Problemas Selectos de Fisica Universitaria

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria

Autor: Alfredo Cora Paco

EJERCICIOS RESUELTOS VECTORES Problema 2 Utilizaremos la letra normal para representar el



módulo del vector A  A . Problema 1 



Sean A y B los vectores mostrados en la fig. cuyos módulos son 10 y 15 unidades respectivamente .Calcular el módulo del vector resultante.



Sean A y B los vectores mostrados en la fig. cuyos módulos son 10 y 15 unidades respectivamente. Calcular el módulo del vector resultante

Solución Primero

hallaremos

el

ángulo



después

aplicaremos el teorema de los cósenos, para hallar

Solución



el módulo de R

Aplicando el teorema de los cósenos tenemos:   160  180

2

Antes de realizar operaciones hallemos el valor del ángulo    20  180

2

2

R

R

2

 325  300 cos 160

R  325  282



 102  152  2 10 15 cos 20 43



R  6.56 u 

Los vectores que se muestran en la figura poseen módulos de la misma magnitud e iguales a m. Calcular el módulo del vector resultante de los cuatro vectores y el ángulo entre el vector

2

 100  225  300 cos 160

2

Problema 3

 A  B  2 AB cos α

2

2

R

   160

R 2  102  152  2 10 15  cos 160 R

  20

R  A  B  2 AB cos 

Podemos hallar el módulo del vector resultante R

2



R  24.6 u 



resultante y el vector B .

1



Solución 



Notemos que los vectores A y B tienen sentido opuesto pero son del mismo modulo . Entonces tendríamos



 90  3  90  2    60º 2 Problema 4

x es:

La resultante en eje



Los módulos de los

   R x  B x A x





vectores A y B que se muestran en la fig. Son 2 y 6 unidades respectivamente. ¿Cual deberá ser el módulo del

Pero los módulos son A  m y B  m Rx  m  m  0

 

Para C y

tercer vector C para que el módulo del vector



A







resultante de A , B y C sea 10 unidades?.

Solución La resultante en eje x es:

A  2 u

Rx  C cos   D cos 

B  6 u

Pero los módulos son C  m y D  m

C ?

Rx  m cos   m cos   0

R  10 u

La resultante en eje y es: El vector resultante será:

    R  A  C  B

Ry  Dsen   Csen  Pero el módulo es:

R

2

2

 A  C  B

2

Pero los módulos son C  m y D  m 2

Ry   m sen   m sen  

2

2

R  A  2 AC  C  B

2

 Ry  2m sen 2

2

2

 R  B  A  2 AC  C R



2

2

2

 R x  R

2

R  0   2m sen  

y

2

2





 R  2m sen

60  2  2 C  C

2

 4C  C 2 - 60  0   C  10  C  6   0





El ángulo de la resultante con el vector B es:

C  -10

C  6

Tomamos como nuestra respuesta solo C  6 por ser positivo y no así C  -1 0 por no existir módulos negativos.

2


Autor: Alfredo Cora Paco R

2

2

2

 R xR y

Problema 5



R

2

2

  20   10 

2

 R  22  m

Una persona se encuentra extraviada quien realizo el siguiente recorrido. Camino 90 m al Este, luego 70 m en dirección 40 º hacia el Oeste del norte , 60 º hacia el Sur del Oeste. A qué distancia del punto de partida se encuentra y en qué dirección.

Para la dirección tenemos tg  

Ry Rx

 10    20 

   arctg 

   26.5

Problema 6 Un barco navega 2km hacia el este, luego 4km al sudeste y finalmente otra distancia en dirección desconocida, al final se encuentra 7km al este del punto de partida. Hallar la magnitud y dirección del tercer recorrido del trayecto.

Solución

Solución

Para d1:

Para d2:

d1x  d1

d 2 x  70sen40

Del gráfico:

d1y  0

d 2 y  70 cos 40



Para d3:

d1  x  d 4 

 

x  7  2  5 km

Aplicando el teorema de pitagoras tenemos:

d3x  50cos 60 d3 y  50sen60

La resultante en eje

x  d 4  d1

x es:

Rx  d1  70 sen 40  50 cos 60 La resultante en eje y es:

2

 Rx  20  m 

2

2

2

 d 22

x  d3  d 2 2

d3  x

Ry  70 cos 40  50 sen 60  R y  10  m

 d 3  R  3  km 

Para la resultante tenemos:

Para el ángulo  

3

  45



cos 37 

Problema 7

Ax

 A x  A cos 37

A

Hallar la resultante de los vectores sen 37 

Ay

 A y  A sen 37

A

Para el vector

cos 37 

Solución

sen 37 

Bx

B By

 B



B x  B cos 37



B y  B sen 37

B Rx  A cos 37 - B cos 37  D 

Rt  R1  R2  R3  Rt  4  8  12  Rt  24 u 

R x  8  16  13

 Rx  5

Ry  A sen 37  B sen 37 - C



 Ry  6  12  6

 Ry  12

Problema 8 2

2

2

 R  R xR y

 R

25  144

Hallar la resultante de los vectores

 R  169



Problema 9 Determinar la dirección del vector resultante del conjunto de vectores mostrados en la figura .

Solución Descomponiendo tenemos:

Solución



Para el vector A

Rx  Ax  Bx  Cx Ry  Ay  By  Cy - Dy

4

R  13


Autor: Alfredo Cora Paco Si el módulo de la suma de dos vectores de igual módulo, es el triple del módulo de su diferencia.     S  A B   S  3D     D  A - B

Ax  Ax  Acos16 A Ay sen16   Ay  Asen16 A

cos16 

De dos vectores de igual módulo A  B Bx cos45   Bx  B cos45 B By sen45=  By  Bsen45 B Cx  Cx  Csen53 C Cy cos53=  Cy  C cos 53 C sen53 

Reemplazando datos tenemos: Aplicando el teorema de los cósenos tenemos:

Rx  25 cos 16  10 2 cos 45  10 sen 53  Rx  6.02 Ry  25 sen16  10 2 sen 45  10 cos 53- 3  Ry  7 .89

S

2

 A  B  2 AB cos α

S

2

 A  A  2 AA cos α

2

2

2

2

2

2

2

S  2 A  2 A cos α 2

Podemos hallar la resultante

S  2A

2

1  cos α   S  A 2 1  cos α  1

Aplicando el teorema de los cósenos tenemos: Note que el teorema de los cósenos tiene signo negativo por ser  ángulo suplementario

  180   2

2

2

D  A   B   2 A B  cos 

Ry  Ry  tg      arctg      53º Rx  Rx  R 

R2x  R2y  R 

D

2

D

2

2

36  62

 A

2

 2A

D  2A

 B 2

2

2

 2 AB cos 

 2A

2

cos 

1  cos  

 R  1 0 u   D  A 2 1  cos  

Problema 10

 2

Pero aplicando cósenos a  180  tenemos:

Si el módulo de la suma de dos vectores de igual módulo, es el triple del módulo de su diferencia. ¿Hallar el ángulo comprendido entre dichos vectores?.

cos   cos 180 



Solución Pero cos 180   1

y sen 180  0

Condiciones del problema: cos    1 cos    0  sen

en 2  tenemos:

5



cos    1cos 

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria 

D  A 2 1    cos  





 2

=A 2 1  cos  

Por la condición dada:

S  3D

Autor: Alfredo Cora Paco 108

B

B  27 u 



4

de 1 y 2

Del triángulo BOC

A 21  cosα  3A 21  cos  , elevando al

Aplicando el teorema de los cósenos

cuadrado tenemos:

2 A 2 2

2 1  cos    1  cos    9 1  cos   A2  2 1  cos α    9 A

2

 S

 D

2

(*)

 2 SD cos 

Del gráfico tenemos que:  2   360  2 60 

2  2   360    120

1  cos   9  9cos   cos   9 cos   8  10 cos   8    arccos

Sustituyendo en (*)

8 

  37º  10 

 2 A

2

2

2

 12  6  2 12  6 cos120 

2

Problema 11

4 A  252  A  63 u 

La suma y la diferencia de dos vectores hacen un ángulo de 60º con módulos 12 y 6 [u] respectivamente. ¿Cuál será el módulo de estos vectores? ¿Cuál es el ángulo entre ellos?.

Para el ángulo entre los vectores A y B tenemos:

Solución Aplicando el teorema de los cósenos tenemos: Método 1 S 2

2

 A

2

B

2

2

 2 AB cos 

2

S  A  B  2 ABcos 2

2

S  A B

cos  

2



2 AB

 S 2  A2  B 2   2 AB  

  arccos 

Del triángulo AOB: Sustituyendo datos tenemos Aplicando el teorema de los cósenos

2 B  4B

2

2

 S

S

2

2

 D

D

2

2

2

 2 SD cos α

 

 2 SD cos α

Método 2

4 B 2  12 2  6 2  2 12  6  cos 60 2



2

B 

   

  49 .1



Sustituyendo datos tenemos

4 B  108

2

 63    27  2  63  27 

 12 2 

  arccos 

De los datos sabemos que:

108

S  12

4

6

;

D 6

;

  60 º

;

 120º



Para hallar “A”

AC  AF  R1 AE  AB  R2 AD  R3

    

 R  R1  R 2  R 3

 R  4  4  4  12  2

 2   D 2   2S 2 D 2 cos120 12 2   6 2   2 12 2 6 2 cos 120 º 2

A  S

 1 2

Problema 13

2

2

A 

R

2

En el gráfico hallar el  x   de a y b

vector



A  7 .9 u

en función

Para hallar “B” B

2

 2   D 2   2 S 2 D 2 cos α  12 2   6 2   2 12 2 6 2 cos 60 º 2

 S

2

B 

Donde AOB es un cuarto de circunferencia Donde BOD es un cuarto de circunferencia Donde ABCD es un cuadrado .

2

2



B  5 .2 u

Para hallar el ángulo entre dichos vectores D

2



 A

2

 B

cos  

2

Solución

 2 AB cos 

A

2

B

2

D

2

2 AB

7 . 9 2



cos  



   49 . 1 º

 5 . 2 

2

 6 

2

2 7 . 9 5 . 2 

Problema 12



En el hexágono regular de 2 m  de

Para hallar el vector x lo primero que haremos será trabajar con sus módulos y tratarlo como un problema geométrico donde la incógnita es “x”

lado se tienen los 5 vectores mostrados. Calcular la resultante.

Solución Trasladando AF a CD y AB a DE

Donde



7

m  y h

h  m y

 


m

2

 y

m  2

2

2

 3

 y 

 y

2

Entonces

m

 m

2

m  2

3

m  h

2

 x  m



"y" en

2 h m


α 

    x  2 - 3  b cos 15  a sen15 

2  3 m

2

2



Para hallar el valor de "  "





m 2 3    2  tg    m   2  

h tg  m 2





m 2 3    2   arctg   m   2   

θ  15 º

Para " x" 2

2

2

2

m

m   2

x  h 

x 

2

4 



2 3

x  m



2 -

2

m  2

2



3

 Ahora descomponiendo el vector x tenemos:  x   x cos 15 i  xsen 15 j

Pero   b b   mi  i  m  a  mj



j 

      b     a  2 - 3  cos 15  sen 15    m    m       

 a m

8

 x 

      2 - 3  a sen15  b cos15   


Autor: Alfredo Cora Paco a las 9 hrs y 15 minutos otro móvil parte de un punto B que esta 5 km delatante de A con el mismo destino, a una velocidad de 100 km/h. ¿A qué hora y a qué distancia de A se produce el encuentro? .

CINEMÁTICA Movimiento Rectilíneo Uniforme Problema 1

Solución

Un móvil se desplaza con una velocidad de 30 m/s se encuentra detrás de un móvil B a una distancia 50 m si la velocidad del móvil B es 20 m/s después de que tiempo el móvil A estará a 80 m delante de B.

Solución

Datos v A  75

km h  ; v B

 km h 

 100

Del gráfico

 t  1 .2 5 h 

x A  x1  xB  x3

Incógnitas

1

x A  130  xB

Para

vA 

xA  ?

Para el móvil A

Para x B vB 

tA  ?

Como no existe aceleración el móv. es rectilíneo y uniforme

xB



t

 2

xB  vBt

xA

vA 

xA



1

xA  vA  t A

tA

Para el móvil B

xA



t

3

x A  v At

vB 

2  , 3  en 1

xB

xB  vB  t A  1.25 



tB

Del gráfico v At  130  v B t

 t





 t vA  vB  130

130

vA  vB 



t 

130

30  20 

x A  5  xB

1 y 2  en  



 13 s

vA  t A  5  vB  t A  1.25

Problema 2



Un móvil parte de un punto A hacia un punto C a las 8 de la mañana con una velocidad de 75 km/h,

9

t A  4.8  h 

 

2

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria Entonces


x A  5  355 

x A  360 km 

Problema 3 Un móvil con una velocidad de 120 km/h parte de un punto A en dirección a otro que dista 600 km ,al mismo tiempo de un punto B en dirección al primero parte un móvil con una velocidad de 150 km por hora. ¿Cuál es la distancia entre los dos móviles al cabo de 11/2 horas?.

Solución

Solución Datos v

A

 120

t 1

1 2

k m

;

h

v

 150  km h 

B

Datos

h  1.5h

Incógnitas y  ?

Incógnitas









v1 

5 m s

v2 

5 m s

x CD  ?

 

h  10 m

t  8s

Del gráfico

En el primer triangulo ABC

d  x A  y  xB

x AC 2  x AB 2  x BC 2

Dónde: y  d  x A  x B  Pero

x A  v At

Calculando la distancia

; xB  vBt

y  600  120  150 1 .5

 y  195km

xBC  v2t

Problema 4

Entonces x

Dos carreteras se cruzan bajo un ángulo de 90º por medio de puente ambas carreteras están situadas en planos horizontales la altura del puente es de 10 m por la carretera superior un coche se desplaza con una velocidad v  5 m s  por la , carretera inferior otro coche a la misma velocidad se desplaza en sentido cruzado .Cuando el primero se encuentra en el centro del puente el segundo se halla debajo de ,el. ¿Determinar la distancia que los separa al cabo de 8 s de haberse cruzado ? (ver figura) .

 

x AC 

x BC

 xBC  5  8  17.88  m AC

1 0 

2

 1 7 .8 8 

2

x A C  2 0 . 4 8 m 

En el segundo triangulo ACD



x CD 2  x AC 2  x AD 2

Calculando la distancia x

10

AD


Autor: Alfredo Cora Paco '

 2 0 .4 8 

xC D 



2

 1 7 .8 8 

'

Resolviendo las ecuaciones  y 

x AD  v1t  x AD  5  8  17.88 m 

Tenemos que: t  2 . 4 h 

2

Método 2

x C D  2 7 . 2 m 

Haciendo otro gráfico solo cambia

Problema 5 Se tiene dos velas 1 y 2 de tamaños iguales, los cuales tienen una duración de t1=4 hrs y t2=3 hrs emitiendo energía luminosa. Si las velas empiezan a emitir luz al mismo tiempo. ¿Después de cuánto tiempo el tamaño de una de ellas es el doble que de la otra?.

De la fig. (1) L  x1  2 y

Solución

 

L  v1t  2 y



De la fig. (2)

Método 1

L  x2  y



L  v2t  y

 

La resolución del sistema de ecuaciones se la dejo al lector Problema 6 t1  4 h

t 2  3h

x1  v1t

x2  v2t

v1 

L

L

v2 

t1

Dos vehículos parten del punto P con velocidades constantes de 15 y 20 pies/s respectivamente, simultáneamente del punto Q parte un tercer vehículo con una velocidad constante de 30 pies/s hacia el punto P si la distancia entre P y Q es de 1800 pies. ¿Cuánto tiempo debe transcurrir para que el tercer vehículo se encuentre en medio de los otros dos? .

t2

De la fig. (1) L  x1  y



L  v1 t  y

 



L  v2t 

y

 

Solución

De la fig. (2) L  x2 

y 2

Reemplazando en 



2

 

y

v1 y v2

tenemos:

Graficando el problema tenemos:

L  v1 t  y



L

L 

t  y

 

'

v1  15 pies / s

t1

L  v2t 

y 2



L 

L t2

t 

y

v 2  20 pies / s

 '

2

11

 x1  v1t 

x2  v2t

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria v 3  30 pies / s

Autor: Alfredo Cora Paco Movimiento Rectilíneo Variado

x3  v3t



Problema 1

Del gráfico

Un móvil parte del reposo en el instante t=0 s, con aceleración constante de 8 m/s2

1 2

x 3  y 2  1800  x 2 x 3  y 2  1800  x1  y

¿Qué distancia recorre el móvil entre los instantes t1=3 s, t2=5 s?.

De 2 despejaremos “y/2” x  1800  x  y  y 2 3

1



x3  1800  x1  y 2

Solución

Reemplazando en (1)

Datos

Incógnitas

vo  0 m s

x3  x3  1800  x1  1800  x2

x1  ?

2



a 8 m s

2 v 3 t  v 2 t  v 1 t  1800  1800

to  0 s, t1  3 s , t2  5 s

t  2 v 3  v 2  v1   3 6 0 0

 t  t

3600 2 v 3  v 2  v1 3600

25



 t

t  144

x2  ?

3600 2  30  20  15

s 

Entre A y B 1 2 x1  v0t1  at 1 2

 x1  03  

1 2

832  36 m

Ya que el movimiento es con aceleración constante tenemos entre A y C 1 2 x1  x 2  v0 t 2  at 2 2  x 2  05  

1 2

8 5 2  x1 

x  10036 64m 2

Problema 2 Dos móviles A y B separados 10 m parten simultáneamente del reposo con movimiento rectilíneo uniformemente variado en la misma dirección y sentido. Si la aceleración del móvil que esta adelante es 3 m/s2 y la del otro 7 m/s2

12



¿Después de que tiempo la distancia entre ambos será de 3m? .

Solución

Del gráfico :

Datos

Incógnitas

v0 A  v0 B  v0  0

t A  tB  t  ?

aA  3 m s

2

2  13  a B t

1er caso: cuando A todavía está delante de B

 a At

2  13   a B  a A  t

2

at

2

Reemplazando en   tenemos: 2

t

2

26

t

 aB  a A 

aBt

2

 v0 t 

t  2.55  s

Dos móviles A y B están viajando en sentidos opuestos en una carretera rectilínea. El primero A con una velocidad constante de 20 m/s, y el segundo B, para el tiempo t0=0, posee una velocidad de 10 m/s y una aceleración de 2 m/s2 . Si en t0=0 la distancia entre ellos es de 400 m, calcúlese el tiempo de encuentro.

2

1

2  13

 aB  a A 

Problema 3

Pero sabemos que para el M.R.U.V

7  v0t 





 

 7m  xB  xA

x  v0 t 



Reemplazando valores y calculando tenemos:

Del gráfico : x A  x  x B  d

1

2

2



2

aB  7 m s

x A  x  d  xB

1 2

a At

2

Solución 7

1 2

2

a Bt 

1

a At

2

2

7  2  aB  a A   t



a B  a A  4

t

v A  20  m s 

t A  tB  t  ?

aB  2 m s

72

14

Incógnitas

v 0 B  10 m s 

Reemplazando datos tenemos



Datos

2

2

t

2





14

7  3 t

t

2

2

14 

t  1 .8 7  s 

4

2do caso: cuando B rebasa a A y se pone adelante

Del gráfico:

13


xA  xB  d



1 2

aBt

2



v At  v0 B t 

1 2

Autor: Alfredo Cora Paco Tenemos que:

2

aBt  d 2 Para el gato: x g  v o t  1 at pero como el 2

 v A  v 0 B t  d  0

2 gato parte del reposo x g  1 at 2

Reemplazando datos tenemos: 1

2 t

2

2

Para el ratón: como se mueve a velocidad constante x r  vt

 20  10 t  400  0

Ahora como x  x r tenemos: g

2

 t  30t  400  0 2



t

t

30  30  4 1 400 

1 at 2  vt 2



2 1 30  50



t

2v



 t2s

a

lo encuentra cuando pasa 2[s]

2 1

Para hallar x reemplazamos datos





t  10 s

t ´  40 s

x  1

No tiene sentido hablar de tiempos negativos 

2

2 2 2



 

x4 m

De la ec. (1) despejamos d y reemplazamos datos tenemos:



t  10 s

d  x1  x

Problema 4

 d  5  4  d  1 m

El gato alcanza al ratón a 1 m  de su agujero

Un ratón se dirige a su hueco en línea recta con velocidad de 2 m/s, cuando le faltan 5m para llegar, pasa por lado de un gato que se encuentra en reposo .Si el gato acelera a razón de 2 m/s2 en dirección del ratón. ¿El gato logra alcanzar al ratón? si lo alcanza ¿A qué distancia de su agujero? (ver figura).

Problema 5 Un perro corre detrás de un auto móvil con una rapidez de 6m/s, cuando se encuentra a 64 m de, el sale un auto del reposo con una aceleración constante de 0.5 m/s2 .Determinar después de que tiempo a partir de ese instante el perro alcanza al auto móvil. Si no alcanza determinar la distancia mínima que el perro se acercó al auto móvil.

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

Solución Graficando el suceso, si lo alcanza existirá un tiempo real de encontró

Del gráfico

x  d  x1

1

Notemos que x g  xr  x

14


Autor: Alfredo Cora Paco 2

2 Para el móvil: x M  v o t  1 at pero como 2

parte del reposo

xM  1

2

at

t   6   28 2  

d min  

2

Derivando tenemos

Para el perro: como se mueve a velocidad constante

x p  vt

Del gráfico:

xM  d  x p

t 2



Un perro se encuentra echado sobre el piso, a 32 m de él ciclista arranca y sale del reposo (vo=0) con una aceleración constante a=1 m/s2 determinar la mínima velocidad constante del perro tal que pueda alcanzar al ciclista.

Reemplazando datos tenemos: 1 2

0.5  t 2  64  6 t

2

0.25t  6t  64  0



d min  28 m 

Problema 6

1 at 2  d  vt 2





t  12 s



6  0

Resolviendo tenemos

Solución t

  6  



t 

2

 6   4 0 .25 64  20.25 

6

36  64

 t 

6

0 .5

Método 1 28 i

0.5

El tiempo hallado es imaginario, por lo tanto concluimos que el perro no alcanza al móvil, por no existir tiempos imaginarios. Para hallar la distancia mínima ya que no lo alcanza.

Del gráfico tenemos: x p  x c  32

1

Para que el perro alcance al ciclista tendrá que existir un tiempo de encuentro t p  tc  t

Del nuevo gráfico

x p  d min  x M  64

2 Para el ciclista: x c  v o t  1 at pero como el 2 2 ciclista parte del reposo x c  1 at 2

Reemplazando datos tenemos: 2 vt  d min  1 at  64 2

 d min  1

2

0 .5 t 2

Para el perro: como se mueve a velocidad constante xp  v t

 64  6 t

p

1 2  d min    t  6 t  64 4

Reemplazando

en

2 v p t  1 at  32 2

 

(1)

tenemos:

Completando cuadrados Para el ciclista: v f c  voc  at Pero como parte

2

d min

t t     2    6  36  28  2 2

del reposo

15

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria vf

c

vf c

 at  t 

Autor: Alfredo Cora Paco 120 km /h calcular ¿Cuánto ha tardado el policía en alcanzar al coche?.



a

Solución

Para que el perro alcance al ciclista ambos tendrán la misma rapidez vf

 vp  v

c

  en   2

v v v   1 a   32 2 a a  v2   a

 1  v2   a 2  a2  



Llevando todo a las mismas unidades

   32  

vM  100  km h  27.8  m s  v p  120  km h   33.3  m s 

 v2  1  v 2        32  2a  a    v

;

t p  10  s 

tE  t  ?

2

 64  v 

64 a 

Tramo AB

a v  64  8  m s 



v  8 m s



Para el patrullero cuando acelera durante 10 s



2 x p  vop t p  1 at p Pero como parte del 2

Método 2

reposo De la ecuación   tenemos: at

2



2 x p  1 at p 2

 2 v p t  64  0

t

2v p 



2v p



2

2 a

Para hallar la aceleración  4  a  64  

v p  v op  a t p

2

t

2 v p  4 v p  256 2

Como parte del reposo

2

 t  v p  v p  64 a

2



vp

2  3.33 m s 



tp

Como “t” es un número real y positivo tenemos: v p  64  0

1 

 v p  64  8  m s 

2  en 1



v p  8 m s  

2 

 xp  1

2

3.33 10 2

x p  166 m

Problema 7 Tramo AC

Un policía de tráfico que ve a un automóvil aproximarse a una velocidad no permitida de 100 km/h. En el instante que pasa frente a la moto, la moto sale en su persecución, la moto después de acelerar durante 10 s alcanza su velocidad tope de

Para el móvil: xM  vM t p

16



xM   27.810

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria 


x M  278  m 

Para la distancia “d“ xM  x p  d 

 

d  xM  x p

d  278  166



d  1 1 2 m 

Del gráfico x ` p  d  x `M

3 

Tramo BD

4 

x`p  v pt Tramo CD

5 

x `M  v M t

(4), (5) en (3)  v p t  d  v M t t 

d v p  vM

 



1 12

 t

33.3  27 .8

s 



t  20 s

tT  t p  t

t T  10  20

s 

El tiempo que tarda en alcanzarlo es tT  30  s

CAIDA LIBRE Problema 1

17



En el mismo instante que un cuerpo se deja caer desde una altura h=24 m otro cuerpo es lanzado verticalmente hacia arriba con una velocidad v0=12 m/s. Calcular el tiempo que demora en encontrase .

Solución

Condición de espacios y1  y2 Condición de tiempos t 1  t 0  t 2 

t1  4  t 2



Pero sabemos Del gráfico: y  y1  y2

y1  y2

2



y  v o t  1 2 gt 2



Pero recordando que: y  vo t  1 2 gt

 

t 2 t1  4

Tenemos 2

2

Cuando sube (-) Mov. Desacelerado

vo1t1  1 2 gt1  vo2t 2  1 2 gt2

Cuando baja (+) Mov. Acelerado

Como el cuerpo (2) parte del reposo

Como la esfera se deja caer y 1  1 2 gt

2



Como el segundo cuerpo se lanza con una velocidad de v0=12 m/s 

y 2  v o t  1 2 gt

2 4  v0 t 

t

Reemplazando 

24 12



2

tenemos:

2

2

vo1t1  1 2 gt1  1 2 gt1  4

2

Tenemos 2 4  1 2 gt

2

vo1t1  1 2 gt1  1 2 gt2

2

 vot  1 2 gt

 v o1t1  1 2 gt 1 2  1 2 gt 1 2  4 gt 1  8 g

2



 2 s

v o1t1  4 gt1  8 g



t1  1.13  s

Problema 3 

t  2 s 

Desde un puente de 15 m de altura sobre la superficie de un lago, se lanza una piedra verticalmente hacia arriba con una velocidad inicial de 10 m/s. Al llegar a la superficie del lago la piedra se sumerge y desacelera a razón de 0.5 m/s2.Si el tiempo total empleado desde el momento del lanzamiento hasta que llega al fondo del lago es de 6 segundos. Calcular la profundidad del lago.

Problema 2 Desde la parte superior de un edificio se lanza verticalmente hacia arriba una partícula con una velocidad de 30 m/s, 4 s después se deja caer otra partícula desde un puente. Determine el tiempo trascurrido desde que se lanza la primera partícula hasta que se encuentran lado a lado.

Solución

Solución

18


Autor: Alfredo Cora Paco Ahora podemos calcular “y” 2 y  v o 2 t 2  1 at 2 2



  s 2.96s   1 2 0.5m s  

y  19.86 m

2

2

 2.96s  



 

y  56 . 59 m

Problema 4 De la terraza de un edificio ubicada a 60 m del suelo se lanza verticalmente hacia abajo un objeto con una velocidad de 5 m/s .En ese mismo instante de un piso más abajo (a 40 m del suelo) se suelta un segundo objeto. ¿Después de que tiempo los objetos estarán separados 10 m por primera vez?.

El tiempo

t  t1  t 2 1 Del gráfico 2  h  v o t1  1 gt1 2



1

Solución Relación de tiempos que se debe hacer

2

gt  v o t1  h  0 2 1

t  t1  t2 Reemplazando datos 4 .9 t 2  1 0 t1  1 5  0 1

t  3.04  s  1



Reemplazando t1 en (1) tenemos:

t2  t  t1 

t2  6  3.04s



t2  2.96  s

Calculando la velocidad v f 1  vo 2

Del gráfico: y1  10  y2  20

v f 1  vo1  gt1 

y1  y 2  10 2 2  vo1t  1 2 gt  v o2 t  1 2 gt  10

v f 1  10 m  9.8 m 2 3 .04 s  s  s 



v f 1  19.86m

De bajada

 v o 1 t  10  t 

s

v f 1  19.86 m

s Problema 5

19

10 5



 2 s  t  2s 


Autor: Alfredo Cora Paco Primera posibilidad

Un observador situado a 105 pies por encima del nivel del piso ve pasar un objeto hacia arriba, 4 s segundos después lo ve de regreso .Hallar la velocidad inicial del objeto.

Solución

Segunda posibilidad

Como el observador lo ve subir y luego lo ve bajar tenemos:  v f  v f  gt

2v f

 gt



v f  64 



gt

vf 



pies

2

Plantemos las condiciones de alturas y tiempos con respecto al nivel de referencia fijado:



s 

h pelota  15  h plataforma

 4

Para la velocidad inicial

vf

2

v

2 0

 2 gh



Reemplazando datos



v 0  104 



pies

v

v0 

2 0

 vf

6 4 

2

2

h p  15  h pt  4

1

t p  t pt

2 

2 h pelota  h p  v op t p  1 gt p 2

3 

 2 gh

 2  3 2 1 0 5 

 s 

hplataforma hpt  vpt t pt

4 

Problema 6 Reemplazando (2), (3), (4) en (1) tenemos:

Una pelota se lanza verticalmente hacia arriba desde una altura de 15 m con una velocidad inicial de 20 m/s, en el mismo instante una plataforma elevadora que se encontraba inicialmente a 4m de altura sube con velocidad constante de 3 m/s. Determinar ¿Cuándo y dónde se encuentran o cruzan la pelota con la plataforma? .

v op t p  1

Dónde

2

:

gt

2

p

 15  v pt  t pt  4

t p  t pt  t





1 gt 2  v  v  t  11  0 pt op 2

Solución

20



t 1  4 . 02 s  ; t 2   0 . 55 s 

Para la moneda de cobre 2 y B  v o B t B  1 gt B 2

Luego tenemos

H  h pt  4  v  t pt  4  34.02  4 pt 

 

H  16 . 06 m



2 

De la figura

 

H  16 . 06 m

3 

y  y A  h  yB

Problema 7

Reemplazando 1 y 2  en 3 

Un globo aerostático está descendiendo con una velocidad constante de 5 m/s, en el instante en que se encuentra a 500 m sobre el suelo, suelta una moneda de plata, transcurridos 2 s suelta una segunda moneda de cobre. Calcular la distancia que separa ambas monedas al cabo de 5 s de soltarse la primera moneda.

y  vo At A 1 gt 2 A  10  vo Bt B  1 gt 2 B 2 2 Reemplazando tenemos: y  5 5   1 1 2

Solución 

2

9.852  10  53 

9.8 32

 

 y  78 . 4 m

Problema 8

Datos:

Incógnitas:

v0 A  v0 B  v g  5 m s 

y  ?

Desde la orilla de un foso, de un grifo caen gotas de agua a razón de una gota por Segundo. Un montacargas que sube con velocidad constante de 10 m/s, es alcanzado por una gota cuando está a 100 m de profundidad ¿A qué profundidad, la siguiente gota montacargas? (ver fig.).

t A  5  s

Solución

t  2  s 

Gota y el montacargas

t B  3 s  H  500 m

Para “h”

h  vg t 



h  5 2 

 

h  10 m

2 H  v o t  1 gt 1 2 1

Para la moneda de plata 2 y A  v o A t A  1 gt A 2

1



21

H  1 gt 2

2 1



t1 

2H g

 4.5  s

tocara

al



Tiempo de encuentro entre: la segunda Gota y el montacargas



Pero t1  t 2  1  t 2  t1  1  t2  3.5 s

v2  vo  gt 2 

 v2   9.8  3.5 Tiempo para cuando la esfera que parte de Q

v2  34.3 m

  s

alcance la altura máxima Para el encuentro: v

2 2 h  1 gt 2  1  9.8 3.5 2 2



fQ

 v oQ  gt

Q 

tQ 

v 0Q g



3v

1

g

Para este tiempo existirá una distancia d donde:

h  61 m

t p  tQ

Para h2 2 h2  v 2 t  1 gt 2

2 y p  v o p t p  1 gt p 2

2

y Q  H  v o Q t Q  1 gt 2 Q 2

3 

Para el montacargas yM  vMt Del gráfico

Pero del dato vo p

H  h  h2  yM

  

Reemplazando 1 en 2

2





4.9t  44.3t  39  0 t  0 .79 s  ; t   10 .08 s 

 3v  1  3v    g  g 2 g

2

2

y p  2v

Calculemos la profundidad a la que la segunda gota toca al montacargas Profundidad  h  h

 2v y voQ  3v

 

yp 

3v

2

4 

2g

Profundidad  91.58 m

Reemplazando 1 en 3

Problema 9

 3v   3v  yQ  H  3v   1 g   2 g g

Desde los puntos P y Q de la Fig., se lanzan simultáneamente con dirección vertical hacia arriba dos objetos con velocidades 2v y 3v respectivamente. El objeto que se lanzó de P sólo llega hasta Q ¿Cuál será la distancia que separa a los dos objetos, cuando el objeto se lanzó de Q comienza a descender? La altura entre P y Q es H.



yQ  H 

Del gráfico

Solución 22

9v

2

2

2g

5 

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria yQ  y p  d dH

9v

2



2g



3v

d  yQ  y p

2





d H 




3v

t

2

2.74  0.7 s 5.61

g

2g

Otra manera es verlo desde el punto de vista de un Problema 10

observador exterior al ascensor. Suponiendo que

Un elevador sube con una aceleración vertical de 1.22 m/s. En el instante que su velocidad ascendente es de 2.44 m/s, un perno suelto cae del techo del elevador que está a 2.74 m sobre el piso. (Considerando g=10 m/s2)Calcular: a) El tiempo que tarda el perno en llegar desde el techo al piso. b) La distancia que ha caído con relación al cubo elevador.

en el momento en que se suelta el perno el suelo está a una altura 'h'. La ecuación del movimiento respecto del suelo es:

y s  h  v o y t  1 at 2 2 y s  h  2 .4 4 t  1

1 .2 2  t 2 2

Para el perno:

y p  h  2.74  2.44 t  1

Solución

10 t 2 2 

Tocará el suelo cuando yp = ys

Como pide que calculemos respecto al cubo del ascensor, lo mejor es hacerlo desde ese sistema de referencia a pesar de no ser inercial. Para poder hacerlo vamos a suponer que el ascensor está en reposo y que los cuerpos aceleran en ese sistema 'g + a', siendo 'g' la gravedad real y 'a' la aceleración del ascensor. Es decir, el perno haría lo mismo en una situación parecida a la que plantea el problema o en una equivalente en la que el ascensor está parado en un sitio donde la gravedad sea la suma de g+a.

h  2 .4 4 t  1

2

1 .2 2  t 2

h  2 .7 4  2 .4 4 t  1

2



1 0  t 2

Simplificando: 1

2

1 .2 2  t 2

1 .2 2  t 2 1 1 .2 2 t

2

 2 .7 4  1

2

1 0  t 2

 5 .4 8  1 0 t 2   5 .4 8 

t 

5 .4 8  0 .7 s 1 1 .2 2

b) La distancia que ha caído con relación al cubo del elevador

Siendo así, el tiempo que tarda en llegar al suelo es:

y s  y p  voy  1 at 2 2 que

aplicado a nuestra situación es: ys  2.74  1 10  1.22  t 2 2 Tocará el suelo del ascensor cuando ys=0

Para calcular lo que ha caído, utilizamos la

2.74  1

Respecto al observador del interior de ascensor ha

ecuación

del

movimiento

y p  h  2 .7 4  2 .4 4 t  1

10  1.22  t 2  0 2

del

perno:

10 t 2 2 

caído 2.74 m ,pero respecto a un observador exterior en t=0 (cuando se suelta) la posición del

2.74  5.61 t2  0

23


Autor: Alfredo Cora Paco Problema 1

Perno es y p  h  2 .7 4  2 .4 4  0  

1 2 1 0   0  2

Un cañón se coloca en la base de un cerro cuya pendiente hace un ángulo de 15º con la horizontal. Si el cañón forma un ángulo de 45º con respecto al cerro cuando dispara un proyectil con rapidez inicial de 70 m/s, hallar la distancia (x) a la que impactará el proyectil.

y p  h  2 .7 4

0.7 s después es: y p  h  2 .7 4  2 .4 4 t 

1 1 0  t 2 2

y p  h  2 .7 4  2 . 4 4  0 .7  

1 2 1 0   0 . 7  2

yp  h  2

Solución

Luego un observador exterior diría que ha caído

Asumiendo que:   15 º ;   45 º Planteando

h  2 .7 4  h  2

la ecuación de la trayectoria

h  2.74   h  2   0.74 m Es decir, mientras el suelo va al encuentro del perno, a éste le da tiempo a subir un poquito para luego

caer

(cuando

pierda

los

2.44

m/s

ascendente) 0.74 m desde donde se soltó.

gx

y  tg    x  2v

2 0

2

2

cos    

1

Del gráfico se tiene tg  

y



2

y  x  tg 

x

2  en 1 gx

x  tg   tg    x  2v

2 0

cos

2

2

   

Despejando x tenemos 2

x

2v0 cos

2

    tg  tg  g

MOVIMIENTO PARABOLICO

 x

24



2 70 m

s

2

cos

2

 60  tg  60tg15

9.8 m

s

2



x  366  m 



Problema 2

c) Hallar la rapidez de la roca al llegar al suelo y la rapidez horizontal en ese momento

Una roca descansa sobre un barranco 600 metros por encima de una casa, tal como se muestra en la figura. En tal posición que si rodase, saldría disparada con una rapidez de 50 m/s. Existe un lago de 200 metros de diámetro. Con uno de sus bordes a 100 metros del borde del barranco. La casa está junto a la laguna en el otro borde. Considere la gravedad 10 m/s2

Para hallar la componente vertical v



2

Caerá la roca en la laguna?





v  120 .35 m s

v 

vx

2

 vy

2





constante en todo el recorrido del proyectil. Problema 3 Un cañón dispara un proyectil desde la cima de una colina de 225 m de altura, con una rapidez de 100 m/s, impactando en el punto A (ver dibujo), de coordenadas (x,0) después de 15s. Considere la gravedad g=10m/s2 Determine:

a) El ángulo de lanzamiento (θ). b) La distancia horizontal total recorrida por el proyectil (xA). c) Rapidez con la que impacta en A.

Solución



b)

2

v y  112 .3m s 

Para la rapidez horizontal v0 x  v x  43.3m s es

 5 t  120  0

t  8 .73 s

2



2 y  vo y t  1 gt 2



2



v  vx  v y

v  120 .35 m s

a) Si la roca se desprendiera del barranco cuanto tiempo permanecería en el aire antes de caer al suelo?

t

 v oy  gt

La velocidad con que llega al piso será

Solución



y



a) Si la roca se desprendiera del barranco cuanto tiempo permanecería en el aire antes de caer al suelo? b) Caerá la roca en la laguna c) Hallar la rapidez de la roca al llegar al suelo y la rapidez horizontal en ese momento.

Para el tiempo en el aire

 

x  v x t  378 m Podemos decir que la roca no cae al lago 

a) Puede calcularse a través de la función y (t), aplicada entre el punto de lanzamiento (y=225m) y el punto donde impacta al plano (yA=0m), pues se conoce el tiempo que demora (t=15s), la magnitud de la velocidad inicial (V0=100m/s) y la aceleración constante del Movimiento (g=10m/s2): 2  y  v 0 sen t  1 gt 2

Como la roca se mueve a velocidad constante en el eje x tenemos: v 0 x  v x  43 . 3 m s 

25

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria 2  y  1 gt 2 sen   v0 t








  y  1 gt 2   2   arcsen   v0t    225  1  9.8 15 2  2    arcsen  100 15     

Eje x

x  nd  v 0 t

Eje y

y  nh  1

2

1 gt

2

2

De ecuación (1) 

  arcsen  0.6 



  36.87 º nd t  v0

b) Es muy simple y directo:

en (2)

 nd tenemos: nh  1 g  2 v 

o

  

2

x A   v0 cos   t  100 cos 36.87 15   1200 m

Ordenando, simplificando y despejando n:

c) Es necesario calcular la componente vertical de la velocidad en ese punto. La componente horizontal es igual que la inicial.

n

gd

v Ax  v0 cos 36.87  100  0.8  80  m s

 60  150  90 m

  s



velocidad 

vA 

v Ax

2



 v Ay

 120 . 42 m s

2



80

2

  90

2

2

2

v Ay  v0 sen36.87  gt  100 0.6  10 15

Luego, como el módulo de la instantánea es la rapidez instantánea:

2hv0

1 pie  pies   2 9 p lg  8  12 p lg  s   n 2 pies  1 pie  32 2 10 p lg  12 p lg  s  n  4 .32

2 Puesto que el número de escalón debe ser entero, la pelota llegará al quinto escalón, entonces



Problema 4



Una pelota de tenis sale rodando del descanso de una grada con velocidad horizontal de 8 pies/s. Si los peldaños son exactamente de 9 pulgadas de alto y 10 pulgadas de ancho. Calcule el número de escalón (contado desde arriba) al que llega la pelota por primera vez.

n  5

Problema 5 El Dassault Rafale es el avión más moderno de la Fuerza Aérea Francesa vuela horizontalmente a una velocidad v=2.125 km/h y con un techo de vuelo de h=18.000 m respecto del suelo. Si se dispara un proyectil desde un cañón en el instante en que el avión se encuentra verticalmente sobre el cañón: a) ¿Cuál debe ser el ángulo de elevación y cual la velocidad inicial mínima “vo” del proyectil,cuando alcance su altura maxima a fin de que el avión sea alcanzado por el proyectil?

Solución

26



b) ¿A qué distancia “z” , detrás de la posición del cañón . Debe arrojarse una bomba, desde el avión, a fin de que estalle justo en el cañón?.

2 gh

2

tg  

v

Solución



Nos pide hallar el ángulo de elevación para que el proyectil impacte al avión, como también la velocidad “vo” mínima; para que la velocidad “vo” sea mínima la “vf=0” como también h igual Hmax, lo primero que se hará será hallar el ángulo de elevación del proyectil y posteriormente la velocidad inicial mínima

2 gh

tg  



2

v

2

 2 gh     arctg   v   

 2 gh    v 

El ángulo de elevación es   arctg

Cual la velocidad inicial mínima “vo” del proyectil Sumando 3 + 4  2

2

 sen   cos  

v

2

vo



x  vt

x   v o cos    t

1

y



v

vo

2

2 gh vo

2

2 

b) ¿A qué distancia “z” , detrás de la posición del cañón . Debe arrojarse una bomba, desde el avión a fin de que estalle justo en el cañón?

2 vo  v  2 gh  vo  2.21 km/ h

2



2

2

vo

3 

2

Para la bomba 2 h  voy  1 gt 2

Pero cuando alcance la altura máxima



t

2h

5 

g

2

2

v fy  v oy  2 gh  0  vo sen 2  2gh 2





2 gh



vt   vo cos    t  v  vo cos // 2

2



1 

Para el proyectil

cos  

2

vo

Para el avión

Igualando

1

v

2

sen  

2 gh vo

2

Para la bomba

6 

z  vt

4  5 

En 6 

Dividiendo 4  y 3  

27

z  v

2h g

 z  0.128  km



Problema 6



Un proyectil se lanza con una elevación de 70º y una velocidad inicial de 25 m/s hacia una hilera de 30 paredes equidistantes como muestra la figura. La separación entre paredes es de 2m. ¿Entre que paredes cae dicho proyectil al suelo? .

t

2vo  sen70  cos70

g

t  3  s

Reemplazando en (1)

x   25 cos 70  3 

x  25.65  m 

Donde

x  n d  Solución

n

25.65  12.825 2

El proyectil cae 12
Allí donde la trayectoria del proyectil intercepta a la recta a 45º, será donde el proyectil caiga (ver fig.1) Fig.1

Problema 7 Desde una cierta altura respecto a la superficie se lanzan simultáneamente desde un mismo lugar dos esferas con velocidades v1=v1i m/s y v2 =v2i m/s ¿Qué distancia separa a las partículas cuando sus velocidades son perpendiculares?.

Solución Graficando el entendimiento

En el eje horizontal (de la fig.2) tenemos:

problema

para

un

mejor

Fig.2

x  voxt



x   v o cos 70   t

La distancia que los separa velocidades son perpendiculares es

1

d  x1  x 2

En el eje vertical tenemos y  voy t  1 gt 2 2



2 y   vo sen70  t  1 gt 2

1 

Para la esfera 1 tenemos

2 

x1  v1t

2 

Para la esfera 2 tenemos

1 = 2 vo cos 70  t  vosen70  t  12 gt 2

x2  v2t

28

3 

cuando las


2


y 3  en 1

 d  v t  v t  d  v1  v 2   t 1 2

4 

Para la esfera 1 v1 y

v1y  vo1y  gt  t 

g

v tg t 1 g



5 

Para la esfera 2 v2y  v02y  gt  t 

g

v tg t 2 g



5  = 6  

v2 y

v1tg

6 v1tg v2tg  g g



7 

 v 2 tg

Pero sabemos que de la figura

    90



tg   tg 90     tg  ctg

Reemplazando tg  en la ecuación (7) v1tg  v 2 ctg

v2

 tg 



v 2 tg   2 v1

En 5 

v1 v2 v1

v1  t



t

v1v 2 g

g

En 4 

La distancia que los separa cuando las velocidades son perpendiculares es: 

d  v1  v 2 

v1v 2 g

29



Movimiento Circular

Un automóvil cuyas ruedas tienen un radio de 30 cm, marcha a 50 km/h. En cierto momento su conductor acelera hasta alcanzar una velocidad de 80 km/h, empleando en ello veinte segundos. Calcular: a) La aceleración angular de las ruedas. b) El número de vueltas que dio en esos 20 s.

Problema 1 ¿Cada cuánto tiempo coinciden las manecillas de un reloj ?.

Solución

Solución La manecilla de las horas gira con una velocidad de 1 vuelta cada 12 horas:

h 

1 v u e lta 12h

La manecilla de los minutos gira con una velocidad de 1 vuelta cada hora:

a)  

  f  0  t t

Pero

 

 

v f  v0

v R



 80  50  Km h

R t 30 cm  20 s  30  1000 m 3600 s    1.4  rad 2  s   30 10 2 m  20 s  m in 

1 vu elta 1h

 t  1 t2 2 b) N º    o 2 2  v0  t  1  t 2  R 2   Nº  2

La velocidad de las manecillas es constante. Producida una coincidencia, la manecilla de los minutos avanza más rápidamente y, para volver a coincidir con la manecilla horaria, debe dar una vuelta completa más lo que haya avanzado la horaria.

2 4 6.3  20  1 2 1.4  20  Nº  192 2

Problema 3

Si θ es el ángulo que ha girado la horaria, el minutero deberá girar 1 vuelta + θ Las ecuaciones del movimiento, expresadas en vueltas y horas, son: Manecilla horaria   1 12  t

Un disco gira en un plano horizontal, si tiene un hueco a cierta distancia del centro por donde pasa un móvil que luego al caer pasa por el mismo hueco .¿Cuál es la velocidad angular del disco en (rad/s)?.

Manecilla minutero: 1    1  t

Solución

Resolviendo el sistema: t 



Analizando el movimiento parabólico (verticalmente)

13  1´0 8 h o ra s  1 h 4 m in 4 8 seg 12

30


Autor: Alfredo Cora Paco Ahora para que le proyectil penetre un solo agujero, el cascaron deberá dar media vuelta. Luego

v f  vo  g t

t

vo g



0  vo  g t 

vo  gt

En 1



t 1.5 s





tT  2 1.5

tT  3 s



Analizando el movimiento del disco para que el móvil regrese al mismo hueco, el tiempo de rotación de dicho hueco, debe ser también 2.4 s se tiene   180 º   rad





 tT



 

 3



  1 .0 4 r a d / s

Problema 4 Se tiene un cascaron esférico que gira con velocidad angular constante a razón de 200 rev/s respecto a un eje vertical. Se dispara un proyectil horizontalmente de tal modo que pasa por el centro del cascarón. Determinar la velocidad angular de cascaron sabiendo que su radio es igual a 1m.Determinar también la máxima velocidad del proyectil de tal modo que atraviesa el cascaron haciendo un solo agujero .

Solución

  2 f



  2  200 



  4 0 0 ra d

Con el proyectil e  v t



T 2



siendo T el periodo de revolución T  2  v   2 

1   2  v   2  200 

El tiempo total será

tT  2t

t

2  vt

1 31



Pero

v  800 m / s

T 

1 f





ESTATICA



x

3596.5 700

 5.14 m

x  5.14  m

Problema 1



Un cuerpo de peso P1=80N cuelga del extremo de una barra de peso 200N y longitud 6m, unida a una pared como se indica en la figura. Encontrar la máxima distancia de la pared a la que es posible colgar un segundo cuerpo de 700N de peso sin que la cuerda se rompa, si esta es capaz de resistir una tensión máxima de 900N.

Problema 2



Una barra rígida de 4m de longitud y 100N de peso, está apoyada en una pared vertical mediante una articulación A. A 1m de su extremo libre pende una cuerda C2 atada a un cuerpo que pesa 50N. Una cuerda C1 que está fija a la pared es unida a la barra a 1.5m de A formando con la barra un ángulo recto. Determine:

Solución

a) La tensión de la cuerda. b) La fuerza que se ejerce en A sobre la barra y la dirección aplicada en el respectivo punto.

Solución

Aplicando momentos y haciendo un convenio de signos Aplicando momentos y haciendo un convenio de signos (+) (-) tenemos:

(-)

tenemos:

 MA  0 

T1 1.5  100   2cos 30  50   3cos 30  0

 Mo  0



 900 sen



4676.5  700 x  480  600  0



(+)

60  6  700 x  80  6  200  3  0

T1 1.5   173. 2 0  129. 9 0



700 x  3596.5

32



T1  202.1  N



Aplicando la primera condición equilibrio tenemos:  Fx  Rx  T1 sen30  0

 Fx  0 

cuerpos 1 y 2 cuyas masas son 50 y 150Kg, respectivamente a través de cuerdas ideales. Calcular las reacciones en los soportes. 

Solución

Rx  T1sen 30  Rx  101.5 N

 Fy  0   Fy  Ry  T1 cos 30  100  50  0

 Ry  T1 cos 30  150  Ry  25.02 N



2

2

2

R R x R y



R

 R

R2 x  R2 y

101.52  25.022 Aplicando la primera condición equilibrio tenemos:

 R  104.1  N 

Para la dirección tenemos:

tg 

Ry Rx

 



25.02 101.5

R A  RB  2960  0



1

Aplicando momentos y haciendo un convenio de signos

 

 

 Fy  R A  R B  50 9.8 1000 150 9.8  0 

 Ry    Rx 

  arctg



   arctg

 Fy  0 

(+)

(-)

tenemos:

  13.84  N 



4 RB  245  2000  5145  0



4 RB  7390  0 

Problema 3 La viga AB de largo L=4m es uniforme y tiene un peso de 1000N. Sus extremos descansan en los soportes A y B. De la viga cuelgan los

 RB

RB 

7390 4

en 1 tenemos :



 

RB  1848 N

 

R A    1848  2960  N



33

4 R B  7390

 

R A  1112 N



Problema 4

Problema 5

Una barra de masa m y longitud L = 2 m está apoyada en dos superficies lisas como muestra la figura. Si la separación entre las superficies es e = 60 cm, Calcúlese el ángulo θ para lograr el equilibrio de la barra.

La barra de la figura de masa M y largo 2a está en equilibrio apoyada sobre una pared vertical lisa y sostenida por un extremo mediante un hilo de largo b. Determine los posibles ángulos β de equilibrio.

Solución

Solución

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

Aplicando la primera condición equilibrio tenemos:  Fx  0 

R A  RB sen

 Fy  0 

R B cos   m g

1 2

Segunda condición de equilibrio y haciendo un convenio de signos (+) (-) Tenemos: L  R B  d  w  cos    0 2 

 MA  0 



L  R B  d  w cos   2 

Aplicando la primera condición equilibrio tenemos:

3

Por geometría del problema cos  

e d



2 y 4 en 3

d

e cos

2e L

   arccos   

3

1

 Fy  0 

2

 Fy  T cos   M g  0

Aplicando momentos y haciendo un convenio de signos (+) (-) tenemos:

tenemos :

L   mg  e   cos   cos    mg  cos   2     

  arccos 3

4 

 Fx  0   Fx  N  Tsen   0



M0  0  M g

 a sen    T  2 a

sen

     0

3

 Además de una relación geométrica

2  0.60 m      2m 

sen  

  3 2 .5 º

34

2a sen  b

4 



De la segunda y tercera ecuación tenemos

Solución Los centros de las cuatro esferas forman una pirámide equilátera de arista a=2R

2 sen (    )  0 cos 

sen  

 sen  cos   2 cos  sen   0

sen  cos   2 cos 

2a sen  b

De donde una solución es:   0 ,





sen   0



la otra solución es:

  

4a cos   cos  b

AD cos 30  2  OA  OA

(*)

Eliminando  para esto elevamos al cuadrado la

 AOB

ecuación 4  y despejamos cos 2  para luego reemplazar en (*) 2

 1

4a 2 b

2

sen  

2

16a 2 b

2

 BOC

AD 2  OA  3 2

AD 3

 BOD

Luego OA  OC  OD Donde “O” Circuncentro del  ACD

2

cos 

2

2

2

Del triángulo AOB; BO  AB  OA 2

 a  a 3 2 3 BO  a     BO   3 3  3 2

 1

4a2 b2



12a 2 b2

2

cos 

  cos  

2

2

BO 

a 2

b2  4a2

 12a

2



3



h  BO 

a 2 3

La altura de una pirámide equilátera de arista a es

12a2

Solo tiene solución si b  4a

2

b  2a b



ha

y

4a

2 3

Luego el ángulo que forma una arista lateral con la vertical está dado por

Problema 6 Cuatro esferas iguales de radio R, forman una pirámide que se apoya sobre una superficie horizontal lisa y plana. Las tres esferas inferiores se mantienen en contacto mediante una cuerda que la circunda .Determinar el esfuerzo de tracción S en esta cuerda, si el peso de cada esfera es Q y las superficies de las mismas son perfectamente lisas .No se tendrá en cuenta ninguna tensión inicial que pueda existir en la cuerda antes de colocar la cuarta esfera encima de las demás.

2 3

a

2 3 Si N es la reacción normal de contacto con la esfera superior tenemos que h co s    co s   a

3 N cos   Q

35

a

 co s  



De donde

Resolviendo las ecuaciones tenemos N 

Q 2 3 3

TA  60  N

 

Problema 8

La componente horizontal de esta fuerza es F  Nsen 

; TB  30  N

Las cinco cuerdas del sistema de la figura pueden soportar una tensión máxima de 1500N sin cortarse. Determine el peso máximo de la placa que puede ser soportada.

Q 2 1 1  Q 2 2 3 6 3 3

La situación para una esfera en el suelo es como se indica en la figura de manera que

Solución

2 S cos 30  F 

1 Q 2 6

 S

Q 3 6

Problema 7

Para los equilibrios de las poleas, desde la izquierda hacia la derecha tenemos

La placa de la figura pesa 90N y está sostenida por el sistema de cables y poleas ideales. (Sin masa y sin roce). Si la placa está en equilibrio en forma horizontal, determine

2T 1  T 2  0 T 1  2T 3  0 2T 3  T 4  0

a) La tensión en el cable que pasa por la polea A. b) La tensión en el cable que pasa por la polea B.

y para la placa T2 T3  T4 W 0

Solución Tenemos cuatro ecuaciones para las cuatro tensiones que resolvemos

Si llamamos TA y TB las tensiones en las cuerdas A y B, tenemos para el equilibrio de la placa

T 2  2T 1

TA  TB  90 T 3  1 T1 2

y para el equilibrio de la polea inferior (supuesta liviana)

T 4  T1

Que reemplazamos en la cuarta ecuación 2T 1  T 1

T A  2T B

36

2



T1  W

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria T1  2 W 7

De donde T2  4 W 7

;

T3  1 W 7


y luego ; T4  2 W 7

La mayor es T2 que no puede exceder 1500N por lo tanto 4 W  1500 7



W  2625.9  N 

Problema 9 En el sistema indicado en la figura, no hay roce y las poleas son livianas. Determine la magnitud de la fuerza F necesaria para sostener el peso W.

Solución

Aplicando la primera condición de equilibrio tenemos: 4T  W  0 de donde: F T 

W 4

37


Autor: Alfredo Cora Paco Resolviendo el sistema de ecuaciones tenemos

DINAMICA



a

 

1 m s2 2

;

R  90N 

Problema 1

Problema 2

Determinar el valor de la fuerza de contacto entre las superficies de los cuerpos A y B .Se sabe que MA=50 Kg MB=20Kg MC=30 Kg y g=10 m/s2.

¿Con que aceleración desciende “m” respecto al plano horizontal, por el cual resbala “M” sin fricción? considere M=2.5 m; el coeficiente de rozamiento cinético entre M y m es 0.50 (g=10m/s2).

Solución Solución D.C.L D.C.L Para el bloque M



Para el cuerpo B Para el bloque m



Fx  mB a

 WB sen  RA  mB a

1

mB gsen  RA  mB a

Para el cuerpo A



Para “M”

Fx  m Aa 

Fx Ma

M

R B  m A gsen  T  m A a

2 

Fy  m c a

1

T  R m  Ma M

 Fy  0 

Para el cuerpo C





R p  Mg  2T  0

2

Rp  Mg  2T

 T  mc g  mc a

3

Para “m”

Trabajando con las ecuaciones 1 , 2 , 3 mB gsen  RA  mB a

 Fy  ma

1

R B  m A gsen   T  m A a

2

T  mc g  mc a

3

m

M

mg  T  fr  mam

 Fx 0 

38



3 M

R M  F ` 0

RM  maM



RM  F `

4

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria De la polea

Autor: Alfredo Cora Paco 5

T1  T

Breve Explicación:

De la fig. Para las aceleraciones Sistemas de referencia Inerciales: El origen (observador) está en reposo o MRU. -Son aplicables las leyes de Newton. -Las aceleraciones son producidas por fuerzas debidas a la interacción entre cuerpos (contacto o a distancia). Vea la figura

Sabemos que: 1 1 x  v0 t  am t 2  x  a m t 2 2 M 2 M x  v0 t 

1 aM t 2 2

1 x  aM t 2 2



Dividiendo ambas ecuaciones 

am

M

6

 aM

Trabajando con 1 , 3 , 4 , 5 , 6 hallamos aM  2 m s2

No inerciales: El origen (observador) lleva una determinada aceleración. -No son aplicables las leyes de Newton

Tomando en cuenta el sentido de las aceleraciones

Sistemas no inerciales

am 2  aM 2  am 

2 M

am  2 2 m s



am 

aM 2  am

-No son aplicables las leyes de Newton. -Se introducen las llamadas fuerzas de inercia o fuerzas ficticias Fi  F ' (Virtuales) que no son el resultado de la interacción entre cuerpos sino un artificio matemático para poder aplicar las leyes de Newton. Fi  F ` ma - Cuando el sistema se encuentra en equilibrio se cumple el principio de D’Alembert:

2 M

2

F F

re a les

rea les

 Fi  0

 ma  0 

Vea la figura

39



F

reales

 ma



Viaje en autobús

Problema 3

-Al arrancar con aceleración “ a ”, la persona se siente impulsada hacia atrás: -Sistema Inercial: (fuera del autobús) no existe fuerza y por tanto tampoco “ a ” (nadie le empuja, permanece quieto por inercia). -Sistema No inercial: (dentro del autobús) como experimenta el viajero una aceleración hacia atrás, cree en la existencia de una fuerza de inercia o fuerza ficticia Fi  F '  ma   F re a les  Fi  0 

F

rea les

 ma  0 

F

rea les

En el aparejo la bola 1 tiene una masa   1.8veces mayor que la barra 2 .La longitud de esta última es L=100[cm] las masas de las poleas y de los hilos, así como el rozamiento, son despreciables la bola se establece a un mismo nivel con el extremo inferior de la barra y se suelta. ¿Al cabo de que tiempo ésta se iguala con el extremo superior de la barra?.

 ma

Solución Dentro de un ascensor

m1    m2

-Sea un cuerpo de masa “ m ” suspendido del techo por una báscula. Al subir el ascensor con aceleración “ a ”, el objeto marca en la báscula una fuerza superior a su peso: -Sistema Inercial: (fuera del ascensor) no existe equilibrio puesto que el objeto acelera con “ a ”luego

L  100 cm  1m t  ?

Para el cuerpo 1

T  w  m a T  m g  m a  - T  m  g  a  (T es la fuerza que marca



la báscula) -Sistema No inercial: (dentro del ascensor)

 Fy  m a



1 1

hay equilibrio. Se aplica el principio de D’Alembert: -  F y  0  T  w  Fi  0

T

Fx  0

T1  m1 g  ma 1

1

Para el cuerpo 2

 mg  ma  0  T  m g  a 

Al tomar una curva -Sea una pelota de masa “m” que viaja sobre una plataforma móvil con velocidad lineal constante. Al tomar la curva la plataforma se produce sobre ésta una aceleración normal “ an ”, mientras que sobre la pelota no existe aceleración.



Fx  0



Fy  m 2 a

2

 m 2 g  T2  m 2 a 2

2

Para la polea

-Sistema Inercial: (fuera de la plataforma)

T1  2T 2

3

a 2  2a1

4

Trabajando con las ecuaciones

la pelota sigue recta con “v” constante y se sale de la plataforma que gira. -Sistema No inercial: (dentro de la plataforma) la pelota sale lanzada hacia el exterior una aceleración igual cuyo módulo vale “ v 2 ”.

T1  m1 g  ma1

1

m 2 g  T2  m 2 a 2

2

T1  2T 2

3

R

Ello implica la existencia de una fuerza (Virtual) hacia el exterior que se conoce como fuerza centrífuga.

a 2  2a1

40

4



Resolviendo tenemos que: a 1  g 2   

 T  M 2 g  ma2

W 2  T  ma 2

1

4

a2

Para M

2 g 2     4

3

Fy  M a

3 3

Como ambos cuerpos están mov. Existirá una aceleración relativa

W3  T3  M 3 a3

a 1  a1  a2   a 1  a1  a 2

De la polea móvil de M3

 a 1  3  g 2    

a3 

2

2

2

 4 

2

a0 2

L  vot  1 at 2 2

t

2L4    3g 2  

3

a  2a3



4

T 3  2T

Para el tiempo



T3  M 3 g  M 3 a 3

Para la polea móvil de la M1

L  1 at 2 2





t  1 . 4 s 

a1 

Problema 4

a  a2 2

actual a 1 

Considere el sistema de poleas y bloques de la figura, si M1=2m, M2=M3 =m y µ=0.1, determinar la aceleración de los tres bloques.

Reemplazando 3 en la ecuación 2a 3  a 2 2

5 6

T1  2T

Para M1  Fy  0 N W1  0 

N  M1g



7 

N  2 mg

Solución  Fx  M a

1 1

T1  fr  2ma1

T1  2ma1  2mg



Trabajando 1 , 2  , 3 , 4  , 5 . 6 , 7  , 8 a2 

2 g 2     7

a 2  5.32m s 

Para a3 tenemos que: a3  2a2 g

Para M

a 3  0.84 m s 2

Para a1 tenemos que:

2

 Fy  M



2a2

a1 

41

2a 3  a 2 2



a 1  3 .5 0 m

s2

8



TRABAJO y ENERGIA Problema 1 Un bloque cuyo peso es p=90N se desplaza con velocidad constante una distancia de 5m, si el coeficiente de rozamiento cinético entre el bloque y el piso es de 0.3, se pide calcular el trabajo realizado por el bloque al recorrer los 5m (ver figura) .

Solución



 Fx  0 Pero

F cos   fr  0

fr   N

1 

F cos    N  0





Fy  0

N  p  F s e n  0



N  p  F s e n

2

en 1

F cos   

 F 

F

p

 F s e n

 2



0

p  cos    sen

F 

0 .3   9 0  c o s 4 0  0 .3 s en 4 0

 2 8 .1 5 N

Para el trabajo realizado es: W  F cos   d W 

42



 2 8 .1 5    c o s 4 0    5 



W  107.83 J 


Autor: Alfredo Cora Paco W F = F c o s 3 7  x 

Problema 2

W F =  5 0    0 .8   4 = 1 8 0  N  m

Determinar el coeficiente de rozamiento cinético entre el bloque y el piso, si el peso del bloque es p=20 N, al cual se aplica una fuerza F=50 N, si se desplazó una distancia de 4m al aplicar un trabajo resultante de todas las fuerzas de 80 [N*m] (ver figura).



WFR =WF +Wfr 80  N  m  =160  N  m   200    N  m   200   =80

.



 =0.4

Problema 3 En la figura un bloque de masa m cuyo peso es w=500Kg-f ,se encuentra al pie de un plano inclinado, al cual se aplica una fuerza F, se pide hallar a) La fuerza necesaria para que el bloque pueda llegar al punto B a una velocidad constante b) El trabajo realizado por esa fuerza.

Solución El trabajo total realizado es: W FR  W F  W

p

WN W

fr

D o nd e

WFR :Trabajo de la fuerza resultante WF :Trabajo de la fuerza Wp :Trabajo del peso del bloque

WN :Trabajo de la fuerza Normal W f r :Trabajo de la fuerza de friccion

Solución Pero Wp  0,WN  0 ya qu e P y N son perpendiculares al desplazam iento , asi W FR =W F +W fr

1 

a  Fx  0 

F  w sen 36.87  0

 F  w s e n 3 6 .8 7

 Fy  0 

N  F sen37  p  0

 F  mgsen36.87 

 N  F sen37  p 

N  5 0  0 .6



N

 5 0

N 



20

b W 

F  3 00 N

 F d

 2 Para d:

Además: fr    50 N

c o s 3 6 .8 7 



4 d



d 

4 co s 3 6 .8 7

 d  5 m 

Reemplazando en (1) 

W fr =  f r  x W f r =     50   4=  200    N  m 

W  F d



W

 300

 N   5 m 

 W  1 50 0 J 

43



Problema 4

W p  F p  d cos 180

En la siguiente figura, la persona hace resbalar el bloque de hielo de un nivel superior hasta otro inferior con velocidad ctte.

 W p   Fp  d  W

p

  9 2 .5

k g

m



c) Calcular el trabajo realizado por la gravedad

Dónde: h=2m, d=5m, µ=0.1 W p  w p  sen  d cos 0 º

El peso de p es wp=60kg-f a) b) c) d)

W p  w p  sen   d 

Calcular la fuerza realizada por la persona. Calcular el trabajo realizado por la persona. Calcular el trabajo realizado por la gravedad. Calcular el trabajo realizado por la fricción.

W p  120  kg  m 

Solución

d) Calculando el trabajo realizado por la fuerza de fricción

a) Calcular la fuerza realizada por la persona W fr  fr  d c o s 1 8 0 º

Hallando el ángulo α

W

h  s en   d



2   arcsen   5

W

  2 3 .5 7

fr

fr

 fr

 1  d 

    w

p

cos  d

 2 7 .4  k g  m 

Problema 5 Un camión puede subir por una carretera que tiene una pendiente de 1 en 50, con una velocidad de 15millas/h. la fuerza de fricción es la veinticincoava parte del peso del camión. ¿Con que rapidez se moverá el mismo camión de bajada aplicando la misma potencia?.

 Fx  0



w p sen  FP  fr  0 

w p sen  FP   N  0

 Fy  0 N  w p cos 



Solución

1  N  w p cos   0



 2

 2 en 1

Sea p1 la potencia del camión en la subida

w p s e n  F P   w p c o s   0  FP  w p  sen   cos    18.5  kg  f

p 1  F1  v1

1 

Donde F1 es la fuerza que haría subir al camión con velocidad v1 constante



b) Calcular el trabajo realizado por la persona

44


Autor: Alfredo Cora Paco Un motor eléctrico sube un ascensor que pesa 1.2*103 N una distancia de 7[m] en 12 [s] a) cual es la potencia del motor en vatios b) en kilovatios.

Solución

F1  f r  w sen  0

a) La potencia del motor es:

Por geometría del problema s en 

p 

1 50

F1 

1 1 3 w w  F1  w 25 50 50

 2



F d t

1 .2 1 0   7   N  m 



1 2 s 

p  7 1 0  N  m   s 2



Reemplazando (2) en (1) p1 

p 

3

p  



W t

3 w  v1 50

p  7  1 0 2  J   p  7 1 0 2  w  s

3



b) En kilovatios Sea p2 la potencia del camión de bajada

p 2  F2  v2

p  7 1 0 2  w  

4 

Donde F2 es la fuerza que haría bajar al camión con velocidad v2 constante

1 kw  7 1 0  1  k w  1000 w 

Problema 7 En la figura, calcular la potencia ejercida por el motor en Hp si sus pesos son

w B  700 lbf w A  900 lbf Y su velocidad constante es:

F2  wsen  fr  0



F2  fr  wsen

v  9  pies / s 

 F2  1 w  1 w 25 50  F2  1 w 50

Solución

5 Para el contrapeso

5  e n  4  1 p2  w  v2 50

wA  2T  0

6

1 

Para el ascensor

Pero por las condiciones del problema sabemos p1=p2   3    6   3 w 1 5  1 w  v 2  50 50

T  F  wB  0

 2

Resolviendo el sistema de ecuaciones

v 2  4 5  m i lla s   h

Problema 6

45

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria w A  2T  0 T  F  w

4 kg  kg   6000m 2  24030  d ia  m 2  d ia 

1 

2

 0

B


Por lo tanto la potencia será

Tenemos que:

2 4 0 0 0 K g  9 .8 m / s 2  1 8 m 60s 4 0 m in 1 m in p  1 7 6 4 w a t s s  p 

F  250 lbf

Para la potencia del motor tenemos que:

Pero en HP

p  F  v  p  250 lbf  9 pies / s

p  1764  watss  

p  2 2 5 0  p i e  lb f / s 

1HP  2.36 HP 746 watts

b) Convirtiendo en HP p  2 25 0  p ie  lb f / s  

m agu a gh

p

1H p 55 0  p ie  lb f / s 

t

Q

p  4 .0 9  H P 

 p

p  agua gh

 aguaV gh  t

 p   aguaQ g h

 Q  10  m 3 / s 

Problema 8

Problema 9

Se requiere regar un sembradío de 6000 m2 de superficie, se necesita 4L por día y por metro cuadrado para cumplir este trabajo, si se cuenta con un motor bomba para extraer H2O de una profundidad de 18m a) Calcular la potencia desarrollada por la motobomba en 40 min de funcionamiento b) Calcular el caudal hidráulico.

Una central hidroeléctrica que se instala en cercanías de una represa, necesita saber si la potencia de salida será capaz de encender 2240 focos de 100 watts en una hora trabajo, si la energía entrante hacia el generador es de 250Kwh, sabiendo que el rendimiento o eficiencia del generador es del η =90% .

Solución

Solución Relación de potencia  

a) Aplicando la definición de potencia W

p hidraulica 

Bom ba al elevar el ag ua

t

P sa lid a  Ps   Pe P en tra d a

La cantidad de focos es

 E Pag.Gua  t

Nº

 p  m a gu a gh t

P sa lid a  P en tra n te  Nº P ca d a foco P ca d a fo co

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

Calculando la masa del líquido extraído en ese tiempo

de tiempo Ee t Pcada foco



Nº

4L  6000m 2 d ia  m 2

Pero

4L  4kg



46



250 K w  h 1h N º 1K w 100w  1000w

posición B sea igual a Lo(x=Lo), la constante de elasticidad del resorte es 100[N/m].

0 .9

Solución 

N º  2 2 5 0 fo c o s

Si es capaz de encender 2240 focos Problema 10

EB  EA 

Dos resortes de longitud igual se encuentran anidados a fin de formar un amortiguador de impacto .Si se les diseña para de detener el movimiento de una masa de 2 kg que se deja caer S=0.5m sobre la parte superior de los resortes desde el reposo y la máxima comprensión de los resortes es 0.2 m determine la rigidez requerida del interior KB, si la del resorte exterior es KA=400 N/m.

E p B  E c B  E p EB  E p A  E c A  E p A 1 1 m vB2  kx 2  m g Lo  x  2 2





F

c

 m ac 

F  m g  m

vB2 

1 

k x

vB2 L0  x

 mg

L0



 x



m

 2

Solución

2

en 1 

1   kx  mg  L0  x   1 2 m   kx  mg  Lo  x  2  m  2

mg  s  x  



1 1 K A x2  K B x2 2 2

m  5 .1  K g 

Problema 12 1 mg  s  x   x 2  K A  K B  2

 KA  KB 

 KB 

 K

B

El sistema de la figura se suelta desde el reposo si se desprecia todo efecto de fricción que distancia se desplazara la masa sobre el plano al iniciar el movimiento el resorte no está deformado m=2kg,α=37º.

2 mg  s  x  x2

2 mg  s  x   KA x2

  2 8 6 .7  N  m

Problema 11

Solución Una esfera de masa m se halla a un resorte como se muestra en la fig. En la posición A el resorte de longitud Lo=100 cm se halla sin estirar ni comprimir. El sistema se suelta del reposo en la posición A. Calcular la masa de la esfera, para conseguir que la elongación “x” del resorte en la

Del gráfico

sen  

47

h  h  x  se n  x

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria E A  EB 

0  m g  h  

0  m g   x  sen   

Autor: Alfredo Cora Paco b) En el punto C, toda la energía es potencial elástica

1 kx 2  2

1 kx 2  2

EC 

2 m g se n  x  k

1 kx 2  50 x 2 2

 2

c) El trabajo de la fuerza de roce entre A y C es:

Problema 13 Un cuerpo (considérelo como partícula) de 2kg se deja deslizar por un plano inclinado 30º a partir del reposo en el punto A del dibujo. Cuando ha recorrido 4m sobre el plano (punto B), choca con un resorte sin masa -1 de constante k=100Nm , deteniéndose en el punto C luego de comprimirlo x metros. Si el coeficiente de roce cinético entre el cuerpo y el plano inclinado es de 0.2, considerando la gravedad 10 m/s2, hallar:

W

fr

  fr  d    K N d

W

fr

 K

 m g c o s 3 0  4  x 

 W fr   1 3 .8 5 6  3 .4 6 4 x 

3 

d) De acuerdo al teorema del trabajo y la energía W

fr

 EC  E A  E A  EC  W

 4

fr

Reemplazando (1),(2),(3) en (4) 4 0  1 0 x  5 0 x 2    1 3 . 8 5 6  3 . 4 6 4 x  

 50x2  6.536x  26.144  0 

a) La energía mecánica en el punto A en función de x.

x 

x 

b) La energía mecánica en el punto C en función de x.

6 .5 3 6 

4 2 .7 1 9  5 2 2 8 .8  100

6 .5 3 6  7 2 .6 0 5  100

x  0 .7 9 1 m



e) La energía elástica en el punto C es: c) El trabajo mecánico realizado por la E

fuerza de roce cinética entre los puntos A y C,

2

C

 5 0 x 2  5 0  0 .7 9 1   3 1 .2 8 4 J



La energía en el punto D (ver figura) es igual a:

en función de x.

E

d) La compresión máxima del resorte (x).

D

 m g  s   s e n 3 0   2  1 0  s  0 .5  1 0  s

Y el trabajo de rozamiento en el recorrido CD: e) Luego de llegar al punto C, el cuerpo sube hasta el punto D donde nuevamente se detiene, recorriendo S metros debido al estiramiento del resorte. Calcular la distancia (S) entre los puntos C y D.

W fr   f r  d    k Nd W fr    k  mg cos 30   s  W f r   0 .2  2  1 0  0 .8 6 6  s  W fr   3 .4 6 4  s

Solución Luego: a) la energía en el punto A es: W

E

A

fr

 E D  EC

 m g h  m g ( 4  x ) sen 3 0

  E A  40  10 x

1

 3 .4 6 4  s  1 0  s  3 1 .2 8 4

 s  2 .3 1  m 

48



MOMENTO LINEAL Y CHOQUES

recorrer un tramo del pavimento, que dejan marcado con el caucho de los neumáticos. La investigación posterior de t r a n si t o d e l a p ol i cí a n a ci on a l reportó los siguientes datos: * Existen señales de “patinazo” a lo largo de 15 metros de pavimento, causados por los Neumáticos traseros del automóvil. Los neumáticos delanteros del automóvil, así como los neumáticos de la minivan, ruedan sin deslizar pues no existen huellas de ellos en el pavimento.

Problema 1 Un hombre de masa “m” se mueve sobre una tabla de masa “M” sabiendo que la tabla puede moverse libremente sin rozamiento sobre el plano horizontal, determine el desplazamiento de la tabla respecto de la tierra cuando el hombre se mueve al extremo opuesto de la tabla de 12 m de longitud .

* El freno de mano del automóvil solo actúa sobre las ruedas traseras, las que soportan 3/8 de su peso. * El coeficiente de roce cinético (µK) cauchopavimento medido experimentalmente en el lugar del hecho es de 0.8. Utilizando esta información y los principios de la física:

Solución Conservación de momento lineal

Determine la magnitud de la velocidad del conjunto minivan-automóvil inmediatamente después del choque b) Determine si la minivan chocó al automóvil a exceso de velocidad o no. (El límite de la magnitud de la velocidad en zonas urbanas es de 40 km/h). a)

pi  p f 0  mv h  Mv t

Solución

0m

x y M t t

 M  y  m  x 1

Pero del gráfico

x  y  L  x  L  y Reemplazando en (1) m  L mM 

M  y  m  L  y   y  

Con M=2m 

m y   L  y  4m  3m 

Problema 2 a) W fr   E

Una minivan cuya masa es mM=1200 Kg choca a un automóvil cuya masa es mA=800 Kg que está detenido con el freno de mano puesto y que fue abollado. Luego del impacto se mueven unidos hacia delante deteniéndose luego de

49



1 3     K  m A g   x   0  m A  m M 8 2   



v 2

De donde por igualdad de vectores

  

Eje “x”

3   2   K m A g x  8    2  v  m A  mM

m A v Ax  m B vBx  m A v Ax ' m B vBx '

3   2   0 .8   8 0 0 1 0 1 5   8    v  6m v2  s 1200  800

Eje “y” m A v Ay  m B v By  m A v Ay ' m B v By '

b)

Como las masas son iguales vAx  vAx ' vBx '

m M VM  m A v A  m M  m A v m M V M  m M  m A v



0v Ay  v Ay ' v By '  V M  m M  m A  v mM

 V 

M



1 2 0 0

Reemplazando valores 20  15(0.8)  vB' cos 

6

 800

1200



0  15  0.6   vB ' sen 

VM  10 m s  36 K m h

No excede el

vB' cos   8



1

v B ' se n   9  2

Dividiendo (2)/(1)

límite

tg  

Problema 3

9 8

   48.37º

(β) en (2) Una esfera de billar que se mueve con una vB ' 

velocidad de magnitud 20 m/s choca con otra de

9 sen

 vB ' 

9 sen48.37º



vB'  12 m

s

igual masa que se encuentra en reposo. Luego de la colisión, la esfera A rebota saliendo con una

Problema 4

velocidad de magnitud 15 m/s y una dirección

Dos bolas de billar de masas iguales se mueven en una mesa de billar y se acercan entre sí a lo largo del eje “x”. Una se mueve hacia la derecha con una velocidad de 15m/s y la otra hacia la izquierda con 10 m/s. después de la colisión que es elástico, una de las bolas se mueven en dirección del eje “y”. Determine las velocidades finales después de la colisión.

de

37º respecto

de

su

dirección

original

Determine la magnitud y la dirección con que sale la esfera B de la colisión .

Solución

Solución Antes de la colisión 











v1  10  m s  i

mA v A  mB v B  mA v A ' mB v B '

50

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria 




incrusta en el objeto) produce una oscilación tal que la cuerda llega a formar un ángulo de 60º con la vertical cuando el objeto alcanza la máxima altura (punto B). Determine la rapidez con que se disparó el proyectil.

v 2    5  m s  i

Después de la colisión 



v 3  v3 j

Solución 

v

     v 4x  i   v   

4

  j 

4 y

El sistema bala objeto después de la colisión conserva su energía (ecuación (1)).

Por la conservación de la cantidad de movimiento 



1 0  m s  i    5  m s  i 

v 4 x  i 



v3 

El Sistema bala objeto conserva su cantidad de movimiento. La cantidad de movimiento antes y



j

Después de la colisión permite la ecuación (2)



v 

j

4 y

Igualando por separado vectores en i y j se obtiene: v 4 x  1 0  m s     5  m s    5 m s

1  mb  m  vbo 2   mb  m  ghB 2

1 

mb vb   mb  m vbo

2

v 4 y   v3

y

La altura hB se puede expresar en función del largo de la cuerda y el ángulo:

Como se conserva la energía cinética 2 2 1 1 1 10  m s   2   5  m s   2 v 3 2 2 1  v 24 x  v 24 y  2

2

2

2

100  m s   25  m s   v 3 2  25  m s   v 3 2

De donde se obtiene



2

100  m s   2 v3 2 v3  y



hB  L  L cos 60

Entonces, despejando de (2) la rapidez del sistema bala objeto después de la colisión y

5 0 m s  7 .0 7 m s v4 y  

v4 

5 0 m s   7 .0 7 m s

Sustituyéndola en (1), al mismo tiempo que introducimos (3):

2 5  5 0  8 .6 6 m s

m 2v 2 1  mb  m  b b 2   mb  m g (L  L cos60) 2  mb  m

Las velocidades finales son v 3  7.07 m s

y

3

v 4  8.66 m s vb 

2g( L  L cos60)  mb  m

2

mb2

Problema 5 De donde:

Se tiene un objeto de 1.5Kg de masa colgando del cielo de una habitación mediante una cuerda liviana e inextensible de 2m de longitud (punto A). Al dispararle un proyectil de 15g de masa (se

vb 

1 2 2  9.8(2  2  ) 1.515  2  2  0.015 

vb  447.14 m   s

51



Problema 6



e

Dos partículas A y B se desplazan con velocidades constantes la una hacia la otra, sobre una Superficie horizontal lisa. La velocidad de la partícula A es 10 m/s y la velocidad de la partícula B es -5i m/s .Si las masas son mA=3kg y mB=2kg (ver figura)y el coeficiente de restitución es de 0.5. Calcule



v cm



3  10i  2    5i 

 A

 U



U

m  8 .5    s 

B

 B

 7 .5



U

A

 8 .5  7 .5

U A  1m   s

Una esfera de masa “m”, se abandona en la parte superior de un bloque de masa “M” (M=4m) que se encuentra en reposo. Despreciando toda forma de rozamiento, calcúlese la velocidad del carrito cuando la esfera abandona la superficie cilíndrica de radio de curvatura R=50 cm .

m  v cm  4 i    s 



v cm 

c)

La velocidad de cada partícula después del choque.

3 2











 42.5

Problema 7



i

2

 7 .5

 B



m v A  mB v B  A mA  mB



A

Reemplazando en (2) tenemos:

a) La velocidad del centro de masas no cambia. i

U



5U

Solución



 B

Multiplicando (2) por 3 y sumando (1) y (2):

b) La velocidad de cada partícula después del choque.

i

U



U BU A 1 0   5 

0 .5 









U

m v v cm  m





A

v A  vB

a) La velocidad del centro de masas después del choque.





U B U

Solución Conservación de la cantidad de movimiento

pi  p f 0  m v  M vC

De la conservación de momento lineal y llamando 



UA y UB a las velocidades después de la colisión: 





M 4m vc  v  vc m m



 v  4vc

B

3  10 i  2    5 i   3 U A i  2 U B i 

 v



m A vA  mB v B  m A U A  mB U 

mv  Mv c



1

Conservación de la energía mecánica E i E f



20  3U A  2U B

1 mgR 

El coeficiente de restitución

52

1 1 mv 2  Mv c 2 2 2

2 



Reemplazando 1 en 2  mgR 

1 1 m4v c 2  4m v c 2  v c  2 2

MÁS EJERCICIOS gR  10

RESUELTOS Vectores

vc  0.7 m s

Problema 1 Dos vectores de igual módulo forman entre sí, un ángulo de 60 º, si la magnitud del vector suma de ambos vectores excede en 2 unidades al módulo de uno de los vectores .Halle dicho vector.

Solución

Condición

a b ? S  a 2 Por el teorema de los cósenos tenemos 2

S

2

2

2

2

2

 a  b  2 ab cos 60º

S  a  a  2  a  a  cos 60º

S

2

2

2

 2 a  2 a cos 60º

De la condición tenemos

a  22  2a 2  2a 2  1   2

a

2

2

2

 4a  a  2a  a



2

 2a 2  4a  4  0  a 

  4  

 a 1 3

53

 4 2 2 2 

 4 2  4 



Problema 2

b D   sen sen60

Dos vectores forman un ángulo de 110º. Uno de ellos tiene 20 unidades de longitud y hace un ángulo de 40º con vector resultante de ambos. Encontrar la magnitud del segundo vector y la del vector resultante.

   -49.6º

b) como a y b son perpendiculares

Solución Aplicando la ley de los senos tenemos

 D

a b   b  asen 40  13.7 sen70 sen40 sen 70

a



 b  13.7 u

2

b

2



D 

a2  b2

D  12.7 u

Para α

a R   R  a  20 u sen 70 sen 70 

2

R  20 u

tg 

8  0.8    arctg 10



  38.64º 

Problema 3

 0.8 

 

c) como D  a  b Dos vectores de 10 y 8 unidades de longitud forman entre si un ángulo de (a) 60º, (b) 90º (c) 120. Encontrar la magnitud de la diferencia y el ángulo con respecto al vector mayor .



Solución



a) sea la diferencia

D  a b 

D

2

 D 2  a 2  b 2  2 ab cos 120 º

   D  a  b

 a

2

 b

2

D 

64  100  160

1 6 4 1 6 0 co s 1 2 0

b D   sen sen 120

 2 ab cos 60

1    2  

D 

a 2  b 2  2 ab cos 120 º



D  15.6  u 

Para α aplicamos el teorema de los senos

 D  a 2  b2  2ab cos 60 

D 

D  9 .2

Para α aplicamos el teorema de los senos

54

   -26.35º



Problema 4

a   b Falso ya que no existe un valor absoluto

negativo Demostrar que si la suma y la diferencia de dos vectores son perpendiculares, los vectores tienen magnitudes iguales.

Problema 5

 Hallar el vector x en función de los

Solución





vectores a y b ,si ABCD es rectángulo y M es el punto medio de

BD . Solución 

   S  a b 

S

2

a

2

2

 b  2ab cos 

S  a2  b2  2ab cos 





Notamos que el vector R  a  b es la resultante   de la suma de los vectores b  a , pero como M es el punto medio de AC como también del vector  R tenemos: ver fig. 1: fig. 1

1 

   D a b  D

2

 a

2

b

2

 2 ab co s 1 80   

D  a 2  b2  2ab cos 

2 

Trabajando con sus respectivos módulos, ahora se trata de un problema geométrico donde la incógnita es “m” . Ver fig.2:

De la figura vemos que:

; AO  D ;

AB  2 b 2

2

AB  AO

2  OB

fig.2

OB  S

Reemplazando tenemos:

2a 2  D 2  S 2

3 

1  y 2  en 3  tenemos 2

4a 



a2 b2 2ab cos

 a b 2abcos  2

4a

2

2

 2a

2

2



2

 2b 2  a 2  b 2  0 

a  b

l.q.q.d

55


Autor: Alfredo Cora Paco Reemplazando en 1

Del triángulo ONC de la fig.1   a  b

2



  x  m





Como m // b

K

m b

   a  b  x 

2

tenemos

  a  b

 x 



 m

1 

  m Kb



2

1  b 3



 x



 a

2



 b

6

Problema 6



2 

Pero como queremos hallar el valor de “m” de la figura 2. Tenemos que AD=BC=b=L entonces: m  NC  BC  BN 

Hallar el módulo del vector resultante del conjunto de vectores mostrados en la figura sabiendo que A  5 u y C  8 u

m  L  BN  3

Del triángulo BMN

Solución

BM  BN cos 30  BN  BM sec 30

4 

Del gráfico:

Del triángulo ABD

Se trata de un polígono cerrado esto quiere decir

AD  BD cos 30  BD  L sec 30

Como BM 



5 

que  R  0

BD entonces reemplazamos 5  2

        A   B   C   D    E   0

 

 

 

 

 

 

en :

BM 



L sec 30 L  2 3

Para

resultante

 



2

 











1 en 2   R  A  C  A  C 

Reemplazando en 3 

   R  2 A  C 

2L L m L  m 3 3

 




1

      R  A C   B D E 

2L  L  2  BN      BN  3  3  3 

L

la

      R  A C  B D E


K 

     A C  B D E



3  1  m  1b 3 L 3

56

 

tenemos



Para hallar el módulo de la resultante





2 2 R  2 A  C  2  A  C  cos 37



a  b  ab cos  a  b  a bsen



 ab 1  cos2  



a 2 b 2  a  b 

2

R  2  5  R  10

Y como Problema 7

a  b 

Demuestre que si a  b  c  0 , se verifica que a  b  b  c  c  a

2



a  b  a  b    a  b 

2

Ya que el producto escalar de un vector sí mismo es igual al cuadrado de su módulo; obtenemos:

Solución 2

c   a  b



a  b  c  0

2

a  b   a 2b 2  a  b  2 2  a  b   a  b   a 2b 2

b   a  c

Problema 9

bc b ab   ab b  abbb  ab

Demostrar que el producto vectorial de cuatro vectores verifica :

ca   a b a  a a b  aaab  ab

 a  b    c  d    a b d  c-  a b c  d

Problema 8

Solución Demostrar la identidad de legrande :

a  b

2

Llamando m  a  b tendremos

2

  a  b   a 2 b 2 siendo

 a  b   c  d   m  c  d   m  d  c  m  c  d    a  b   d  c    a  b   c  d  ab d  c  a bc  d

 a  b 2   a  b    a  b  y 2  ab    ab    ab  Solución

Problema 10

Método 1

a  b   c  d  

Cálcular el volumen del paralepipedo de la figura sabiendo O (1,0,2), A(3,2,4),B(2,6,8) y C(2,3,1),expresada en metros

Llamando m  c  d

y empleando las propiedades del producto mixto y del doble producto vectorial:

 ab  cd  m ab  abm =abcd= a   b d  c- b  c d =  a  c b  d    a  d  b  c Si se hace

ca y

Solución

d  b Se obtiene:

a  OA  A  O  2 i  2 j  2 k

 ab

2

2 2

 a b  ab

2

2

2

2 2

 ab  ab  a b

b  O B  B  O  i  6 j  6k

Método 2 57


Autor: Alfredo Cora Paco c) OG  c-GC 

c  OC  C  O  i  3 j  k Y como conocemos V y aplicando la regla de Sarrus Horizontal tenemos:

ax

ay

az

V  a   b  c   bx

by

bz

cx

cy

cz

2 V  1 1

2 6 3

2 6 1

2 1 1

  c  2 c  a  b   a  b  c 3  2  3

Cinemática Problema 1 Dos móviles A y B parten simultáneamente en una carretera rectilínea horizontal separados inicialmente por una distancia d, tienen la misma aceleración en modulo a y sentido hacia la izquierda, y sus velocidades iníciales vo hacia la izquierda y 5vo hacia la derecha respectivamente. Si los dos tienen la misma rapidez cuando se encuentran. ¿Qué distancia ha recorrido el móvil B hasta el encuentro? (expresar la respuesta en términos de d).

2 6  20 m 3 3

Problema 11 Si se tienen tres vectores no coplanarios OA=a, OB=b y OC=c. Designamos por M el punto medio del segmento rectilíneo AB y por G el baricentro del triángulo ABC se pide obtener razonada y sucesivamente:

Solución Haciendo el gráfico correspondiente para un mejor entendimiento

a) Expresión de OM en función de a y b. b) Expresión de MC en función de OM y c, así como la de GC en función de MC c) Expresión de OG en función de a, b y c.

Solución a)

Para el móvil (A) 2 y  v t  1 at 2 o

Para el móvil (B)

a  OM  MA b  OM  MB

 OM 

MA  MB

b) M C  c - O M  c 

GC 

2 x  5v t  1 at 2 o

ab 2

Pero como los dos móviles tienen la misma rapidez cuando se encuentran

ab 2

v  v  at o

v  5v  at

2 2  a  b MC  c  3 3  2 

o

Del gráfico tenemos:

58


Autor: Alfredo Cora Paco De A sale un tren habitualmente llega a B en 2h,de B sale otro hacia A donde espera llegar en hora y media.

dx y  d  v t  1 at 2  5v t  1 at 2 o

2

1 

2

o

Igualando velocidades tenemos:

v  at  5v  at  o

v  o

o

1 at 2

 2

Reemplazando la v en la ecuación   o

2 d  v t  1 at 2 o

6v0 t  d 

vA   5v

o

2 t  1 at  2

1 v0t  d 6

 vA  13.89  m   s

3 

 2  en  3 

 1 att  1 d 2  6  



at

2



d 100km  vA  tA 2h

1 1 d  t d 3 3a

vB 

d tB



v A  18.52 m s 



100km 1 12 h

vB 

 

a) ¿Cuánto tiempo después de haber partido simultáneamente cada uno de su estación se encuentran lado a lado?

Para x 2

 1  1 x  5  d  1 a d   2 6  3a  x 5

1 2 1 d  1  d   x  d 2  3 6 3

Problema 2

x v  A

Dos estaciones A y B distan entre sí 100 km ,de A sale un tren habitualmente llega a B en 2h, de B sale otro hacia A donde espera llegar en hora y media.

A

t

x v  B B t

1

2

Del gráfico

dx x

a) ¿Cuánto tiempo después de haber partido simultáneamente cada uno de su estación se encuentran lado a lado?

A

3 en 1

b) ¿A qué distancia de la estación de A ocurre el cruce? .



B

x d x A

B

dx

4

B

v 

t

A

(2) en (4)

Solución

 t v A  v B  

d

 t  51.43  min

59

t



3

d

v A  vB 



b) ¿A qué distancia de la estación de A ocurre el cruce?

B es de 14s , calcular la aceleración media entre A y B

De (1) x v  A

A

t

xAx A 5050

km 0.857 hh 0.857 h

c) Si la rapidez de la partícula está aumentando continuamente, dibuja el vector aceleración en el punto C.

km  km  xxAx  42.8 43  km   42.8 A A

 

Solución

Problema 3 Un tren de 200 m de longitud, viajando con velocidad de 60 Km /h, emplea 36 s en atravesar completamente un puente refaccionado ¿Cuál es la longitud del puente?.

a)  v

m

   12 r r B  r A    t tB  tA





 j   1 8 i 20

      9 i  6 j    m       10   s    

Solución

b)

Para la distancia “x “

x v  x  vt t

     14  i  8  j        v B v A     a  =  m t t 20 t B A     7 i  4 j  m   2 10   s  v



x  16.67  36  600m  Del gráfico x  200  Lpuente



Lpuente  x  200

c)

Lpuente  600  200  400  m Problema 4

Problema 5

Una partícula describe un movimiento elíptico en un plano XY, moviéndose en sentido Horario tal como se muestra en la figura. El semieje mayor de la elipse (OA) mide 18m y el Semieje menor (OB) mide 12m. La partícula demora 20s en ir desde A hasta B.

El gráfico que se muestra representa el movimiento en línea recta de una partícula. Entonces la rapidez instantánea t=5 s y la rapidez media en el intervalo desde t1=2s hasta t2=6s son respectivamente en m/s.

Solución

a) Calcular la velocidad media entre A y B.

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

b) Si la velocidad en A es de módulo 8m/s y en

60


v  tg 


4  2  v  2 m   s 2

La velocidad media se calcula de:

b) Calculo de la velocidad media entre 2 < t < 6

 x f  xi   vm   i  t  t   f 0 



Si:

t1  2 s  x1  4 m

Si:

t 2  6 s  x2  8 m  0  x0   vm   i  3t0  0 



vm 

x2  x1  84 4 vm   1 62 4 t2  t1

 



vm  

x0  i 3t0

Su módulo será 

Vectorialmente



vm

 i m   s

vm  vm  1  m   s

Su rapidez será

x0 x  4  0  12 1  3 t0 t0

La rapidez cuando se mueve a la izquierda es v1 y reemplazando (1) tenemos:

Problema 6 La figura muestra todo el movimiento de un móvil cuya rapidez media fue 4m/s. Calcule la rapidez con la que el móvil se movió hacia la izquierda.

v1  tg  

2 x 0  v  24 m  en (1) 1  s t0

Problema 7 Las gráficas x vs t , de dos móviles A y B se muestran en la figura. Determine la ecuación x (t) para el móvil B, para t >3s.

Solución Observamos: -Tramo AB: se movió a la izquierda

Solución -Tramo BC: se movió a la derecha La velocidad de A es: Analizamos todo el movimiento por dato del problema Si:

ti  0



tg   v  20 

100 5

xi  x0

En el grafico x-t: t f  3t 0



xi   x0 tg  

61

 e s ta e s la p e n d ie n te  100  50   5  d e la r e c ta 


Autor: Alfredo Cora Paco    d  x1  x 2 i   48 120    72 i  m 





  d  72i  m

Problema 9 La velocidad de una partícula cuyo movimiento es rectilíneo varía en función del tiempo según la gráfica adjunta. En el instante inicial la partícula se encuentra a -12 m del origen

La ecuación de la recta “B” será: m B  tg  

x  x1 t  t1



tomemos x1  10 ; t1  3

 50  x  10

Determinar:

t 3

a)

Las gráficas a-t y x-t en el intervalo 0
Resolviendo x B  50t  140 .... t  3 Problema 8 De acuerdo al gráfico adjunto determinar el desplazamiento del móvil entre t=8s y t=24s

Solución a) La aceleración es la pendiente de la tangente en cada uno de los puntos del gráfica de la velocidad .De las pendientes de la gráfica de la velocidad se deduce que entre 0 y 8 s la aceleración es de 1.5 m/s2, entre 8 y 12 s la aceleración es de -6m/s2 , y, a partir de los 12 s, la aceleración es nula

Solución El móvil avanza a la derecha en un tiempo

t  8  s  ; t  12  s   x1  A1  128  12 

x1  A1  4  12  x1  48 m

Determinación de la gráfica x-t

El móvil avanza a la izquierda en un tiempo t  12  s  ; t  24  s   x2  A2   2412  10

 x2  12  10  120  m Su desplazamiento es:

62



De la gráfica v-t se deduce que la velocidad de la partícula entre t=0 y t=8 s está dada por v=1.5t. La posición de la partícula para un instante t comprendido entre 0 y 8 s está dada por

1 1 3 x  12  vt  vt 1.5t  t  t 2 2 2 4

x  vot 

1 2 at  2

 Y su partícula está dada por

3 x   12  t 2 4

v f  v o  at

Para t=8 la posición es x=36 m. Entre t=8 y t=12 s la velocidad es

2

Resolviendo la ecuaciones (1) y (2) m  vo  28   s

La velocidad se hace igual a cero para t=10s.La posición para un instante t, tal que 8
y

m a  4  2  s 

b)

La partícula inicialmente se aleja del origen con un movimiento uniformemente retardado hasta pararse. Después vuelve hacia el origen con un movimiento uniformemente acelerado. El instante en que se para se determina igualando a cero su velocidad, 0=284t.Luego el instante en que se para es t1=7 s. La distancia recorrida hasta ese instante es x1=98 m. A partir de este instante su movimiento es uniformemente acelerado y la distancia recorrida hasta los 10 s es x2=18 m. La distancia total recorrida los 10 segundos es de 116 m

1  t  10  v  2

x   252  60 t  3t 2

Para el instante t=12 s la posición es 36m.La posición para valores de t>12 está dada por

x  3 6    1 2  t  1 2  

x  180  12t b) La partícula pasa por el origen en los instantes

t  4s y



 12  v o  10 a

v  1 2  6 t  8   6 0  6 t

x  36  12 

1 

80  10v o  50 a

t  15s

Problema 10 En el instante t=10 s cuya trayectoria es rectilínea y su aceleración constante, se encuentra a 80m del origen de coordenadas, moviéndose con una velocidad de -12m/s. Si en el instante inicial se encontraba en el origen, determinar:

Problema 11 El movimiento de una partícula es rectilíneo. La grafica adjunta muestra el recorrido x en función del tiempo, x en m y t en s. Determinar : a) La velocidad media, b) La velocidad máxima ,c) El instante en que la velocidad coincide con la velocidad media , d) La aceleración media en los primeros 10 segundos e) La aceleración media t=10 y t =16 segundos .

a) La velocidad y la aceleración iníciales b) La distancia recorrida hasta el instante t=10s c) Dibujar las gráficas x (t) y v (t).

Solución a) En el instante inicial que la partícula estaba en el origen x0=0 y cuando t=10 s

Solución 63


Autor: Alfredo Cora Paco Caída libre Problema 1 Un globo va subiendo a razón de 12 m/s a una altura de 80 m, sobre el suelo, en ese momento suelta un paquete ¿Cuánto tarda el paquete en llegar al suelo?

a) De la gráfica se deduce que la partícula en 20 segundos ha recorrido 2.0 m. La velocidad media es el desplazamiento, que es este caso coincide con el recorrido dividido por el tiempo vm 

Solución

2.0 m  0.1   20 s

b) La velocidad instantánea v(t) de la partícula es la pendiente de la tangente a la gráfica x-t en cada uno de sus puntos. De la gráfica se deduce que las tangentes en los instantes t=0 y t=20 son rectas horizontales, luego la velocidad en dichos instantes es nula, v(0)=v(20)=0 .La pendiente crece entre t=0 y t=10s, instante a partir del cual la gráfica tiene un tramo recto hasta el instante t=14 s, decreciendo a continuación hasta alcanzar el valor cero en t=20 s. La partícula tiene velocidad máxima durante el tramo recto de la gráfica y su valor coincide con la pendiente de dicho tramo

La velocidad inicial del paquete es igual a la velocidad

 

Inicial del globo es decir v  12 m s . El o

paquete

m vmax  0.25   s

Seguirá subiendo hasta alcanzar la altura máxima

c) La tangente a la curva en el punto correspondiente a t=16 es igual a 0.1 m, que coincide con el valor de la velocidad media

v

2 f

h2  d) La aceleración media en los 10 primeros segundos es la diferencia de velocidades en los extremos del intervalo divida por el tiempo m am  0.025  2  s 

v

2 o

 2gh

2



v

o

2

 2gh

2



v20  7.35  m  2g

Tramo AB Para el tiempo que tarda en recorrer la altura h2 v

e) La aceleración media entre los 10 y los 16 m segundos es a m   0.025  2  s  

f

 v  gt o

2

 t2 

v0  1.22  s  g

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

64


yy h 1

2




y  87.35  m 

Es: h  v t  o 1

yv t o

t



t



t  1

2h g



Calculando la velocidad final cuando la primera gota impacta

2y  4.22  s  g

Con el piso en el punto d

Por lo tanto el tiempo total que tarda el paquete en llegar al suelo es tT  t  t2



 t1  0.7  s 

1 2 gt Donde v  v 2 o f

2y g

1 g t2 2 1

2

v

d

vd 

t T  5 .44  s 

v

2 o

 2 gh



v

2 d

 2 gh



2 g h  6 .8 6  m / s 

Para calcular la velocidad en el punto c

Problema 2

v  v  gt

Un grifo en mal estado está a 2.4 m del piso y deja escapar agua a razón de 4 gotas por segundo ¿Cuál es la altura de la segunda gota en el instante que la primera llega al piso?¿Cuánto tiempo tarda la primera gota en llegar al piso?.

d



c

v  v  gt



c

d

v c  4.40  m / s 

Para calcular la altura h2

Solución h

2

v t  c

1 g t2 2



 h 2  1.4  m 

Problema 3 De la boquilla de una ducha está goteando agua al piso que se encuentra 2.05 m abajo. Las gotas caen a intervalos de tiempo regulares, llegando al piso la primera gota en el momento en que la cuarta comienza a caer. Encontrar la posición de las diversas gotas cuando una de ellas está llegando al piso.

Para los intervalos entre gotas Sea la razón

t

Solución

4gotas  s

1s  t  0 .2 5  s  / g o ta 4 gotas

Para el tiempo que la primera gota tarda en llegar al piso es: Para el tiempo total es:

Tramo ad

Tramo ad

65

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria Es:

yv t o

1 g t2 2



t


2y g

Paquete:



0  y0  vEt 

t  0.64 6  s 

Para los intervalos de tiempo entre t  3 t



t 

t 3

  t  0.215  s 



t 

1 

401

t  2 . 6 3 s



y E  100  4  2.63 



y E  1 1 0 .5  ft 

t  t  t 2

Problema 5



1 y2  g t 22 2

 Una persona en un ascensor ve un tornillo que cae del techo .La altura del ascensor es de 3m ¿Cuánto tiempo tarda el tornillo en chocar contra el suelo si el ascensor asciende con una aceleración constante as=4.0 m/s2?.

1 g t  t 2  y 2  0.91 0  m  2

Para la posición y3 es: Tramo ab

Solución

t  t  2 t 

t  t  2 t

1 y3  vo t 3  g t 32 2



3



8

yE  y0  vE t

1 y2  v0 t 2  g t 22 2

y2 

4t2  t  25  0

12t 2  4t  100  0

Elevador:

Tramo ac

2





gotas

Para la posición y2 es:

t  t  t 

1 2 gt 2

Cuando el tornillo choca contra el suelo yt=ys .Tomar como origen la posición inicial del suelo y designar como dirección positiva la dirección hacia arriba

3

1 y3  g t 2 2 3



1 y3  g t  2t 2  y  0.228  m  3 2

Escribimos las funciones de la posición del ascensor y del tornillo

Problema 4 Un hombre que viaja hacia arriba en un elevador de carga deja caer accidentalmente un paquete fuera del elevador cuando éste está a 100 pies del suelo .Si el elevador mantiene una velocidad constante hacia arriba de 4ft/s, determinar su altura con respecto al suelo en el instante en que el paquete toca el suelo.

ys  y0 s  v0 s t 

1 2 as t 2

Solución 1 yt  y0t  v0 t t  at t 2 2

Cuando t=t1 el tornillo llega al suelo. En ese instante las posiciones son:

66


Autor: Alfredo Cora Paco Movimiento parabólico

yt  ys  y 0 t  v0 t t1 

1 2 1 a t t 1  y 0 s  v 0 s t1  a s t 21 2 2

Problema 1 Una pequeña pelota de goma sale rodando por el borde de una mesa con velocidad horizontal de 2m/s en su trayectoria, la pelota rebota de un tablero que está a 80cm del borde de la mesa. Asumiendo que en el Choque pelota –tablero no existe perdida de energía alguna .Calcule la distancia horizontal respecto del tablero a la pelota choca contra el piso.

Cuando t=0 el suelo del ascensor y del tonillo tienen la misma velocidad. Usar este hecho para simplificar la expresión anterior v0s  v0t



y 0 t  v0 t t1 

1 2 1 a t t 1  y 0 s  v 0 s t1  a s t 21 2 2

1 1 y0t  at t 21  y0 s  as t 21 2 2

Usar la información obtenida para simplificar:

y 0 s  0, a s  4.0  m / s 2 

y0t  h  3m

,

Solución

at   g

Por lo tanto h

1 2 1 gt 1  0  ast 21 2 2

h

1  g  as  t 21 2

t  1

2h  g  as

2 3  9.8  4.0

v

 0.659  s 

ox



Despejar el tiempo



Observación: El tiempo de caída depende de la aceleración del ascensor, pero no de la velocidad .En el sistema de referencia del ascensor hay una

yv

y

“gravedad efectiva’=g+as. En el caso (supuestamente hipotético) en que el ascensor estuviera en caída libre, es decir as=-g`. El tiempo de caída seria infinito y el tornillo parecería “ingrávido”

d t

d  v ox

 t

t

0.8 2

t  0.4  s 

oy

t 

1 2 gt 2



1 2  9.8  0.4  2

y

1 g t2 2



 y  0.784  m 

Del gráfico

h y y

1



y h y 1

 y1  1.6  0.784

 y1  0.816  m 

Para la velocidad en el eje y cuando pequeña pelota rebota con el tablero

67

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria v v y



oy

 gt 

v

y

Autor: Alfredo Cora Paco Tomamos un sistema coordenado de referencia con origen en el punto de lanzamiento de la pelota, como se indica en la figura. Podemos simplificar la resolución de problema observando que la pared actúa como un “espejo”, de modo que consideraremos la trayectoria “virtual” que se indica en la figura inferior. Escribimos las ecuaciones paramétricas del movimiento de la pelota y, a partir de ellas, eliminando el tiempo, obtenemos la ecuación de la trayectoria:

 gt

v y   9.8  0.4   v y  3.92  m / s 

Para la velocidad resultante tenemos:

v

2

v



2 ox

v

2

2

v  v ox  v oy



oy

2

v  4.4  m / s 

Para el ángulo v tg

 v

y x

x  v0 x t  t 

v    arctg  y v  x

   

y  v0 yt 

 y

   62.97 º

x v0 x t

v 1 g gt2  y  0y x  x2 2 v0 x 2 v 20 x

10 9.8 x x 2  x  0.049 x 2 10 2  10 2

La pelota toca el suelo cuando y = -2 m, de modo

Para el tiempo t1 y1   vsen 62.97  t1 

que:

1 2  t1  0.17  s  gt 1 2

 -2  x  0.049x2 

Para calcular x sabemos que el movimiento es constante

0.049x2  x  2  0 

xv t

 22.24m negativo

ox 1



 x  2  0 .17 

x

 x  0.3 4  m 

1  1  8  0.049 1  1.1798  2  0.049 0.098

lo que representa una distancia a la pared de

x  34cm

D  2 2 .2 4  4 .0 0  1 8 .2 4 m

Problema 2 Un muchacho que está a 4 m de una pared vertical lanza contra ella una pelota según indica la figura. La pelota sale de su mano a 2 m por encima del suelo con una velocidad inicial v = (10i + 10j) m/s. Cuando la pelota choca en la pared, se invierte la componente horizontal de su velocidad mientras que permanece sin variar su componente vertical. ¿A qué distancia de la pared caerá la pelota al suelo?.

Problema 3 Un cañón se encuentra a una distancia de 20 m de un tanque y lanza un proyectil con una velocidad inicial de 10 m/s y con un ángulo de elevación de 30º. El tanque al observar esto se aleja con una velocidad de 2 m/s, en el instante que es disparado. Calcular a qué distancia del tanque cae el proyectil .

Solución

68


Autor: Alfredo Cora Paco cae nuevamente sobre el plano en el punto B, determinar

Solución

a)

La distancia que recorre graficando el problema

xv t t

el

tanque

La velocidad con la que rebota en el punto A b) El tiempo empleado en el trayecto de A a B.

es:

1

Solución

Para el tiempo de vuelo

2 v sen  o

t

g

2 v sen 

 t

o

g

 t  1.2  s 

“t” en (1) x  2 1.2  

x  2 .04  m 

Con los nuevos datos realizamos el grafico Correcto, ahora podemos hallar el alcance máximo

Dónde: v0=vA

2

v sen 2 R

o

g

 R  8.84  m 

ax  g x ay  g y

En el eje x

x  v ox  t  Del gráfico

x  vo cos 70  t 

20  R  d  d  20  R  d  11.16  m 

Ahora

Dd x 

1 ax  t 2  2

Para el tiempo de vuelo

 D  13.2  m 

y  y  v0 y t  D distancia es la distancia a la que proyectil con respecto el tanque

1 gsen 20  t 2 1  2

cae el

v0 sen 70 

1 a yt 2  2

1 gcos 20  t 2

Problema 4

 t  2v0 sen70

Una bola cae verticalmente sobre un punto A de un plano inclinado 20o, y rebota formando un ángulo de 40o con la vertical. Sabiendo que la bola

g cos 20

 2 en 1  69

 2


Autor: Alfredo Cora Paco un ángulo α con la horizontal (ver fig.). Encontrar la relación de las distancias entre los puntos, en los cuales la bola saltando toca el plano inclinado. Los choques de la bola con el plano se consideran absolutamente elásticos.

 2v sen70  x  vo cos70   o   g cos 20   2v sen70  1  gsen20   o  2  g cos 20 

2

Solución

 x

fig. 1

2vo 2 cos 70  sen70  g cos 20

4v 2 sen 2 70 1  gsen 20  2o 2 2 g cos 20

 x 

La solución del problema se simplificará sensiblemente, si los ejes de las coordenadas están dirigidos a lo largo del plano inclinado y perpendicularmente a él. (fig.1). En este caso, las proyecciones de la aceleración de la bola en los ejes serán iguales a xey y a x  g x  g s e n a y  g y  g co s  ,

2vo 2 cos 70  sen70  g cos 20

2vo 2 sen2 70   sen20 g cos 2 20



respectivamente. La velocidad de la bola en el momento del primer choque con el plano inclinado será v 2 0  0  2 g h  vo  2 gh ,

2

x 

2vo  cos70  sen70  g  cos 20

La velocidad inicial de la bola, después del primer choque, es v0 y forma con el eje y un ángulo  (fig.1). La distancia entre los puntos del primero y segundo choques con el plano inclinado es

 sen2 70  sen20  2 cos 20 

 vo 2 

xg  cos 70  sen 70 sen 2 70  sen 20  2   cos 20 cos 2 20  

d2   vosen t1 +

 v 0  4.68  m   v A  4.68  m / s   s

Donde

 gsent12 2

es el tiempo de vuelo. Este tiempo se

determina por la ecuación Reemplazando en (2)

t

2  4.68  sen70 2v0 sen70 t  g cos 20 g cos 20

 vo cos  t1 -

t  0 .9 5  s 

 g cos  t12  0

Resolviendo 2v que t1  o g

Problema 5

2

esta

ecuación,

obtenemos

y d  8hsen

La velocidad de la bola en el momento del segundo choque se determina por las igualdades:

Una bola cae libremente desde la altura h sobre un plano inclinado que forma

70



v1 x  vox  a x t1  vo sen   gsen  t1 v1 x  3vo sen

v1 y  voy  a yt1  vo cos    g cos   t1 v1 y  vo cos  Terminados los choques, estas velocidades serán

v2 x  v1x , v2 y  v1y La distancia entre los puntos del segundo y tercer choques es igual a d 2  3 v 0 s e n  t 2 

 g s e n  t 2 2 2

Donde t2 es el tiempo de vuelo. Puesto que la velocidad inicial a lo largo del eje y es la misma que durante el primer choque, entonces t 2  t 1 ; y, por consiguiente,

d2  16hsen

De modo análogo puede demostrarse que la distancia entre los puntos siguientes es d 3  2 4 h sen De este modo, recibimos la relación: d 1 : d 2 : d 3 : ........  1 : 2 : 3..........

Movimiento Circular Problema 1 Una rueda parte del reposo y acelera a tal manera que su velocidad angular aumenta uniformemente a 200 rpm en 6 s, a esta velocidad se aplican sus frenos y la rueda tarda 5min en detenerse, si el número total de revoluciones de la rueda es de 3100, calcular el tiempo total de rotación.

Solución

71



Problema 2 Dos partículas A y B arrancan de un punto común y recorren direcciones opuestas sobre una trayectoria circular de radio 5 m con velocidad constante de vA=0.7m/s y vB=1.5m/s respectivamente. Calcular el tiempo hasta la colisión.

Problema 3 Un cilindro hueco de 3m de largo gira alrededor de un eje horizontal con velocidad angular constante de 180 r.p.m .Una bala disparada horizontalmente y paralela al eje de rotación perfora las bases en dos puntos, cuyos radios forman un ángulo de 8º. Calcular la velocidad de la bala.

Solución

Solución

Como la velocidad de la bala es constante

Problema 4 Una esfera hueca de radio R=80 cm. gira alrededor de un eje vertical que pasa por su centro .Un proyectil se desplaza con una velocidad de 350 m/s perpendicularmente al eje, perforando la esfera en un punto cuyo radio forma 30º con el eje .Hallar la velocidad angular (mínima) que debe tener la esfera para que el proyectil entre y salga por el mismo agujero .

Solución El proyectil atraviesa la esfera hueca haciendo un solo agujero cuando dicha esfera gira un ángulo de π rad (mínimo) en el mismo tiempo luego de la figura.

72



Luego la distancia que recorre el proyectil es 2d entonces

Por otro lado tenemos:

Calculando la velocidad del bloque D

Problema 6 En la figura la velocidad angular inicial del disco B es 6 rad/s en sentido anti horario y el peso B está desacelerando a razón de 1.2 m/s2 .Hallar la distancia que recorre el peso A antes de llegar al reposo.

Problema 5 El mecanismo de la figura parte del reposo .Si el disco A adquiere una aceleración 1.5 m/ s 2 , y los radios de los discos son RA=15 cm, R B=10cm, RC=30cm a) ¿Qué velocidad adquiere el bloque luego de recorrer 1.2 m? b) ¿Cuál es la aceleración tangencial de un punto del borde del disco B?.

Solución Datos: RA=15cm RB=10 cm RC=30 cm h=1.2 m aA=1.5 m/s2

Solución b) Entre los discos A-B Para la aceleración tangencial en B a A= a B aB =1.5 m/s2 a) Para la velocidad final cuando recorre 1.2 m Entre el disco B-C

Pero

73



Solución

Reemplazando en (2)

La distancia que desciende el bloque A será la misma distancia que ascienda el bloque B, entonces calculemos la distancia que asciende el bloque B

Problema 7 En la fig. Calcular el tiempo en el cual los objetos A y B se cruzan, si el disco D inicia su movimiento a partir del reposo y/o con una aceleración tangencial de 0.6 m/s 2

74



Reemplazando en (1) tenemos

t

22  t=4.04  s 0.18  0.0654

Para un mismo instante

En el grafico como parte del reposo

Problema 8 El sistema de ruedas y correa de la figura. Se suelta del reposo .Determine la aceleración de la polea7, para que al cabo de 10 s, el bloque B se encuentre a 10 metros por debajo del bloque A ¿Cual la velocidad de los bloques A y B en ese instante?.

Solución

75



Problema 9 La figura muestra 2 poleas concéntricas de radios, RA =20 cm y R B =10 cm, respectivamente. Si las poleas giran en sentido anti horario con velocidad angular constante ω = 6 rad/s, hallar la velocidad del bloque que se encuentra unido a la polea móvil.

Solución

Propiedad de la polea móvil.

Luego como el punto A tiene velocidad hacia abajo y el punto B velocidad Hacia arriba, entonces

Hacia abajo la cual es la velocidad de bloque Problema 10 La figura muestra dos poleas concéntricas de radios RA=10 cm. y RB=15 cm., respectivamente. Si las poleas giran en sentido horario con

76



velocidad angular constante ω= 4 rad/s, hallar la velocidad lineal del bloque que se encuentra unido a la polea móvil.

Solución

Para la polea 1

Para la polea móvil 1

Para la polea 2

Para la polea móvil 2 Que es la velocidad del bloque hacia abajo

Problema 11 La figura muestra 3 poleas concéntricas de radios RA=10cm, RB=20cm y RC=30cm.si el sistema de poleas gira con velocidad angular constante igual a ω=4 rad/ s, en sentido horario, hallar la velocidad con que se mueve el bloque w.

Estática Problema 1 Un niño suelta a su perro de peso despreciable, el mencionado animal corre inmediatamente por encima de una tabla uniforme AC que tiene

Solución 77



4m de largo y pesa 100 kgf, el niño que pesa 40 kg lo sigue para poder agarrar al perro y así no caiga al lago (ver fig.). La tabla puede rotar en el punto B. Calcular la máxima distancia que el niño puede caminar a partir de A manteniendo el equilibrio.

Problema 2 En el sistema de la figura, determinar la posición de equilibro y las fuerzas de reacción que ejercen los apoyos en los extremos de la varilla .La masa de la varilla es de 6 kg y tiene una longitud de 0.8mts.

Solución

Solución Por geometría del problema Aplicando la primera condición equilibrio tenemos:





Fy  0

R A  R B  w  wN  0

1 

Po Po

Segunda condición de equilibrio

(+)

Haciendo un convenio de signos

M

A

 0

(-)

en

Descomponiendo las distancias y las reacciones los ejes “x” e”y” tenemos:



w  2   R B  2 .5   w N

x 

0

2

La máxima distancia será cuando R A  0 De (1)

R

B

 w  wN



R

B

 140 kg f

Reemplazando RB en (2) y reemplazando datos

x

Aplicando la primera condición equilibrio tenemos:

2.5 140   2 100  40

La distancia máxima es



x  3.75 m



78

Fx  0

 R A cos   RB sen  0



RA cos   RB sen

wcos  cos  sen  tg  

 sen   RA  RB   1  cos 

 1

sen  tg = cos  

F y  0  RA sen  RB cos   w

2

  sen  RB cos   w 

cos 2 sen2



 =arctg  ctg  2  

 sen  R A  w cos     cos  

4 

Segunda condición de equilibrio Haciendo un convenio de signos

M

A

 0

tg =ctg  2 

En la figura que se muestra w1=20 N, w2=40 N el peso de la varilla AB es de 40 N y las longitudes AB=AD=1m.Hallar el ángulo α con respecto al eje horizontal.

 3 en 1

Tenemos

2sen  cos 

Problema 3

3 

 R A  wsen

2  tg = 2 cos  1

  50º , RA  20.11 N , RB  55.25 N

 sen2  cos2   w cos  

 RB  w cos 





Reemplazando datos tenemos:

 RB 



tg =

en  2 

 sen RB   cos 

1 2 cos 

w 2

Solución (-)

(+)

:



 L w  cos   RB cos   L cos  2  RB sen  Lsen  0

Aplicando la primera condición equilibrio en la

 L RB cos   L cos  RB sen  Lsen  w  cos 2 2 // cos

RB  cos   sen  tg  

w 2

varilla AB tenemos:



5 

Fx  0



T cos   RA cos   0



 3 en  5 

Fy  0



R A sen  Tsen  w1  wV  0

79

1

2



Resolviendo 1 y  2  tenemos: z T 

 w1  wv  cos 

1

1 i 2

r

3

cos   sen  sen  cos 

1

2

;

tg 

0

2 

   45º

Aplicando la primera condición de equilibrio en

z  r  cos   isen   1 2 cos 45

el punto D tenemos: Tomando la parte real positiva 1 cos 45  0.5 2

z  cos  

  arccos (0.5)  60

 

  60º

Problema 4



La barra homogénea AB de peso P se apoya por su extremo B sobre la superficies interior lisa de un semicírculo hueco de radio R y por su extremo A sobre u suelo horizontal rugoso. La longitud L de la barra es L=1.6 R. En la posición de equilibrio límite, el centro de gravedad de la barra está sobre el diámetro vertical de semicilindro. Determinar para dicha posición, la relación el ángulo que forma la barra con la horizontal y el coeficiente de rozamiento µ. y las reacciones en los apoyos .

Fy  0

 Tsen  w2  T  w2

4

sen

Igualando  3    4  tenemos:

5

tg  2tg

De la figura por el teorema de los senos:

Solución Por su extremo B, la barra se apoya en la superficie cilíndrica lisa luego la reacción e B tiene dirección radial y se corta en O con la dirección del peso. En la situación de equilibrio, la reacción en A se ha de cortar con las dos fuerzas, luego pasa por el punto O. En la situación de Movimiento inminente, la reacción en A forma con normal un ángulo θ tal que tgθ=µ

1 1  sen     sen

 sen      sen  

 2

6

Reemplazando  6  en  5  tg  2tg  2 



 2cos2   1 

sen sen 2 2 cos  cos 2

cos  



1  2

1 i 2

De la figura se tiene: F A sen  FB cos 

80

1 

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria FB sen   FA cos   p

Autor: Alfredo Cora Paco  1  sen   2 cos   tg  de (3)

2

L  sen =1- sen R

Consideremos los triángulos OGB y AOC de la Figura adjunta

De la relación trigonométrica sen 2   co s 2   1 

3 sen 2   5 sen  1  0 Resolviendo la ecuación de segundo grado resulta s e n   0 .2 3 3 3   = 1 3 .5 Y sustituyendo en la ecuación (5) se obtiene el valor de µ   0.8 cos   0.77

Las ecuaciones (1) y (2) proporcionan los valores de las reacciones Del primero se deduce que FA  0.77 P

R cos  

 c os  

L cos  2

L cos 2R

Dinámica Problema 1

3 El sistema mostrado esta inicialmente en reposo, se aplica una fuerza F=2mg sobre el bloque m de masa m. Hallar el tiempo que tarda el bloque m en recorrer una distancia L sobre el bloque M de masa 2m.

Y del segundo teniendo, teniendo en cuenta que AO es la dirección de FA 1 L cos    tg  2 R

4

Solución

Y combinando las ecuaciones (3) y (4) resulta   cos  

L cos  2R

y FB  0.6 P

5

Aplicando la ley del senos al triangulo OGB se tiene

1 1 R  Lsen L 2 2  sen      cos 

6 Aplicando la segunda ley newton

Operando (6) queda 2R  cos   tg   2 sen L

 Fx  ma

de  3

m

F  fr  ma m

81



1 

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria  Fy  0 


N  mg  0

Lm

 N  mg

 2

fr   N

3



fr   mg en

1  



t

1 am M  t 2 2 8L

5  8  g

*

2 mg   mg  ma m

 am  g 2   

Se atan dos masas m1 y m2, a los extremos de una cuerda que por la cúspide de un plano inclinado doble. La masa de los planos inclinados es m y ellos forman los ángulos α1 y α2 con el plano horizontal. Todo el sistema esta inicialmente en reposo. Hallar la aceleración de los planos inclinados y las aceleraciones de los cuerpos después de dejar libre el sistema ¿Cuál es la condición para que los planos inclinados permanezcan en reposo? El rose es despreciable.

4

Aplicando la segunda ley newton

 Fx  Ma  M

 Fy  0 

Solución

5

fr  fr1  MaM

N1  N  Mg  0

 N1  N  Mg

6

fr1   N1 6

7

 6  en  7  

fr1  

6

 N  Mg 

en

5 

Llamaremos a la aceleración del plano inclinado doble en el sistema de referencia inercial (el signo positivo significa dirección hacia la derecha); sea ao la aceleración de los cuerpos en relación de los planos inclinados (la aceleración es positiva cuando m1, el cuerpo de la izquierda, desciende). Las aceleraciones de los cuerpos en el sistema inercial, a1 y a2 se obtienen sumando los vectores

 

mg   6 mg  2  6 mg  2maM

 aM   g 4

8 

Pero M

 v0m M  t 

Problema 2

 2  en  3

am

M

 am  aM 

am M  g  2      g

4



a am M 

y ao , T señala la tensión de la cuerda.

Aplicamos la segunda ley de newton a las componentes a lo largo de los planos inclinados.

 5  8  g 4

82


Autor: Alfredo Cora Paco (izquierda), las velocidades de los cuerpos sobre los planos inclinados, en el sistema inicial, son vo cos  1  v

y

vo cos  2  v

Respectivamente

Utilizando el principio de conservación de momento lineal: m1 (vo cos 1  v)  m2 (vo cos 2  v)  mv

En un movimiento uniformemente acelerado las velocidades son proporcionales a las aceleraciones, de modo que m1 ( ao cos 1  a)  m2 ( ao cos  2  a )  ma

Para la masa m1 De donde:

m1  ao  a cos 1   m1 gsen1  T a

Análogamente para m2

m1 cos 1  m2 cos  2  ao m  m1  m2

2

Esta ecuación nos entrega información sobre las aceleraciones. Es obvio que los planos inclinados están en reposo solo si lo están ambos; lo cual significa que los cuerpos están en equilibrio. Esta es una consecuencia natural del principio de conservación de momento lineal.

m2  ao  a cos  2   T  m2 gsen 2 Sumando las ecuaciones

 m1 cos 1  m2 cos 2  a   m1  m2  ao 1   m1 sen1  m2 sen 2   g

El sistema de las ecuaciones 1 y  2  nos da las aceleraciones:

Para investigar el movimiento de los planos inclinados usamos el principio de conservación de momento lineal. La velocidad de los planos inclinados en el sistema inercial es v (hacia la derecha). Las componentes horizontales de vo

ao 

83

 m  m1  m2  m1sen1  m2 sen2  g 2  m1  m2  m  m1  m2    m1 cos1  m2 cos 2 


a

Autor: Alfredo Cora Paco T s e n   m a 1  s e n 

 m1 cos 1  m2 cos  2  m1sen1  m2 sen 2  g 2  m1  m2  m  m1  m2    m1 cos 1  m2 cos  2 

 3 

Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene

Ambas aceleraciones son cero si: m1 sen 2  m1 sen1  m2 sen 2  m2 sen 1

m

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

Msen

1  sen 

2

; a  g  tg 

Problema 4 Una barra AB de masa “m” puede moverse sin fricción tanto hacia arriba como hacia abajo entre cuatro rodillos fijos. El extremo inferior de la barra toca la superficie lisa de una cuña de masa “M”. La cuña está sobre una superficie horizontal plana sin rozamiento. Determinar la aceleración de la barra AB y de la cuña.

Problema 3 En el sistema de la figura, el bloque de masa M puede desplazarse sin rozamiento. En el momento inicial el cuerpo de masa m suspendido de hilo se separa de la vertical un ángulo α y se libera ¿Cuál es la masa de este cuerpo, si el ángulo α que forma el hilo con la vertical no cambia al moverse el sistema?.

Solución

Solución

En la figura se muestran todas las fuerzas que actúan sobre la barra y la cuña .Designaremos por a la aceleración de la barra AB respecto a la mesa inmóvil y por b, la aceleración de la cuña.

D.C.L para M En eje “x”

T  T s e n   M a  T 1  sen   Ma 1

D.C.L para m Para m

    Fx

 0  0 = N 2 -N

   Fy

 m a  m g  N cos   m a

1

 N sen 

1 2

En eje “y” m g  T cos   m a cos 

Para M

2 

   Fx  Mb 

En eje “x” Tsen  m  a  asen



  Fy



84

M b = N se n 

 0  N 3  N cos   M g  0

3 4



La ecuación de relación cinemática entre las aceleraciones de la barra y de la cuña se deduce de los conceptos geométricos tg =

a b

M2 g  M1  2 R   2 

M 2g  M1 R

M2g M1  R

 

5 

Cuando complete una vuelta Resolviendo las ecuaciones tenemos: mg  tg a ctg  M  m  tg b

 ;

mg ctg  M  m  tg

   t  t t 

M2g

Problema 2

Problema 1

La figura muestra un bloque de masa M desconocida que permanece en reposo colgado de una cuerda tensa e ideal. La cuerda pasa por una polea ideal, luego por un pequeño agujero practicado en una mesa horizontal y termina atada a una esferita de masa m. La esferita gira describiendo un círculo horizontal de radio R y a una distancia D de la mesa.

Las dos partículas del dibujo con masas M1 y M2 están unidas por una cuerda sin masa que pasa a través de un aguajero O, de tamaño despreciable, practicado en la mesa. No hay roce en el sistema, la partícula, la partícula de masa M1 tiene un movimiento circular de radio R mientras que la otra partícula cuelga en reposo. Halle el tiempo que tarda la partícula M1 en completar una vuelta.

Solución

Halle la masa M del bloque, la velocidad angular ω de la esferita y la fuerza sobre la polea debida al soporte.

Para M1





F c  M 1ac

T  M1

v2 R

M 2g M1  R

 t  2 M 1 R

Dinámica Circular



2



T  M 1ac

 T  M 1  2 R

Solución

1  Para m

Fy  0 

T  w2  T  M 2 g

 2

F c  m a c  T cos   ma c

 T cos   m   2 R

Reemplazando (2) en (1)



Fy  0

Para M

85

 Tsen  mg

1  2

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria 

Fy  0



Autor: Alfredo Cora Paco    R2   F  T x  T y   F  mg 1  2  i  j 

3

T  Mg

D

(3) en (2) Por condición de equilibrio sobre la polea y el

Mgsen  mg

soporte   F  F soporte  0

Pero sen 



D

D 2

D R

2



 R2   F soporte   mg 1  2 i  j D



D2  R2

Mg 



 Fsoporte  F

 mg



M  m 1



R2 D2

Problema 3 Para la ω de (1), reemplazando T, M y cos α Un motociclista efectúa un movimiento circular muy peligroso, con un radio de 4metros ¿Cuál debe ser su velocidad mínima que debe tener para no caer? .El coeficiente de fricción entre las llantas y la pista es 0.5.

R T  cos  p ero cos    2 mR D  R2 R Mg 2 D  R2   2  1 g  2  D mR g  D

2 

Solución

Para la fuerza de la cuerda sobre la polea



F y  0  fr  mg  0

1 

  N  mg



mv 2 R 1    2 

Para el eje x

2

N

  R2  T x  T  i  mg 1  2 i D

 

 



Para el eje y    T y  T   j  Mg  j 

 

F c  m ac 

 

gR  v v2

 9.8 4 0.5



v  8 .8 5  m / s  Problema 4

 R2  T y  mg 1  2  j D

 

El ensamble mostrado gira respecto a un eje vertical con rapidez angular constante. Si se sabe que el coeficiente de fricción estático entre el bloque y la pared cilíndrica es

La fuerza será

86



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

Solución

Si ω2R>g se tienen dos posiciones de equilibrio

Se tiene una sola posición de equilibrio θ1=0 Problema 6 Por una semiesfera de radio R=100 cm se desliza sin fricción una esfera de masa m ¿A qué altura h se encontrará el cuerpo, si la semiesfera gira uniformemente con velocidad angular constante de 6 rad/s?.

Problema 5 Un manguito A puede deslizarse libremente a lo largo de una barra lisa curvada en un semianillo de radio R (ver figura) el sistema se hace girar alrededor de un eje vertical oo´ a la velocidad angular constante .Determinar el ángulo Ɵ correspondiente a la posición que estable del manguito.

Solución

Solución

87



Problema 7 Un cubo muy pequeño de masa m se coloca en el interior de un embudo (ver figura) que gira alrededor de un eje vertical con una frecuencia constante f rev/s la pared del embudo forma un ángulo Ɵ con la horizontal. Si el coeficiente de rozamiento estático entre el cubo y el embudo es µ y el centro del cubo está a una distancia r del eje de rotación ¿Cuáles son los valores máximo y mínimo de f para los cuales el bloque no se moverá con respecto al embudo?.

Solución

Problema 8 El sistema mostrado gira con una velocidad angular constante. Determinar la relación entre T1 y T2.

Solución

88



(6)

Problema 9 Para hallar el valor “x” apliquemos la ecuación de la trayectoria

Un cubo con agua está atado a una cuerda de longitud L. Al caer gotas de agua que se desprenden del cubo, golpean al piso a lo largo del perímetro de un círculo de radio R. Determinar R para un ángulo Ɵ.

h  xtg 

Solución

89

gx 2 pero   0  2v cos2  2


Autor: Alfredo Cora Paco Si la masa m está en equilibrio respecto de la varilla, también lo está respecto del sistema XY y por tanto la suma de las fuerzas debe ser cero.

Problema 10 Una varilla da vueltas en torno de un eje vertical con una velocidad angular constante ω. En su giro, la varilla forma un ángulo constante con la dirección horizontal de α grados, tal como indica la figura . Una pequeña masa m puede deslizar a lo largo de la varilla siendo el coeficiente de rozamiento µ. ¿Cuál es la condición para que la masa m se mantenga a una altura fija sobre el suelo durante la rotación de la varilla?.

Fi cos    N  mgsen  0 N  Fi sen  mg cos   0 Fi cos     mg cos   Fi sen  mgsen  0 1 La fuerza de inercia que actúa sobre la masa es igual a m* aceleración de la varilla, siendo la aceleración de la varilla la aceleración centrípeta, de valor ω2*radio = ω2*Lcos α Llevando esta relación a (1) mω2 Lcosα  μ mgcosα  mω2 Lcosα senα re la mgsenα  0 Llamamos a la solución de la ecuación anterior L=L1

Solución Las fuerzas que actúan sobre la masa m, analizadas desde un sistema no inercial ligado a la propia varilla son las indicadas en la fig.1 fig.1



Descomponiendo la fuerza ficticia o de inercia y el peso en los ejes “x” e “y” tenemos: ver fig.2 fig.2



L1 

mg  sen   cos   m cos    m 2 sen cos 

L1 

g  sen   cos    cos  1   sen

2



2

2) Si para la posición indicada en la figura 1 la fuerza de rozamiento tuviese sentido contrario al dibujado, lo cual significa que la masa m tiende a deslizarse hacia abajo de la varilla, el desarrollo matemático es similar salvo un cambio de signo y el resultado final es; g sen   cos    2 cos  1   sen Los valores de L comprendidos entre L1 y L2, siendo L1>L2, son aquellos para los que la masa m permanece en posición fija sobre la varilla. L2 

Trabajo y energía Problema 1 El sistema de referencia XY se halla en fig.2. Ligado a la propia varilla. Fi=F` es la fuerza de inercia o fuerza ficticia de sentido contrario a la aceleración de la varilla y que aparece debido a que el análisis del problema se hace desde un sistema no inercial. 1) Supongamos que la masa m puede moverse en sentido ascendente por la varilla. La fuerza de rozamiento, fr, actúa hacia abajo.

Un objeto de 15 kg se mueve a lo largo del eje “x”. En la figura se muestra su aceleración en función de su posición. ¿Cuál es el trabajo neto realizado sobre el objeto al moverse desde x=0 hasta x=8m?

90


Autor: Alfredo Cora Paco referencial. El tiempo de caída es el mismo en ambos referenciales

Solución Debido a que la F=ma

El trabajo es el área bajo la curva en un gráfico F vs x W 



1 8 300 N   W  1200  J  2

tcaida 

Problema2 Un ascensor desciende con una velocidad constante de 0.75 m/s. Del techo del ascensor se desprende una de las bombillas de 40 g, que cae sobre el suelo del ascensor. La altura de la caja del ascensor es 2.2 m a) Calcular el trabajo realizado por la fuerza gravitatoria sobre la bombilla y la variación de la energía cinética de la misma, desde que se desprende hasta que se estrella en el suelo del ascensor: b) En el referencial ligado a la caja del ascensor) En el referencial ligado al edificio c) Explicar la diferencia existente entre los resultados de los aparatos anteriores.

2h 2  2.2   0.67  s g 9.8

 mgh  0.0409.8 2.2  0.86 J

Solución Consideremos inerciales:

dos

sistemas

de

referencia

1. Referencial inercial S, ligado al edificio

 2.20  0.75  0.67  2.20  0.50

2. Referencial inercial S’, ligado a la caja del ascensor

 2.70 m

Durante su movimiento de caída libre, la bombilla tan solo está sometida a la fuerza gravitatoria, i. e., a su peso mg, que representa una fuerza constante. La aceleración de la bombilla será la misma (g) en ambos referenciales inerciales .El trabajo realizado por dicha fuerza será igual al producto de la misma por el desplazamiento que experimenta la bombilla, que será diferente en cada referencial. La velocidad y los cambios de energía cinética también serán diferentes en cada

 0.040  9.8  2.7  1.06  J 

91


Autor: Alfredo Cora Paco mgR 

c) El trabajo realizado es mayor en el referencial S que en el referencial S’; lo que está de acuerdo con las correspondientes variaciones de la energía cinética .La explicación radica en que tanto la energía cinética como sus cambios, depende del referencial en el que se mida .Podemos asegurar que el trabajo suplementario que mide en el referencial

1 mv 2  mgR cos  2

De donde v 2  2 gR 1  cos 



Aplicando la segunda ley de newton, (Radial) da N  mg cos    m

v2 R

De donde

S coincide con la variación suplementaria de la energía cinética que se mide en ese mismo referencial.

N  mg cos   m

Problema 3

 N  mg cos   m

Una partícula se coloca en reposo en el punto más alto de un semicilindro liso de radio R y centro C. El eje CY es vertical. Ella se perturba levemente y comienza a deslizar partiendo del reposo. Llegado a un cierto punto la partícula pierde el contacto y continúa bajo el efecto de la gravedad solamente (considere g=10 m/s2). Determine

v2 R 2 gR 1  cos   R

 N  m g  3 co s   2  Se pierde el contacto cuando N=0 es decir si 2    48.190 3 1 sen  5 3

cos 

La rapidez en ese punto será

 2 vo 2  2 gR  1    3

 vo 

2 gR 3

a) El ángulo θ para el cual se pierde el contacto. Utilizando la ecuación del proyectil b) La rapidez de la partícula en ese punto.  2 x  x0 vo cos t x  Rsen   gR cos  3 

c) La coordenada X de llegada de la partícula al eje CX.

Solución

x

Por la Conservación de la energía

2 2  1 R 5  gR  t   3 3 3 

y  y 0  vo sen  t 

1 2 gt  y  R cos   2

 2  1 gR  sen  t  gt 2   3 2   2R  1 2 - gR  5  y 3  3 3 Para y=0 resulta

92

 t  

 1 2  t  gt  2

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria t

1 R 9 g





138  6 5  0.697

Autor: Alfredo Cora Paco Componente radial de la segunda ley

R g

N  mgsen   m Luego, reemplazando t en x

 2 2 1 R 1 x  R 5+  gR  3  3 3 9 g 4  5 x 5+ 27  27



v2  R

2  N  mgsen  m vo  2 gRsen R



138  6 5 

 23  R=1.125R 



 N  mg  3sen  

vo 2   gR 

Problema 4 a) Despega en B, o sea  

Los planos inclinados AB y DE son lisos y forman 45º con la horizontal. BCD es una superficie de un cuarto de circunferencia de radio R, también lisa. Una partícula de masa m parte en A subiendo con rapidez inicial v0. Determine la rapidez inicial v0 o el rango de velocidades iníciales para que

v 2o 1 3 2 0  2 gR

 4

v0 

3 2

2 gR

 v 0  1.4565 gR  v 0  4.6058 R

b) Se detenga entre B y C sin despegar    sen  4 2 2  sen  1 2

a) La partícula pierda el contacto con la superficie en B.



2 v 2o  1 2 2 gR

b) La partícula se detenga entre B y C sin despegar del contacto con la superficie.

2 v 2o  2 2 gR

c) La partícula no se detenga y no se pierda contacto con la superficie.

v

v 2o 1 2 gR

Solución

Resolviendo la inecuación tenemos

Sea θ el ángulo polar medido a partir de OA (π/4<

1.1892 gR  v o  1.4142 gR

θ < 3π/4) por conservación de energía con

No despega si para todo θ

1 1 mv02  mv 2  mgRsen 2 2 2  v  vo 2  2 gRsen

 v2 N  mg  3sen  o   0  gR   vo 

3 gR se n

v o  1 .45 65

gR

c) No se detiene y no se despega v 2  v 2 0  2 gRsen  0  vo  1.4142 gR

93


Autor: Alfredo Cora Paco La bolita puede chocar con cada escalón de la larga escalera solamente en el caso en que cada vez antes del choque tenga la misma velocidad y choque con el mismo punto del escalón. Con esto la componente horizontal de la velocidad de la bolita no varía durante los choques, y la variación de la componente vertical es compensada a expensas del trabajo de la fuerza de la gravedad al caer sobre el escalón siguiente. De aquí la

1.4142 gR  v o  1.4565 gR Problema 5 Una esfera de peso 20N se abandona en “A”, sabiendo que no hay rozamiento, determinar la reacción normal sobre la esfera cuando pasa por la posición B.

velocidad

de

la

bolita

1    mv 2   mgh  v  2 

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

 E0  E f



2 gh  20 m   s 

El tiempo que la bolita está en el aire entre dos

L vsen

choques es t 

EA  EB  mg  2 R  

1 2 mv  2

v2B  4 gR

1 

Por dinámica circular en “B”

F  ma c

c

2

  N  mg  mv B R

2 Para la componente vertical inicial de la velocidad después del bote v y se halla por la condición de la perdida de energía

Reemplazando (1) en (2) N  5mg

 N  100  N 

E  E

Problema 6

f

 Eo

1 2 1  1   mv 2   m  v cos    mv 2 y 2 2 2  

Una bolita de acero lisa salta por una escalera larga, también lisa, botando una sola vez en cada escalón (ver figura).En cada choque con una escalón pierde la bolita una cantidad de energía 50% ¿Con que velocidad V y bajo que ángulo φ con la vertical fue lanzada la bolita? Los escalones tienen una atura de h=10cm y la longitud de la escalera L=20cm (considere g=10 m/s2).

2

 v2   v cos    v2 y .En sentido vertical la bolita recorre durante el tiempo t el camino  h  v yt 

1 2 g t . De estas relaciones se obtiene 2

la ecuación h 

co s 2    

L gL2  2 sen 2 v sen 2

Sustituyendo en ella α, L y h por sus valores numéricos .Hallamos dos soluciones

Solución

2 0 s e n 4  1 2 s e n 2  1  0

94

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria 1  44.9


 2  1 8 .4

EC 

La primera solución es evidente que no satisface la condición del problema ya que en este caso la componente vertical de la velocidad desaparece totalmente durante los choques .La segunda solución da

1 1 mvC 2  mv B 2   k mgd CB 2 2

De donde

vC 2  40  0.5  2  10  3  10 

 2  1 8 .4

vC  10  3.162 m   s

Problema 7

Esta energía cinética se transforma en elástica

Un bloque de masa m=2Kg Parte del reposo en A ubicado a 2 m de altura y baja deslizando sobre

m vc  k

1 1 k (l ) 2  mv 2 c   l  2 2

2  1.414

El largo mínimo será l m in  2 

2  0 .5 8 6  m 

Cuando regresa tiene la misma energía EC que se dispara en un tramo x en la zona de roce

una curva que a nivel del suelo continúa en línea recta. Hay roce solamente en el tramo CB donde µ k= 0.5. Pasado el tramo con roce el

1 mvC 2   K mgx  2

bloque comienza a comprimir un resorte de longitud natural 2 m y constante elástica de 10 N / m hasta detenerse e invertir su sentido de movimiento. (considere g=10 m/s2) Determine:

Problema 8 Un bloque de masa 2 kg está en reposo comprimiendo en 1 m a un resorte de constante elástica 100 N/m y de largo natural 2 m. El bloque se suelta y comienza a acelerar sobre una superficie lisa. Hay roce solamente entre A y B donde el coeficiente de roce cinético es 0.5.Cuando el bloque llega al punto A el bloque ha perdido el contacto con el resorte. Después del tramo con roce el bloque comienza a comprimir a otro resorte igual al primero que tiene inicialmente su longitud natural y luego se devuelve. (considere g=10 m/s2) Determine:

b) La rapidez de la partícula en el punto C. c) La longitud mínima que alcanza el resorte. d) La ubicación del punto entre C y B donde o finalmente se detiene el bloque.

Solución Conservación de la energía

vB 

1 mv B 2  E A  mghA  2 2 gh A 

1 vc 2 1 10     1 m  2 k g 2 5

Se detiene a un 1m a la derecha de C

a) La rapidez de la partícula en el punto B.

EB 

x

a)

Las sucesivas mínimas longitudes que alcanzan los resortes antes que el bloque se detenga. b) Las sucesivas velocidades con que pasa el bloque por los puntos A y B.

4 0  6 .325  m s 

Por la pérdida de energía producto del trabajo del roce

95

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria c)


El punto donde el bloque queda detenido.

Momento Lineal y Choques Problema 1 Un cazador incrusta un dardo de masa m en un pájaro que vuela en línea recta horizontal a una altura h sobre el suelo. Sabemos que el dardo incide detrás del ave con una velocidad v a un ángulo  con la vertical. El pájaro cae al suelo en un tiempo t después de ser golpeado a una distancia d adelante del punto donde fue golpeado. Los datos del problema son m, h, v, d, 

Solución Energía inercial k=100N/m, m=2kg E

1 1 2 k   l    100  12  50  J  2 2

Primera pérdida de energía en 2m

 E    k mgd   0.5  2  10  2   20  J 

E B  50  20  30 

l 

1  100   l 2 2

a) Obtenga la masa M del pájaro.

60  0 .7 7 4 6 0 100

 b) Obtenga la rapidez V a la que el pájaro volaba

l 2 min  2  0.77460  1.2254  m 

antes de ser golpeado por el dardo.

Solución

Pasa de nuevo hacia la izquierda con roce pierde otros 20J, quedan 10 J

E A  30  20  10  l 

a) El principio de conservación de la cantidad de movimiento para el sistema dardo- pájaro es:

   m v  M V  ( m  M )V dp

1  100   l 2  2

20  0 .4 4 7 2 1 100

Las componentes de la velocidad del dardo son datos del problema

l1 min  2  0.44721  1.5528  m 

v x  v s e n v y  v cos 

Queda solo 10 J de energía luego se detendrá en el punto medio del segmento con roce.

Por lo tanto el principio de conservación en sus

Punto de medio AB v `A 

2E  m

100  7.0711  m   s 2

v `B 

2E  m

60  5.4772  m   s 2

v ``A 

2E  m

20  3 .16 2 3  m   s 2

dos componentes es. mvSen  MV  ( m  M )Vdp x

mvCos  ( m  M )Vdp y A partir de la segunda relación obtenemos la velocidad vertical inicial del sistema dardo-pájaro. Ambos caerán juntos.

V dp y 

96

mvCos  mM



La expresión para la altura del sistema dardopájaro en cualquier momento t, es

gt 2 gt 2  mvCos    h t  2 2  mM  Al golpear el suelo y = 0 y  h  V dp y t 

gt 2 (m  M )  h (m  M )  m v cos  2

1 mgh  mvo2  vo  2 gh  2

Agrupando

 gt 2   gt 2   h  M   vCos  h   m  2    2 

vo 

Además

Finalmente gt 2 2 m  gt 2    h   2 

vCos  h  M 

sen 

mvot  mvt

s

3 4 ; cos   ; tg  3 5 5 4

 vo sen  vsen  

3 3 vo    vsen   16    vsen   5 5  

1 

vsen  9.6

MV  ( m  M )V dp x  mvSen 

Eje Normal

Como el sistema dardo-pájaro se mueve horizontalmente con una velocidad uniforme

V 

vo  16.05 pies



Eje tangencial

b) Del principio de conservación de la cantidad de movimiento

V dp x t  d

2  3.2  4 

e



 1  m  M d  m v  sen   M  t 

v cos  v o cos 



e

v cos  12.8

2

Cuando rebote describirá un movimiento parabólico

Problema 2 La bola se suelta desde el reposo y cae una distancia de 4pies antes de golpear un plano liso. Si rebota y en t=1s golpea de nuevo el plano en B, determine el coeficiente de restitución entre la bola y el plano. Además cual es la distancia d.

x  vx t

Solución

d cos   v cos 

97



4 d    v cos  5

 3

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria y  v yt  1



2

Autor: Alfredo Cora Paco Para el tiempo

  dsen  vsen  32 2

gt 2

4

vsen  16  0.6 d

h

De la figura

1 2 gt  t  2

2h g

Para la distancia d1 2h g

d1  vx



d1  1.2 

2  0.75  9.8



d1  0.47 m       90



  5 3 .1 3  

Para hallar la velocidad resultante

5

Resolviendo 1 ,  3  ,  4  ,  5 

  16.26º  v  16 pies s

mgh  y

1 1 mv x 2  mv 2  2 gh  v x 2  v 2 2 2

 v 

 =36.86º ,

d  19.2 pies

2 gh  v

x

2

 v  2  9.8 0.75  1.2 2

Reemplazando v, β en (2)



v4 m

s

Para el ángulo

Problema 3 Una

pelota rueda

por

una

cos  

vx v

v     arccos  x    v 

mesa  1.2     7 2 .6 º   arccos    4 

horizontal que tiene una altura de 75 cm sobre el suelo y sale por el borde con una velocidad de 1.2 m/s ,si el coeficiente de restitución entre la pelota y el piso es e=0.79.Calcular la distancia horizontal desde el

En eje X

borde de la mesa a la que la pelota llega al piso

mvx  mU x  v x  U x  U x  v cos  

después de su primer rebote.

U x  4 cos  72.6   U x  1.2 m

Solución

s

Cuando impacta al piso actúa el coeficiente de restitución

98

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria e

v p ' U y

 v   v y

U

y



y

e

p

Uy

 ev y

U



Uy




vy

Una pelota de ping-pong rebota escaleras abajo, escalón por escalón, de tal modo que todos los rebotes son idénticos. El coeficiente de restitución o percusión entre la pelota y las baldosas vale 0.9 y cada escalón tiene una altura de 19 cm. Determinar la altura de rebote de la pelota sobre cada escalón.

 e  v  sen

  0.79  4   sen 72.6

Uy  3m s

Para poder hallar d2 debemos hallar la velocidad resultante

Solución Consideremos definición de será

un rebote aislado; por coeficiente de Restitución (e),

U  U x2  U y2

U 

1.2 

2

 32

 U  3.23

m

s

Para el ángulo

3 3 tg     arctg ( ) 1.2 1.2



La pelota de ping-pong realiza el bote desde una altura h1, respecto al escalón; después de votar alcanza una altura h2. Como todos los rebotes son idénticos, después del bote estará a la misma altura respecto al escalón siguiente, o sea

 68.1º

Para hallar la d2 planteamos la ecuación de la trayectoria y  xtg 

gx 2 2 vo 2 cos 2



0  d 2 tg 

gd 2 2 2U 2 cos 2

 tg 



d2 

tg   2U 2 c os 2  g

gd 2 2U 2 cos 2



2

d2  

2  2.48    3.23    0.139  9.8

de modo que

d 2  0.73  m 

La distancia horizontal desde el borde de la mesa De donde a la que la pelota llega al piso después de su 2

 0.9   0.19  0.81  0.19 h2     2  0.19 1   0.9 

primer rebote d  d1  d 2  0.47  0.73  1.2  m 

99



h2  0.81 m  81cm h1  81  19  100 cm

b) La pérdida de energía en el n-ésimo rebote será:

Problema 5 Dejamos caer una pelota de ping-pong desde una altura h0 sobre un suelo duro, liso y horizontal. Observamos que después del quinto rebote la pelota sólo asciende hasta una altura h0/2. a) Determinar el coeficiente de restitución de los rebotes. ¿Es el mismo en todos ellos? b) Calcular la fracción de energía que se disipa en los rebotes. ¿Es la misma en todos ellos? ¿Por qué? c) ¿Cuántos rebotes deberán transcurrir para que la altura de rebote se reduzca a la centésima parte de h0?.

La fracción de energía perdida en cada rebote es la misma en todos ellos y viene dada por

Solución a)

c) A partir de la expresión de la velocidad tras el n-ésimo rebote, vn =en v0 , tenemos:

En la figura representamos los rebotes sucesivos. Obviamente, la relación existente entre las velocidades indicadas y las respectivas alturas es:

Donde el subíndice n se refiere a la velocidad y a la altura alcanzada tras el n-ésimo rebote. Designamos por e el coeficiente de restitución y aplicamos la regla de Huygens-Newton a cada uno de los rebotes sucesivos:





n

log  0.01  33.2 rebotes 2 log  0.933

Problema 6

v1  ev0  2 v2  ev1  e v0  vn  evn1  en v0  3 v3  ev2  e v0 ..... 

Se lanza oblicuamente una pelotita de goma con una velocidad v0=16 m/s y en la dirección 37º con el horizonte. Si el coeficiente de restitución con el piso es 0.8, hallar la distancia horizontal recorrida por la pelotita de goma hasta antes de dejar de rebotar .Despreciar el rozamiento.

El valor del coeficiente de restitución, que es el mismo en todos los rebotes, lo calculamos a partir de los datos para el quinto rebote:

Solución

100



El alcance máximo de la pelotita de goma en el primer rebote será xo 

vo2 sen2 g



 ar

n 1

n 1

1



a 1 r

d  x 0 1  e  e 2  ....  e n   x 0 1  e 

d

Descomponiendo la velocidad antes y después del

x0 1 e

 4

impacto con el piso (1) En (4) d

En el eje x Conservación de momento lineal p f  po U 1 cos   vo cos 

d  1 2 5 .5 1  m 

 2

Cuando impacte con el piso actuara el coeficiente de restitución

e

v p `U1 y

 v   v 0y



e 

p

U 1 se n   e  v o s en

U1y v0 y

3 

Multiplicando (2) y (3) U 12 sen  cos   e  vo 2 sen cos 

U 12 sen 2  v 2 sen 2  e o g g



2 v 20 sen2 16 sen 2  37  d   g 1  e  9.8 1  0.8 

x1  e  x0

Por inducción matemática sabemos x 2  e 2  x 0 ....... x 0  e n  x 0

La distancia horizontal recorrida por la pelotita de goma será: d  x0  ex0  e 2  x0  ....  e n  x 0 

Tomando en cuenta que la serie geométrica esta dada por :

101

1



Miscelánea de problemas

Para estar en forma para la próxima carrera de la temporada, Juan y Pedro Santiago corren a casa después de visitar el palacio de gobierno. Juan corre a una velocidad de 6mph y Pedro corre 4mph .Cuando salen del palacio de gobierno al mismo tiempo, Juan llega a casa ½ hora antes que pedro. Vea la figura

Problema 1 Hallar la expresión vectorial de la fuerza   resultante de F y T , si F=25 N, T=30N.

Solución a) b)

¿Cuánto tiempo le toma a Pedro llegar a casa?. ¿A qué distancia viven Juan y Pedro del palacio de gobierno?.

Solución a)    T AB uT   T AB



Distancia recorrida de Juan=distancia recorrida de Pedro Santiago

  AB T  T AB

x1  x 2 







   3 i  6 j  6 k T   3 2    6 2  6 2 

   30 N  

    T   10 i  20 j  20 k  N

Pero sabemos t1  t 2 



1



  BC F F BC

v1t1  v 2 t 2  6  t 2  1   4 t 2 2 

 



    3 i  4 j F   3 2    4 2 

   25 N  

   F  15 i  20 j  N





t2 

3 h  2

b)

x1  v1  t1 

 2

x1  6  1

 x1  6  m illas 

La resultante será (1)+(2)    R  F T

1 2

Entonces

Del mismo modo:    F BC uF   F BC

 v1t1  v2 t 2

    R  5 i  4 0 j  2 0 k (N )

102



Problema 3

lancha motora lleva una velocidad –(v-vo) durante 1h (cuando remonta el rio),una velocidad v0 durante 0.5 h (durante la avería, arrastrada por la corriente)y una velocidad+(v-vo) durante un cierto tiempo t(cuando desciende por el rio, hasta reencontrar la balsa).Las posiciones de la balsa y de la lancha en este referencial serán:

Una lancha motora, que navega rio arriba, se encontró con una balsa arrastrada por la corriente. Una hora después de este encuentro, el motor de la lancha se averió. La reparación duro 30 min; durante este tiempo la lancha fue arrastrada por la corriente. Reparado el motor, la lancha navegó rio abajo con la misma velocidad (respecto del río) que antes de la avería, y alcanzó a la balsa a una distancia de 7.5 km del punto de su primer encuentro. Determinar la velocidad de la corriente del rio, considerándola constante .

Balsa

x1  v 0 (1.50  t ) Lancha

x2  1.00(v  vo )  0.50v0  (v  vo )t

Solución La resolución del problema es muy simple silo planteamos en un referencial (el del rio) en el que la balsa se encuentra en reposo. En ese referencial, la lancha también está en reposo durante los 30 min que dura la reparación de la avería y su velocidad (en módulo, no en dirección) es la misma cuando navega rio arriba que cuando lo hace rio abajo.

de modo que igualando estas dos expresiones (instante de reencuentro) obtenemos vo 1.5  t    1.00( v  v o )  0.5 v0  ( v  v o ) t 

Durante las 2.50 h, la balsa se ha desplazado 7.5 km, arrastrada por la corriente, de modo que su velocidad, que será la de la corriente, es

En consecuencia, cuando la lancha navega rio abajo, después de la reparación, empleará de nuevo 1h en alcanzar a la balsa.

vo 

Así, el tiempo total que habrá transcurrido desde el primer encuentro y el reencuentro con la balsa será de 1h+30min+1h=2.5h.Durante es tiempo, la balsa, arrastrada por la corriente, ha recorrido una distancia (respecto a tierra) de 7.5 km .De este modo, la velocidad de la balsa (respecto a tierra),y también la velocidad de la corriente, será: v

0   v  vt  t  1h

7.5km km 3 2.5 h h

Problema 4 Desde el borde de un acantilado de 50.2m de altura una persona arroja dos bolas iguales, una hacia arriba con una velocidad de 18 m/s. y la otra hacia abajo con la misma velocidad ¿Con qué retraso llegara la bola lanzada arriba al suelo?.

7.5km km 3 2.5 h

Solución

También podemos resolver el problema en el sistema de referencia de tierra. En este referencial, la balsa se desplaza con velocidad constante v0 (la misma que lleva la corriente del río).Sea v la velocidad de la lancha con respecto al río. La

103



Se observa que los cuerpos demoran igual tiempo en el tramo BC, porque ambos pasan por B con la misma velocidad y hacia abajo. Luego, el retraso de la bola lanzada hacia arriba se debe al tiempo que emplea en subir y bajar el tramo de A a D y de y de D a B

e  vo t 

1 gt 2 h  2 e 1 at 2 2

h  tg  e

en

* 

tg  

Problema 5

Problema 6

Una esferilla se deja caer de la parte superior de un cilindro hueco inclinado un ángulo α en el preciso instante que éste arranca con una aceleración a=25 m/s2.Hallar el ángulo α para que la bola no toque el cilindro hasta que impacte en su base.

Justamente en el instante en el que una persona dispara un dardo, apuntando con la cerbatana directamente hacia un mono que está colgando de una rama, el mono se suelta y cae libremente. Averiguar si el mono siempre es alcanzado por el dardo.

Solución Considerando que la bolita no toca al cilindro durante su caída hasta que llega hasta la base entonces ésta sólo experimentara una caída libre. Se observa que mientras la bolilla desciende, el cilindro avanza simultáneamente una distancia horizontal e bolita:

* 

g 9.8 =  tg   0.392 a 25    21.4º

R e tr a s o = 3 .6 7 3 [ s ]

la

h g  e a



Del gráfico:

2 v o 2  18  g 9.8

  t vvuelo  3.673  s 

De

2

Dividiendo (1) y (2)

Retraso:

t vvuelo 

1 2  1 at e  at 2 2 2

h  vo t 

1 2 gt 2

Solución

(movimiento

Para demostrar que cualquiera que sea la dardo

descendiente) Como v o  0  h  1 g t 2 2

Para que el mono sea siempre alcanzado por el dardo debe demostrarse que yM=hd

1 

Para el dardo

Del cilindro:

104

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria h d  v o sen  t 

t

1 2 gt 2

Autor: Alfredo Cora Paco Solución

1

x v0 cos 

 2

Descomponiendo el peso de una de las esferas

Para el mono h

1 2 gt 2

3 

h  y M  x  tg 

4

Para las” n” esferas

Hallando la ecuación para el dardo

1  en  2  hd  v o sen 

 x 1  x  g  v 0 cos  2  v 0 cos  

h d  x  tg  

1 g  x2  2 2 v 0 cos2 

2

5 

R A  wx  wx  wx   n  

Hallando la ecuación para el mono

n veces

3 

en

4  R

1 2 gt  y M  x  tg   2 1 g  x2 y M  x  tg    2 2 v 0 co s 2 

A

 nwx



R

A

 n w  s en1 6

R A   2 00  0 .2 7 5  n

6 

R

A

 55n

N 

Problema 8

Lo cual queda demostrado

Una cuña de masa M=3kg reposa sobre un plano horizontal liso, muy cerca, a su vértice superior se coloca un bloquecito de masa m=1kg el que puede deslizarse sin fricción .Si el conjunto parte desde el reposo ¿Cuánto avanzara el vértice “B” cuando el bloquecito llegue a dicho punto?.

5    6   y M  h d Lo cual quiere decir que el mono y el dardo se encuentran a una misma altura, lo cual implica que el mono es abatido por el dardo Problema 7 Hallar la reacción en el punto “A” para que las n esferas estén en equilibrio tomando en cuenta que las esferas son de igual radio y peso de 200 N.

Solución

105



En el eje “x”

x  z  a  x  3x  a

Para la masa m



x

 4x  a

a 4

Problema 9

Nsen30  mam

Si el sistema mostrado, carente de fricción, comienza a moverse desde el reposo, hallar la aceleración del bloque A, sabiendo que: mA=60kg, mB=mC=20kg.Se desprecia el peso de las poleas .

1 

Para la masa M

Nsen30  MaM

Solución

 2

Eligiendo como sistema de referencia inercial al piso y realizando los diagramas de cuerpo libre

1   2

Para el cuerpo A

a Nsen30 mam 1  m  Nsen30 MaM 3a M

 aM  1 am

3

F

x

 2T

3

 mAaA  m Aa A

Para la cuña cuando parte desde el reposo

1 x  aM t 2 2



T 

4 

1 m AaA 2

1

Para el cuerpo C Para el bloquecito cuando parte del reposo z

1 am t 2 2

5 

F

 4   5 

y

 mc ac

 m c g  T  m c ac

 a  mc g  T c

x aM  z am

2 

mc

6 

Para el cuerpo B

Igualando (3)=(6)

x 1  z 3

 z  3x

FR   F x

De la figura 106

T

 mBaB


aB 

T mB

Autor: Alfredo Cora Paco a  gsen 3 0

3

La componente horizontal y vertical (eje x-y) es: Considerando al cuerpo A como una gran polea móvil

aA 

 a B  aC 2

 2a

A

 aC  a B 4

a x  g sen 3 0  c o s 3 0

Finalmente, reemplazamos (1),(2),(3) en(4) y despejando a A obtendremos aA 

a y   gsen 2 30

g mA mA   2 2mc 2mB

Sobre el niño actúan las fuerzas

 a A  1 .9 6  m / s 2 

Problema 10 Un niño de peso de 40kg que es pesado en una báscula de resorte situada sobre una plataforma especial que se desplaza por un plano inclinado de ángulo θ=30 como muestra la figura (no hay rozamiento entre la plataforma y el plano inclinado). ¿Cuál será la lectura de la báscula en estas condiciones?.

Aplicaremos la dirección movimiento en dirección vertical, bien sea en el referencial inercial S o en el no-inercial S’ ligado al sistema acelerado: S: N  mg  ma y   mgsen 2 30 S’: N  m g  m gsen 2 30  m a ' y  0

Solución



La aceleración del conjunto niño-cuña con la que se desliza hacia abajo es

N  mg 1  sen 2 30   mg  cos 2 30

Sustituyendo obtenemos:

los

valores

N  40  cos 2 30  N  30kg

Problema 11 A los extremos de un hilo que pasa a través de una polea fija al techo de la cabina de un ascensor se

m a  m gsen 30

107

del

enunciado,



atan los cuerpos de masa m1 y m2 (m1
3 m2 g 2

m 2 a '2  T 

 2

De la condición de ligadura para los bloques se tiene

a)

La aceleración de m1 y m2 respecto de la cabina y con relación al foso del ascensor. b) La fuerza con la cual la polea actúa sobre el techo de la cabina.

a '1  a '2  0  a '1   a '2  a '

De las ecuaciones (1), (2) y (3) se obtiene

m1 a '  T 

Solución a)

El ascensor constituye una referencia no inercial en traslación que se mueve con una aceleración constante en sentido ascendente respecto de una referencia fija. b) Seleccionemos una referencia con origen O en un punto del ascensor .La aceleración del origen O’ respecto de la referencia fija O es la aceleración del

3 m1 g y m 1a '   T  3 m 2 g 2 2

Sumando estas ecuaciones:

3 2

 m 2  m 1  a '   m 2  m1  g Despejando a` 3 2

a '





3 

ascensor 1 g j . Sean a `1 j la aceleración

m 2 m 2

 m1  m1

g 



Finalmente

2

 de m1 y a ' 2 j la aceleración de m2 en la

    a '1  a ` j y a ' 2   a ` j

referencia O`

En la referencia fija, las aceleraciones de m1 y de m2 se obtienen de sumar a las anteriores la aceleración del ascensor

Las fuerzas exteriores que actúan sobre la m1 son la tensión del cable T y el peso m1g, y sobre m2 son la tensión del cable T y el peso m2g. De la ecuación fundamental de la dinámica en la referencia no inercial se tiene

a1 

 2 m 2  m1  g g  a ` 2  m 2  m1 

a2 

g  2 m1  m 2  g  a ` 2  m 2  m1 

b) La fuerza que la polea ejerce sobre el techo de la cabina es F  2T  0

g  m 1 a '1  T  m 1 g  m1 2 m 1 a '1  T 

3 m1 g 2

m 2 a '2  T  m 2 g  m 2

 F  2T

De la ecuación (1) y (3) se obtiene 3  3 m1 m 2  T  m1  a `1  g   g 2   m 2  m1  

1

Luego

g  2

108

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria F  2T



F


6m1m2 g  m2  m1 

 sen   cos     cos    sen  v

Problema 12

v2 gR



gR  sen   cos  

 cos    sen 

Problema 13

Para una curva peraltada con coeficiente de rozamiento µ entre el móvil y el suelo, calcular la velocidad máxima para tomar correctamente .

Un ascensor desciende con una aceleración a=2.0 m/s2 en sentido descendiente. En su interior se encuentra un bloque de masa m=3.0 kg que desciende por un plano inclinado a 30º.La fricción entre el bloque y el plano es despreciable .Calcular la aceleración del bloque al ascensor .

Solución

Solución Método 1 Desde un sistema de referencia no inercial “ S’ ” y aplicando el principio de D’ Alembert: 2

F

v  mac  Nsen  fr cos   m R

F

0

c

y

 N cos   mg  f r sen

Pero fr   N Reemplazando en las anteriores ecuaciones despejando Nsen   N cos   m

v2 R

N  sen   cos    m

y

 v2 R

En eje y está en equilibrio

1 

N  ma cos30  mg cos30 Para la ecuación (2)

N  m cos 30  g  a 

N  cos    sen   mg  2 

En el eje x Donde a1 es la aceleración relativa del bloque respecto al ascensor

Dividiendo (1) y (2) N  sen   cos   N  cos    sen 



mv 2 mgR



mgsen30  masen30  ma1

109



a1  (g  a)sen30

Problema 14

a 1   9 .8  2  sen 3 0

En

la

figura

a2>a1.

Hallar a3 en función de a2 y a1.Despreciar las masas y las porosidades en las poleas

2

a1  3.9  m / s  Método 2 Planteando un sistema de referencia inercial “S” y aplicando la ley de newton hallaremos la aceleración del bloque respecto a un sistema de referencia inercial ó respecto a tierra.

Solución x1  x2 2

x3 

1

Puesto que en algún instante partieron del reposo

mgsen 30  mat  at  gsen30

x1 

1 2 a1t 2

 2

x2 

1 a 2t 2 2

 3

x3 

1 a3 t 2 2

 4

 2  ,  3 ,  4 

en 1

1 2 11 2 1 2  a3t   a1t  a2t  2 2 2 2  a3 

a1  a2 2

Problema 15

a1  at  asen 30

Por una polea fija, cuya masa se desprecia, pasa una cuerda carente de peso .De uno de sus cabos pende un cuerpo de masa M1=25 kg y al otro cabo se ha cogido un mono. ¿Con que aceleración trepa el mono si el cuerpo permanece todo el tiempo a la misma altura ?La masa del mono es M2=18kg.

a1   g  a  sen30

Solución

at  a1  asen30 Reemplazando at tenemos:

a1   9.8  2  sen30  a 1  3 .9  m / s 2 

Como el cuerpo permanece a la misma altura en reposo

110



T  M 1g  0  T  M 1 g

Problema 17

Diagrama de cuerpo libre del mono

La figura muestra el choque de dos bolas de billar. La bola 2 se encuentra inicialmente en reposo y la bola 1, antes del choque, tiene una velocidad de v1 en la dirección que se indica .Después del choque la bola 2 sale en la dirección indicada con una rapidez de v’2.

T  18  9.8  18a 

25  9.8  18  9.8  18a

 a  3.8 m / s2 

a) Determine la mínima rapidez posible v`2. b) Si v  4 m y e  0.5 determine la

Problema 16

1

s

rapidez v '2 y el ángulo  .

Una piedra es soltada desde una altura h=4m por encima de un terreno fangoso. Se desea averiguar a qué profundidad ingresa en el fangoso, si se sabe que la piedra recibe de parte de aquel una fuerza de fricción que es igual al triple de su peso .

Solución Solución La dirección normal al choque es la dirección de  v '2 luego conservación de la cantidad de movimiento en las direcciones x y y dan ( m1=m2)

Desde el momento que reconocemos que la fuerza de rozamiento en el tramo BC es la única fuerza externa distinta del peso que hace trabajo, utilizaremos para la descripción de dicho movimiento el Teorema del trabajo y la energía mecánica

p0 x  p fx v1 cos 30  v '2  v`1 cos 

Tramo AB:

Reordenando la ecuación

E B  E A  mg ( h  x )

v '2  v`1 cos  

Tramo BC

W fr  EC  EB

1 v1 3 2

1

p0 y  p fy   fr  x  mg  h  x

 v1 sen 30  v `1 sen 

2x  h  x  2  m 

v`1 sen  

111

1 v1 2

 2


Autor: Alfredo Cora Paco los choques que ocurren contra el suelo son con coeficiente de restitución e.

Para el coeficiente de restitución en el eje “x” y ordenando la ecuación tenemos :

1 v '2  v `1 cos   ev1 3 2

a) Determine el tiempo total que demora en ocurrir todos los choques.

 3

b) Determine la distancia total recorrida por la partícula.

Sumando la primera y la tercera y se obtiene

v '2 

Solución

1 v1 3 1  e  4

Como la partícula se suelta desde una altura h1 llega al suelo en un tiempo

La mínima rapidez será cuando e=0

 v '2 min

h1  vot1 

1  v1 3 4

 b) Similar al anterior inciso p0 x  p fx

2h1 g

Para la rapidez

v`2  v`1 cos  

v`1 sen 

t1 

1 2  1 gt 1 h1  gt 21 2 2

1 v1 3  2 3 2

1 v1  2 2

v`2  v`1 cos  

1 ev1 3  3 2

v y  v0  gt1

1

 v y   gt1

 2

 v   g 2h1   2 gh y 1 g

Y rebota con una velocidad

 3 U y  e 2gh1

Similarmente Ahora con esa velocidad inicial de subida 1 3 v`2  v1 3 1  e   3  m 2   s  4 2

Restamos la primera menos tercera y se obtiene v`1 cos  

1 1 1  e  v1 3  3 4 2

 4

 4  2 v 2 f  U 2 y  2 gh2  gh2  ctg  

3    66.59º 4

1 2 e 2 gh1 2

 h2  e 2 h1

Problema 18 La secuencia de alturas que ocurre será

Una partícula de masa m se suelta desde una altura h1 y

h1 , e 2 h1 , e 4 h1 ,            112



y los tiempos empleados son :

NOTA 2h1 2h2 2h3 t1  , t2  2 , t3  2  g g g

Series Especiales t

2 g



h1  2 h2  2 h3  



Serie Geométrica Una serie geométrica es de la forma:

t

2 g

t

2h1 1  2e  2e2   g

t

t



2h1 g

h1  2e h1  2e2 h1  

 La serie geométrica es convergente

2e   1    1 e 

cuando Es decir:

2h1  1  e    g 1 e 

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

d  h1  2 h2  2 h3      d  h1  2 e 2 h1  2 e 4 h1        2   d  h1 1  1  e2  

113

y su suma es


Autor: Alfredo Cora Paco 

Bibliografía    

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Problemas Selectos de Fisica Universitaria

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