FÍSICA GENERAL CÓDIGO: 100413 FASE 3_Trabajo_Colaborativo_1 NIDAD 1: !EDICIÓN " CINE!#TICA
$r%&%'ta(o a: SERGIO ANDRES DRAN T)tor
E'tr%*a(o +or: ANDERSON ALE,ANDER -ERNAL C.(i*o: FAI-ER /ERGARA C.(i*o: LIS CARLOS FRANCO C.(i*o:
Gr)+o: 100413_4
La medición es un proceso en el cual se busca comparar un patrón con un objeto cuya magnitud magnitud se quiere medir, para saber cuántas cuántas veces veces esta ese patrón incluido en esa magnitud. La cinemática es una rama de la física que se encarga de estudiar los movimientos de los cuerpos en el espacio sin mirar las causas que ocasionan dichos movimientos. Por lo anterior el siguiente trabajo se realizará con el objetivo que cada uno de los integrantes del grupo, conozcan y comprendan la importancia de esta ciencia y la apliquemos con la realización de cada uno de los ejercicios propuestos.
R%2o'o2i6i%'to R%2o'o2i6i%'to (% 2o't%'i(o& 7 +r% &ab%r%& (%l 2)r&o TODAS LAS NIDADES D%&arrollo (% la& a2tivi(a(%& (%l +a&o 18 opia de pantalla de la asignación de los ejercicios individuales y grupales, generada por el archivo !"cel #$abla de datos%&ase ' ()ne"o '*+
E9ERCICIOS ESTDIANTE NO 1 ectores -. n grupo de estudiantes están en un campamento campamento y hacen hacen una caminata de acuerdo acuerdo a la siguiente información. información. Prime Primero ro recorr recorren en 195 v 1 m al este, este, despu/ despu/s s ello, ello, caminan caminan 421 v 2 m hacia el sur, contin0an contin0an el recorrido recorrido 258 45.0 v m v grados caminado al sur del oeste, donde encuentran encuentran un rio, el cual cual les impide continuar con con 3 4 el recorrido. Para terminar la e"cursión y volver al punto de partida, el grupo de estudiantes se devuelve 206 v 5 m en dirección de 35.9 v 6 hacia el oeste del norte, pero lamentablemente, lamentablemente, notan que están perdidos1 ). 2epresenta cada uno uno de los cuatro desplazamientos desplazamientos realizados por el grupo de estudiantes, estudiantes, en t/rminos de los vectores unitarios3 dicho de otra manera, determine las componentes rectangulares rectangulares de cada uno de los cuatro vectores de desplazamiento. 4. 5etermin 5etermine e analíticamen analíticamente te las coordenadas coordenadas del vector desplazamie desplazamiento nto total, el cual es la suma de los cuatro desplazamientos iniciales, propuestos en la parte (a* del ejercicio. . 5eterm 5etermine ine la distan distancia cia y la direcc dirección ión que deben tomar los estudi estudiant antes es para para volve volverr al campam campament ento. o. 2ecuerde que esta dirección debe especificarse con ángulo y referencia a los puntos cardinales. 5. 2epresent 2epresente e de manera manera gráfica, gráfica, en un plano cartesiano cartesiano a escala, todo el recorrido recorrido del grupo estudiantil, estudiantil, incluido el vector desplazamiento que les permite volver al punto de partida. !. 6uál es la distancia total recorrida recorrida por los estudiantes en su su caminata7 (no incluya el trayecto trayecto de devuelta al punto de partida*
a* Y
d1 X
d2 d4 d3
|d |=195 m ; θ =0 o ⃗
1
1
|d |= 421 m; θ =−90 o ⃗
2
2
|d |=258 m; θ = 180 o +4 5 o=22 5o ⃗
3
3
|d |=206 m ; θ =9 0o +35,9o =125,9o 4
4
omponentes rectangulares de los vectores d 1 x =|d 1| cos θ1=195 m . cos 0 ⃗
o
d 1 y =|d 1|senθ 1=195 m.sen 0 ⃗
=195 m
o
=0 m
−90 ¿ ¿ d 2 x =|d 2|cos θ2= 421 m. cos ¿ ⃗
−9 0 o=−421 m d 2 y =|d 2|senθ 2=421 m.sen ¿ ⃗
d 3 x =|d 3|cos θ3= 258 m. cos225 ⃗
o
d 3 y =|d 3| senθ3=258 m.sen 225 ⃗
o
=−182,43 m =−182,43 m
d 4 x =|d 4|cos θ4 =206 m . cos125,9
o
=−120,79 m
d 4 y =|d 4| senθ4 =206 m.sen 125,9
o
=166,87 m
⃗
⃗
so de los vectores unitarios
⃗d 1=( 195 i + 0 j ) m d 2=( 0 i − 421 j ) m ⃗
d 3=(−182,43 i −182,43 j ) m ⃗
d 4 =(−120,79 i + 166,87 j ) m ⃗
b* sead =d 1 + d 2 + d 3 + d 4
dx = d1 x + d 2 x + d 3 x + d 4 x dx =( 195 + 0−182,43 −120,79 ) m dx =−108,22 m dy = d 1 y + d 2 y + d 3 y + d 4 y dy = ( 0− 421−182,43 + 166,87 ) m dy =−436,56 m
c* sead 5=d 5 xi + d 5 yj
el vector pedido
5ebemos tener d 5 +d = 0 d 5=−⃗ d ⃗
d 5=−(−108,22 i − 436,56 j ) m ⃗
d 5=( 108,22 i + 436,56 j ) m ⃗
5istancia perdida 8 magnitud del vector d9 2
436,56 m ¿ 108,22 ¿
2
+¿ ¿ |d 5|=√ ¿ ⃗
¿ √ 11711,568 m2+ 190584,6336 m2
¿ √ 202296,202 m2
|d |=449,77 m ⃗
5
−1
Direccion θ=ta n
−1
θ= ta n
(
θ=76,08
436,56 108,22
( ) d 5 y d5 x
Y
)
o
Punto de Parda
d1 X
5* Escala: 10cm representa un desplazamiento d = 421 m
d5
θ=76,08
o
35,9
d4 ⃗
e* 5istancia recorrida s =|d 1|+|d 2|+|⃗ d3|+|d 4| ⃗
⃗
⃗
s =195 m + 421 m + 258 m + 206 m s =1080 m
o
d2 ⃗
45
o
d3 ⃗
Ob&%rva2io'%& (!scriba aquí las observaciones que tenga, en caso de que e"istan* :
E9ERCICIOS ESTDIANTE NO 1: Ci'%6ti2a %' )'a )'i(i6%'&io'al8 :. n bote parte del reposo y alcanza una velocidad de 32 v 1 ;m
)celeración 5istancia recorrida en los :=.= segundos elocidad alcanzada a los -=.= segundos 5istancia recorrida a los -=.= segundos
v 0 =0 m / s v =32 km/ h = t =19,1 s
)* a=
v− v0 t
32000 m 3600 s
=
80 9
m/ s
19,1 v 2 segundos. 5etermine1
80 m / s 9
a=
80 m / s
−0 m / s
9
=
19,1 s
191 10
a =0,46 m / s
2
4*
d =? t =20,0 s 1
1
2
2
d = v 0 t + a t = a t 2
2
2
20,0 s ¿
( ) 800
d=
d=
d=
1 1719 2
(
s
400 1719
m
2
m/s
160000 1719
d = 93,08 m
2
¿
)(
2
400 s
)
m = 93,08 m
= s
800 1719
m/s
2
* v =? t =10,0 s v =v 0 + at = at
(
v=
800 1719
m/s
2
)(
10,0 s )= 4,65 m / s
v =4,65 m / s
5* d =? t =10,0 s 1
2
d = a t 2
2
10,0 s ¿
( ) 800
d=
d=
1 1719 2
(
s
400 1719
m
2
m/s
d =32,27 m
2
¿
)(
100 s
2
)
E9ERCICIOS ESTDIANTE NO 1: !ovi6i%'to -i(i6%'&io'al '. n esquiador de masa #m+ baja por una colina cubierta de nieve (>gnore la fricción entre la colina y el esquiador*. !n el momento en que deja la colina, la componente horizontal inicial de la velocidad tiene una magnitud de v 1 m / s . La parte baja de la colina está a una altura del suelo de v 2 m 3 ubique el origen del sistema de coordenadas en el punto en que el esquiador deja la colina y determine1 ). !l tiempo que tardará el esquiador en caer en la nieve. 4. !l espacio horizontal #"+ recorrido. . La magnitud de la velocidad con que llega a la nieve (?uelo*. 5. Las coordenadas del vector de posición final, en t/rminos de los vectores unitarios.
vit =v 1 m / s =28,8 m / s y =−v 2 m =−57,9 m viy =0 m / s
)* 1
2
y = viyt − g t = 2
−1 g t 2 porque viy 2
=0
5espejamos t resulta. t = t =
√
√
−2 y g
−2 (−57.9 m ) =√ 11,8163 s 2 2 9,8 m / s
t =3,44 s
4* x =v x . t v x =vix =28,8 m / s t =3,44 s x =( 28,8 m / s ) ( 3,44 s ) x =99,07 m
* 2 2 v f = √ v x + v y v y =viy −¿=−¿ v y =(−9,8 m / s ) . ( 3,44 s )=−33,71 m / s 2
v x =28,8 m / s
v f = √ (−33,71 m / s ¿
2
+( 28,8 m / s ¿2
v f = √ 1965,8041 m / s 2
2
v f = 44,34 m / s
5* r f = x i + y j ⃗
r f =( 99,07 i −57,9 j ) m ⃗
E9ERCICIOS ESTDIANTE NO 3: ANDERSON ALE,ANDER -ERNAL
Vectores
&. )lejandro &alla, deportista colombiano, cuando inicio en el golf necesitaba cuatro golpes para hacer un hoyo. Los desplazamientos sucesivos para alcanzar este objetivo son1 @. v 1 m hacia el norte, A. v 2 m al este del norte, v 3 m v 4 B al oeste del sur y >. v C. 5 m al sur. D. L. ?i amilo illegas que es un e"perto en el golf empezará en el mismo punto inicial, 6uál sería el desplazamiento y la dirección que amilo illegas necesitaría para hacer el hoyo en un solo golpe7 E. Para encontrar la solución a este problema yo lo solucionare por el m/todo analítico. F. v 1 X = 47,3 cos90= 0 m v 1 Y =47,3 sen 90= 47,3 m v 2 X =35,1cos 45=24.8 m v 2 Y =35,1 sen 45=24,8 m
v 3 X =12,7 cos127,9=−7.8 m v 3 Y =12,7 sen 127,9=10.0 m v 5 X =7.1cos260 =−1.2 m v 5 Y =7.1 sen 260 =−6.9 m Sumamos las componentes en X y las componentes en Y
X =( 24.8 ) + (−7.8 )+(−1.2) vX =15.8 m vY =( 47,3 )+ ( 24,8 ) + ( 10.0 ) +(−6.9 ) Vy =75,2 m R= √ RX + RY 2
2
R= √ (15.8) R= √ 5904 R=77 m
2
+( 75.2)2
Para encontrar la dirección:
θ= tan
−1
θ= tan
−1
( ) ( ) ry rx
75.2 15.8
θ=78.13 grados Respuesta: Camilo Villegas necesita desplazarse 77 metros en un Angulo de 78.1 grados con dirección nordeste para poder meter la !ola de un solo golpe
E9ERCICIOS ESTDIANTE NO 3: ANDERSON ALE,ANDER -ERNAL Ejercicio 2 Movimiento unidimensional
-. !n la práctica de un laboratorio una esfera se encuentra en reposo en la parte superior de un plano inclinado y se
desliza (sin fricción* sobre el plano con aceleración constante, la longitud del plano inclinado es de v 1 m de largo, y el tiempo que utiliza para deslizarse desde la parte superior hasta la parte inferior del plano es de v 2 s. 5etermine ). 4. . 5.
La aceleración de la partícula durante el recorrido del plano inclinado. La velocidad de la partícula en la parte inferior de la pendiente !l tiempo transcurrido de la partícula, cuando pasa por el punto medio del plano inclinado. La velocidad de la partícula en el punto medio del plano inclinado.
A: "a aceleración de la part#cula durante el recorrido del plano inclinado$ %ue de &$8m's
vf =vi + a∗t 2=0 + a∗2.40 2−0 =2.40∗a a=
2 2.40
a =0.83 m / s (: la )elocidad dela part#cula en la parte in%erior es de: *m's
d=
(
2.40
)∗ ( + )∗ vi +vf 2
0 vf 2
2.40∗2
t 2.40
= vf
2.40 vf =2 m / s
C: +l tiempo transcurrido de la part#cula$ cuando pasa por el punto medio del plano inclinado es de 1.*s
tm=
df vf
tm=
2.40 2
tm=1.2 s ,: la )elocidad de la part#cula cuando pasa por el punto medio del plano es de: 1m's
vm =
df tf
vm =
2.40 2.40
vm =1 m / s
E9ERCICIOS ESTDIANTE NO 4: FAI-ER /ERGARA -*. n sumergible se zambulle desde la superficie del mar en un ángulo de G9.' bajo la horizontal, (omo lo muestra la figura* siguiendo una trayectoria recta de 'G.H m de largo. (a* 6) qu/ distancia perpendicular a la superficie del agua está el sumergible7 (b* 6Iu/ distancia adicional debe avanzar el sumergible a lo largo de la misma dirección para quedar a -H9 m de profundidad7 (c* !scriba el vector posición del sumergible en t/rminos de sus vectores unitarios de los apartados (a* y (b*
a* 5atos del problema θ=−45.3 !l signo negativo indica que va a favor de las manecilla del reloj
)8 34,9 m y =? Por la razón trigonom/trica seno se tiene lo siguiente sen (−45,3 )=
y 34,9 m
5espejando
y
−45.3 sen (¿) ¿ 34,9 m ¿ 34,9 m(−0.710 )= y J 24.7 m ¿ y Por tanto el sumergible esta J:G.Km de bajo del agua
b*
sen (−45.3 )=
=
−195 m sen (−45.3 )
=
−195 m −0.710
=714.33 m
−195 m
5espejando )
713.50 m −34,9 m=m
Para el punto c e"presamos los a y b en los vectores unitario ( i^ j^ * es decir * R= R x i^ + R y j^ hay que calcular ⃗
R x
cos (−45.3 )=
R x 34.9 m
34,9 m∗cos (−45.3 )= R x 34,9 m( 0.710)= R x
24.7 m ¿ R X
5espejando
R x
!ntonces queda R =24.7 m i^ −24.7 m ^ j R =( 24.7 i^ −24.7 j^ ) m ⃗
⃗
Para b = x i^ + y j^ ⃗
Aay que calcular
x
cos (−45,3 )= 714.33 m( 0.710)= R x
-',-H m= R x !ntonces queda =13,19 mi −152 mj = (13,19 i −152 j ) m ⃗
x 714.33 m
5espejando
x
E9ERCICIOS ESTDIANTE NO 4: FAI-ER /ERGARA :*. Eovimiento nidimensional (E y E)* !l auto ) y el auto 4, se desplazan al mismo tiempo a trav/s de una trayectoria recta a una velocidad de :K.: m
,atos del pro!lema.
v i= 27,2 m / s . 2
a =−2,70 m / s
v f =0 Por-ue se detiene Aplicando
v f = v i+ at ,espeando t
v f − v i=at Se tiene
t =
v f −v i a
/eemplazando
t =
0−27,2 m / s
−2,70 m / s2
= 10 s
0omando como posición inicial x i=¿ & para allar el desplazamiento denotado como " x ¿ x f − x i
v 1 2
(¿ ¿ i + v f )t " x =¿
/eemplazando los datos anteriores
v i= 27,2 m / s . t =10 s v f =0
( = (
" x 1=
" x 1
1 27,2 m 2
s
1 27,2 m 2
s
+0
)
)
10 s
10 s
1
( 272 m ) 2 " x 1=136 m " x 1=
Aora la posición %inal es " x ¿ x f 136 m ¿ x f
)hora cuando el auto b está detenido no hay desplazamiento
uando acelera hasta una velocidad de v =25 m / s calculemos dicho tiempo sando nuevamente la formula anterior t =
v f −v i a
/eemplazando
t =
25 m / s −0 m / s 2
2,50 m / s
=10 s " x 2=1 / 2 ( v i+ v f ) t " x 2=1 / 2 ( 0 +25,0 m / s ) 10 s " x 2=255,14 m
La distancia recorrida por el auto es "x 2 + "x 1 8 136 m + 255,14 m =391.14 m ?olo falta el desplazamiento del auto ) x f − xi =vt Como x i=0 25 m x f = t s "uego t2 10 s + 10 + 47,3 s= 67.3 s 25 m x f = ( 67.3 s ) s x f = 16825 m "a distancia del auto ) al auto 4 es 16825 m−391.14 m=16433.86 m
E9ERCICIOS ESTDIANTE NO 4: FAI-ER /ERGARA 3). n cuerpo se mueve en sentido anti horario en una trayectoria circular con centro en el origen, su punto de
partida es el punto (9.=, ,:=* m y se mueve :=.K segundos con una velocidad angular constante de 9.H=rad
a. b. c. d. e.
5esplazamiento angular Posición angular final. Posición final e"presada en coordenadas cartesianas (ectores unitarios*. Periodo. )celeración centrípeta.
5esplazamiento angular #t =θf −θ o como θf −θ o= " θ #t = " θ =!."0rad#s $=20.%s ( 5.90 rad / s )( 20.7 s )= " θ " θ =122.13 rad
f. Posición angular final. #t =θf −θ o #t + θ o=θ f
Luego
θo =tan
−1
Luego
θo =tan
−1
(
6.20 m 5.60 m
)
( 1.10 )
θo =47 $
5e radianes a grado
(
122.13 rad∗
Luego
57.2958 grado 1 rad
6997.53 $ + 47 $ =θ f
7044.53 $ =θf
)=
6997.53 $
)hora se calcula el radio 2 2 r = √ (5.60 m ) +(6.20 m ) & ¿ 8.35 m
⃗v =8.35 cos ( 7044.53 $ ) i + 8.35sin ( 7044.53 $ ) j v⃗ =−7.5 i −3.46 j Periodo.
% =
2 &
2 &
#
5.90 rad / s
=
=1.06 s
Aceleración centrípeta 2
a =# r
(
a=
5.90 rad
s
)( 2
a =290.66 m / s
8.35 m)
2
E9ERCICIOS ESTDIANTE NO ;: LIS CARLOS FRANCO /%2tor%& na puntilla es clavada en la pared de una habitación. La esquina inferior izquierda de la pared se selecciona como el origen de un sistema coordenado cartesiano bidimensional superpuesto a la pared. ?i la puntilla se ubica en el punto que tiene coordenadas ( v 1 i^ , v 2 j^ * m. (a* 6) qu/ distancia está la puntilla del origen del sistema7 (b* 6uál es su posición de la puntilla en coordenadas polares7 2eemplazo los valores de
v 1 y v 2
v 1=−2.90 i v 2= 2.50 j
$razo mi sistema de coordenadas.
Para resolver la distancia de la puntilla con respecto al punto de origen lo realizo por medio del teorema de Pitágoras. d = √ x + y 2
2
d = √ (−2.9 )
2
2
+( 2.5 ) =√ 8.41 + 6.25
d = √ 14.66 =3.83 m
a* La distancia del punto de origen al clavo es de 38<368
b* onvierto las coordenadas cartesianas a coordenadas polares. y tanθ = x tanθ =
2.5
−2.9
θ= arc
2.5
−2.9
θ= arc− 0.86 θ=−40.69 $ ' 180 −40.69 =139.31 $
La coordenada polar es1 3.83 m y 139.31 $ ∨¿
E9ERCICIOS ESTDIANTE NO ;: LIS CARLOS FRANCO Ci'%6ti2a 'i(i6%'&io'al =!88R8 7 !88A8> n auto, que se mueve sobre una pista recta y parte del reposo, acelera a razón de 2.30m/s 2 durante 5.30s . Luego mantiene constante durante 7.30s la velocidad así obtenida. $race gráficas cuantitativas de posición, velocidad y aceleración en función del tiempo, marcando las coordenadas de las tres variables en los instantes t =5.30 y t =5.30 +7.30 (se toma t =0 como el instante de partida, con posición inicial x 0=0 *.
@rafica donde se encuentra el punto A? la cual es el punto donde el auto alcanza aceleración de 2.30m/s 2 en un tiempo de 5.30s . !l punto - indica la aceleración constante del auto hasta 7.30s , y el punto C me indica el punto t =5.30 +7.30 8 !sta sería la gráfica cuantitativa de posición. t =5.30 + 7.30=12.60
Para encontrar la velocidad en cada punto hayamos el área debajo de la curva, la velocidad que hay desde el inicio hasta el punto ). encontramos un triángulo rectángulo, por lo tanto lo encontramos por medio de1 =
(∗a 2 2
=
5.30 s∗2.30 m / s 2
=6.09 m / s
La velocidad en el punto ) es de1 @80 6B&8 )hora la velocidad desde el punto ) hasta el punto 4, hallamos el área debajo de la curva y esta tiene forma de rectángulo1 = (∗a Aallo la base del rectángulo, seg0n la gráfica puedo observar que1 7.30 s −5.30 s =2 s 2
= 2 s∗2.30 m / s =4.6 m / s
La velocidad que hay entre ellos puntos ) y 4 es1
4.6 m / s
)hora la velocidad desde el punto 4 hasta el punto , hallamos el área debajo de la curva y esta tiene forma de rectángulo1 = (∗a
Primero hallo la base, observando la gráfica puedo decir q ue1 12.60 s −7.30 s =5.30 s 2
= 2 s∗5.30 m / s =10.60 m/ s
La velocidad que hay entre ellos puntos 4 y es1 10.60 m / s
E9ERCICIOS ESTDIANTE NO ;: LIS CARLOS FRANCO
!ovi6i%'to Cir2)lar 'ior6% -. n 55 M 2NE de capa doble utilizado en la oficina de registro y control de la niversidad Facional )bierta y a 5istancia F)5, tiene un diámetro de 12.9 cm y gira a una velocidad de 3.90 ) 103 R . * . + . (2evoluciones Por Einuto*. on base en la información anterior, calcular1
). !l módulo o magnitud de la velocidad angular en rad
= 0.129 m
). Aallo la velocidad angular. $eniendo en cuenta que1 1 min=60 seg y 1 revo,ucion esuna vue,ta=2 &rad 3
# =3.90 ) 10 rev / min revo, ∗2 & rad 3 60 seg # =3.90 ) 10 1 revo, 3
#=
7.8 ) 10 & rad 60 seg
rad # =130 & seg # =408.41
rad seg
4. elocidad tangencial. $eniendo en cuenta la fórmula1 2 &R Vt = t Vt = # ∗r
!l radio es de1 0.129 m r= =0.06 m 2
(
Vt = 408.41
rad seg
)∗
0.06 m
Vt = 24.50 m/ seg
. &recuencia y periodo. Periodo 8 tiempo en dar una vuelta. y 2 & rad y = ' #= % % 408.41
rad 2 & rad '% = = seg %
% =0.015 seg
&recuencia. f =
1
%
2 &rad 408.41
rad seg
f =
1 0.015 seg
f =66.66 -
D%&arrollo (% la& a2tivi(a(%& (%l +a&o :
Ej%r2i2io& Colaborativo&: N 1 onversión de unidades, cifras significativas, manejo de escalas. -. n grupo de alumnos de un colegio campestre proyecta construir un modelo estático del sistema solar para la feria de la ciencia, que se instalará en la cancha de f0tbol del colegio. !sta cancha tiene las medidas má"imas permitidas por la &>&) para partidos internacionales. !n su etapa de diseOo, están e"plorando en qu/ grado es viable construir el modelo a escala, de tal forma que represente fielmente los radios de las órbitas, así como los
tamaOos intrínsecos de cada cuerpo celeste. !l plan es colocar el sol en el centro de la cancha y hacer coincidir el diámetro de la órbita de Plutón con el ancho total de la cancha, todo montado dentro de un pasadizo situado a lo largo de la línea que separa las dos mitades del campo. ada cuerpo celeste será modelado mediante una esfera sólida montada sobre un soporte y con un vistoso cartel e"plicativo contiguo. ). 6Iu/ tamaOo (diámetro* debería tener la esfera que representa al sol7 6Iu/ tamaOo (diámetro* deberían tener las esferas que representa a cada uno de los H planetas7 4. 6) qu/ distancias del centro de la esfera representativa del sol hay que colocar los centros de las esferas que representan cada uno de los H planetas en el modelo dentro del pasadizo7 . )l consultar la lista de tamaOos de los cuerpos permanentes del sistema solar, descubren con sorpresa que algunos de ellos, sin ser planetas, son más grandes que Plutón. 6uáles son esos cuerpos y qu/ papel juegan en el sistema solar7 6Iu/ tamaOo (diámetro* deberían tener las esferas que los representen, para incluirlas en el modelo a construir7 5. ?e decide mandar tallar en madera los cuerpos a representar con esferas de diámetro superior a medio centímetro. Para los cuerpos de menor tamaOo, se opta por colocar una tarjeta e indicar mediante un punto de tinta el tamaOo del cuerpo. 6?erá posible representar de esta manera todos los cuerpos referenciados en las partes a* y b* anteriores, haciendo uso del rapidógrafo de trazo más delgado com0n en el mercado7
Sol)2i.' onversión de unidades, cifras significativas, manejo de escalas 5imensiones má"ima de la cancha de futbol. Largo 8 -:=m )ncho 8 H=m
!scala -cm por cada -=m
120 m
)* !scalar que debemos usar1 12
H cm por cada
5,9 x 1 0 m
5iámetro de la esfera representativa de cada cuerpo citado dso,=
( 2∗6,96∗10
8
m )∗9 cm 12
5,91∗10 m −3
dso,= 2,12∗1 0 cm
(
dmercurio =( 2∗2,43∗1 0 m )∗ 6
9 cm 12
5,91∗10 m
( 2∗6,06∗1 0 m )∗9 cm
)=
−6
7,40∗1 0
cm
6
dvenus =
12 m
5,91∗1 0
(
dtierra =( 2∗6,37∗10 m )∗ 6
9 cm 5,91∗1 0 m
( )∗(
djupiter =( 2∗6,99∗1 0 m 7
9 cm 12
9 cm 12
5,91∗1 0 m
(
76
(
7
(
dp,uton=( 2∗3∗1 0 m)∗ 6
9 cm
12
5,91∗1 0 m 9 cm 12
5,91∗1 0 m
(
dnepturno=( 2∗2,21∗10 m )∗ 7
1,94 1 0
5,91∗1 0 m
dsaturno= ( 2∗5,85∗1 0 m )∗
duraneo =( 2∗2,33∗1 0 m )∗
)= ∗ )= ∗ )= ∗ )= ∗ )= ∗ )= ∗
−5
12
dtmarte =( 2∗3,37∗1 0 m )∗ 6
=1,84∗1 0−5 cm
9 cm
12
5,91∗1 0 m
9 cm 12
5,91∗ 10 m
)=
cm
−5
cm
−4
cm
1,03 1 0
2,13 1 0
1,78 10
−4
−5
7,10 1 0
6,73 10
−8
9,14∗1 0
cm
cm
−5
cm
()
2adios orbitales de los planetas con respecto al sol
cm
( 5,79∗1 0
m)∗9 cm
10
Rmercurio=
12
5,91∗1 0 m
( 1,08∗1 0
11
Rvenus=
Rtierra=
m )∗9 cm 12
5,91∗1 0 m
( 1,496∗1 0
11
m )∗9 cm 12
( 2,28∗1 0
m )∗9 cm 12
5,91∗1 0 m
Rjupiter =
( 7,78∗10
Rsaturno =
11
12
12
m )∗ 9 cm 12
5,91∗1 0 m
Rnepturno =
( 4,50∗10
11
12
11
m )∗9 cm 12
=2,18 cm
=4,37 cm
m)∗9 cm
5,91∗1 0 m
( 5,91∗1 0
=1,18 cm
m)∗9 cm
5,91∗1 0 m
( 2,87∗1 0
Rp,uton=
m )∗9 cm 12
( 1,43∗1 0
=0,23 cm
=0,35 cm
5,91∗1 0 m
12
Rurano=
=0,16 cm
5,91∗1 0 m 11
Rmarte=
5,91∗1 0 m
=0,09 cm
=6,85 cm
=9 cm
* Los cuerpos permanentes en nuestro sistema solar, alguno de los cuales son mas grandes que pluton con las estrellas. eamos su diametros.
m∗9 cm
9
Dsirio=2200000 km= 2,2∗1 0
12
5,91∗1 0 m
m∗9 cm
9
dpo,,ux =9000000 km= 9∗1 0
12 m
5,91∗1 0
darturo=22132000 km=2,2132∗10
12 m
5,91∗1 0
12 m
5,91∗1 0
m∗9 cm 5,91∗10
7
dsirio =10500 km =1,05∗1 0
12 m
12 m
5,91∗1 0
m∗9 cm
11
5,91∗1 0
m∗9 cm 12 m
5,91∗1 0
=0.053 cm
=0.149 cm
m∗9 cm
11
d(ete,geuse =850000000 km= 8,5∗1 0
dantares=975000000 km= 9,75∗1 0
=0.034 cm
m∗9 cm
10
10
= 0.014 cm
m∗9 cm
10
da,de(aran=34800000 km=3,48∗1 0
drige, =98000000 km= 9,8∗1 0
= 3,35∗1 0−3
12 m
=1.29 cm
= 1.48 cm
=1.60∗1 0−5 cm
Ej%r2i2io& Colaborativo&: N n jugador de futbol americano debe hacer un gol de campo desde un punto a 36.1 m de la zona de gol y la mitad de los espectadores espera que la bola supere la barra transversal del goal post, que está ubicada a 3.10 de alto del suelo. uando se patea, la bola deja el suelo con una rapidez de 19.9 m / s en un ángulo de 59.9o respecto de la horizontal.
>lustración -. !jercicio $iro Parabólico
). !l lanzamiento realizado alcanza para superar la barra horizontal del goal post7 4. 6uál es la diferencia en la altura alcanzada por la bola, por encima o por debajo de la barra horizontal7 . 6La bola se apro"ima a la barra horizontal mientras a0n se eleva o mientras va de caída7 a* Los datos del problema son v 0 =19.9 m/ s *= 36.1 m +=3.10m θ=59.9 $
sando las ecuaciones del tiro parabólico x f = x0 + v x t 5onde v x =v 0 cos θ Fos queda x f = x0 + v 0 cos θ t como x 0=0 x f = v 0 cos θ t
(
)
m x f = 19.9 cos59.9 $ t s
omo x 0=0 se tiene 36.1 m=(9.980 m / s ) t 36.1 m t = s =3.61 s 9.980 m / s
alculemos la posición final en el eje y con el tiempo 1
t =3.61 s
2
y f = y 0 + v 0 senθt − g t 2
(
y f =0 + 19.9
)
m ∗sen 59.9 $ ( 3,61 s ) − 1 (9,8 m / s 2)( 3,61 s )2 s 2
y f =0 +17,21 m / s ( 3,61 s )−
.
1 2
( 9,8 m / s 2)( 13.03 ) s 2
y f =62,12 m−63.84 m y f =−1.72 m . b*La distancia que lo separa es 3.10 m−(−1.72 m)= 4.82 m
c* !l tiempo que demora en el aire el proyectil es t8 2 v 0 senθ omparando con el tiempo de bajando
( =
2 19.9
m ∗sen 59.9 $ s
)=
3.51 s 2 g 9,8 m / s t =3.61 s con el tiempo de duración en el aire de 3.51 s es mayor lo cual indica que va
2
v 0 sen 2 θ g 2eemplazando los valores x =
x =
(
)
2
m sen 2 ( 59.9 $ ) s
19.9
9,8 m / s
2
=35.06 m
Lo cual el alcance má"imo es de 35.06 m que dura en lo '.9- s en el aire, lo cual confirma que despu/s de allí en adelante la se encuentra en b ajada
CONCLSIONES !l trabajo se realizó con base a la revisión de las referencias bibliográficas que se encuentran en el syllabus del curso, para el desarrollo de los ejercicios de los temas referentes al estudio de física general, donde pudimos analizar distintos tipos de movimientos, magnitudes físicas, entre otros, lo que nos permitió entender que la física es parte de la vida de todos y comprenderla significa descubrir el mundo que nos rodea. )sí mismo el desarrollo de los ejercicios propuestos en la guía nos ayuda a entender cómo act0an las distintas
variables en diversas situaciones en t/rminos de la física, conocimiento que puede ser aplicado tanto en la vida cotidiana como en nuestra carrera. L)i& !i*)%l !ora
REFERENCIAS -I-LIOGR#FICAS ?eray, 2. )., Q Ceett, C. R. (:=-G*. &ísica para iencias e >ngeniería ol. >. E/"ico, ES1 engage Learning !ditores ?.). de .. 2etrieved from http1<<.ebrary.com, pag. to H 2ecuperado de http1<58-=T:K-TKQtm8-GH=-=H:''K'
