V|e Vy

2Vosen0cos0 0

= ,s *—

¡—

e .......

en 1 2Vosen0cos0, X=— --------(1+e+e2)

Un proyectil de masa m? incide y se incrusta en un bloque de masa M, este se desplaza a lo largo de un camino recto y una porción es rugosa de coeficiente de rozamiento ¡iK y la longitud es L, tal como se indica en la figura adjunta. Cual debe ser el valor mínimo de la velocidad de m; para que m1 de una vuelta completa alrededor de C; Si inicialmente se hallaba en reposo y colgaba del punto c, mediante una cuerda de longitud L. SOLUCIONARIO FISICALEYVA I Y II

"

.■ecL^-eru.com

(


r JM b

■=cb —


Mk

Q

l

.

Analizando primero n y m

(Po = Pf ) >mV=(M+m)V1 mV >V =m+M Ahora para el bloque (M+m)Cuando esta pasa, uk =>Wf=ÁEk

1

1

2

L(M+m)guk=- (M+m)Vf -- (M+m)V1 / mv \2i /2

l/ 1

w

+

fen^)|

....... 2

Luego el piso liso Analizando m +m ym.

(M+m)V1=m1Vml (m+M)V1

v m,=-

m.

Ahora como la esfera realizada

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SOLUCIONARIO FÍSICA LEIVAIY II f f f j


)


¿ o -

gm lV^l =2m1gL+^mlV112. Por 2da ley v l 1=7 gi.......*** *

£|0 * ***y 2 V= — [5m,gL(m+m)2+2uk(m+m)2gLl m

Una bolita de masa m y velocidades vt , incide sobre otra bolita de masa 3m y en reposo. Si el coeficiente de restitución es e, hallar las velocidades de cada bolita después del choque.

Antes

_A'i:=V,

después

V==°

W

V


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(



Po=Pf

mV1=-mVlf+3mV2f V,=-Vlf+3V2f....... 1 Ahora e = - ^ lí

-V1

V,e=Vcf+ V lf............. 2

De 1 y 2

Vi Vlf= -^(3 e -l)

©

Vi , V g f^ C e + l)

Un resorte de masa despreciable soporta una tabla de masa Ikg, la cual deforma el resorte 5cm; cuando está en reposo. Sobre la tabla se deja caer una masa de 0.5kg desuna altura de Im produciéndose un choque inelástico. Cuánto vale la máxima deformación del resorte.

Analizando a la tabla y al resorte tenemos:

<

H t

I Fe=kx

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V


)


kx=g K=~=19b, 2 ^ / m

Para la esfera

mgh=^mVr2 V=V2^h V= 4,45 m/s , antes del choque Ahora como deseamos que el resorte se comprima Lo max.El choque tiene que ser completamente inelastico P=Pf=>m1Vt=(m! +m2)V f =>Vf=65,4 m/s Por conservación de energia Ef=E0

Xf =^ (m+m)Vo+(m+m)gh+ - KX^ Pero Xf=(h+0,05) X t=0,05 K=196,22N/m H

=0,41 •••X=0,46m

SOLUCIONARIO FISICA LEYVAIY II

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(


©


Dos cuerpos de masas 3kg y 5kg están separados una distancia de 5cm debido a un hilo que los une. Si la longitud del resorte es de 25cm sin deformación, Hallar las velocidades (modulo) de cada masa, cuando su separación es de 20cm, después de haber quemado el hilo y la contante elástica del resorte es de 15N/m y se desprecia cualquier fricción.

I-----5 cm ----- 1 AXo=0.2 m. Como no existe fuerza horizontal =>Cm, no se mueve respecto al eje Y Ahora luego de soltar el hilo, se tiene que los cuerpos esten 2ocm tenemos.

=>p0=0=pf=-3V1+5V2..... 1 Ahora como el piso es liso EMo=EMf ~KXo= £mi Vi +5 m2Vf +- KVf =*(15) (0,2)2=3Vf+5V¡+(15) (0,05)2 0,5625=3Vf+5V|

2

De 1y 2

Vt=0,34 m/seg V2=0,2 m/ seg www.edukperu.com



)

DINÁMICA DE UN SISTEMA HE PARTÍCULAS

Los centros de tres esferas perfectamente elásticas están en línea recta las esferas no se tocan y sus masas son m1; m2 y m3. La primera se mueve con una velocidad vx y tiene m1 = 5m2, las demás esferas están en reposo. Después de chocar la segunda esfera con la tercera esfera, aquella m2 se mueve con velocidad determinar la masa m3 de la tercera esfera.

Vu ni; ~ Q sTenemos que m1=5m2 Ademas para m2y m 3 =*p¿=pí m2V 2f=-m2V 1 +m3V3f

m2

=-m2V 1+m3V3f

V ,8 V 3f.m3=m2 — .........1 Analizando

y m2, antes y despues del choque

%=Pf m1V 1=-m1V 1f+m2V2f

5m2Vi = -Sm 2V1f m + m2V2f ........ 1 SOLUCIONARIO FISICA L E W A I Y I


(



Como el choque fue elastico

1 =- V2f+V 1f -Vi

=»V,=V2f+V1f.....2 De 1 y 2 5V, -2V, Ademas el choque fue elástico

-V3f+Vi “v 2f * V2f=V3f+V1

0 V 1==V3f+V1

2Vi

=>V3f=—^ ...... 2

m3=4m2 4 .,.m3=4m2=-m 1 5

El martillo de un hinca pilotes cae libremente desde una altura de 2m bajo la acción de la gravedad y pesa 1.5 toneladas métricas y golpea sobre el pilote cuya masa es 40.8kg. considerando que el impacto es inelástico. Hallar (a) la energía empleada en deformar el pilote, (b) la energía utilizada en introducir en la tierra el pilote (c) la resistencia que ofrece el terreno, si el pilote se introduce lOcm.

I

j M L5\Í(H>0kg

m

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40, H K Ü



)

DINÁMICA DE UN SISTEMA ZE PARTÍCULAS

Antes del choque: Veamos: £mo = & M f

mgh= mV2=*V2=2gh=>V=6,3 m/s a.

Ahora antes y despues se conserva la cantidad de movimiento

MV0=(M+m)Vf=6,13 m/ s2 Ahora:

E=^m.vf=78;14kg-m b.

Ahora para calcular La energía empleada para introducir el sistema es: Eem =

c.

\ (M+m)V2=2951kg-m

Ahora asumiendo que la fuerza de razonamiento es constante: fs.d=AEk=2951 kg-m

Como se introduce 1Ocm =>/s = 29510k

344


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SOLVER-EDK «

DINÁMICA RELACIONAL

/

DINAMICA RELACIONAL

Un sistemas de masa, está forma por dos masas esféricas m, unidas rígidamente por una varilla de peso despreciable

de longitud

L, Hallar el momento inercia del

cuerpo (a) con respecto a un eje normal a la varilla y que pasa por el centro c y (b) con relación a un eje normal a la varilla que pasa por una de las esferas.

w

(

O)

'>

(a)

Por ser masas discretas: I= £ ¡m ¡rf (a) l=m © 2+ m g )8

■ 4m L2 (b) I=mo2+mL2 I=mL2

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SOLUCIONARIO FISICA I Y II


)

DINÁMICA RELACIONA!.

El momento de inercia de cuerpo es 2kg -m2, gira alrededor de un eje con una aceleración angular de

2nrad/seg2. Si

parte del reposo. Hallar (a) cuál es su

velocidad angular del cuerpo 2seg después de iniciando el movimiento, (b) cuál es su energía cinética en 2seg. (c) cuál es el torque que actúa sobre el cuerpo durante los 2 primeros segundos.

Sabemos que w —w a = ----(a) w = at = ( 2 w

=4ti

( 2 seg)

N-m

(b) Ek=¿Iw 2=Í2(4K)2-167t2J (c) t=l7C=2 .2 M=47ü N-m

lQ | Hallar la energía cinética de un aro de masa M y de radio R. si este se mueve uniformemente con velocidad v y gira con velocidad angular w con relación a un eje que pasa por su centro.

SOLUCÍONARIO FISICA LEYVA I Y II


f



Ec=Ecr+Ect

1 2 1 o EC= -IW 2+-MV2 EC=-NR :Ín R 2.W? .W +-MV 1

1.0

1

Ec=- MV2+- MV2=MV2

jj^||

Demostrar que el momento de inercia de una esfera hueca y uniforme de radio interno Rx y radio externo R2 y de masa M es:

1.

El momento de inercia será:

■s

r 2dm

Donde dm= cp dv dm=271 r cp drde m

.vw.sdukpe . com

I I

m

SOLUCIONARIO L E W A I Y II


)


J

1= r2-^ 2n r dr di Pero r = senO y di = Rdo 1=J R4sen30 27t

J R4dr . J sen30 d0

R5

f Rg -(l-cos20) d cos0 Ri

(;» )fm (R j- R ;) |tü cr1 -r?)

, 2 (Rl-R?) l=-m— ~ 5 (R¡-R?)

Una barra de longitud L, está sujeta en una de sus extremos y se encuentra en la posición horizontal, se deja caer libremente de la posición dada inicialmente. Qué velocidad tiene el extremo libre de la barra, cuando pasa por la posición vertical.


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(



Por P.C.E: AK+AVg=0

IW2-o) +(o-mg ^ =o) IW 2 = mgL ...(1 )

l=^mL2 En (1)

W2= ? U Í = ^ •••V=V3gL

Ú

Sobre un plano inclinado de altura h, un cilindro de masa m y radio R ; rueda a partir del reposo, comparar sus velocidades cuando llega a la base del plano, por rodamiento y por deslizamiento.

f l B

B

»

Por conservación de energía:

1

mgh=-mVR2+-IW 2

1

2mgh=mVR2+^MR2W 2 4mgh=2mVR2+MR2W 2


SOLUCIONARIO LEYVA I Y I


)


Por cinemática: V2 F Vp=V+2ai =>á=— Por dinámica V? mgsen0=ma-m ~ •

li

■’ vF y¡3

[é¡¡^ Hallar el momento angular de la varilla de longitud L0 Y masa m con respecto a un eje paralelo a su longitud y situado a una distancia b, si la varilla gira con velocidad angular w, tal como se indica en la figura.

Se deja el ejercicio para el lector

Un disco de masa m, radio R. está sobre un plano inclinado de ángulo 6. Si el disco rueda sin resbalar halla su aceleración. . » ■ w H ü ia —

Se deja el ejercicio para el lector

m SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II

www edükner y .com

(



Un disco de masa M y radio R. puede girar alrededor de un eje que pasa por su centro de masa que no posee fricción. Una cuerda esta enrollada en el disco y en su otro extremo cuelga una masa m, que se encuentra a una altura h, con respecto al suelo, tal como se indica en la figura. Hallar la velocidad de la masa m, al caer y recorrer h desde el reposo.

M T T ñ W *

h

Por dinámica tenemos: mg-T=ma ... (1)

Pero T = TR = la T= —=-M — R

2

R

T=±MRa=±Ma... (2)

De (2) en ( 1 ): _2mg_

^

M+2m

V

J

Por cinemática: Vp=Vo+2ah V2=2ah ... (4)

w w w . ed u k pe ru.com

SOLUCIONARIO LEYVA I Y II

351


)


De (3) y (4) tenemos: V=

4mgh M+2m

j j El sistema que se indica están situada a una distancia

r0 del eje de rotación,

inicialmente el sistema gira con una velocidad angular w0, por un sistema interno que posee el sistema, las masas a una distancia (r0/3) del eje. Cuál es el incremento de la energía cinética del sistema.

Como no hay tanque exterior, la cantidad de movimiento angular permanece constante l0w0=íw 2 2R° 2o mrs=- mw

g

AEc=Ecf-Ec1= Í|w 2- Í| 0w 2 9 o 1 , AEC=g wolo" 2 lowo AEc=8mr^w2

Un disco de una masa m y radio R. puede girar alrededor del eje AA, sin fricción una cuerda enrollada en el disco, ejerce una fuerza tangencial F. Hallar la aceleración tangencial del borde del disco. OLUCIOiri De la ecuación de la dinámica de rotación: T=RF=Ia la 1R2M F= R = 2 — “ SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II

w w w .e d u k p e m .c o m

(



F=- MRoc=-M aT 2 2 T 2F

3j= —

©

Sean dos discos de masa m y radio R. que se hallan sobre un soporte vertical. Si el disco superior tiene una velocidad angular w0 y el inferior está en reposo. Hallar el incremento de energía cinética del sistema en conjunto, cuando el disco superior cae sobre el inferior y existe rozamiento entre ellos.

Por conservación del momento angular: lo=U lw0=2 lw W

w0 2

La energía cinética se expresa de la siguiente forma: Ec=^lw c 2 2 1

/MR2\

Eci= 2 \~2~J

„ MR2w 2

4 7

1 /MR2 MR2\ /W0\ 2 MR2\ / 2 ECf= x l— +* 2\ 2 2 Por lo tanto la variación de energía será: AEc = 0,125MR2w¿

Una persona con los brazos extendidos, soporta pesos en los extremos y se halla sobre una plataforma giratoria el momento de inercia del sistema es 1 0 y su velocidad angular es w0, fig. (a), en


esta situación la persona contrae los brazos,



)


3

como se indica en la figura (b) y el momento de inercia del sistema es - 10. Hallar la energía cinética ganado por el sistema.

Por el principio de la cantidad de movimiento angular constante (se conserva) 3 l0w 0=-l0w 5 w=-wG /5wn\ 2 1I ¿3 /ow0\ o AEC=ECF-EC|=— 10 J -gloWo AEc=^l0Wo

#

Un arco de radio r y masa m gira con velocidad angular w0 fue colocado en un plano no liso. Es aro tiene una velocidad

v0. Si la fuerza de fricción es f. si v0
que sucede con el aro.

iM T m iili*

Por el P.C.E: o-£W2l~M V 2=-fr .x... ( 1 )

X: desplazamiento x=V0 . t , I=Mr2 S P I


w w w , e d uk pe ru .co m

(



y w = V0/r En (1)

1 , Vo 1 2 2 mr •'^' +2 MV° =+fr Vot t = mV0/ fr ... (2)

En el tiempo t el aro se para, teniendo una velocidad angular: w~w0=-cxt... (3)

De (3) en (2) y sabiendo que frr a=-r

(?)

frr /MV0\ w-wn=---- i ---*1 Mr2 w=wn

En ese preciso instante se mueve en sentido contrario.

©

Un cilindro de masa M y radio, baja rodando sin deslizamiento a lo largo del plano inclinado de ángulo 6. Hallar (a) la velocidad del centro de masa (b) la velocidad angular y (c) la aceleración del centro de masa, transcurrido un tiempo t, partiendo del reposo.

www.edukperu.con i

SOLUCIGNARIO LEYVA I Y ¡? ¡¡¡¡g f


)


Por el P.C.E.: Îw 2 + ^mvc2 = mgLsend 1 /MLR2 2\ o 1 2 \ 2 +it|R J w +2

2 2

=mgLsen0 3 1 - mR2w2+- mw2=mgLsen0 2mv2=mgLsen0 y 2 _ gLsenQ Por cinemática: L = -- ---- --... (2)

2

De(l)y(2): V2= ¿ ^ í . ,

senG,

•••v=g— t V

gsenGt

R

2R

W=- =í— senO

w

; a =n

t senO

ya = R a = g — .R = g —

$

Un cilindro homogéneo de longitud L Y radio R. tiene masa M, En tomo al cilindro se han enrollado tres cuerdas, dos de ellas cerca de los extremos y la otra en el medio, estando las cuerdas sostenidas en el techo. Al

soltar el cilindro, este

desciende sin inclinarse. Hallar (a) la aceleración lineal y angular durante la caída, (b) la tención en las cuerdas.

i

H SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y I

www. ed ukpe ru.com

(


EDUARDO ESPINOZA RAMOS

Por dinámica rotacional T=ía 3TR=la 1

9

3TR=-mR2cx

6T a = —mR Pero a=otR ; a = — m

Por dinámica: mg - 3T = ma ma mg- — =ma

3o 2g

\a= —

3R

V

-r

mg

T= — 9

El momento angular de una partícula está dado por la relación L=2T Í-3T2J. Hallar el

0

momento de torsión (torque) que actúa sobre la partícula cuando t =2 seg.

Por dinámica rotacional „ dL t _ dt =>t=(2 i-6tj) Para t = 2 , tenemos que el tanque será t=(2, -12 , 0)

©

Una masa 2kg; cuelga de una cuerda de peso despreciable y que se encuentra enrrollado sobre un cilindro de masa 20kg y de radio 50cm. La masa de2kg parte del reposo. Hallar (a) la aceleración de masa (b) la velocidad angular del cilindro, después de 3seg de empezar el movimiento (g=10/seg2)

v-vv.v.

30-


«


)


Por dinámica mg-T=ma ... (1)

Pero t=TR=Ia la

1 m R¿a

R

2

R

1

= - ma ... ( 2) 2

De (2) en (1)

2mg a~ 2 m+M

m ’

seg2

Sabemos que a = aR a w0 w at rad .-.w=-=10,02 — R seg

Sobre un cilindro (A) de masa 20kg y de radio 30cm, se enrrolla una cuerda inextensible e imponderable y se pasa por un tambor liso (B) y de su otro extremo cuelga un peso (c) de 5kg. Hallar la tención en la cuerda.


www edukpem.com

(



Por dinámica mg-T=ma ... (1)

Pero t=T.r. t=Tr=la T=±Mra

T = -Ma ... (2) 2

De (2) y (l)s e tiene:

2mg m a- 2 m+M"~^s2 1

=> T=-ma=33,3N

#

Se tiene dos masas

y m2 (m2
rh r2 y de momento de iniciar i. hallar la aceración angular del sistema cuando se suelta los pesos.

w ww. ed ukperu,com


DIN'M ICA RELACIONA!.

» EDUARDO ESPINOZA RAMOS ^ )

Por dinámica: T2-m2g=ma2 m1g-t1=ma1 Se sabe que a2 = ar2 a,=ar! T2=m2ar2+m2g Ti=mlg-mlar1 Por la dinámica de rotación: T1rr T2v2=ia (m1g-ml arl)r 1-(m2ar2+m2S)r2=la =>CL (l+m1r2+m2r|)

©

Demuestre que para una esfera que resbala en un plano inclinado de ángulo 0el coeficiente de rozamiento estático entre el plano y la esfera es menor de ^ tg.

Por el P.C.E.

1

1

- Vf ■ +- lLO2-mglsen0=O

1

1

-Vf+-mVf=mglsen0 2 5

7

— mVf=mglsen6


www.eduKpeiu.cuiH


DINAMICA RELACIONA!.

o 10

mVf =— glsenG Por dinámica: mg sen0-pmgco0^ma mg sen0-pmgco0^m

V? 2L

mg senO —/xmgcoG < - gmsenO 2 -sen0 mg^jjmgcosO 2 M^-tan0

©

Un hemisferio de radio R, hueco, tiene en su interior una esferita de radio r < R. la esferita se suelta de la posición A y llega a la posición B, rodando sin resbalar, (a) Que posición de energía cinética de fotación tiene en B. (b) Que fuerza ejerce el hemisferio sobre la esferita en B.

Por el P.C.E.

-mgR+ - mVf +- w 2l=0 1

7

o

1

o

9

— mVf=mgR

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.)


mVf 5 Ea= — ^ m g R a)

Entonces la E rotacional será: ER=-mgR 2 6=-xl00%=28,5% Por dinámica

, N

K1

mVf

10

b) N-mg=-~- =y mg /10 \ 17 = (jy+ ljm g = ym g

©

Sobre un plano inclinado de ángulo 6. Se halla un sistema constituido por una varilla cilindrica de radios R. y de peso despreciable. Dos esferas de masa My de radio R >2r, tal como se indica en la figura. El sistema puede rodar por medio de la varilla. Hallar la aceleración angular del sistema.

g S M M M ttí

SOLUCIONARIO FISICA LEYVA IY I


(



Por dinámica se tiene que:

2Mg Sen0-fr=2Ma ... (1) Pero a=a. r En (1) se tiene: 2Mg Sen0-fr=2Ma .r ... (2)

Por otro lado: t=fr .r=Ia fr= y... (3)

De (3) en (2) 2Mg Sen0-y =2Ma r ... (4)

2

9

El !esfera=gMR , reemplazando en (4) tenemos: 2 MR2 2Mg Sen0-----=2Ma r 5 r Despejando: 5rg sen0 a=----- q— 5r2+R Un disco de radio R y masa M, gira alrededor de un eje horizontal con velocidad angular w0. Una astilla de masa m «

M, se desprende del borde del disco en el

instante que la astilla suba verticalmente sobre el punto de desprendimiento. Hallar (a) la altura máxima que sube la astilla, (b) la cantidad de movimiento angular final y la energía final.



a)

La masa “m” sale disparada con v. Para hallar la altura máxima por cinemática: hmdx=^ ••• ( 1 )

v

2r 2

h máx" 2g

b) Como no se conserva la cantidad de movimiento angular: AL ^ 0 Lf = Vw0 ... (2) El momento de inercia después que se desprendió la masa “m” es: l = ( f m ) R2 . ■. (3) Reemplazando en (2) /M

\

R2

c) La energía rotacional se expresa:

Kf=¿I'Wo ... (4) De (3) en (4) tenemos:

1 /M

364

SOLUCIONARIO FISICA LEYVAI Y II

\

R2Wq

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(


©


Una rueda de radio 20cm con momento de inercia 10kg-m2 se le aplica un torque de 20N-m. Hallar la velocidad lineal después de 5seg, si parte del reposo.

SOLUCION Por dinámica rotacional: t=la

=*<*=2^

Sabemos que a= - =» A=0,4m/s2 V-Vn a=-

V=at=2m/s V=2m/s

©

Hallar el momento de inercia de una esfera de radio R y masa M; con respecto a una de sus tangentes.

Por el teorema de Steiner se tiene 1=1C+RM i= |m r 2+mr2=4 mr2 5 5




)

D IN Á '-r A RELACION AL

Un volante junto con su árbol tiene un momento de inercia de 20kg - m2 y gira con una velocidad de 100RPM. Un minuto después de que ha dejado de actuar sobre el volante el momento de rotación.

El volante se detiene debido a las fuerzas de

rozamiento en los cojinetes. Hallar el torque de las fuerzas de rozamiento, si esta se supone constante.

El momento de inercia del volante con su árbol es l=20kg-m2 y gira con velocidad w = 100RPM w=100 RPM x

2n

rad

60 RPM seg

IOtc rad w=3 seg El tanque es igual a t = la Iw w t=

(20 kg.m2) lOrcrad 1 x 60 seg 3 seg 20rc to - N - m

Un aro, cilindro macizo y una esfera, se desplazan rodando. Qué porcentaje de la energía cinética total es de rotación.

Para el aro: Er %E¿= — t-TOTAL 1

« 1

E R a ro = 2 , W

1


o mR2w 2

= 2 (t0 )W

'■ vv

)kir'ï "u com

(



mR2w2 1 ,mR2w2 mR2w2 ERaro = — 2“ + 2 mV = -- 2-- +

ETaro=mR2w 2 El porcentaje será: i mR2w 2

%E r= -— s— xl00% mR w 2

% E r=50% •

Para el cilindro

-w2mR2

ERciiindro= r

— j xl00%=33,3%

-mR w 4

•

Para la esfera:

2 EResfera= Yq

2 2 w

— mR2w 2 % Er=^ xl 00%=28,5% -m R w2 10

Se tiene una varilla de longitud L y masa M, que puede girar alrededor del punto A. se hace incidir una partícula de masa m < M y velocidad v; la cual golpea a una distancia h de A y se introduce en ella. Hallar (a) el momento lineal y la velocidad angular después del choque.




)


M m x m rm m tí En este caso se conserva la cantidad de movimiento angular Lf=L0 mvh = Iw + mti2w w=-

mVh

1+mh

Siendo

w-mVh

La cantidad de movimiento final es: pf=mvf=mwR ; siendo R = h Pf=mv

^

1+H

Para el sistema que se muestra en la figura. Hallar (a) la aceleración angular (b) la tención en las cuerdas. M=10kg; m1 =6kg; m2 =5kg, R =50cm; g =10m/se$ 2 (a) a = 3.3rad/se^ 2 (b) 7i= 41.7 N; T2 =50 N.


w w w e d u k p a ry .c o m

(



Por dinámica para las masas: m^g - Tt = mjOj ... (1) m2g +T2 = m2a2 ... (2) Sabemos que ar = a

Entonces: (m 1g-T1)R=m,x... (3) (T2- m 2g)R = m2a ... (4)

Por dinámica de rotación: t=(Tr T2)R= la... (5)

De (3), (4) y (5) se tiene: R(m1-m2)g-la=(m1-m2)a (m1-m2)gR n rad a= t--- ------- =0,40 — j -MR?+(m1+m2) seS Reemplazando (a ) en (4) y (4) tenemos: Tí =55,2 N T2=54 N

©

Sobre una superficie horizontal no lisa se halla una bobina de hilo de masa m. su momento de inercia con relación a su eje es I =nkg2 donde k es una constante numérica. El radio exterior de la bobina es R y el radio del hilo enrrollado es R. SI se tira del hilo de la bobina sin rozamiento con una fuerza constante f y horizontal. Hallar el trabajo de la fuerza durante los t segundo después de iniciar el movimiento.

w w w .e d u k p e -u .c o m



)


Tenemos que I=KmR2 Ahora tenemos ___ respecto a su centro de masa:

tcm=rF-Rfs=\a ... (1) Ahora Fr = ma F-fs=ma ... (2) Ra = a ... (3)

Reemplazando (1), (2) y (3) tenemos: (l-r/R)F (k-l)m

'

r

_

*s

~

(R k -1 )F R ( k -

1)

^ 2= =»d=-at Por último: W=f.d , pero d=v0t+ i-at >d=at2 2 .-.W=

¡ I SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II

F2t2(l-¿ )

2((k-l)m

www réd ukoe ru,cóm

(



En una polea maciza fija de radio R se enrrolla un hilo no elástico, de su extremo libre se suspende un pequeño cuerpo de masa m, Halar el momento angular con relación al eje de la polea con respecto al tiempo, si el sistema parte del reposo.

Tomando___que respecto a su centro de masa: dLcm tCm=mgR=dt

j

mgRdt=

J dL

Lcn=mgRt

En una bobina de masa m y radio R, se enrrolla un hilo y pasa por una polea fija sin peso y del extremo final del hilo cuelga una masa m. si no hay fricción en ninguna región, para qué ánguio 6, el centro de gravedad de la bobina estará en reposo.

vvwvv.0d u k p 0ru.com


» EDUARDO ESPINOZA RAMOS J


Analizando solo la bobina, tenemos: Para que su cm. no se mueva sólo es necesario LFr=0 =» mgsen0=mg m => sen0=77 M Jna fuerza de 100N está aplicada tangencialmente al borde de un disco homogéneo de radio

50em. Cuando

el disco gira experimenta

la acción del torque de

rozamiento de ION -m. Hallar la masa del disco sabiendo que gira con aceleración angular constante de 50 rad/ seg2.

100 N

Tomando torque en c.m. =>tcn=lcx (100)(0,5)-10=(1m R2) (50) => M=6,4 kg

372


www.edukperu.com

(

♦DINAMICA RELACIG píAL

EDUARDO ESPINOZA

ñmOi «

Se tiene des cilindros: uno de aluminio (macizo) y otro de plomo (hueco), que vienen el mismo radio 5c.m y el mismo peso ION. Hallar (a).el momento de inercia de estos cilindros (b) cuanto tiempo tardara cada cilindro en bajar rodando el piano inclinado sin resbalar?. La longitud que recorre cada cilindro es de 2¡n y el ángulo del plano es 45° y paite del reposo los cilindros (g ==

.

i¿ m

_ (10N) 0.05 ir.

I=9 mA, -R 1=12.5 x lO^kg-m2 M,

/1UN\

pb= v~9~y l=MpbR2

1=25 x 104kg-m2

b)

FR=ma —fs + mgeos45 = ma .. (1) Luego aplicando = R f s — ( 2)

www. ed-.i kpe

.co *~r

SOLUCIONARLO LEYVAI Y !!


)


R.a = a ...

(3)

Resolviendo (1), (2) y (3) m g

cos4Se R 2

ü = ---------... (*) m R 2+ I

-

J

Ahora aplicando las ecuaciones de cinemática, tenemos: d* ¿

•■(*>

Luego aAL = 4,7

aPb=3,5 tAL=0,92 seg tpb=l,07 seg

©

Una rueda inicia su movimiento con una aceleración angular constante de lrad/se#2 y después de lOseg de iniciando el movimiento adquiere un momento angular de 50kg - m2/seg. Hallar la energía cinética que tendrá esta rueda al término del tiempo de 20seg de haber iniciado la rotación.

10 see

Tenemos: di =» =dL=Iadt L = 1a t ... (1) Esto debido a que a = ct Vf=V0+at

%


w * edukperu com

(



Vf=at=a(20)... (2) Pero w=a t Luego menciona que: L=50=l(l)(10) =>1=5 kg-m2 Piden Ec luego de 20 seg => Ec =\mVf + i/ w 2 ... (*) =>Ec= Í ma2(20)2+^ lw2=^ mR2a2(20)2+^ lw 2 Ec=i a2( 20)2+^ la2( 20)2 Ec=3000 J Erot=1000 J

O

Para un cilindro de radio 50cm y lOkg de masa, se le enrrolla una cuerda. Hallar (a) si se cuelga un cuerpo de masa 30kg, la aceleración angular del cilindro (b) si se tira del extremo de la cuerda con una fuerza de 100N, la aceleración angular del sistema, si g = 10 m/seg2.

a)

Tomando torque en su CA

=>t=RFg=ID =>□=52

0=(0,5)(10)(0,5)2 0=120 rad/seg2

www.edukpefi

SOLUCIONARIO LEYVA IYII


)


b) t = ft( 100 ) = la

=>a=

(100) (0,5) (0,5)(10)(0,5)2

a=40 rad/seg2

©

Para el sistema que se muestra en la figura, hallar la aceleración angular del sistema si el coeficiente de rozamiento sobre la polea de menor radio es 0.3.el momento de inercia de todo el sistema de 20kg-m2.

Se

tiene un cilindro de momento de inercia 0.5kg -m2 que gira a w (rad/seg)

alrededor de su eje de simetría, si el radio es de 50 cm. Hallar la masa de un punto que hay que situar a un tercio de su radio para que la velocidad angular se reduzca a la quinta parte.


www.edukDeru.com

[



Como no exista torque alguno => L=ct

10 w 0 = I f WR w mR2 w 'o W= '°5 +— 5 => m=^^=72kg

Sobre una superficie rugosa se coloca arco de radio R. Que gira con velocidad angular w0. Hallar la velocidad del centro

del

aro después de finalizar

el

deslizamiento. Al inicio la velocidad del centro del aro era cero.

ü. 1=0

WfS=AEM

4 mv* 4 wo Ahora como fs = cts =>Wfs = fs. d => fsd = ^mVf —

.. (*)

Ahora aplicando torque en el C.M.

www ed ukperú.com


377

EDUARDO ESPINOZA RAMOS

)

DINÁMICA R EUCIONAL

t.nr=fs.R=lcx

-->a- -

Como a=const=> por cinemática, tenemos: W f — wo - ai.

w0 = a t =>~-=t , y también a=Ra

d-

1 9 1 /W0V<

y jl Hallar el momento de inercia de una lámina semicircular de radio R, masa M y de espesor despreciable.

Calculamos ¡ del semicírculo Ahoradi ~ - .cr . dm 3

pero 1

da,

oda^dm => I—f-a2drn J 3

pero => aRsenodec=dm .=> 1=

:sen20.Rásen2
R4o7í

;VilM

SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y Ü

'W“v.edük^H:u.t:orn•

{


0


Hallar el momento de inercia de un triangulo de masa M, base L y altura H con respecto a su base.

=> d l= - y 2dm

O

pero dm G=

dA

J

1= ^ / d m pero adA=dm U / iy d x .o ... (*) Ahora por semejanza, tenemos: 2-h

y

2h/L

\

...

r = p ^ = r ( i- x) <*> Reemplazando (**) en (*) r y21 r2h/L * 1=21

\i3

3 [t ( 2 'X)J h3l m

h2l odx=T 2 a

h2m

l=l 2 ' Y =~ 2

www. ed ukperu.com


¡ggff


©

)


Sobre una horizontal hay un cilindro de masa 32kg y radio 0.5m, está enrrollada una cuerda, que pasa por una polea sin fricción y de su otro extremo cuelga un peso de lOkgf. Si el cilindro rueda, cuál es la aceleración del peso de lOkg.

Ahora, para el cilindro tenemos: y además tomando torque con el CM =>tCA = RT - Rfs = la (*)”

Además a32k=Ra =* R(T-fs)=^fs

(*)

Luego 2o Ley de Newton T-fs=32a32i" a10kg=2,94 m/seg2

Para el cilindro que rueda sin deslizar sobre una mesa horizontal. Hallar la aceleración del centro de masa, si R = 0. 5 m.

m SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y I

w w w . ed u k p e ru ,com

[



SOLUCION

Ahora asumiendo que el piso es liso, tenemos: IF=ma 50# = 200a De acá a=2,45 m/s

©

Un disco de radio R y masa M, puede girar alrededor de un eje que pasa por su centro. Una cuerda está enrrollada sobre el borde del disco y se aplica una fuerza f que es tangente al disco, como se muestra en la figura, cuál es la aceleración lineal de la cuerda?.

Aplicando torque en su CM: =»t=la=RF

= 5 MR!( f | ) ‘ BF =»aL=2F/M www.edukperu .com


381

■


O

)

DINÁIWCA RELACIONA!.

Cuando ia fuerza f jala hacia arriba, la rueda gira y es jalada en la misma dirección. Hallar la aceleración ascendente, si la masa de la rueda es 5kg, su momento de inercia 0.5kg - m2 el radio de la rueda 20cm y la fuerza f =60N.

JM PiTi.iW r.-M i

Por la segunda Ley de Newton, tenemos: T+F-Mg=mac ...(1) Ahora por dinámica de rotación, tenemos: FR-TR=la, también a= ^

Luego R( p-T)= (|)

( 2)

D e (l)y (2 ) tenemos: 2F' mS . / 2 a=--¡—=>a=4m/segz M-4> R2

Una varilla de longitud 0.5m puede girar alrededor de uno de sus exOtremos (A), se aplica una fuerza de 50kgf en el punto B extremo de la varilla con una duración de 0.01 seg. Si la varilla inicialmente está en reposo. Cuál será el cambio en su momento angular?.

SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y

www. ed ukpe ru.co m

(



Ahora, tenemos que: ■ango=t-AT=AL =s»tF=L.F.=2,50N.m AL=2.5 Kg.m2/seg

©

Se hace incidir una bala de masa m y velocidad v, sobre un disco de masa M Y radio R, que se halla en reposo en una mesa.sin rozamiento. La bala incide a lo largo de una línea que pasa a

una distancia del centro igual a la mitad del radio tal como se

indica en la figura. Hallar: (a) la velocidad del centro de masa y la velocidad angular del disco si la bala se queda unido al borde del disco, (b) velocidad del centro de masa y la velocidad angular del disco, si el proyectil penetra antes de detenerse hasta un punto p situado a una distancia R/2. (c) La velocidad final del disco, su velocidad angular y la velocidad final de la bala. Usar los tres principios de conservación.

w w w . ed ü k pe ru.com



)


a) Piden la velocidad del centro de masa, y también w Veamos como no existe ninguna fuerza exterior =>Po=Pf mv mV=(M+m)VCM=*Vca= m+m Ahora como tampoco existe ningún torque =» L0=Lf (considerando m »m ) mv. 5 =Itota|W .. .(1) pero =±MR2+mR2 mV =>W=R(M+2M) b) Ahora: análogamente, que caso anterior, tenemos: Po=Pf mV=(m+m)Vc=»Vc=

mV M+m

También => L0=Lf mV-j=l10W ... (1) pero ,mR lto ta l= o m R

■

SOLUCIONARIO FISICA LEW A I Y I


1

(


R /l

o mR‘ i

"'v r ( 2 m B + T ' J


w

2mV w=(2M+m)R c) Asumiendo que la bala sale del disco

=* Lo=Lf mV=MVc+mVf mv0=MVc+mvf Luego: como la energía se conserva

Resolviendo con L0 = Lf * Vc=

2mV

Vm2+2mm

w=

2mV RVm2+2 mm

*. Vf=V

' m2-2Mm m2+2Mm

Sobre una mesa horizontal lisa, se encuentran dos discos de masa m1 = 2m2 y de radios R1 =2R2, e! primero con una velocidad angular w0 y el segundo se halla en reposo. Se ponen contacto estos discos por sus bordes y luego de un

instante

inicial el deslizamiento parcial, ambos quedan girando sin resbalar al contacto. Hallar las velocidades angulares finales de cada disco.

Como, en dicha interacción, no existe fuerzas externa que generen momentos to-tr L0=IW =lm lRfW 0 - -jKpe^.tom

SOLUCIONARIO LEYVAI Y II

J —

--------------- . J

» EDUARDO ESP1NOZA RAMOS

DINAMICA RELACIONAL

Pero al final

Lf=Ii W-j +I2W2 Ahora como se ponen en contacto ambos discos:

R1W1=R2W2 . v ^ =Ri w, r2

1

2

1

2

=> L^-m ^w ^-m aRgW ;,

1

1

- m2R2wo=2m2R?w1+- m2R¡w 2 R?w0=RiW1+^R¡w 2 También: 4Rfw 0=4RÍw1+^ R¡w 2

8w 0=8w 1+w2 w 1=0,8wo w 1=l ;6w 0

La mitad de un disco está dispuesto que pueda girar alrededor de un eje sin fricción que pasa por su centro de curvatura p. Hallar: (a) la aceleración angular en función de su posición angular 0 . (b) La máxima velocidad angular del disco si se deja libre de la posición dad.

3



(


a)


Ahora: tomando torque respecto a P t]=Ia 2R =>— .sen0(mg)=la K

Pero 1 = -mR2 2R sen0(mg)=-mR x 1 n2a — =>a=4.9 sen0/TR b) dw a =— w dO [ a * , » / w dw

2 49cos0 w 2 TR 2 89cos0

89

--------= w 2=>w * r = —

TR

mK TR

.-.w=(89/TR)1/2

La cuerda mostrada tira sobre el eje de la rueda acelerando hacia adelante. Si el momento de inercia de la rueda es 0.5kg - m2 y su masa es de lOkg y de radio 45 cm; gira sin resbalar, cuál será la fuerza más intensa para que el centro de masa tenga una aceleración de 1 m/seg2 (g=10m/seg2).

:

www. ed ukperu.com

SOLUCIONARIO LEYVA 1Y II ¡gffll


)


Ahora por la 21 Ley de Newton, tenemos: F - fs = ma ... (1) Rfs = /a ... (2) También tenemos: a a=R => /s = —reemplazando en ( 1) F=a

'm+la\

=»F=12,5N

Una esfera que viaja a 5m/seg comienza a rodar hacia arriba sobre un plano inclinado a 30°. (a) Que distancia recorre sobre el plano inclinado (,g = 10m/seg2)

VH)..

Al subir el plano inclinado, la esfera, solo se detiene, por una componente de su gravedad.

=>E0==Éf 1

-mVo=mgh=>h=l,25 m. 2'

2 3 SOLUCIONARIO FISICA LEYVA IY II

ww w.edukperu.com

(



1,25 h ~ = 2 ,5 m . sen30 #

Un arco se encuentra en reposo y reposo y recorre lm sobre un plano inclinado lisa de ángulo 45°. Hallar la velocidad del aro cuando pasa rodando por la marca de lm en su camino hacia abajo en el plano inclinado.

Corno, dicho disco solo baja de nivel gracias a una componente de su peso: => AEy = 0 => Ei = E0 l o 1 mgh= - mV +- IWo Pero w= — y / = -mR2 D J O 1 2 1 2 V2 mgh=-mV +2 mR ^2 gh=V2 ^V=V^h Pero h=dsen01V=>/gdsen0=2,7m/s

WWW. edukpsru.com



)


Con relación al problema anterior, si la velocidad del aro fue de lm/seg. Cuál será la fuerza de fricción promedio que tardara su movimiento, si su masa es de lkg.

Analizando al aro, tenemos: Asumiendo que fs es constante, y además, tomando el aro en la posición final del caso anterior: =>

wfé = ae m

1

1

=*Wfs=- mV2+- IW2-mgh 1 1 V2 =>fs.d= - mV2+- mR2. -mgh fs=mV2-mgh fs=m(V2-gh)=6,07N

Dentro un recipiente hemisférico liso, de radio R. se coloca una esferita de radio r< R. Al dejarla en libertad, la esferita rueda sin resbalar hasta el fondo dél recipiente. Hallar la rapidez de la esferita en el fondo, tal como se muestra en la figura. j a r e r iv r r m M f De acuerdo a la figura, como el piso es liso =>AEM=0=>Eo=EF SOLUCIONARIO FISICA LEYVA IY II

www-.edukperu.com

.


....................................... (


mgh=^mV2+Îw2+mgh , pero W = £/ = \m r2

1

9 1

2

5

o

=>mgh=- mV +- mv^+mgr 10sCh-r)

=V2, además del A mostrado, tenemos: 1 0 g (R -2 r) _ ir2

= V2

14

h=R-Rcos60° / 1\ R

“ H ' sH =»V=2,7VR^2r

a s

La fuerza f acelera al cilindro de masa m y radio R. Que tiene un movimiento de inercia I desde el reposo. Si el cilindro rueda y no se desliza cuál será su rapidez después de que ha rodado una distancia L.

Asumiendo que dicho piso es liso =>Wf=AErT

1

1

=*F0 L=2 mV +2 IW E° 1 , 1 V2 F0 L=—mV +—1— 2 R2 r2 \

=>2FL:=V2 (m + ^ ) 1/2

=>v=

2FL m+-ñ

R,

Las dos ruedas idénticas que se indican en la figura, tienen radio R Y momentos de inercia I. Si la masa m, parte del reposo. Cuál será su velocidad, cundo ha caído una distancia H?. w w w .e d u k p e ru .c o m

SOLUCIONARIO LEYVA I Y II I B


)


liiT T lT T r iíH Í

como no existe fuerza externa, para mi sistema =>A E MTOt a = 0 E

ro=

1

E m .l

1

mgH= - mV +- IW +- W mgH = 2mV2 + IW 2... (*) También tenemos que V W=R

/.V=

@

/ mgH \ \™ , .i \ 2 R2/ 1/2 mgH m

1

9

P2

Sobre un disco de momento de inercia I0, que gira con una velocidad angular w0f se suelta un cilindro de momento de inercia lv Hallar la velocidad angular final de rotación.

392


www. ed ukpe ru .com *

(



SOLUCION como no existe fuerza externa que genere torque, =>L=cte Veamos Lo=Lf Io W 0= W a W = (I0+1,)W.-.W=

10W, I0+li

Un meteorito de masa m choca contra la tierra cuya velocidad angular es w0 y se entierra en está. Suponiendo que la rapidez del meteórico es v; halle el cambio en la rapidez de rotación de la tierra alrededor de su eje, si se conoce el momento de inercia de la tierral. Suponer que el movimiento orbital de la tierra no cambia.

Como no existe torque externo: =>L=cte L0 = LF , o. IWo+mRV lW0-mRV=(l-mR )W =>— -— 5— 1+mR .-.AW=W-W0 mR(V-RW0) ’


i+R2



)


La hélice de un avión y el sistema giratoria ai cual está sujeta, tiene un momento de inercia total de 100kg - m 2 y giran a 1,200 RPM. Cual es el torque medio ejercida por la maquina sobre su soporte como consecuencia de que el avión efectúa un giro de 12 0oen lOseg.

Ahora, como tenemos un tcon dL

r

r

* t=d t * J tdt=J dL =>t(t)=AL=IAW Ahora: Por las ecuaciones del mcv AW=at pero

E H SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II


IídI l A de Leiva a

*

&

*

..*4 *

m 'tç c M pF «p P*

Ili

i l

Solucfbnario 5

'S .

* *

v *

SOLVER-EDK Mte edukperâ

m 4

■

SOLVER EDK «

MOVIMIENTO ONDULATORIO

Dada la onda T =0.3 sen (2

, donde Z se mide en metros y t en segundos.

Hallar la velocidad de propagación de la onda. j ^ C T M it a í

Se tiene T (Z, t)=0,3 sen (2 ;rZ-18;rt) de la ecuación de onda general, tenemos:

4* =4*, sen (kz - wt)

Comparando podemos decir:

k =2n = — => A = lm A

Ahora:

w = 18/r = 2nv =>u = 9(1 /5')

=y = Au = 9m /s

2tt Se tiene una onda, cuya forma matemática es: 4* (z, 0) =2 sen — z. si la onda se O mueve en la dirección negativa del eje z a la velocidad de 6 m/s. hallar la perturbación para t=l seg.

i- uoom

I


» SOLVER EDK


Sea H ^ O ) = 2sen— z 3 Como el caso anterior, entonces: 271 2u k - — = — =>A = 3m 3 /l Y además: V =6m/s

>V = Au =>v = 2(1 / seg) Luego: w = 27iv = 4n -^ (z ,t) = 2sen|^—^z + 4/rt Piden cuando b= l -^ (z ,!) = 2sen^^-z +4t

Se da la velocidad de fase de onda armónicas longitudinales que se propongan a lo Y largo de un cilindro de radio R, uf = ^

n2 i- ^ 202 4 ; donde E, P, a , R son ^ J

conOstantes. Hallar la velocidad de grupo de las ondas que se propagan a lo largo de la barra.

SOLUCIÓN

Tengo:

vf =VÉ7s

-6 R 4V A ,


vvwvv, edukperu,coni

SOLVER EDK «


Ahora:

VÉTp í 1

k2 6 SR2 j =3V, - 2^JÈ7p

En una cuerda de 120 cm. de longitud se formó una onda estacionaria, con la particularidad de que los puntos, para los cuales la amplitud de desplazamiento es igual a 3.5 mm distan 15 cm. uno de otro. Hallar la amplitud máxima de desplazamiento. A qué sobretono corresponden estas oscilaciones.

R: T 0 =5 mm al tercer sobretono

Se describe que en dicha cuerda se desarrolla una onda estacionaria.

>

X V

15 cm

www exíuKr ' • ; com

V

15 cm


» SOLVER EDK _____________


. - = 30cm 2

>A = óOcm

Ahora de la ecuación general de la onda estacionaria:

VF = 2 ^ 560(kx) eos wt También tenemos que: A x = 3,5 = 4/0sen(kx) = 4/0sen(k(x +15)) =>sen(kx) = sen(k(x + 15)) kx = -k(x +15) +7r n

, 2

71

71

Pero: k = — = — A 30 ►x = (7,5)cm Ahora:

^°sen( l r ( 7’5) l =3’5

n = — = 4nodos

k •' f = 41

Hallar el número de posibles oscilaciones propias de una columna de aire en un tubo, cuyas frecuencias son inferiores a 1250 Hz. La longitud del tubo es 85 cm. La velocidad del sonido 340 m/s. coOnsiderese dos casos siguientes (tomando los

v


www. eékíkmm *

c


SOLVER EDK «

extremos abiertos del tubo por los vientres de desplazamiento): (a) el tubo está cerrado en uno de sus extremos, (b) el tubo está abierto en ambos extremos.

a) Veamos: Se tiene que:

f = ü ( 2n+l) 4L ’ Por condición: t <1250 =>— (2n +l)<1250 4L

’

n=6 oscilaciones b) Para el segundo tenemos: f =— (n +l) m 4 LV

'

fm<1250 =>— (n +l)<1250 4L

’

n = 11.5 oscilaciones Un cable flexible de 30 m de longitud y 8 Kg. de peso se ata entre dos postes con una tensión de 200 kg. Si se golpea al cable en uno de sus extremos, hallar la onda transversal producida en alcanzar el otro extremo y regresar al punto de partida.

Con los datos dados, tenemos:

www.i2dukneru.com


» SOLVER EDK

J


V = í— donde: T=200g

- i _8__± 30 ~~15 V = 85,8m/seg X/ L t

.

L V

*30 >t = — = 0,35seg 85,8

Ahora piden el tiempo de ida y vuelta:

ttotal = 2T ^ J ttcal = 0,7seg

Una pieza de artillera dispara un proyectil sobre un blanco situado a una distancia de 800 m. el ruido de la explosión se oye 5 segundos después de que el proyectil, siendo la temperatura del aire de 20°C.

^ s o n id o ■<-------

800 m


vwA¥:edukperu coìti


SOLVER EDK «

T=293°k R=8,31 r= 1,4

^sonido = 344m / seg t

_ 800 _ sonido

344

2

3

Voteti, =2,7seg

vpray = | y =296,3m/seg

¿Cuál es la velocidad y la dirección de propagación de rada una de las siguientes ondas?

a)

'f',(x ,t) = A (x + 2t)2

b)

vP (x ,t) = P(Q x - R t- D )

c)

vF (x ,t) = Be ^ ^ ' 2APxl^ Donde A, B, P, Q, R y D son constantes.

(a) v =2 en la dirección negativa del eje x.

(b) v=R/Q en la dirección positiva del eje x.

(c) v=P en la dirección positiva del eje x.

www. edukperu.coro

I


» SOLVER EOK


%<,t)= A (x +2t )2

a)

De la ecuación diferencial del movimiento ondulatorio.

cT

■ = v2 8x¿

ÍX - 8 A ^ - 2 A

a2

’ dx2

> 8/ = V 22 /

■V, = -2m / s

En la dirección negativo a x.

'F(xt) =P(Qx 2 +Rt2 -D )

b)

d2xV

0

2vP

" 1F =2PR' ^ =>

= 2pQ

= V 2^PCÍ

IQ

En dirección negativa.

n

C)

irr

o H Ax¿A P V -4 A P V -2 a P x t

^(x(t)=Be

SOLUCION ARIO FISICA LEIVA I Y I

; wmr.füukperü'con =


(

^

SOLVER EDK «

=2Ap2(2AP2t2 -4APtx +2Ax2 - l) lH =2A (2Ax2 - 4APtx +2Ap2t2 - 1) 4' c2T

, a2^

a2

5x2

jM'p2= zKv* =>v = p En el acero (E=2xl0nN/m2, p =8000 kg.m3) se propaga una onda longitudinal de forma sinusoidal, en la que la amplitud del desplazamiento es

0.1

mm y cuya

frecuencia es 1000 Hz. Cuánto valen las tensiones máximas a que tienen lugar en el material.

Tenemos que:

E = 2xl0"N/m

p = 800kg.m3

Vp,°= v p = 5000m' ses Ahora: como el movimiento es armónico, senoidal:

=> vF(x r) = 1 0 "4 sen (kx-w t)

www. éd ü kperu.corri


» SOLVER EDK


Pero: V

=0/

=>d = 5m,w = 2 ^x10 :

^ ( x ;t) = 10 2sen |^ x - - 2 ;rxl0 3t

G = E.

d4* dx

Gmax = 2,513xl07kg/m2

s| Cuanto vale la amplitud de las oscilaciones en una onda sonora de frecuencia 1000 Hz con una intensidad sonora de 130 db y de 0 dB (umbral doloroso y umbral audible).

a)

Tenemos que:

v ‘o y

I=l013xl0 '12

■ V S SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

www; edukperu.eom

SOLVER EDK «


1=10 Ahora tenemos que: Vsonido =345 m/s, $-=1,29 P0 = 2*V5f. % ... * P2

2y?

1

Utilizando ( * ) tenemos que: Po =93,66 w p =>ô = — — ° 2nWgí % = 3,37x10-'* m

b) Analógicamente por 6

B = 0 = Log(l/l0) =>I = 10~12 => De las ecuaciones dadas: % = 1,06x10 11m

tfl

Una fuente sonora, S, emite al aire libre una onda esférica amortigua con el tiempo

de potencia P=P0 e"at, donde P0 =10'4W ? =0.1 seg.-1. Hallase el cabo de cuánto tiempo deja de oírse la oscilación a una distancia de 2m, cuando la intensidad del límite audible es 10'12 V/m2.

Tenemos que: wvv-v. -;i y kpe-ru coi n


» SOLVER EDK


Ì

P = P0e_x*; donde P0 =10^w a = 0,1 g/seg. Piden t cuando I=lO'12w /m 2 Tenemos que: l =— P0e~al,pero A=4;r(2)~ = 16;r A i = icr12

(l0~'2)l6;r =>---- 1 -- = e■',,

10“4

Ln(l0~a.16/rj = -at =>145,03seg.

Un sonido de frecuencia 1000 Hz, tiene una intensidad de 100 dB. Se pide (a) la amplitud, (b) la velocidad de las moléculas de aire y k (c) la amplitud de las fluctuaciones de presión.

Tenemos por dato, f = 1000 Hz

B = 100dB,Vsonido =345m/s,
100= 10LgCl/lo) => 1= io - 12w/m"

a)

P0 = 2 W ^ fF0....*

'É B fli SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

www. edukperu.tüm

SOLVER EDK «


Pero 1=—2— =>P{' = 3 w .. 2 vc

>% =1,07x10"6m

b) Piden velocidad máxima.

Sea:

= 1,07x10"* sen(kx-w t)

Pero:

w=2 n f W=2xl03^

Vniax= £ £ = 1,07x1o-6(2^x103) =

= 0,672 x 10‘2 m/s

c)

de (*)

Pn= 2.9 x 10’3 atm

©

Un observador que esta a la orilla del mar oye el sonido de la sirena de un barco. Cuando el observador y el barco están en reposo, el sonido que percibe aquel corresponde a la frecuencia de 420 Hz. Cuando el barco se mueve en dirección al observador, la frecuencia del sonido que este percibe es de 430 Hz. Y cuando el barco se aleja del observador, la frecuencia es de 415 Hz. Hallar la velocidad del barco, en el primer y segundo caso si la velocidad del sonido es de 338m/seg.

js r o iw r a w í SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I

» SOLVER EDK

a)


Como el observador se encuentra en reposo entonces, la frecuencia percibida será:

V' = V (V s/V s- V ) =>430 = 420(338/338-V)

=>V = 28.3km / h

b) Para este caso V. b = 0, Ubote, ya que el se aleja:

V' = V(Vs/Vs + V) 4158 = 420(338/338+V) =>V = 14,7km/h

Una cuerda sometida a 15 kg. De tensión produce un diapasón 8 pulsaciones por segundo. Cuando esta cuerda se tensa hasta 16 kg. Resulta afinada al unísono con el diapasón. Hallar el número de vibraciones del diapasón.

Asumiendo que ambos se tratan con la frecuencia fundamental:

Ahora:

«


-

'

SOLVER EDK «


r

fT, _ Mi

f2

8Hz V15 =>f, =8,2 +6Hz Una fuente sonora tiene una frecuencia de 800Hz y esta en reposo respecto al aire. Un observador se mueve con una velocidad del sonido respecto al aire en reposo es 340 m/ seg. Hallar (a) la frecuencia percibida por el observador cuando se acerca y

8b) cuando se aleja de la fuente sonora.

a) Ahora, como la fuente esta en reposo y el observador se mueve:

•V' = VI 1+— Vs

V' = 800Íl +— i = 847,6Hz l 340 J

b) Análogo que al caso anterior, solo que:

•V' = V| 1- — Vs

V' = 80011-— |= 752,9Hz 1 340

wvvvv.eduKperu.com


» SOLVER EDK

jMk

ELASTICIDAD

Se tiene de espesor uniforme e, despreciando el peso propio debido a al fuerza F ,:

módulo de young es E.

2F R = — Ln2 Ee

b


■

C U

ELASTICIDAD

SOLVER EDK «

Por semejanza de triángulos:

b X~ 2

b_ b 2 4

x = ± (y + b)

Reemplazando en (1) el valor de x e integramos:

(y

ee v J

f dA, = f bo_ J ^ _ = 2ELnf ^ l +b )¿E b

2F A¿ = — Ln2 eE

Una varilla recta de aluminio de 2 cm. de diámetro esta sometida a una fuerza de tracción axial de 300kg.

Hallar:

(a) El alargamiento en una longitud de 50 cm.

(b) La variación de volumen en una longitud de 50 cm.

Donde:

E=7 x 106 Kg. /cm2 y // = 0,34



» SOLVER EDK

R: (a)

(b )

ELASTICIDAD

A

0.00505 cm.

AL = 0.0001 cm 3

—-------

T í

s u o LO 1

TAC i

k

1 cm 1 200 k g

a)

Hallamos la deformación longitudinal:

A£ ■

LoF SE

50cm.300kg 7t (lcm 2 ) x7xl O6kg / cm 2

AC - 0; 0068 cm

b)

Para hallar la variación de volumen calculamos: 3(1-2//)

= 7,3x106kg/cm 2

AV


B

SB

wwvv. edukoéf y .com

SOLVER EDK «

ELASTICIDAD

AV = m X £ = Q 0 2 1 c m ,

ÉEg Una barra de longitud L= 2m de peso despreciable esta colgado de un alambre de hierro y de un alambre de cobre. Si los alambres tienen la misma longitud e igual sección transversal. A que distancia x del alambre de hierro habrá que suspender una carga P, para que la barra quede horizontal.

Cu

Fe

nr jc n rn rg n iM

Para la barra de Fe:

T L ALfc= — fe SE.

vAvw.eduKperu.com


* :

. ELASTICIDAD

' V—

Para la barra de Cu:

SEcu

Por condición de problema: ALfe=ALCu

T F >ia L=fru Tho E C-FP

/1\ w

£ ta = x P-LT cu(L - x ) = 0....(2) X

tb

=

t feX

-T

cu(

L - x ) = 0....( 3)

I T c = P (L - x )- T feL = 0....(4)

De (2), (3) y (4):

x

J ^ =— Tcu x

E cu _ 19,6x1010

L - x ~ E fe

11,8x10'°

x = 0,7

jfg Una barra de acero de sección uniforme esta suspendida verticalmente y soporta una carga de 3000 kg. En su extremo inferior, como se ve en la figura, 20 cm. mas arriba esta aplicada una fuerza vertical de 2000 kg. Y otros 40 cm. más arriba otra de 1500 kg. La longitud total de la barca es de 140 cm. y su sección de 10 cm2. El modulo de elasticidad es de 2 x 106 kg. / cm2-Hallar el alargamiento total de la barra.

m


vavy/edukpefü.corn

SOLVER EDK «

ELASTICIDAD

///////////////////////

80 cm

3000 kg

80 cm 40 cm

20 cm i 3000 kg

Para el tramo AB :

www ecf ' ,o> ruxorn

SOLUCIONARIO FISICA LE IVA 1Y II j f S Ü

>

;.v

» SOLVER EDK

ELASTICIDAD

)

j 3500 kg

20 cm 3000 kg F.e

E.S

3000. (2 0 c m ) 1

2 x 1 0 6 kg / c m 2 .lO c m 2

A C, = 0 ,0 0 3

Para el tram o

BC :

i 1500 15 kg 40 cm □

i «S il 1 5000 kg

5 00 0 .(4 0 c m ) a e< 2

2 x 1 0 6kg / c m 2 .1 O cm 2

A (?2 = 0,01

Para el tram o C D :

D

80 cm j 6500 kg 6500.8 0 cm 2 x1 0 6kg / c m 2 .1 O cm 2


www, edtikperú.co?r¡

(

ELASTICIDAD

SOLVER EDK «

Ai 3 =0,026 Af T =A f,+A Í2+A¿3 A íT =0,039cm

O

Jna barra de acero cuadrada de 5 cm. de lado y longitud de 1 m esta sometida a una fuerza de tracción axial de 10000 kg. Hallar la contracción lateral debida a esta carga, si E=2xl06 kg/cm2y u=0.25.

Sabemos por definición que:

contracción lateral relativa alcanzamiento longitudinal relativo

A% = Alati (1) A/t AC.\at v ’

su

oo

5 cm

lateral

10000 kg w w w .ed uK pe ru .co m


j

» SOLVER EPK____________

ELASTICIDAD

Entonces para hallar la contracción lateral se da forma a (1)

Pero:

A£ _ er _ F T

~

E “ se

En (2):

(0,25) (5cm) (1 OOOOkg) (25cm2)(2 x l0 6kg/m2)

Alat = 0,00025cm

Una barra cuadrada de 5cm de lado y 50cm de longitud, esta sometida a cargas axiales de tracción en sus extremos. Se ha hallado experimentalmente que la deformación en la dirección de la carga es 0.01 cm. /cm. Hallar el volumen de la barra cuando actúa la carga, si u=0.4.

Sabemos por definición que:

AV

(1-2//)

V

E

(c rx + cj-y + c r z ) . . . ( l )


www. eci úkperu,com

ELASTICIDAD

(

SOLVER EDK «

Como las fuerzas ejercen en ele eje x:

crx = crz = 0, Entonces:

AV _ (1 -2 / / )

V

E

Además E= — -. entonces Av = — Ax E

Por lo tanto el volumen final será:

VF = V [l +(l-//)A x]

Reemplazando valores:

VF =1252,5cm3

www.eduKperu.eom


3

» SOLVER EDK

ELASTICIDAD

P Consideramos un estado de tensiones en un elemento, tal que se ejerce una tensión a y en una dirección, puede producirse contracción lateral libremente en otra dirección (Z ), pero esta impedida en la tercera (x). Hallar:

a)

cry/Ay

b)

Ay/Ay

z Deformación libre

ay

M

M

/ ...7

Según la condición del problema:

Ax = 0

c r x - / / ( c r z + cry)

Ax = ------ ^ ----------1 = 0 Ax = //(crz + c ry )...(l)

Como el esfuerzo se hace en el eje y esta impedida en x:
De (1) tenemos
Sabemos que:

SOLUCiONARIO FISICA LEIVA I Y II

www. eci ukperú.cor

(

ELASTICIDAD

SOLVER EDK «

v___________________________ -L----------

Ay =

Ay =

cry Hallamos el cociente de: — Ay

cry

E

Ay

1- i?

Ahora la expresión de Azes:

'

A (Tz-Mivx+vy) Az_ E

De (4) y (3) se tiene:

y Ay

t*

1

Una barra circular maciza de aluminio de ó cm. de diámetro esta sometida a una fuerza axial de tracción de 9000 kg. Hallar la disminución del diámetro de la barra debida a esta carga. Para el aluminio; E = 7xl010 Kg. /cm2 y ju = 0.34.

www. edyRperu.corn


( » SOLVER EDK

ZD

ELASTICIDAD

m m m m

m//////////////////

2 ib

| F f = 9000 kg Por definición:

Ar Al £

Ar = //r0 — ...(t) L0

crz F Pero: — = —1 -=— tn E SE

Reemplazando en (1):

a


www.edukperu corn

SOLVER EDK «

ELASTICIDAD

Para hallar la variación del diámetro basta hallar la variación del radio:

Ad = 2Ar...(3)

De (2) y (3):

Ad = ^ ¿ oh

Reemplazando valores:

Ad = 0;00092cm

^ Una barra de vidrio cuadrada tiene 3cm de lado y 60cm de longitud y esta cargada por una fuerza de tracción axial de 5000 kg. Si E = óxlO10 kg. /cm2 y /j = 0.25. Hallar la variación unitaria de volumen.

«

i »

«

///////////////////////

60 cm

3cm | 5000 kg

Por teoría se demostró que:

WWW. ed ükperu, com


1

7

» SOLVER EDK

)

ELASTICIDAD

AV (\-2fS) -----K + O ’y+O'z) V E

Pero solo la fuerza ejerce en el eje Z, entonces:

crx = cry = 0

AV (1 - 2 V ” É

jl í)

^

AV _ (l-2//)F V

SE

Reemplazo valores:

AV — = 0,000046 V

p Se tiene una barra de bronce de 6cm de base cuadrada y 60cm de longitud, esta sometida a cargas axiales de comprensión en sus extremos. Si la deformación unitaria longitudinal es

0.01. Hallar el volumen de barra, cuando esta aplicada la carga, si /i =0.28.

m SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

www. edukperu com

c

ELASTICIDAD

SOLVER EDK «

Por la teoría se demostró:

AV

(1-2//)

V

E

(a x +ay +crz)

Como la fuerza ejerce en el eje x
AV

—

-(1-2//)

-(1-2 m)F

= ---------r ---------O v = --------- --------------

S.E

A V_

, (1 -2 m )F

V

ES

Por lo tanto el volumen final será:

VF =V \

0 - ^ )F E.S

VF =2150,5cm3

Una varilla recta de aluminio de 2cm de diámetro esta sometido a una fuerza de tracción axial de 3000 kg. Hallar:

a)

La deformación unitaria.

b) La variación del diámetro. c)

La variación de la sección.

Si: E = 7x1010 kg. /cm* y // = 0.34 www. edu kper u.corn


» SOLVER EDK

ELASTICIDAD

cm *r

J3000 kg a)

La deformación unitaria se define:

Pero sabemos que: E= — M

Entonces:

a F A£ = — = — E SE

Reemplazando: At = 0,000136

b)

Por definición:

Ad do_ í


www. éd ukperu .com

ELASTICIDAD

(

SOLVER EPK «

Siendo d0= diámetro y Ad su variación

Ad =fidA

Ad =(0,34)(2cm)(0,000136)

Ad = 0,000092cm

c)

Siendo d: diámetro nuevo de la barra

d = d0- Ad

d = 2,000092 cm.

d2 La AS será: AS = Sn- n — 4

AS = 2,89x104cm2

r a En la construcción de un edificio se usa un cable de acero de 6 mm de diámetro para la elevación de materiales. Se cuelgan verticalmente 150 m de cable para elevar en su extremo inferior una carga de 200 kg. Hallar el alargamiento total del cable. El peso específico del acero es 0.0078 kg. /cm3 y E = 21 x 105 kg. / cm2.

M I W El peso del cable también contribuye a la deformación. Hallaremos las deformaciones.

w vvw .eduK peru.com


ELASTICIDAD

» SOLVER EDK

75 m

"B 75 m

A

inm

J 2OOkg

Para el tram o

AB

ÁP

1 S.E

A ,1 = ^

200 kg A£+ =

200.75

. (21x109 kg / m m 2)

TC(ó x l 0~3)

A£y = 0,025m

Para el tram o BC

//////////

Hallamos el peso P: P = y .V SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I

200pkg www. eciukperu,corn

SOLVER EDK «

ELASTICIDAD

;r(óxl0“3) P = 0,0078kg /cm' — ----- - xl 50

P = 33,0 kg.

Entonces:

\ t 2=

(200 +P ).í 0

xE

*(6X1 03)2

= 00,029m

.*. A¿T = 2,5 +2,9 = 5,4cm

En la figura se representa dos alambres de sección uniforme S, que están articulados en X; Y, Z, inicialmente tienen una longitud H y están horizontales cuando no se ha aplicado ninguna carga. El peso del cable es despreciable. Si se aplica gradualmente un peso P en el punto y. hallar P para producir una deformación vertical V, respecto del punto y.

H

z

JL

I

wvyvv.eduKperu.com

/


35

1

» SOLVER EDK

ELASTICIDAD

En el e q u ilib rio :

P _ 2T eos o

S~

P = 2EA^S H

eos 6 =

.

S

c o s

6 > ...( 1 )

=

= ...(2 )

^ V 2 +H 2

De C 2 )y (l): 2EAISV H ^ V 2 ■+■H 2

2 E S ( n/V 2 + H 2 —H IV H s/v2

H2

vavw .eciukperu ;cóm

SOLVER EDK «

ELASTICIDAD

P =E

Vh 2 + v 2 H

-1

25V n/H2 - V 2

Hallar el momento del par de fuerzas capaz de torcer un alambre de 10cm de longitud y 0.05 mm de radio, en un ángulo de 5'. Se conoces el modulo de Young del material 70 x xlO9 N/m2 y su coeficiente de Poisson 0.3. Use la relación de r¡ = f (E ,n ).

M m tm m

Sabemos por teoría que:

/rnR6 „ r. . r =-----;u= Coeficiente Poison 2L

n=

2(1 + v)

= 26,9x109N/m 2

;r (26,9x109) (0,05x10-3) 4.5'

2x0,lm

t = 3,92x107kgf - mm www. edukperu .corn


H

» SOLVER EDK

ELASTICIDAD

Una barra cuya sección es S, esta sujeta en sus extremos a fuerzas tensoras F iguales y opuestas. Se considera un plano que corta a al barra y forma un ángulo con el plano vertical, según figura 0. ¿Cual es el esfuerzo cortante y la norma?

!

3

r

\ J

Jja n iM íiw Obtenemos al pasar el plano, la siguiente sección transversal:

La superficie que se desplazará es: S' =S see 6

- i*

Por definición el esfuerzo tangencial y normal será:


VAVW. ed y kpety.co>

SOLVER EDK «

ELASTICIDAD

F F rN = l!l.,rT = -V S1 S1

Por la tanto:

F* = F eos 0 Ft = Fsen<9

Entonces:

KI F eos 0 FCOS2 rN = — -— =----eos#

Y:

KI Fsen# 2Fsen#cos6> rN =— -— =---------S 2S eos 0

T i

wv/vv. edukperu, corn

Fsen2#

= --------

2S


» SOLVER EDK

VECTORES

Un punto vibra armónicamente. El periodo de las vibraciones es de 2 seg., la amplitud de 50 mm y la fase inicial igual a cero. Hallar la velocidad del punto en el momento en la que elongación es igual a 25 mm.

De acuerdo a la ecuación del movimiento de un MÁS y a los datos dados tenemos: —

x = 50sen(;rt)mm

*■ > i

Ahora piden: — HY V =— = 50^rcos(^t)...(l)

Pero: j x = 25 = 50sen(^t) =>t = - seg

»V = 50;rcos — |= 1.36mm/s

La amplitud de las vibraciones armónicas de un punto material es 2 cm. y la energía total de las vibraciones 63 x 10'7j. Cuál será la elongación del punto cuando la fuerza que actúa sobre él es 2.25 x 10'5N.

—

H 1SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIY II

wvvw.edukperu.;

í

VECTORES

SOLVER EPK «

JP C T T O ttlW Analizando al cuerpo a un extremo de dicho movimiento, (x = A = 0,02 m)

=>E Me ^ 2 1°<2 = 3x10’7j

=>k = 1,5x10"3N / m...(l) Ahora piden x, cuando F = 2,25 x 10'5N =>F = kx=>x = l,5xl0_2m | Un peso está colgado cíe un muelle. Hallar el coeficiente de deformación de este muelle sabiendo que la energía cinética máxima de las oscilaciones del peso es igual a Ij. la amplitud de la oscilaciones es de 5cm.

P.E TH I} IF

¡A__NR

w w w . e d y R peru.co m


» SOLVER EDK

VECTORES

dy Sea y = A sen (wt+ 0 ) =>V =— dt V = a ecos (wt+ 6 ) =>Vmax = Aw

Pero A =0,05 m =í>w = — m

—

2 ^ ^ n fia x

.A

=>k = 800 N / m )e un muelle está colgado un plástico de balanza con pesas. El periodo de las oscilaciones verticales es igual a 0.5 seg. Después de poner en el platillo más pesas, el periodo de las oscilaciones verticales se hizo igual a 0.6 seg. ¿Qué alargamiento provocaron en el muelle las pesas añadidas?

Tenemos que: T, = 0,5y T2 =0,6

mi ir


2'

(II) f jr 1 (*) \27T,1

www. ed ukperu coro

(

VECTORES

SOLVER EDK «

También: m1g = kx 1 l / x m2g = k x2J

Ax =| — k

k

f il 2 m \2n, 0

= 0,027m

Una persona de 0,5 Kg. f está colgada de un cordón de goma de 40cm de longitud y 1 mm de radio. Hallar el periodo de las oscilaciones verticales d la pesa sabiendo que el módulo de Young de esta goma es igual a 0.3 kg. F/ mm2.

Del gráfico tenemos:

RE

tm g

wwvv.eduKperu.com

SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II |F f

» SOLVER EDK

VECTORES

2da ley de Newton

F -mg = m ^ . . . ( l ) •

Ahora en el punto de equilibrio tengo: mg = F0 sea L0 ESAL E S a . . v mg = —— =— (L 0 + d - L0)

L0

0

mg = ^ d . . . ( 2 )

0 También podemos decir. FS F = ^ ( L 0+d + y - L 0)

L0

F = — (d + y)...(3 ) L-n Luego (2) y (3) en (1): ESy E S / d y +— --- =-m — L„ ZT dt2

ESy L

B

SOLUCIONARIO FISIC A LEI VA I Y II

www.édükperu coVn

c

VECTORES

d'y

ES

SOLVER EDK «

n /*\

d F V y

■ (

)

De Acuerdo a (*) el cuerpo desarrolla con:

w=

T - 2 *M V ES Reemplazando valores: T = 0,92seg. Escribir la ecuación del movimiento resultante de la composición de dos movimientos vibratorios armónicos que tienen la misma dirección, periodo y amplitud. El periodo de 8 seg. Y la amplitud 0.02 m. la diferencia de fase entre estas vibraciones es igual aW4. La fase inicial de una de las vibraciones es iguala cero.

Sea:

x1 =O,O2sen^t +0 1

x2 = O,O2sen^t +0 2

*x2 = 0,02sen| ^ t

«'Jukneru com


» SOLVER EOK

VECTORES

>x = x, +x2 = 0,02 s e fn e ^ t +0 1 j +se n j^ t

(n 0 O eos /

2 .sen —+— x = 0,02 o 2 u

J

\

JJ /

l

>x =0;037sen^t +^

Un punto participa en dos vibraciones de igual periodo y fase inicial. La amplitud de estas vibraciones son 3cm y 4cm. hallar la vibración resultante si: (a) las dos vibraciones tiene la misma dirección y (b). Las dos vibraciones son perpendiculares entre si.

sea: x, = A 1sen(wt +a ) x2 = A 2sen(wt +ar)

a)

x1 =3sen(wt +tf)j x2 =4sen(wt +úr)J

x = 3sen(wt +ür) +4sen(wt +tf) x = 7sen(wt +or)

b)

x, =3sen(wt +or)l ,---->r = A/xl +y2 =5sen(wt +¿ir) y = 4sen(wt +cz) J

|1 il Jn punto participa simultáneamente en las vibraciones perpendiculares entre si: x=cos re t e y = eos 7T t / 2. Hallar la trayectoria del movimiento resultante del punto. SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

www. ed ukperu.com

SOLVER EDK «

VECTORES

Sea: r = cos^rt t +cos— t ,2 Ahora para poder ver la trayectoria, entonces, encontraremos la relación x e y.

x = cos;rt;y = cos

x = 2 cos2— - 1

2

=>x = 2 y 2 - 1

¡| lj| Un cuerpo de masa 10 g realiza oscilaciones amortiguadas con amplitud máxima de 7 cm., fase inicial igual a cero y coeficiente de amortiguamiento igual a 1.6 seg.'1. Sobre este cuerpo comienza a actuar una fuerza periódica exterior que hace que las oscilaciones forzadas. La ecuación de estas oscilaciones forzadas tiene la forma x = 5 sen (10 tt t-0.75) cm. Hallar: (a) la ecuación de estas oscilaciones propias, (b) la ecuación de la fuerza periódica exterior.

a)

Piden: x=Ae~vt senw't

Tenemos que: k =10, 9N/m

M=10'2kg => w 0=33.026

wWw. ed ukper u.corn


» SOLVER EDK

VECTORES

=> w' = yfiñi - y 2

=> w ' = 10,5n

=> x = 7e_l'6 tsen(l0,5;rt)

b) Ahora, luego que actué la fuerza tenemos que:

x = 5sen (10/rt - 0,75/r)

=> F= F0 sen(10,5;rt)

Pero:

(fo) 5x10 '2 ---------- 02--------r

[(w f- w 2)2 +4r2wf ]2

=> F0 =7,2x10“2

F = 7 ,2 xl(r2sen(10;rt)

0

Un sistema que vibra esta formado por un peso 5 kg. F, un muelle cuya constante k = 4kg.

F/cm y un amortiguamiento es 0.11 kg. Seg. /cm. hallar (a) la frecuencia natural amortiguada. (b) el decremento logarítmico, (c) la razón entre dos amplitudes sucesivas cualquiera.


www. eciíikpéru.com

SOLVER EDK «

VECTORES

Tenemos que:

k = 4000 N / m m = 5 Kg.

a) w =

= 28,3rad/s

b) Ahora piden: D= yT

Pero:

y - — =>y = 1,1 /seg 2m

Pero: w = >/w'q - y 2

w = 28,28rad/s

=>D = 0,242

c) piden:

“

™

2

=e'vT= i >3

En al figura el peso w está suspendido de un muelle cuya constante es de 4 kg. /cm. y está

conectado a un embolo y cilindro que proporcionan un amortiguamiento viscoso. La fuerza de amortiguamiento es 5 kg. Cuando la velocidad del embolo es 50cm /s el peso de w más el

w vwá edukperu.com


1

» SOLVER EDK

)

VECTORES

embolo es 6 kg. (a) ¿Cuál será el periodo de las vibraciones amortiguadas y (b) el periodo del sistema sin amortigua.

Tenemos que:

K=4000N /m

m = 6kg

w0=

- 25,82rad / seg

También: F = 50 N = ÁV

■

a, , = ¿

Á = m

= 8,3

, =a/wo- /

>W =

=>w = 24;5ra/s

=>T = 0,26seg

b)

w 0 =25,82

1SB1 SQLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y 11

www. eü ukperu,corrí

c

VECTORES

SOLVER EDK «

>T0 = — =0,243seg wn

¿A que es igual el decremento logarítmico de la amortiguación de un péndulo matemático si al amplitud de la oscilación se hace dos veces menor en 1 min? El péndulo tiene 1 m de longitud.

Veamos que: D =yt

Pero:

Ahora:

w 0=^

= 3,2rad / seg

A - = ¿ e~y{' —L A2

- = e-V('l _t2) 2

=>y=0,012

W = V W o-y 2

Cond.: w„ » > y 0

w vvw .edukpeftj.com


I

» SOLVER EDK

VECTORES

. D =1— L = 0,023 w„

p

Un péndulo matemático realiza oscilaciones amortiguadas cuyo decremento logarítmico

de amortiguación es igual a 0.2. ¿Cuántas veces disminuirá la aceleración total de este péndulo en su posición extrema durante una oscilación.

Tenemos que: D = 0,2 =yTv . (*)

Tenemos que: 6 -Ae_yl sen (wt)

Ahora:

dé?2 a - —pj- = e_ytsen(wt)(or^2 - orw) - 2aye~yt cos( wt) w

Ahora cuando t = T

a = -2A ye

<*o

^ 2 A ? r YV

02

1

^ 2 Ayw yú

La amplitud de las oscilaciones amortiguadas de un péndulo matemático se hace dos veces menor en l min. Cuantas veces menor se hará en 3 minutos.

SOLUCIONARIO FISICA LE1VAI Y II

vvww.'éci ukperu.còiti

c

VECTORES

A,

1

ce_yt'

A,

2

ce‘y(r2)

SOLVER EDK «

>Ln2 =y(60)

60

v1

A l - ce ** A\ ce_yÍ4

_ e~y(3(60))

A! = 8 o =>—r a;

Calcúlese el periodo de oscilación de un péndulo de longitud 98.1cm en el aire, despreciando el rozamiento. Sea la amplitud lcm es decir, pequeña frente a L. (b) en que tanto por ciento se altera el periodo cuando el péndulo se sumerge en gliceria en donde experimenta una fuerza de fricción F 0 -0.2 (kg. / seg.) u . La masa del péndulo es 50 g.

Para el primer caso:

I

T0=2n.|-

T0 = 2ít (0,316)

¡rWvw.eduKperu corn


■11

» SOLVER EDK

VECTORES

T0= l,99seg

La fuerza que actúa es: F = iv

=>¿ = 0,2

0,2 Y

2

2(50x10'!)

w = Vwo-y2 =2,45

=>T =— = 2,5rad=> — =0,28 2,45 T0

Demostrar que el movimiento oscilatorio amortiguamiento la velocidad esta dado por: V= Ae'^senCwt+or +J ) donde: A'=AW0.

Tenemos que:

x = Ae ^sei^wt +ar)

i


wwweclukperu.com

SOLVER EDK «

VECTORES

dx - V = — = wAe_yt cosítw +a ) - Aye-ytsen( tw +a ) dt v 7 7

*V = Ae * (w cos(tw +or)-ysen(ttw +a ))

t Ae = y¡w 2+yy2

V

w >/w2+y2

eos (tw +a ) - —= = X = sen (tw +a ) y w 2+y2

Sea:

w

sen d = a/w

2+y2

>tgd =

w

^/w2+y2

y

V = w 0Ae ^ser^wt +or-d)

una particular de masa m se mueve a lo largo del eje x bajo la acción de la fuerza F = -KX. Cuando t = 2 seg. La partícula pasa a través del origen y cuando t = 4 seg. Su velocidad es 4 m /s. hallar la ecuación de la elongación y demostrar que la amplitud del movimiento será 32 42.1 n si el periodo de oscilación es de 16 seg.

0LUC1

www. eduKneru <:o?i ¡


J

» SOLVER EDK

Tenem os que:

VECTORES

t=2, x=0 T= 4 , x=4 m / s

Luego sea: x OA sen (w t+ 6 )

Para t = 2

O

sen ( w (2 )+ 6 ) . . . (1 )

Pero: T 0 16

w = — = > d e (l) 8 v '

0=^4

Ahora:

—

= V = A c o s (w t +

dt

V

}

Para: t = 4

4 = A ( f

) c o s 0

r )

A - — V2 7T

32 f— (71 3 7T x = — v2 se n — t + —— 7i v8 4


www. edukperu.com

c

VECTORES

SOLVER EDK «

p Hallar la ecuación de a la trayectoria del movimiento resultante de la superposición de dos movimientos armónicos simples perpendiculares, si:

v W2 = -,
a) —

W,

3

www, ecluKper u.com

2


» SOLVER EDK

VECTORES

d> ^ = l ó-= ^ W, 3 4

JSffro rffiC T y

a) Sea:

W2 _ 1 w, 3,

d=-

x = A seN W, t

y = Bsen ^ w 21+

y = B c o s (w 2t)

x = Asen3w 2t

y = B co s(L o 2t)

fé - y 2


www.edUkpefu.coiT

SOLVER EDK «

VECTORES

n/B2- Y'2

3-4

(B2- y 2) N

x = A s e n w ,t...(l)

y = B sen | W2t +—

y = B eos W2t +

,\2 -1 = sen(2w2t)...(2)

< \2 / y i - iI = sení w.t — — ,b J V 3

Pero:

x f w.t — = sen — 3 - 4sen A l 3

x A wvvw. eduKperu.com

( r \2

y

B

'\ 3-4

SOLUCION ARIO FISICA LEI VA I Y II ¡ ¡ j l f

» SOLVER EDK

.VECTORES # -“

a ~ B2

.2

y -d

v

w

C) Sea:

(.

1 co
X = A_

Rb2

;

4

—- = - , d -n w1 5

x = A sen (w, t)

y=B sen (w 2t+ n )

^ Sea: C d)

w 2 = -^ , A 71 —d=— w1 3 4

x = A sen (w, t)

y = B sen (w 2t +j ) sen I w 2t +^

Ahora:

n \ _ a/02- y2 cosO w 0+—

>cos(2w 2t) = 2-^->/B2- y2...* D

P

Un cuerpo de masa m cayo a uno de los platillos de una balanza de resorte desde una

atura h. SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

www. eciukperu.con

SOLVER EDK «

VECTORES

Las masas del platillo y el resorte son despreciables, la rigidez del último es k. el cuerpo se adhiere el platillo y comien: a a oscilar armónicamente en dirección vertical. Hallar la amplitud de estas oscilaciones y su energía.

Calculando V, tenemos

Sh = | ^ v 2

^ V = N/2Íh

www.eduKperu.com


» SOLVER EDK

VECTORES

Tomando como referencia en “O”; calculamos AE , como solo existen fuerzas conservativas.

>AE = O

E c o =E Cf

lm V +m s Í A ^ ] - i k ( A +¡ffl

Despejando A tenemos:

A =ms 1+2hk k y

mg

E,=2

Tomando P, E, de referencia:

ET=mgh+I k í ^

E t = mgh +

lm 2 g:

2k

*


www. ed ukperií.c-

(

VECTORES

SOLVER EDK «

Resuélvase el problema anterior considerando la masa del platillo igual a M. hallar la amplitud de las oscilaciones en este caso.

Y operando de la misma forma que el anterior problema, tenemos que:

V = V2¡h x0=(m+m)g AE = 0 A

E o =F H

-mV2+mg A + 2

Pero:

xn =

(m +m)g

f (m +m )g'l +-kx2 =-k A + - --------

2

0 2

mg

Despejado:

A =— U 2hk k ^ (m +m)s

wvvw-edukperu. corn


» SOLVER EDK

J

HIDROSTÁTICA

m m C jl ||j|

Un cuerpo homogéneo y compacto colocado en un líquido con peso específico yt y pesa P, y colocado en un líquido con peso específico y2pesa P2. Hallar el peso específico y del cuerpo.

íaja aiy, En los diferentes líquidos tenemos los siguientes pesos: P, =mg-E, ; E , = r , V P2=mg-E2 ; E2= r2V P, =m g-r,V

y

P2=mg-x2V

mg = P = rcV P, = rcv - r ,v

y

p2=rcv - r 2v

...(« )

v =- A _

...(p)

Yi~Y\ De (a )y (p )

P2 -Pr l

Un recipiente sin fondo, cuya forma y dimensiones están representadas en la figura, se encuentra en una mesa. Los bordes del recipiente están bien ajustados a la superficie de la mesa. El peso del recipiente es W. En el recipiente se vierte un líquido. Una vez que el nivel de éste alcance una altura h, el recipiente bajo la acción del líquido se elevara. Hallar la densidad del líquido vertido.


vvww. edukpery;coi

í

HIDROSTÁTICA

SOLVER EPK

&

Por condición: AF = 0

-w +PS = 0

w = PS w = pgh.;r(R2- r2) w /7 _gh*(R2- r2)

||j|

Qué radio mínimo debe poseer un globo hinchado con H2 para que sea capaz de elevar una masa de 2000 kg, si pH = 0.09kg /m3 y crairp = 1.293kg /m3.

www, ecluKperu.corn

SOLUCIONARIQ FISICA LE IVA i Y II B g g j

» SOLVER EDK

HIDROSTÁTICA

En el equilibrio:

f

= 2000.g

V .^ P a -V ./.P h, = 2000.¿ 2000 =4^r3

Pa ~ Ph,

S

V = 7,3 m. Un cubo de arista 10 cm y densidad 0.9 g/crn3 se deja libre en el fondo de un recipiente, que contiene agua y cuya profundidad es de 1 m. Hallar (a) Cuánto tiempo tarda el cubo en aparecer por la superficie y que longitud de arista sobresale al quedar en equilibrio, (b) Cuál es el periodo de oscilaciones verticales que efectuará el tubo antes de quedar en reposo, use g = 1 0 m/s2.

lm

a)

Por dinámica tenemos que: E —P = ma ... (1) Por cinemática tenemos que: a

h t2

2


www.'edukperu com

c

H IDROSTÀTICA

SOLVER EDK «

E-p = m /2mh V É^ P

"

m = ^cVc

El empuje será: e

=a s v c

P = ASVr Reemplazando en (2): t = |-;- 2hA:,

\I(Pe ~ P c ) S

=>

t = 1,34 seg.

Cuando llega al equilibrio: P =E

Pe

“

Pa /^^sumergido

PcXh = p3Xh' h' = ^ ¿ = 0,09m A Por lo tanto, la altura que sobresale es:

desale = (l0-9)cm = lcm b) Para hallar las oscilaciones, ya en la superficie las fuerzas que se están equilibrando son E y P.

v w w .e d u K p e ru .c o rn


» SOLVER EDK

HIOROSTÁTICA

F =n

d^y dt2

Es la fuerza restauradora:

m = /?cSh =»

dt

y

F = -p agy

F = pc/ h ^ =-pagyX dr

P-?.

El periodo será: T = 2;r ¡Pch ÍPaS

T = 0, 59 seg.

Se deja caer un cuerpo de densidad 0.8 desde una altura de 20 m de altura en el mar

p = 1.022 . Hallar la profundidad que penetra en el agua y el tiempo que tarda en volver. No hay viscosidad, g = 10 m/s2

jg fim t r fíiw

o H = 20 m

:í p1

h

a) PorelP.C.E.:


www. eciukpery;cor

c

HiDROSTÁTICA

SOLVER EDK «

P.H = (E - P )h p ,y iH = (P^ y i - P , y 4 ) h =*h

P CH

_ 0,8(2Qm)

P mas- P c

=>

1 ,0 2 2 - 0 ,8

h =72,07 m

b) Por dinámica: - (P - E ) = ma ;

a = f^

(A n a s / S - P t/ S )- Z P c ^ r

t2 =

2/xh

{P™ s~ Pc)s

t = \l r ~ 2pch i =7' 2segy(Pnm -Pt)8

Hállese la tensión superficial de un líquido en función de la densidad, sabiendo que ésta, el diámetro de un capilar y la altura que alcanza en él, están en progresión aritmética, siendo la razón 0.5 y que el diámetro es menor que la densidad y ésta que la altura.

jK C T r r » M y Por teoría sabemos que la altura que se eleva un líquido en un capilar es: h= ^ rgp Donde r: radio del capilar, p = densidad del líquido y q = 9,8 m/s Por condición del problema, se dice que h, d y p están en progresión aritmética, así tenemos que: d - p - 0,5 www.eduKperu.com

y

h = p +0,5 SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

l

» SOLVER EDK

HIDROSTÁTICA

Reemplazando en la expresión

4 t

i

(p +0,5)(p-0,5)jOg 4

cr = 245(/?3-0,25p)

Q

Con un cuentagotas se vierten 100 gotas de agua, que en total pesan 2.45 g. Igualmente se pesan otras 100 gotas de un líquido problema dando 1.08 g. Hállese la o del líquido.

Por la ley de Tate, tenemos:

^ 1 0 0 gotas

m i00 gotas líquido

h9o

miiq,CrH20

= 32— cm

En una gota esférica de glicerina de 1 mm. de. radio. Hállese (a) la sobrepresión debida a la tensión superficial, (b) La fuerza total sobre toda la superficie de la gota por causa de la tensión superficial y (c) la energía potencial de la superficie.

mmm a)

Por teoría la presión que se ejerce en el interior es: AP =

i

2cr r


VAvw.edukperu.ooiTi

c

HIDROSTÁTICA

SOLVER EDK «

2(0,0064)N/m 10“3m AP = 1280 d/cm2

b) La fuerza que ejerce es la presión en toda la superficie F = AP.(4^R2) F = 160,8 d

c)

La energía potencial de la superficie de la gota es: Up =lcr(4^R2) Up = 8,04 ergios

Un litro de agua ha sido pulverizado en gotitas de 1 mm. de diámetro. Hállese la variación de la energía potencia que se ha producido por causa de la tensión superficial.

La energía potencial producida por la causa de la tensión superficial de dicha gota es: Up = ct47tR2 donde a : tensión superficial y R: radio. De la condición que 1 L de agua se pulveriza en gotitas, primero hallamos cuántas gotas de lmm de diámetro se produce: En 1L hay 10'3m3 4 3 El volumen de la gota es: V = —;rR • 3 10~3m3 Entonces: N =------- —r = 1912045 5,23x10 '10m3 AVP = N.

3

» SOLVER EDK

HIDROSTÁTICA

AVP = 43,8xl05 ergios

fj

Hállese la potencia que es necesario utilizar para inflar una pompa de jabón (a = 25 d/cm), cuyo radio aumenta a razón de lmm/s, en el momento en que este vale

2

cm.

Por teoría sabemos que la presión que ejerce en una pompa de jabón es:

"- T - ™ La potencia se define como el trabajo que se hace sobre el tiempo en el que se hace: p _ AP^d Donde :

S: área de la superficie d: distancia de recorrido

De (1) y (2): 4cr.S.d , , D P = ----- ; siendo d = R Rt

P „ 4°~s t Reemplazando valores:
Un portaobjetos de vidrio, de dimensiones

5

x 0,2 x 2 cm cuelga mediante un hilo de

peso despreciable del platillo corto de una balanza hidrostática, estando sumergido en agua de una vasija, justamente sumergida la mitad de su superficie, primer por el lado


w¿étíükp«

(

HJDROSTÁTICA

~

SOLVER EPK «

más largo vertical y luego con este horizontal. Cuál es la diferencia de pesas que hay que colocar en el otro platillo de la balanza?

Un problema clásico, te invito a resolverlo.

Qp

Sea el ascensor hidráulico que se ilustra en la figura, donde un líquido incomprensible se encuentra en un recipiente completamente cerrado, con excepción de dos pistones móviles de áreas respectivas A ty A2 a)

Si se aplica una fuerza F, al pistón menor de área A 1; calculen mediante el principio de Pascal, el aum nto de presión del líquido en todos sus puntos.

b) Demuestren que el peso W que puede soportarse en el segundo pistón mediante esta fuerza Fi es W = F1A2/A1

........ ~ '

a)

El principio de pascal expresa que “La presión aplicada a un fluido se transmite sin disminución a todas las partes del fluido y a las paredes del recipiente que lo contiene. Por lo tanto, si se aplica la fuerza el fluido, por tanto

al pistón, esta fuerza ejerce una presión a todo ' SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y

» SOLVER EDK

HIDROSTÁTICA

AP = F1/A 1

b) En el equilibrio se tiene:

Las variaciones de presión son iguales, entonces: APa, =APa„ F, _ w A|

A2 w=

I M

f ,a

2

Supongan que el ascensor hidráulico de la figura del problema anterior, se utiliza para elevar el peso W a una distancia d2: a)

¿A qué distancia d i se desplazara el otro pistón?

' b) ¿Qué cantidad de trabajo deberá proporcional el agente que ejerce la fuerza F l? c)

Compare su respuesta (b) con el cambio de energía potencial del peso.

g f T O lf g Siendo el siguiente sistema:

i


www. edukperu;?

HIDROSTÁTICA

a)

c

SOLVER EDK « __________

Como la presión se transmite a todo el fluido, habrá una misma variación de volumen en ambos pistones, por lo tanto: AV, = AV2 A ,d ,= A 2d2

b)

El trabajo se define como: W = F.d Para la fuerza Ft , se tiene un trabajo de: W ,= F,.d, pero: d1= — d2 A, entonces el trabajo será: WFi =-J —L d2 ...(a ) Ai Del problema anterior obtuvimos que: W = F. — A,

wwwl eduKperu.com

SOLUCIONARIO FISICA LE IVA J Y II

'■

» SOLVER EDK

)

HIDROSTÁTICA

Reemplazando en (a): WF( = Wd2

c)

La energía potencial de w es: AVg = w.d2 Por tanto el trabajo que hace Fi se debe al cambio de energía potencial.

^

Un hemisferio evacuado de radio a se fija firmemente a una pared vertical como se muestra en la figura. Si PQes la presión atmosférica, demuestren que la fuerza horizontal mínima F que se requiere para retirar el hemisferio de la pared es: F = ;ra2Pc (considere la fuerza normal a la diferencial de superficie que se indica)

Un problema interesante, te invito a resolverlo.

La esfera hueca de un flotador es de chapa y queremos que se sumerja estrictamente en el agua. Siendo z el espesor de la chapa. Hallar el radio de la esfera.


www. edükperu.coh

I

SOLVER EDK «

H1DR0STÁTICA

Si se quiere mantener en el equilibrio

= 0; Paire +Pchapa - E = 0, siendo Pajre :peso del

aire>^hapa : Peso de la chapa. Paire + T P r chapa =E L4/T 3

47t¡,

\3

3\

4n ,

r2Y r + r ' Y ^ r+£^ ~ r ) = r ^

\3

r+£)

( r ,- r )( r + f ) 3= (r ,- r 2)i'3 r ^

1

\ _f \ r' ~ r \ U - r*J

1

Despejando www.edukperu.com


77

» SOLVER EDK

j

H1DROSTÁTICA

r =1-

/ i- r Yx-Yi

Hallar la inmersión (0 de un prisma de peso P y dimensiones a, 1, b y h, cuya sección lateral es un trapecio, según la figura.

Para que el sólido esté en el equilibrio el empuje ejercido por el líquido es igual al peso. P=E /rcVt = /vty sumergido


i

vww. eciukperu.com

c

HIDROSTÁTICA

SOLVER EDK «

Por semejanza obtenemos x, y, b’ t(a-b ) +hb x =h

y = 2h [tCa ~ b) +hb] b '= “

ha2I-

hb3 (a +b)a

(t(a - b ) +hb)3l '-Ye

(a-b)ab

h3b (a-b )a

Despejando t, obtenemos: ■_ [a 3hVc -abhV, - b(h2- yc +yí) ] /3 - (b^ ) 3 (a - b )V ,b 2h3

Hallar la inmersión de un cono recto homogéneo de altura h y peso específico y} en un líquido y , tal como se indica en la figura.

V i*

. . J'C :ru.com

%


79

3

» SOLVER EDK

HIDROSTÁTICA

En el equilibrio: P=E

Y1X:ono

^ parte

( ^rR2h^ 7TR2hl 4 “

;

r l?ry(-R2 +r2 +Rr) r

Por sem ejanza de triágulos:

r

h-y

( f = r¡ h

f [h 2 + 2h 2 - 3hy + y 2 ]

21— j = y [ 3 h2 —3hy + y 2 ]

V


www. edukperu.com

c

HIDROSTÁTICA

/

-

3\

v

i

y

V , h3^

SOLVER EDK «

-h3 = y [3h2- 3hy +y2] +h3

(h - y )3 = h3 1- Y\

.\y = h

Calcular la inmersión de una esfera homogénea que en parte sobresale del líquido.

www. edukperu,corrí

SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II ¡ M j

HIDROSTATICA

» SOLVER EDK

Y\

^ R 3'' 3 4^R3

=¡kV

= / | ^ r 3(3R -t)

t3- 3Rt2+4R3— = 0

y ©

Una esfera de peso específico flota entre dos líquidos de pesos específicos y de modo que la línea de separación de los líquidos pasa por el centro de la esfera. En qué relación están los tres pesos específicos.

Ejercicio para el lector.

En un recipiente prismático que tiene una pares lateral rectangular hay una cantidad de liquido de peso P. Se arroja al recipiente un cuerpo de peso P i ; que flota en el líquido. Hallar en que relación varia las presiones sobre la pared rectangular.

Ejercicio para el lector. El orificio circular de un depósito se cierra con una esfera de peso P y radio R. Hallar la fuerza necesaria para levantar dicha esfera. Si H= 4R

H

i—

Www. eciukperu.cóm

■■

SOLVER EDK «

HIDROSTATICA

Para poder alzar la esfera se tiene que vencer al peso de de la esfera y a la presión CP’) que el agua ejerce sobre ella. F = P +P'.A ... (1) Donde A: área de la superficie que esta en contacto con el líquido. F = P+/.h.A F = P +r . y . A ...(2 ) El área de la superficie será: a. < 1 f< II < A =4vtR2-2;rh'R A = 3;rR2 ...(3 ) De (3) en (2) se tiene que: F = p+^ y ) ( 5;rR2)

f

=p +15" r3 2

wv-Av.eduKperu.com

SOLUCIONARIO FISICA LEIVA1Y II K f t f H

» SOLVER EDK

^fjj|

HIDRODINAMICA

En un torrente de agua se sumergió un tubo doblado, según se indica en la figura. La velocidad de la corriente con respecto a tubo 2 m/s. La parte superior del tubo se encuentra a 10 cm sobre el nivel del agua del torrente y tiene un pequeño agujero. ¿A qué altura h subirá el chorro de agua que sale por el agujero?

Aplicando Bernoulli, tenemos: Pi +“ PV,2+PSYi = P2+ 2 ^ 2 +psy2 Pero yi = 0, además: P2 = P^P, = Pafm

| / v ,2= i/ v 2 2+/gh =>

V2 R =y +1

=>

rV2 = v2m/s ...(1 )

Luego: h = -gt2 ...(*) pero— = t ...(**) 2 g


■

vvww. edukpéru.co?n

SOLVER EDK «

HIDRODINAMICA

h = 0,lm

Un recipiente ancho que tiene un pequeño orificio en el fondo se llena de agua y querosene. Despreciando la viscosidad, hallar a que velocidad sale el agua del recipiente, si el grosor de la capa de agua es de 50 cm y el de la capa de querosene 25 cm.

Po hi

Aplicando Bernoulli, tenemos: ^1+^

+Ph2oSY 1+PkSh2 = ^2 + 2 ^ 2 +^H2oSY2

Pero P| = P2, además como el orificio es pequeño V2 2 » > V,2, Y2= 0 ^

2oV1 2+ s U sh,+ A h2) = ^ HV22

2s (p H2hi+ A h2) P\\„0 Ahora: w w w . ed ukper u , corn


3

» SOLVER EDK

HIDRODINÁMICA

A<2o=101 pk = 738 hj =0,5 h2 =0,25

Una bomba consta de un cilindro, situado horizontalmente, con un pistón de área S] y un orificio de salida de área S 2 que se encuentra cerca del eje del cilindro. Halla la velocidad de la salida del chorro de la bomba si bajo la acción de la fuerza F, el pistón se desplaza con una velocidad constante, La densidad del liquido es p.

Vemos que: P, = — + Patm y P2 = Patm

£>r

Luego, por Bernoulli: P1 + - /oV,2 +pgy1 =P2 + -pV 22 +pgy2 Peroy,= y2

F S,

-42 / ^ = 4 ^

-o)

Ahora por continuidad:

SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y

www. ecSukperu.com

K

HIDRODINÁMICA

s,v,=s2v2

=»

S O LV E R E P K « ________ ___

v , = ^ v 2. ...( 2)

(2) en (1) I *

2P

V2=s' J ^

i ¡ )

Un tanque tiene la forma de un cono circular recto con el vértice hacia arriba. Hallar el tiempo necesario para vaciar el tanque de líquido cuando este sale por un orificio desde su base. Si h altura del cono, R radio de la base y A área del orificio.

gm m m

Ahora por Bernoulli:

% + ^ / v ,2+/sv,

+/gy2

| v y2+g(h-y) =iv 2 2 ...(*) Por continuidad: ( | ( h - y ) J * = AV2

w w vv.eduK peru.com


87

)

HIDRÓü1)M*tlCA

(.S).... sV^- = V

=» v 2 =

VvfR

- (h - y ) A <,h

ty ,a = tv :g. ( í ) rist ( 2 )

* ... (**)

>qr,

\ ,8 - ,V

fe '

•'«b f>n.i rlf; ; :

■id i

Reemplazando en (*)

|v y2+g(h-y) =I

4 w2

:(h - v )

y -rr2

'■■ r—L

-

— ■ =*

Vv =•

2

g (h - y )

----1---- — ---f(h - y ) ;?y;rV'

Por una pequeña aproximación 2

V =

4 1

Ahora: V =

‘2

Tí1

A2

=» dt =

A ^ 2 g (h ~ y)

g (h - y )

jih - v );

71

dy dt

dy

vy A

A ^ 2 g (h - y )

SA V g

:'111>0¡YV^Q lOC! SlOllA l l ;Í

En la figura dada, si la altura h del agua en el depósito es de 1,5 m. y el área A de la ..Vj>*'í t~ --f* -V» ., ■ -—.4pequeña abertura al fondo por la que sale el agua, tiene un valor A = 10 cm2. a)

Hallar la velocidad u0 con la que fluye el agua de la abertura.

b)

El caudal

s

fy ~ i!')$a Lv ~ ' ‘ ií :babiiíni?jio:/ 10°*

8Va =tv (■■/..r-'-

i ^vwedülcpe \j cdVt

I

SOLVER EDK

HIDRODINÁMICA

«

Por Bernoulli, tenemos: a)

p|+l pv? + pgy, - P2 +1 pW¡ +psy 2 Donde P, = P2= P0 , y, = h , y2=0 Además V0 » > V, 2gh = V? - V,2 2gh =.Vf

V2 =5,4m/sg

b) Ahora se define: Q = AV = 5,4xl0~3m3/s Q = 5,4xl0'3m3/s

Supongan, en la figura del problema anterior, el área de corte transversal del cilindro es A, el area de la pequeña abertura al fondo del depósito es a, la altura h del líquido sobre la pequeña abertura en cualquier instante t. Demuestren que el índice dh/dt al que cae al nivel del agua es:

wvvvv. edukper y ,com


» SOLVER EDK

HIDRODINÁMICA

Por Bernoulli: P1

+\

pVy + P S ( h -

y ) = P2 + 1

pWl

+ pgy0

=> V y + 2 g ( h - y ) = V22 ...(* ) Por continuidad: AVy = aV2 ... (**) Reem plazando en (*) Vy2 + 2 g ( h - y ) = ^

Vy2

2 2g(h —y)

Vy = ^/2g(h —y) -J

Esto si consideram os “y ” d esd e la parte superior:

i—

vvww. edukperu .com

c

HIDRODINAMICA

SOLVER EDK «

Haciendo uso del resultado anterior, demuestren que el tiempo t que requiere el nivel del agua en el tanque para caer de la altura hi a la altura h2es:

Del resultado anterior tenemos:

2 A a

En la figura dada, se tiene un barril de agua de lluvia sobre una plataforma de altura yQ. Si se perfora un pequeño orificio en el fondo del barril, se descubre que la corriente resultante de agua choca contra el suelo a una distancia x0del recipiente: a)

Demuestren que la velocidad V0del agua al salir por el orificio es:

’2y0 b) Calcular la altura h del nivel de agua en el barril por encima de la pequeña abertura en el fondo.

wwvv. eciukper y,com


1

» SOLVER EDK

HIDRODINÁMICA

js a itn r m m a) Sea V0, la velocidad a la que sale la lluvia. Vnt = x. En el eje y, tenemos: y 0 = ig t 2 . . . ( 2 )

2

de ( l ) y ( 2 )

y0

b) Ahora aplicando Bernoulli, para el cilindro: P, +1 pV ,2 + pgh = P2 +1 PY 0 + PSYo => P, = P0, y 0 = 0 , además V, « < V0

1 , .

•/gh = - / Y J

¡||j||

.

V2

h = — = —— 2g 4y 0

Supongan que como resultado de una corriente horizontal de aire que sopla sobre la parte superior de uno de los brazos de tubo U de la figura, el nivel de mercurio en este

v

SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIY I

mvw.edúkperu i

(

HIDRODINÁMICA

SOLVER EDK «

brazo se eleve 1 cm. ¿Cuál es la velocidad de la corriente de aire? Densidad del aire 1.3 kg/m3

n)

H)

p ^ r A> V J r*-v • _____

V-,

1cm T

P

1

Primero vemos que el mercurio esta en equilibrio: ••• Patm=P2+ SLh •••(*) Ahora por ecuación de Bernoulli www.eouKDefu.com


1

» SOLVER EDK

HIDRODINÁMICA

p0+ |p vo +8PY0 = P2+ ip V '2+/?gy Pero y0= y, además V0= 0 Patm= P 2 +

Í

2hs

V/2 2 ...(**)

Ahora de (*) y (**): 1p ? / = ysim ? / - -o V2+ o/Saire1 *. h y&m ¿Hg 11

Y 2 _ *Qp h

o

V

¿a ire

V= V Aire

=>

V = 44,3 m/s

B u ) ¿Cuál es la velocidad de fluido v que se asocia al flujo de agua que sale de una manguera 's. de radio 1.1 cm a razón de 50 cm3/s. H

H

Ü

Tenemos que Q = 50xl0_óm3/s Además: A = 3,8 x1o-4m2 Q = VA=*

Si

V = — = 0,16m/s A

la manguera del problema anterior tiene una estrangulación atrás de la abertura

correspondiente a un radio de 1 cm. Hallar (a) la velocidad del fluido en el pinto de estrangulación (b) La presión del fluido en la estrangulación, en relación a la de la atmosfera P0, suponiendo que la manguera este en posición horizontal. a) Del problema anterior, veamos:

I

Q = 50xl0^m3/s SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIYII

'' vAiw.edukpefu.com

c

HIDRODINÁMICA

SOLVER EDK «

Además: A = 3, 1x 1O“4m2 =>

Q = VA

=>

V = — = 0,16m/s A

b) Por Bernoulli, tenemos: P1+ip V f= P s+I py ? Debido a que y1= y2 P1= ^ p (V2 2-V,2) = 4,4 N/m2

Se tiene un tanque, que tiene la forma que se indica en la figura, está inicialmente lleno de agua a una altura de h0. En el fondo del mismo hay un orificio de “a” de área, por el que circula el agua. ¿Cuánto tiempo tarda en vaciarse el tanque?

Tenemos según el gráfico:

w w w . ed ü Kperu >corn


3

» SOLVER EDK

HIDRODINÁMICA

Por Bernoulli, tenem os: Py + ¿ pVy2 -+-p s (h - y ) = Po + \ =*

| v 2+ g (h - y ) = | v 2

pVo

...

+ P S (0 ) C*)

Ahora p o r continuidad; tenem os: \2 y > / a + (h - y )^

h

V y =

ys /á

a V 2

+ (h -y )^

R eem plazando (**) en (*) 2 g ( h —y ) 4 42 a2

y V a + (h - y )^ h

-1

Luego: SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

w w w . ed ukper y . corn

c

HIDRODINÁMICA

SOLVER EDK «

2g(h-y)

V.. =

y V a + (h - y )|

ah2^2g(h-y)

2síy>/a+(h-y)^

dy

,,

,fH

y V a + (h - y U 2

■dy = J dt

s = 4 fo dt■= V 8 Jo ah2^2g(h-y)

Considerando Va » 0 =>

t= 3i e : 5a V2g

En los lugares donde las secciones de un tubo de sección variable son iguales a S t y S2 se instalan dos tubos manométricos. Por el tubo fluye agua, Calcular el volumen de agua que pasa por segundo a través de la sección del tubo, si la diferencia de niveles en los tubos manométricos es igual a Ah.

A l

±

-TV Si

www. edukperu>com


» SOLVER EDK

HIDRODINAMICA

Del problema tenemos por continuidad:.

s,v,=s2v2 V2 =-^-V Q V1

(*)

2

Luego por Bernoulli: P|+ip V 1 2 =P2+Ip V 22 (P1-P2) +ip V ,2= Ip V 22 ...(*) Además visualizamos: P, —P2= Ahpg =>

=»

Ah/ s + | / v ,2= ^ A

2Ahg +V2=V22 .. (**)

Ahora, de (*) (*), tenemos:

s

Y

2Ahg +V.2 = - V , Vs2 y V,=

11

2Ahs=S-(s?-s2) Oo

r/2Ahg.S, x/sTsf

*'s2-s2 ^ 2

En el eje de un gasoducto con el área de la sección interna igual a S se instala un tubo de Pitot. Des preciando la viscosidad, hallar el volumen del gas que pasa por segundo a través de la sección del tubo, si la diferencia de niveles en el manómetro de líquido es igual a h, y las densidades del líquido y del gas son po y p respectivamente. Por la ecuación de Bernoulli


www. ecl ukperu.com

SOLVER EDK «

HIDRODINAMICA

pV jAh

P, + |/>V? +P3V,

• f> + ^ p V ; + pgy2

Pero Yt = y2, además V2 « 0

=>■

P,+-Uv,2=P2 ...(a)

También, como el líquido no se mueve: =>

P,+p'0gAh = P2 ... (P)

De (a )y (p ): =>'

^ V f = p 0gh

V,=

•••Q = V,S = S

2p0gh

2p0Sh

Encima de un agujero circular de radio R1; practicado en el fondo horizontal de un recipiente ancho que contiene un líquido ideal, se pone un cilindro circular cerrado de radio R2 > R]. El huelgo entre el cilindro y el fondo del recipiente es muy pequeño, la www. edukperu,com


99

» SOLVER EDK

3

HIDRODINÁMICA

densidad del líquido p. Hallar, en función de la distancia r hasta el eje del agujero y el cilindro, la presión estática del agua en el huelgo, si el nivel del líquido en la vasija es igual a h.

//////////X//////////

Ejercicio para el lector. En la pared vertical de un depósito hay dos pequeños orificios: el uno está a la distancia X de la superficie del líquido y el otro, a la altura Y sobre el fondo. Los chorros de líquido que salen se encuentran en el suelo (B ) en el mismo punto. ¿En qué relación está X e Y?

f M

5RI SOLUCION ARIO FISICA LEIVAI Y II

ü

l

www.edukpem.tíoni

SOLVER EDK «

HIDRODINAMICA

Por la ecuación de Bernculíi para (1) respecto a L^:

P, +1

+Pgy, =P„ +1

+Pgx

Pero: P, =P0, y, =0, pero V, > » V0 =>

\pv2 \ = \p v¡ +p &

V,2 = 2gx ... (*) Analógicamente para (2), respecto a L2 P2+\ p v 2 + psy2 =p° +\

+p s (h - y)

P, = P0, y 2 = 0 también V2 » > V0

^

V22 = 2 g (H -y) ...(* * )

Por ecuaciones cinemáticas, tenemos: d = V2(>/2yg) vvvvw. ed ukpe ru -cd rn


I

HIDRODINÁMICA

» SOLVER EDK

d =Y,(V2g(h-x>) V2(7 / v 7 ) =VlN/ / / (h - x ) V22y = V,2(h -x )

...(a)

Reemplazando (*) y (**) en (a): =>

2 g(H -y)y = 2gx(H-x)

Resolviendo: x = y En una conducción llena de agua en reposo reina una presión de P1 = 3.5 atm que se ejerce sobre las paredes. ¿Cómo variará ésta posición si el agua empieza a circular con la velocidad 0.9 m/s?

Para poder calcular la presión, tenemos que por la ecuación de Bernoulli. p,+^ pV,2+gpy, =P2+^ pV2 +gpy2 Como ambos se encuentran al mismo nivel: yi = y2, además Vi = 0 p,=p2+-ipv * ...(* )

p ,-p

= \p v¡

Como p = 1000 kg / m3 y V2 = 0,9 =>

Qp

p, - p = o, 00386 atm.

En un plano horizontal, dos tuberías desembocan en una tercera de igual diámetro d. Conocidos los gastos Q,, Q2 y las presiones P,, P2. Hallar la presión P en el tubo desalida. No se tendrá en cuenta la resistencia.

jjf l SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

vwvw; eci ukperu.corrí

c

HIDRODINÁMICA

SOLVER EDK «

Tenemos que:

Por las ecuaciones de Bernoulli tenemos: P, +—/?V2 |dm + P,+ \

pv;2 A dm = | P +^^- |2dm

/2 2 A

P + ^ Y l ^ _ +P + 2 A2 ' 2 A2 2 .n .=2P+-pQ2 P + f*% + P + r>+ 2A¿ n , ! +r! + 2A2 Luego: 2 P = (P1 + P2 ) - ^ ( Q 2 + Q 2 + 4 Q , Q 2) Www.edukp6ai.com


D

» SOLVER EDK

HIDRODINÁMICA

Pero: Q'2= Q, +Q2+2Q,Q,_, Además: A = —d2 y y = p$ 4 P,+P2

4y ( q 2+Q2+4Q,Q2) ;r2d4g

En un tubo horizontal que presenta un ensanchamiento brusco, circula el líquido con las velocidades respectivas VI, V2. Hallar la diferencia de presión en los puntos A y B, prescindiendo del rozamiento.

Piyi / y

: P2V2

Por ecuación de Bernoulli tenemos: 1y

ir , 2g

2g

p, - p , - ¿ ( v >-v . ) ( v . + v «)

Como el cambio de área fue druso: V,xV2

P2 = P , y ( v , - v 2)


www,edykperu.í

HIDRODINÁMICA

______________

SOLVER EDK «

El sifón automático de Neugebahuer tiene 3 codos B, C, D; el colo B está sumergido en el líquido. Hallar la velocidad en los puntos 3, C; D y E.

D B

Tm v

M

E

m m m m Para el primer tramo, aplicamos Bernoulli, *

p,=p24 p v 02

=»

P,-P2+ ^ v 0 2

pg(h.l,) =^ V f Análogamente, para el otro tramo:

V2=V2 i 0

0

1 +12 1 , T l

, I2+9M —I2^ Vo = Vo +gI 2I -i- I2_3L_I 3 i,+ i2+i3 3 y V0 2=v0 2^((l-l,)2-213(l3-2I4)) Donde: 1= 1, +12+5 www. eduRperu.corn


» SOLVER EDK

TEMPERATURA Y DILATACIÓN

Dos reglas metálicas de latón y aluminio, respectivamente miden exactamente 1 m 0°C.

O

¿Qué diferencia de longitud tendrán a 150°C si a í = 1.9xlO"5oC I y a M = 2.2xlO"5oC"1

La variación de la longitud de la regla de latón y de aluminio son: ^ . a t ó n = <*L .atónA T

=

^ A I L A )A T

Por condición: Llaton =LA1 = L = lm Las longitudes nuevas son: ^latón = L (l + OfLAT)

L^ = L (l +cxÂj ) =>

Llaton=l, 00285 m

=>

LA1= l;0033m

• • ^reglas = 45 mITI |Q |

¿Qué alargamiento sufrirá un carril de hierro de 12.50 m a 0°C, al pasar de 8°C a 80°C, si ac„ =1.16x10"5oC"1?

Hallamos la variación de longitud. AL = £0aAT - £0aAT ' Aí = £0a(8 0 -0 )-^ 0a(-8 +0) A i =88E0a AC = 12,76mm

1


www. edukperu,eom

SOLVER EDK «


En qué tanto por mil aumentara el volumen de una esfera de plata al pasar de 15°C a 100°C, si a Ag K '=1.97x10_5oC

La variación de volumen se calcula: AV = 3V0aAT AV = 3V0(l,297xl(T5)(85) AV — = 0,00502 V„ — x l000 = 5,01 por mil. V

Hallar la densidad del mercurio a 300°C sabiendo que su densidad a 0°C es igual a 13.6 g/cm3. Considerar que el coeficiente de dilatación cúbica de mercurio es constante y *

que su valor medio en el intervalo de temperaturas dado es igual a 1.85xlO“4oC"1

Sabemos que: C = — M V El volumen nuevo a la T = 300°C es: V - V 0(1 + /?AT) m _ m Pm°c P:m°C ~

-(1 +/?AT) P q°c

/Ve (1 +/7AT)

Pw c =12,88 g/cm3.

www. eduKperu,com

I


» SOLVER EDK

1


El módulo de comprensibilidad de benzol a 0°C y a la presión atmosférica es igual a 9xl0"5 atm_ 1 y su coeficiente de dilatación cubica 1.24xlO-3oC-1. ¿Qué presión exterior habrá que ejercer sobre el benzol para que al calentarlo 1°C su volumen no varíe? El módulo de comprensibilidad (x) se expresa: AT V0AP

x = 9x10 3 atm~

AP =

yÍP^

1,24x1o"1.1

y¿x

9x10“

AP = 13,78 atm.

o

En un recipiente de vidrio cuya altura 10 cm hay mercurio. A la temperatura 20°C al nivel del mercurio le faltaba la altura

1

mm para llegar al borde del recipiente. ¿Cuántos

grados se puede calentar el mercurio sin que rebose de este recipiente? El coeficiente de dilatación cubica del mercurio p - 1.82x10_1°C _1. La dilatación del vidrio se respeta.

rl mm

El volumen inicial será: Y , = A. (9,99)


w w w .e d u k p e ru .;

(

TEMPERATURA Y DILATACION

SOLVER EDK « . .............. ...............i.,...,.,-— <

y la final será: Vf =10A =>

VF-V0(l +/3AT) ... (a)

Reemplazando en (a) 10/= 9,999/(1+/?AT) =>

AT = 55,5°C

En una rueda de madera de 100 cm de diámetro es necesario colocar un neumático de hierro, cuyo diámetro es 5 mm menor que el de la rueda. ¿En cuántos grados es necesario elevar la temperatura del neumático si a?e = 12x1o-6°C “1?

m m rn m La variación de volumen será: a s =s o(2« fJ at

*[(0 ,5 )2-(0;4975)2] = (0,4975)2;r.2aFeAT AT =419,8oC

l¡j|| |

La altura de la columna de mercurio medida en una escala de latón a temperatura t1; es igual a h]. ¿Cuál será la altura h0de la columna de mercurio a t0= 0°C se conoce del latón y del mercurio?

m m m m Tenemos que la variación del volumen del mercurio es: AV = +V0/?(o-t,) AV =-V0^t, ...(1 ) Pero la variación del volumen en el latón: AV = S(h0+Ah,-h,) ...(2 ) S: área www.eduKperu.com

1


J

» SOLVER EDK


De (2) en (1): ^ (h 0 +Ahl - h ,) = -hl^ t , hD = h ,- A h l -h,/?tl ... (4) La variación de longitud en el latón será: Ah, = h,art, En (4): h0 = h ,(l+ a t, -/?t,)

En un centro de un disco de acero hay un orificio de diámetro 4.99 mm a 0°C, hasta qué temperatura hay que calentar el disco para que por su orificio empiece a pasar una bola de diámetro 5.00 mm. El coeficiente lineal del acero es l.lx lO " 5 oC_l

mmü

y

Para que pase la esfera, el diámetro del agujero tiene que ser igual al diámetro de la esfera: 52 T

(4,99)

\2

tt(4,99)

4~

.2aAT

AT = 182,3°C

Una bola de vidrio, cuyo coeficiente de dilatación cúbica es (3, se pesa tres veces: en el aire y en un líquido a las temperaturas ti

yt2. Las indicaciones para las tres pesadas son:

P, Pi y P 2 -Hallar el coeficiente de dilatación cúbica pi del liquido

En el líquido a diferente temperatura tenemos los siguientes pasos:

P, = P - E j ...(1) P2 = P - E 2 . . . ( 2 ) Sabemos que E = /.Vsumer
P —Pi = Pe ‘SYjumersido I ••*(3)

m


www. m ukperu,com

I

SOLVER EDK «


P-P2= Pr gVs sumergido 2 ...(4 ) Como a esta cierta temperatura el volumen cíe la esfera aumenta, entonces: p-pt =p(.g[y0+ ^v0.(t1- t )}...(5 ) P - P 2 =/7rS [V 0 +/*V0(t2- t)] ... (6)

.

De (5) y (ó) obtenemos la siguiente relación: -Pí +P1=pí .gV0(ta- t1) „ . ( 7 ) Pero: m Pc =

V,

desarrollado ~ Y d

^1 )

n g X jV - t,)

P1-P-2= X [ i + A ( t 2- t,)] Y sabiendo que mg = P, tenemos que (3 es:

P2 “ Pi +P(^2 ) A=- (p,-p2)(t2- tl)

ra Entre dos paredes se encuentra una barra, de sección S, compuesta de dos partes de igual longitud L/2 que tienen los coeficientes de dilatación lineal ai y a2, y los módulos de Young E t y E2. A la temperatura Ti los extremos de la barra apenas tocan las paredes. ¿Con que fuerza presionara dicha barra sobre las paredes si se calienta hasta la temperatura T2? Despréciese la deformación de las paredes. ¿Cuántos se desplazara la junta de las partes de la barra?

dCj

df2 L/2

wvVvV.ec1uKperu.com

L/2


V

>> SOLVER EDK

TEMPERATUR A Y DILATACION

También:

ACt

FL + -^~ .-(2)

2SE,

2SE2

Igualando (1) y (2) se tiene: L aT, L at FL , FL a, —AT +ar„ —AT =--- +---'2 22 2SE, 2SE2

F =,a 2+^L E, +E2j

E,E2SAT

L (of1E 1+ a 2E 2)

y M =— 2

ffl

E,+ E2

(t2-t,)

De un alambre de hierro de 1 mm de radio cuelga una carga. Esta carga hace que el alambre se alargue en la misma longitud que se alargaría si se elevará 20°C su temperatura. Hallar la magnitud de la carga.

erar //////////////


www, ed ukperu.com

I

SOLVER EDK «


El módulo de Young será: F L

F=

ES.Ai

(1)

eo

sa í

También sabemos que: A£ = £0aAT ...(2 ) De (2) en (1): F = ESaAT x = 3,87x10“6atm-1

Tomando igual

a

4.8xl0~5atm el valor medio del coeficiente de comprensión del agua,

hallar la densidad del

igua

del mar a la profundidad de 5 km sabiendo que su densidad

en la superficie es igual a 1030 kg/m3. Al calcular la presión hidrostática del agua de mar supóngase que su densidad es aproximadamente igual a la densidad del agua en la superficie.

%

áSfifflEffifllf . Problema para el lector. ©

El coeficiente de dilatación cubica del mercurio

/? = 1.82x 10t4oC 1. Hallar su

coeficiente de compresibilidad sabiendo que para que su volumen no varíe cuando se calienta 1°C es necesario aumentar 47 atm la presión exterior.

Sabemos que el módulo de comprensibilidad se expresa:

V0AP yAV = /?V0AT ...(2 )

D e(l)y (2): =>

/?AT AP

X = -

www.ecluKperu.com

1.82x1o-4.! 47 atm

x = 3,87x10^ atm


» SOLVER EDK

CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA

La figura representa el ciclo de funcionamiento de una máquina de vapor ideal por el que tenemos que: (a) cuando el vapor de la caldera comienza a entrar en el cilindro la presión en el aumenta a volumen constante VQdesde P0 hasta P] (rama AB); (b) al seguir entrando vapor en el cilindro el émbolo se mueve de izquierda a derecha (rama BC) a presión constante Pi. (c) el desplazamiento del embolo hacia la derecha continua, pero cesa la entrada del vapor de la caldera en el cilindro, tiene lugar la expansión adiabática del vapor (rama CD). (d) cuando el émbolo llega a su posición extrema derecha el vapor del cilindro sale al condensador y la presión desciende a volumen constante V2 hasta el valor P0 (rama DE), y (e) al moverse el émbolo en sentido contrario le empuja al vapor que queda en el cilindro a presión constante Po y el volumen disminuye desde V2 hasta V0 (rama EA). Hallar el trabajo que realiza esta máquina en cada ciclo si VQ= 0,51, V¡ = 1,51; V2= 31; PQ= 1 atm, P | = 12 atm y y = 1.33 .

p

B

c

A

E

Po

V0


Vi

V2

www, eci y kperu,coi


SOLVER EDK «

Del gráfico: w ,= (P l -P0)(V 1-V 0) = lla tm - L Para el proceso CD PcVc = PD-Vp (12)(1,5)1,33 =Pd ( 3)1,33 =>

PD = 4,7 Atm

Ahora: W , = í> .d V -(1 )(1 ,5 ) = f ‘ ^ < IV - (1 ,5 )

w2=9,65 Atm -L w tü tal

=>

=20,65 Atm-L

wTOTAL =2088,9 J

wvmedukperu.com


I

» SOLVER EDK


Una maquina frigorífica ideal funciona como bomba de calor según el ciclo de Carnot

*

inverso. Esta máquina recibe el calor del agua, que se encuentra a 2°C y lo transmite al aire, cuya temperatura es de 27°C. Hallar (1) el coeficiente nb es decir, la relación que existe entre la cantidad de calor cedida al aire durante un periodo determinado de tiempo y la cantidad de calor absorbida del agua durante este mismo periodo. (2) El coeficiente n2, es decir, la relación que existe entre la cantidad de calor absorbida del agua durante un periodo de tiempo determinado y la energía empleada en el funcionamiento de la maquina durante este mismo periodo (n2 recibe el nombre de coeficiente de funcionamiento o eficacia de la maquina frigorífica), y (3) el coeficiente n3 es decir, la relación entre la energía empleada en el funcionamiento de la maquina durante un intervalo de tiempo determinado y la cantidad de calor cedido al aire durante este mismo tiempo (el coeficiente n3 es el rendimiento termino del ciclo). Hallar ni, n2 y n3.

a)

116

Q T n, = —— = — =>(esto por Carnot) Q ab Tb


www. ed ukperu.com

SOLVER EDK «

CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA

n, =1,09 b) Ahora para: n =-âb_

Q , êmple De lo anterior: Qced=l09

Q WJ=1

Q,■empleada = 0,09QA

n2 =11 c) Ahora para:

^^í>m n

QCed = 3,09QAb

Qn

Qemp=0;09QAb

n3 = 0;83

Una máquina térmica ideal funciona según el ciclo de Carnot empleando aire caliente, el cual se toma a una presión inicial de 7 atm con la temperatura de 127°C. El volumen inicial del aire es de 2xl0_3m3. Después de la primera expansión adiabático el volumen de 81. Hallar (1) el trabajo total realizado durante el ciclo (2) el rendimiento del ciclo.

jjfn f M a r

wvvw. eduKperu.com

I



» SOLVER EDK

Para el tramo (1 -> 2) el proceso es isotérmica, entonces: P,V, =P V (7)(2) = P (S) P = 2 Atm Luego para ei proceso (2 -> 3) El proceso es adiabático y considerando un dictonico P = V —P V , r = 140 P = 1, 45 Atm Ahora para el tramo (3 -> 4) es isotermo p - v =p - v => P .P =11,6 ... (*) Ahora (4-^1) P ,.v r= p 4yr P .V; =18,5 .. (**) Resultando (*) y (**) tenemos: 2

2

2

2

, 8

2

2

3

3

3

3

4

3

4

4

4

4

0,4 = 4

1 ^ 24

= 3 2 (£ ) V )

P = 3,625 atm 4

= W w2 + w

w

, ^ 2

= P.V.Lr

2^ 3

vVoy

+w

3^ 4

' W 2-> 3

+

+w

4_ ,

P í *Y

3

I

Vf

y

oy

Ahora tenemos que


wyvw. edukperu,corn

I


.1

SOLVER EDK «

Reemplazando tenemos: w Neto = 15,83 atm x litro w Neto=1601J

Pero

PjV, = nRT

=> n =0,43

P,V,=nRTA =>

Ta = 329 k

=> n = 0,178 #

Cierta cantidad de oxigeno ocupa el volumen V| = 31 a la temperatura ti = 27°C y a la presión Pi = 8.2 x 105 N/m2. En un segundo estado este gas tiene los parámetros V2 = 4. Si y P2= 6 x 105N/m'2. Hallar la variación de la energía interna del gas para ACB y ADB.

D

P2

C

B v


)

» SOLVER EDK


Como AC es isocoro

Tc =219.5 k Ta

Tc

Donde:

Cv =5,03

Cp = 7,03

cal m ol-k

cal mol - k

Además Q djs = AU

^

QdiS = nCvAT ... (1)

Ahora:

PAVA =nRT

n = 1 mol en (1)

AUac = QACdic =-404,92 cal = -1692,6J ... (1) Para el tramo CB el proceso es isobàrico:


www, edukperu.coni


c

___* ......... - S 0 L V E R E P K

"* « _______________

Qmr —nCpAT —AU cb + Wjg (7 ,0 3 )(1 0 9 ,8 )(4 ,1 8 )-(6 x 105)(1 ,5 x 10'3) = AV cb AU cb = 2326,5 J ... (2 )

Luego: AU^ =633,9 J 2o Debido a que ambos tramos llegan al punto B. Luego AU^n =633,9J

Dos gases distintos uno de los cuales es monoatómico y el otro diatómico, se encuentran a igual temperatura y ocupan el mismo volumen. Ambos gases se comprimen adiabáticamente de manera que sus volúmenes se reducen a la mitad. ¿Cuál de los gases se calienta más y en cuántas veces?

Para el gas monoatómico

X =l,68 2 El gas diatomico r = 1,40

2 Ahora como el trabajo: AU = w para gas monoatómico, tenemos:

Pero Y = V

w =P,V(0,55) ... (2) www.eduRperu.com



» SOLVER EDK

Para el diatómico W =

PiYT

- L - !-

Y- 1

P.v r

w = P,V(0,6l) ...(1) (1) y (2) tenemos AU = w 3 -nRAT, =P,V1(0;5) ... (monoatómico) |nRAT2 =P1V1(0,6) ...(diatómico) AT, =0,3To ... (monoatómico) AT2 =0;24T0 ... (diatómico) TFi =1,3T0 =>

TFj =1,24T0

-Ti - = 1,05 TF

Un Kilomol de gas perfecto realiza un ciclo compuesto de dos isocoras y dos isóbaras. Al ocurrir esto el volumen del gas varía desde Vi = 2m3 hasta V 2 =50 m3 y la presión desde P, = 1 atm hasta P2 = 2 atm. ¿Cuántas veces será menor el trabajo realizado con este ciclo que el que se obtiene con el ciclo de Carnot, cuyas isotermas corresponde a las temperaturas máxima y mínima del ciclo que examinaremos, si durante la expansión isotérmica el volumen del gas aumenta dos veces?

122


vvww,edukperu.com

C


SOLVER EDK «

Ahora T = T,

También para el punto (3) T3

_ __2_

T

V3

V2

'V vV2y

T3 = 2T2 = 4T Para el punto (4) T. = — = 2T

Pi

p3

w util =(1,05)x 105x (25) = 26,25x 105J Pero tenemos en ei ciclo de Carnot

YyV/'V.0í juKperu ;corrí



» SOLVER EDK

y n =l —4 t 4/

=>

n =0,75

Ahora: W u t il= (n R 4 t L n ( 2 ) ) n

wutn =3nRLn(2)T ... (3) Camot

Ahora para el primer caso (punto 1) tenemos: PV =nRT (l,05xl0s)(25) =(l03)(8,3l)T =>

T =315,9 k

.-. wuül =54,e>xl05J Camot

wutil

=2,1 veces

Camot

O

El diámetro del cilindro de un motor de combustión interna con carburador es de 10 cm y la carrera del émbolo es igual a 11 cm. (1) ¿Qué volumen debe tener la cámara de comprensión, sabiendo que la presión inicial es de 127°C y que a la presión final en dicha cámara después de la compresión es igual a 10 atm? (2) ¿Cuál será la temperatura del gas en la cámara después de la comprensión? (3) ¿Qué trabajo se realiza durante la compresión? Si 7 = 1.3

Ejercicio para el lector jj|P

Dos esferas concéntricas huecas de radio R, y R2y temperaturas interna T, y externa T2 (T, > T2) y conductividades térmicas K, y K2respectivamente. Hallar la temperatura entre las esferas a la distancia R3y el flujo calorífico, ver figura.


www,edukperu.ccir?

.. c


......„

SOLVER EDK «

'\

/ / v - %\ \ í <¡ ii \i \t » |C t

l \

V\ V i; '

i

j Mm m m w

Tenemos que a una posición x = R3; que:

° _ —4/rk, (Tx-Tj.RgR, (Ra-R.) o _-4^k2(T2-Tx).R2R3 2_

(R2-R3) O

o

Ahora como no existe sumideros .*. el flujo debe ser el mismo: Q ,= Q 2

-4/k, (Tx-T,).R3R, (r 3 -

r

,)

-4/k2(T2-TX).R2R3 (r2- r3)

Y sea:

A =-^ & R3-R,

= AT, +BT2

, R 2

^3

A +B

Luego: Q=-4Â(T x -T,)R3 =-4^ a Í ^ Í | ^ - T 1

Q

-4ÂB(T2-T, )R 3

-4^R,R3k, (T2-T, )B

A +B

A +B(R 3- R ,)

A través de un aislador cilindrico de radio exterior R2 que rodea a un tubo de conducción de vapor de radio exterior R2; fluye calor radialmente hacia afuera. La www.eduKperu.com


I

» SOLVER EDK


temperatura de la superficie interior del aislador es Tj y la de la superficie exterior es T2. ¿A qué distancia contada desde el centro del tubo, es la temperatura igual justamente a la semisuma de Tiy T2? (Ti >T2)

Æ ü ffn y Sea: 2*kh(Tx-T1)

o ênel

f 0^

"A i r ,J q i =q

=2^

-

L„í|l

.1') = 2^

; ^

, „ (1)

L í— "1 R

|" R, t ,+ t 2 l

Ahora: T =

o 2^kh(T2-Tx) ^*enel /p puntox

e n (l)

'i l i R,J

r =a/rX

(a) Las temperaturas en ambas caras de un disco de extensión infinita son TI y T2. ¿Cuál es la distribución de temperatura en el interior del disco en estado estacionario? (b) ¿Cuál es la distribución de temperatura correspondiente a un tubo de paredes gruesas manteniendo a temperaturas constantes en el interior y en el exterior?

Si hacemos pasar el eje de coordenadas por el centro del disco, a) Además ubiquemos un punto situación a X metros.

Ti

T2 —x—• T , > T2


'www. ecl ukperu.com

c


SOLVER EDK «

dT Q= kA x — , pero A x = A = cte dx x °

/*T?

o

J t,

Í

Qdx= í -kdTA

Q x=-k(Tx- T ,)A =*

Q x= A k(T-Tx) ... (1)

Ahora en sentido contrario Q= -kA x dT dx =>■

du í*I„ ° . rT * -kAdr Jrd Qdx=JT

Q (d - x ) = -kA(T2-Tx) ...(2 )

De (1) y (2) tenemos que: 'T -T n T = *2 *1 x +T,

b)

dT Q= kAx — , A x =2^x.h dx Q=-k„7rxh wvwv; edaKperu,com

dT dx SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

a

» SOLVER EDK


[XQ— = fTx-2k;rhdt x Jt!

J t,

Ln(x/r,) Análogamente realizamos de punto x a r2 q

2k7rh(T2 Tx)

...(2)

M r2/x) Igualando (1) y (2)

^2k^(Tx-T,) L„(x / r i)

^2k^(Tg-Tx) L n ( r2

!x )

T ^ ^ V r^ x / rO + T ,

L„l — Veinte gramos de helio, encerrados en un cilindro por un pistón se transforman de un modo infinitamente lento del estado con volumen VI =321 y presión P1 =4.1 atm al estado con volumen V2 = 91 y P2 = 15.5 atm. ¿Cuál será la mayor temperatura alcanzada por el gas en este proceso, si en el gráfico de la dependencia de la presión en función del volumen del gas el proceso está representado por una línea recta?


www.edukperu.c

I

£


SOLVER EPK «

Tenemos como el trabajo que se efectúa es infinitamente lento. Q êntrega = AU —w vv 2w = AU ...(* ) Como también se trata de un monoatómico. AU = -nATR

2

AU = —— ... (**) 3 Rn

Ahora del gráfico mostrado: w=

'Po+P, w

(v,- v 2)

w = 225.4 atm-1 4 225,4 AT = 3 0,082(n)J A T =--3 3 6 5 ... ,(a)x AT

AT = 336,5k Xtiax =336,5+T Tmax =496,5k

Un cuerpo esférico de un lcm de diámetro está a una temperatura de 727°C. Suponiendo que irradia como si fuera un cuerpo negro. Hallar la cantidad de calor irradiada por unidad de tiempo emitida por su superficie.

M

IM

T

Tenemos que: T = 1000 k e = crT4 = (5,67x10~8)(1000)4 £ = 56700 wvvw. eduRperu.com

w

m SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

» SOLVER EDK

Q=

4,18


= 4,25 cal/seg

Un proyectil cuya temperatura es de 30°C y su calor especifico 0.09, es detenido por una placa de acero. La velocidad del proyectil es de 500 m/s en el instante del choque, y el calor producido se divide igualmente entre el proyectil y la placa. ¿Cuál es la temperatura que alcanza el proyectil? El calor disipado = E M) 500 m /s

m

Luego se ve que el calor ganado por la bala es: ^ = m C e-(Tea -30) ... (2)

=> Tef=196,14°C El calor específico verdadero del grafito, referido al átomo gramo, viene dado por la expresión: C = 2.67 + 2.62 x 10“3T - 1.17 x 10'5 T “ 2 donde T en °K . Calcular la cantidad de calor que precisan 10 kg de grafito para elevar su temperatura de 50 a 300°C. Tenemos: C = 2.67 + 2.62 x 1Cr3T —1.17x1 (T 5 T~2T (k )


■www. eci ukpertLGGí

c


Í iUU

50272

SOLVER EDK «

Gdt

Ahora:

C =2,67 +2,62X10-3(T - 273) - (l.T7x10“5) (T - 273)"2 Donde T(°C)

Q = mj™, (l, 95 + 2,62 x 10'3T - 1,17 x 10'5 (T - 273)"2) dT ,3t2 | 1,17xlQ-5 Q =104x 1,95T +I,31xl0 T + T-273 =>

Q = 6,02x10“ cal

Q = 602 kcal Se mezclan 8 kg de agua a 100°C con 2 kg de hielo (2) Cuál será la temperatura de la mezcla (b) ¿Y si, en lugar de 2 kg; añadiéramos 15 kg de hielo? (c) ¿Y si estos 15 kg estuvieran a 20°C bajo cero? Ce (hielo) = 0.5.

a)

100 Observación: Falta indicar que el hielo se encuentra a 0 z Tenemos que: =>

Q L + Q

= 0 ^ = Q perd¡do

mhieioL+CemaauaAT, =maglkJCeAT2 (2000)(80)+(1)(2000)(TK|) =(8000)(1)(100-Teq) wvvw.eduKperu.com


» SOLVER EDK


Teq=64°C

b) Como tenemos 8 kg agua a 100°C y 15 kg hielo a 0°C; veamos cuanto calor necesita todo el hielo para fundirse. Qtran = m H il = ( ‘ 5 0 0 0 ) 8 0

= 120 kcal... (1) Podemos verificar que el calor entregado por 8 kg de agua, hasta que llegue a T = 0°C es: =CemAT = (l)(8000)(l00) = 100 Kcal

(2)

max

De (1) y (2), podemos verificar que no todo el hielo se fundirá, •'« en la mezcla existía agua y hielo.

Teq =0°C Sea m = masa de hielo fundido mL = Qentre8a=Cem,AT m(80) = (8000)(l00)

=>

m=.10kg

aguafrja =18kg hielofi = 5kg

c)

JQ

-20

l

0°C

100 c

Análogo al caso anterior: t = 0°C Q «« =100k = (0,5)(l5000)(2) +m(80)


vvww. eci ukperu.com

I

SOLVER EDK «


=>

m = 1,0625 lo que se funde.

Se introducen 3 litros de oxigeno medidos a 15°C y 760 mm con 8 litros de hidrógeno medidos a 20°C y 750 mm y 4 litros de nitrógeno a 12°C y 710 mm en un recipiente de 6 lt de capacidad y temperatura 16°C ¿Cuál será la presión de la mezcla?

Para la mezcla total piden P.

Pviz'Yviz ~ ^total^Mz PMz.(6) =ntotal(62,4)(280) PMz=ntotal(3005,4) ..(1) =>

P^ =1842 mmHg

PT«ai =n,+n2+n3 Para cada gas, veamos: P ^ =n1RT1

>

=>

'n, = 0,13(02)

P2V2 = n2RT2

=>

n2 = 0,33(M2)

P3V3 = n3RT3

=>

n3=0,16(N2)

AT«a¡ =0,612 mol

En un calorímetro de cobre de 25g de peso se ponen 10 gr de alcohol a 10°C, se introduce una masa de cobre de 50 g a 100°C y la temperatura de equilibrio es 16°C. Siendo 0.095 al calor específico del cobre, hallar el calor especifico de alcohol.

100 e www. ed y Kper u.com


» SOLVER EDK


Q

q

H +

Q cu, -

Q

^^Cu^Cu,

cu2

^-^01^2^2

(l00)(Ce)(6)+(0,095)(25)(6) =(0,095)(50)(84) CeoH=0,641 Una cantidad de gas de volumen V, y presión P, realiza sucesivamente las siguientes 3 transformaciones: la primera isotérmica, con un grado de expansión ff=V,/V2, la segunda a presión constante; y la última adiabática. El estado final es idéntico al del principio. Calcular el trabajo de dilatación del gas y el calor puesto en juego durante el ciclo.

P a

~ J

i

%

T'2

P3=P2 V3

Vi

—

SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II I


(________________

SOLVER EPK «

Tenemos el siguiente ciclo termodinàmico:

Además : s = — , piden hallar w. Del proceso tenemos: p ,v ,= p2v 2

p2=*p,

= £

p,

v2

Además en el proceso 3 - 1:

2 IV

p\r = p V r ' => = (— 1 ,2 3 p2 l v, Ahora si: Va dV

w = P,V,Ln

w =P|V1Ln| — |-fP,

V7

A

v ''5

w = PtV1Ln| — |-ffP,Vi

www.edukperu.com

rP1V V1V

_ ^ _ ( Vw - v r )

£

p,v;•w Y- 1

1

-y

-v;_r



» SOLVER EDK

w =P1V1 El calor puesto en juego, sea Q = w

f Q = p,v ,

y-\_\ 1

-e y

Un ciclo se compone de una transformación a volumen constante y de otra a presión constante, separados ambos por dos transformaciones adiabáticas. El estado inicial pl, ul, TI se da, así como los grados de expansión s y s[ , de las transformaciones adiabáticas. Hallar el trabajo de dilatación del ciclo y el calor necesario para efectuarlo.

£ =L> j /ü2 sx=u4/u3

p A

P 1+ V 1

Pl i J

p 4

^

i<

P3=P2

_______

i i

v

V4=Vi


1 1 1 i

v3

1 1

1V Vo

VA^w.edukperu. c

l


Del proceso (1-2)

SOLVER EDK «

V .-i

Tenemos: P.Vf = P2W¡

=>

P2 = P ^

Para el tramo (3 - 4) se cumple: P4V,'=P,V¿'

=»

P4^ = P 3=P2

P4 =P rl W util =W,_ 2 - W 2 _3 - W 3 _ 4

Y) dv =p^ J ^ - p2(v2-v3)-P3v/J,v, y?P \JY

w ^ = ~ ( V'~r - V" r) - P> £>

PV r, v, y

yi-r _

r- i wvAV.edukpwu.com'

vV 11-^

£

*■)

- ^ p

( v r - v r )

7/ V / -P^v,

P .(v ,)

( r - 1)

£

Vw V1 - - i

y


]

» SOLVER EDK

w =P,Y,

8

1

(r-

Y

P ,V ,

W =


1)1

.1 - Y

i.,r )

1

[ r - 1)'<

££}

W :

dQp = nCpdT Por la ecuación general: Pdv = nRdl

Q

R

V Jjj3Pdv vs

=>

Qp “

-(V3-V2)

V.Pí 'C =» QP= ^ R

£-£.

...(*)

Análogamente: /

V,Cv

Qv = Y - v íp,'dP

=>

V,cv

pv

Q v = ^ - ( p4- p.) V

b )

Qneces

Q

Q

=

£

^

-P,

• ( * * }

.

y

Qp + Q V >d e (* ) Y (* * )

sr

c

f ■ V

PV =^ - £ ' R

+ CD

+Cn


1 V£i

I

a

£j

www.edukperti.Gorn

(

SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA

_____

SOLVER EDK «

CAPITULO 640 g de plomo derretido a a! temperatura de fusión se vierten sobre hielo a 0 °C . Hallar la variación que experimenta la entropía durante esta transformación.

Primero hallaremos la temperatura de equilibrio del sistema, sean 100 g de hielo y por datos de tabla se tiene:

Tf

Aplomo

=326, 5oC

Ce =0,03-^g°C

Lr

Lf =5,9-^F"' gC

*

Ce =1,074-^g°C

=80—

En el equilibrio:

L^xM hiek) +Mhielo.C%o (T„ -0) =Lu -MpbC^ (326,5-Tj

De la expresión anterior obtenemos Teq:

Teq =16,15 C o 289,15k

www. eduKperu.com


» SOLVER EDK


La variación de entropía será:

_

f

Q fusión

~ T328,5° C

^pbêpb

J

t

AS = 6,29cal +mpbCepb^n J l

v i;,

594,5

AS = 6,29cal + 640.0,03£n

289,15

k leal

,\AS =2 0 ,2 8 ^ x ^ ^

AS = 84,81^

dallar el aumento de entropía correspondiente a al transformación de 1 g de agua a 0°C en vaporal00°C.

JH flttC TTW La variación de la entropía es:

•dQ _ r mCedT t

~~ J

t

1

AS = mCeaguaL„ T,

r mLv JT

im ° r

o °c

Agita

10 0 °C

10 0 °C

B

c

Agita

V;apor

373


www, ed ukparu.cw\

SOLVER EDK «


,c _

r

. ( 373^1 mLv_

J

m 633113 n 273 + 373

.\AS = 7,356-f7 Oi

6 .6

g hidrógeno se expanden por vía isobàrica hasta duplicar su volumen. Hallar la

variación que experimenta la entropía al producirse esta expansión.

Proceso

Las moles serán:

n=

2

= 3,3mol

La variación de entropía es:

dQ

fB nCpdT

^ =P F = Af

AS = nCpLn

-rU -xn



» SOLVER EDK

Para un gas ideal: PAV0=nRT1

2PaV0 = n h T2

>T2 = 2Tr ..(l)

De (2) en (1):

AS = nCp£n

= nCpín2

C'PiI

AS = (3,3)7£n2 = 15,8—

K

I Después de haber sido calentados 22 g de nitrógeno su temperatura absoluta aumentó 1.2 veces y la entropía en 4.19J°K. En que condiciones se llevo a cabo el calentamiento (a volumen o a presión constante)

Consideramos que se elevó a presión constante, de esto, la entropía en este proceso tiene que ser igual al dato:

AS = 4,19 J/°K •


www.edukperu ,00 ¡TI

SOLVER EDK «

SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA

AS = J ^

= n C p ln |jf

Pero: i =1,2

T,

AS = nCpLn| -

AS = 4 ,1 9 -

El proceso se llevó a presión constante. Hallar la variación que experimenta la entropía al pasar un gas del estado A al estado B en las condiciones que se indican, si la transformación se efectúa (a) por el camino ACB y (2) por el camino ADB.

8.2

P x 105 (N/m2) A ■

6.0

i

B

D

!

t3 4.5

V(L) *-

Tj = 27°C m

www.eduKperu.cqm

m

m


143 -

v

» SOLVER EDK


Para el camino ACB se tienen 2 procesos: AC isobarico y CB isocoro.

AO rBnCvdT

rnCpdT

>Ao — I ------ b ------

Je

AS = nCvLn

. J

T

1

A

T

1

ÍT r Ì +nCpdT c vTc > V TA J

í

t

B

)

Considerando que es un gas diatómico:

AS =0,4ní^Rj-0,3ní|R

AS =0,65nR En (A) hallamos “nR” _

Pv T

8,2x10 x3xl0 300° k

nR = — = —----- ------

nR =8,2

J

■AS =5,33— 1 0l

Para el camino ADB se tienen de la misma forma 2 procesos: isocoro e isobàrico:

44


www. edükparu..corrí

SOLVER EDK «


AS = nCvLn

219,5

200

+ nCpLn

329,3 219,5

AS = 0,4C n - 0, 3nCv

AS = 0 ,4 |^ R )n - 0 ,3 Í|R |n

AS = 0,65nR

AS = 0,65(8,2 W

AS = 5,33-r’ 0|

Un metro cúbico de aire que se encuentra a al temperatura de 0°C y a la presión de 2 kgf/cm2se expande isotérmicamente desde el volumen V2=2V¡. Hallar la variación de al entropía que origina esta transformación.

m m m m

En un proceso isotérmico:

dV = dQ +dw = 0 www.eduKpery.com


3

» SOLVER EDK


dQ =PdV

Por definición:

* -í? -í¥ f nRdV _ nRL

J

y

í v0 Iv J

Hallamos “nR”, como es un gas perfecto.

nRT = P.V

_ 20N/cm2.lm3 _„0 J nR =----- r----=732— °k 273" k Reemplazando en (1):

AS =733L„

2V, v V, ,

AS =507,87 Oí

j® Una maquina térmica que funciona entre dos temperaturas ti y t2puede, teóricamente, convertir en trabajo útil la cuarta parte del calor que se suministra. Si la temperatura t1; correspondiente al foco caliente, disminuye 60°C, el rendimiento teórico de la máquina es la mitad del anterior. Hallar los valores de ti y t2. 146


www.edukperu.com

SOLVER EDK «


M á q u in a l

" A '

M á q u in a " B ' -333^

I l j

U Q'

v Q -*► w = Í Q 4

/

_

1\

/ T■,2 \ nA Sabem os que la eficien cia es:

w

T2

n =— = 1— Q T, En la m aquinaria A:

Por condición:

wwvv. eduKperu,com

1

n = —n¿

s

2


» SOLVER EDK


ng

= 1-^55 =

T,

2U

7T,-8T2 =7 x 333

71, -8T2 =2664...(l)

De la maquina:

nAA= l--fTT, 1 =1-1 4

T,

4T2 =3Tr ..(2)

De las ecuaciones (1) y (2) obtenemos T ( y T2:

T, =107,5°C

T2 = 12,3°C

Demuestre que un proceso a volumen constante, Ds/Du =1/T y (b) que en un proceso en que no cambia la energía interna del sistema Ds/Dv =Pt

1

8


www. eci ukperu, go ?ti .

(


SOLVER EDK «

1 =1ÜL 4T2=3T,...(2) De las ecuaciones (1) y (2) obtenemos T¡ y T2:

r, = 107.5°C í 2= 12.3°C jggii

yjjp Demuestre que un proceso a volumen constante, dS/dU = \ÍX y (b) Que en un proceso en que no cambia la energía interna del sistema dS/dV = P/T.

a)

Para un proceso a volumen constante dU es: dU= dQ + dw ... (1) dw = dQ + PdV...(2) como el V: cte, entonces: dw = dQ por definición:

dS =^ T dS J_. iq dU ^ dS = — => — = — dU T b) Para un proceso en que no cambia la energía interna: dU = 0. En (2) se tiene que: dQ = PdV Por definición:

dS =^ T dS =M T

,dS_P ' ’ dV ~ T www. ed ukper u.corn


u

_ ---------------------------------------------

» SOLVER EDK

J

...........


Prueba que el cambio de la entropía de un gas monoatómico ideal entre el estado inicial (P0, V0, T0) en que la entropía es S0y un estado final (P,V,T) en que la entropía es S está dado por: S - S 0 =3/2nRLn(T/T0) +nRLn(V/V0) en donde n es el número de moles de gas.

jM g rü «r Por teoría sabemos que: AV = AQ +Aw...(l) y la definimos de entropía es: AS = Jy ...(2 ) ♦

jligfk

@

Cinco moles de un gas ideal Cv = 3 experimentan una expansión isotérmica reversible desde un volumen inicial de 24lt hasta un volumen final de 20 lt a la temperatura de 300°K. Halle: (a) El cambio en la energía interna del gas (b). El cambio en la energía interna de los alrededores, (c) el cambio en la entropía del gas (d) el cambio en la entropía de los alrededores (e). El cambio en la entropía del universo.

Proceso isotérmico


VAVw.eciukperu.com


SOLVER EDK «

Proceso isotérmico a)

Para un proceso isotérmico: AUS = 0 dQ = dw = PdV

b) Por teoría: AVg+ AVg = 0 Av =0

c)

Como dQ = PdV, por definición de entropía: •dQ

r PdV

T

J

T

■••.(I)

Por ser un gas ideal se tiene que: P = ^ . . . ( 2 )

V

De (2) en (1) se tiene: AC

f•nRdV '

ASs=J-

V

AS*’ nRf" í ^ AS = nRí

24

20

•1.81 —

°k

d) Como la AS„S +AS3 =0 Se tiene que la entropía de los alrededores es: AS. = AS, ASa =-1.81

e)

cal

°k

Como es un proceso reversible la variación de la entropía en el universo es cero.

www.edukpeiu.corn


D

» SOLVER EDK


ASa =0 1J Una bolsa que contiene 75kg de arena se deja caer hasta el suelo desde una plataforma de 4 metros de altura. La temperatura en el exterior es de 30°C. Suponiendo que no se transfiere energía al piso. Halle el aumento en la entropía de la bolsa de arena.

Solo se ejerce trabajo: dQ = dw AQ = Aw AS = —T -= —i = T ^

(75)(9.8)(9) 303

AS = 9.7— x0.24— °k J AS = 2.32— °k

El calor específico medio del cobre es 0.093 cal/g°C entre los límites de temperatura de 0°C a 100°C. Halle el cambio total en la entropía para los siguientes casos: (a) Un bloque de cobre de 500 g a la temperatura de 90°C se coloca en un lago cuya temperatura es de 10°C (b) Se deja caer el objeto al lago desde un helicóptero situado a 20m de altura, (c)

Se unen dos bloques de obre de 500g uno a 10°C y el otro a 90°C dentro de un recipiente aislado de los alrededores.

Por definición:

•dQ T

AS = JCe

= 0.093cal /g°C


www.edukperu.con:


a)

( __________________SOLVER EDK «

Para el primer caso se tiene:

AS = 500g + 0.093 — - £ g °k

10 + 273 90 + 273

AS = -11.57 — °k

En este caso, ahora se hace trabajo sobre la masa:

cal AS = —11.51-—

°k

Al unir las masas, estas llegarán a un equilibrio: mCe (Te -10) + mCe (Te - 90) = 0 Te = 50° C o 323k

La entropía es: AS = J AS =

^ Jrin 323- ^ d T

--

As = mCe£

www, ed y Kperu.corn

S0LUC10NARI0 FISICA LE IVA I Y II

» SOLVER EDK


Hallar, calculando para un mol, el incremento de la entropía del gas carbónico con el aumento de su temperatura absoluta en n = 2 veces, si el proceso de calentamiento es (a) isócoro. (b) isobarico.

Tenemos que la entropía del C02, se da: AO rnCvdT Cvc AS = J ----- Proceso isocoro

T

C^d _ r nCd dT AS = J — -— T

roceso isobarico

Para el proceso isocoro, se tiene;

Ti V

AS = J

nCvdT T

nC J r

2T

vT,y

por la expresión: C = R +Cv


vvvvvv.eciukperu.i

l

SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÀMICA

SOLVEREDK«

e n c o n tra m o s q u e : C v =

AS = iHflSL = ^ ' 31 Y - 1 f 8 .8 3 V

'j

6 .8

^

r-i = 1 9 .3 ------ -----m o l.° C

J

p a ra el p ro c e s o is o b à ric o se tie n e :

f nC d T

f2 T ^

Í- T^”

[t J

AS = n C £ 2,C

=

rR r- i 883

6.8

J ( 8 .3 Î) 4

8 .8 3

6.8

www. edu kperti -com

-1


155

» SOLVER EDK


AS = 25.05- J

mol°k

En cuántas veces es necesario aumentar isotérmicamente el volumen de V -A moles de gases perfecto, para que su entropía experimente un incremento AS = 23J/°K

Como es un proceso isotérmico: dQ = dw +dV,dV-0 dQ = dw

l AS=f ^ = f ^ v T

J

AS = f

J

J

T

= nR í í —

v

( v 0.

23^ =(4)(8.3l)/n(« );a =^

a=e°69=2 :.a = 2

Calcular el incremento de la entropía de V = 2 moles de gas perfecto cuyo exponente adiabático / = í.3, si como resultado de cierto proceso el volumen del gas aumentó en a =2 veces y su presión disminuyó en p = 3 veces.

El proceso se asume en el siguiente diagrama:


vvww.edukperu X


SOLVER EDK «

Por definición: AS = J AS-fdQ JdQ

T

J

a s=

J T

nC dT1 crrnCriT ; - ^ +j

r 1

A

1

B

AS = nC p ¿ n If — -p

•nC/n

vT Del gráfico hallamos las relaciones de las temperaturas: av _ V T ~ TlA *Tb = aTA...(2) J3V P % -«= -= > T b =/3TC...(3) v a

*B

;

... 0 )

AC

y sabiendo que: Cp = Cv + R...(4) De (2); (3) y (4) en (1) tenemos. 1

A S = ^ í n £ + ____

y -1

www.edukperu.com

y -1 SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

» SOLVER EDK


Reemplazando valores: AS = -10.9— °k

Un mol de gas perfecto efectúa un proceso en el transcurso del cual la entropía del gas varía en función de la temperatura T según la ley S = aT + CvLnT, donde a es una constante positiva, Cv la capacidad calorífica molar del gas a volumen constante. Hallar la dependencia entre la temperatura del gas y su volumen en este proceso, si cuando V = V0, la temperatura T = T0

Tenemos que la ley de la entropía en función de temperatura es: S = aT +CvLnT...(l) La entropía se define:

como es un proceso isotérmico e isocoro se tiene que:

Comparando (1) y (2) se tiene que, la ley respecto de T se tiene:

y dS =

Entonces se tiene que para n = 1 mol se tiene:


www. edükpéru.cc i n


(

SOLVER EDK «

como es un gas ideal: P = -nRT V

0dT = nRdV V Integrando y despejando se tiene: T = T0 +

KH*


aduKperu.com


r

FISICA I Y II LEIVA SOLUCIONARIO

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