Page 1

ASOCIACIÓN FONDO DE INVESTIGADORES Y EDITORES

PROBLEMAS RESUELTOS DE FÍSICA UNA VISIÓN ANALÍTICA DEL MOVIMIENTO VOLUMEN 1

®

Lumbreras

Editores


Presentación Ascc1aC•on Fondo de tnvesngadores y Editores (AftNEO), promotora de Lumbreras Ed1tores, nene el agrado de pr~sentar el texto Problemas resueltos de Física, una visión analítica d el movimiento, volumen 1, hbro que forma parte de una nueva sene de publicaciOnes que aportan al desarrollo dinám•co de tos contenidos eeuué'.<Os que brindamos a la sociedad. sobre todo en un contexto en el q ue la enseñanza de las Ciencias y las huma;"tiéades ha do perdie..,c!o s~; va!or analínco·cr r.co la sene de Problemas resueltos es el complemento ideal para los libros de la colección de Cie ncias v Humanidades, trabajo desarrollado

PROBLEMAS RESUELTOS DE FÍSICA, una visión analítica del movimiento. Volumen 1

AOUNI y César ValleJo-, qu1enes se han oedicado durante generaoones

Asociación Fondo de Investig adores y Editores

A utor Editor Oise~o

por lumbreras Ed1tores en conjunto con las planas d e profesores del Instituto de Ciencias y Humani dades -promotor de las academ1as

a formar estudiantes con criterio realista y capacidad analitica, además de imparnr conoc1m1entos ob1envos y de rigor denriñco a tra11és de las

Asociación Fondo de lrwesbgadores y Ed1tores gráfico : Área de cómputo y pubt:cadones de la Asociación Fondo

publicaciones de Lumbreras Ed1tores con una sólida presencia en los

de lrwestlgadores y Editores

diversos lugares del Perú, cumpliendo asi una ta rea vital en el acerca· m1ento de matenal bibliográfico de calidad a miles de estudiantes y

O Asoc i aci ón fondo d e Investiga dores y Editores

profesores en todo el país. De esta manera reafirm amos nuestro com·

Av. Alfonso Ligarte N.• 1426 • Bre"a. Lima-Peni. Telefax· 332·3786 Para su sello ed1torial Lumbreras Editores Pagma web· www elumbl"eras.com.¡¡e Pnmera edición: abril de 2010 Pnmera re1mprS16n: abril efe 20 12 nra,e: 2000 ejemplares ISBN: 978-612-4056-74-4 Reg1stro del proyecto editonal N.0 31501051100862 ~Hecho el depósito legal en la Biblioteca Nacional del Peru•

prom1so ñrme de aportar en el desarro•lo de :os sectores mas amplios

N.• 2012 • 04475

anhelan constru~r puentes sólidos entre el estudiante y el aprendizaje

de nuestra soc1edad Problemas resuelt os de Física, una visión analítica del movi· m ient o, volumen 1 presenta el desarrollo didáctico de cada uno de los problemas propuest os del libro Física, u na visión ana lítica del movimi ento, volumen 1, y ofrece un acercamiento dmamico a todos los contenidos necesarios para obtener dominio del curso. Este hbro es también u n recorrido a t ravés de lineamientos metodologtcos que de esta materia.

Proh1bida su reproducción total o parcial Derechos reservados O LEG. N • 822

La bú squ eda por aportar publicaciones m ás didácn cas y novedosas ha hecho posible este libro y la serie de Problemas resueltos que le seguirán

Esta obra se terminó de impnmir en los talleres gralicos de la Asociación Fondo de Investigadores y Editores en el mes de abril de 2012 Calle de las Herramientas N.• 1873 . Lima-Perú . Teléfono: 336-5889

......----------,----

-~----------


Pró~ogo en el campo de las crencias; también revela nuestro compromiso profesional de seguir impulsando un trabajo editorial y académico que no esté alejado de las grandes mayorias. Lumbreras Editores quiere raconocer el esfuerzo con¡unto que ha signi ficado esta publicación, en la cua l ha participado un gran grupo de profesionales de primer nivel, cuyo esfuerzo es un apoyo fundamental a nu e$tro anhelo de conseguir una educación científica y humanística integral. Finalmente, deseamos reconocer el apoyo de la plana de Física de las academias ADUNI y César Va llejo, por su labor en la elaboración de este material, gracias a su valiosa trayectoria e n la enseñanza preuniversitaria de calidad. De manera especial, AFI NED desea agradecer al profesor Teodulo Aquilino Reyes Santos y a sus colaboradores los profesores Antonio de Jesús Montalvo Correa y Edgar Percy Saravia Valverde por su trabajo p rofesional en la sistematización del presente libro. ASOCIACIÓN FONDO DE INVESTIGADORES Y EDITORES

Este libro ha sido elaborado con el propósito de mejorar las habilidades del estud iante en la resoluc ión de problemas, y es el complemento id eal para Física, una visió n analítica del movimie nto, vo lu men l. Como autores, nuestro objetivo es reíorzar los conocimie ntos teóricos a través de la resolución de una gran variedad de e¡ercic1os. Este libro - fruto de la experiencia alcanzada en el ejercicio de la enseñanza de esta materia durante años- está pensado para cubrir las necesidades temáocas de nu estro sistema educativo especialmente para la pre pa ración preuniversitaria. En esta etapa, el estud iante debe reforzar sus conocimientos básicos de los temas de física, y d e be ap li carlos a preguntas de menor o mayor grado de dificultad, con el fin de tener co nceptos más precisos, desarrollar su capacidad de aná lisis y resolver con mayor rapidez y eficacia los problemas que se le presentan. Problemas resu eltos de Física, una visión analítica d el movimiento, volume n 1 se ha ela borad o trata ndo de cubrir estos aspectos; para ello, se ha consid<!rado que el estudiante, previamente, ha tra tado de resolver los problemas propuestos. De no llegar a la respuesta corre cta, el so lucionarlo le ayudará a corregir su error o a encontrar otras formas de solu ción. Las soluciones pro puestas en este libro son de fácil entendimiento pa ra e l lector, y tra tan, en la mayoría d e casos, d e busca r e l camino más corto de solución y de no utilizar las ma temá ticas superiores (derivadas, integrales). La cantidad y variedad de preguntas que se ha n resu elto hace de este material un elememo indispensable para la preparació n de estu diantes, profesores e interesados e n los temas desa rrolla dos. Es importan te que el est udian te sea perseverante en la adquisición de sus conocimientos; no hay que olvidar que el tra bajo del pensamiento se parece a la perforación de un pozo: el agua es turbia al pri ncipio, mas luego se clarifica.

Los autores

----~


Página

'íl~

4}~

Análisis vectorial 1 Cinemática

'W@

Movimientos de caída libre

<ii@'W

Movimiento circunferencial

~&JW 'íJ@~

1 Movimiento relativo Análisis de gráficas del movimiento mecánico

?J@'íJ

Estática y centro ele gravedad


Capítulo

G

2 Análisis vectorial

Página

?6®&>

1

Dinámica

¿y ¡>oO<-

1

&>?J'íl

! Trabajo mecánico, energía y 1 potencia

Impulso y cantidad de movimiento

4}4}@

Choqu es

4}@1!

Oscilaciones mecánicas

@?J@

Ondas mecánicas

Gravitación

.

/

/~

r-•..... .•w,.....,

~®~

-

---:.:.

.

o

Un vector es un segmento ele recta onentado que, por sus caracteristicas (módulo y dirección), permite represe111ar magnitudes vectoriales como velocidad, aceleración, fu erza e intensidad de campo eléctrico, entre otras. Es s<~biclo que uno de los p1 ;meros en utilizar vectores f~1e Galileo Galilei (1564-1642}, quien al estudiar el movimiento de los proyectiles tuvo la necesidad de representar la velocidad en un i11stante dado. Además. se dio cuenta de que el movimiento horizontal no afectaba al movimiento vertical ele caída libre; esto le permitió descomponer el movimiento, lo que se expresa geométricamente mediante la descompOSICión del vector velocidad. De igual modo, Isaac Newton utilizó los vectores para representar las fuerzas y operar con ellas al establecer las leyes del movimien to . De este modo nace el análisis vectorial. que es tudia las propiedades de los vectores, así como sm operacio nes. Estas operaciones no se rigen por las leyes (o reglas) de la Aritmética o del Álgebra común; por el contrarro, el ¡¡náli· sis vectorial tiene sus propias reglas y propiedades. En este n 1aterial. el lector puede ver como se han aplicado dichas reglas o propiedades a los diversos problemas planteados. Es necesario que el lector se habitúe a estas reglas, ya que ellas se utilizarán en gran parte del curso.


J; Capítulo

~

Análisis vectorial:

PROBLEMA H. 0 1

Del gráfico

Dos vectores A y B de igual módulo fo rman un ángulo S. i En qué relación esrán los módu los de los veccores A+ 8 y A- B ?

(!)

• A) sen(

i)

I)

B) cos(

C)

Para la diferencia

taJ1( I)

E) sec(i)

D) co{i)

msen(t)

Resolución

Nos preguntan por

K=IA+BI

l ti -81

Del gráfico

Condición

~ lfi - 81 == 2msen ( ~) Luego (I) + (Il)

Para la suma -

111

A¡.~-- . -.-- - -- - ---

...

. . --~

IIICOS(G/2)

B

_.l.

.... .

.t

(!!)


lumbreras Editores

PROBLEMA H. 0 2

Se tienen dos vectores de módulo consrante dís· puestos sobre un plano. Se sabe que el mayor y menor valor de ;u resultante es 31 u y 6 u, respectivamente. ¿Qué módulo dene X- 8. cuando A y 8 forman 6(}>?

zJ38'u

A)

B) 3.ff6 u

D) ISOJ76 u

C) E)

I.s.fi6 u Jill u

Reso lución

En el gráfico siguiente preguntan por

I:A- aj.

:(

donde los módulos de los vectores so n:

En d gráfico

Reempla: amos en (a)

~ Í.=i- 81= J192 + 131 - 2(19Hl3lcos60°

.. lA - al =Jill u

R=P"-Q P= P1 .. P1

(!) 1\

Q = Q, + Ql

Determine el módulo de

En (l)

A) 10Ji3 u

R=P1 +P2 +Qa +Q:

B) 9J7 u

R. =(P1 +QJ•·(P2 +Q2)

C)7J5u

~

PROBLEMA H. 0 3

b

a

En el gráfico que se muestra, t\I es pumo niedío de AB, AC=CD= 10 u. Si la resul tante de los vectores P y Q tiene un valor de 26 u. determine la medida del ángulo J\/,ID(A8= 23 u) .

a1= 30 u

Donde: 1

D) 3Jf:f u

y 1b 1== 28 u

E)

26 u

60°

B

1:4 - Bl= JA + 8 -2A8cos60° 1

(a)

Para dar respuesta al problema debemos conocer los módulos del vecror A y B (A y 8). Para ello, utilizamos la condición del problema: •

El mayor valor de la suma es cuando los vectores cienen la misma dirección.

:A

A) 60° D) 50°

28

.

·. . . Á. · · · · · · · · -- · · · · ·.w· · -- -- · · -- · · -- ·'a

Aplicamos la ley d e cosenos 2

R

'. '

C) 53° E) 40°

2abcosa

261 =3&+28 2 -2(30)(28)

I7A- 4BI.

De la condición te-

~ lsii-28l =2l4:4-8l=2ou

Aplicamos la ley de cosenos R] =i + b2 -

La incógnita e s nemos

I 4A-sl~.rou

ll

cosa

3

(s;\ - 28)-(:A+ 28) = (71\ -48) ----....-.... m

n

lml=20u " lñl=l0-.Í3u

cosa =S

Resolución

Se quiere determinar MAD =a. Para hallar la resultante de los veccores P y Q procederemos a desccmponerlos en los lados del triángulo.

sJSf u

Resolución

30 u

D

IX-81=?

/A -4B.

(daco)

ñ

..

sJ3: ¡

0

PROBLEMA H. 4 ~

Rmu=A+8=32u

El menor valor de la suma se riene cuando las d irecciones son opuestas.

J._ -7

D

lO

,

u/ ; ·· ..

Al rea lizar algunas operaciones con los \oectores A y 8 se logró obtene r los vectores siguientes:

r--ts--~-----20 u----~

A Rm;n=A-8=6 u

Resolvemos (!) y (U) A=l9u y B= l3u

114

.,

.. ...

(!)

(11)

~ 15 .


lumbreras Editores 0

Resolvemos (1) y (!!)

PROBLEMA H.0 S

PROBLEMA H. 6

El gráfico representa una placa sobre la cual aC\Üan cúatro fuer:as coplanares. Determine el módulo de la resulcanre de escas cuacro fuerzas.

En el gráfico. los vectores dado:> están relaciOnados enrre sí por m::\+ nB. donde m y 11 ; on números reales. Determine m y 71.

e=

A) SO.fí7N

B) 40../UN

·········~·······

C) 30.Jfi N

~-

1

••olJN · .. 15N ........................ :,:·:::..t.-.·.·;·/

D) 120 N E) 20 N

.

~···r•

. •

1

1

. -- .. -.-,.

1

h

!

'

. • • : . ••

El gráfico que se muestra es un rectángulo. Determine el módulo de la resultante del sistema de vectores mos rrados .

: . . . ..:

'

1

1

1

;....:

· · · · '· - ··~·-······ ··

: •

:

: 8: :

'

·- - - - ~- - -

R~Zsolución

El módulo de la resulcanre se determinará descomponiendo los veccores en las direcciones X. Y.

8

2

5

3

'

- -~---~

C)

- ll; -U

D)

- S; 15

f - - 6 li----1

A) 8 u S) 10 u C) 12 u D) 15 u E) 18 u

1

..... J ..... J

A) - - · - 11 11

'R = l:V, +Lv(

11

PROBLEMA H. 0 7

'

. "' ......

~- - • . . . . .. - -· .. - .. - .. -... - .....--. ..' --.. -. . ..

•.•••••.••• .. ••••• •. •.•.••••• ·.·.·'7'• ·····;

11

··:···: ... ~1\·A:· -- ·:----: . ... : ... ; .. ,... :, . . ..: ~

'

8 2 m=-- ,.. n=--

8 2

l:i/_,=(+80)+(- 40)+(-10) R~Zsolución

LV,=+30 N

L:v, =<...3o> .... <+ t 5> +<+8o> + <-5) LVy= +120 N

Para determinar m y n, expresaremos los vectores como pares ordenados. Del gráfico

R~Zsolución

Descomponemos los vectores con respecto a los ejes X e Y

C=(2;-2); A=(-2;3) y B=(-3; - 1) En la ecuación

e= mA + n8 = m(-2; 3) +n(- 3; -1) Luego, graficamos la resultame

Operamos

·.

(2; -2)=(-2m; 3m)+(-3n; -n)

Lv1=l20 N

-t

(2; - 2) =(-2m-3n; 3m - n)

8

Igualamos los componentes .. R = 30.fí7 N

!16

2m+3n=-2

(!)

3m-n =-2

(TI)

u:

Á

YL Q---=----'-'Jh X

6u

17Í


lumbreras Ed1tores Del gráfico

1:v

Resolución

Se quie:-e encontrar

= (-6 u)

1:~, =(-Su ) Luego graficamos el vector res ultante

Por conveniencia, se girará a los tres veccore3 en 16° en senc1do horario.

En ronces

li51= D. S!

D= l-:!i - .;])u

- - (J3 D=eT - --1 - )-P

(1)

.. li5! = -.!2 1 + -! 1 = 2./5 u

'~--~~ .4 ·.

:>

Y' :

. óoOl'. 1 /\. :

e

Emonces se requieren los vectores y P. que se dererminaran de la condición del problema.

.: ... -,¡6o . . .... -'·1 ..4 ~;,·¡.·~ ...e ·r-.!...:..:'----...,. B X(cm) ·:

0

PROBLEMA H. 9

Se muestran tres vectores r\, B y

R fifican

. ..... ••.•

C que ve·

e-

1A 1= 18 1= l; l. Si la resultante de los

¡;

·.... _;

tres vecrcres coma su menor \'3.lor, determine el valor del ángulo a y el valor de la res,tltance.

La resultante de los tres vectores es

• R=IO u

Y(cm)~ p

X

(11)

R= :Lv,+L v,

PROBLEMA N. 8 Si la resultante del sistema de vectores mostra-

Por condición. la resulrame es vertical; enronces

······_¡;

2(J3 ... ¡)(-))u. determine el módulo - + (J3-I)-P . del vecror -D , si verifica -D =C dos es

e ,.

---s-

-7

yl

e=2 u "

:

75

~24,7)

u 0

----

R=A+B+C

e= 2{-n u

Por dato y el gráfico

R-= -2{.J3 +1)=8+8J3 -P

·x-ccm)

Hallamos el vector i5 Por condición la resultanre debe ser mimma. deben ser opuesros. entonces i5 y

e

.. Y(cm)!

A) 16° y H cm C) 14° y20cm D) 16° y 25 cm·

E) 14° y SO cm

Resolución

Del dato en el gráfico

" P= lO(.J3 + 1}(-J) u En (!) A) 2 u D) 4J5 u

118

B) <1 u

C) 2JS u

E)

J5 u

o=[2(-n+( J35- 1}lO>{-.13 + 1)(-J)] u

8 = (24; 7)cm

-t

-) 1:41=25 cm y

lsl = 25cm lel = so cm

Además, la direcció n de 8 es 16'>. Si los tres vectores g iran el mismo ángulo en el mismo sentido, la resulcame no cambia.

e ~

a+ l6°=30°

.. a=l4°

19 1


lumbreras Ed1tores

Redibujamos los ve ccores

A)

.!_±

B) 5

- 3

y' D,(

D) 16 3

25 cm

11

3

C)

17 3

E)

Resolución

0

PROBLEMA H. 11

Se muestra un vector A constante. ¿cuál e s el menor valor de un vector B que hay que sumarle al vector A tal que la resul ranre esre sobre el eje X?

De la ecuació n mP , 3Q = nS, se construye la X

~---

y

50 cm

:. lsl =2 cm

Y(cm) '

s iguiente grá fica (n < 0) .

A cominuacion. del vector ;::¡ se pueden cra:ar una inñnidad de vectores cal que la resultante se e ncu entra en el eje X. pero el vector que presenta el menor valor es el perpendicular al eje X: en el gráfico, e l vector B.

------ 2

::\ 5 o

0

X(cm ) K

La resultan te mínima es

R=C-D X ~

R= S0-25 1 rane = 3

. . R= 25 cm De l date:

IQI =2M

u

En el grárico se muestran dos vectores d ispuestos sobre un cubo. Determine en qué re lac ión se encuentran los mód ulos de los vectores A + i3 y A -

s.

E) 1.2 cm

D) 2.5 cm

.(~: · -- - - -:-. - - - -- - -l\-. - :.

R~solución

.

Se quie re el menor valor de un vecwr B, con la cond ición que la resultante se encuentre en el eje X.

PROBLEMA H.0 10

En el gráfico se muestran tres vectores S , donde

B) 2 cm

A) l cm

C) 1.5 cm

PROBLEMA H. 1 'l

P, Q y

!'P I=3 u y IQ' 1= 2Ji0 u. Determine

el valor de m si se verifica mP + 3Q Considere tan S= l/3

=nS.

}\

'

'' ,

:

.

: B

:

'

1

1

1

!

i

'

.

Del grá.fico

A) -

3

D)

'

1 •

.

S)

Ji

.Ji

C) 3

.J3

E) 3

R~ solucíón

6 + rrz ( 3)=3 (6)

3

16 3

l a incógn ita es X (cm)

R

K

JA+BI ifi-al

,J:. -

Izo

.

.. )· . .. . .. - • • .¡ .. - . .. - . :. 'i

2

Reemplazamos valores

.. m = -

Q

~

'

'

Y(cm)

K= 6u

~

.

. . ..... -. -- --.. -- . . . _,....

Luego

3

S

-

1

1

!S_ +lm?l=3K

y~

:

Primero ha llaremos lA~

(!)

iil. 21 i


lumbreras Ed1tores

Descomponemos los vecrores en los lados del cubo. .--~ - --· --·

.

é

K= 3a a

'

···· ···_:-t ···

K=3

'

~ lx--·-~--------~~- - -·>·! a

,....,

(

•• • • •

1

,-

~

Trasladando convenientemente los vecmres Ay E se observa

En (1). reemplaz:amos (II) y (!!1)

Luego

3i-]- k

D)

i+ ]-k

a

¡;

Resolución

.. .....•

---~---- ----~·::/ ··· -¡

Para determinar

")(

e

PROBLEMA N. 0 13

Del gráfico:

Se tiene un hexágono regular de lado -t u. Si de uno de sus vértices se empie:a a trazar vec to res dirigidos a cada uno de los vércices resranres, ¿qué módulo riene la res ultante del sis tema de vectores?

jLv2 j = 2a IL:vyl=a 1Lvxl= 2a ILvl =J<2a)2 + <d + (2a)z

8) 18

A) 12 u D) 24 u

C) 21 u

Ll

E) 20 u

ILvl= :>a (JI)

B a plicamos

e

(!)

z¡ 4 '~'-<9; 9; .'U.. _. _.•

De las propiedades geométricas de un hexágono rP.gular e l lado es igual al radio. enronces el diámetro es 8 u.

..

'•

.

~ 151 = 3lcl = 3<8>

\fj ·.

.. lsl =24 u

'

:6

y

4 :_-- . ·- . - .• . .. :·..::.··

N(4; 6; 0)

X

Resolución

Ahora el módulo de

C)

Graficamos el problema Del gráfi co

lA- 81 PROBLEMA H. 0 14 A partir de! gráfico, determine el veccor

.·;; · -- -----·-- - ---~

/

.--:~ ··:

.

,.. - .. - -- -

·'

... ...

\

r ... ..

2

.. '

a

(11}

Jf7 su m o' d u1o es u.

· ·~x:-:,:.-_·_·_-_·-· - ··:··\8 a

B si

r'-...· --...,....----, a .v

/

..·x

-

~N

z

'"'··-" ~:,: ..

y

,'

/"X• • A

. .·. \

t!

.

.-_-_: ~~ {_ü~~:: ::,·

4 r. .

isl = lii +a+ e+ o+ 'El

,\!IN = 2(27 + 3}- 2~)

'

: ;6

Se debe calcular (111)

.

••

,'

D _,::.··

Luego

MN =(4; 6; - 4)

4 · · ·· -- · --·· - · · ·· · ; 1

=(4;6;0)-(0; 0;4)

·... .

,' ,''

, '

y

·. /,';

. .. .. . - - - - ...... .. - - .. . - ... ·'"

X

23 ¡


lumbreras fd1tores

En (11)

ü . \IN

- 2( 21... 3] -lk ) (2i+3) - 2k) 2../f7 = Jf7

PROBLEMA H. 16

El vec.or unita rio de un vecwr A se determina

según r\ - -r\ .u .~-

En (1)

Comprobemos las siguientes alternativas:

0

R~solución

(!)

Se mues n·,¡ un cuadrame sobre el cual se ha dispuesto un conjunto de vectores. de los CUrtles A. B, y D tienen un origen común SeJiale la alternativa incorrecta.

A) Verdadera

8-A+ E=<13-;\), E

e

Aplicamos las propiedades geomécricas a! gráfico y obtenemos:

= l2A - A) ... 'E

=

2:1

••••••• J

'

Y•

e

B) Verdadera

<;.¡+E> ... e+ es . . ¡:)= e- e+ o =2C+

o

=D+D PROBLEMA N. 0 15 ~·.

A partir del gráfico, determi ne el vector unitario de l vector A.

10

X

6 - - - --4

Luego A= l Osena

B) C)

A +E-D= - C

''

A

o

A)

2 (5i+3j • ") -J34

~" =(- cosa)Í+(-sen et.}]

",.

•',

:

De tana=3/ 5, entonces

\

6

B)

X

l (Si• 3j") J3'4 2

l ( Si. + 3 j") C) ----;;:=;< ..¡34

3 S J'34; cos ex = J34

sen a = Finalmente

.. ~.~ = -~(si ..-3])

'1/34

124

E)_

-J34

2 ( - Si+ . 2j")

.. A+E+e+B+F=2i5 C) Ve rdadera

A ... E-D= C4+E)- 5

=e-5 =e -<2c>

E)

R = A +E +e + 8 + l5 A +C +E = 0

es

4e

=- e

.. A+E-D= -C

R~solución

O) Falsa

---e

R=A+E+ C+B+D

R=2C+ Q+B 2C

v34

2 (Si+3j • ") O) r:-7

o

O) La c?mponenre horizontal de

A= (-10senacoset>i ... (-IOsen 2 ex)] Reemplazamos en (I) , obteniendo

e

B-A +E =C X +E +e ... 8 + F = 20

A)

lOsenucoset.

.. i5

La componente 8. no es nula, en tonces

'R.~ " 4e

25 1


lumbreras Editores

E) Verd adera

Graficamos según los valores dados:

----

A-C+E=A ... E-'- C

Resol ución

R>!solución

Se quiere determinar el módulo de la resultante de los vecwres mostrados. '¡

~

Una mosca, luego de pasar por el origen de coordenadas, sigue el trayecto moscrado para detenerse en P. Sí OM = 15, MN =8J3 y NP 4J3, determine su desplazamiento de O hacia P en cm.

í 1

Observe que la ,;uma de vectores que se encuemran en !os lados del cuadrado es nula. también la suma de vectores en una d1agonal es nula. Entonces, la suma de vecwres es igual a la suma c!e los dos vectores que se encuentran en la otra diagonal del cuadrado.

PROBLEMA N. 17

Luego. d = (21; 12)

=

jsl =1::i .._e~ F.,. 8- e- i5 . _ El

•:~

1¿¡

0

Se debe delermmar el módulo de la suma

Del gráfico

o

¡;

PROBLEMA N.0 18

Y(cm

:

Se muestra un conjunro de vectores dispuesto sobre un cuadrado. Si OA ts de 3J2 u, determine el módulo de la res ultante de dichos vectores.

-~ ___...··p

Pero

í5 '

0

PROBLEMA N. 19

=E y l;il = i"P y 1=5 u

A partir del gráfico, determine el módulo de la resu ltante del sistema de vectores mostrados,

siendo 1A1=S u y lE l=6 u-

Luego

X(cm)

o A) B) C) O) E)

(20; -12) (21; 12) (-2 1; 9) (-20; 12) (21; 9)

A) 6 u B) 6J2 u

R~solución

C) 9 ll

La incógnita es el vector desplazamiento de la mosca.

D) 9J2 u E) l2 u

¡lA ~o A) 12 u

0) 15 u

!P1 1=5 u

e

E B) 13 u

lJ

)o .f-

Cl 14 u E) 18 u

I2EI=l2 u

..

lsl=13u ~ 27

128 - ---- -------------------------~----------------------------


lumbreras Editores 0

La incógnHa es

PROBLEMA N.0 20

pROBLEMA H. 21

Se muesrra un s~scema de \'ecrores que \'enfican que 1;:¡: 1 :0 181 =151= 6 u; 1e[= 6-J3 u y 1H 1=8 u. Determme el módulo de la resulranre.

S<! muestra un hexágono regular •.I.BCDEF de lado 24 u. Determine el módulo de FO

-BC -OD.

Del gráfico

.-\) 5 u B)

:S= F6+(-i3Cl+(-ool

sJ3 u

A'

C) lO u

D) 10../3 u F

E) 6../3 u

Pero

, ___ _ , _,_.,;'i

E

D

Resolución

La incógnita es el módulo de la resultante:

R=A+ 8~K +J+ H+ L+I +E+ F~e +C + 5

-----

Luego

B) 18 u

R =A +B - K~J+H+L+l+ E + F+G+C+D-) R=A+B+ H+C+ i5 Descomponemos los vectores

A) 12 u

C) 40./3 u D) 30J3 u

C y B, obteniendo

E) 36 u

lí:vJ=su

Resolución

Graficamos los vectores

IEv,l=óu

(-ad y (-ao)

Luego

R

..

-) R2=82+61 ..

128

R=10 u

. .. ... ..

-) OM =20J3

.. !si=2(2oJ3) = 4oJ3 u 291


lumbreras Editores PROBLEMA N.0 22

A pan: ir del gráfico exprese a1 \'ecror

ción de los vecrores

(~-.-.-. > ; : . - -r

i. . .

xen fun-

A y 8. •

·~ : ::::.~ •.

··~ ·-· - --------·-~--- - - -

pROBL!:MA H. '23

En el gráfico, .-iBCD es un cuadrado. Exprese al vec[or ~ en función de !os vecmres P y Q.

m-J'i =: rJ2 -r

'8' :/•

8

.:·. '.

'

Q

\1

'

. · - - - - --- -- - -- - - -~

-) A) -J2(_ - r\ +B

'

(!)

~ - - · -·· - -- - - - - -· o

·\:

5k Sk

'

'

.: .,.

.

fj_______ ..

'1

A "-- ----------··---·--'"lo Relacionamos

(-x) y ñi

2

B)

k: 0 ......... ....

:

'

•,

"•

1

'

5k

'

1

También .,

Sn el gráfico siguiente

0

Del gráfico

A)

J2(-A +B- ) 6

~(P +2Q) 5

C)

~(P -3Q)

D)

~(P- 2Q)

2J2(- - )

B)

~(P +Q) ;)

(1) También

2

C) - - A +B

3

J2(-) O)- A +B 4 E)

;,; = { J2

-IH-x)

En {1)

xen términos de A y B. J2x> =A+s

2<-x~x...._,_..._.. iñ

-t

130

(III)

A'C J. HD en H

<rCA'A=53°/2 } -tiíAD=53° <I:A'Hr\ =53°/2 (A'A =HA)

(lll) + (11)

Pero

-

-

!l.11 "'llQ (rienen igual módulo y dirección)

1 x= -2J2 --(A + 8)

J2(-A+ -B) .. -X"' --=trasladamos convt!niemtm.!m~ ~1 v~ror ii para sumar con A

;)

Al extender el cuarto de circunferencia hasta comple[ar una semicircunferencia ( A'BD ) se observa que:

4

Se debe expresar

(ll}

~(2? +Q)

Resolución

-~J2(A' +B)

Resolución

;)

E)

4

-

4k-

4-

1'-f= - Q=-Q Sk S Análogameme ?N= = P 5

311


Lumbreras Ed1tores En (I)

-

Resolución

4- 2S S

Pa ra ..{·esolver el problema es conveniente determinar las medidas de a lgunos segmentos.

x=-Q--P

Reordenamos los vecwres con venientemente, tenemos:

p

-

_fl

/

B

-

yr; .: ~·

-A,

-A

- 2A

\f

l;

'

2' -./ /'(' ·e

L-Vx

En el gráfico, PMNO es un cuadrsdo, donde S. T Y H son puntos medios de PM, PO y PS, res· pectivamente. Exprese al vector en función de los vectores

o .... ...... ...... ........... .. P~~- - .. - ~· -· · · · ·· · · '

,'H

-

(3- - 7-) s-+ (=...:.. (8 -)

-

.. .X

3

2

3 C) 2

E) -3

(1)

Primero relacionamos las medidas de algunos segmentos, aplicando las propiedades geométricas.

- x+x+-x == .¡ 2 2

x

2

Piden K= E: ~

Del gráfico

Ay B.

B)

3

Resolución

-

4x

B

D)

.!_

? .

T 3-

PROBLEMA H.0 '24

A)

-¡ 4A

J_ --4A 21 2

lvl

Al trazar HT se observa que es paralelo a OS, por consi gui ente Jos triángu los THM y SGM son semejantes.

S 0

PROBLEMA N. '25

A partir del gráfico mostrado, al vector

x se le

puede exp resar en fu nción de los vectores A y Consideramos GS =(2 m) ~

TH==(3 m)

El punro G es baricemro del triángulo PMO. A)

iUi - 2A)

B)

~(!-4A) 21 2

C) D)

2 21

-7

OG=(4 m)

Por otro lado se observa que los triángulos THF y OFG son semejantes (ángulos in ternos iguales).

B segú n X =a A

a +es. Determine p-·

Considere O y 0 1 los ceneros geométricos de las circunferencias. Del gráfico

-NM= (-B- 2A)

(28-3:4)

72(-B - 3A- )

En el triángulo P/viS

E) - 1 (B - 4-A ) 21

132

33 1


lumbreras Edrtores Luego

Resolución

a =-1 :

13 =-3 2

De l:o ecuación

El gráfico OABC es un cuadrado, donde M. N y

-MÑ HJ::: -

P son pumos medios de AB, BC y OC. res¡>e<ti·

1

HN - RG = mMN + n}P

f3

CL

PROBLEMA N.0 27

o el gráfico

. m ::>e qu1ere -

- = (1 HN 1)-s'v/N +<- ll}P

-

vameme. Si se verifica BT .¡.OS (lii)

derermme

En (!)·K = (- l)

. (I)

1

PR+ -...... -}P

-

Rj

~~

. ·.s .·· o ...... ....p=-_

-4

-

Ñú'l

3RG ... -

p

=mz\1N .,. n}P + RG, determine ~­

4

-

A) 1

-

En el triángulo PR=IR

IR - RG

: .\

(IV)

/ ······ · · ·· · ··· - ·· ·-- · - - -~

H

Resolución

PR+RG PR-RG

134

1 ) -MN+ ( - 1.._ 31 )JP -

..__... n

2

De donde obtenemos

2

4 8

~PC. se pide ( ~).

-HN-RG= - (7U )2)-}P MN- (-3 m

PR=3RG

,

2

2.,. U

~

p

1

_?_

1

E)

De BT +OS= aOA ...

-HN-RG= (l

2 l

De (1)

:,'Ji··· . .\

D)

C) -1

D) -2

(0

PR +RG

C)

,..,c

También

// \...... 1

B)

........

__

B) 2

De (111)- ( IV)

•• G

...

.,. ]P = O

-RG: (- lll )-lYIN + (-31)-/P

n

N

:

\.

PR = 3RG

2a

Se muesrra un triángulo equilátero MNP donde H, 1 y J son pumos medios de MP, MN y NP, respectívameme. Si se verifica

B

'

..

De (11)

PROBLEMA H. 26

A) -1

y '.

..

1 "'

M

.. .

..

+ }P = O

0

HN

7. . . ..

A-' . . ....... JY.l__ . .

En el wángulo R}P

N ~.

2 .. K =-3

~CL

/1

=aOA + pPC .

En el triángulo HJ\1}

E) _(4- ,/3)

,

~

(IT)

m 7 . . - =-11

8

:a

2m '. : ',et:

OA

2

~;:

a

a

-------------------->

6

35 1


lumbreras Editores

Observamos el gráfico rana=

1

2

De (1) + (II) _¡ S- 31 )-OA + ( t32 )PC

; CI.Tt3=90°

(1 BTOS=

Resolución

Re 1olución

El \'ecror unitario se determina a partir de un vectOl donde AX B

c.

Del triángulo AQB se observa que

Bosquejando el triángulo

e=

.4 -

•C

BT=TQ

8 (0; 2 ;8) De la misma forma en el triángulo TOC

~r

Entonces

~"'

TQ=QO

2

a =-- y 15 ..

En el t riángulo OCN se demuestra

2 ll =15

{

plano formado por los ve-; cores .4: )' B

P (3; -t; 2); R (-6; -1 ; 3); Q(2; - 4; 0)

.4 (2;- 4;- 1)

~= -1

El área del triángulo es

CL

OS =SR y RN=OS/2 ~

-

5-

ON=-OS 2

PROBLEMA H. 28

Se tienen dos vectores concurrenres: A= 27 - 4]- k y 8 = 2] +Bk. De termine un vector unitario perpendicular al

- - OA ON=OC+ 2

plano formado por los vecwres

Cálculo del produCto vectorial

lci=2Jo s> 2 ~<s> 2 +<-d ~ lci =2J293

Ay 8 .

k j RPx RQ = 9 5 -1 8 - 3 -3

~e=- ~(15i+8]-2k)

A) Jffi- (15Í - 7] +k)

2

4 - OA OS =-PC+5 S

e= -2(1si + 8]- 2k)

..

SOA -0S=2PC + -

---t

RP =(9; 5; -1)

Se obtiene

De l t riángu lo OCN

(l)

RQ =(8; -3; - 3)

o

0

2

fA:: .!.!RP X RQI 2

i Luego e= AX B = 2

RPxRQ ::(-15 - 3)i -(-27 +8>] +(-27 - 40), (l)

Resolvemos

PROBLEMA H." 29

Del triángu lo OAB C)

-~(13i-8]+k} ..¡293

1 ( 15i" +8j" O) - ~

..¡293

(ll)

E)

2k')

-~(137 -7]- zk) v297

jRP X RQj =J I8 2 + 192 + 67 2

En el sistema de coordenada$ XYZ se tienen rres puntos P(3; 4; 2), Q(2; -4; 0) y R(-6; - 1; 3) . Determine el área de l triángulo formado por dichos puntos.

~ IRPxRQj::J5174 En (1)

B) 6-/19 u 2

C)

3./29 u 2 sfl9 u 2

D)

6.J29 u 2

E) 2.. Jsi74 u 2

A)

..

JA:: ~ JSI74u 2

2

- -- --- --- - - -- ----- - -- - - - - - - - - - -- - -- - -


lumbreras EditorEs PROBLEMA N. 0 30

Halle el módulo de la fuerza resulranre; s1 F1 = 30 N, F1 =18 N, en el sistema de vectores mostrado.

Luego

Resolución

Luego

jf 1 ... F1 1= ,IFi

.!. F; -

El \'olumen del tetraedro es 2Fl1 cose

Reempla=arnos los daws:

.-\C=(l. 3: -2)

(1)

W:: !Ah 3

Sosque¡amos el cerraedro con los datos men·

IF1 + F2 l= Jt30J ~

1

1

+ ( 18, ... 2 !30lCISlu)

c1onados.

AD = (2; 2; 2)

AB = (3; 6: 3)

Cálculo de

R'=42N

Sumamos de dos en dos (los plimeros con los últimos).

F= 0(4;1:3)

k j 1 3 -1 2 2 2

Operando obtenemos

F =(10: -6: -n A) 7(K+l) N

C) 2l(K+l) N D) 12(K+ 1) N

B) 14(K+ l) N

Reempla::arnos en (JI)

e (3: 2;-1)

1 w =61(10;-6;-4)(3;6;3)1

E) 28(K+l) N

¡";'1.-F!';JJ I=R'

F Resolución

La resultante se determinará sumando las fuerzas de dos en dos, aplicando la regla del paralelogramo. Si considerarnos que K es un número impar. todas las fuerzas tendrán su pareja.

'

I1:FI=

R'( K;1 )= 42( K;¡)

·· J1:Fj=2l(K-'-1) ®

Observación

Cálculo del area (.lA) ~

IA.=.!.JACxAOl 2 -.....-...---'

1 'W= - 130 - 36-121 6

¡:

Tamb1én h =-dcos9=1 ABjcose En (!): 'W=

-(31)-21JFJJA8jcose

Se Uega a un mismo resullado si K es un número 1

par.

[Z)Recuerda PROB!.EMA N.• 32

1A·BI =tAII Bi cose

L PROBLEMA H.• 31

Calcule el área coral del tetraedro cuyos vértices están en los punros A (2; -l. 1). B (S; S; 4), C(3; 2; - 1) y D (4; 1; 3).

Efectuamos 1- 6

W =- IF·ABI

w = .!. i<Ac xAD)· ABI

¡u~ucto j ••eaonal

138

El volumen de un tetraedro es 5 u 3. Si rres de cuyos vértices son los puntos A(2; 1; -1), 8(3; O; 1), C(2; -1; 3), halle las coordenadas del cuarto vértice O si se sabe que está en el eje Y

producto escalar

L producto escala r

(ll)

A) B) C) Q) E)

(O; 8; 2) (O; 8; -1) (- 2; 6; S) {1; - 7; O) (O; 8: O)


lumbreras Editores

Capitulo

Resolución

os

Producto vecrorial

Análogameme al problema amen or

r\(2;1:-1)

AC x AD =

8(3; O; 1)

o

j

k

-2

-r

'

-2 (y -1)

C (2; -l ;3)

ACxr\D =-(2 H(y - 1)} -8}--+k

D(O;y, 0) 1 . -

AC xr\ D= -(..J.y-2; 8; 4)

en e! e¡e l'

En (!)

Luego

1

w=¡¡l-<4y - 2: 8: -lJ·<t. -1: 2ll L produc1o esC<liJr :>~ =61( -!y-2 - 8.¡.8) _. )''=8

AC "'(O; -2; -!) AB = (1;-l; 2)

AD =(-2; y - l; 1) Volumen del tetraedro

'iY =iicACxAD)xABI

Cinemática

.. D={O; 8; 0) (!)

La mecánica. 1,1 más antigua de las ciencias físicas, es tudia el movimiento de los cuerpos. La cinemática es parte de la mecánica; en ella se estudian los procedimientos p,ua la descripción del movimiento mecánico sin co nsi clerar·las causas que la onginan o modifican. Al clescribir el movi· m1ento ele los cuerpos. se observa que existen movimien· tos ele trayectoria rectilínea y curvilínea. Lo~ movimientos más simples de describ1r y estudiar son los rectilíneo s; por ellos se empieza. El más simple de todos, aquel en el que la velocidad es con stante, es el movimiento rectilíneo uni· forme (MRU). Otro movimiento recti líneo eJe mayor complejidad, en el cual la velocidad varía pero de manera uniforme, es el mo· vimiento rectilíneo lll1iformemente variado (MRUV). en el que la aceleración se mantiene constante. Ambo s moví· mientos se describen mediante las llamaclas ecuaciones del MRU y MRUV, que pueden se•· escalares o v ectori ales. La gr.1n vanedad de problemas resueltos que incluye este capítulo permiten que nos familia ricemos con la ect~ación del 1\IIRU y la del MRUV. Es importante destacar que el material contiene tanto problemas ele aplicación directa como problemas de alto grado de complejidad que, cree· mos, despertarán en nosotros ·la capacidad d e análisis.

t 40


Capitulo

Cinemática :

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

········

0

PROBL!MA N.o 1

PROBLEMA M. 2

Dos móviles A y B. se!'arados por 50 m. se mue!\ c!ll en la misma dirección con rapide: COJlSt.mtc de ~O y 15 m/s, respec:ivo.menre. Señale! al cabo ce cuánto dempo mínimo, A esca1 <i 150 m delante de B.

Un roedor se encuentra a 20 m debajo de un halcón y. al observarlo. huye recdlíneamcnte hacia un lgujero, que se encuentra a 1S m delanre de él. con una rapidez constante de 3 m/s. Detemune la rapidez media del halcón, si este caza al roedor justo cuando ingresaba al agujero.

C) 10 S

S) 8 s

A) 4 s

E) 12

D) 2 s

s

Resolución

Si a1 inicio

S) 4 m/ s

A) 3 m/s D) 6 m/ s

C) S m/s E) 8 m/s

Resolución B se encuenrra delante de A. A

cardará más en situarse adelante. Para que emplee un menor tiempo debe enconuarse delante de B.

Graficamos

,'.....

('

"-'·-~ A '

~S

dist3nctl :s25 m

~

4[8 1

~50 m

40t -

1~ m/ : _...---........ --.?.._..S / ~~ 8,

:

¡··.-.

---i

rrayecrona • • .

r

"""'(,\)

:3 m/s roedor_;_- -

r---1 5c - --J--150 m - - ; Del gráfico

l5t +l50=50+40t ~ l00=25r

1---- 15m---~

Para el halcón

d

Vua::: _:1!.

r..;s

.. c=4 s 4

25 m

Vm= - tA8

(!)

43 t


_l

,,

Zl&ffl

):~·en

Lumbreras Editores

Para el roedor

Resolución

El recorrido del sonido es

Gr:\lkamos

En (I)

T

25m

vn,= - -

5s

Del gráfico

,_

lm

!

."

;~2~ -J'J. ~------- ---- -~·~.P "". ,•

.. v..,=5 m/s

t

En ~~re momento. la sombrJ del icl'en comaen=a J cubnr a la ara.1ln.

'

1,5 m

-. 2x=340(4)+20

1

PROBLEMA H.0 J

.. x=690 m

-

'

~

'iombra

El altavoz situado entre dos montañas emite un sonido hacia la derecha. El eco de dicho sonido llega a la monraña de la izquierda en 4 s luego de ser emicído. Determine la distanc ia entre las montañas. (vs =340 m/s)

o

-.•

~-

1--- 2r - - 1 - - - dsombra -~'----0,2<----!

r--------5,2 m ---------1 PROBLEMA N. 0 4

1\

r-20 m1

A) 670 m O) !360m

B) 650 m

C) 690 m E) 1340 m

En el gráfico mosrrado el niño y la tarántula se mueven con velocidad conscanre a partir del instante mos trado. Indique luego de cuántos segundos la tarántula empezará a ser cubierca por la sombra del niño, cuya alrura es de 1,5 m.

Semejanza entre los triángulos MNP y PAQ.

Delgráfico:

2t+dsornbr~+0,2t=5,2

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

~

_!_ = 2t

(

~)

d¡ombra

S,2r==5,2

3t

:.

t= 1 S

·~

r·· --~

Resolución

Gralicamos

1 2,5 m

~

2 m/s

PROBlEMA N.0 S

0.2 m/s 1

l----5,2m

1-20 m+-d 1---¡ ~

r,

1--- ;( =? - - - l

144

A) 0,25 s 0) 1 s

B) 0,5 s

C) 0,7S S E) ].S s

Dos móviles, A y 8, pasan simultáneamente por un mismo lugar experimentando un MRU en la misma dirección, con rapidez de 10 m/s y S m/s respectivamente. (Luego de cuánro tiempo los móviles equidistarán de un punto que se encuentra a 300 m deiame del lugar por el cual pasaron simultáneamente? A) 30 s

8) 40 s

C) 35 S

0) 25 s

E) SOs

451


lumbreras Editores

Resoluci ón

Del gráfico

Graficamos

10 m/ s

---------

)----- 300 m _ _

~.:-

ª

~

:>

10r= 300.Lx

(11)

10 m/s

~=a~

([)

S.+x=300

~------- 101

__.., ¡ P-

~{.\ ­

x----1

l5t+x=600+x

m,1s __,

1 13 ;, m, s

-::s.,~x---1 P:punro 1---St--{ equidimnce <ie A y 8

.. e= -lOs

El gr;~tko muestra el lanzamiento sim ultáneo de esferas.-\ y B sobre u n p1so. Determine cuámo recorre A hasca el ins tante en que se cru:a con B. Considere que la esfera B rebota inscancáneameme con la misma rapidez y que ambas expedmencclll MRU.

dos

L

0"-············· ····· ····· f -

PROBLEMA H. 0 6

Un tren, que se des plaza con velocidad constante, cru!a un túnel de 120 m en 8 s. Si una persona senrada al lado de una de las ven ranas del tren nota que permanece 4 s dentro de! túnel, determine la longitUd del eren. A) 120m

Del gráfico

pROBLEMA N.o 7

B) 180m

C) 200 m

O) 110m

~···

j¡;;,;

...

E) 240m

A) 40 m Resolución

S) 15m

Gra ñcamos

C) 30m

8

Momento en que el tren termina de cru:Jr el n'onel

S

Recorrido de A e.~ = 1 5 -rk=l5-..5

.. e., = 20 m

PROBL~MA tl. 8 0

Una persona. al encontrarse a orillas del mar, se percata de que mar adentro se produjo una explosión y reconoce que la diferenc ia de los tiempos de llegada de los sonidos por el aire y por el agua es de 11 s. ¿A qué distancia de la persona se produjo la explosión. si la rapidez del sonido en el aire y el agua es de 340 m/s y 1440 m/s res pectivamente?

A) 3935 m

D) 20m 1\lomento en que el tren comienz> a erutar el titnel

l5+3k=30 _, k=S m

B) 3824 m

O) 5100m

C) 4920 m E) 4896 m

E) 35m

Resolución

La rapidez del sonido en el agua es mayor que e n el aire.

Resolución

El móvil 8 recorre el doble que el móvil A. Graficamos

Vsonido{3gun) = 1440

m/S

V;.ontdo(>~re) = 3 40 m/s

·~ 4

S

l ' - - - - -- -- -- (120

Para eluen

d1='V1i

~

Entonces vp=v,=30 m/s

(l20+L)=v,(8)

(!)

La rapidez de la pe rsona es igual a la del tren. Del gráfico

+ L) m-- - - - - 1

En (1) (120+ L) = 30(8)

.. L= l20m

2v ..::#' s----..._ . .

• 4 . - · - - - - - - - .. - ·

1---- --30m -

--'../

·~·-··· ..-$

- - --1

120 =vp(4)

47 1

!46

- - - - - - - - - - - - - ---


Lumbreras Ed1tores

Dato:

Según los daros, el rren expenmenca un ¡\JRU (!)

De

d

Grafi.:amos (, -Jm-lo= 3-!0 m, s)

(Ji)

Piden .\ ==d- 80

r ~ - (MRU para el sonido) V

Si se duplica la rapidez (2vutn) emplea 2 segundos menos (c-2).

En (1)

Resolución

(I)

(!)

Del gráfico ,·, :::d -1- (d.,. 80)

~ }· ·

Para el >ontdo

f

-

t=2t-4 -+

d(

1440-340 (1440) (340)

)= 11

PROBL~MA N. 0 9

Lpueme

Un tren de 60 m de longi tud se desplaza en línea recta con una rapidez constante de 40 m/s y demora en cruzar u n puente r segundos. Si hubiese duplicado su rapidez, habría empleado dos segundos menos en cruzarlo. Determine la longitud del puente (en km) .

Graficamos

"-

20 m/s --:::--

'-~-~

ócuchó el eco

._./

d - - - t - - - - - 80 m - - - - ,

~-------------- x ------------~

:. x==720m

En (!)

Resolución

~

1

du·e11 =(40)(4) =160 m

.. d=4896 m

A) 0,2 D) 0.1

¡--- -

En (ll En (ll)

\

3-10(-;} =2d+80

rl"'ó-10 m

t=4s

20 m/s

+·· r=f~~ -- - - Í .

~1-- 1 - (-- r

\ \

Reemplazamos

·+·) .} ·;·· -j··t··;1 \

B) 0,15

C) 0,12 E) 0,08

··

PROBLEMA N.o 11

= 1 00 m

Lpu~nt~ =0,1 km

Los comadores r\ y B, que regls[ran el instante de la llegada de un rayo gamma, se encuenrran separados 2m. Entre ellos (1.1YO lugar la de,;imegración de una pa.rticula subatómica conoctda como mesón en dos forones. iEn qué lugar sucedió la desinregración, si el comador rl registró uno de los fotones 10-~ s más tarde que el contador B? (Considere que la rapidez de los fotones es de 3 X 108 m/s)

0

PROBLEMA N. 10

Un automóvil se va alejando en linea recta y perpendicular a un muro con rapidez de 20 m/s. Si a cierta distancia de este el conductor toca la bocina, y escucha el eco después de 4 s, ¿a qué distancia del muro se encontrará el conductor cuando escucha el eco? Considere vsomdo=340 m/s

A) 640 m

~------ 2

A) 0,75 m

B) 0.85 m

m --------r

C) 1,095 m

D) 1,15 m

E) 1,25 m

Resolución

Se pide x Date: t'=I0- 9 s; c::;:3xl03 mi s

B) 320m C) 720m

D) 600 m E) 520 m

i4B ----------------------------------------~-------- ·--

- . ~~0 =0 ---

A

'· · .. - -, :1\~1';::-- -.¡.Jr--=a:~­ . ., - r -~"t::...

~

r-- x

2-x---t

B


Luego

Reempla.:1ndo (l) en (11)

(2 - .\) =cr

(!)

:t•=(2 - x) - u· __,

x=u - cr"

(![)

De!

pROBLEMA N.• 13

Dos automóviles, .-l. V B. realbm rv~u .:~n 7 01, S A parm del msranre ¡r :Jr m -~. re<D,.ctiYanleme. • • · ·rp.Jo. dew>ni11e d tmervalo de ciempo ~ue moo . . ·¡ debe rranscurriT para que d1chos auwmov1 es

2x=2 .... (3x !Os)(lo- 9)

.. x=l.lS m

equidisten del ongen áe coordenadas.

5 m/s

1

o,

PROBi.! /1\A N. • 12

¡ .ll3¡o

Frente a una esrac1ón A pasan dos móviles que se desplazan en línea recca con rapidez constante cie 5 m/5} 10 mis. para djrigirse h.tcia otra es ración 8. En ese insranre, por la estación B pasa erro móvil que se dirige hacia,..¡ con 30 n;/s y se cruza con los ameriores. con un intervalo de dempo de 1 mmuro. .:Qué disrancia hay entre las estaciones A y 8? A) S km

8) 6 km

C) 6.5 km

D) 7 km

1

.

B

(1)

.\ -5t=30

De (11)- (l)

--

2t:: 10

~X

.. i"'5

S

50 111

; m,s,s

E) 7,5 km

0

PROBLEMA N. 14 ,\

Resolución

Graflcamos A) 3 S A

~,áfico

B ...

D) 8 s

8) 5 s

C) 6 S E) 2 S

Un itlsecco realiza un MRU y se desp!.ua a !o largo de la recta L Si el área lA1 es do! ~u m- v fue barrida en 5 s, indique cuánto es e! :irca !A1 , dado que se barrió en S s. y además con qué rapide z vuela el insecro.

Reso lución

Graneamos

20 m/s··· --::-7 ,~

~.

l---- - 20c - - -- + - -- 30r----t

Del gráfico d.~8 = 50t

1St l . 60 s llr = - - - = mm = (S+ 30)

--+ t=140s

En (0 (1)

dAB = (50)( 140) = 7QQQ

A) 60 m2 • 2 m/s

m

S) 56 m2 • 4 m/s 1

C) 64 m : 4 m/s

. . d.u;=7 km

1

D) 64 m N

1

;

2 m/s

E) 60 m ; 1 m/s

!50 - - - -·- -- -


lumbreras fd1tores R¡:solución

Nos pirlen IA2 v

PROBLEMA N. 0 1S 1'.

la rap1de: de la camioneta es

pROBLEMA H. o 1 6

Se ffilbía ::fercrmmado que la rapidc: .:onsrance de un móvil en rraye::roria recrilínea era de 1 m/s, pero después se comprobó que a la medida de longirud usada le ialraba un decímetro de metro y que el cronómetro ucili:ado se adelamaba en l/20 de segundo por cada segundo Determine la verdadera rapide: del móvil en m/ s. A) ó/7 B) 10/21

-~""'·"nerJ ;e .:lespla:aba con ·,e!o.:1dad una'-'"'" _ nre cor una avemda. De promo. e! chocon>U· . . . , e --u·-'', un rUidO caracrenstJco (cuando las rer ~-- ~···" edas pa.:an de un pavimemo a mro), el cual escc.:h.1do cJéa 0, 2 s. Determine la longitud de un pa\Jm~nr.:l. si la camionera permanece compkumenre durante ó s en él Considere que los .:~nrro~ de la llama deianrera }' poseedor e:;rJr separados 3 m.

:S

C) 93m E) 97 :n

B) 9! rn

D) 19/21

(I)

~.'lO

R~olución

La camionera permanece compleramen:e durante 6 s en el pavimemo.

Resolución

Experimemo 1 lA¡= - b¡h 2

(1) - (!!)

(ll)

] S

7

-

~

6s

reJo¡

~ d~feccuoso __ v - I m/s __ v --:a

-

=-3- == ¡ - m

l

~

L~)

En (l) L?=3-ó(l5)

0

A) 90 m D) 95 m

C) 18/l9 E)

,,.. = -d

,----

~V

~3m ~------ LP --------~

~

meuo 1 - - -- - 1 m - - - - - - ! deJecwoso

Un esrudiance se encuentra a 3 m del cenero de un:l veman:t de l m de ancho, ) un bus. CJ'.!::' experimenta MRU. se mueve por una pisra paralela a la ventana con una distancia de 87 m. Si el bus de 10m de longitud fue observado por<!! estudiante durante 8 s. ¿qué valor tiene la velocidad del bus (en km!h)? A) 10

~ ~~ ......r-d< - - - - ;

:Z_.Q· 2

PROBLEMA H. 17

C)l2 E) 20

Resolución

Grafic.amos luego

Reempla::ando daros

B) 15

D) 18

cuminade obsefvat el bus

Lp=3+dc -

T\-lv

(1)

Lp== 3+6(v)

10m

1_,-

Para calcular v, utilizamos la otra información.

•'

0,9 m -- - - - 1, r¡O,l m De(!)

64 = .!.((8v)j[8J 2

.. v=2 m/s

~------------~~tro

1------ - 1 m - - - - --1 con·ecro

---

~~

0,9 18m v =-=--

20

19

S

(~~~~~:r~

.~l

~ 3 m --1 : _

Entonces la rapidez real es

,.!.2.

b,__

: r- 0 •2 5

___

rurdo )

te1 segundo escucha~

v ruido ·~D.~ ·

_

=·.:::.:_~-~

__..:..___-::_·~--

l--3 m--1

comienza a / ub~NM d

bus

'

;:¡;

IV

53

--------------- -


lumbreras Editores Para el bus

Del gráfico

pROB!.t:i't\A N. o 19

(1)

(l)

Al rebotar en la pared tecc) se acerca al auto.

Semejanza áe mángu!os (d 2)

(0,5 )

90

3

L ~.:omic:t:.J .11

- - "=--

~

\

el eco J r~ \ \ \ \ \ ~-

1 ;,

1

2L

' 1

B) 3v

~ .

C}

L V

D)

L .JJ V

3

E)

31.

2v

J R;~soJución

(JO.,. IO) = vb"s(S) -.,

Vbus=5

m/ s

l

desarrolla un MRU sobre una pista horizontal con una rapidez de 30 m/s y logra acercarse perpendicularmente hacia una pared. Si de pronro toca la bocina durante ~u;:omóvil

cierro tiempo, ¿en qué relación se encuentra e! tiempo durante el e1.1al se tocó la bocina y el tiempo durance el cual el conductor escucha el eco' (vsonldo = 330 mi s) A) 1

D) 1,5

B) 1,1

d1

terminJ c>euch.lr el eéo

=1S km/h

PROBLEMA N.0 1 S

Un

1 /{

ts.:uclar 1

d=<30m

En (1)

~'t>u,

En Jos, e.-dces de un m ángulo equilátero de lado L se encuentran tres tormigas. E!i~ empie:a.'l mowro.: ;;imultáneameme con una r.ap1cic! 1 constan re Si la primera hormiga mam1ene invaria2 blenle!lte su curso hacia la segunda, la segunda hacia la tercera r la t~rcera hac!a la pnmera. ,al cabo de qué intervalo de nempo las hormtga:: logran o::scar en un misrr.o lug3r'

te: tiempo que el conductor escucha el eco, que ademas es el tiempo de encuenrro ene re el auto y la última onda, para una separaciÓn L.

Corno cada hotmiga sigue a la orra. cada una de ellas cambia de dirección describiendo una rr:t]"l'CtOrt·l curva. Debido a 1.1 simetría de los movimientos en cada instante, llS hormigas se encuenrran ub1cadas en los v¿rtices de un ttüngulo equilarero. qth! dismimtye de ram<HíO a medida que las hormigas se acercaiL Este tri.ingulo se hace nulo cuando las hom1igas se encuemran, siendo el punto de encuentro el bariccnno del triángulo eqUilátero. Además, nore que en cada instante la linea que une el vértice del triángulo con el baricemro (pumo de encuenrro} forma 300 con la velocidad. Descomponemos la velocidad en un tramo pequeño de AH en dirección radial y perpendicular a la radi2l.

Piden

l

-

v, =- ../3 2

(ll)

Donde

A

v/.7·: '. ,

!~:: _ _ L_ _ "'

C) 1,33 E) 1,66

VJU(()

+V,.

(v.,uto +vs)

.,

..

"11'

YsCp

'

(ll1)

.~

1

.. .. •

\

Luego Resolución

Sea tp el tiempo que roca o pulsa el timbre, en este tiempo se forma un rren de ondas.

La hormiga se acerca con una rapide! consrame hacia el cenero igual a v,, recorriendo e, entonces e, =-v,t

154

(!)

55


lumbreras fd11ores En (1)

Luego. d lado es

"' = -V v3c ¡-;; -L ..,3 3 ? ..

ro,J3o == J3n

~

n=JQ,jiQ cm

u na rvhiiJ tng.-e;a volando por la venc<lna de un aul.l , un esrudiance nota que !a d¡sran.:ta

Como el escarabajo se desplaza por los lados (paredes) de la caja y su base, extendemos (abrimos) la caja para determmar el nempo míntmo; el tiempo es mí111mo cuando el recorrido es mínrmo.

1L

t=-

3v

c==vc PROBLEMA N.0 20

Un escarabajo se encuentra movréndose con rapidez constante de 2 cm/s en el inrerior de una caja cúbic<1, tal como se muestra. Si el escarabajo va desde el vértice P al vértice Q moviéndose por las paredes internas de !a caja pasando por su base, ¿qué mlnimo riempo demorará el escarabajo en dicho recorrido? (Considere J\!IN = JOJ3o cm)

enun .

Por d,uo

pROBLEMA N. o 21

= emtn

(I)

V

i.v.../ _ __ _,Q'

·-·p,.... 1·' a la polilla del techo cambta a ra· que ~~ . d~ o 5 m por segun.:!o; emre la ooliliJ v la 1on ~ ·· . · aied l.n,;:r,ll camb1a a ra:on d 1 merro; por sep gu ndo. emre ella misma y la pared del fondo, a ra:ón de d1 merros por segunao. Despues de 3 s que h polilla ingresó, esta choca con w~a de las e;quma> del iondo. Derermtne que •:alor nene la velocidad de la polilla. st las dimensiones del aula son 3 m de aJcurJ. -!.5 m de ancho y 6 m de largo; además, 1:1 pvlii!.J IngreSÓ :t! ::lttb e5!:\!'1dc> ~ 3 !"1 Ct' 110'! de las paredes late rales.

·==0.5 n:

,f.\ ó m 1 m ' s ,._,_==_ r

3s

• Si se dmge a la esqutna r\ 3m 1 , ' = - : m,s -' 3S

Si se dirige a la esquma B l. S m v · =--=O.S m/s .•

35

Primer caso M'

a

A)

a

C)

p

sfi -"-mis

B)

2

1 -3J2 -m.s

,,

2

,J2í

v = J(2)· +(l)- +(0,5)- = T

.ffí -m/s

mis

Segundo caso

2

J , (

E) BoC

D) A o B

2

v = (2)· ... 2:1 ) + ( l1

)! =l

3J2 mis

Resolución p•

Del gráfico

R

Existen dos posibilidades, que la polilla se dirija a la esquina t\, y la otra. que se dirija a la esquina B.

B J:., --4.5 m ~

A) 40s

\3

B) 45 s C) 48 S

(daco) /

3m ·

En (I)

D) SOs E) 54 s

t mm

100 = -2-

Resolución Sea el lado de l cubo (caja) igual a a. ~ MN=

!56

;'3

S

J3a

· · 'min==SO S

., V., ·... ,'

·.¡1.,::~.; . _... ··/

v, -v.,.

S

le; , J

:

:

m.

PROBLEMA N.0 22

Un esquiador inicia su movimiento reali zando MRUV. Si recorre la segunda mitad de su rrayecro empleando 10 s. determine el tiempo empleado en la primera mírad de su recorrido. A) 10 s B) 10(I+J2)s

C) 10(J2 - l)s D) 5 s E) S(l+ J2) s

57


Lumbreras Editores

Resolución

Tramo BC (MRU)

PROBLEMA N, 0 2 3

Grafi camos el problema

Un <telera inicia un mo\·lmJenco rectilíneo con aceleracion consrame. la cual le permite aumenrar su rapidez a ra:::ón de 5 mis cada 2 s. Det<!rm!ne el menor dempo que emplea el arlera para recorrer los primeros 60 m, si la máxima rap1dez que puede alcanzar es 5 m/s.

(60-5) = (5)!!

-7

-(~\., d¡1 )-

Despejamos

A) l2 s 8) C) D) E)

s

11

10 S

Como

13 S 1-t s

En 2 s ,¡l.:anz,¡ su rapide::: lírr.ice. entonces, para recorrer lvs 60 m en el menor tiempo, mancendr,í cS[I)S 5 m/s.

De las ecuaciones del J'v!RUV: Resolución

Tramo AB .

1

. . r=l3 s

Graneamos ,

d =- at· 2

(1)

TramoAC 1 ~ ( 2d) = - n ( t + 1O)2

PROBLEMA ~1 . 24 0

([[)

-;r- -----,B.-

------e~

1 - - d¡ - - + - - - d2-----!

1------60m _ _ _ __,

Un

cidista se desplaza con una rapidez de 15 m/ s. Si antes de llegar a un bache gira 32° el timón

de la bicicl.:ta (maniobra que realiza sin cambiar la rapidez y durante 0,15 s); determine el módulo de IJ Jceleración media que experimenta el ciclista en dicho intervalo de tiempo

(!) + (1!)

Del dato: 2

(t+l0) 2

(t+ lO)= rJ2

l0= r (J2 - 1)

A) 80 m!s

ó.v=S m/s -7 ót=2 s La aceleración del acleta es a= t.v

=S m/s

t.r -7

1

B) 64 m/s 2

R2solución

Graficamos:

2s

a=2.5 m/s 2 VF

~·- --

Tramo AB (MRVV)

-7

..

t

5 =0+(~}~

=1O( J2 + I) s Despejamos C¡=2

!58

O) 60 m/s 2

C) 84 m/s 2

S

t1c=Oly .'

,(

/,/

...Ji.~--

,-

:

L/ ..

..

,_. ·

:

~

--- .. --. -... -.. --. -..


lumb¡•eras Editores

Usaremos la fótmula de aceleración med1a 1\r. -

vl

0 ¡¡m =~-­ j¡

En (1)

-

(I)

También

De (1} = llll - 2(15)(

<1,,,-

(

is)

1~0)

,.., = 1•\ -

(,;·+1'·)

_,.

t· 5 =1 00

m s

··= 1';r

r+r' =tiO s

..

t.,.!.. :60_, r=40 s .2

PROBLEMA H. 0 25

t.' = C~0 }-wh2ooom

0

pROBLEMA >1. 2ó

Un automóvil micia su movimiento con aceleración consrance de 2.5 m/ s1. Si luego de cieno tiempo empieza a disminuir su rap1de: a razón de 5 mis~ hasta que se detiene y el tiempo total empleado del aucomóvil fue de un rninuro, determine Sl! recorrido y el tiempo du rante el cual estuvo aumentando su rap1dez. A) 2000 m; 40 s O) 1000 m; 20 s

=(2, 5)(40)

e= ~ t

Por condJcion

Del segundo gráfico tenemos

<lf

e'=')

B) 3000 m; 20 s

C) 1000 m; 40 s E) 3000 m; 40 s

Dos p.miwias Py Q se mueven sobre el eje xcon velocidades consra~res de+ 30 m;s Y:: l2 mt s, resectivameme. Cuando dichas panículas pasan por las posiciones .\'r =-1.20 m y x\! =.,- 180 m. fa panícula p adquiere una aceleración consta me de -3 m/s 2. ¿Qué distancia separará las panículas

cuando cengan la misma velocidad? A) 3m

C) 9 m

B) 6 m

D) 11m

E) l2 m

Resolu ción

Resolución

Del enu nciado se deduce que la panícula P experimenta un MRUV y. a parrir de P, Q un MRU. En ronces se hallará la distancia cuando P adquiera la velocidad de Q. Graticamos el p¡·oblema

Graficamos 1 m in= 60

s

-

l2 m/ s ~~

·(P) - 120,

X

:(Q)

ISO m-----'1

!+180 ' '

-!s

~~~v=O _E_ :J

.1!. í)(P)

t- 126 m - - 4 - - - 24 m ----{ (P)

Nos piden t y e.

(Q)

TramoAB (1)

TramoBC o

vc=v8 -a't' -. v8 ::2ar'

ISO

t--126 m--r

Q 1--

;

168 m - - l

~

l26+x+ 168=300

. . x=6 m

(TI)

61


lumbreras Editores PROBLEMA N. 0 '1.7

Un automóvil se mueve sobre una pista horizontal, e;{perimenrando MRU con 20 m/s, v se dirige a u n camion en reposo. Cuando automóvil esrá a SO m del camión, este inicia su movimiento en la misma dirección del automóvil con una aceleraciÓn constante a. ¿Qué valores debe rener a para que el auromóvi l nunca alcance al camion?

A) a> 2 m/s2 C) a > 2,4 m/s 2 D) a > 2,5 m!s 1

B) a > 1,5 m!s1 E) a> 3 m/s 2

Resolucion

Si la acele ración de l camión es cal que en el momenm que el auto está por a lcanzarlo presenta la misma velocidad que el auto, en ronces el au ro nu nca podrá a lcanzar a l camión. Si m ación crí rica:

Si con es ta aceleración el amo no a!can::a al ..:am..i ón, rampoco lo alcan:ará con una acele. ración mqor

a(.liT'Iron > 2. 5 m/s 2

Calculamos la di stancia AB PROB!.::MA í'l . 28

Una partícula ub1cada en el punro A (O; 75) cm inicia su movimiento con u na ace leración constame igual a d' "' ( 1, 5i - 2)) cm! s1 . Si la máxima rapidez que puede alcanzar la partícula es de 15 cm/s. ¿qué disrar.,ia 5<:!para a la parrícula del origen de coordenada;; 8 s después de iniciado su movimicnro? A)

sJIO cm

1

B) ISJiO cm

C) 7,5Ji0 cm

'

2

barre el vector posición cada 2 s d1smmu)'en en 15 m 2• d erermin¿ el módulo de ll acele;ac1ón (en m/s1).

A) 0,25 D) 1

B) 0.5

C) 0.75 E) 1.5

Resolución

Graficamos

Tramo BC (1\IRU) dsL'=¡·01 .;x(8 -r 1) = 15 (8-6)

-. d,1c=30 cm " d.•.c=75 cm Del gráfico OC=21~

E) 17,SJI0cm

Calculamos k 75 1 =111+9k

Graficamos e l problema

2

=!Ok2

75 k::--=

-

JIO

•p

dauro - - - - - 1

k =7, 5M

~ i

~

A pare ir de P el camión se aleja del auro porque su velocidad se incrementa y será mayor que la d el auto.

20t =<80

d~s-

=:s:t:::rr~ ,o ..

1

)(6)

-(0+15

Resoluci on

:20 m/s 20 m1s· - - a

15::0 -'- (2.5)1¡

0

D) IOJlo cm

{-so m-1---d,----{

Tramo .48 (.\ lRUV)

+(

oc =2(7.s)Jl0

.. OC= lSJiO cm

Dato (.lA1-lA2) = 15

m1

(1)

Tramo PC

0 20 +2 }

20t=80 + lOt

PROBLEMA H.0 29 ~

r=8 s

Como

vF= vo+(acJmrón)c =0+ (<lcanuón) (8) =20 llc3mrón = 2,5 m/s

2

X

Una partícula se mueve sobre el plano XY experimentando MRUV. En el instante inicial la panícula presenca la posición P(-12;9) m y una velocidad =(3i + 4 ]) mis- Si las áreas que

v

1 ( t) 1 b1 = v0 c--a 2

(JI)

S3 ¡

IB2 --~------------

'---


lumbreras fdttores

De (11)- (!11) ll,- bl ::..J-,1 De (1)

TramoPM (b1.,.Ll1 )=1'1)t'--}.l(rf b1 ~ b~ = 5(-t)- I(n)(..J. )2

Resolución

(lV)

h(b¡-bl)=I5

b1 +b 1 =20-8n

15(b, - b1)=15

( 1O- 2,1) -b 2 =20-Sn

-t

b¡-bl=l

En {lV): 1 =4n

b1 =10 - 6n

1

(I)

l~s 2 _

SJTILs

~ ::;;;•uu~Q'

.;~

'

dJt:fO "' 1·,r+-a!" 1..: :!

'

1 ' d3UC.> :5(3)-,. -2 (10)(3)•

:. <1=0,25 m.'s 2

(lfl)

Graficamos d~u tJ = ¡O- d,.,, + Lb\u

1

'

t-3 m-l-7 m~--dbu;---+-- Lbus--t

! !L.

a

~--------------~~ ~=-~ Luego

dbu;, o: 1 ·~'-''·h (r)= l 0(3) = 30m

PROBLl:MA tl. 0 30 Dos móvil¿s r\ y 8 experimentan movimientos rectilíneos. uno hacia e! erro, con rap idez constante de lO m/s y 20 m/s, respecdvJmente. Si en el instante en que están separadus 2 75m 8 empieza· a frenar con una aceleración constante de módulo 1 m/s1 , determine a qué d is tancia se encontrarán separados cuando tengan igual rapidez. A) 20m

B) 25m

C) 30m

D) !S m

E) 3S m

Resolución

.. L~>u. '"10 m

PROBLEMA N.o 32

En una pisca rectilínea se desplazan dos automóviles y pasan por una estación con igual rapidez,

Gralicamos

v= 10 m/s, y con un intervalo de tiempo de 4 s . En el instante en que pasa el segundo automóvil

frente .1 la esHción, empiezan a acelerar con 2 m/s 2 y 4 m/s2 , res pectivamente.

1--- (t.iRUV) - - i 10 S l O m/~~s

.. .E_ 8f~ 1--

3s

En (!): 60= 10+ 30+Lb11 s

' 1 m/s· : B.i'==

Decermine, luego de cuántos segundos, desde que acelera, este logra alcan zar al primero. Resolvemos 27S= 2SO+x

lOO m - -r--- x - - - r - -- ISO m---1

A)

M

S

B) 2../lo s

C) 2Js S

D) 4Js s

E)

SJS s

.. x = 25 m

1---------- 275 m - - - - - - - --l

Resolución

Graficamos PROBLEMA H. 0 31

Un automóvil de 3m de tongiwd y un ómnibus se desplazan en la misma dirección po r vías paralelas y rectilíneas con una rapidez constante de S m/s y 10 m/ s, respectivamente. Si en el instante mostrado el automóvil acelera a razón de 10 m/s 2 con la inrención de adelanrar a! ómnibus, determine la longmtd del ómnib us. dado que el au tomóvil logra su objetivo luego de 3 s a parcir del instante mostrado.

:;.,..s.. •••n•••""

-~:

'=-~

'

A) 12m

:s4

B)

íO m

- -- Q

'"":r:i

?m C) 25m

O) 14m

E) 10m

ss l


lumbreras Editores

Del gráfico

Resramos

d1 - d 1 ==40m

(f)

Como

cr~-d¡

..:

=r

Un eren de ó~ m de longitud ~e ~ncuenrra en reposo~ _cier<a d1srancia de un túnel rec rilí_neo de de largo¿ 1n1cia su m~vuntemo con u~a acelerac1on cOJ:sra~re. ~~la paree ~el~ncera ael tren 10 1 01 . esa con u:ll rap1de: de o m/ s y la posrenor con 10 m/ s, 'que rap1de: (endra dtcho tren en el

En (l)

d,=v.... ,,c- -1 n,r·' -> ~~ 2 Además

pROBLEMA N.o 3 4

:;:;rranreen ~ue la mitad de es re está saliendo del túnel? .. t =2 JI0s

d1== 10r+r2

B) 12 m/s

A) !1m

C) 13

m/ s

D) 8 m/s

E) 10 m/s

Resolución PROBL2MA H.0 33

U~- conductor se desplaza por una au topista recta con una rapidez constante de 25 m/s y un ca. mton sale para adelantarlo lOS m. ¿cuál es la aceleración mínima constante que puede asegurar la parada del vehículo para no cho.:ar con el camión, si consid::nmos que el conduccor tiene un riempo de reacción de 0,2 s?

Graficamo:; Comten:a J 1ngresar alrunel 6 m/:;

.____101m ----1

pj~~~ A¡:- 64

25 , D) - m/s-

:

8

<únel

m--f

1

.

r-64 m -+37 m-r32 mi

~---·-

:• .. 1(}m/s·-·; e ' •' _ , }Mitaddeltren .~( oi515§~ -=: ~~~ · s~liendodel túMI

R12solución

A

B

:e

:

1--69m---!

Graficamos

Tramo8C

TramoAB

,

l

Vé = v¡ • 2a(d8c) (MRU)

(MRUV)

_,

~dR----~-------- 105-dR --------~

Para el MRU

dR=vrR

V~ = 102 +2( ~ f69)

. . vc= l3 m/s

Entonces O== (25) 2 -2 (a)(10 5- 5)

PROBLEMA N.0 H

Entonces

dR.=25(0,2) d¡¡=S m Luego de S m pisa el freno. Para el MRUV

v¡ = v6 -2ad 168

25

,

.. a =-m!s8

?S

,

Con una aceleración menor que :::_ m !s- el auto tmpactaJ·ía con el camión.

8

Desde dos esradones A y 8, separadas 1H m, inician su movimiento dos automóviles con aceleración constante de módulo 4 m/s 2 y 2 m/s2 • respecrivarneme. Si después de 4 s parte de la estación B un tercer automóvil. determine el módulo de la aceleración del tercer automóvil, de tal manera que los aes automóviles se crucen simulráneamenre. Considere que los tres automóviles se mue· ven en carriles paralelos. B) 3,5 m/s1

D) 4,5 m/s 2

E) 5,5

m!s 2

67


Lumbreras Editores

R2solución R~solución

Grarlcamos

Gra.ficJrnos ..----1-H m-----; A

20m ';

B ._

(AJ - ,.:x::,.._

•• j ••

.

o===o·

M , (P) , _ .i ---,..------ dg _ _ _ ___,

• ,

r

'

,2~

o

-0= -..()(2) t - - - --

4 rTvs

8S

2~-~.. -

d1 - - - --1

2

<>-! m/ s

ocp._o ·

:Ea· A

(MRUI

f--------- d.\ ---------1

2

-;;_· orx;--. o -

{ l l f - - - -- - - - -

d,

----------------1

:6:Ehr _¿

113

~~~

(3) 1--------- dJ - - -- - --¡

Del gráfico cenemos

En 8 s B alcam:a 20 mis

Del grático

t-4

~

d.~=d..-da

(!)

a8

En p se da el único encuentro. a pamr de ese

momemo B será más rápido que A y se alejará. (Revise prob. 27).

Desarrollamos

Para MP

d¡-d!= 144

=vg!- ~ac 2 = ~( ~

}sl 2

_..

ds=SO m

Para el auro A dA = vAc dA = 20(8) ~ dA=l6Qm De donde: 160=d+80

Desarrollamos

20=0+(2,5)c -

r=S s

:. d=BO m

-1()' 4 r- - -1 (2)r-l =dH

2

2

-+ t=l2 S

PROBLEMA H.0 37

Además

Una panícula se mueve sobre el eje x donde su posición queda defmida por

x=( r; -{e!+ 16r + 10 )m; e en segundos. PROBLEMA N.0 3ó

Con respecto a las siguientes proposiciones, indique verdadera (V) o falsa (F), segün corresponda:

Un automóvil se mueve con una velocidad constance de módulo 20 m/s. Si en un instame dado - a d metros delante de él- parte orro automóvil con una aceleración constante de 2,5 m/s2 y se mueve en la misma dirección, determine d para que A y B se crucen en una sola oponunidad. A) lOO m

168

B) 160m

C) 70m

O) 50 m

E) 80 m

• Duranre el intervalo e e {O; 4] la parricula se mueve hacia la derecha. • A partir de l > -! la partícula se mueve hacia la izquierda aumemando su rapidez. Durante el intervalo re [O; 4] el recorrido de la partícula es 64/3 m. A) VVV

B) FVV

C) FVF

O) VFV

E) FFF

69 1


lumbreras Ed1tores Resolución -

t]

Resolución

Determine a partir de ese insrame el riernpo que-rranscurre hasta que la distancia enrre SUs e.'\rremos seJ mínima y cuámo vale dicha dis. rancia.

De la ecuación; '

x ==-- 4r -'-lór-10

3

Derivando se riene la velocidad v(i) = r2 -8r - 16 = (t--i) 2

(!)

A)

La segunda d envada es la aceleración

C)

a(c)=(2r - 8)m/~

L

L./3

V

4

2-· L

B)

Se pide el tiempo mínimo {t)

!_. !::_Ji 2v' 2 -

L -

\'. --1' 2 -7

Verdadera Para tE [O; 4] {Il) Para este Intervalo, excepw e==4 s, la velocidad es positiva. Observe la ecuación (!). Falsa En codo momento el móvil se dirige a la derecha

Verdadera Para t =O

-L ; !::..¡¡ 4v

2

E)

!:. !::.jj V •

2

x

d= vr1 rambién C¡

Resolución Graficamos el problema

vc= 2 ..

(I)

y

Tramo BC (MRUV)

L 21·

(::-

V e,=- a

(H)

x=+ 94/3

~--e---¡

De (ID y (I) en (a) 0

PROBLEMA H. 39 Un auromovil se mueve en linea recra con una

- 4(4) 2 + 16(4) + to

velocidad constante avanzando una distancia d para luego adquirir una aceleración constante de módulo a, disminuyendo su velocidad hasta que se detiene. Determine el tiempo de movimiento del automóvil, si se sabe que es mínimo.

94

XF=3m

Luego

94 64 e=--10= - m 3 3

Para el triángulo

A)~

d2= (L - vt) 2+v2c2

ll

B) -

2

-

a

Un gusano de longitud L se desplaza con una rapidez v sobre una superficie horizontal en línea recra y en un determinado insrame cambia la dirección de su movimiento en 90°.

d V t=-+ v

a

Reordenamos convenientemente

r

=((J~J +( ~J -2~+2l) r.

oun

=[[l-J~T + 2 ~] o

Por lo ramo

0

PROBLEMA N. 38

170

d

=-

L

Para r=4 s

=(4/

Tramo AB (MRU)

c=4s ....... 1, )

x=+lO m

x::+lOm

D)

_JíL

d,,.,,- 2

L2 +2[(vd-2(vr)(i)~a (~vo -(i }f

r-(iJ]

'min

D)

2~

E)

=2Jf

{d y2c; 71 1


lumbreras Eótores

PROBL~~A H.

0

40

CapttUlO

•• 4

Para la polca móvil mostrada cer.emos

En el gráfico. se d.:ne una canica A de ac.:ro ·· otra B de madera nn·dadas en reposo Si soltamos B. A Jeco.re durame el tercer segundo de su movimiento 5 m éEn cuánco se desmvehn A r 8 al cabo de 3 s de abandonar A?

[ 1

r"--G·

j

!r:-'1 l

l

,1 1 )

1

L'

¡ ~f:~jcL+L-y) ------ ¡,~, , f· ('T - ---·

- - ---- - --JI ___ _ _ _l - --..:. l

d

Movim ientos de

caída libre

) )

APara la cuerda que rodea las poleas

, ..... A) 9 m B) 12m C) 15m O) 2-!-m

(3L+L') =2 (L ... x) + (L+L'-y) Entonces

3L+L'=3L+L'+2x - y

E) 27m

y=2x Resolución Al soltar el sistema, la canica de acero (A) desciende con la misma aceleración que la polea. Para un MRUV con v=O

u

esfera sube una longitud y. y la polea desciende x, emonces la separación es

d=x+y"'3X

La polea en 3 s desciende

1 > 1 , x = -ac· = - (2)(3)· = 9 m

2

Entonces

2

.. d= 3(9) = 27 m ~ Nota La esfera de acero está fija a la polea. por conSigUiente la esfera deSCiende la m•sma long¡tud que la polea.

Alistóteles (38-+JZ.2 a. n. e.l pensaba que at soltar desde una m1sma altura un objeto pesado y o1ro hv1ano. el peS."l· do lleg<Jb,, primero a la superfiCie cleb,do a su mayor peso. Esta forma de pensar predom1nó por dos m1lenios hasta que Galileo Galilei 1156 4·1642) hizo un<1 afirmación mSs acertada: sin la resistencia del a~re todos los objetos caen con la misma rapidez. Ello se pudo comprobar ;ui os m.is tarde. cuando Otto von Guericke inventó una máquina capaz de orig.nar el vacío (medio sin aire). En un medio sm aire. al soltar una pluma y una esfera de ,Kcro desde una misma altura. ambas llegan a la vez a la superhcie, verificándose la ,1firmación ele Galileo. Este hecho permite establecer que los cuerpos. al ser aiectados úmcamente por la atracción terreslfe. experimentan la misma aceleración, denominada aceleración de 1,1 gravedad (g). Bajo esa cond1ción, este movim1ento se denomina movimiento de caída libre. Por ello, cada vez que soltemos Lln cuerpo o lo lancemos verticalmente (haCia arriba o haoa abajo) despreciando la resistencia del aire. el resultado final siempre será un movimiento vertiCal de caída libre (MVCL), el cual es un caso particular del movimiento rectilíneo uniformemente vanado (IVIRUV); pero al lanzarlo en iorrna no vertical. ese cuerpo desaibirá_un movimiento parabólico de caída libre (MPCL).

!72

- - - - - -- - - - - - -- - -


Capítulo

~Aovimientos de caíel a libre :

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

············.

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

·-

............ ······· ··········

0

PROBLEMA H. 1

¿Qué rapide: presenta el anillo en el instante mostrado, si luego de 3 s empieza a cruzar a la esfera 2 lanzada' {Desprecie la resistencia de! aire) g=lO m/ s

A)Sm!s B) 5 m/ s C) 2 m/ s D) 10 m/s E) -! m/ s

R~so lución

Nos piden la rapi dez v del anillo. Note que la esfera a los 2 s comienza a descender. Separando imaginariamente a la esfera y al anillo V

!

~ (2) . • •• - - - .. • • •.•• .. • • •• • • . ••

~

h

:'

1hhlo @ insmmeen

(9

y

:

:'

1fll1

.;

3S

1S

'

~· ~

-¡3o.mi's)'r·~·¡w mlsj

queel anillo~ d¡'

cruzna .. ...... ... . .. . . .. la esf!ra

1

v=O v=O

l

75 m

2S

,

(llQ .. . .. . --

·~w 20 m/s

-

75 1


Lumbreras Ed1tores

Ecuación vectOrial para (1) -

-

1-

-

d¡= (+20)(3) - 5(3)2

Resolución

Del gráfico

En (1)

Gra1kamos el problema. separando imagina. namenre las camcas.

l

d1=v\Jr.,.;-gr·

H= 1.4-h

3 .. .v~-L S

d1 =-:-i5 m

~ = (0,5)(10)

v=S m/ s

_, rl 1 = 15 m

.-\ltura máxima

,

luego

h~d,=75

2v'+v') 3v' x= ( - 2 - r = 1 r

/¡=75-1 5 =60m

1 2

h =v0 t+- gr· 1

Para (1)

60 =v (3) + 5 (3) 2 . . v=S m/s

y=

PROBLEMA N. 2

En el insranre en que se abandona una canica se lanza otra, tal como se muestra en la gráfica. Si cuando están separadas l./2 venicalmeme por segunda vez presentan la misma rapidez, determine el recorrido de la canica que se sol· ró hasta ese insrante. (Desprecie la resistencia que ofrece el aire).

C) 3/ 4L D) 7/2L E) 1/ 2 L

'

r

S:. v =0 1

0

(1)

v, = v{+ gr 'o

H= 1,4 + 1,25 .. H= 2,65 m

PROBL!'i:MA N. 0 4

vF=v0 -gc v'=v-gt

Un objeto se lanza venicalmenre hacia arriba desde el borde de un edificio de 240 m de alrura. Si luego de 5 s su rapidez se cuadruplica. ¿con qué rapidez impacta en la base del edifi.:io? (g = 10 m/s2 ) •

J

v'

v= 2 v'

También del gráfico

.. T. .vl l.

____¿ -

En (1)

H

1' V

1n'

25 fl=20

Observemos el lanzamiento

Para (2)

3v ' r ) y= 2.'L +( L--;¡

L

( 51:

h=20

Resolución

v'=gt

-7

Despejamos la altura máxima

/1= 1,25 m

A) 2, 1 m B) 2,05 m C) 2,35 m D) 2,65 m E) 3,15 m

También

0

A) 3/8 L

2

r=(f)r

->

B) 2/5 L

( v0 + v,)

il = 2g

PROBLEMA N.o 3

Un malab,nisra hace una demostración en un salón y lan:a pelotitas a 1,-l m del p1so, vemalmenre IMcia arriba con intervalos de 0,5 s. ~i el máximo número de pelotitas que pueden estar en el aire es 3. determine la mínima altura del salón para dicha demostración. 1 (g= 10 m/s ) .

Para (2) (ecuación escalar)

Í7S

=g \'

t,

Despejamos

-7

(!)

De(!)

1.4 m -7

' ;: -3 Vt 4

L

) Lv 'f ,.

·~

)'1,

3.•

..

1,._).

''1~'' 1'

'-/

'

v ¡, l.

'•u¡•' ,

,IJ...!., 11.•

1v

3 pelot.lS en el aire

A) 30 m/s B) 40 m/s C) 50 m/s D). 60 m/s E) 70 m/s

771


lumbreras Editores

Resolución

:--3m--i

Nos ptden la raptde: de tmpacco ,.,.

,,.

_, ,,..1 g= 10 mJs-' t

'

Pua ello el rren debe recorrer SO m en un uempo igual a

Despejando

- - · .... : ........... -- .... ·~ B

l . jg

~m

1. 8 rn •s

_j

c(!O = S

1 ' d= "ve - - .1: ·

2

r

.. r-O.S::.

e=; s El uempo de subida de la esfera es PROBLEMA H.o 6

A) 0,2 S D) 0,8 s

v, Del dato c,-~ 8 =5

s

Ecuactón vectorial de A -+ 8 Vs --+

B) 0,4 s

C) 0,6

S

E) 1 s

Resolución

Al acercarse. la distancia entre esferas dismi- ¡ nuye; la segunda ve: que están separadas S m es cuando las esferas se alejan.

En el graiico, el eren a panir del mstante mostrado intcJa ~u movimiemo reali:ando un MRUV con -l m/; 2• Si dc:sde la parte delanrera lanzamos vemcalmeme hacta arriba una pelo· ta. detem1ine la rapidez máxima con que po· dría ser l.tnzada para qLte caiga sobre e l tren. 1

(g=IO m/ s

).

Entonces la rapidez máxima de lanzanuenro es

o vF = vo- gciub _,

=vA +g(rr~s>

Ynux(l>n:) =grsub

v.,,... (l.ln: .) = (lO) (2,5)

(-4~)=(~v)-10(5)

.. Ym.i.;.(b=} =25 m/s

v=IOm/s

Tramo A 'P (ecuación escalu)

vf"=v}'T"2g(d.-~p) A) 10 m/s B) 15 m/s

.. v1=70

PROBLEMA N.0 5

Se lanzan las esferas simultáneamente, como se muestra en el gráfico. (Luego de cuánto tiempo, a parur del instante señalado, las esferas estarán separadas S m por segunda vez? (Desprecie la resistencia del aire; considere g= 10 m/s 2)

178

C) 25 m/s D) -10 m/ s E) 45 m/s

mis

Resoludón Del gráfico

+ _____.. Ya =8

A mayor rapidez de lanzamiento, más tiempo debe permanecer en el aire la esfera. Ell!mite de la rapidez lo da el hecho que debe caer en e! tren, entonces la máxima rapidez de lanzamiento debe ser cuando la esfera impacra en la pane posterior del tren.

PROBLEMA H.0 7

Del borde de un pozo de !25 m de profundidad, un niño suelta piedras a razón de una piedra por segundo. En el instante en que suelta la primera piedra, una persona ubicada en el fondo del pozo lanu venicaJmence hacia arriba un obJem con una rapide: de 50 m/s Determine el número de piedras que solro el niño hasta el instante en que el objeto se cruza con la segunda piedra. (g= lO m/s 2) A) 2 D) 5

B) 3

C)4 E) 6

79


lumbreras Ed1rores

Resolución

Esrud1amos el encuenrro emre el objeto \ la segunda piedra. Hay gue tener en cuema que el ObJeto le lleva de venraja 1 s a la segunda piedra.

debe lan: ar. verticalmeme haci<1 aba¡o ia coPa pau que el riemFO en que se es.:ucha el sonido sea 1 segundos menos' (Considere .!í = IJ m 5 1, ~ 1 = 310 m/5)

;,:~undo

Entonces

B) 18 mls

sc-n 2 =d2) + 5(2) 1

.. v_r= 130 mis

pROBLEMA H.o 9

En el pnmer caso

Una c>íer,l fue sol rada desde cierra altura y en el sépcimo segundo de su caída recorre 11:3 de su recorrido rora!. iQué rapidez presenta en el insranre que golpea el piso? (g = 10 m/sl) A) 100 m/s D} 150 m/s

hp+h0 =125

B) 110 mis C) 130 m/ s E) 160 mis

Resolución

Graficamos el problema

2

g(r - 1) +[SOr-± gr 1 ] = 125

v=O .....

:· ,(Ó:.y· .... ·,, -

S(r-1) 2+50r- Sc 1 = 125

Resolvemos t=3 s Para el joven que suelta las piedras han pasado también 3 s 1 S C~)

u

1 s(." V

s(,..

3.• 2.~

Por condición

r+r'=4,25 s H=

U 4.l

0

(1)

v,c· =320r' = 2.gc 2 =5c 2 2

¡_o{~---------~~

Un cohete despega desde la superficie :errestre .:on una aceleración constante de lO m/s 2 Después de 10 s se agota el combustible y el cohere se sigue elevando en caída libre. Determine el tiempo que transcurre desde que se acaba el combustible hasta que impacta en la superficie. (g= 10 m/s 2) A) 12,4 s

¡-

6.,.'

Del gráfico

H

hli,l

/;&,!

-

______.

r=4 s

Observamos que t' no se mod ifica, solo cambia t Luego

!gl711 l

Resolución

Graneamos

1 H

4

5(7>

H=845

V

1

-

5(6)

1

e·}

~ >~r=O

100 m/sl

:.

:\s ¡ \

... . \

lg

~~

•\ -.\

1-;

/.:

-~~~

13 lOs (

.!.g (611 l

C) 16,2 s E) 24,1 s

l

----.~

-4

B} 10 s

D) 20s

vFj ~--· ············· ··-· · ···- - t + - = 4 25

Una copa de vidrio es soltada desde cierra altura respecto del piso y luego de 4,25 s se escucha el sonido del impacto. (Con qué rapidez se

PROBLEMA N.0 1O

En (1) ?

PROBLEMA H.0 8

3

"=:·..........1 ... . ! . . A

soleó 4 piedras

t-1 l..

!80

o

vi= v5 ..-2gH

C) 21 m/s E 30 m's

Resolución

1

Luego

H=5r== \'(!-2) - S(r-2)~

v:=30 m s A) 10 m/ s D) 1-! m's

_, I

aso

=!:!. 13

m

Bll


Lumbreras Edrtores

Si una persona al ouo lado en el cemro de la ven~ na (a l m de discanda) ve a la piedra du. rame l s. ¿que tiempo transcurre has ca que ¡~ persona vuelve a ver la piedra? (g= lO m/ s 2).

En 8 se acaba el combustible. Nos piden t 1 .,-r~=? DeAB (MRUV)

va= v.., +t~ 8

_,

=

v8 10(10)

A) 0,5

HaUamos la distancia de .4 hacia B

S

B) 1 s

D) 2 s

+ Vg) d ~ B = -V~· 2- t.~B

(

_,. dAa=( 0

C) 1,5 s

.. :•0 =36

En un planeta se lanza verticalmente hacia arriba un:~ piedra, de cal manera que en el tercer y cuMtO segundo recorre 21 m y 1S m, respectiv.lmenre. éCon qué rapidez fue lanzado?

-4

A) 12 m/s D) 28 m/s

d8c=SOO m

Tramo de CA' 1 l = v,c, +-gt; -2-

-4

'

B) 18 m/s

C) 20 m/s E) 36 m/s

Se tiene un tubo en posición vercical que va a ser soltado desde cierta altura, y en ese mismo instante una pequeña esfera es lanzada tal como se muestra. Si luego de 0,6 s del lanz.l· miento este logra atravesar completamente el rubo. determine la longitud del rubo. La esfe· ra permanece dentro del rubo duranre O, l s. (g= 10 m/s 2)

4,)

c'=t¡ +tl

3.er S

S

o

1

' o\

Una piedra fue lanzada vercicalmeme hacia arriba, luego de cieno tiempo pasa frente a una vencana de 2 m de altura que se encuenrra a 4 m de la trayectoria de la piedra.

5

.

t'=(10)+(14,14)

PROBLEMA N.0 11

v=O

.~ - -r·--

Luego

~ 82

m/s

De la información se deduce que en cada segundo recorre 6 m menos, por consiguiente, la ace· leración de gravedad del planeta es g_,=6 m/s 2•

lOOO= St-

=14,14 S

.. t' =24,14

=21

R~soluci ón

o

d_.¡s+dsc t2

v0 (3) - 3 (3) 2 - •;0 (2) ... 3 (2) ~

PROBLEMA H.0 13

Hallamos la distancia de 8 hacia C

de.-~·

En(ll):r'= ( lO

Reemplazando valores, cenemO$

=O,:> s

PROBLEMA H.o 12

1¡ = 10 S

~~-~

5

15-10)

v8 = (v-10)

0=(100) - lOr¡

)o o>

!5 lll

r,s

.. etot.,r= 1 $

Graficamos el problema De A a B la piedra pierde lO m/s ~

=CO~+O

'1"1'¡:: )

1

twul= 2(0.5)

Tramo de BC (MVCL)

d8c

'\

~

E) 3 s

Resolución

+;oo}lol

-4

l

En(!)

d.4 8 =SOO m

Yc =v8 - gt ¡

dA8 = V'"'

v8 =100 m/ s

Entonces

TraJTlO d.: A B

Para que vuelva a ver la piedra debe transcurrir (1)

t ro< al= 2 e'

((~--t ............ T ,

15m

21 m

,~ ..1.. ~ ~/

h (l s )

'l¡i'

1\

t

,

(v- 10)

(v-lO)

= - - =- g 10

(!!)

l

..... 1 ' 1~1' i?-....1........ .. :

1

1

1 (3 $)

A) 1,6 m B) 0,4 m C) 0,5 m

D) 0,8 m /1(3 s) -/1(2 s) = 21

E) 1m

83 )


lumbreras [d,tores

Resolución

Para (1 )

Graficamos el problema A dos .:ar tea; se les. abando~ a stmu!tá.neante sobre las hoqutllas de oos tubos ll,;os. me como ;e muestra en e1 graneo. ·' En que. 131 lacion e>tJn los nempos que emplean las ;:nic:Js en re.:orrer la lon:;itud de los tubos' (.-tB: éljme•¡·o)

1

" d~, 1 =(2R cos()] l , -+ 2RcosP =- gcosP r¡ 2

r¡'

R

(1)

=~ -

g

lg

'

'

d_, 11 = i[gcos~Jc¡

Para (2) l , d.1,\ =2Rcoso =z.)acosat~-

10 m/s

, 4R -+ r; = -

.b.

-

''IW'

8

A) 0.5

O) 2 Del gráfico L=d1 +d1

Para el tubo {l)

De (1).:.. (11) C} 1.5 E) falta a

B)

Resolución Graficamos el problema

d, =(v12-r6 )o.1)

(11)

g

2

(

4~ )

(~) "(·~ l

Para la esfera También (11)

También

6= v 2 ~

Hallamos la distancia d.1

-+ 4=v' -{lO)(O.I)

.. v'=S m/ s

En (11)

d2

=( 5 ; 4 }o.1)

10(0. 1) -+ v 1 =5 m/s

=(5+6X_!_J 2 10

PROBLEMA N.0 15

-+ d 1 =0,55 m

En (I)

··R_·- ·- · - - ~ ' 1

L= (0,55) +(0,45) .. L=1 m

Un globo aerostático asciende verticalmente con rapidez consrame de 10 m/s. Si el tripulante del globo lanza venicalmeme hacia arriba una piedra y luego de 2 s la ve pasar frente a él. ¿cuánto recorre la piedra hasta ese instante? (g=10 m/s 2) A) 20m

D) S m

184

B) 15 m

C) 10m

E) 25m

85


Lumbreras fd,torc:s

Resolución

PROBLEMA M.0 16

Graficamos el problema

Uná piedra es lanzada verticalmente hacia aJTi. ba con una rapide: de 60 m/s desde la azorea de un ed1ficio de 50 m. Si luego de 3 s desde la base del edificio y sobre la misma verdcal de. la primera se lanza venicalmenre una segunda piedra con 30 rn/s, cqué diHancia separa a las esferas. cuando la primera piedra ha alcanzado su alcu ra máxima:> (g= l O m/ s2 )

Ir¡ --(~)(31 2

Entonces

- ) 11,=-+5111

En (1)

Hn1lx=l80 m

x=S -"- 1&0 . . x=l85 m

PROBLEMA M.o 17 A) 120m

B) 135m

Un furbolisr,l. luego de driblear al arquero, se encuencra a 6 m frente al arco de 2,5 m de altura. Si en ese insr,1me htnza el balón c~n una raptdez de 10 mis y bajo un ángulo de 53° res pecto a la horizomal, ¿anotar<i el gol? (g=lO m/s-).

C) 132m

Para el globo (MRU) H=vt Ecuación vectorial para la piedra l- ? J:!_ =Vpt+ l gt•

+ (v<) = (v +v')t-5c 2 ~

vt

v'=St

= vt +v' t-5c 1 ~

D) 185m

E) 142m

Resolución

La primera piedra lleva una ventaja, con respecto a la segunda, de 3 s. En el momenro en que se lanza la segunda piedra, la primera tiene 30 m/ s. Entonces, a pani r de dicho instan re alcanza su altura máxima luego de 3 s.

v'=5 (2)

d.,= v r

m/s

~

6= 6 t

1= 1 S

Altura en que se encuentra la pelota luego de 1 s

Se deduce que luego de 2 s la piedra alcanza su altura máxima, emonces en el instante en que el tripulante observa la piedra. esta se encLlenrra en reposo (vF = O) respecro a tierra. El recorrido hasta ese instante es

e=Cw2+o )2) .. e=20 m

Resolución

Graficamos el problema (El at·quero no está en el arco, porque fue dribleado)

En x (MRU)

v': rapidez de lanzamiento respecto al globo

vp==20

C) Si, la pelom cae dentro del arco. D) S1. la pelota impacta en el piso antes de ingresar al arco y luego de rebotar ingresa. E) No se puede precisar.

Cálculo el tiempo que carda la pelota en llegar al arco.

v'=!O m/s

~

A) No. la pe lora choca en el parame superior. B) No. la peloca pasa por encima del parame superior.

H==+3 m

'1' 2.• piedra

Como el arco es de 2,5 m de altura, la pelota pasará por encima del travesaño. Por lo tanto, no es gol.

(!)

86

87


lumbreras Ed1tores

PROBLEMA H. 0 1 S

Caída libre

Para apagar el fuego en el punto 8, se lanza agua con una manguera inclinada 53° respecco de la horizontal. Sí el chorro llega en 2 5 a su objetivo, ¿cuál es la distancia ~ocre A y B? (g= 10 m/s 2)

En A

Re solución

Graficamvs el problema, descampo ni endo las ·velocidades en A v B. -

1

J¡ = - (10)(2)

2

2

_Vy(41=~fll _. .

~'~

d'=-W-h

1

; •

h

1

----;::~ .

1

__.. d'=·W-20 d'=20 m

1

A

fiJ1

_. 30=22,5 + 10t.~ 8

~

c48 =0.75

d46 \ • •• \

·\"si/ ';(~mis

J

~5"

1

_ . .. . ... . .. . ¡1 l . . ..... d ·. -·· ·: 1 - \ · ·: ,

En (1)

:tj

~30"ú'

1

dtla = J<ZOI -r<30) 2

. ... .. ....

1-----30m----;

S

Luego

h

=(v.,·r H; v,.ca>} ~6 = (22,S -r30) (O, 75 ) 2

-; h=19,7 m ' 30.fi mh

En (H)

d,.=v,.r=30(0, 75) =22,5 m

. . dtla = IOJi3 m

1

mis

También

l'xrA¡=30 mis

Luego

.J.

~ = ~ m/s =12.5

l----1~·

h=20 m

_J_¡

oo

l'y(

En([) (I) A) 40m

B) 1OJ13 m C) 60

D) 30J5m

m

Jo 9.7)2 +(22. s)2

d.,s =

En x (MRU)

E) 30J2 m

PROBLEMA N. 0 19

v,(,¡¡ = v,¡81 = 30 m/s

La es fera desciende sobre el plano inclinado (l), luego impacta perpendicularmente en el plano inclinado (2) con una rapidez de 30J2 m/s. Determine a qué distancia del lugar que abandona al plano (1) logra impactar en el pla no inclinado (2) . (g= lO m/s 2)

d,=30

Resolución

Graficamos el problema, considerando MPCL, MRU+MVCL

~

(1)

. .. E ...

.. d.~ 8 =29,9 m (11)

1

PROBLEMA N.0 20

Se muestra una plataforma que experimenta MRUV con ct = 2 m/s 2 para el insranre mostrado. Si de la piara forma sale un proyectil en la dirección que se indica y con una rapidez de v "'sJS m/s (respecto de la plataforma), ¿a qué distancia de P impacta el proyec til? (g=IO m/s 2) v=20 m/s

A) 14,2 m

a QJP-

8) 29,9 m C) 36,75 m

t---6m---l

D) 42, 18 m (l)

l BB

E) 53,15 m

A) O

B) 2m

C)-! m

D) 1m

E) 3m

89 :


Lumbreras Ed11ares Resolución

~a velocidad con la que ab~ndona la pl.araform~ es la ~ locidad con la que se lanza (SJS m/s~ ·

tespecto a la plataforma, mas la que cema (veloctdad de la placaforma 20m/;) .

i

·

sJ5 m/ s

~~-'

-- / Í53°

lO m/s

J),7'

--= - -">O 'm! ~-

,

5m/si7f ~;;-"

-:;(~---

+

30 m/s

1

H 0,a.~c:•

!g

·.

-- -· -- --· -··- .. ·-····-· · '-·

SO m

Sabemos qlle

.

IÓ¡' ¡

·-- - ·- -. -. --....... ::;;_

H ,;~ = -¡g

Al abandonar la placaforma experimema un MPCL.

A) 60 m D) 100m

-2(vsg )--lO--1 2 (5)

t ,uelo -

S

_....-·

.... - .. - .... .. . -- - ~.-::........ ----- .

jg

l'.¡,tón

Nos piden

~

1·elocidad res¡Jecro de cierra

S m/ si.- .. .. -:;;-~;

--\_~

Resolución

B) 70 m

¿ __ \'c.tnquc ,- -

""!.

·=-¡

C) 90 m E) !20m

Resolución

··',

·.

Como v0 sen (90°- a.) = v0 cose<

Graficamos ei problema, considerando que al soltar el proyectil, este presente la misma velocidad del avión.

Luego

1 - - - - - 6 m - - - - ! -- - - - dp - - - - - - ! - - - - x - - - - i

d,-------------~ Para la esfera (MR U en x) d, =vxc,=30(l) = 30 m

Placaforma MRUV 1

)

dp =v0 r+tw -7

Del gráfico d,=6+dp+X 30 = 6+21 +x -¡

.. x=3 m

Hm•x(IJ

=tan2a

Hmj~(2)

dP = (20)(1 )+ .!.(2)(1) 2 = 21m 2

1---- - - 42r

0

PROBLEMA N. 21

PROBLEMA N. 0 22

Calcule la relación encre las máximas alcuras alcanzadas por un proyectil. que en un primer caso es lanzado bajo Lrn ángulo a y en un segundo caso bajo un ángulo que es el complemento de o.. En ambos casos se le lanza con la misma rapidez.

El gráfico muestra un avión y un tanque que desarrollan un MRU con rapidez de 42 m/s y 27 m/s respectivamente. Determine a qué distancia del tanque el avión debe solear una bomba para poder destruir el tanque. (g=IO m/s 2)

E) (1 +sena) 2

! 90

---~

Del gráfico d_,=42r-27r

(1)

91


lumbreras tdHares 0

Luego

Cálculo de r

Resolución

pROBLEMA H. 24

En la vemcal (par a el proveail)

Descomponemos la velocidad del proyectil.

Desde u na misma posición en un plano inclinado o.~ res pecto d e la hori: omal. se lan: a

d, .

o

1

)

v=5v'

...... ¡

= v0.,.t --gr1

,-~ -

,

_. . ~ ·. . . • r= 4 s

¡4v'

53 . 3v'

r •.

.

-T

;" '

.~

En (1)

:

dx= 1 5(~)

..: __:_~~~~---

En (•)

d

: 100111

~nVs ;~ ~<~

¡'

~·-.- c.d--...:._---L..

f - - 20t --+-! 00

una partícula en forma perpendicular al plano inclinado y otra partícula se suelta en forma simultane.t. Si las pa rciculas logran impactar. determine la mayor separación emre ellas d urante su movimiento (Considere g: aceleración de la gravedad) . )

A)

_e_ 2g

v2

2 gsen a

vl

C) gc.>.na

m -1 D) 2 g cosa

Para el proyectil

B)

,

vE) - : - - - g (sena+cos cd

v-> H max- (2 gcosa)

PROBLEMA H. 0 25

Desde el orige n de un s istema de coordenadas X-l' se lan za un proyectil con c1erco ángulo de elevación para dar en un blanco ubicado en la pos1ción (3; 4) m. Determ ine la rapid e: mínima con la cual se debe !:ln::~r e! pro}•ecri! prl lograr su obje tivo. (g= 10 mls 2)

Resolucion

En x (MRU) : d,.=v,t

A) 415 m/ s

Graficamos

B) 2J3 m i s

{20t+ 100) = (3v') t PROBLEMA H. 0 23

Para el instante que se muestra, desde el avión se suelta un proyectil con la imención de h un· dir la lancha torpedera, que experimenta MRU con una rapidez de 72 km/h; determine v, si el avión logra su objetivo. (g = JO m/s 2)

-7

00) V '(20t+l t:

3

C) (1)

0) 2JS m / s

En y (MVCL)

E)

1- , d =vo(v)c+-grY . 2

Graficamos el problema: descomponiendo el movimie nto MPCL=MRU+MVCL

y

Resolvemos e= lOs, en (1) ~

v'(lo)J20(10) +100) 3

v'=lO mi s . . v=5v'=50 mis B) 50 m/ s

C) 60 m/s E) 80 m/s

mi s

Resolución

(-100)=(+4v')t- St 2 = 4(v't)- St2

De(!): (-I00}=4[20r; 100]-scl

O) 70 mis

M

-

-t

A) 40 m/s

3M m is

C/.

·· · --· --····- -·------

En la dirección del plano inclinado los movimientos de las esferas son iguales, entonces B sie mpre se encuentra debajo de A. Entonces la mayor separación ocurre cuando A alcanza su alrura máxima (Hmi.,) resp~cto del plano.

X


lumbreras Ed1tores

Teorema de Pmigoras

Resolución

pROBL ~MA >!.o '1.7

Graf:-eamos

Un proye.:<il se lan:a desde el cngen de un . ~m .~ ~ coord~nadas X· Y con una veloc1dad SISt... '1 ~~ [a: 1!] m s. Der:rmine 1~ ecuación de la recta de ma~vr pend1eme posmva que coree la travect.:>CIJ ctel prorenil en dos puntos. SI uno de ellos es !J posición de altu ra máxima.

(5) ·dO 2

-

11

= <Srl1 - ~

Agrupamos convemencemente

En_v (i'.I VCL)

,

V,~ '

, ,¡ -

(ll)

I'=Hnux =1g - - =2g .. "

a

r, =g

En([) 50 , v2=lScJ--212S>+- -'-40 ... 50

, ---- (s)e

B) y =2x..-l

-

(1!1) 1

e ) !"= -2 X \'

D) l' ::.:..+ 1

-

••

Vmln

2

De (lll)+(ll).!.. =( ;: ) =.!.

E) y=x

CT 2

X

2

g

=3M m/s Reso lución

Tenemos (1) PROBLEMA N. 0 26

En x

En la superficie de cieno planeta. la aceleración

g

de la gravedad es = [ 4¡- új m/s 2 Determine la velocidad de la pequeña esfera lanzada en A luego de S s de su lanzamiento. (v=25 m/s)

·.·.

·.

V

-~' A

Observe que sí nos alejamos del origen la pendiente positiva disminuye. enronces la pendiente maxima está definida por la línea que parte del origen a la altura máxima del proye<tíl. (1)

y= (ran9):c Yf(x)

0

PROBLEMA H. 28

Se muestra el ins[ame en que un proyectil es lanzado desde la posición A . Si se desea que pase rozando por la pared indinada en el punto B, ¿cuál debe ser la rapidez necesaria?

=20-4(5) = O

En y

g

g¡ •,

,~

B

v.,

En (1)

11 .... / .... ~~

A) ..-2] m/s

B)

+5] mis

X

J] m/s

C) [ +2f + 5

En ,'( (MRU) D) [ -Ú-

J 94

sf] m/s

E)

-41 mis

x =:ac 5

(1)

17<•

lOm

A) 7,27 m/s

B) 8,62 m/ s

C) 8.93 m/s D) 9,54 m/s

E) 9, 10m/s

95 !


Lumbreras Ed1tores

Resolución

En (ff)

f')1

.

~:

,: · • • ~'- \'COSO

····-~· . / YCOS:~~ . vsena ¿·

l

} .

f•••••.:.

'' ~

' ' h

' o. vcosa 1 - - .\ =l Om - - i

(rana.-~

r

.

{5~~

X

tan a 1

,

v· cos· a

)x2

S

-5)

0

PROBLEMA H. '2 9

2h- JO

(1)

Existen dos ángulos que satisfacen la condición del problema. Planteamos la solución geométrica

Reemplazamos: (y=h; x= lO)

h~IO(tanal- . !. g( 2

1 )100 v cos 2 a 2

Us~

(II)

También

~ vcosa

n :' {

;

6-------~

( v sena) -7

! SS

g=

1

l Resolución

~

Sc 1 -T h can a =- lO

1------

=(v coso:)

+2gh

v2 (sen 2 Cl. -cos 2 a) 2h

h=(Sr +10) Para el triángulo rectángulo (vr) 1 = (1 0) 2 + (St 2 +it) 2

.

gl

...

,

'

...

N

~· V

__

;~: p

1---80m

~

40m-!

'

--:j-- -·-·····--· 1 :

H . :

1 ;._,

;w~

....

.. - · · .. . .. ~

.. ~

pacibola

~

.. .. .. •

. .. .. .. ...... " . .

.. .. ••

40m

,----·

m

...

vinual ) . - •

:.~~<r>.

tr.lycc[oria

m;lx •

(V )

l- = 40 ~ :·.:.docl:==:,; ==·-..;(J---- -- ..... _.

···¡.¡·OlJ)..

(IV)

120 m - - ------1

x 2 =120 m

(Til)

Igua lamos con las soluciones:

2

. ... . . -- ......

Aplica mos la ley de la reflexión en los choques; vamos a tener trayectorias simétricas vinuales.

2h-!O=St 2 +h 1

r

~

40m

t---- 1o----1

g

h = (Sr2 -l0)

2 2 2 h YF(y) =Yo (y)+ g

"'-

E) 60°

2it+ 10=Sc 2 +h T~ nemos

A) 30" 8) -!5° C) 37"

D) 53"

(.(

1

~ vsena

''111''

Se mues rra en el gráfico la rrayt!ctOtia descma por un objew lanzado en la posición P. Si los impactos con las paredes en td y N son elásticos, determine la medida del ángulo o.. (No wme en cuenta el uern po dltranre las colisiones y considere g= 10 m/s 2).

ve,.. •• -- --•} .--· h

e vsena

se obuene un valor mayor

h rana=-±!

h + 5 ) 2h + 10 =( -= --5 10

h

1

~

tan a l = ( -5- = _ 1_0_

Ecuación de la trayectoria

2

=1

Para (v).

11

ffi:-

y=(rana)x - .!.g( ,

§J Observación

h

Ordenamos

o

.. v, 0111 ;::9, lO m/s

' h = l Oranet. - -25 ( ran·a1)

)

.• , l/2 gr· ~ ' t

+2{,•2-ll

1

mm

~-

-

' ' ' oe(!V) (,r)·=JOO·r-(!Or·-10) -.ordenamos:_.:_ =lu\11( r- -=-

Graficamos

........ - .. ......·.. ......

.....

-...

.. ..

• · · ' trayectoria

crayeccoria: /virrual ; .......

.

1

a ;_.. _.. _.. __.. __. _. _.. --'-------- - - --·..:.,nif--.·_·___re_:t_t--L . . . . . . . . . ~~: Y,\'

t - - - - - 80

-

m

\~"

'

:J •

----+-- - - 80 m - - - - + - 40 m - - - f - - 40 m --/


lumbreras Ed1tores Ecuación de la parábola

PROBLEMA N. 0 30 ¡

y=k:..:l

Luego del gráfico

(Hmi~ - -!O)= Id 40J:¡ ~ Hm._, =k(12Q) _,

H m~x - 40 = ~

Hmax

9

En el movimiemo vertical 2

H . = vo<r> l'n3X 2g

v~r> =45(2)(10)

Dos proyectiles son lan:ados con la misma ra. pidez de 110 m/ s, pero con un cierto intervalo· de tiempo ~e; el primero se lanzó bajo un án- , gulo de 60, y el segundo bajo un ángulo de 53•. ~ Halle ~r aproximadamente con la condición de que !os proyectiles choquen du rante el vuel<>.

Y.\'

30 rana=-

40

¡;:;)tGr'l -5(6r >-'(.¡) =1· S (5r ')- 5(5c 'l-'

.a

.'

. \'

e¡·

" #.

..' 1

v[3J3 - .¡)==55¡ ' ..¡ )

55

.. ¡'::2.4 S

Resolución

Para que puedan impactar, A debe salir primero y luego de e' segundos debe salir B. v,~ (• l

< v 8 (,·J;

0

PROBLEMA N. 31

v.4 =v8 = 11 O mis

-.....

._

•• ·~;~:- (impacto)

.. d,; .\ . '~\"', .... '

'

En la horizontal

(v.: cos60°)t = v cos53°(r-r') 8

Re solución

.!.t=~(t-c') 2

~

S

t =6t'

En la vertical dy(A}: d y(8)

Una gran:tda, lanzada verticalme!1te con gran rapidez, al llegar al punto más alto de su tra· yecroria, explora en -t fragmentos, los cuales se dispersan sobre el mismo plano vertical con igual rapidez. pero en direcciones opuestas y m u ruam~nce perpendiculares por pareja de fragmentos. ¿Qué gráfico se formará en cual· quier instanre posterior al estallido al unir to· dos los fragmentos? A) Un cuadrilátero cualquiera. B) Un paralelogramo. C) Un trapecio. D) Un cuadrado. E) Un rombo.

d , (A) = dx(O)

rana= "ocr>

(

1 l10)(3J3-

240=v ( 2· "o(yJ) =2v ( 30) X g ·' lO

Como

,Jl :::.- ·e····· · ··- · · ·- ·~~>;~ 1 ¡, '

¡' =

6,1 S 2,4 S 4,8 s

En la borizonral

v, =40 m/s

v=O

y "z~

3,2 s

...

~

De (1)

v=O

Enconces

A) l,.J. s

B) C) O) E)

Entonces 1 vsen (óO")r- S1 2 = 1' sen (53°) (1 - r') - S (r- r')

(1)

Decomponemos el movimiento de cada frag· memo en un MRU y otro de caída libre; debido al MRU todos recorren una misma distancia a lo largo de su velocidad y codos experimentan la misma caída ( h = ~ gc 2 }

198

--------------------------------------------~--------·---------

En cualquier instante cada diagonal riene la misma longiwd y son perpendiculares. La fi. gura que se forma es un cuadrado que aumenta de tamañc.

0

PROBLEMA H. 32

Un niño de 1.5 m de estatura está parado a 15 m frente a una cerca de S m de altura. Si lanza una canica bajo un ángulo de 45° con la horizoncai, ¿con qué mínima rapidez debe lanzar la canica para que esta pase por encima de la cerca? A) 17,5 m/s B) 14,5 m/s C) 13,8 m/s 0 ). 11,4 m/s E) 9,6 m/s

99 1


lumbreras Erl1tores

Resolución

.· .·

En la condicion

Resolvemos

Entonce"

=(&+u\~ /t

Hnu

y

pMJboiJ

:'vi

1

1

IV=?. ''

~4~~?~---·--·-- · -

'·s m

~~r

1

D) (b - r.d f---

15 m - - - 1

Reemplazamos datos en la ecuación de la parábola

(b+a) 2 •

A) (b-2al h 2ab

1

-·r··;··

b

p

_..,e_-¿:_r

4ab

B) - - - 1 1

{ah

E)

2ab

(2b-u l 2 b h 2a

pROBLEMA N.• 3 4

En el in~r.~me mosrrado, desde el avión se suelta un ob¡ero con el propósito de! impacrar en ur blanco ~obre! c!l plano inclinado. Si se logra dtc~o objettvo. ¿a que dismncia de! lugar que se suelr;t la bomb.l <o:- enconcraba el blanco? (g=lO m¡ s·) A) 8L'D

m

B) S-!7.93

m

C) 707.10 m D) 736.3 1 m E) 593.74 m

Resolución

Del gráfico

gl

100 mis/

'

"

,,

. 1-

Efeccuamos R2soluci ór1

Consideramos elt'vlPCL, como la suma de un MRU con un movimiento de caída libre. -t

y2

= (9.8)(15) 11,5

2

.. v= l3,8 m/s

a o o

a+b

!

1-----

2

PROBLEMA H. 0 33

En el gráfico, se muestra el rrayecto que sigue una pe lora de golf que ha sido lanzada desde P. Si dicha pelota pasa rozando la parte más alra del banderín de al!Ura h para luego impactar en M, determine la alrura máxima que alcanza la pelota (desprecie resistencia del aire sobre la pelota).

1100

MR~.·· . ,·

Como

y=kx

2

••

.· '

/

.· : 8···-~ .· . '..

tenemos

. - ·--- ~--- ~ J':J-; ~ -. --:~~~ . d ••• -

-- -·

. - h)=k(b - a)2) (Hmax 4

H . -k (b+a) rn:IX -

4

o

..

~

.. ···

.. ;I!2 gc2 5100 m

01

:h .;.

2

450 o · ······--· -0 . .

. lt

e

101 1


lumbreras Ed1tores

Del gráfico

'

B)

n' 'r y-

Obrenenw;;

Emonees

así

2g

g

500=.!.ge 2 =5e 2

.

V

(!)

e=2g

2

t=!O

C)

En (x)

cálculo de e

-!g

S

' D) ~

)

E)~

Sg

(¡·¡ 2) = 1 - g•

8g

(500 .,. h> = (soJ2}( 1o>

Resolución

h=207,1 m

Su

d2 =(h 2) + (500..-11) 2

mayor acercamiento se da cuando pasa r0 . zando al plano inclinado.

Reemplazamos

~~;;··

d2 ={207,1) 1 + (707, J) 2

.. d=736,8l m 13=53°/2

.•

...

ftr ~~ .)

r::;

·-~l:vv2

PROBLEMA N.0 35

e.

,

~y~

Determine el máxtmo valor de a, de ral forma que la esfera lanzada de A logre experimentar su máximo alcance horizontal; considere que la componente vertical de la vl'locidad, cuando la esfera se encuentra lo más cerca posible de la pared inclinada, es de módulo ~2 (g=!Om/s2)

En (!)

:h •

t

:

.

Lue~o se rendrán infinicos casos para que se cum· pla la condición del problema. Al aumenrlr a, :aumema la distancia entre la rra· yecroria y el plano inclinado, y la esfera podrá ex· perimentar su máximo alcance horizomal; entonces no hay un am.í.,. pero sí un mínimo.

v·' Si a < - . no puede experimentar su máximo 4g 2 alcance horizontal. Pero. si a~!__. sí podrá 4g experimentar su mayor alcance horizontal.

!----

a1 ------i

:- ----D-- .. ---.- ..... •

r amon -+--r- ve---!

Para el alcance honzontal máximo 9=45° En y h = (vo +vF) e 2

=~i1 2

Del gráfico

tanP=

h

(amln +ve)

3 --+ h =-vi 4

PROBLEMA H. 0 36

La prueba de la espoleta de una granada de fragmentación se realiza en el centro del fondo de un pozo cilíndrico de profundidad h. Si los fragmentos que se forman durante la explosión y cuyas velocidades no sobrepasan v0 no deben caer en la superficie de la tierra, ¿cuál debe ser el mínimo radio del pozo)

l

=2

A) -Yo~ .,¡ v0 - 2gh g

Vó' J 2 B) -yv0 -2gh

C)

2g

'

Vó g

Jv5+2gh

,.......--.....

--+ (¡vt}2)=amrn.,.ve

lmz

E)

vo' Jvó + 2gh

2g

103 1


lumbreras Editores

Cap nulo

5

Rl!solución

La raptde! de los fragmentos no sobrepasan

·.

10 (:·,

> 1· 1 ::>-vl > ..)

Movimiento circunferencial

CJ.S~

crinco

~ ' . :1.

c~e iu~ra

' . . . ·: .•. . j) .r . ••

.)

... . .... ;.,'··...:. -

delp<>:o

..

'.

En el criángulo

}

2

r = )

4r· _

[

...-(···~..... ··.)...

:'2 - , - - e - 2 x·.

4

El movimiento circtrnretencial es mas complejo que un movimiento ret: tilíneo: mientr<~s qtte en un monmiento tectilíneo la direccrón no cambia, en un movimiento cir· cunferencial la direcció n Ciltnbra conunuamente. Con el fin de describir este tipo de movimremo, se estableció la velocicl¡¡d ¡¡ngular

Efeccuamos

Vo- g/r : 2 :t

....... g2 .......

·--e,

]

2

+rr -n

(numero)

2

4h

2

--g2

( v¿¡

- glt) g1

2 -

h2

-

( 1

t

) -11

g

2

4

El mov11niento circunferencial en que la velocidad angul¡¡r se mantiene constante es denominado movimiento cirCLIIl· fere11cial ttniiorme (MCU). En este movin)iento, la rapidez (v) ele este no cambia, por lo cual la aceleración que experimenta el cuerpo se encuentra dirigida c1l centro de la circun· ferencia, y es denominada c1celeración cenirípetc1. Cuando la velocidad angular v<~ría pero de manera uniforme, se denomina movtmiento circunferenctal uniformemente variado (MCUV), en el que la rapidez con la que c.1mbia la velocidad angular se caracteriza por medio de la aceleración angular. Este movimiento se describe con las llamadas ecuaciones del MCUV, que son analogas a las del MRUV. En un MCUV, la rapidez y la dirección del movimiento cambian continuamente; por consrguiente, la aceleracíón presenta dos componentes. uno que caracteri za los cambios de rapidez. denominado aceleración tangencial; y otro componente que caracteriza los cambios de d irección, denominado aceler,1Ctón cenuipeta.

1104

- - ---- ------


Capítulo

Movimiento circunferencial

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

·-· ··

.....

Del gráfico cenemos

pROBLEMA H.o 1

¿Qué se puede afirmar de los puntos A y 8 del cono. si son pLlntos superficiales?

c·>~=¡t}8 == w

"

r.~

> r6

(I)

Como

En (!) v,-~ >~ (ll

(1)

.. vA >"v8

A)

1!),¡

>tila

B) v.-~ < v8

C) vr~ = v8 E) w,.¡ <

D) vA > v8

Re solución

Graficamos las velocidades 0(1)

w8

PROBLEMA H.0 2

El disco del gráfico rora con rapidez angular constame, con respecto a su cen tro. Si el módulo de las velocidades lineales de los puntos A y 8 son 20 cm/s y 40 cm/s respectivamente, determine el radio de dicho disco. (OA=BC=10 cm) . A) 30 cm B) 35 cm C) 40 cm D) 45 cm E) 50 cm

107 1


lumbreras Ed1t;;res

Resolución

Graiicamos

0

PROB!.!:MA ti." 3

pROB LEMA 1'1. 4

PROBL~MA

En uñ h1poréoco planera de 28 800 km de radio. el ::ha durd 32 h Derermme 13 rapide:: ran. gencial de un pumo ubic.1do sobre d paralelo de lamud 60" al norre del ecuador.

oos rnv\ des ,-\, B describen un MCU al segu:r la mi:mlJ ~r3'.'ecroria ctrcunferencial y gtrando en el m1srno senudo. Decermine el ciempo que rarda el mO\' 1mas velo: en dar alcance al orro a parnr del msranre en que B S<! encuentra adelanrado en un arco de 2n m. constdc!re · == Srr m/s; l's= 6rr mis

Un cil1ndm hueco di! 3m de l,ugo gir,l alrede· .:lot de su eJe con -a?tde:: ang~.tlar .:onstance. a ra: ón de 100 rpm; y una bala. disparad,\ par:t· lelamenre al eje de rocacion, perfo1 a las baSé5 en dos j)WHos cuvos rad1os forman un ángulo de 8°. Decermine la rapidez de la bala.

A) 250¡¡ m/ s

r---

8) SOOn m/s

CJ 250,¡};.: m/5

D) 125.., }¡.m. s

EJ 500,¡Jr. m/s

A)

.'\) 205 m/ s C) 225 m/s D 390m s

0,5 S

8) 1 3

Resolución

C) 1.5

Graneamos el problema

8) ·lOO m/s

E) 405 mis

S

Resolución

D) 2 s

E) 2.5

l-4. 0 5

El proyo::nl ingresa ~or e! pumo .4 y ;;a!.:: por el punto B' Gt·aficamos el problema

~

Resolución

Daros· v,, ==8n m/s: Por condicion

j=lOO rpm

v8 =cin m/s

-= vb;lla

Calculamos v8 =2vrl =r2(1J

{J) (11)

De (I)+(II)

Rapidez angular del planeta

m=~ = 2rrrad= t

32 h

rt

rad

16(3600)

S

Pasando el movimiemo a una línea recta (MRU}

Observamos

La rapidez de P es

40

-=tO

Vp=Wr

1-- d=2rr

--> r 2=20 cm

Finalmente R=r2 +10 cm .. R= 30 cm

vp

3m

"

1t

16(3600)

x28800x l000

2

->

d

2lt

CA=---=, v..~ - v3 2¡r

= -e-

([)

Cálculo de Wcolindro lllcilindro=21tf=27t( 10 O X

. . vp=250n m/s ,

I ID8

vb.lb

=oor =(J)R/2

v = ¡>

m---,

(J)clliJ:dro

=

6~ )

3lOlt -rad 5 1091


Lumbreras Editores

Como

Re solu<ión _ 9s s

(II)

úl.;lindro - - -

pROBLEMA N.o 7

Anal.i.:amos el gráfico

unto .4 de la polea presema una rapide: mt'~. '·eon que· rap1·dez se mueve ·

E.1 Pal ct~ 1 JLne • el bloque?

fs ·s

es·a =8

o

8n:

2it

= - = - rad 180 -ts

•· •.. R

·.

98 · s

(

_ (2¡¡/ 45)

ts a- - - - - - - , -

: '

·····.G---

( l Orrt3)

coc,lindro

Efectuamos lO( 10) :0 (1)1 (8)

De (U)

_

En P cenemos

25 rad 2 S

-) w, = - -

(·)

Como

En (!)

vb.1b

=(

3m

~ )s =225 m/s

7

Observamos que x=R-2r

(1)

V,¡ = VIl

- ) wAr=w8R 0

En e l gráfico mostrado. las ruedas demadas desarro llan un MCU. Dece1mine x, si la relación del número de vueltas por segundo que da cada disco es

I. . 3

v2 =0,5 mis

D) 0,5 m/ s E) 0,25 m/s

En P

PROBLEMA N. 6

A) 2 m/ s B) 1 m/s C) !,S m/ s

(11)

La rueda más pequeña da mayor número de vuelcas en un mismo tiempo, entonces del 1 dato

[4 = ~ fe 1 Como la rapidez angular es di rectamente pro· . porcional a la frecuencia (w= 2nj), se tie ne •

R~so lu ción

0

Del punto A se deduce la rapidez angular del

PROBLI'MA N. 8

Del sistema de poleas q ue se indica, ¿con qué rapidez se mueve el bloque, s i la esfera baja con una rapidez constante de 0,2 m/ s?

eje l.

2=úJ¡ (0,2)

Entonces W¡=

rad

!o -

S

wr~=3wa

En (Ir) 3w8 ( r) =w8 R ~

R=3r=3(2)=6 cm

En (!)

A) 0,1 m/s B) 0,2 m/s C) 0,3 m/s

x=G-2(2) :. x=2 cm

A) 0,2 cm 0) 1,6 cm

!liD

B) 0,8 cm

D). 0,5 m/s

C) l cm E) 2 cm

l-20cm--1

E) 0,6 m/s

111 1


Lumbreras Editores ResQfución

En ronces

Preguntan por la rapide: del bloque. Graiicamos el problema consider.1ndo les pumos perifericos B, A, C y C'

(i}¡

w~=6

v, = \'bloque =?

.'\) 10 .:m D) 25 cm

B) 15 cm

~Q

C) 20 cm E) 30 cm

'1))•11 1

~ =~ 12 r

Resolución

Graficamo:; el proble ma

A) 2 s

w1 r

(3)(2 .!)

v- = - = -- , l2 12

Los puntos A y B presentan igual rapide: angular.

v5= 6 cm/ s De (Il) v 5== vc;t"cr>=6

cm/s

B) 3 s

D) S s

C) 4 s E) 6 S

Resolución

Los bloques P y Q presentarán la misma coordenada z e n el momento e n que se cruzan (encuentran). Del gráfico

En (1)

z

eesf~r.,= (6)(5)

v8 =3v,¡=0,6 m/s

:. e.,r. ra =3 0 cm

Los puntos e y e· son periféricos, entonces presentan la misma rapidez. PROBLEMA N.0 10

El recorrido de la esfera es e~sier• = V •siero(S)

([)

Del gráfico (11)

PROBLEMA H. 0 9

También Del sistema de poleas se sabe que la po lea 1 presenta una rapidez angular de 3 rad/ s. En S s, ¿cuánto recorre la esfera? (r=H cm) .

1112

En el gráfico mostrado la polea A tiene una rapidez angula r consranre y un punto de su periferia se mueve con 1/ 3 m/s; además la diferencia de coordenadas e n el eje Z de los bloques pequeños P y Q es de 1 m. Determine el intervalo de tiempo que transcurre hasta que el bloque P y Q rengan la misma coordenada z. (Considere

:.-~ = ~8 =Re).

::· -- --·- - -· - ··- ~

113 1


lumbreras Editores

El tiempo pedido es igual al riempo de encuentro emre los bloques.

d e = - --

=_ _:..__

(vc +v8 )

l'p + vQ

(I)

A) 1/3 rad/s C). 3/ 4 rad/s D) 5/ 4 rad/s

B) 2/ 3 rad/s E) 7/8 rad/s

Resolución

Como

Anali zamos el gráfico

pROBLEMA N.o 12

Se muestra una barra ~e 0.75 m de longitud unida a cuerdas que escan enrolladas a las poleas A y B. de radios 6 cm y 4 cm res p~wva menre. Si las poleas rotan con u na raprdez a ngu lar - ¡~me de 0,2 rad/s a partir del insram e con> " mostrada, icuál es el intervalo de tie mpo que uanscurre ha;ca que la barra se coloca en po-

La barra se encomrará en forma horizomal cuando en la dirección vertical P dé alcance a Al

d

c = - -Vp

-i

t

- v,11

60 =1.2-0,8

60 0.4

sición hori ~ omal?

.. t=150s

\1,

En (!)

B

,, ' ~,'',

'3 ?d-.\ : \.~.

4

-+ e =

3G)

PROBLEMA H. 0 13

\~\ \'

,. t= 4

S

A) tOO S B) !50 S C) 200 s

PROBLEMA N. 0 11 Las esferas q ue se indican se mueven con rapidez constante. Si a partir de dicha pos ición uanscurren 2 s para qu e se encuen t ren separadas una distancia de 50 cm, ¿con qué rapidez angular se mueve la polea? (r= lO cm).

O) 300 s E) 250 s

Po r dato:

d 1+d2 =40 (2·t)t+ve= 40

3v(2) =40

Se muestra un disco en posición vertical q ue desarrolla un MC U. En el instante mosrra· d o, la panícula A presema una aceleraCIÓn ; = ( -3; 4) m!s2 y la partícula B se desprende con una rapidez v. Determine v. sabiendo que dicha part íc ula se desplaza 1,2 m para lograr rozar el disco.

Resolución Del gráfico:

B

=

vp= oJ11 r.~ (0,2)6= 1,2 crn/s

Luego

vM == o>8r 8 == {0,2)4=0,8 crn/s

v = 40 cm/

6

/s

De la relación: v=wr

(:o)= w(lO)

A)

Ji m/ s

B) 2J2 m/ s ,1111,

.... ·0·-.. --- -- -.

2 rad .. úl=-3 S

C) 2. s!i mis O)

3!i m/s

E) 4 J2 m/s

1114

115 '


lumbreras Editorfs Resolución

Luego

Del gráfico

Resolución

El disco presema MCU, emonces cada uno de sus pumos solo presenta ar;,·

considerarnos una posición convenience. ([)

d=2Rcose "

vr(coseJ ==<•J 0 d

Vr cose = toJo(2Rcos6) -t -7

5 S ( -) V =- V , = - ../2 2 .~ 2

Yr=Ol 0 (2R)

En (l)

.. v=2, 5 J'im!s

.· En el inscame mostrado, la rapidez lineal dt:!i e.xuemo de l radio vector y de la panícula son iguales.

0

PROBLEMA H. 14

Del gráfico: IJ I= l .2 m

Se muestra una partícula que se mueve sobre una circunferencia de radio R. Si su vector po. s ición roca uniformemente con una rapidez angular (J.lo, determine el módulo de la acele· ración cencrí peta de dicha panícula.

vr= v¡: ~

[(J)0 (2Rlf

ll'l'

-+

l

PROBU:MA N. 0 15

En (1)

Sr=l m -t

vr=t•>0 (2R)

=

R

a.,,=41li5R

Ahora lo resolveremos en forma general.

r= - m 5

Cl

-

1' l T

(!)

'1' -R."

En A

Una panícula se desplaza a lo largo de la recta l'. Un observador ubicado en O de termina que su rapidez angul ar cons tante es igual a to= 1 rad/s. Determine la rapidez (v) de la par· dcula en el instante en q ue 6=45°.

X

v.J = (S)(2r) =(S)[2 · ~] ..

v_.¡

A)

%R 2

C)

w5R 4

D)

4w6R

=Ji m/s

'

~

'

.

También

IIIB

----------------------------------------------------

A) . J2 mis D) 4 m/s

B) 2 m/ s

C) 2J2 m/s E) 4J2 m/ s

117 1


Lumbreras Editores

Resolución

Resolución

Del gráfico para EJ:;45°

Observamos la alternativa (C)

!I. falSO . . 1 En un MC UV ex1ste a¡; p.or e¡empto, e n el siguiente caso:

o :...--

'45

c•>o= 1 rad/s

PROBLEMA H." 1 B

S1 el disco mostrado a continuación emp1eza a rotar con una aceleración angular conscame. en donde el radio de gi ro del punto P barre en . 3rr . Sit d raa y ra . dos segun dos consecunvos 4 de termine la rapidez que presentará este punto cuando ha transcurndo 6 s de iniciado su movimiento.

4

',

1t

e¡e

m/s

A)

v0 = (1)(2J2)

B) rr m/s

'{ = voJ2 .. v=4 m/s

La rapidez aumema en sentido ancihorario; por lo canto, 1~. aceleración angular (o.) debería apuntar hac1a arriba.

v no es l 1

ñ

E) Sn m/s 3

~~··· --··· - ~S

0

a.

A) .• --·····-- .• • .. ~ V

·'i __ : ~-~ --- rW

PROBLEMA H. 17

';...A ..

Indique cuál o cuáles de los enunciados son correctos: 1. En un MCU la rapidez es co nstante y su velocidad es variable. 11. En un MCUV la velocidad del móvil y su aceleración son mucuamente perpendiculares. lll. Si e l gráfico nos mues era un móvil que des· cribe un MCUV, entonces, el módulo de su aceleración angular es

A) solo 1 D) todos

D)

wl

... -----·-;··,

·:...... f~;lk-~y a ar

B) 1y [{

r:J.=

~ rad/s

2

.

C) solo III E) 1 y 111

Resolución

l.

Resolución

- -~\

0

Una partícula efectúa un movimiento circunferencial; señale en qué caso están mal representados las siguientes magnitudeS. a T: aceleración tangencial; ñ<P: aceleración centrípeta; aceleración angular.

Verdadero En un MCU la rapidez es conscanre pero cambia de dirección, entonces la velocidad varía.

'

': ~rad :'

·8 ·,

:

·'n

~:'\ .1

De la característica mencionada en el problema anterior, se observa que en 1 s el ángulo barrido

·.

se .mc remenca en -2 rr rad . 4

.

""'-' - rad

' ~

. , .. ........ . .. .. ...... .

o Por característica de! MCUV: en cada segundo et ángu lo barrido aumenta en el va· lor de la aceleración angular (a). En el problema, en cada segundo aumenta en

.!: rad. 8

~

¡2s cm!

D) 2rr m/s

Ul. Verdadero

PROBLEMA H. 16

'

C) 3;¡ m/ s .¡

Del gráfico

lna

l

v0 =ro0R

~

2n rad 1t rad IX = - =-4 s2 2 s2

Luego de 6 s de iniciado el movim iento la rapidez angular de cada punto del disco es WF:: (l)¡¡

COF

+at

=(i )<6) =3¡¡ r:d

En este instante, la rapidez li neal de P es Vp= (I )Fr

rr rad Cl.=- - ,

8 s-

Por lo ramo, las proposiciones verdaderas son la (1) y (TI!) .

vp

=

(3n)(

¡)

.. vp ·=¡3 nsm ~ 119


Lumbreras Ed11ores PROBLEMA H.0 19

Reempla:an::C'

Una panícull realiza un movimiento circunferencial. S1 su rapidez lineal depende del tiempo segun la expres1ón • =0,5c, donde v se expresa en m/ s \ r en segundos; de¡:ermine la acelerac10n rangenc1al de la panícula cuando ha logrado dar una vuelca A) 0,2 m/s 2 B) 0,3 m/s 2 C) 0,4 m/ s 2 D) 0.5 m!s1 E) 0,6 m, s2

lm 1

En y:

R~solución

Sabemos que v, -v0 C1r=-c

Al inicio v0 =0,5 (r) =0,5(0) =0

Al final

A) B) C) D) E)

0,25 m 0.5 m 0,75 m

nr

E} 1,2 m/s 2

1,25 m

Al rorar las poleas con MCU, la cuerda expenmenra un MRUV.

Hallamos la almra máxima

Observamos que la aceleración tangencial no depende del tiempo. smo que es constante, por consiguiente, la partícula describe un MCUV.

D) 1 m/s 2 R<lsolución

Resolución

O,Sc =-=0,5 mfs·, l

B) 0,5 m!s 2

1m

v,= (O,Sc) Luego

A) 0,3 m!s 2 C) 0,8 m / ( 1

Para que la partícula impacte en el mismo punto de lanzamiento, en el menor uempo, esra debe dar

_ ( Vo¡y)

H,n,;.,-

+v~Cr))

2

's

2'1 vuelta (n rad).

PROBLEMA H. 0 20

En el instante mostrado la panícula es lanzada con una velocidad y la esfera hueca inicia su movimiento de rotación con una aceleración angular constante de módulo IOn rad/s 2. Determine la máxima altura H que puede alcanzar la panícula, si esta logra impactar en el menor tiempo y en el mismo punto del cual fue lanzada. (g= 1O m/s 2) -

v

H2o

PROBLEMA H. 0 21

De la ecuación del MCUV

Luego de abandonar al bloque, las poleas concéntricas empiezan a rorar con una aceleración constanre. Determine la aceleración rangenc1al que expenmenraría un pumo periférico de la polea de mayor dimensión en el instante que el bloque impacta en el piso con una rapidez de 1 m/s.

Para el bloque

v; = v5 + 2abd 121


lumbreras Edttores

Entonces

N

l , 11b =- m/s2

Como

8)

2

O) 2

-32

C) E)

Entonces

pROBLEMA N.o 23

-3 2

Se presenta un sistema de poleas que empieza a rorar. Si en cada segundo el punto A recorre 1t metros más, determine el módulo de la acele.ración centrípeta del punto B de la polea al culminar la primera vuelca.

8 4

Resolución

'

4rr

2

()); : -

.

R

En (!) a.P .. , a)

J.nl ) =( -·'R (Rl

Nos piden Las poleas concém:icas experimentan la misma aceleración angular

!e_

(I)

a_,,

B

Cf.J = CI.,\1

~:~ R 2R PROBLEMA 1'>!, 0 24

)

O)~ 2

Resolución

En 1\1/ S>ROBLEMA N.0 22

Las ruedas ( l } y (2) son concéntricas, mientras que las ruedas (l) y (3) están engranadas. Si el eje de las ruedas concéntricas empieza a rotar con una aceleración angular constante, determine en qué relación se encontrará la aceleración lineal de un punro periférico de la rueda (2) y (3).

Las ruedas concéntricas (1) y (2) experimeman la misma aceleración angular (C().

En cada segundo A recorre 1t menos más, esro quiere decir que la aceleración tangencial de la correa y de cada punto periférico de la polea es 1

(l) ' "-._

ap=o.(ZR) a¡~~=l1 1 =a(R)

Luego ap

-

:;

ar=r. m/s Se quiere la nrp de B cuando completa una vuelta (e == 2n rad)

Entonces

"

En el gráfico, el hilo que se encuentra enrollado en el cilindro de madera es jalado tal como se muestra. de tal forma que el desplazamien2 tO de l pumo P depende del tiempo. Si d=r ; donde d se exp resa en meuos y t en segundos, determine la aceleración de un punto de la periferia del cilindro cuando e= l s (R = 20 cm).

¡t

Tt~mbién

w~ =

,O

w6 + 2o.e

a(2R)

=--

.. .:!e...=2

, u=(%) Luego

11,\j

ro~= 2(

*

)(2n)

1122 -----~·-- -

-

-


lumbreras fditores

Resolución

PROBLEMA N. o 2 5

De (UI)

Graficamos V

Una rueda roca con una aceleración angulat constante de 4 rad/s 2. Si luego de 1 s de inicia.. do su movímienco un punce que equidis<adeJ. eje de rocación y la periferia de la rueda pr~ senra una aceleración de -/17 m/s 2, determine el diámetro de la rueda. A)

Cada punro de la periferia experimenca aceleración ltneal y aceleración centrípeta.

Jf9

4

m

B) 2m

O) J m

J3 C) 2m E)

y (1!)

Para c=O.S s

en (!)

\'=3+2(t )=4m/ s

(ffir' =[ L6rJ·' ... [4r J'· ~

1 r=-m .¡

En (ll)

--~ ~ ' a = _:_ = 4 m/s·~ 4

En (!) .. D=l m

a=

Jml +<·d

a=

2.JS m/s 2

l

2m

..

Resoludón

La

es igual a la aceleración lineal de la c~.:erda, y d::::t 2 (dato)

0

PROBLEMA N. 26

Graficamos el problema

aT

d = voc-r2ac· .o l '

=t

2

Una panícula desarrolla un MCUV con un radio de giro de 4 m, donde la rapidez de la partícula varía con el tiempo según v= (3 + 1c) m/s, donde r se expresa en segundos. Determine el módulo de la aceleración de la panícula en el insrance e=0,5 s.

v=c•JFr

r;{~

1S •

' , CtJF

: r.:

- • .. • .. - L - - • .. • _...

r

Además

p

r

A) 2 m/s 2 V

2

" cp :....!?.. R

C)

(11)

vp=v0 +at=0+2(l) =2 mis Reemplazando en (II)

r

(2)2

=e~

20 m/s

En (T)

2

wF

Nos piden

,o

=~

~ a= yuT T u,p

+ac = 4(1)

wF=4 rad/s

Como v=wr

-7

(I)

La rapidez de la panícula varia debido a la ar. v=3+2c=v0 +ar De donde

v=4r

Además

(1)

• "r = a(r) =4r

,'

Resolución

Preguntan por el diámetro de la rueda D=4r=?

a= J(2)2 -t-(20) 2

1124

1JS m/s 2

Se mues tra una pequeña esfera que describe un MCUV sobre una circunferencia de radio 2 m. Si para eJ instante mostrado tiene una aceleración de módulo 2.5 m/s 2, determine el módulo de su aceleración normal luego de 2 s. (et=37°) .

D) 2Ji m/s 2

Como

a,p

B) 4 m/s 2

PROBLEMA N.0 27

v0 =3 m/s y ar=2 m/s 2

A) 7,5

Sabernos que v2

(1[)

acp =r

(ll1)

" r = 4 m (daro)

(II}

m/s 2

B) 8,5 m/s 2 C) 6,25 m/s 2 Dl 11,5 m/s 2 E) 12,5 m/s 2

125i


lumbreras Editores Resolución

PROBLEMA H.0 28

Graficamos el problema

Cálculo de v'

pROBLEMA N.o '29

Una "bala de un rifle calibre -!0 tiene una cidad hori:omal de salida de 750 m/s. (Cuál es el radio de curvatura de la bala, un instantt después de que abandona el rifle? (g =9.8 mis!).

.-.M

rueda sin desli:!arse, - que se muestra El d tsco .. _ . ~ la propos¡c¡on mcorrecra. ind1qu...

A) Correcta El punto O no rota, únicamente experi· menra traslacion.

Del gráfico v2

a,p(l)

= -L

R Despejamos y reemplazamos vf

v~ = 2(2) _. v1 =2 m/s Como

Al El pumo O solo experimenta traslación. B) El pumo E del disco, respecto de la su· perficie, ritme velocidad nula. C) Todos los puntos periféricos del disco, respecto de O, tienen 1gual raptdez . D) Todoslospuntosdel disco experimentan un movimiento compuesto. respecto de la superficie. E) La velocidad del punto P, respecto de la supedicie, forma 45° con la horizontal.

Al 5,73x 104 m

B) 6,4x 104 m C) 4,5 x 104 m D) 5,62Sx 104 m E) l , l25xl0 4 m R2solución

Cuando la bala abandona al rifle experimenta un MPCL.

v2 =v 1+nrt

v2=2+G }2>

·.

jg

v2 =5 mis

1

'

Efectuamos

.

El disco experimenta un mov1m1ento plano paralelo que se puede descomponer como un MCU+MRU.

.. a2 =l2,58

1126

m!s2

(750) 2

.. r=5.62Sxl04 m

-vl,po>o=

Vt- Yposa

Del gráfico

v = v+v;==(+v - v)=O 1

Yt/piso= O

C) Correcta

Por ejemplo, los punros P y t'.f

Traslación pura

Rotación pun

R .. ...

'

.· D) lncorrecta El movimiento plano paralelo no es un movimiento compuesto. pero sí un movimiento que se puede descomponer.

Sabemos que

r=--10

S) Correct a

..

Resoiudón

Si

~

(!1)

v =v

~~e:;

.......

v=toR De (I) y (11)

v==i50m's

~

En O

v'=wR

(1) _

_p

E) Correcta Segun el gráfico, es verdadero

1271


.. ........... lumbreras Editores PROBLEMA H.0 30

Del trl.lngulo so:nJ1eado

En el diagrama se muest:·a una rueda trasera de un camión que rueda sin desh::ar S1 en ellnstanre mostrado se desprende una pamcula ub1cada en P. determm~ e! tiempo que tarda para enconrrarse en el mismo nivel. (6==30° y g== lO m/s~)

A) r. rad, s

B1 ~ rad/s 2

(JI)

C¡ !! rad s 4

(111)

0)

Tambio!n

lt

6

rad!s

n

E)

g rad/s

Resolución \'

-?

(•J=

'R

La rueda posterior d.! una bictdeta esraciona-

ria no se encuentra apoyada. A)

Reempl.l:amos en (III)

vJ3 s

8) _:_Jj s LO

C) Y..Jj s

5

D)

!_Ji s 2

E) ~s

,,, =( ~ )RJ3

10

Resolución

Al desprenderse. la partícula describe un ¡vfPCL. Graficamos En (11)

Como En (1)

(l)poñon

rad s

= rr-

Tamb1én ..

' vuelo =

J3 lO

V

t•Jp(r) =oJc( 4r) PROBLEMA N. 0 31

El tiempo que tarda en retornar al nivel dellanzamiemo es 1vutlo

2vP(yl

=-g

(1)

En una bicicleta estacionaria, écon qué rapidez angular se mueve la Catalina? La rueda posterior se mueve con w=rr rad/s y la relación de radios enrre la catalina y el piñón es 4.

..

~

(rr) =wc(4)

wc

n rad =-4 S

lt2B 129 1


Lumbreras Ed1tores PROBLEMA H. 0 32

Determine la raptdez del bloque, SI la rueda de radio 312R da vuelcas con una raptdez angular w. Las ruedas son concéntricas y considere que no har deslizamiento.

,unbJS ruedas. al tener un eje común presen· tan la 1111Sma ,·elocidad angular. pero una (Id grande) girl respecro a O~ y la orra rueda (p:!· queña) ¡;1ra respecw a 0 1•

Resolu<lón Grafkamos

Luego :•5 ==t•J(2R)

Y ···.c=2s

(3R)

6m; ~~-~'i~ '

,.~ == (•' 2 En (1)

_ (+~RC•J )-(2RcuJ

_

wR

4

B) wR

2

C)

wR 4

4 E) -ooR

2 0)-wR 3

.•

Vbl<>que

=-¡-

3

La polea móvil y el bloque tienen la misma velocidad. PROBLEMA N.0 33

Una plataforma circular se encuentra mictal· meme en reposo, cuyo radio es de 1O m, y la plataforma empieza a rorar con una acelera·

•• angu 1ar CIOn

1

En los primeros 2 s el objeto está fijo al disco; a l desprenderse y al resbalar por la superficie lisa del disco describe un MRU. Se quiere decermina1 la rapidez angular del disco, cuando el objeco llega a Af (abandona el diSCO).

Resolu<ión

(I)

, , P ( ~··: .)_~3 • 'o··'l¡.. •••

2

Vh:.x¡u<-

A) 3w R

a=2 rad/ ;

CL

"".ranscurn'dos 2 s un == 2 -rad 2 S

pequeño objeto. que se encuentra a 6 m del eje de rotación, se desprende de la plataforma y comien:a a deslizarse sobre ella. Determine la rapidez angular de la plataforma cuando el objeto la abandona. (Desprecie codo rozamiento)

De los daros: ,O

CJ>F=(I\) -ac=2 (2)

WF

rad =4 S

~

vp

= 24 m/s

En el tramo PM (MRU) , para el bloque: A) B) C) O) E)

!130

14/3 rad/s H/5 rad/s 7/3 rad/s 2/3 rad/s 7/4 rad/s

PM=vpt'

8=24r' ~

.

1

r' = -s 3

1311


lumbreras Edtlao·es Desde que el disco inicia su movimiento hasta ::¡ue d bloque abandon.1. el dtsco transcurren. 1

7

3

3

Resol ución

pROBlEMA ~.o 35

Gra&:amos el problema

En el in<wne mostrado. el jo,·en ;e e:1cu_emaa ·Jr.dc hori:omalmence con una rap:de: ~ ~mpU ' . . al aJo encebado. Derermme la rap1de: angu 1ar p ~··r~ _,,.,... .. rimenra el pa!o en dícho ;ns:ante que

r =2---=-s

'

Luego

rof. = rooJ +w, =

Entonces

(Cons:.:!ete ¡, < < H).

2(i)

;\¡f

R:: __!i_ senP

(1)

Se observa que wR=I'

senP

Reempla: amos (1)

:

w( __!i_ ) = ~sen 13 senp ·i·

,.-...' en forma

ve no cal

PROBLEMA N. 0 34

En el instante en que el eje empieza a rorar con una aceleractón angular conscance a. el dispositivo P empieza a moverse hacia el extremo del cubo con una rapidez constan ce v, respecro del eje. Determine la rapidez del dispositivo transcurndo r segundos de inic1ada la rotación del eje.

1'

B) -tanp H

VO!B =V

·P

1'

vJ=vf•v 2

(1)

v8 =roFR

(11)

A

Para el observador en la barra, la se mueve, por consiguiente desarrolla un MRU. R=v t También .o roF =OJo + cxr =at

e¡e

H C) -cscJ3

En el triángulo

R~solución

Graficamos el problema

PROBLEMA H. 0 36

En el siguiente diagrama se muestra a una persona empujando un cilindro, de ra.l manera que la barra lisa arriculada se eleva con una rapidez angular Para el insranre mostrado. determine la rapidez angular con la que rora el Cilindro (el cilindro no desliza por la superficie horizontal).

En (11) v8 = (cxc) (ve) =o.vc2

A)

vJl + ~ 2 t 2

En (!) vo

C)

vJ1 +~ 2 ( 1

D) vJl+O.t

A) wranj3

B) 2vJa+t

= J(o.v(l )2 + vl R= (H+hl

..

v0 = vJ1

+a1t 4

sen p

C)

2

Pero H>>h-+ (H+h)cH

O)

2sen 2 ~

D)

wsen 2J3

E) wcosJ3

1132 133 .


Capftulo

Lumbreras Ed1tores

6

Resolución Piden t•lc

Movimi ento relati vo

Graficamos el problema

x;. .

',,, o/v~ .··

.,. y'

' A

. ''' ~'

'

\

Un observador ubicado en la Tierra dirá que la Luna se mueve. pero un observador Llbicado en la luna rlirá que esta se encuen tra en reposo y es la Tierra la que se mueve. iQuién tiene la razón? Los dos. pues el movimiento mecá· n1co es relativo y depende ele qu1en observa el movimlenro. Uno de los primeros en darse cuenta de ello fue Galileo Galilei; con sus observaCIOnes de los planetas, llegó a la conclusión de que la Tierra está en movimiento. Galileo tamb1én se percató de que, cuando se encontraba en una nave que v1a¡aba a una velocidad prácticamente constan· te, no había forma de saber si estaba en movimiento o en rPposo, a menos que mirara para afuera. Con ello, Galileo llegó a la conclusión de que un sistema de reierencia en reposo es equivalente a un sistema de referencia a velocidad constante

R can!}/2

Para e! punto A'

Del gráfico

v..t ' =wd0 ~. = w[-R-]

(1)

v..t=wcdo.~=lúc(2Rcos

!3121

(11)

y (IV)

en (1)

wR

También

WcRsen¡3 =- can(312

v..t(x') =v.~sen ~/2

Rer.mplazamos (11) v·Wl

(Ill)

(IV)

can ~/2

·

Como

.. lile =

=[wc2R sen(3/2 cosf.V2]

w sen (3 can 1312

-

w ,

2 sen- ~/2

Existen situaciones en las que hay que analizar el movimiento de dos o más cuerpos a la vez. Esta situación se vuelve menos compleja SI se analiza el movimienro de un cuerpo colocando un observador en el orro cuerpo; para el observador, solo se moverá el primer cuerpo. Cuando estudiamos el movimiento ele cl os cuerros en caída libre, al colocar un observador en uno de ellos, el otro no experimentará élCeleració11; por con·s iguiente, respecto al observador, el cuerpo que se mueve describe un MRU.

(lll)

1134

1

_________________________

______

.....-

__.;

- - --


Capitulo

Movimiento relativo

pROBl.EMA H.o 1

D) 30 mis(-+); O; 20.fi m/s (-!5"]

Un coche experimenta un lvlRU con una rapidez de 20 m/s. Un joven sentado en el coche lleva una esfera en sus mJnos.

E) O: 20 m/s (i); l o.J2 m/s [-+5"j

Determine la velocidad de la esfera para los siguientes casos:

,..

_______

,f-, ...........

Resolución

l. Ames de lanzar la esfera, esta den e la velocidad del coche (20 m/s); y al lanzarla en la misma dirección con 10 m/s (respecto del coche), su velocidad sería +30 m/s.

ll. Observamos lo siguiente ,r.. ------....r--~

v=20 mis

v L = 20

m/s

vc=20 m/s

..

1._'

v=O

11!. .Al lanzarlo con 20 m/s (i) tendremos l. Cuando la esfera se lanza horizomalmenre hacia la derecha con 10 m/s. H. Cuando se lanza horizontalmente hacia la izquierda con 20 m/s. Ill. Cuando se lanza venicalmenre hacia arriba con 20 m/s. (En los eres casos respecto del coche)

A) 10 m/s (+-); O; 20 m/s (45°)

B) Sm/s(-+);20m/s(-+);10m/s(i) C) 30m/s (-+); lOm/s (--+); 20m/s (l )

' 20 m/sl ' ·.------.. .....- 20 m/s

Por lo tanto, en el primer caso la velocidad será de 30 m/s(-+); en el segundo caso, v = O; y en el tercer caso, 20.J2 m/s (45°).


lumbreras Editores

PROBLEMA N, 0 2

Rl!solución En una región donde llueve )' no hay vienco, cerca de la supertkie. las gotas de agua descien. den verticalmente con rapidez constante. Cuando hav participación del viento las gotas caen con lO m/s formando 37° con la venica!. éPara qué rap idez del vienro las gotas desctenden formando 60" con la venical? A) 6J3 m/ s

B)

Resolución En la región donde no hay aire v 1.=cre.

gota

¡11~

V¡•

""'

s/3 mis

C) lO m/s

zj

/~

l

E)

\v .~ e ) se determina según ¡;A e=¡; .l.+ (_¡;el

Grafkamos

vA:c=l O m/s

v~

,·elccidad { del a,·e A~

8J3 m/s

- ve

~~ panic1par , d vienro

vsora= l0 n /7 s 37

D) 6 m/ s

La velocidad del ave respecto al coche

vlenco

vc=4 m/s

v,, Ampliamos d triángulo de vectores para hallar

~oca= ify+ Yviemo

v >iento

Del gráfico

;~~10

Del gráfico

6,

v·v~<nco=8J3 m/s

Vy =8 m/s

vA

:

V

A

; A = (-4 i+6})

o- . . .. -.. -.. - >----=--'-~ - --:1-- 4 ---1

1-- 4

mis

. . vA= 2Ji3 m/s

PROBLEMA N.0 3

El gráfico adjunto muestra la trayectoria y velocidad d e un ave respecto del conductor. Determine fa velocidad y la rapidez del ave respecto de tierra. Considere que la velocidad del automóvil respecto de tierra es 41 m/ s.

A) (-37+47) m/s; Sm/s

10 m/s

B) (37+4t)m/s;Sm/ s

·.

. . d el globo aerostático asciende verticalmente con una rapidez constante de En el ms tanre mos n a o, . . . en cando un MRU a 100 m del globo. v=6 m/ s, m ienrras q ue u n automóvtl se encuentra e.<pen~ . . . J ¿Luego de cuántos segundos se encontrarán se parados la mtntma dtscanc¡a. A) B) C) D) E)

C) (-81+67)m/s; lOm/s D) (67+87) m/ s; !Om/s E) (-47 + 6 7) m/s;

PROBLEMA N.o 4

2m mis

2S 3s 5s 7S 8s

v=8 m/s

X'

ll38

139 1


lumbreras fdctores Reloludón PROBLEMA N.o 6

An<tli:amos el mo1·imienco det globo respecco de l auco.

oacos

ve .~"" vc+(-¡:A J -¡

Ir' rl =3 m/s;

-G A= J'v¿¡ - 1·.~, .:: 1O m/s ,.

-¡;T \ =+180 km/h; ¡; 1 ,

'

. .

r::-:'

#

#

~.

1' J

/.··

_... ··

l'esp_e~~o- ~1-auco··

/_·:·~:_._._._-__._._ ... -... . . .

o ..

~~~-'• ' ''

~ - ...... ít

!

o

. 37 '

~0:

-

(

1--------Para el observador en el auco el globo sigue la trayectoria mostrada, entonces la menor separación (dm;n) es la perpendicular trazada desde el observador a la trayectoria del globo (punto N).

==+50 m/s:

A==?

• .¿¡ .••• · • íi2 ••. ~n 6 m/s cr~reccona IO 5 ' :1 ' . ' •.· .· '"'" . . ·· 'del globo ~l••••Yc·~= .'·. ·

O

A

-vr-. _ -'-72 km/h= +20 m/s

)

• ''1

De

IV•

8 m/s lOO m - - - - - - - - - - i

-v, = vT+3=(+20)+3

v¡ =+23 m/s

Entonces

10 t=80 .. t=8 s

PROBLEMA H.o 5

Vj/tl.

--.... J. -

vr=72 km/h ~[l5Ela89J[Daa~ ~

E)

(i)

-4

..

Y¡f2=V¡ - V2

Tener presente que las velocidades son tangentes a la uayeccoria. =

V

J- YA

V¡ IA =(+23)-(- 30)

,¡:¡ -

C) 4v

Del gráfico, vamos a calcular ''112·

En el gráfico adjunco, !a rapidez del joven respecco de l t ren, que experi men ta MRU, es 3 m/ s . Si la velocidad del tren respecto del avión es + 180 km/h, ¿qué rapidez dene el joven respecto del avión?

C) 47 m/s D) 63 mis E) 57 mis

J'iv

Resolución

Si

A) 51 m/s

V

B)

t=80

v,, =-30 m/s

B) 53 m/s

A) 2v D)

MJY=BO m YG/A

La barra de longitud R '2 se encuentra ~.rricu­ l;da de los centros de las cuentas (I) y (2? que se mueven con rapidez constante ~·a craves del riel en fo rma de circunferencia. Determrne la rapidez con la que se mueve la cuenta ( l) respecto de (2).

-y 11A =+53 m/s

''JI A = 53

m/s


lumhreras Editores

Según el gráfico

Piden "J

Resolución

lv¡- v2!=2vsen8

->

f¡: 1-v1 l=21'( R~4

p

Grafi.:amo~ el problema. sabiendo que

)

vs .-··

l'r =3

.. lv,- v21=(f)

m/sr"/,;.~ ·

0,6 m

tK37<> :

e-~v

1

.. ·"P\ ,

p•lom,,

;ombra ce la p3loma

3JO

160m

,, =5 m/s •

Una paloma viaja horizontalmente en una línea recta perpendicular a las vías del tren. Cuando la paloma pasa sobre la plataforma mostrada, la sombra de la paloma recorre la diagonal de dicha plataforma. Determine la rapidez constante de la paloma si la plataforma Jo hace con 3 m/s. Considere qu e los rayos solares inciden perpendiCularmente a la plataforma. y

- ~ ---·- -- ,· ·· ···8

Graficamos

ci~ 8 =200 m

1 - - - - -- 0,8 m - -- ---1

PROBLEMA H.0 7

i.L

d~s= (S) ( 40)

~--········.--.,~·-O:.·O_m:.- >J:··

C) 3 m/s E) S m/s

-:~

vp.lloma=4 m/s

PROBLEMA N.0 8

Juan emplea 40 s en ir de A hacia B, si sigue una rrayecro ria rectilínea; y al realizar dicho recorrido. Juan debe cruzar una plataforma. Determine el valor de su velocidad respecto a la p lataforma, si para una persona en tierra, Juan mantiene su velocidad constante de valor S m/s. (Desprecie el tiempo de salto a la plataforma).

PROBLEMA H. 0 9

Una columna de atleras realiza MRU. cada uno de los cuales avanza con 4 m/s, separados en 2 m. Un íoven que se encuentra en P desea cruzar la columna, pero sin chocar con algú n atleta. Si el íoven corre con MRU a razón de 3 m/s, determine la distanciad necesaria que debe recorrer.

1--2 m-+-2 m-:-2 m-1

1142

1

8

'

-

: ==~ - -- - 9- · ······· -

-4

v/ •

;// .· d

. 'p

A

B) 3 m/s

;¿j

/¿.· //.'

.

.

..= ,.

-~

f,

A) 2 m/s O) 4 m/s

'

-=,.

-= r:;:::;:::::-¡ S m/s

El movimiento de la sombra está compuesto por la velocidad de la paloma y de la plataforma. palomo+ VT

40 S

~Sm/s

Resolución

V s= V

V¡,p

~~i' -· ~

Del gráfico

:

B) 2 m/s

,

,.:>

.

.

t-160 m---1

A) 1 m/s D) 4 m/s

B

C) JlO m/s E) 2,8 m/s

A) 2.5 m

B) 1,5 m

C) 3,S m

D) 4,5 m

E) 6,0 m

143 1


Lumbreras Eri1tores Re solución Re solución

Analizamos el movtmiemo del joven desde la columna de ar!<ras.

(e-;:¡~

l

~~

U OICO

'--"...__,J

N

Columna d~ Jdt{JS en r~spos., r~speeto del Jtlera ~

que <

\._ s~ mut1:e )

Grafi.:amos el movun iemo de los aviones respectu al pona.av!ones.

1--- _7 m--+-- - 2

Oo ,.. @ ..u

m

__._.__ 2 m--¡

,..

...

o~-+-- E

,..

~!

S

- - - - - ----=----------,------..,:.,.-....... -· ..... . .

....

,.-J\,

Tr3v~•ona que sigue el joven sin' chocar CQn los de leras (respecco

',

de la cbtumnd d~ ~rle!Js}

.

A

--- ·-------- --- ----- ---- --------- ---

..

-

r··-· - - - -·- - ¡~ ·- -

Yp=::lO

®

~ ~ (spectoaJ u~rrJ

d.,,n=l.S m

'M ·'1,¡~3.n{ vA = 4 ~/s

m/s /

( vBIP

¡

,

j

-

ts

3 km =d

A

porcaav1on~s ,~

Cálculo de la velocidad con que el avión se acerca a la plataforma.

L1 distancia necesJ.ria o minin1a d

3 km=d

:

:

.._..''\ ..__L... _- ·---.._ . . . .... 1..~"--c

d

será cuando el joven loljre plSM encre dos nclec~s.

r;..

t = dlv

e~ =ra+ts

Tenemos: c1 =cA +cA:

Calculamos la relación

El = C,¡ +tA Del gráfico, concluimos que

VAJP= (250) -

. 53°,

'·r. .'

dmín = 1,5 m

~ :..

Por lo ranro, el joven necesita recorrer 1,5 m.

..... --- .... . ........ --

t2

(50)

.. vAJP= 200 m/s

En (1)

~ v.vp=200

mis

Velocidad con que el avión se aleja de la plaraforma

- v.~ /? = vA- Yp

PROBLEMA N.0 10

A)

1144

d

d

- -+-_j_ = tz

v,vp

VAIP

d

d

VBI?

Va;r

--+-·-lj ~ vA_¡p =

--+--

P,

( -1; - 1-' ) ~B/P

YB/P

Reemplazando valores

-v.~/P =<-25o> -eso>

Un portaaviones avanza hacia el sur con una rapidez constante de 50 m/s respecto de rierra; en determinado instante salen de su cubierta dos aviones de reconocimiento, uno hacia el norte y el ouo hacia el sut~ ambos con una rapidez constante de 250 m/s con respecro a derra. Si cada uno se aleja 3 km respecto al portaviones y regresan a él, ¿en qué relación se encuentran los dempos empleados por los aviones?

(1)

c8 +ej¡

.. vA;p= - 300m/ s ~ v A¡p = 300m/s

( - 1 +- 1 ) 30Q

t' _200

1 ~ - ( -200 - +300 )

Análogamente v8¡p=200 rn/s -+ vf¡¡p

=300 m/s

Luego B) 1,5

C) 0,8

D) 2.0

E) 3, 1

YAJp=Y8/P

-+

YAfp

=

YÍ¡;p

145 j


lumbreras Editores

PROBLEMA N. 0 11

R~solución

Sobre una pisca rectilínea un ómnibus se desplaza con rapid;: consrance de 54 km/ h y un muchacho. que esrá a cierra distancia de la pisca, se di1·ige en codo insranre hacia el ómnibus con una rapide: consrame. En un momento dado el muchacho nora que el ómnibus pasa freme a él en forma perpendicular con una rapidez de 12 m/s. ¿Qué rapidez tiene e! muchacho? A) 6 m/s

C) 9 m/ s

B) 8 m/s

D) l O m/s

Gr.lticamos el problema y analizamos el movimiento del móvil (B) desde el auro (A) .

tro~rectoriadc.s ', ~ ••

E) 12 m/s

Graficamos el problema analizando el movimiento del ómnibus respecw del muchacho.

-v AIM=-v."-( -"YM) iiA=54 km/h=lS m/s

- ~~;·~~~~~0~-·~A------------------------------

2 S

d 11\lil. ='0 '1, /.:>lli • ..

'

,•

--· ·

-::

Del gráfico

d';,20 m \. va.;\·

••·.

~:-

r:;

Resolución

~~ ~-

respe-~to de '"

''a=lOm/ -------.,¡ ., ...s .· ~VS /A ••

C1=60°

\¡,; • - 'a

d=10=1's .~ c=v8 .~(2) v 8 .~=10 m /s

•••

¡•= O_.· . ~---· -- --· ' A 40 m

0=60°

.·· '99~-- - - -

a.

-v11

.. ,.A=10 m/s

PROB!..EMA N.o 1 3

'

: trayectoria del

Del gráfico

1--;M1= 9 m/s . . vM=9 m/s

q,.. Jl /f :

;' ómn ib<L! respecto

:

lf muchacho

·-r-' Momento en que ~1 ómnibus pasa en

forma perpendicular frente al muchacho.

Se muestra una cinra cransporradora que se traslada con una rapidez v y además se muestra un dispositivo automático (A) que deja n esferas por unidad de tiempo y un contador (C) con unJ forocélula, que regisrra las esferas que pasan debajo de él. Si la rapidez del dispositivo autom:irico y del conrador es constante, además es menor que v; ¿cuántas esferas en la unidad de tiempo regiscrará el contador? A)

n(~)

B)

n(~J V - VA

E)

11

V - Ve

PROBLEMA H.0 12

El gráfico muest ra dos a utomóviles que realizan ¡\{RU. Las vías forman un ángulo de 60°. Si luego de 2 s se riene la menor distancia entre ellos, de 20J3 m, derermine la rapidez: de l auromóvil A. Considere que la rapid ez de 8 es 10 m/s. A) S m/s B) 7 m/s C) 10 m/s D) 30 m/s E) 40 m/s

~---~

C)

n(v-(v: +ve))

D)

n(~) V - Ve

(-v) VA+ Ve

Resolución Analizamos el movimiento de las esferas desde (A). pnra el observ3dor

(AJ

esr.\ fii\..

:=o

IIJ~

(D ls

JW

(v-v,..)

V ~~

( i ) 4(.1-!-·.t_~_.-_,-_,------ L _______=<~ __ '-_•·_,··, ~

1146

1471


lumbreras Edrto.'es

La rapidez de la cima respecto a (A) es (v-vA); por consiguiente. cuando las esferas se colocan en la cinta adqureren es(a raprde::: En la unidad de tiempo ( 1 s) se..dejan n esferas. La distancia entre la primera y úiEima esfera es L=n(O)=(I'-1',-\)t= (I' - I'A)(l) _,

D =(v-vA)

Resolución

Gtar!camos el problema

Y':

(l)

11

Cuando la primera esfera alcanza a! contador se habrá formado una fila de esferas. La canudad de esfe ras (n') que cuenta el sensor son las que lograrán pasado en la unidad de t iempo (l s).

·-- ----·---·--.----}?_____ai·.:-'----- --------· ----··:- -x~ ,~:

:

1

'

2..,' m

.

_l _____~ ~~~{;¿; A-:' 3

• ....

. ' :,

Cvc-

1---

- - (v-vA) (l) - --

-

V

-;

:,

') m -4

;'8

32m

1 - - - - - - 50 m - -- - - - l

A)(l) - - - - r - L' - - i l." -

dmin

__---~-... ___· ·-·. ---······~ -s-~?.. _..J.

m/s~

1-----

--··r

1

Analizamos el mov imiento desde B:

ñ.vs= a..~-as.:(3Í+4]) m/s 1S

Al inicio: v Als"' v ol A,-

vota,=O

El móvil A describe un MRW respecto a B con velocidad inic ial cero.

Del gráfico De (1): n'(v-nvA )=(v-v,)

Del gráfico: dmin=40 m

. n ,= n (V-V - - e)

..

(n'O) = (Y-'Ic)

v - vA

PROBLEMA N. 0 15

En el instante mostrado el sistema es abandonado, de tal mane ra que la esfera desciende. Determine la mínima distancia de separación entre el bloque y la esfera.

PROBLEMA N.0 1 4

Dos partículas A y B se e ncuentran e n reposo sobre el plano XY en las posrcwnes lv!(- 18; -24) m y N(32; - 24) m respectivamente. Si inician su movimiento con una acele ració n constante de:

A)

-H sece -2 -

C)

H sen (45°-9) sen 29

a,¡=(2.4 f+3,2]} m!s

B)

Hcose

2

-·r'

2

a¡¡= (- 0,6 i-0.8 J> m!s 2

determine la mínima separación entre las panículas. A) 12 m

B) 40 m

C) 16m

D) Hran 2e O) 20m

H

........1. E)

Hco t9

~------ --

1 - sen (90° - --re)

E) 24 m

2

!148

149 1

..


Lumbreras fd:tores

R;! solución

Colocamos un observador en 1!1 bloque.

'/,:'1

(( f'"

obsen 1doo

-~~ V 1 v~

(l)

/

.

PROBLEMA H.o 16

PROBLSMA H. 0 1 7

Dos esferas son lan:adas sunultaneamence tal ,omo muestra el gráfico adjumo. S1 el choque ~ntre ambos se da luego de 5 s dellan:amienro. determine la drstanCia d ce separación iniclcll Desprecie la resistencia del a1re).

Las esferas experimentan ~IVCL ¿Luego de cuantos segundos se encuentran separadas ~n 50 m por pnmera ve:?

lO IT'}S

lg

i 20 m s

T~·

H

1.· .·••

1

SO m 1

;

1i d

,. ".! l

/

ti·

..-, · · "r.

L...~ ........... '1

ig

..l30 ffi¡ S

. '

30m

40 m/ s

A) 1 s

'Wí'

rmyecronn d~ (2) para

8) 2 S

D) 2,5 s

C) ] 5 S

E) 3

S

:.-..J el obseo·vndor ( l)

B) 80 m

A) 60m

D) 120m En codo mom.:nco, por enconuar:-e hgJdos (en un sisrema fijo), la rapidez del bloque y de la esfera son iguales. v 1=v2

~ ~=13' Para el observador, la esfera desmbe un movimiento rectilíneo. Del gráfico

Hcot6 = 2dm, 0 (sena)

d . = Hcore mlll 2sena

-t

También

C) 100m

Resolución

E) ISO m

Como experimentan la misma aceleración (g). el movimiento de A respecto deBes un MRU. La primera vez que se encuentran separadas en 50 m es cuando A se acerca a B, la segunda ve: sería cuando se aleja.

Rzsolución

Ambos móviles experimentan la misma ace· leradón (g), entonces el movimiento de una esfera respecto a la otra es un MRU. Analizamos desde A

v81.-t = v8 - v." = (-!O)- (20) -t

v

81A =

+20 m/ s A ·~

Como

(a-6) +a=-90" -7

~ =(9o;~e)

~

.. d=l OO m Hcore

. . dmrn

=2sen (-900+9) 2

d

d=20(5)

t 20 m/s

UB '•¡~··

Del gráfico

11=40=v.v 8 e

-t

40 = 40t

.. t=l S

~ 151 1


Lumbreras Edttores

PROBLEMA N.0 18

Para el observador, la esfera experimenta

Una caja asciende verrtcalmeme con una rapide: constante (lo). Si el joven suelta la esfera, ¿fuego c!e cuántos segundos pasará por la parte inferior de la caja? (g ~ lO m/ s 2).

lt= l/2 gr

2

Resolución

Sabemos que

1\WCL. ~~.~

Analb:amos el me\ 1miento delladnllo respecco al joven

\1 ¡; = V { - 1' 8 ::: V ~

~ (0,8) = Sr 2

..

t~O. ~ S

2 = 5r .. r = O.~ s

--1---....----:---~ -...

PROBLEMA M.0 19

0.8 m

En el instante que se rompe el hilo, se lanza verticalmente hacia abajo otra esfera. Si ambas experimentan MRUV con la misma aceleración ventea! hacia abajo, ¿juego de cuáncos segundos se cruzan las esferas?

..J. ~ ,¡ dJI, A) B) C) D) E)

0,1 s 0,2 s 0,3 S 0,4 s 0,6 s

PROBLEMA t-1.0 20

Un joven lleva un ladrillo en sus m2.nos y Juego lo suelta. Indiq ue las proposiciones verdaderas (V) y falsas (F) . Considere un MRUV para 'el camión.(g=10 m/ s 2)

1 ;zg• 8 ( 10 )=St

liquodo

,.. v=O Yc~j;ifrovcn =O cajn

Q

~~ 1

1~•..) , g= 1

2

2 --t

t=0,4 S

En este riempo el desplazamiento horizontal es A) 0,2 s D) 0,7 S

B) 0,4 S

¡ 10,6 mt

C) 0,6 S E) 0,8 s

Como las esferas experimentan la misma aceleración, el movimiento de A respecto de B es un MRU.

0,4

m

El ladrillo cae en el punto P de la plataforma. IL El ladrillo cae sobre el punto M de la plaraforma. 111. El ladrillo cae fuera de la plataforma. IV. Respecco al joven, el ladrillo describe una trayectoria parabólica.

l. Resolución

A) FFFF B) VVFF C) VVVF

'

D) FVFV

..._,

E) FVFF

L---..J..:·\ .... 1152

10 m/s

2

dy

-----------qB

Analizamos el movimiento respecto al joven. En el momento en que el joven suelta la esfera, la velocidad de la esfera respecto al joven es nula; además, como la caja no tiene aceleración, la esfera solo experimenca la aceleración de la gravedad.

1 0,8 m

¡t·· ··¿;··· ······wd___-~. Tiempo en que llega al piso

Resolución

T

.

dx

=}a~ 2 ~

dx

=}es)( 2~)

dx==0,4 m l. Falsa

ll. Verdadera El ladrillo cae en M.

Ul. Falsa

IV. Falsa

Respecto al joven, !a velocidad inicial del ladrillo es cero y la aceleración es constante: por consiguiente, describirá un MRUV.

~ 153 1


lumbreras Ed1tores

PROBLEMA N. o 21

Un globo aerostático expe ri menta un MRU. cuando se encuenrra a 15 m de alrura desde el globo se suelta un objeto llegando a cierra al cabo de 3 s. Decennine la rapidez del g lobo respecto al objeco cuando esce impacta en el piso.

Ecuación vectorial

!lesolución ... :1a!i =amos el mov1mienro de la moneda respecto del niño: entonces. para el niño el ascensor no se 1 mueve. solo se mue1•e la moneda La aceleración que experimema la moneda respecco al niño es

- - - ¡_, d,. = 1·0~·> r , '2 g e·

tlm" =~~ -~~

=-g-a

Enronces ve"" 10 m/s (cuando es abandonado)

:Ímn = - 10-0.8

Ve locidad del objeto Cllando llega al piso

-!lm'n = - l 0,8m/s·

~

-4

Resolvemos de acuerdo a fórmula

VF =(10)+(-10)(3)

v}= v~-2ncl O=v~ 1 ¡0 -2(10,8) (2.4)

YF= -20 m/S Cálc ulo de la rapidez de l globo respecto al objeto A) lO m/s B) 20 m/s C) 30 m/s O) -!0 m/s E) 50 m/s

Yc;o= Ve-v o= Ve-

vF= (+10) - (-20)

vclo=+30 m/s

-4

V~1 ¡ 0 =2( 10,8) {2,4)

Vm;n=7,2 m/s

1 11

1111 1

[?]Nota Con una rapidez menor a 7,2 mis, la moneda no tocaria el techo.

.. vc10 =30 m/s

R~soluclón

Cua ndo el objeto es soltado tiene la misma velocidad que el globo.

PROBLEMA N.0 23 PROBLEMA N.o 22 Un ascensor de 3 m de altura s ube verticalmenee acelerando con 0,8 m/s2 • Un niño den-

tro del ascensor ' lanza un a moneda verricalmeme hacia arriba desde 0,6 m respecto del piso del ascensor. ¿con qué rapidez mínima respecto del ascensor debe lan zarlo para que toque el tech o del ascensor? (Desprecie la res istencia del aire) (g = 10 m/s 2) A) 2 m/s

0) 8 m/s

1154

B) 6,5 m/s

C) 7,2 m/s E) 10 m/s

Un jugador de fútbol A lanza una pelota con una velocidad ¡; = (30; K) m/s. Cuando la pelota alcance s u punto más alto, ¿en qué relación se encuentran los radios de cu rvatura de la trayectoria de ta pelo ta, respecto de los jugadores A y B' (Considere q ue en ese instante el jugador B tiene S m/s y desprecie la resistencia del aire). ·

v=O A :';)

A} 10/17

B) 16/21

'

/

f}.:

C) 36/25

B,..

-

D) 25/32

E) 15/19

155 !


lumbreras Editores

R~solución

R~solución

En el momento en que la pe lora alcanza su punto mas airo, su vehlc1dad es

+ 30 m/s.

La dos esferas experimeman la misma aceleración (g), e nwnces, el movimiento de una esfera (8) respecto a la otra es un MRU Como en el momemo inicial la ve locidad de A es nula . enronces la veloc1dad de 8, que además se ría la velocidad de B respecto de .4, esra dirigida hacta A ya que estas impactan.

~·?=30 mh . ~ :~!~~- - ...

• ,: jg

v,, =0

1

v8 =5 m/s

;:::-

_]VP/.~1 _(30-0) 2 =(30)"! r,.~---- -g

Radio de curvan 1ra respecto de 8

(I)+ (II) :

r.-~ r8

am,~).

Ll50m~ A) 2t

B) C) D) El

2

R1dio de curvatura respecto de A

calcule después de que tiempo dado el lanzamiento chocaran. (Desprecie la resiscencia del

g

¡-; P/612 <3o -s) 'a=---= g

g

g

2

(2s) 2 = --

g

(1)

Resolución

Como ambos móvtles experimenran la misma aceleración (g), el movim1enro de una pan:ícula respecto de la otra es un MRU.

(11)

=(30) = 36 25 2S

e'

2

Como

t

A

De una gran alrura se suelta una esfera A y simultáneamente se lanza otra esfera 8, impactando con A luego de O,S s, del lanzamiento. Determi ne la rapidez de lanzam iento de By Ja medida del ángulo e.

120m - i

- 1SO m - - - --l

Del gráfico

B) S m/s; S3°

30>= (3v)t

(l)

1SO= (3v)t'

(II)

De (1)+ (11)

C) 1O m/s; 53°

1158

3v

= v 81,~ t

A) 10 mis; 37°

E) 20 m/s; 37°

-

-

/\ d

. . v8 >= 10 m/s

D) 1S mis: S3°

3v 1---30m

f - - - --

6=S3° N.o 2 4

~

-~ ~o '-:~· ··· ~L_.. .... ........... .. .... -D

Del gráfico PROBL~MA

3t 4c Sr 6t

PROBLEMA N.0 25

Dos partículas, A y B, son lanzad as ral como se muestra. Si después de t segundos se encuentran separadas una distancia de 120m,

1 e -=-

S

t'

.. c'=St

8


lumbreras Ed1tores

PROBLEMA N.0 2ó

Resolución

Resolu<ión

Dos esteras son lan:ada,; s•multinl!ameme ral como se muesrr~ Determme la disrancia vertical que los separa luego de 10 s del lan=am•emo. Des!'rec1e la resistencia de! air<! (v=25 mis)

El movimientO"de A respecto de Bes un MRU.

El moHmíenro de B respecto de A es MRU

.. - ~ -

pos"1on ée 8 r~specto de .-1

v.·' =! 6m/s

lu~;o

¿e 1 ;

15m v5 =39 -- -- -- -- ·_¡.

15 m/s '"'o

15 m/s v0 l:j)= IS m/s•l ./

-.=..L._ 36.,. ------- -------------·---- "' m/s

Sabemos que A) 60 m

1 S (,\!RU,.)

'l'f

mis

8 'f::-!2-i

~-........,< / [

.

MRU,

--------1 - - - ,-

va/ A(<)=20 m/ s

~ 20 m/s

rl =vt =25 (1 0)

B) 70 m

16 m/s -) d = 2SO m

C) 80 m D) 240m

.. d1 =70

Por lo tanro. del gráfico: d=20 m

36 m/s f--20m--l

m

E) 250m

PROBLEMA N.0 27

Dos pequeñas esferas son lanzadas simultáneamente tal como se muestra en la gráfica adjunra. Si vA = 16 m/ s y v8 =39 m/s, determine la distancia que separa dichas esferas luego de 1s dellantamienro. Desprecie la resistencia del aire. (tantt=S/12: g= 10 m/ s 2)

PROBLEMA H. 0 28

Resolución

Se lanzan las esferas como se muestra en la gráfica. Determine la mínima distancia de separación entre dichas esferas.

Analizamos desde A

rr

15m

l

o o

20 rli· ·.

o o o

Observe que

v8

. _¡p______ _ o

1-v..d= lva l =•t

;p..

A) 10m

A) 5 m

1158

B) 7 m

C) 12m

D) 15 m

E) 20 m

D) 40 m

B) 20m

C) 30m

. . dm;n=lO m

E) SO m

159 1


lumbreras Editores

Capítulo

7

PROBLEMA H. o 29

Se muestra el Ian:amtenro stmulcáneo de los

Análisis de gráficas del movimiento mecánico

proyectiles con la misma rapidez (v = 5l m/s). Determ ine el i mervalo de ttempo que t t·anscurre hasta que los dos proyectiles presentan su menor separación. Desorecie la resistencia del · atre. (g= lO m/s 1)

=======--=-----

/

Cuando el móvtl 8 p~sa por N, la separación es mínima.

- ~,.. fr,.;t~-:.

.

68~, ~ .. J '\ ),\ w

1 - - - 75 .fi m -

-

i!' ' ~ j

'

\!>.1•..1"'

..

"

..

~-

_

ll l·fl•

(

} \

h~f.--"'l

'!'........ . ,

"

-1

"

,,

~·.,

"

A) 5 S B) 4

S

C) 3 S

Del gráfico

0) 2 s

K=lS

E) 1 s

d,11.v=7K dM.v=IOS m

Resolución Estudiamos el movimiento desde A. entonces A no se mueve. Además debe tener presence que cua ndo dos m óviles presentan la misma aceleración, el movimienco de uno respecto del otro es un MRU.

il60

Desde A, el móvilB describe un MRU

d;.lN=vt lOS =S l c

.. t=2 S

-" 1'l

,

. ¡··

:.¡ r

~.;n

l•·l

'; 1 tt'•.:

""

l'•n

t.,l

lo

l-.

'·'~'~'·

•l 1 1

'

. -·

'

1

...

¡(o•

'

,. ·~·l••l

Sería difícil encontrar una r,1ma ele la cienci.1 en la que no se emplean las gráficas. En alguna oportunidad hemos visco grá ficas que nos indican el crecimie11to industrial, los índices de pobreza, o el nivel de aceptación de un político ante la población. La cons1rucc1ón de esre tipo ele gráficas no es difícil si s~ ha elaborado la tabla correspondiente. Aquí trataremos de otras gráficas, las que deben construir· se según fórmulas matemáticas o ser interpretada s para co nocer el desarrollo ele un fenómeno físico. En el estudio de la cinemática también se emplean las gráficas. Según la informacio n que nos brindan, podemos deducir el tipo de movimiento que describe el móvil. Por ejemplo, cuando la gráiica Posición(x) -Tiempo(t) es un,, recta inclinada, se trata ele un MRU, siendo la pendiente de esta la velocidad. Pero si es una parábola se trata de un ,v\RUV. y la pendiente en cada PLII1to ele la gráfica in· dtca la velocidad para ese punto (o u1stante). En la gráfica Velociclad(v)-Tiempo(t), el área debajo ele 1;:~ misma nos indica el cambio ele posición del móvil y la pendiente ele dicha gráfica la aceleracion del móvil. Así mismo, el área bajo la gráíica Aceleración(a) -Tiempo(t) nos indica el cambiO de velocidad, y la pendiente de la gráfica la rapidez con la que cambia la aceleracion.


Capítulo

Análisis de grá-ficas del : movimiento mecánico . • • •

~..

. . . • • . • . • • • • • ..

• t.

• • .

• • . •

• •

• •

• • •

• • •

• • •

• - •• - . . . .

• • •

. • • .

• • . . •

• •

. ••

!)R0 i31.t::MA N.• 1 Un cuerpo se desplaza recrilíneamente sobre una superficie plana y varía su posición según la gdtica adjunta. Determine su recorrido para¡ e [O; 6) s y su velocidad media para eE (4; S] s. A) :!40 m y B) 320 m y C) 300m y

-60i -90i -60i D) 300m )' - l20i E) 180m y - 120i

' X{m)

180~- ... -- · .. ·· - :

m/ s

mis mis m/s

m/s 60 --t{s)

3

01

4

S

Resolución

Gráfica

x- r

Graficamos el movimiento según la gráfica tlr= 3s

X(m) v=O

180 . .... .. .... . ..

x =O

,.....-/'---.

1------

d,---___,

MRU

MRU

60

X{m)

x= ISO

d~rccha

(+)

r =3 s}v=O

r=0~~;,4s ~(~~-l

'

r=6 s

:

tlr' = 2 s : :c=4 s

~[F.

; : v=O ......... ..... ... .. , ( '

: :

x=60

f---d2-¡

r(s)

3

4

5

6

Para e E [O; 6) s: e=d 1+d 2 = 180 ... 120

,_ _ __ _ j_

.. e=300 m

163 1


lumbreras Edilores

Parar e [ -!; S]s·

Enronc~s

r ~ S$

c = ~s

..lr=l s

-·~-?-

P,lra P.

d=:\, -'.\.. = (60)-(!80) =-120m X(m)

d

·'·o = 180

- 120m 1s

1',= -~---

..lr

d= - 120 rn

·.

Dd gráfico se observa q ue en r = 1-! s l,t postcion es

-;;,, = - ll.Q f m 'S

x,

1,,

=-S m

Para t[ l O. 22]s se tiene un MRU: -;' = tanl3 =.,.J m/s

Pot lo tamo, en e= H s la velocidad es

1 ¡! 45;= -"-1 m/s

PROBLEMA H. 0 2

La grá~~a del movimiento de u na panícula viene exp resada en la gráfica adjunta. éQué velocidad y postcton le corresponde para el instante r= 1-! s? A) +0,5 mis y + 2 m 8) +l m/s y +2m

PROBLEM A N. o 3

x-e

de dos partículas r\ y B; después de qu e la pa n ícu la B pasa por el origen, ¿cuánws segundos transcurren para que se encuentre con la otra partícula?

Se mues tra la gráfi ca

X(m)

18

C) -1 m/s y - 2 m

D) + 1 m/s y - 8 m

X(m)

E) -0,5 mis y -1 m

5

o

Resolución

e(s)

Se qu iere determinar¡; y

xpara r= 14 s.

X(m )

B) 2,2

A) 2 S

10

..

4

- 12 · -- ---- ----- -- -- --- -- .

C) 2, 4 s

D) 2,5 s

E} 2,7 s

c(s)

s; i, . ,': - 8 - · · · -- ------ ---- --- ---- -- -12 --· -)·· 1

:y

s

Resolución

Las pan ículas en r= O se encuent ran en la posición x,; y xs; transcurrido cierto tiempo se encuentran e n la posición Se pide determin ar el riempo de encuentro (t•) luego de que B pase por el origen; note qu e B pasa por el origen en t = 5 s. entonces el ti empo pedido se contará a partir de ese ins tante .

!::' ~:=:~~~-------

xp.

j 164 165 l ..._..._ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ _ _ _ __ __

......;::¡¡¡¡...__

_

___

.~


lumbreras Edi tores

PROBLEMA t-1. 0 4

Graficando. cenemos

En la gráfica

x

- t

se muestra cómo la posición de una pardcula varía en función de l t iempo. ¿Qué

n~locidad cenia la panícula. cuando pasó frenre al observador por pri mera vez?

' X(m)

A) +4 m/s

¡x1m¡

B) C) D) E)

l

·: ·e¡

- 12 m/s -12 m/ s +6 m/s 6/ 5 m/ s

-,: 4 'l

32 - . ....

c(s) \ paritbo!a

pos<ción de ) Xp • • • • · · • • • · -· - •

( em:uentro

o 143°

2

Graficamos el movimiento

R~solución

'5°

Para dete rm inar la velocid<1d cuando pasa por primer;:, vez frente al observaáor. es decir, en t=O. la segunda vez es c=l2 s. utilizamos la simecrí~ de 1.1 parábol~

c(s)

Origen¡----r.-.1....::::::---+t---==-~"'~~~----~

; ~~ ·:\3JfOK

r=Os

x=O

A

r

' x(m) -

~! ~--::__

!---- 32 rn ---1

encuentro

S

t=4s

_--- ~ . - 4m/s

~\ ~

uempo de

1------ J 0

4s

-

- --J

x=+32

c-ambia de direcclón\ ( la velocidad J

m:=:Q v=O___ _

Como

.'•

Del gril fico

Reemplazando en (!)

v0 =12m/s ([)

En M y N la pe ndiente presenta el mismo valor. . . c•=2,5 s

VN ~ tan~= - tan 9 = -4 m/s

.. v =...12m/s 0

vM=tan6 = +4m/s

1

167 1


lumbreras Editores

PROBLEMA H. • 5

adjunto Dere•mine su rapidez de lanzamiento I·SupostClónparar=7s (g=10m 1s1 )

Se muestra la gdrica del movimienco de una partícula, determine' su ace!eracíon y su recorrido en el intervalo r: [O. 6] ;;.

r---+80

r==2s

-

r(s) O

2 .:

::6

1s

-· --

11

S

r=5s

3s ~ r--:;;~. 6 m/s __

v=O

r=ós 8 m/s

r (.s)

o

~_..,...

~d

A) 20 m/s; +40 m B) 30 m/s; ......¡s m C) 30 m/ s; +35 m D) 20 m/s; +45 m E) 25 m/s; +35m

,' 1

Parar e [2; SJ s A) +2 m!s1; - 12m D) +2 m/s1; +20 m

2

C) +1 m/s ; + 11 m E) +3 m/s 1; - 24m

Cálculo de la aceleración ([)

Resolución

Resolución

Para de terminar la aceleración y recorrido e e [O; 6] s. vamos a sacar información de la gráfica y graficar el movimiento.

Se quiere determinar Y¡;s) y v en el momento que se lanza la piedra Cálculo del recorrido tE (O; 6] s

Xcm>

Ytm)

pendiente(+) movimiento ( la éerecha

3)

f'pJróbola (MVC L)

- (2) = 4 m (4+0) 2 d = 0+8) (- 2- (4)= 16m

d1 = -

d3to:

g=-1 0 m/ s 2

1

y0 =80

2

Y(7 s) - • .. - • • • - - .. • • • - - - .. • • •

. . e=20 m

o

PROBLEMA N.0 6

En r=O, el móvil se dirige a la i::quierda disminuyendo su velocidad, tal que en r=2 s la velocidad es nula y su posición es x=O. Luego cambia de dirección (a la derecha) aumentando su velocidad, y en t 1 la velocidad es +6 mis.

1168

Una piedra es lanzada verticalmente hacia arriba desde 80 m de altura y su posición respecto del piso varía según el gráfico (Y- t)

En t =O

-'1

y0 =+80 m 169 !


Lumbreras Editores

Del gráfico

C) +7 m/ s o -12 m/s

D) +6 ¡rJs o -18 m/s E) -r-lm/s o -27 m/s

dr e(O;Ss]

i¡=

17 S

En

xse tiene un YIRU

vs= [20 - 2<t7l] ¡: 8: - 1-! m/ s

Resolución Se q uiere la velocidad deBen el momemo que pasan por la misma posición.

Como

PMil

Primero encono·aremos el tiempo en que se encuentran en la misma posición.

(1)

:. v5 =[20 -2 18l]= 4 m/s D~:l

l ' (-80) : -YO(y)(8)+-(-IQ}(8)· 2 ..

VO(y)

~ (l16-Sr)=(-20+20r-c 2) 1

=+30 m/s

r - 25r+ 136=0

' x -17 Cálcu lo de la y( 7s)

-

-

-

' 1- ,

YF<,J = Yo<yJ + vo(y)t + g e·

2

-

Y(ls)

l ' =(+80) +(30)(7)+2(-10)(7)"

-8

Existen dos momentos en que se encuemran

1¡ = 17

S

y í1=8 S

Ahora vamos a dete rminar la ecuación de la velocidad de B, a pardr de la ecuación de su posición.

gráfico

PROBU:MA N.o 8

Una panícula que experimenta un MPCL en el plano XY fue lanzada desde la posición P( -K; 25) m. con una rapide: de lOJS m/s y un ánoulo de elevación a. Si la ecuación des u movi"' a lo largo del eje X es x = ( - 20 + 1Or) m. miemo ¿qué posición le corresponde luego de 5 s de haber s ido lanzada la panícula?

0

ii

=!¡jii.< = lO m/s

-

A) (30; 0) m B) (20; O) m C) (25; O) m

D) (30; 5) m

E) (25; 5) m

vo<.v>

Cl.

De l triángulo

-;0(,1 = 20 m/s Ecuación de la posición

y

R~solución

Graficamos el movimiento y

Ahora s e puede hallar en (!) y (Ir) la posición.

PROBLEMA N.0 7

Luego

Dos cuerpos A y B se mueven sobre el eje X. donde la ecuación del movi miento de e llos queda definida por x~ =016 - St)m y

x

8 =(- 20 + 20r - t ) m. Determine la velocidad del cuerpo B en e l insranre en que comparten la misma posición.

Para t = S s

v0 =+20 mis

x F=[-20+ 10(5)]=-30 m

CL

T }~ v<(c[e.)

1

Ecuación de la velocidad

Yo = 25m'

YF=[+25 + 20 (5) -5 (5l2 ]=0 m !g=lOm/sa .. P(+ 30, O) m

A) +5 m/s o +15 m/s B) +4 m/s o -1 4 m/s

117[]

~

v8 =(20-2d m/s

x0 =(-K) m


lumbreras Ed1tores PROBLEMA H. 0 9

Graticamos el movimaenco

Se muesrra el grátko del movimienco de una panícula. decermtne su pos1ción y velocidad en el ms rance e= 12 s (a partir de r=2 s se nene 1.~ parábola).

c=ls

t = Ss

35

r=l2~

75

v~~:= 20m/s

11 -~ B ~-~x-21 x - 30 r---d 1 =9 m

e=.- ....!!...-

A

.'\) +121m; 20 mis

~Y(m)

B) + 130 m. 21 m/s C) +120m; 20 m/s D) +121m; 2-! m/s E) ... 126m; 30 m/s

··· -.. 30¡ .......... .. .. .

·...

••

21 .::, .

A

..

,

.· .· ; . A. vérrice de ' '~ p.ll.iboll

Para el rramo AB:

...

~-

r(s)

o

2

S

Tramo A C:

VF

d! - --

x,

X(m)

--¡

-f l = óv- =..-6-m/s m -- = + 2-r -\e

3s

=Vo + ar =o + 2(10) = 20 m/s

--

vF= ...

zo m/s

T;~mblen

Resolución Para de terminar x 112 s) y v pz sl sacamos información del gráfico, que por ser una parábola corresponde a un MRUV.

.

'e

\3

d,=+9

mr··.21----: :_·_-- ··· ·--~~-- j --· ~¡ .· ' ''

...;,.·

'

,'

' ' ''

' '

''

'

30m

PROBLEMA N, 0 10

Se muestra la gráfica del movimiento de dos cuerpos A y B. Si en el instante inicial la rapidez: de B es 4 m/s; de rermine la velocidad de A e n t=S s. A) B) C) O)

- 2.46 m/s - 4,65 m/s - 6,38 m/s +6,41 m/s E) - 3,84 m/s

38

B

tangente

En ·,

r = Ss _. v=can9= 6 m/s y x=+30m r= 2 s _.

v=O

y

x

12 , 1=+2l

m

1172 --·----------------------------------------~-----

o

r(s) 1,5

4


Lumbreras Editores

Resolución

En (l)

[$] Observació:'l

El móvil A experimema un MRU; de acuerdo con el gr:ífico, su veJocidad es ·-

v"' =can a =- ran y = (38- ·r s ) 4

Los datos no están bien dados. por ello d 1 ciene diferent¿s valores ol)tenidos geomé(ltcamente y ;,lgebraicamente d 1=3 m d 1=2m

r~Lr~~l

([)

¡;

=t:::_]]JJ = +6.41 ~ . 4 S

J

'X(m)

PROBLEMA M. 0 1 1

Se muestra la gráfica del movimiento de dos cuerpos A y B. Para el1nstame en que tiene la misma rapidez. iqué distancia los separa?

A (,\I!RUV)

T 6 o

4···::· v=O ··-. :m=O 1,5

c(s)

4

.· .· Gra frcamos el movimienro

Grafrcamos el movimiento

de B para e e (O; 1,5] s

de B para e e [1,5; 4] s

e= 1,5 s v =~ ..!.!..._ ()

1,5 s

260 ... ,. --

- ... ... ' ,parábola

' \

\ \

4 -----;-- ···--··--·· ''

c=O

-----;;g::_

o

c(s)

8

r-------d , ------~

A) 2~ m

B) 32m

C) 36 m

D) 164m

E) 108m

Resolución

Uno de los móviles (8) experimenta MRU .

-v = -canet = - (~~ -4) sm 8

1174

----------------------------------------------------------~~------- ----·

(l)

175 1


Lumbreras Ed1tores

l. La pat cícula se mueve en una sola dtrec~iór. 11. Para elmscance t=3 5 la ¡>arricu.« se IT'ueve ha.:;a la i:.:¡uierda. dJsmmuvendo su rap1de: lli La máx1ma rapidez de la parctcula en el mrervalo de c=O a t = -! 5 es ó m. ·s. IV. Para el msrame c=5 s. el módulo de 5u veloe1dad y acelerac•ón son •guaJes. V. En el mcervalo t e [0; 6js. su recorndo es 128 -m 3

P.tr.1.'1

'x<m>

-

c.10u = 10

\f

3101 \),s -+ - m '~-3'-l

-

= XOHl-

- "

VI) C-

l1-· ~ t"

L,,o

L(-.!.)2

_o m

l. c. .¡ -32-----.

-

x,=

~

e-,

(

)

.:!60--:¡- m

PJra r=20 s -

x¡: =

A) FVVFV D) FVFFV

(2011 260--- =-160m 4

24 S

t=O

8S

a-~.~~v=O

--~ x=~ m

-·~

x"

.

En (I) -va=- [(J-t4)-4] =-lOm/s 24 -4

--t)

x0 =260 m

..__d,.-;

v8 =10 m/s

Pnra t=20 s (11)

l.

x, ={324-10(20)} =...124m

Ecuación de la veloc1dad A t=20 S A

1 - - - - d 1 =256m - - - - - 1

1 2 d1 =v0 t+-ac 2

;)

-4

v.~=(-O.Sr) m/s

x"=l60 m ~-------dAs--------~

La rapidez de A es

v..¡=(O,Sc) m/s •

Luego

a=O.S m/s 2 ~

ñ =-O, S m/s 2 L

-4

1'

1( 1)

d,=v,.,t+-tH"=(Q)(S)..,-- {8) l =16m • V 2 2 2

.. x.-~=260- L 6=+244m

1176

Falsa Presentará una misma dirección si en todo momento la velocidad tiene la misma di· recc1ón. Derivamos para decermmar la ve· locidad

v= (2c

2

-Sr)= 2dc- 4) m/s

para t = 1S

-7

v(-)

para e = 5 s

-4

V(-)

y

Por lo canco, cambia de dirección.

{0,5 t)=(IO)

dirección

E) FFVVV

De

P,ua 8

Graficamos el movimiento de A (lvl RUV) para e E (O; 32)s

C) VVVFF

Resolución

e(s)

8

B) VFFVV

r =20 s

En el instante t=20 s, A y B presentan la misma rapidez. Para determinar la distancia que Jos separa. hallamos la ecuació11 del movimienw para cada uno.

0

PRO BLEMA N. 12

Una panícula se mueve a Jo largo del eje X, la ley dP. su movimiento queda de terminada por

x=(3c -4r 3

1

1!. Verdadera Ecuación de la aceleración. Al derivar se obtiene

v

ii =(4c -8) =4(r-2) m/s

+8 )m

Con respecto a las siguientes proposiciones, indique verdadero (V) o falso (F).

En t=3 s a= 4(3-2)=+4 m/s 2

177 1


Lumbreras Editores

De

-¡;= 2t{r -41 =2(3)(3 -4] = -6 m/ s

De c=.; s - 1 r=6 s se desplaza a la derecha

Resolución

PROBLEMA H. 0 14

-24 ent= 6 s: Xróst ="'3"m= ... 8m

De 1.1gráfica se deduce que el móvil experimen· ca dos MRU para dos intervalos de tiempo.

Dos partículas se mueven en linea recta ;obre vías paralelas y sus velocidades se comportan en íunción del tiempo según la gráfica adjunta. Si inicialmente están separadas S m (8 detrás

Graficamos

•v(ml s) 1

c =4. ~.:_:o Por lo tamo, dtsminuye su rapide:.

de r\). determine para qué insrance de tiempo B estará 16m delante de A.

MRU(2)

so

•.. .~?

'

·'

x= +8 r=6 s

!!!. Falsa l J v=1t·, -8t=2[ t·-2(r)(2)+4-4

'

¡\[~U(I) :

v(m! s)

40

B

-

0

e =2(~

lA ¡

+8)

2

128 e=-m 3

---. ...s:..,

. . Vm.;x=B m/s

tV. Falsa Para c=S s

v= 2c(r-4) = 2(5}[5-4 1=+10 m/s a=4(r-2) =<1(5-2)=+12 m/s

r(s)

3

Considere tancx:o3

PROBLEMA N. 0 13

Un automóvil que se mueve sobre una pista horizontal tiene una ve locidad q ue se comporta en el tiempo según la gráfica adjunra. Determine su desp laza miento en r E [O; 4j s y su velocidad media en rE {0; 5) s.

d =( + 40x 2)+(+80x2)=+240 m

A) 4 s

C) 6

~ d= +240im Para t

E

B) 4,12 s

S

E) 8 s

D) 5,12 s

(O; S) s Resolución

• v(mls)

80

V. Verdade ra De la ecuación de la velocidad

k!!

-§:-,

Para r E [O: 4) s

vmi., = 2[ 4- (r-2) 2 ]

---

/ :

X

Para la rapidez má:.;:ima

min(r=Z)

t-------~------ .4

S

d

v,.= ór

····· · ---~---

(1)

Graficamos

'v(ml s) (MRUV)

40! - - - - ' 1

B

v ::2r(r-4)m/s

De c=O- r=4 s se desplaza a la izquierda

- (23

Dex=

l. ) r 3 -4t-r8m

en c=O: x = +8m

40 en c= 4 s·' x (4 S) =--m 3

1178

c(s)

o A) + 2607 m B) +3007 m C) +260im D) +240i m E) +320i m

2

y +687 m/s y +56i m/s y +64im/s y + 64i m/s y +54i m/s

Reemplazando en (!)

v"'=

+320(i) m

Ss

.. v.,= +64i m/s

__ l _.

i(S)

canCL==3

179 1


lumbreras Ed1tares -. ii8 =tanu=+3 m/~ 2

E monees Rl!solu<ión

1

t=O~=, ~=o

~ - 08 ,\.f

\IR' ' V

(S)

--- ll¡¡

"'

-E

1

>

-

-ar-=24 + 9! 2

~

-

De. grañco l.

N

.!. (3)c· = 2-h 9r

'

i-sm~

2

i--16 m-{

:1

1

¡~ · ( ~> _.(9 mis

¡v (m/ s) 1 . - d- .. --.-- .................. ·r-------,.

'

De donde

:8

): 9 m/s

· ~-

?arar '=[O; 8]s

8

!Al

1 2

1 2

e=() l<S> .._ -(21(8>- -(2lC8l ... 8(3>

.. t=-!3 m

""l-

l--9r----t ..

Del gráfico

t¡=8 S

d¡~~N=8+9r+ 16

d = (-8)+ (-81 ~ 8 +2-1 ~ rl= + l6m ~ d= l 6m

PROBLEMA N. 0 1 S

IIr.xF = x0 +d

El gráfico muestra el compOL tamienco de la velocidad de un cuerpo con respecto del tiempo. Sí la trayec toria es rec tilínea, determine El recorrido para e e

l.

XF = (-8)+16

[O; SJ s.

:. xF= - 8m

11. La distancia para r e [O; 8) s. 111. La posición en t =8 s, si en c0 =0 la posición es

x= - 8 m.

v(m/s)

PROBLEMA N. 0 16

+8 ·· --·· - -········-· ,.-- - - -:

En un determinado planeta, respecto de su superficie, se lanza verticalmente hacia arriba un ob¡ero

y su velocidad varia según la gráfica adjunta Determrne el módulo de la aceleración de la gravedad en dicho planeta y el recomdo del objeto hasta 1 s ames de impactar con la superficie.

o

r(s) :¡

5

A) 5 m/s 2; 65 m B) 4 m/s2; 75 m C) 6 m/ s 2; 75 m

8

D) 7

-8

v(m/s)

24

2

m/s ; 65 m

E) 7 m/s2 ; 85 m

A) 48 m; 12 m; +6 m

B) 42 m: l 6 m;+8m

C) 44 m: 12m; +6 m D) 48 m; 16 m; +8 m

E) 40m; 16m; +4m

o

r(s)

:8

-24 ............... .

1180 181


lumbreras Ed1tores Entonces

Reso lución

pROBLEMA N.o 17

Observe en la gnifica que para'"'-! s el objeto cambia de dirección, en dicho instante s u velocidad es igual a cero.

La gráfica (-;.,) mostrada corresponde al movimiento de un au tomóvil que se des plaza sobre una pista horizoma!. Si en los primeros s s ha recorrido 165 m. ¿que aceleración (en m/s1) y velocidad (en m/ s) tendrá en el insrame t = 1O s?

Sea el planeta X. y :,Q

v=O

r = -! s :, -

1

j

igc,>=? 3S

4s v0 =24 m/s

TI ( . ~~,I

1S

t =O '1[1

(

: -"

,~~~

3

}

1 ; .tnces ól impacto

3

c(s)

o

e=/1 1+h 2

8

5

A) -IOi

y +20i

y - 10i D) - 9i y +20i

11

S) + lSÍ y

PROBLEMA N. 0 18

+ 1si

Dos partículas A y B se desplau n sobre el eje X, en el instante inicial sus posiciones son - 80 m y + l 00 m. respectivamente. Si las ve-

C) - 15i

'if(m/s)

E) -lOi

y + l Oi

locidades de d ichas partículas dependen del tiempo según la gráfica(-;- t) mostrada, determi ne la posición de B en el instante en que las partículas presentaii su menor separación.

R~solución

Para t= 10 S Se pide

. . ' .

1'---3--t ).,f

.

Para e .:(8; 11) s se tiene un MRUV(2), para cualquier instante

Del gráfico

impacto

El recorrido has¡ a 1 s ances del imp~•co es

v0 =30 mis

:. a= tan9 =- Vo = - JQ =-10 m/s 1 (~)

v (m/s)

h,

'

l65 = .!. l'o lSI .-1•0 131 2

ay

V

v(mls)

8 r(s)

T

Vo .... . ..... .. ~....:lv.:.:.:RI ~U::..._""

v (m/s)

B

y= 18

1

c(s)

- 24 -·- - --- ---· -- --- - --· - - -- ·

Del gráfico

1 2

Ir, =!A, = -0)08) =27m -

-

r(s)

S

Reemplazando en (!)

-20

Como (!)

=

h1 !A 1 = (24

1182

){4)G )= 48

Considere sen a=

e"'48+27=75 m Para e E [0: 81 s, del gráfico

m-

J..

___________________________________________________________.___ __________

A). +9 m

}s B)

+ 11 m

D) + 15 m

C) +1 2m

E) + 17m

183 1 ~ , ~---------------------------------

- -----


lumbreras Edttom

Resolución

PROBLEMA H. 0 19

Del gráfico

En t' 1:1 veloctdad es nula y el movil cambta

de duc:.:cron de derecha a i: quierda, es decir,

Un aucomóvn inicia su movimiento con una

• l(m/s)

MRUV(Bl

~IRU(A)

j.1

6 =rana. =

6r-----~---7~-

+

2m/s~

.:morende el recomo: por consigUiente, en r ::lO s $e encue ntra en la posiCJón imcral.

aceleractón cuyo módulo es a=0.75 m/sl y su velocidad varía según la gráfica mostrada. Dete rm ine después de cuánto tiempo (a pa rrir de t = O) el au comóvil inicia su recomo, Si se sabe que después de 20 s se ubica nuevameme en la posición de parrida.

d(de recha) =d(izquierda)

+,0;2) =,0;3

A

J'' . 1

Entonces

(,0;¡

1C(ml<l ro

t(s)

En ronces

• ¡¡ (m/s)

A) 9 m .!.t31lr'l = ]_120-t ')v

3

2

2

(1)

B) 12m

D) 27m

C) 21m E) 54 m

Resolución

r(s)

El móvil A se dirige a la derecha; el móvil B, de r=O hasra e', se dirige a la izquierda acercándose al móvil A, pero disminuyendo su velocidad. En e' cambia de di rección. En ese momento el móvil A se le acerca pero solo hasta que las velocidades se igualen; a partir de ese instan te, B se aleja de A. La menor separación entre los móviles es el instante en que s us ve locidades son iguales. (r=13 s)

A) 8,1 s C) 10, 1 S D)Il,ls

-

XF

-4

E) 12,1

-

-

1-

( r '- 4)

ii(m/s)

B

A MRUV S

En {1):

1s .. .. •• ... •. :

T

(t'--! )

ii(m/s)

Resolvemos

a = rana. 0.75=rano. a = 37°

t'= 10, l

S

r(s)

l

Desplazamiemo de A para e e [O; 4]s

1--20- r' --f

XF=(I00- 20c+t 2 )m

Ci =lA, +IA 2

4

PROBLEMA N. 0 20

1--r'-4-i

Dos panículas A y B se desplazan sobre el eje X. Sus velocidades cambian con el tiempo según la gráfica adjuma. Determine el desplazamiento de la partícula A, desde c= O hasta el instante en que la aceleración de B sea nu la.

' :v

1

-V . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1184

3(20-r')

La pendiente ·del gráfico ¡;-e indica la aceleración, observe que en r=4 s la pendrente del gráfico de B es nulo, entonces, en dicho inscance la ace leración de Bes nula.

3e' = (20 - t') · 3 {20 -é'l

~~L(2m/s 2 )

En r= 13s

v::

De la gráfica

3

=xo + vot+-a r

-4

8) 9,] s

Resolución

Ecuación de la posición: Para B

3 V '' tanP = (r'--1) = (20-r'l

]

d =[ +i(4)(3)]+[+ (12)( 4)] .. d = +54 m

~ 185


Lumbreras Editores

PROBLEMA N.• 21

Emonces

Un insecto se desplaza a lo largo del eje X con una velocidad que varía, según la gráfica adjuma. Si en t=O su posición es =-4 m, determine su posición y aceleración para el instante e= 16 s.

Para t=8 s

Resolución Ddgráfico

-

x

' v(m/s)

.' ·.'' .. ', 12 '

y

¡¡¡(mis) PROBL~MA N. 23 0

r(:_}

10 A) -4f mls 2 B) -si mls 2 C) - 31 mls 2 D} -Sim!s 2 E) - Ú m/s 2

d =+ 10m En (l}

,, ,, " '.

8

n = canp = 6

La aceleración en r=l ó s es

Un móv1l describe u:-1 trayectO rectil íneo, variando su velocidad según la gráfica mostrada. Si durante c0 segundos recorre 16m, determine v, si tan9 = .¡ y el movil se detiene luego de transcurrido un mínimo riempo c.

- = can S= -can Cl. =-Smis-' t1

.. a=-Si m/s

-6i m

3K

2

y -'-61 m

1

y + Si m y -10im y .,. JÚ m

v(mls) r(s)

vi-- - - -"

PROBLEMA H.0 22

Resolución

Un halcón se mueve en línea recta con una velocidad que varía en el tiempo. seg(m la gráfica adjunta. Si en el instante t=S s s u aceleración J3 1s·.> <que • • . .• es -m mo'd u1o nene su ace1erac1on

Del gráfico

ii(m/s) 10 · --- -·- -- ---,

Dato:

./3m a<-) •·)=+= can o: 3 1s·

3

en el instante c= S s?

'' ''

e

o

'o

A) 2 mis

ii'(m/s)

Del gráfico

D) 10 m/s

B) 4 m/s

t(s)

'r C) 8 mis E) 12 mis

Resolución

t(s)

Del gráfico r(m/s)

también c(s)

r=

2J3 K

V

MRU

- 20 MRU

(I)

A) O

B) -l

3

m/s-'

a .. r = 10

1186

l

'o

r,-r

187 1


Lumbreras fd1tores

El tiempo rotal

Una pamcula se desplaza sobre el eje '(, d~ manera que el cuadrado de su rapidez varia en funcion de la posícion de acuerdo a la gráfica adjunta. Determine su rapidez en !_= 1,5 s. (Considere que la posición inicial es x = 0)

8-

(o.) 1\

PROBL~MA N.o 25

Daw:

'v (m/s)

<'o = vr 0=!6m

Ecuaciones del movimienro (1)

1\

tan a = 2:. =4

r(s)

~

o

V

(II)

En (a) reemplazamos (!) y (II)

2

A) +20m D) +30m

4

8) +22m

(1)

8 C) +24m E} + 48 m

x(m)

o

Reso lución

V [Tv 4 ]l [ Fv ]l + T -4+4

16 r=-;-'-¡=

Luego

ii (m/s)

12

A) 6 m/s D) 3 rn/s

Adquirimos información del gráfico

C) 4,5 m/s

B) S m/s

E) 1,5 m/s

Resolución

8

Se pide v(I.S s) = ?

tanet=2

Gráficov 2 -x

'1 MRUV(,l)

2

.. v=8~

144

-t

t=6 S

S

t{s) 2

En este instante se encuentran en la misma posición

-(v/-vJ)

~'------.

{pto. medio)

En (1)

a

X(m )

vf=o ~~----------~~ ~ 2~~_.

Del gráfico

1---

-

X

----l

PROBLEMA N.0 24

Dos pa rtículas A y 8 se des!J iazan sobre el eje X, sus velocidades varían en función del tiempo según la gráfica adjunta. Si en t =O sus posiciones son = l5 y 8 = +18m, ¿en qué posición estarán juntos?

x.4

1188

x

(

ñ..~=tanP =+l m/s2

t=-~~~=0

~,

,.....__..... ...... __ _ _ • • • • • • • • • • • • • "\.

1

En t=O 1--- -- - - - - X - - -- ----1

x=:O

x=l2

189 1

~-----------------~~-- -·---------------


lumbreras Editores Anah:amos

A) ~(-tJ3 -2rr) m

vJ -v5 = lax ,

11

3

,

v¡- v· 2x

-

C)

~ (9J3-2nlm

D)

~(9J3 - 4rr) m

= ~ =ranc.c =ere .

B)

En (1)

Pero

~(4J3 -3n) m o

!Al

3

6

(2J3- 27t) m E) 1 3

1(1t) 2 3

(2

.. e=fl.. 1 =i(9J3-4;dm

(" D =-- (2)-' ¡ -v3) ( 1) = -rr -J3) 2

3

:(l)(J3) -[~iT- ";]=~J3-~;¡

2

La gráfica corresponde a un MRUV desacelerado.

0- !2 2

RQ:sofución m

Lsl

Del gráfico

a= --=-62(12>

des.1c<lerado

0

PROBLEMA N. 27

Una partícula que se desplaza sobre el eje X es observada inicialmente con una velocidad de

v(m/s)

-41 m/s. su aceleractón se comporta en el tiempo segun la gráfica adjunta. Determme la veloctdad de la partícula para c=9 s y su recorrido en Jos primeros 8 s.

Luego. para t= 1,5 s

A) +12Í m/s y 52 m

B) +lÚ m/s y 41 m C) +14Ím/s y 4lm

.. vF=l2-9=3 m/s

D) +l6i m/ s y 52 m

·-·· ···--···-···- -· ·--·

e

E) - l4Í m/s y 52 m

1

Resolución

1~~----~L--D--~t~(s)

PROBLEMA H. 0 26

Una partícula se desplaza en línea recta con una velocidad que varía con el tiempo como indicalagráfica.Sien elinsranret=t 1(c 1 < 2 s) su ace leración riene un valor igual al riempo transcurrido hasca ese instante. determine su recorrido hasta dicho instante.

Del gráfico ::.:,R:;;U::..;V~---. 2 .... ... ..... .. ... .--___:M

-n=tann = t Del gráfico:

t(s)

MRU

O

• v(m/s)

S

8

9

Graficando el movimiento

2 ....... . . . . . cuarco de

~c11-cunfercncia

c(s)

o 1190

c=O 4 m/s

Luego

c=S s 5

S

4 m/s

3S

t=S s v,

l

S

t=9 s v,

-=----------~ ~ --=-~ 2 ~ 2 m/s 2 2 m/s 2 _ " 2 ml s o/ ~~ ~<>-::...:.: -'i!r;..:..:.:.

e=lA1

A

(1)

1

r--

--dl

B

dl

· C

d

x- (m)

D

3--;

191 1 -!


lumbreras fdttores TlamoBD

-1 m/s -2 '!)l s C) -3 m/s A)

pRO BI.EMA H.o '29

8}

un.t ?arricula se despla:a a lo largo del e¡e X. en .:: 1r.s:ame bkral r:ene una veloc1dld de

O) - -!m/.;

.... ~ r ; ·1 su acelerac1ón varia con el uempo según el gráfico mostrado. Determine su recorrido <!n el int<:rvalo de ;=O a r= 6 s

E} -5 m/ s

En r:o9 s:

vo = IÚ mis

Re1olución

1 2

Cálculo del recorndo para r : [O; S]s

,

d:v0 c+-a.r· -

Del gráfico

t=d¡ +d2

~----d -----~

1 , d = ·H6l --(9JC6l-

2

d=H - 9(18) (I)

.. d=e= 186m 5 -- --·- ------·-······-.--. .. --;--

d 1 =(4)(5)=20 m

t (s)

1 2 1 ' d2=vot+-m =40l+-(2H31"=2l m 2 2

10

IA,

-2r-------------

Reemplazamos en (l) ~=20+21=41 m

r(s] 14

16

(1) Para t

E [

1: 16} s

A) 186m O) 200m

B) 162m

C) 172m E) 146m

Resolución Del gráfico a(m!s2 )

PROBLEMA H. 0 28

dY =ÜÍ:¡..- Z\2

<> n

De la gráficl

6v = c-9H2> +<5><2> _, ñv=-18..-10=-Sm/s

.

5 ----------·------- ,.-...-

0

=S

9

H

o

Para e E (O; 6] s la aceleración media es

En (1)

r(s)

lO

, MRUV

14

5•13 a = ---

"'

r(s)

53° .. .. . ,:

v¡:= (+Sl + (-Bl o

Un cue rpo se desplaza a Jo largo del eje X; SI en t=O tiene una velocidad igual a +5 m/s y su aceleració n varía con el tiempo, ra l como indrca la gráfica, de las siguientes proposrciones. indique con (V) si es verdadera o con (F) si es falsa.

(a . ,=cte.

Sabemos que

Una partícula se despla=a en línea recta y su aceleración depende del tiempo, según la gráfica mostrada. Si en r= 1 s su velocidad es + 5 m/s, (que veloc1dad tendrá en r = 16 s?

PROBLEMA H." 30

2

21----

a,,=+9 m/s 2 (variación lineal)

6 l. El cuerpo experimema MRUV. 11. En el instante e= J10 s, el cuerpo se detiene. Ul. A partir de t = 4 s. el cuerpo presenta movimienco unidireccional. IV. En el instan te t=5 s el cuerpo ti ene una velocidad igual a -7,5 m/s. A) FVFV 0) VFVF

B) VFFV

C) FWF E) WVF

193 1

·--- ·---------------------------------------------------------


lumbreras Ed1tores

Resolución

PROBL~MA

H. 0 31

Parar

Una paní:uía5e despl:l:a a lo largo dl!l ej.! X 51 ea r=O está en la posición -40 m y uer.e una veloctdad de 1' = -10 mis, determine su posictón en el ínscance en que ~kanza ~u máxima velocidad, st su aceleración depende del tiempo. segun el grifio.:o ad¡unto

x(l=

5

! s)

E

jii (m/ s 1)

[0: 4)s

r=O

·c¿ 1

X(m)

•ii(m/ s2)

- .fló

Variación lineal

-40oooooo o ooo•·····~:

-51· l.

S) 9 m/s

A) S m/s OOOOOOoooo-

o

o o

o

• •

o

o

o

o

o

o

o

o

o

o

00 o . o

o

a =-aF + '"

o·'

!l(t

2

D) .¡ ../5

=-3 m/ s:

rn!s

Resolución

(Cte.)

Del gr.Hko

Ecuación de la posición

Falsa La Jcelernción vana. no es MRUV

C) 10

El s..fi m.~

mi s

consid~rando

MRUV

4

11. Verdadera

1\IRUV ooO · - - -

.

..

¡;~,. "Vo-r.lv

ó-;=1A 1

~ ó; = -l.JiO)(JiO) = -5 rn!s 2

A) -

4

~m

B) -

D) -8-! m

~

2 6

m

C} -64 m

E) -24m

Del gráfico en r= -1 s el móvil camb1a la dtrección de la aceleración, por consigutenre, en este tiempo presentará su mayor veloctdad

X(m) 4

8

YF=(-..51+(-51 =0 Resolución

111. Falsa En 1 = JíO s el móvil cambra de dirección. a partir de dicho momemo la ar.eleración y la velocidad tendrán la mtsma dirección, ento::lces el movtmiento será unidireccionaL

De :c0 =2 m "

Del gráfico se ttene la siguiente ínformaetón ~

•a{m/s 2)

2JS m/s ..(..A) 0

=-12,5 m/s

-16

1194

Un automóvil se desplaza en linea recra sobre una superficie horizontal y su aceleración de· pende de la posición, según la gráfica adjunta. Si cuando pasa por la posición =+2m, su rapidez es 2JS m/s, ¿qué rapidez tendrá en la postción = -..8 m?

x

.. vF ::(-..5)-r[-12.5]= -7,5 m/s

~1_

x

_ .,__

1 a,.

x=2

PROBLEMA N. 3!!

2

2+4

,

a.. =-2- =•3 mfs· (e ce.) \IRUV

IV. Verdadera

-(5\(5) t1•1= - --

-

x' = 4 m

VB

::::!":¡;x =4

I?

MRUV

a=-1 rn!s

2

~~C) x=8

l-d,~ 8 =2 m-t-- - d8c= 4 m----;

Por fórmula V~

=V~+ 2a d,¡g 195 1


Lumbreras Ed1tores Tramo BC

Resolución Gr,Jíi..:amos el movrmiento (MPCL)

Se tiene un r..IPCL.

a :4 m/s! (cce.)

Gráfico x-1 'X(m)

I "'-~ ·-. · . :

. . vc =S m/ s

x0 - S .......

..:

c(s)

En x (MRU):

=tan9

PROBLEMA N. 0 3 3

v_.

Una partícula desarrolla un MPCL en el plano XY; la gráfica de su movimiem o a lo largo del eje X viene expresado por la gráfica (x - e) adjunta y su ley de movimiento a lo largo del eje Y viene expresado por 1O+ 20t- 5c2 ) m . Para el instame c= 3,5 s, ¿qué posición le corresponde y cuál es su radio de curvatura?

sec9= Jf26 ~ cana= 15

y= (

Ecuación del movimiento en

.. r=4SJ2 m

x (l)

Del daco Considere

(U)

sece=Jill

s -L ..

o

Cálculo de la posición en t=3,5 s, en (I)

x= 8+ 15(3,5) = +60,5 m A) (58,5; 20,25) m y 45 m

B) (60,5; 22,25) m y 40~ m C) (52,5; 18,75) m y 40 m

En (U)

y=[10+20(3,5) - 5(3,5l]= 18,75 m

D) (62,5; 20,25) m y 45 m E) (60,5; 18, 75) m y 45./2 m

.. P(60,5; 18,75}

m

Jl96 197! ~----·


Capítulo

Estática y centro ele gravedad

En la estática se establecen las condiciones para el equili· brio mecá11ico. :,e entiende por equilibrio mecánico aquel estad:J en que el cuerpo n,., altera su movimiento Jner,inico, que puede ser el movimiemo de traslación y/o el de ro tac1ón. Para el equilibno de traslación (velocidad con~­ tante o reposo) se estJblece 1<~ llamada primera condición de equilibrio, en la que se indica que la fuerza reSLiitJnle debe ser nula. Para el equilibrio de rotac1óo (velocidad <Jngular constante o nula) se establece que el momento resultante debe ser mdo; a ello se le denomina segunda condición de equilibrio. Las aplicaciones de las condicio· nes de equilibrio se pueden ver en las construcciOnes de puentes. edificios u otra s e~tructuras. U na de las fuerzas ((Li t' siempre es tá presente es fa fuerza de gravedad, la cual tiene su punto de aplicación en el llamado centro de gravedad. la ubicación de este punto depende de l<1 fo1ma que pueda tener el cuerpo o de cómo se encuentra chstribu1da su masa er1 ella. En este capítulo se desarrollan diversos p roblemas detallado;, en los que se aplican las condiciones de equilibrio y los métodos para determinar el cen tro ele gr~vedacl ele los Cllerpos.


Capíwlo

Estática y centro de gravedad PROBLSMA H. 0 1

El sistema mostrado escá en reposo. indique el diagrama de cuerpo !Jbre (DCL) más adecuado para la barra

B)~ 1

Resolución

Realizamos el DCL de la barra bloqueen

.•

J>·:vl J .

OCL

bloque

l/ (

~""..'·1 ~L 4"/ y

rrJ

[.

.,/ /

r/

liso

para el equilibrio esca reacción necesadamence es vertica l

~ 201


l umbreras Editores

PROBLSMA N. 0 2

El sisc.;:ma mostrado está en equilibno. mdtque cuál es el diagrama de cuerpo libre (DCL) para la barra honzoncal. (Conside re ambas barras de masa despreciable).

Sobre la barra ¡\/N solo hay dos fuerzas que accúan en su;; extreffios para el equilibrio. escas fuerzas

(Rs

deben ser cohneales y opuestas y Ri>). Como son eres fuerzas sobre la barra OS que la mantienen en equilibrio, con estas fuerzas se forma un triángulo vect orial.

E monees

Re1olución

Se debe ordenar las fuer~as de tensión de mayor ,, menor valor. T=utg

Caso 1 DCL (barra)

R'e

A), "'==i=p=:::::1 C)

~/

ay

B)

ay

El sistema mostrado está en reposo, determ1ne la deformación del resone cuya constante de · rigidez es K = 500 N/m. (g= to m/s!)

-~

p

/

PROBLEMA N.0 4

a>9

En el gráfico

p

T1 ==T¡=T

a == 9

Jj

Dh\

'.

1

p

ay

E)

. _/ p.

PROBLEMA N. 3

cM a>9 1

a==9

T=3mg =O.S77mg

...-¡

0

Resolu ción

Real izando DCL de la barra horizontal. La dirección de R.-~ se determina ,-Punto de medí ame la concurrencia de . concurrcnc•a tres fuerzas. ..· ·::

A una barra homogénea se le s ujeta por cuerdas · ideales en tres casos diferentes, ordene los casos en los cuales el módulo de la tensión va de mayor a menor valor.

¡

r,

DCI. (b"rra)

a

• .:,_i.:,ng ( OCL)

:

~-·

fRc

~

a == ex

-.;. Rp

/?/.R'p

,

;./N

:: R' 1¡f ;

S~

:'"\./M fRs

8 kg A) 2 cm O) 8cm

T= mg

bloque

!Re oé . ====~~====~· s ¿___

a Tz.l

!mg

J

:'. . LJ..

,¡.I _ _12~- -

Caso 2

2 (1)

{2)

y A) l; 2; 3 C) 2; 3; 1 0 )3: 1; 2

Tioo

¡ou-·..

Para determinar la deformación se debe conocer la fuerza elástica (FE==K.x).

30~

/601

TI .• ••· ·• •• rl ¿ ___s._

B) 2; l; 3

C) 5 cm E) 10 cm

Resolución

Caso 3 DCL (bam)

(3)

B) 4 cm

- - ¡,mg --

E) 3; 2; 1

1202 --------------------------------------- ---------~~------- --~!

~

DCL de la barra de 8 kg no >e conoce SU direCCIÓn

\__lfE

!soN

.r


lumbreras Editores

Primera condtcion de equ ilr brio

PROBLEMA H.0 S

LF(i)=LF(l) (I)

[@] ObseNación

Cilculode m .

En el sistéma mostrado el anillo homogéneo presema una densidad ltneal de masa

A) 30 N B) 60N

m

A =-

C) 25 N D) SON

L

6 "A= -it kg/m v. radto R:oO,S m. Determtne el

w=i·.(L)

módulo de la tensión en P. (g= 1O m/ s 2)

m= i.(GR}= -6(51t -:;- · -1 ) it

;)

No se conoce la d1rección de la fuerza elásUca

A) 35 N

DCL del sistema formado por las barras y el resorte.

. T---~~--c~~-J-~. 'k ~ ~ T

;.

/11

2

= 5 kg

B) 40 N C) 50 N

Re~olución

Pnmera condictóo de e<¡uilibrio:

D) 60 N E) 70 N

J3

J3

2 -

1

-T~ = -7;¡

·--- . .. . - -- - --~- ---.------.

Í:F(i ) = LF(l)

Cuando e l metal desciende y asciende experi menta la misma fuerza de rozam1ento cinéttco (/¡:). ya que el módulo de la reacción normal v el coeficiente de rozamiento no camb1an. Para determinar F, hallaremos pnmero el valor de esta fuerza (J~)• Al descender:

t 80 N

Primera condición:

'g'

E) -10 N

Resolución

El DCL del anillo

4T:o200 ---..+

T=SO N

En (1) 2(50) +FE= so

T

T

.:.e.+..e. = 50+ 10 2 2 ., Tp=60 N

FE= -20N (

haci~ abljo

El resorre está comprimido Kx = 20

500x:o20 4

x =-m

lOO

.. x=4 cm

PROBLEMA N. 0 6

El m eral mostrado desciende con r2pidez consranre v apoyado en el alambre. ¿cuánta fuerza (paralelamente al alambre) debed a aplicarse al me tal para que ascienda con rapidez constante de !? (M=S kg ; g=lO m/s 2) 3

1204

:........---- -- - - - - - - -- - -------

Para que la

vsea constante (FR =O)

L F(/) =Í:F(/)

fN =25J3 N LF("-) =L F("-} (1)

2051

- -·


lumbreras

Editores

Al ascender por una fuer:a F

V

3

Resolución

p ROBLEMA N.• 8

DCL de la -!:larra: Las reacc1ones en .4 y B son perpendic ulares a las superficies en contacto (barra lisa) . Al tener tres fuerzas que determinan el equilibri o de la barra. por la condición de concurrencia de escas fuerzas se determi na el punto de aplicación de la Fg.

Ur. rubo liso, de 6~ cm de longitud, permanece colg,1do mediante una cuerda que pasa por su int~rior. Determ ine la distancia desde el pu nro p al ~emro de gra1·edad del w bo.

:'

Para que la ve locidad sea constan re

n)

debe cumplirse que

FR =o

• . x=SO cm

!

A) 40cm D) 50 cm

o

B) 14 cm

C) 24 cm E) 48 cm

R8

De (1)

Resolución

Primera condición de eq uili brio

25+25 =F .. F= SO N

.,

K = .:. cm 3

,.('61° ! / .L . . .. mg=70 N

LF('.) = LF(" )

96K = 64 cm

En (!)

,.· f) ( R ,

'

25+[,=F

Dato

Como el rubo es liso, a lo largo de coda la cuerda la tensión es del mismo valor.

R8 +nig+R.4 =0

PROBLEMA N. 0 9

¿Qué fl!erza elás tica ex perimenta el reso rce debido a la accion de la esfera homogénea de 24 kg' Desprecie la masa de la barra y la f;.;erza de rozamiento. (g = 10m/s2)

DCL del rubo 7 PROBLEMA N. 0 1 La barra lisa que se muestra está en reposo y es de 7 kg. Determine el módulo de la reacción en A (g = lO m/s 2) .

A

.,..,.... ,.,..

Ley de senos R,¡ _ mg -~ sen37°- sen82° - cos8°

A) 625 N

R - ~_QQ]_

A) 30 N D) 30J3 N

1206

6) 35 N

D) 625 N 6

"-s(fso)

.. J ?~ .. C) 30./2 N

. E) 35./2 N

Por el punto de concurrencia de las fuerzas de tensión debe pasar en forma vertical la F .

.. R,¡ = 30./2 N

8

x =75K

(!)

B) 375 N 4

C) 650 N 3 E) 875 N 3

Resolución

Primero vamos a determinar la reacción entre la barra y la esfer;:¡.

207 i


Lumbreras Editores

DCL de la esrera

Tenemos

. como esta a punto de deslt:ar· ran <¡> = p = {.. Entonces. el ángulo de rozamiemo estático es q¡= 16·'

ó R( 4n) =FE(!

o)( ~~ )n

o

25 0(25)=F-

60

Primera condició n de eq uili brio:

~oocu~ncia

) ,•· ·

.<>:.:;·

PROBLEMA N. 0 10

FR= o

R- Fc+Rp

puncode _

' ',

La barra homogénea de 16,5 kg se encuentra a punro de resbalar. Derermine el módulo de la fuerza que ejerce la barra a !a superficie. (g= lO m/s 2)

=O

cningulo

Del rriangulo

Segunda condición de equilibrio:

R=2SO N

( í:.Mp=LMp)

107 sen69°= 125

R(d 1)=r11gd2

R(IO)c~~ )= (165)(-l)

R(1Oa )sen69° =(165) ( 4 a)

R=77 N

La barra no gi ra, aplicamos la segunda condición de equilibrio. DCL de la barra

PROBLEMA H. 0 11

)

Un bloque de 5 kg se hace deslizar hada arriba con velocidad constante sobre un plano inclinado rugoso, para ello se tira de la cuerda con una fuerza de SO N. Si de pronto la cuerda se rompe. determine el módulo de lo. fuerza res ulrame en dicho instante y luego de alcanzar su altura máxima. (g=lO m/s 2)

~r= 3a O 1-l-----,. '' o

o'

' ''

A) SON D) 77 N

S) lOO N

C) 110 N E) 120 N

A) 24 N; 6 N B) 20 N; 20 N C) 50 N; 10 N D) N: 30 N E) SO N; 2-l N

29

Resolución

La barra se encuentra en equi11bno y sobre ella actúan tres fuerzas que deben concurri r en un punto.

1208 '-'-----'•" -------

;1, -

------------------------------------------------------------~·


l umbreras Ed11ores

Resolución

PROBL:;:MA N. 0 12

El bloque se desli:a con velocidad consrlnte, emonce; Fi' ., O

?~

. 37\

-tON

1

-~-

Se muestraÚn anillo homogéneo sometido ala acción de dos fuerzas. lnd1que qué alternativa es correcta. ( T· módulo de tensión)

.....

Cl 10 133 D) 2/11 E) 11/20

T seno:.._ Tsena==F

El .!milo está sobre una mesa lisa honzonral.

2T, sena=F F T =- 2senct

Resolució n DCL de la barra

Hallamos el Tm111 (sena ~ máximo)

\'

F

F

T .,

1

A) r~ = T8 > B) ~~ = F

:.

C) T, > T8

Al romperse la cue1da T=O, entonces la Fn "'O. En dicho instante el bloque s1gue desli: ándose por inercia, manteniéndose lafK·

·53":

Cl=90'' -+ se evalúa en A y 8 Entonces. en A y 8 la tensión es minima.

Pero el joven ri ra con SO N=T N

·'-..

'""'-urrcn~~·

.....___._._..

L F(/') = L F(/) -. T=30+f¡;

-;-r--

punto d~

r:n:on = 2 (sen90°) = -2

f.v

La suma de fuerzas en d1 rección paralela al plano es cero.

f~: = 20

B) S 33

..... = T

~ .

'~

A) 5111

T, cosa= Teosa

v=cce. T

\

. /~ON f

;o"

Pnr:1era condrción de equilibno

r.

Si consideramos que et =30° F

T, =

D) El máximo valor de tensiÓn se da en A y 8. E) r,., "'T8

2(t (

F

F

T > T6 =--

'

2

-+ f/1=30 ... 20

Resolución

Fll:: so N En el segundo caso, luego de alcanzar la altura máxima el bloque se desliza hacia abajo. entonces la f~: cambia de dirección pero no de valor (/¡:=~¡,JN).

Analicemos parte del anillo lj): ángulo de ro::amremo

PROBLEMA H. o 13

La barra que se muestra está a punto de deslizarse Determine el l-Is·

40N

En el m ángulo ABC 3 AB Sb tanlp= - = - BC 33b 10

30 N

~N\ 4····------------.. F11 =30-20 .. F11 = 10 N

2

tanlj)= il r.~ ..

T

1210 .r.

~L s

2 = il

tanq~==~rs


lumbreras Editores

PROBLEMA H. 0 14

Una caja homogenea cuya cara lateral r1ene dimensiones de ,: x2a se coloca sobre une~ placaiorma hon:oncaL S1 luego se comienza a inclinar lentamente la platafo rma, 1ndique que alcernatJVa establece lo que suced<?rá.

El bloque se mantiene en equilibrio de craslac_!ón hasta que 3 canS= .u,- =4

fi 1lk el mínimo coeficiente de ro:am1en· w c:nrre los bloques y la escrucmra. pa:a el equd1brio.

.. 9=37"' A)

B)

~{]~ •

.J3 3

Debido ah rocaetón o \'Olcadura

2../3

\

3

CJ

J3

D)

2

Resolución

E)

El bloque voh:ará para un ángulo mayor que a GlnCL

1

=2

53° 2

\\

xxxx

.J3 2

PROBLE.MA N.0 16

Resolución

mg

Se observa que o. < 9. entonces el bloque p1erde

Sobre una mesa hori zo ntal se colocan los m'!s rodillos, de los cuales uno tiene el doble de diámetro que el orro y en ellos se enro lla una cuerda que soporra una tensión de módulo 20J2 N. Determine los módulos de las reacciones en los concacros A y B.

1

btoqu<Cil

mayor que 53°/2. hasta es1e momento la F y R

r~r

~-- ···- - - - -·····;

. ·-. fs(•n;;) f.v

9

El bloque puede perder el equilibrio por eras· !ación o rotación.

\'v

<:a> Observación el equofibno por rotacoón. cuanao la inclinación es

mg

...

Para hallar el ~~s mínimo; consideramos que esce es bien pequeño, de ral manera que Jos bloques se encuentran a punro de desli zar.

.. a.= -

"w = T De (1)

l

A) la caja recién pierde el equilibrio al incli· nar la plataforma un poco más de 37°. B) La caja perderá el equilibrio, volcando al inclinar la plataforma un poco más de 53°/ 2. C) La caja se comenzará a desli:ar y volcar al mismo ricmpo. D) Conforme la plataforma se inclina y la caja se mantiene aün en reposo, la fuerza de la plarafom1a sobre la caja es constante. E) En las anteri ores hay dos alternativas correctas.

Para el bloque (2)

se equilibran

,/ ,.· .•

®g

Debido a la rraslación

PROBlEMA H.0 1S

Se mues tra una estructu ra eq uilátera rígida y fija formada por eres planos; u no de ellos es horizo ntal, las masas de los bloques A y B son iguales y están unidos por una cuerda inexren· stble y muy liviana.

A) R,-~ = 50 N; R8 =19 N B) R.-~ = 30N;R 8 = 18, 2N

.~6oo .....6oo'-. . í. •.. __ __,.

C) R,; =33,2 N; R8 =15 N D) R,-~ :: 30 N; R8 =20 N

Para el bloque (l)

T=fs<m5o•t)- ~ts fN=Jls(mg)

:212

---~--------------------------------------~~--

(I)

E)

R~ = 50

N; R8 =18,2 N

2131


lumbreras Editores

Resolució n

Para determi nar R 1 y R5 anali: amos ma formado por los rodrllos. · DCL del ) ISrema.

~~

sisr<>-

PR OBLU'I\A H. 0 17

2 .fi. r cos6 = - - 3r

En el gráfico cx -P = i <radl. Si la .::adena ciene H kg de masa y en su extremo 8 sopona una

., ;:¡ cos e = - v-

cens1ón de módu lo lOO N. <:qué censión experimenrará la cade na en su excremo .-\'

3

~

En (II) 2R[

2

~] = 2(20,Í2)

g!

lA

lr1

8

~ ·--

Para hallar R8 , anal izamos a la esfera l.

• DCL (1)

.-t..

A) 80 N

B) 90 N

T=20.fi. N T=20 .fi.

R,1 sene ·.a:a: R,.,. sena S":'

E) tiON

Re solució n

Gra nea ndo

Se pide T~ = ?

·:o

D) 70 N

C) 100 N

DCL de la cadena.

Primera condición de equilibrio: -

LF(~) =LF(~ )

e

RA.sena = RAsen

(!)

R.r =R,1= R

T=20 J2

.../

L F(l') = L F(.J.) Rr~• COs9 +R,.¡ cos0 = 2T

2Rcos9 =2T

(Il)

/

~

/

Primera condición de equili brio:

,1.

1: ,¡.

..

Del mángulo 0 180

B

01

20J2 = R8 + 30( 3r

2.fi. r

e

o 1214

. . ."•'•

T=R 8 +30sene

Ra:: 20J2 - 10

'~

j)

1

.·...:.: p:

/

pu~tode

concurrencia

En el tr-iángu lo recrángulo

r

(140) 1 ::(100+~ ~(~ r-~ J

Primera condición de equilibrio:

.. R8 = 18,2 N

.. Tria1'1Sl1fo d• fucrus

r.~=60

N


lumbreras Edit¡res PROB!.EMA H. 0 1 S

El bloque r1 de ..¡. kg se apoya sobre ou·o 8 y permanece en reposo. siendo rodas las superficies lisas. Calcule la sum a de las defo rm aciones de los resortes. SI sus constanres de rigide: son iguales)' de Villor K=6-! N/m. (La deformación del resorte verdea! y la deformación del resorte horizomal están en relación de 4 a 3).

Si

De:ürnnción del resorte vertiCal F 1=4 F _,

DCL (.-\J y DCL (S)

=0,4 m

Deformación del resone vemcal

3F=Kx2 _.... 3(6,-!)=6-tx2

Uf

~.

1

El resorte es:~

-1 O N 1 --< esm,1<1~

'!=0,3 m ..

, 1 +:rcc::0,7

m

, R.l :S3

F",¡(.\) =0

;.)

3~1

PROBUMA N. • 19 encutncr.l ('o)11'1pr¡mido

~R~

(-10-4F)

~

A) 0,3 m B) 0,7 m C) 0,4 m

La va tilla homogénea} ríg1da de 70 cm de longirud repos.\, como se muestra en el gráfico. en una cavidad cilíndrica lisa de 50 cm de ra dio. Determine 6.

F¡¡<s¡=O

J

;~) (mg-f{~~

D) 0,8 m E) 0,5 m

Se quiere determinar la suma de las deforma ciones x 1 +x2 Condición

(!)

3F= R,-~ cos 37°

R,-~

15 = -F 4

H

c4s F

1216

=::

40-4 F

A) 30° B) 37° C) 16° D) 45° E) 53°

Para determinar el ángulo

F

=6. 4 N

(')

l/=b(b+35)

(1[)

45 3 tan6=- = 60 4

pa>J Observación

R~soluclón

~

b

tan El = - = - - /¡ (b.,.35)

En (*):

(!!)

Reemplazamos (Il) en (1)

También

b=45 cm ....., I1 = 60 cm

De los triángulos vecroriales

~

(l)

Resolve mos

'

( 11)

R,1cos53°= (40-4F)

J00 2 = h2 + (11+35) 1

(11) en (1): 1002 =b(b+35)+(b+3S) 2

3Fr Resolución

Teorema de Pitagoras ((riángulo PAB)

e. establecemos las

condiciones de equilibrio para la barra m ediante el u-i teri o de concurre ncia para eres fuerzas copla na res.

La gráfica no se encuentra a escala, por ello el

pumo

e no parece encomrarse en el punto meá1o

de la llarr;~. L_____ ______________

~ 217


, j

lumbreras Edrtores

PROBLEMA N. 0 20

Halle el módulo de la fuer=a de rozamiemo enrre la semiesfera de 5 kg v el plano inclmaJo. si el módulo de la tensión que soporta la cuerda que sosliene la canrca lisa en reposo es 75 N

Semejanza encre el rriángule> .\IOP v el triá ngulo de fue c as

Resolvemos

¡, =( 1~

r¡.-=800 N

-

75 R -=A) 20N

1.5

V

B) 23 N C) 25 N

g}'

D) 30 N

~! . =l.Sm

0,5

-- R=25 N

N

ParJ el equilibrio de la canasta

'

T=!m.: ... mL(n))g ! l A

.·53?·.

8) ó

5

t:) 12

il.

-1

número de 1:\c;-¡lbs 400=(4+4n)(10)

Resolu ción

""'

-1

C) 8

Dl 9

~'")-· O --- · --·R=O.Sm

Para determinar la cantrdad de ladrillos en In cJnasca. eswdiaremos el equilibrio de cada el.:memo del sistema mostrado.

. . n=9

1000 N

Re1olució n

l

Para hallar la fuerza de rozamiento entre la semiesfera y el plano, primero vamos a hall<~ r la fuerza de la esfera sobre la semiesfera.

T

2T

---- -- ----vll

~ LF(x')

=o

\

lr~

Los cilindros que se muestran son homogéneos y el de mayor tamaño es de 173 N. Si no ha( asperezas, ¿cuál es el mayor módulo de F de tal forma que no se pierda el equilibrio?

OCL

(uom•{ii

~j

PR08 LEMA H. 0 21

.... ??..~·~·

PROBLEMA N. 0 2 !1

rf!r .rl :

-- fs=23N

Si la polea A rota, manteniendo al bloque de 100 kg en equilibrio, determine la cantidad de ladrillos de 4 kg que se han colocado en la ca nasta de 4 kg. Considere las poleas iguales. (g =lO mts 2).

1 2T

X~~o

_. ?-.O=fs-'-7

218

1T=j~=SOU

T=-100 N

E) 33 N

' <.,._

)o ooo>

F

~

Como exis re des! rzamiento encre el bloque y la polea. la fuerza de rozamiento es cinética (J¡:). [,.. =

1000 N; {¡:=~tKfN

A) 50 N D) 1OO.J3 N

B) SO.J3 N

C) 100 N E) 200 N

219


Lumbreras tdl!ores R~ soluclón

C.1kulamos el momemo resultance respecto

Cuando F a.• 1uiere su m.i.~imo 1·alor !a ~sfera supet ior es>.i a punto de elevarse v solo esrá en concacw con el punro P Anah:amos el SIStema íormado por las dos esteras. n• 1g=!"3 N=lOOJ3 :-1

cid pumo A.

Tenemos •

LF(~) =L F(

J.)

-lO(l.)-10(~ }=l0(1)

100,/3 ;-..: Del mángulo de fuer:,ts Rp = IOO N De (1)

('-)M 11 = -) M 11 ) mg(a) =Rp(2a)

:. Fm...,= IOO N

0

IO(a) =Rp(2a)

PROBLEM A N. 24

Se mues tra un ctltndro homogéneo de 20 N en reposo. Si la balan:a indica 30 N. cqué módulo c1ene la reacción de la pared lisa?

.. R..,=5 N

PROBLEMA H. 0 23

A) 15 N

En el sistema de fue rzas que actúan sobre la barra. ¿a qué dis tancia de A ac tua su reS ld · ran te? (AB= L). 40N

PRO BLEMA H. 0 25

B) 12 N C) lO N

Se muesrra una barra homogenea de 150 N en reposo. Det¿rmtne la deformación del 1esone cuya constante de rigidez es igual a 850 N/m. (g = JO m/s 2)

O) 7,5 N

E) S N

20N •

~-r-____....,

Para el eqUJIJbrio Fm.- = Rp

(1)

A-- ---

S, ... ,.

DCL de la esfera 1 A) l.SL O) 3L

B) 2L

C) 2,5L E) 3,5L

Resolución

DCL del cihndro más la esfera

La posición de la resultante es aquella donde originaría el mismo momento resultante que o riginan todas las fuerzas aplicadas al cuerpo. Consideremos que la resultance está ubicada en P.

Primera condición de equi li brio

FR-. o

i-a .

L ._

A) 10 cm 0) 1 cm

3a--i 8) 5 cm

1

C) 2,5 cm E) 7,5 cm

R~soluclón

DCL de la barra

j

R:: ION 20N~~-40N (A)

~ 2

1220

~s\_o_(j_ ==-W

120N

Resolución

T

~-~-f ) 10 N

2

La balanza indica el valor de la normal ifN=30 N).

221 !


lumbreras Ed1tores

Segunda condición de equili brio

En esras condiciones la barra está a punro de desli:ar -

pROBlEMA H." 27

Entonces

En el gráfico se aprecia como se arras era a un

cablün .:on velocidad constante. Si la barra que ,¡;ca articulada es homogénea y de lO kg. équé módulo nene f ? (g= 10 rn!s 2)

-!O{a) .._ 150(2a)=F¡; (-!a)

F¡;=85 N

--. 850x=85

!00(3«} =}- fN(8a)..- f~ (Ótt) [y=30 .. [;;=15 N

La ¡abla se mueve a veloctdad constante; entonces la fuerza resultante sobre ella es cero.

,lg

.. x=O. l m =< IO cm

F=f, :. F=!S N

-:te

PROBLEMA H. 0 'l6

PROBL~MA H. 28 0

En el gráfico, cuando el extremo del resorce que está sin deformar se engancha al extremo de la barra homogénea, esta queda a pumo de deslizarse. Determine el .Us (111 bam= 30 kg; g=lO m/ s1).

Cálculo de Rp Segunda condición de equilibrio

A) !S N B) 20N C) 30N D) 25 N E} 35 N

La barra que se muestra es homogénea, de S kg, y está a punro de deslizarse. Calcule el ~t 5 . (g= lO m/s 1)

Resolución

300(20) =Rp(30)

Para hallar F. separamos a la barra de la tabla y estudiamos el equilibrio de cada uno de ellos. Segunda condic ión de equi li brio (barra).

Se observa que: f--30cm-(

A) l/2

B) 1/3

A) 0,68 D) 0,36

FE> Rp Entonces, lafs(m.ix) está orientada a la izquierda y es de 200 N.

C) 2/3

O) 3/4 E) 3/2

B) 0.56

E) 0,26

Resolución la barra se opon< aJ desli:amíento de 13 tlbb

Es rudiando el eqllilibrio de la barra cuando está a punto de deslizar hallaremos ~1 5 .

r:;.-···--.r,

.. fs(má.<); •',

Resolución

Al colocar el re.sone en la barra, el resorte se estira en 10 cm y jala a la barra con Fr=Kx = 40(10)=400 N.

1222

--~------------------------------------------------------------------------~·~~~--------

C) 0,45

50 N

~

f.v

o!_ Txi

S3r.!) b

J--Sb---1

1

~

40N

1

6b

l 223 1


lumbreras Edttoras

· ( I.\I,,=I,,J ))

Resolución

SO(ób) H0(12b) =T. (Sb)

T,= 156 N T

=f

pROBLEMA H. • lO

Pa,a !JJI'a, ..~ ~ rea.:ctón em.e la barra y el bloque. los ;eparamos.

=11- '-:

so N! j r,

([)

Dato

e

T, =.fs(,n.,.1 +50+-!0:: ISó -. fs(m."¡=56 N

( 11)

fs(m."¡=~ts[~;

l

50 N

Rl

1

T,

LF(--+) = L F(- l

R =T=20 '-1

/

0 1_ _ ::!::]~- 2m r-lm · 3m

R1 =10 N

1m '

De (!) y (lf)

66 = Ps(ll7)

10(1.2) = T(O,t5) T=20 N

1~ 'R

LF('') = IP ~)

( L.\t0 =L.1t0 )

Oetermme el mód~lo de la iue::a por pa•·ce de (3 .miculacion sobre el asta de 1 kg SI su G se encuemra a 1,5 m de su base. (g= 10m s2 )

/ --~

r;:;r-:-;;r .,. ,~,

R=.¡l'i.,

Para el bloque

.. fls=O.S6

..

LF(i) = LF( ~)

T1 +R=80 Para la barra

0

PROBLEMA N. 29

En el gráfico se muestra un bloque de 80 N reposando sobre una barra homogC:nea de SO N en posición honzomal. Determine el módulo de la fuerza que ejerce la barra sobre el bloque. (Desprecie todo rozamiento)

A)

1015

B)

sJS

C)

415

(1)

( LA.t0 = L M0 )

o> sJS

R{I)-S0(2)=T1 (o!)

E)

R= -fT 1 -IOO De (U} en (!)

r,+Hr,-100)=80

(11)

R = lOJSN

PROBL!:MA N. 0 31

Determine el menor valor de la fuerza F para que el cilindro homogéneo de SO :-.J esté a punto de deslizar y volcar.

1215

Resolución Preguntan por la reacc1ón en la articulaCIÓn. DCldel asta

ST1 =180

r,=36 N En (1) 0,6

H m-1----3m - - - - 1

36+R=80

.. R=44 N A) 60 N D) 48 N

l224

B) 56 N

C) 52 N

E) 44 N

R,

mJ .... <~

10 N

1 - .. ~7~..... 1..~!11...

: A°

: /_. .. JR1

R ...... ·

--~'

C} SON

condición de equilibrio.

D)·S2 N E) 56 N

bnrr~

Como In no s•r3. ) plante3mos 1~ segund3

A) 42 N

B) 48 N

225 1


lumbreras Editores

Resolución

PROBLEMA H. 0 32

DCL del cilind ro

l>ROBL!iMA H. o 3 3

' Hall:unos Fmon

En el gráfico-mostrado, se requ iere que el libro de 35 N no resbale sobre la pared. i Emre q ué valores puede vanar pan ral condiclón?

Una grúa sostiene un poste homogéneo c!e 400 kg. Determine el valor de la fuerza que ejerce el piso sobre e! posee. (g =: 10 m/s1, J.ls=0,75) .

LF( -4) =LF( ~)

'

' '

':¡·:· \

.

'

.''

'

<Able

' ', nrg.

"'·..... Cuando escá a punto de volcar se encuencra apoyado en P. Además está a punto de res balar, entonces f 5 -.máximo 3

tan <p = ~ls = -

-

.)

~~

T-r'F'-:J3

pOS<e

Obten:endo

A)

A) 28SF$IOON

-. <p = 3 7°

4

3 (..¡ )c~F')

Para el equilibrio FR=O

6) 20 S F$ 80 N

C) 1500.J5 N

C) 30 S F $ 120 N

D) 2000J5 N

D) 35 S F$110 N

R+mg+F =0

.. Fnoin=Sf ':s(

E) l5SFS100N

R

... ,'·'( ~:..'' .. ...

•/

r

:.:::.

\

····-.. ·--..E, :·. :.

DCL del poste

Ps {

0,75

..

desli:ar h•cia ¡bajo

f'

•'

¡

)(3f')

Obeemendo F'=20 N

a punro de

r.. ---.... ~\ a;. .'

,...._--.:r'--... . -

'

0,7

3\ ¡

S(m.ox)

4F' .. . \ (F= SF')

:226

4f'=35+fs(onix) -IF' = 35 + (

f s (mfl.,¡ •

aeslizor hacia :u-ribn

Para formar el triángulo, F debe partir del exrremo de 111g y llegar al origen de R. pero se observan varias soluciones, do nde el mlnimo corresponde a la perpendicular a. R. :. Fm;n = 48 N

R~solución

Si F es pequeño (mínimo) el libro está a punro de des lizar hacia abajo, y si Fes grande

a ounco de

·.

E) 2SOO.J5 N

Preguntan por la reacción (R) de l piso sobre el posee.

r ~.

;','

28 ) = 28N 5

B) lOCO.fS N

Resolución

(máximo) el li bro está a punro de deslizar hacía arriba. En el gráfico

mg=80 N

soo.JS N

-. Fon;n =5F'= 100 N

.. 28 $ F ~ 100 N

P----------

.

a; ' '

o .. .

.. . b. 1"1

a


lumbreras Editores

La dirección de R se determina aplicando la con.:urrencia de fuer: as.

Para el equilibrio FR = O

'·~ '"~ T

M

a

A) B) C) D)

7,5 kg 8.0-kg 9,5 kg 11.0 kg E) 12,3 kg

0

pROBLEMA H. 35

PROBLEMA N.• 36

se muestran

Un ciltndro homogeneo ha sido di11dido en cos parres iguale$ y por su superficie se hace pasar una cuerda ideal uni da a dos bloques de igual masa. cCuál es la menor masa de los bloques para que el sistema esté en reposo'

rres barras d¿ masa desp reciable Mciculadas. ¿cuánto es el módulo de la fuer: a que experimenta la pared lisa en P? (g = 10 m/s 2)

Resolución Al aumenrar M, la tendencia a gi rar de la barra respecro a 8 aumenta, entonces ,'v/ es máximo cuando la barra esté a punto de girar y en este momenro la barra se apoya solo en 8.

N

ION L/2

Semejanza de triángulos

l lON L/2 p

40 N

21

B

A) 40N D) 120 N

8) 60 N

C) SON

E) 150 N

Resolución

. . R =2000$ N

La barra se encuentra a punco de girar pero no gira, entonces se puede aplicar la segunda condición de eq uilibrio.

Realizando el DCLdel sistema formado por las barras.

A)

B)

Mb 2R

M.E!_ rrR

C) M!!_

R

O) IV/l... PROBLEMA N.0 34

La barra homogénea que se muestra es de 60 N. iCuál es la mayor masa M tal que la barra no vuelqu e? (g= 10 m/s 2)

10( ~ )+ Mg(L) =

rtR

-t0(2L)

VI rrb E) 1 -

R

Resolviendo R~solución

5 + M(l0)=80 .. M=7,5 kg Ae

4L

Rp(O.S) = 50 (1.2) Rp= 120 N

1228

_________________________________________________________._____________

Al aumentar las masas m la reacción entre los semicilindros aumenta y al disminuir las masas la reacción disminuye, entonces m será mínimo cuando la reacción enrre semicilindros es nula.

m! ~


Lumbreras Editores

-!\

DCL de un semicilindro

i----L -

T=mg;) ,

K

--1

segund,l condición para la barn en O

e·,- .

.'\)

B)

/ Td1 = mg(Lcose)

C)

,11 A) 37° D) 14,5°

=JL"-(iJ = JL -(¡J=¡JlS

e

E)

Daro: cuando x =O. el resorte no está deformado.

cose=

b 2 ... -(u, L . - -utl . Mg{J.1 2 + ~1 1 ) 2b ¡ .,.T(J.lz - ¡.¡¡)

O) ivlg(~t 1 + 2~t!) L l + :!b (¡.¡2 + !ld

Lcose

.!:m = 4

Para determinar aplicaremos la segunda condición de equilibrio.

!Yig(~t 1 i-).1 2 )

2

B) 30°

Resolución

Segunda condición de equilibrio

~t 1 )

2LJ.I~ ~b!.t,

( Li\lo= Lt\Io) L

r _o_ o \¿""=mg

t\Ig(.u 2 -

Mgüt2 -~t 1 )

2(¡ )(~ll +¡.¡¡)

JlS = 0,9ó8 4

Resoluclón

Si la

.. 6 =14,5°

(mg) (2R) ==mg(R) +¡\¡fg(b)

ves constante. la FR=O

DCL del coche

mgR =Mgb

Mg PROBLEMA N." 38

PROBLEMA N. 0 37

Se muestra una barra de masa despreciable en reposo. Determine e. si cuando 9 =0° el resorte está sin deformar y la fuerza de gravedad sobre el bloque riene un módulo igual KL

a2.

En el segu ndo caso, x es la deformación del resorte. Tenemos FE=T=mg

Sobre el tronco homogéneo, ¿qué valor debe tener F para que se traslade con velocidad constante? (Considere coeficientes de rozamienco cinéticos en A y B iguales a p¡ y J..i.¡. respecrivamente). 1----L---f

L F( -7) = LF(+-)

K.~= K( T)

.. x=(i)

F = r~<"'' ... r~><B) A

B

1230

(1)

231 !

---- ---------·- - - - - - - - - -- - - --


lumbre·ras fd1tores Tenemos

Además

R.: soludón

Re.1 1i:ando el DCL del s1s:i!ma bMr~- poleas

LF(i) = LF( 1)

v-. El coche no g1ra ( i\i ~

=o)

f \'HI-_( MgL2L- bF )

{111)

De (11) y (111) en (1)

1LJJ

~···

F=u, ( ¡\1/gL- bF ) +p 1( MgL + bF) .2L 2L Despejamos

MgL + bF = 2LfN(Bl

_.. f.

_ ¡\1/gL ... bF

N(8l-

(!!)

2L

PROBLEMA N.0 3 9

Primera condición de equilibrio

Emonces

La barra que se muestra es homogénea de 4 kg y está unida a poleas homogéneas. cada una de 10 kg. Si el dinamómetro 1ndica 90J3 N, determine la deformación del resorte de K=320 N/m. (g=10m/s 2)

40( J3 L)'-A:{ ~ J3 L }100(2 J3 L)= R,.(:!L J3) De (1)

..

T=R

3

40.,.2Kx•200 = 180(2)

Kx=80 N .. Rp = IBO N

(1)

Segunda condición de equilibno para la barra

liso

x=0,25 m .. x=25 cm A) IOcm

B) 15 cm

C) 20 cm

O) 25 cm

E) 30 cm

~

t 232

233 .

-'


lumbreras Ed1tores

PROBLEMA H. 0 40 Determme el módulo de la reacción ~n la articulación D de la estruCtura de masa despreciable. (Desprecie el rozamiento y consid¿re

En P la reacc1ón es verucal, porque sobre la barra a1;túan dos fuerzas en sus extremos y para el equilibrio estos tienen que ser colineales. por cons1gutenre. las fuer:as deben encontrarse a lo largo de la línea que une los extremos.

F=SOO N )

Segunda condición de equilibrio

DCL del sistema formado por los rod illos \' la barra

Segunda condición de equtltbrio (ststema)

Ro =

=

( L t\tlc L¡\-Jc )

····¡

\7-

A ,

-¡.

0,-!m

p-

1.2

Rp = 1400 N

Segunda condietón de equilibdo en P

Para determinar la reacción en D. primero vamos a analizar todo el sistema de barras en eqUilibrio. •

DCL del sistema

PROBLEMA H. 0 41

El sistema mosnado conserva tal posición de· bido a la fuerza horizontal F. Si la barra ho· mogénea de 8 kg está conec tada a los rod1llos lisos de 2 kg cada uno, determtne el módulo de F. (g=10 m/s 2)

C) 320 N E) 280 N

Resolución

10

Rp(1 ,2)=F(0,7)

3

O) 300 N

3

R _ 800(0, 7)

: 1 F . ~0.6 m-1-0.6 m-f-0,4 m.f0,3 m~ B) 350 N

1-100(~)

.. R0 =280 N

"'( LE

A) 400 N

Resolución

DCl de la barra ABD

(LMp=LMp) F(Sa) =20(6a) +80(3a) .. F=45 N

R.-~

L --ª--.::....::===~1 r-~-;8

J-0,6 m!--+-;- - 1 m

PROBLEMA N. 0 42 Determine el módulo de la fuerza de rozamiento entre el bloque y la barra de 48 N y 5 m de longttud, si la reacción de la pared vertical sobre la barra es de 80 N.

l --ti

llo

'10

<3> Observación

Observar que en la barra seo. en o hay una corredera horizontal, entonces el extremo de la barra ABO uene llbenad para desplazarse l1orizonralmenre: por lo tanto. en esta dirección no hay tuerza, entonces la reacción en O es verucal.

A) 48 N

B) 45 N C) 42 N A) 40 N .

D) 40N

B) 45 N

E) 36 N

C) 50 N

D) 55 N E) 60 N

1234

gj

V ~ · .

. J· ..,.. :;..·'

3m _,;/

./ ' -::.---: 37°

235

- - - -- - - - -- -- - - - - -- -- ---


lumbreras Ed1tores Resolucion

PROBLEMA H. 0 43

Dos b~rras 1-: mcg~neas .48 y BC de igual material v sec.:1on transversal se encuentran unidas por sus e:uremos, formando un angulo de 600, forman una palanca quebrada ABC y se encuenrra en r<!poso.

DCL ael bloque

T •¡mg

l-r

!~.._,)70 .·

.:·5.3.~~ . ..

.¡ jv

JT

r

~

Resolnendo

,.

"J.1::','

J3

tJn9=5

, n1

••

~ ...

a

Determine la medida del ángulo 9 (Lsc=2Lu)

~· ···

PROBLEMA H. 0 44

Para el equilibrio del bloque necesanamence R debe ser vertical

Una placa cuadrada homogénea perfectamente lisa de masa fv/ y lado a, puede rotar alredc· dor de la arriculación O y se apoya en el borde de otra placa rectangular de masa m y altura h=a/4. Para que el sistema permanezca en reposo es necesario que el coeficiente de roza· miento estático encre el piso y la placa m sea

Luego: fs-•Rsen3 7°

(!)

DCL de la barra

En el gráfico

3b =

a.J3

Entonces

.J3

b= -a 3

A) 9=arccan(

~)

Segunda condición de equilibrio

o::M,=LM,)

B)

e= are tan(~)

R(3cos3?0) T48(2) =80(3) C) 9=arctan(

R=60N

E) 300 Resolución .. [ 5 :::.36

1236

N

lb

tan (30°+9) = a

~)

D) 45°

En (1)

además

Para el equili brio, la tensión y la Fs (3mg) de l sistema formado por las dos barras doblada deben ser colineales.

B) Despejando

tan(300+9) = ~ .J3 3

~s "'6rr1+ J3 (M..,. 2m)

2M C) ).ls =3m+ .J3 (,4.'/ +mJ M D) !!s < 2nr+J3<M+m)

tan 30° +tan e = ?:.. .J3 1- can 30° tan e 3

237


lumbreras Editores

Resolución

Para decermmar ~t; vamos a considerar que la placa.escá a punro de deslizar.

DCL de la placa cuadraáa

es coi so;cenida por rozamiento em re dos pernos A 1 B. que están separados por ;.~na distanciad enrre si. ¿Qué distancia x habrá desde el perno A ,,1 ce ne ro de gravedad de la barra homogé·

A punto de des lizar fs -) [;(mi,)

~tsfv =f.vtPl(I)

f.v =(mg+ ~ f.v(P))

pROBL~MA N.o 45

un-1 b.HTa que se encuentra a pu mo de deslizar

ne<l? Considere ~~ el coeficiente de ro:amienro ~srJnco entre la barra y los pernos

Primera condición de equilibrio en x' L F(/') =LF(,/)

fs¡.;¡ +fs<s> =mgsene La barra a punco de deslizar

fs --<es máxima

(fl)

Segunda condición de equilibrio

b

, A

([1!) '· ·'-~

De (111) en (lf)

.........

d A) - (cane-ll ~~

fN(8)d = mgCOS9 (X)

d

B) - ü t cane-1) J.l

!.ves¡ = mgcose(

~)

(ll)

d

C) 2(can a-,u) De (1)

0)

fi ( J3- ¡):: f.v(P) MgJi X --:1 .,

DCL de la placa rectangular

f.v(P{~) ¡'----..J¡<:-~¡;__-j.----,

Ordenamos De (!11) y (ll) en (1) M fls = -2r_n_+_J3""3~(tv_/_+_2_11_t) ~tmgcos

Con es ce coeficiente de rozamiento escá en equilibrio, enconces con valores mayores tambié n se mantendrá ~ n equilibrio.

.. ~~s ~

x+d+dx] = mgsena a[-d-

Resolvemos

M

2m+ .J3(tvl +2m)

~

mg 1238 -~·----

(lll)

Tr.'i (P)

30 '

fNt"-ld =mgcose(x+d)

DCL de la barra

J:v(P)·\· ... . J3 :

d

E) 2(~nan e+ 1)

f.'l(<~l =mgcosa'(x+d) - d-

Re1olución (I)

~Ca~e_ 1 )

239 1

----------------- -------


lumbreras Edttores

PROBLEMA H." 46

Analizamos la barra de masa (m)

El sistema mostrado esrá en reposo y está conformado por barras homogéneas. Si la masa de las barras articuladas al cecho es la mirad de las erras, indique la relación que existe enrre 6 y~~.

~- -- · ·

·-- - - ~

a

6

De (f!) en (1)

<=3mg

5mg =[mgcoro]2cane

~-- .... --~~~'?~~-- --. ':\ : ""2d~i: :.. ¡'\;f \.'Je

..,

-

'~

5ran o=2tan e .. tan 9=2.5ran 9

· -tasene

'I~'\

¡

@)"Observación se demuestra que en la art•culación mas baja no hay reacciÓn vertical. ello se delermtna analtzando a las barras (2m} y (m) rumas

mg 2a' ' \; \

L

A

~

P~¡ Rp(r¡ =2mg PROBLEMA N.o 47

A) cap 9 =tan~ 8) tan9=2.Sran$ C) tan9= l ,Stan<)> D) tan e= 3tanlj) E) rana= 2 ranq>

mg(2a cos 6) + 2mg( 4a cose)= RP, _. (4a sen 9)

Smg = Rp,(:0 (2 tan 9)

(1)

Analizamos la barra de masa 2m.

Se traza por el vértice D de un rectángulo homogéneo ABCD una recta DE, de cal modo que si se cuelga el trapecio ABED por el vértice E, el lado AD equivalente a 100 cm q ueda hori:oncal, determine BE. C·.---_,;E;:....__,B

Resolución

- 2 -2 X X a-' -+Xa =--rxa+ -

2

DCL del sistema de barras.

r s r r =3mg R~

.

\\•

Rr=3mgtZ

1.

/

2a\. ·._

·.

1

-- --·: ···-- f' \

1

mg 1 ta

• ••

·._ : ••·

...

~c.c.

.:. a

•··

B) 36,6 cm

l/ .

D) 42,3 cm

E) 49,8 cm

a 1 ,mg

1

1

b;,4mg a ~ .:J

~~-,..··

A

A) 25,3 cm C) 39,7 cm

"

" ¡·'·' c...f. ·~·a ··r,2mg ,· 2mg

1240

.·,/. . .· -

·----;---···¡· 2b / 2 : 2ntg

2

pero D

Ry

.·· ' ?a

.

'\ \ ~ ...

3

x=(IOO- a) -4

J3a =lOO-a 100

a = --

2mg(acostj>)=R2 asen$

Resolución

R =m COS$ g se n<f>

El trapecio se mamendrá en equilibrio si la iuerza de gravedad se anula con la reacción en E; estas fuerzas tienen que ser colineales, por ello el C.G. debe encomrarse en la línea EP.

R =RP(<)

=mgcocq>

(II)

-

(J3 + 1)

.. n=36,6 cm

~ 241 ¡


lumbreras Editores

PROBLE,'f\A H. 0 48

Halle las coordenadas del cenero de gra\·edad de un cuerpo q.¡.te tiene la forma d~ una silla compuesta de varillas de igual longicud y masa. La longitud de cada varilla es igual a .¡~cm.

t,1s \·arillas son de igual masa; emonces, como son once varillas. la masa coral es 11 m.

u; masas finales que quedan son A) (- 22; !6; O) cm

.~ = X;(m1) + xl(m1 ) m1 +m1

B) (- 12; 14: O) cm

3m y Bm.

=(- o)(3m)+(-o)(8m)

8) ¡,,-{

A) h/3 D) h/5

C) h/2

E) h.' 7

Resolución

Dar o: M=3m

Piden

y:?

! lm

C) (- 20; 18; 22) cm x = - a = -22 cm

D) (- 22: 18; H) cm y

E) (- 20; 16; O) cm

z=O cm

Resolución

Para determina el C.G., primero vamos ,, reducir el sistema a masas puntuales ubicados e11los C.G. de ciena configuración de barras.

z

m . • ••

··· .. l·l2

.f

(

-a

;

3

;

'

De las relaciones geométricas y , 3a =6a

22(8)

y=--=16cm 11

a = 22 cm

C.G. (-22; 16; O)

! . _~3•• -· _j.: m

(3m); } (!)

. . ··irh

PROBLEMA N. 0 SO

; a = 22 cm

Determine la abscisa del C.G. de la placa homogénea sombreada, si R=3(n -2) cm.

P!tOSLEMA H.0 49

y

y

Se muescra una placa criangular homogénea de masa M =300 g, de espesor pequeño, y e n uno de sus vérrices ciene una pequeña esfera de masa m= l OO g. Calcule a qué alcura se encuencra el C. G. del sisrema respecco de e. m

X

,.

..r... ...<::;....'""e_ _ _ _ _ _....o

A) 2 cm D) 5 cm

8) 3 cm

C) 4cm E) 6 cm

1242 243 l ----------------------------------------------------~~


lumbreras Editores

Resolución

A) 28 cm

Para hallar la abscisa (.\\ vamos a considerar la placa sombreada como la diferenc1a de dos placas.

B) 32

0

pR03LEMA H. 52

Co'1 1

C) 36 cm O) 40 cm

Yj

E) 48 cm

y•

Yt

R

R

R

-.. 2 : ·-------. R

._,..-~

:::1 B 3

-

R

3

iT

.. xc.c

= 23 m 65

Resolución

·- C:G.(2)

'-----...-.~---...........":':X

0,15(0, 6) .._O, 7(0, 32) +O, 45{0,12) 0,6+0,32+0, 12

¡-o.6m-1 X

• ••• S::~-( 1)

..

Ast

ErKu<!ntre las coordenadas del C.G. de la placa metálica mostrada.

X

2R

3

Para hall ar R se va a co nsiderar la placa som breada como la di ferencia de dos placas, una de radio R y la otra de radio R/2.

2m

. '·~:,- l.a.2m

.

.~.o)

e· ·------------

•• : .•• '. f 0,2 m

l

'------¡-- .

... .·. .:.·. ......... ...

·¡

0.4 m 01-- l.l

...

.........'

4R

!l)

XC.C. = --.3-'R-'--';--'----,~-

' 1.

/~ \ --.. ,

23 A) ( 65; 13 m

2

:n; : B)

.lil.1 =0,32 m 2

.,·~·

X

m--i

lA 1=0,6 m 2

(35.~)m 72. 17

1

~~..

.

~:~0.\m

_:::+:-:~--5iiTT) , J L _.. •

..

X

60 25) C) ( 91; 27 m

y,J.l\2

y,lA¡ + + y,J.l\3 Yc.c . = lA¡+ J.l\2 + li\ 3

X

xc.c. =2cm

1(0, 6) +O, 2(0, 32) + 1, 8(0,12) 0, 6 +0,32+0,12 -

R(4lA) - lR(lA) 0

PROBLEMA N. 51

Determine el valor del radio R para que el C.G. de la placa de acero agujereado tenga 30 cm como ordenada.

y =--4~/A ~-'"= /A:--.. R=36 cm

ll

Yc.c =13 m Resolución

x

Se quie re determinar c.c. y

yc.c.-

para ello dividimos imaginariamente la placa en tres

..

c.c.( .!.!)m 23 65 ' 13

parees.

! 244

245!


lumbreras Edito,·es PROBLEMA N. 0 53

Resol•temos

x

Halle la abscisa del cenero de gravedad del sistema de placas de igual material. donde R=Srr cm.

; Rsen(~)

_

XI::

..1._

~

3

A) 2,223 cm

Resol ucion

8) 5.935 cm

cons1dernmos la siguiente cortfiguración:

2R

C) 6,23 1 cm

= 1"'-

D) 7,125 cm

¡¡

6

Análogamente se obtiene

E) 9,375 cm

x

2

R

X~= --

Resolución

1t

\

'----"' X

Como

Cálculo del C.G. del sistema de placas

R

A) 6.5 cm

xcc

B) 7,0 cm

j

2~ )<41A)+(-~)lA SlA

C) 7,5 cm

D) 8.7 cm

7R Sn

12 · .•

. . xc.c. = +6, 67 cm

Resolución

··.: c'c.o

. .

S1t

6 •· (1)

Se cien e una lámina cuadrada formada por cuatro láminas homogé neas de diferente material y cuyas densidades superficiales son d 1 =3 glcm 2, d2 = 2,5 glcm 2, d3 =1,9 glcm 2 y d4 =0,6 glcm 2 De•ermine la ordenada del centro de gravedad del sistema.

xc.c =?

y

.. _') 2 Rscncx x=3 - a -

PROBLEMA H. 0 54

Dos esferas homogéneas de volúmenes de 3 S cm y 1S cm 3 están unidas por una varilla también homogénea cuyo volumen es lO cm 3; todos del mismo material. Si la distancia entre los centros de las esferas es 10 cm, ¿a qué distancia del cenero de la esfera más chica estará el cenero de gravedad del sistema? A) 5,84 cm

y (cm)

E) 6,67 cm

.

(2)

~.

"' ' , ,;' ~ ' '. ' ,. 3 .... :,:;.... . -- -- -'.-v.é:c.(4J

••• : c._c.(JJ 1

..

••• ,

• ••• •

o

6

••• ..

(4)

·. 12 X(.:m)

donde m=dlA

12

-

9(3) (lA)+ 9(2.5)(0\) + 3{1, 9)!A + 3(0.6)(IA)

d,

dz

Yc.c. =

d3

d4

.. lc.c. = 7,125 cm

(3)(0\) +(2.5) (O\)+ (l. 9) (O\) + (0.6) (lA)

6

B) 6.28 cm

C) 6,42 cm

D) 6,59 cm

·.. c.c.c2

•• ••

:

''

PROBLEMA N. 0 SS

XC.G. = 7 cm

-

. .

9 - ... :~--~ .. .... ·.:::·'·: :_-- -

7(Srr)

xc.c. = - = - -

E) 9,6 cm

l246

Y(cm)

xcc = O(V1)+5(10)+ 10(15) 30

j

o

6

12

X(cm)

~ 247


lumbreras Editores

PROBLEMA H.• 56

El centro de gravedad de la parte sombreada es tá en el punto C. cCuámo vale y mínimo'

En e l gráfico se observa q ue para el trjjngulo .-\PO

Resol ución p3 r.1 .:¡u.: .-\8

L,

3b - =-l-..CO

se nunrenga hori: onr,ll. la placa de be esrar en equi li bri o, en ronces la FE y!:! Fe deben

ser .::vhneales ~

C0 = 21

En el triángulo MtlB ~

DO= ·H=-lcm

.. y=2( = 2 cm x

30-x

¡; =l b X

A) B) C) D) E)

:. x = 10 cm

PROBLEMA N. 0 57

1 cm 1,5 cm 2 cm 2,5 cm 3 cm

En el gráfico, se tiene una lámina homogénea en equilibrio. Determine la posición x de donde se debe sostener con un reso rte para que AB permanezca horizontal. Considere que la mediana relati va a AB es CP=30 y se esta blece CP ::2PB :

Resolució n

Para determinar y dividimos la parre sombreada en dos triángulos, el C.G. de cada triángulo se encuentra en el baricenrro; por lo ranro, el punro C se encontrará en la línea que une los C.G. y

e

,'

~ ·

PROBLEMA H. 0 58

Se mues tra tres pequeñas esferas soldadas a barras rígidas de masa despreciable. Si el Sistema está en reposo. équé medida tiene el ángulo e? A) 15° B) 18,5° C) 22,5° 0) 300 E) 27,5°

Resolución

Consideramos el sistema formado por las esferas y las varillas; las fuerzas externas son las reacciones y las Fe. El efecto de rotación de las reacciones son nulas respecto a O. Para el equilibrio del sistema el C. G. del sistema debe ser colineal a la línea ven k al que pasa por O, con ello se garantiza que el MR respecto de O es nulo.

249 ' ._-=.


lumbreras Edtlores

Capítulo

,()

9

''~ -<

Dinámica

2n

:::--.

y ¡

1

·1 ,: ri!J 1

1

2ni, . -' 1

b=4a

~.

-~

1

ij l•'

¡

:

,.·· .. ·1 /'/ '

:'.··'

'·)m_...,;:·'

·¡: ---

la din,imicil estucli,1 el nexo en tre el movimiento de los

.. ,

·,4 '·-- -- -- -- ----- ----D · -.

3mg

13 nJ3sene

·--- - - - - --------- - - --- -· ···

cuerpos y sus c<~ usas (fuerzils). Este se expresa mecliilnte la~ leyes de Newton, siendo funda mental la denominada segunda ley de Newton. En ella, se indic¿¡ qlre la aceler.1ción dep ende proporcionalmen te ele la fue1 za resldtc11He y ele la masa, siendo esta última la medida de la 111ercia de los cuerpos. Esta ley permite ,1nalizar 1:111 cada instante el movimien to de los cuerpos; de esta forma se puede predecir lo que sucederá más adelante con ellos. El lanzamiento de cohetes a otros planetas y el lan za miento de proyectiles verifican la rigurosidad de esta ley. El presente material contiene diversos problemas que permiten analizar tan to el movimien to en línea recta como el movimiento curvilíneo, en el que se destaca el movin11ento circu nfere ncial. La gran variedad ele problemas resueltos permi tirán al lector familiariurse con las leyes del movimiento y con Jos métodos empleados en la solución de los mi smos.

9 = 30°

: ·-------------------~------------------------------------------------------------- -~


Capítulo

Dinámica

Un ¡oven está de pie sobre una superficie horizontal, con la cual tiene un coeficience de rozamienco igu,ll a 0,05 y 0,03. Si está a 128 m de un posee, ¿cuál es el menor tiempo que emplea en llegar, si su máxima rapidez es 8 mis' (g= 1(1 m/~ 2 ) A} 20 s

B} 16 s

C) 32s

0) 24

E) 30 s

S

Resolución

Piden el menor tiempo que emplea el joven en llegar al poste. Para ello, en el me nor tiempo posible el joven debe adquirir su rapidez máxima; entonces. en es ta ecapa debe experimentar su mayor aceleración.

v=O a

,..

-=- _,.;;

;r

fs A;

, '

fN

~

'

;a

r

~----MRUV----_,~----:'

'

'

~

\

MRU

128m

(!) Tramo A~ 8: El joven acelera debido a laf5 . F De la segunda ley de Newcon: a =...E.. m

Del DCL: FR=fs El joven acelera debido a la fs: a = fs 111

Para que la aceleración sea máxima, la fuerza de rozamiento tiene que ser máxima fs(mix)

amaJC .

= fs(m.lx) =llsmg m

m

ama.x:=~t 5g= (0,05)(10)

~ am;,,==0,5 m/ s 2

253 ~


lumbreras Editores

Manteniendo esta aceleración en forma constante. empleará menos ciempo en adquirir su rapidez máxima; entonces, en este tramo describirá un MRUV.

1'

8

11

( 1/2)

r1 = -ª-=--=1 6 s

1(1) 2 2 2' 16) =64 m

d8C= 128 - d,.¡ 8

4 =0 ...,• m/ s l =-10

El rabión descnbirá un MRUV.

: (~O cm >---<

¡j

l\...

1

t-----90 cm----; (lll)

il v=O 1--F

[

..

..

);----- 90 cm--l.

C) 2,0 s

[~ ~~ ~~~ ~~~ ~ ~~~ ~~-t?~,;. .

D) 2,5 s E) 3,0 s

i--80cm~

A) 1 s

(IV)

FR

,1 : : 111

20cm liso

Manteniendo la rapidez máx ima, llegará en el menor tiempo al poste. Entonces, a partir de B describirá un MRU.

Del gráfico y de (111)

segunda ley de Newron

Se m uestra un bloque liso apoyado sobre un rabión en reposo. Si a este se le eíe rce una fuerza hori:ontal F=~;N. ial cabo de qué tiempo el pequeño bloque empie:a a perder contacto con el tablón de 1O kg'

(![}

l ' dAB =v..¡r 1 +2at¡

d..~s=

PROBLEMA H. 0 2

8) 1,5

s

L_v_=_o_ __a_ --,

·_

DCL del bloque y del tablón

d8 c= 128 - 64= 64 m

8) 30"

C) 26.5° D) 18.5° E) 0° Resolución Pide n~-

Resolución

Piden el tiempo en que el bloque pierde contacto con el tablón.

A) 37°

En el momento en que la paree posterior de la tabla pasa por el punto medio del bloque, este caerá perdiendo contacto con la tabla.

Como la esfera no se mueve respecto de l coche. el ángulo j3 se mantiene constante y experimenta la misma aceleración que el coche; por consiguieme, la esfera y el coche se pueden estudiar como si se ¡rarara de un solo cuerpo.

d = -l at·' 2 (0.8) = ~(0, 4)1 2

En (IV)

.. t=2 S ~

t 2 =8 s

En (1) t = 16 +8

t= 24 S

PROBLEMA N. 0 l

Del DCL del bloque se observa que FR=O. entonces el bloque se mantiene en reposo. Del DCL de l tablón se o bserva que FR = 4 N.

i254

:e liso

En el gráfico se mu estra a una esfe ra que cuelga de una cuerda y que no se mueve res pecto del coche. Determine la medida del ángulo j3.

n=gsen9

Recuerde que un cuerpo que resbala por un plano incli nado liso presenta una aceleración de a =gsen9=gsen53°

255 !

~~-----------------------------------------------


lumbreras fditores

DCL de la esfera

Esier.1 ( 1)

,.

Resolución

En d lllsr,mre en que se cona la cuerda T=O

·.'l

P1den l,1 acele:-ac10r. (módulo) de la esfera cuando su rap1de: es 5 m 's.

i'··-~-- -·

.,.,

..~ ',

·.

Se observa que Fn ;:0 y la esfera acelera. Segunda ley de Newton Resolución

a =f.& m

Piden la ace leración de la esfera ( 1) en el instante en que se corea la cuerda. En x ': segunda ley de Newton

Para hallar la aceleración pedida primero vamos a determinar las fuerzas que actúan sobre cada una de las esferas.

a Tsenf3+mgsen53°=m(gscn53°)

De (1)

F11 =mg+mg=2mg

DCL (1) y (2)

(por separado)

Luego

Tsenf3=0 ~

\

···~.' tJ-- ·110 m/s k~

~ ~ JlO

a= (2mg)

m

senP =O

t g

m/s

.. a=2g

l

mg

(1)

Fe

PROBLEMA H. 0 4

En el gráfico se muestran dos esfe ras idé nti cas, unidas por un resorte. Al cortar la cuerda, ¿qué módulo tiene la aceleración que adquiere la esfera ( l)? A) g B) 2g C) 2,5g D) 3g E) 3,5g

(2)

~

PROBI.EMA N. 0 S

FE

Una esfe ra es abandonada a una gran alw ra y el aire le ejerce una resistencia que es proporcional al cuadrado de la rapidez. Si luego de un gran tiempo de descenso de la esfe ra es ta adquiere un a rapidez de 10 m/s. ¿qué va lo r ciene su aceleración cuando su rapidez fue S mis' Considere g= 10 m/ s1 (constante) .

mg

Esfera (2) en reposo FR=O ~

Fe=mg

(1)

A) 5 m/s 2 B) 6,5 m/s 2 C) 7 m/s 2 D) 7,5 m/s 2 E) 8 m/s 2

Luego de soltar la esfera, es ta experimenta dos fuerzas: la fuerza de gravedad (mg) y la re sistencia del aire, que es proporcional al cuadrado de la rapidez.

Entonces, mien tras la rapidez aumenta, la resis te ncia de l aire aumema disminuyendo el módulo de la aceleración. En algún momento (en 8} la resistencia del aire equilibra a mg; a partir de dicho mome nto la esfera experi· menta MRU.

1256 2571

· -=~--~~--------------------------------

-·~


lumbreras Editores

Tram o r\ 8: la rap idez aum ema Segunda ley de Newto n

L

Fr.=ma

lm

l a= g ·· -K v·' m

A) l, l Om C) 1.30 n, D) 1,50 m

Para v=S m/s

B) 1,125 m

E) 1,83 m

Resolución 11!

(!)

En B

10:-: -K(!0)-' 111

K rn

L

F .1 i.H·or de F ~n ..:oncr.1 d..: de .r di!,, _ _ _ = - -=-'-----...:..:...::..._

T

(mg -R~) = ma

g ) a = !0- - (5)·

Del gráfico

s.:gunda ley de Newron

lO

Piden el recorrido del bloque A hasta que se de tie ne por primera vez. Al solta r el bloque B, los bloques acele ran con igual módulo. Luego el bloque 8 choca en e l piso, q uedando en reposo po r la arena; la cuerda se afloja y la tensión en ella es nula. El bloque A ya no es jalado por la cuerda, pero por inercia sigue ascendiendo por el plano inclinado hasta detenerse por pri mera vez.

lOrn-Sm ti.:!

~=l+d'

e =I+O. l 25=-l,l25 m

r;;}Not a

(m+ m)

Luego de detenerse A desciende y aulllenta Sll velcc•dad hasta que la cuerda nuevamente se esure y sea trenada por S par;o detenerse Ottil Vi!Z

Mientr;>s el bloque B no choque con el piso. su acelcr:tción (y la de A) se mantiene constante, emonces rl y B experimentan t\t!RUV. H:~sca un instante antes del choque, los bloques rccc:-rren 1 m >'tienen una rapidtz v Cálcu lo de v

v1 = 0+2(l)(l)=2

PROBLSMA N. 0 7

__..

v=.fi:_~ S

Luego del impacto A disminuye su velocidad debido a la componeme dt> la fuerza de graved.1d (8 m).

DCL del sistema

El g~·áficc mues era un bloque unido a un resorte (K = 1250 N/m) sin deformar, en eltnterior de un coche. Si a este se le ejerce una fuerza F que le hace incremenrar su ace leración lenc,tmente hasta que alc:m za el valor d~ 7,5 m/s 2, ¿qué dcformactón prescn<a e! resorte si en di cho instante el bloque deja de apoyarse en e! piso del coche? (g= 10 m/s 2)

En (i}

v=O F liso

) n

Segunda ley de New ton PROBLEMA H.0 6

Dos bloques de igual masa están unidos por una cuerda ideal y son abandonadus tal como se muestra. éCuánto recorre el bloque A hasta que se detiene por primera vez? (g =10 m/s2)

:zsa

l kg

a'= FR = 8 m = 8 m/s2 m m vJ= v5 -2ad'

o= (J'i)2 - 2(8)d' d'=O.l25 m

A) 5 cm B) 4 cm

C) 3 cm D) J.cm E) 1 cm

259 ¡


Lumbreras Ed1tcres

Resolución 0

Piden la deformación del resone en el insr.1me en que el bloq.;.¡e pierde contacto con el piso. El coche se despla: a al ser empujado. mientras que el resone se es tira por la inercia de l bloque. Al es•irar;e el resorre y formar un ángulo con la verrical surge una componente de la fuerza elás tica en la dm?cción venical que separará al bloque del piso del coche.

pROBL.:::MA N. 8

En l'

Si al \'O\'Ó se le jala med1ame una fue1 z,¡ F, ral como ~e muestra, este logra resbalar sin rodar. Deccrm•ne e! mód ulo de la aceleractón que expetlmenta. (g= 10 m/ s 1)

1=0

En X

FR=ma F

F- fK=ma F

li>O

(1)

donde

.:,---.... :

p

A) B) C) D)

. . •• ·:FE FEsen

F--

a

,.

:

~

Como el yoyó solo se desliza y no rota, el mo· mento resultante, respecto al cen tro de masa, es nulo .

a=7,5 mls 2

osa

2

2 m/ s 3 m/s 2 4 m/s 2 S m/ s2

E) 6 m/s 2

mg Resolución

El sistema se estabiliza cuando el coche ad· quiere a=7,5 m/s 2. A parrir de dicho insranre el bloque también adquiere la misma aceleración del coche y pierde concacto con el piso ([N= O). En Y

Piden la ace leración del yoyó.

De (1} .,_ (II)

Entonces

tan a= B. a 10

DCLdel yoyó 4

ran a = - = 7,5 3

~

F=2fK

et. =53° tng

a=?

En(!)

En (1) fesen53°= mg

FE sena=mg

(1}

Reemplazando valores

J.ldmg) = 11ia

1250x(4/5} =(!) 10

En X

1

x =- m

segunda ley de Newron

100

FR=ma F¡; COSC<=ma

.. x =1 cm

(II)

; 260 ·-·~~

--~-----------~----'1

.. a=4 m/s 2


Lumbreras Editores

PROBLEMA H. 0 9

Se muestra a un much,tcho oarado ,;obre un rabión homogéneo en reposo: Si el muchacho empieza a caminar hacia el exrremo P. para el observador, écuanto avanzó el muchacho cuando llega a P '

Resolución

oe (!V)~(V)

Para el muchacho

Piden la fuerza de ro:amiemo ene re los blo-1ues Entre los bloques no h:¡y movimiento re\anvo. es decir. un bloque no resbala sobre el otro; pur consiguiente, la fuerza de ro:amienro es estática (/5). Además, presentan la misma ve locidad y acele ración.

.\ llr -:::-

(!)

Para la tabla Fr<s =Mar

De (lll}

Considere 3m,JNon = 2m11llldt.>ch<>

(1!) DC L (I/)

De (1) =(11)

r

v=O¡-j m-i i--5 m--1

-+

liso

Del gráfico

lp )

1

a

20N

UN

.

·. o·-

;:; :::.-- -- --~·- 1lvl;' 'V> •• 53° .. :::::.

x= 3 m

16 N

·-·-,--

d= S-3=2 m (111)

1s

:7.....

J f...¡u¡ """'

OCL (3M)

a

A) S m

B) 4 m

v=O

V"'O

C)3m D) 2m

PROBL~MA N.o 1 O

!m

E) 3.5 m Resolución

1[.'1(21

Se muestran dos bloques . entre los cuales no hay movimien to relativo. iQué módulo tiene la fuerza de rozamie nto entre ellos'

Sm

luego

Piden el desplazam1enro del joven cuando llega a P.

FR m

F= 20 N .

a= FR = Cfs)

~--~~--~---~ -

fs

,

'j.- d,.(S-x)+x -4-

3M

(m)

~:r·---ar

{

r--:..:.¡;N:.i-..:f:.:_s_4j.:._M~g-tv.....I =2/3 m

=-

(liso

m

De (1) = (11) Para la tabla (N!RUV)

x = 1arc·'

2

(IV)

( 5 - x)= -1amc2 2

1262

--..~--------------------------------------------

A) 12 N

B) 10 N

Para el muchacho (MRUV)

C) 15 N (V)

M

(1)

Segunda ley de Newron (3M)

ar ~=-----~------~ p i-x-{

(16- fs)

11 = - = - - --

r . ~

v=O

Segunda ley de Newron (M)

D) 16 N

E) 24 N

.. f5 ,. J2 N

3M

(11)


lumbreras Edimres

PROBLEMA N.o 11

Resolución

El grá:ico muesrra dos bloques (A v 8) de l kg r -l kg. respectivamente. Si sobre el bloque B empieza a acwar una fuerza que depende de l tiempo segL'm F:: {!Or )iN, do nde tes el tiempo expresado en segu ndos, indique cuál es la a!cernati1·a que expresa mejor la aceleración del bloque.<! en función del tiempo, mienrras r1 interactúe con B.

0,8} 0,5 ~~

Piden la gráfica 11-t para el bloq ue A. Mientras el bloque A no se deslice sobre 8, ambos expenmencan tgual aceleraCión. entonces podemos anali:ar a los dos a la vez.

)SON

..¡ kg f

8

c1=2r=S

A parttr del grático, determtne el 1·alor de 1<. .;celera.:ión de la cutia, para que el bloque esté a punro de subir sobre ella.

lg

~

resultante es la fK·

l-.E.::.IOt

l

En {!)

PROBL:!MA N. 0 12

Er. este mstante A está a punto de desli:ar. P~1ra t > 4 s. el bloque se desli~a y la fuerza

1 kg 'T J ~

v=O

En el mome:1tc er. que el bloque .~ eséá a punto ce desh:ar, su acderactón es S m/s2•

/

v==O

Segunda ley de Newron A) g/2

(1 Ot) = (1 +4)n n==2t

(1)

O)

Segunda ley de Newcon

2,Sg

B)

g

C) 2g

E) 3/4g

Resolución

Ahora va mos a determinar el instante en que el bloque A está a pun to de deslizar. DCL(A)

fs(max)

10 N

~~-~

Entonces la gráfica a-r es 11 (m/s 2) .

Piden la aceleración de la cu•ia. El bloque está a punto de desliza r hacia arl'iba de la cuña, pero no lo hace. Entonces el bloque y la cuña tienen igual movimiento y experimentan la misma aceleración. DCL del bloque

frN Segunda ley de Newton para (A) FR=mnA

fs(max) =ma

Al abandoo.1r al bloque B

~t 5 mg=ma

a

= ¡.¡,g=L~ )oo>

/

no acelerJ.

( r(s)

L-----~----~--~

4

. ..37°'· . .. ( ..

Í264 265

.~- -lr~------------------------~--------~------------------------------------------~----------

1


lumbreras Editoras

Resolución

Oe(ll

Piden el tiempo que el bloque permanece sobre la tabla. Primero determinamos la aceleració n del bloque y luego del tablón. (!)

f ,,: ¡=.\/(10)(

*)+m(IO)( i)

Entonces 1 ' 2=-(6-?)r· 2

. . r= l s

DCL(bloque) _Segunda ley de Newton (tabla) mgsen3 ¡o

3

fs{m.lx) + -~S

-;~~' ·. 1

4 mg =- ma S

~ts f,:

FR=Ma 1 Mgsen37°- f,=Mnz

,\J(lO)(~ )-P~:/'1(2> = 1\.Ia2

liso

• • ,.---J

fv<n

De(!) ~ts

mgcos3 ¡o

·. .

En el gráfico se muestra un bloque liso de

.. .. ...~?~( : ~

4 3 a ) +-mg=-ma 3 4 -m ( -mg+ S S S 5

PROBLEMA N.o 14

2 kg. apoyado a un a tabla de 2 kg e11 reposo. Sí

a 1.1 polea ideal se le ejerce una fuerza horiwnEl bloque es liso

tal de 20 N, tal como se muestra, pasado 1 s, ¿cuánro avanzó el bloque para un observador en el tablón' (g :: 10 m/s 1)

a 1=gsen37°

a 1= 10(3/5) n1= 6 m/s 2

.. a=2g

(!)

p

M > >> m

Tam bién f.v( 1>= mgcos3 7°

f.vw = m(!

PROBLEMA H. 0 13

En el gráfico se m uestra el instante en que se abandona el sistema, siendo el bloque liso. ¿Qué intervalo de tiempo el bloque pequeño pe rmaneció sobre la tabla de 2 m de longitud? (g = lO m/s 1)

o)( i)

(!!)

Ahora colocamos un observador en la tabla DCL(tabla)

A) 0,5 m O) 2m

B) 1m

C) l ,S m E) 2,S m

Resolución

Piden la distancia que se desplaza el bloque en 1 s respecto al tablón. Mgcos37°

~ DCl

mg ::20 N

l"'s -:

T

polcaide>l

T

--;;

bloq~:~~ : ::: : :: :: :~~- --(_)F= 20 N da/T

A) 0,5 s D) 2,0 s

1266

B) 1,0 s

C) 1,5 s E) 2,S s

Del grá fico

!.v(2):: Mgcos3 7° +f.vo l

=-21 118/ T ¡ '·

f.v "-l

fN(l)

l 20 N::mg

a

T

-:;Ión

_I.l fK

267!


Lumbreras Ed1tores

Pard la polea ideal (mr "' O)

Cálculo d e d

Resolución

Anali:anc.Jo desde el tablo n

p¡d~ n

y

90''

o. (dirección de 'F).

se n (61· 53°) = l

JS

(F-2T) = (0)11p ~

<1 111._,

Luego

~as · T

2T = F= 20

8=3 7'' La ace leraCión máxima e s

-- --~'J::¡====:::::-;::::1)-!-(7 : F

~--~----------~

T= IO N

amj,=lS -12 = 3 m/s "

r---- d -----1

Cálculo de u. Para el bloque

0.=8+37°

1

y'

,

d = - (11 6 -aT)r· 2 10={2)1!¡¡

. . d=2

d=~(S-1) (1) 1

En y':

2

IF<"->=IF("')

m

f.v+ Fsen9=40

Para el tablón

!.v = 40 - se ne (II)

pero

f.vw =fNCil +mg

En el gráfico se muestra un bloque de 5 kg que asciende sobre la superficie inclinada áspera, siendo el módulo de la fuerza F de 60 N. ¿Qué valor tiene la máxima aceleraci ón del bloque y qué direcció n tie ne la fuerza F (respecro al eje X) en dicho instante? Considereg= 10 m/s 2.

Fcos6-30-fK=ma De (l) 60cos6-30-~tK(40 - 60sen9)

3

60cos9-30-- (40 - 60sen9) =Sa 4

I0 - 8=(2)aT

4 m/ s 2 6 n1/ s 2 3 m/s 2 6 m!s 1

3m

~~

n =3 (3sen9+4cos9]- 12

X

n = 15 [ sene 3 + 4 cose ) - 12

y 53° y 74° y 60°

y 74° y 53°

a

n=9sen8+ 12cos6 - 12

~~1(=0,75

A) 3 m/ s 2

= Sa

Luego

Luego

8) C) D) E)

PROBLEMA H. 0 16

El sistema que se mu estra es abandonado y carece de rozam iento. Determi ne el módulo d e la aceleración de la Cllña.

En x': FR=ma

PROBLEMA N. 0 1 S

y

En ([!)

(1)

5 5

Orde nand o convenientemente

a= 15 [sen6cos53°+ cos6 se n5 3°] -12 Entonces: am.u = 15 sen(S + 53°) - 12

1268

:·--~,~------------------~~aa~m.----------------------------------------~~-----

m~\x

A) (

4tana ) 3tan2 ca 1 g

8) (

cana ) tan 2 a+3 g

E) (

2tan a ) 3tan 2 a+l g

C) ( 3 tana ) can 2 cr.+l g D) ( ca na ) . tan 1 a+ 1 g

269 1


Lumbreras Editores

Resolución

P1den la aceleración de la cu1ía

Note que al descender la barra una longi tud y, la cuña se gesplaza una longitud x . Como las fue rzas son conscanres, la aceleración de la barra y de la cuña también son constantes, entonces ambos experimentan ~ IR UV.

(11 ). 1

DCL (ban·a)

f-..: : 111!7

-- ~o

MRUV (barra)

.·l.\· '~ena ,

.·.\0:....

En el inscance mostrado el sistema es aban. do · Cuando la esfera B se desprende del dona .

Segunda ley de Newcon

!!. .J3 ns = FR =]___

p1an0 inclinado, la, esfera A adquiere una .ace-.

leración de 1 m/ s·. En dicho instante, cq;1e 8? (g = 10 m/ s· )

ace ler:~ción adquiere la esfera

1 r·' y=2"c1 1

.·· a -·Reos

pROBLEMA }!,o 17

lll

([)

111

DCL (A)

(lll)

MRUV (cuña)

:R · -- -.

(IV) De (11!) ""' (IV)

y a¡ tan a = - = -

x

n1

Luego: (1) y (ll) en (V) Seg unda ley de Newcon: para la barra Cl ¡

Cl ¡

FR. =-

3( mg- Rcos Ct) Rsena

Entonces (II)

R = mg {3 tana) se na ( tan 2 a+ 3) En (11)

nrg (3 tana) senet. az = --sena (can 2 a+3) (3m)

J270

B)

2J3 m/s~

C)

fi

D)

fi mls 1

m/s 2

Cálculo de R. Segunda ley de Newton

tan 0'. = --'-~----"

a, = Fr•• - m

Analizando cinemáticame nce

J3 m/s2

E) 2 m/s2

(!)

Segunda ley de Newwn: para la curia

Rsena a,= (3m)

A)

2

m

a =mg - Reos m

(V)

Resolución

Piden la ace le1ación de B (a 8 ). DCL de 8 en el instante en que se desprende del plano inclinado.

R= 4 m

(1!)

De (Il) en (!)

(4 m/2 ) J3

aa =

m

271!


lumbreras Editores PROBLEMA N. 0 18

DCL (A)

Para el sistema que se muesrra. entre los bloques el coeficiente de rozamiento estático es ~1 5 ~Para qué valores de la fuer:a F el bloque A ascien de' Considere m,, =m8 =m.

PROBLEMA N. 0 19 Blo.¡ut -~

Yt

J

punro

de ascend¿l

En el sistema mom·ado el bloque m no se mueve respecto do:! bloque 3m . ¿Qué valor tiene la fuerza que ejerce el bloque m al bloque 3m'

8

En x: FR=ma Segunda ley de Newton: para el sistema

f.,c 2J=ma

(111)

= FR(sisc) ll.ili l

A) F > 6

B)

mg(

2 15 +~ l-J.ls

)

En y: LF(1') = I r-U) T =fscm;i.'<J + mg

F ct=---(Sm +m +m)

F>7mg[ l +~ts)

~

F=7mQ

(1)

1-~ls

F>7mg(2-~ts)

D) mg

E)

F>Smg(l-~ts)

f>4mg(

+ 2 ~15 2 -~t5

1

mg ..ff? 3

m

C)

mg ../26

E)

mg ../26

S

6

Resolución

mgJ

~

Luego (ll) =(IV) ma - ~t mg=p ma+mg

5

~ fscmv.> 1

1 +~ts

B)

4

(!V)

DCL (8)

1 +~1 5

¡:¡

D)

6

De (110

Analizando los bloques A y B C)

A) mg ../f7

T =~tsfvc2> +mg

(ñ Y -v).

f;v=mg

)

5

Piden la fuerza (R) del (m) sobre (3m). Como m no desliza sobre (3m), emre ellos surge la fuerza de rozamiento estático. Además ambos experimentan el mismo movimiento

(1 +J.Is)

a = ---g ( 1- Ps)

OCL (nr)

En (1)

Resoluci ón

Piden F para que el bloque A ascienda. Primero vamos a calcular F en el momento que el bloque A es tá a pun to de ascender (deslizar). Como el bloque A está a punro de deslizar, el bloque B también se encuentra en el mismo estado; al no deslizar presentan la misma ace leración de l coche y se puede analizar codo el sisrema a la vez.

Segunda ley de Newron: para B

T +fscmax) =m(!

Con este valor está a punto de ascender, para valores mayores ascendería.

Pero fscmix) =~t5 (mg) ~

:.

T+p 5(mg) = ma

T=ma -~t 5 (mg)

(ll)

1272

~------------------------------------~~--

(1)

+U<)

1 F > 7mg ----'--' ( l - J.ls

fN(l)_=mg fs=?


lumbreras Editores

DCL sistema (3m+ 2m)

De (11)

mg - fs =sifsl

R

n--3mgj:~]f\ 111 ~mg _......_

_

_

_ .....¡

_ mg

Resolución piJ~n

la fuer: a (A) con la que la cobra imenra

Del gráfico: '= l'(.lt) Cuando la cobra se exuende verrical mence L=l'(.l r)

sJlt.lf

fs - 6

~e == !:.

En (1)

l.lvl

ct = -

.).1

(11)

.

2mg PRO BLEMA H. 0 20

Para el bloqtte (m) Segunda ley de Newron

FR=mct

fs"'m':

(11)

Una cobra de longitud L tiene una masa m distribuida uniformemente. Si empieza a elevarse con una rapidez constante v para sal tat; ¿qué valor tiene la fuerza con que presiona la s uperficie mie nrras intenta saltar?

Para el sisrema (3m+ 2m)

=m( g + v: )

Segunda ley de Newron a ~

=-FR111

--?

( R -mg) a :: -- -111

0

PRO BLEMA H. 21

(1)

R= m(g+a)

Cálculo de la aceleración de la cobra mientras intenta saltar.

Segunda ley de Newton

L. F.~de:fJ.vor - I .,

De (11) en (1): R

A parti r del sistema most rado determine el módulo de la fuerza de tensión en la cuer· da (!). Considere poleas ideales.

2m

Fen ~omr-¡ = msist.a de •1

2mg - <fK+f5 ) = (2m+3m)a

(111)

Pero

En (IH)

2mg - (mg +f5 ) =(Sm)a mg-[5 =Sma

1274

~~------------~--~------------------------------~~

2 3

A) -mg

.

.

'1>--- L~

·4

D) - mg

3

B) mg

2

C) 2mg

S E) 2mg

7

2751


lumbreras fd1tores

Resolución

Para el bloque (m)

Piden r 1.

pR 03LEMA N.o 22

DCL (bloque)

2mg

Un cohete de masa M está suspendido cerca

(mg-T)=ma 2

11

1 -~ u ·=O , S -1 T .· ··----- - -- - ---~~)

'

·¡/:

i

(ll)

r .. ..

1

hv=2mg

""-'

fT¡ l

al ~

(1) + {11)

A

{111)

7j)-~

(

mg - 2

T"- ...,_,T

de la superticie de la T1erra. ¿Qué m:tsa de combustible por unidad de uempo debe quemar el cohete, si la rapidez de salida del gas es ,,, ·, Qué masa de combusti ble por unidad de riempo debe quemar el cohete si se eleva con una aceleración constante a?

mg=R

( 1)

considerando M>> m

m: masa que sale del cohete

Para la masa que sale del cohete F¡¡=mrl'

T1 -mg _ 2a1

DCL (polta)

-

/'-,) ivlg . M(g-a)

2v'

B)

v

il-lg. M(g+a) V

R=m11'

(11)

V

Cálculo de 11'

.. '

Para el cohete

FR=ma.

'

Cálculo de la re lación de aceleraciones Ecuación de la polea móvil

-

, j.)vl V- 0 V a=-=--=D) ~: M(g-a)

(a2+a3)

v

llp= - -2--

2v

t

E)

l

¡\<fg M(g+a)

Tv';

2v

En (H)

Resolución

(+ap) = (+a~ +O)

Para el bloque (2m) (T 1-fK)=(2m)a 1

=( ~ )(2mg)

~

Primer caso: el cohete se encuentra suspendido (en reposo).

En (!)

mg =(7)v .. !!:=~

~= .!. 112

t

V

2

Segundo caso: el cohete acelera con

fK=mg

En (IU)

Luego

ti.

Segunda ley de Newton

T¡ - ni =2(.!.)

(T 1 - mg) =2ma 1

Para la polea (mp ==O) FR=map

(2T- T1)=(0)ap T

t

a2 =2ap=2a 1

fK=~tKf.'l

fK

112

a2 = 2ap

Pero

Piden ~ ='

= !!_ 2

(1)

mg-..1.

2

2

r: r, -mg =mg -..1. 2 4 .. r 1 = -mg

3

(R-Mg)=Ma R =M (a +g)

(!)

Cálculo de R. Para el combustible expulsado FR::;oma'

R=ma'

271 '

.~~~~-------------~~~------------------------------------~~-----


lumbreras Editores Pero \'

a'=t

la aceleración es proporcional a la rap idez, . para el cra;no mostrado se puede trabajar con la aceleración media.

(i') (

111) ~ R=m¡=7"1'

En (1)

(7"')

PROBLEMA M. 0 2 5

piden la aceleración del bloque A. poi~.,

mó' il

Una esfera de 1 kg esrá umda a un hilo de 1 m de longitud v está dando vueltas en un plano verticaL La r;pide: de la esfera en la parte más baja y más ai ra de su trayecroria es 20 m/s y

_b('-'(l2. . ''r) am-; -

l'=M(a+g)

6Ji0 mis. a "'

.. ~=M(a+g)

= (II2J(.!Q)=s m/ (1·' 2) 2

¿En qué relación están los módulos de las tensiones en dichas posiciones' (g= 10 m/s 2)

1

S

1'

38

v/ = v02 - 2ax

D) 41

0= 102 -2(S)x PR OBl.:MA H. 0 23

B) 6m

35

.. x = 10m

Un bloque de 0,5 kg se lanza sobre una superficie horizontal con una rapidez de 10 m/s. Si experimenta una fuerza de resistencia (total) proporcional a su rapidez F=bv(b=O.S kg!s), ¿qué distancia cubre hasta que se detie ne] A) 5 m D) 8 m

C) 7 m E) l O m

Resolución

Re solución

E.:uación de la polea móvil

Piden

-ClP = (;:¡•- ...-;:¡1)

Graricando el pro blema

PROBLEMA N. 0 2 4

El sistema que se muestra es abandonado. Si las poleas son ideales, determine la aceleración del bloq ue A. Considere SmA = 3m 8

v,=6Jl0 -

Segunda ley de Newcon para (A) Fn = MaA (3mg- T) =(3m) (3n) = 9mn

v=O

Multiplicando por 3

o

~o

(!)

T 1!T2

2

Piden x.

v0 = 10 m/s

41 B) 37

A) 45

Luego podemos aplicar la ecuación del l'v!RUV

~

(1)

9mg-3T==27mn

m/s1:~ lON •

~ . b.,ja (8)

FR= Mc 8

'!<------x--- ---'1. Segunda ley de Newcon FR ::ma bv=ma

3T - Smg= (Sm)a

([e.

1278

(ti)

¡1· '

.,;

T,

•20 mi•

mg = 10 N

Segunda ley de Newton en (A)

Luego (!) + (ll) A)

+~] 4

n=(! )v ~

(!!}

~ lea

\.·.····~t·<

p.utc m.ís

Segunda ley de Newton para (8)

pmem.lS

-.

B)

3g' -8;

C)

3g'

4mg=32ma ~ a = ~

8

+-¡- J Pero:

D)

g'

-8)

E)

3g ' --¡-J

-

-

a .~ = -3aj

3g

= -g- j (!!)

279


Lumbreras Editores

Segunda ley d<! Ne\\· ton en (.8)

Resolución

pROJ3LSMA N. 0 '17

Piden T .v ..<., •::

T - 10 = (1}( 20) 1 ( 1)

i

2

L=50cm = 0,5 m

37°~V

T1 =-l- l0N

:\

(llf)

De (lll) y (ll) en (! )

ó~ R ~ =10 N,,. · · -~: . . ~

B) 0,55

20N

'Í--15 cm~,

dr radi.li

<·>U

Segu nda ley de Newton en la dr radial F,p=ma,P (1) G-

F,p =T-(6+ 16)=7-22

vz

L=50 cm

vl Ó

(5)2

J

a,P=7 = ( ~ =50 N

T-22=(2)(50) -o T=!22 N

JS = rn l')~r

Pregunran por el meno r ~1 5 . emonces \'amos a anali:ar la moneda cuando esrá a punto de desli: ar. ~1;[.., = nrt•J 2 r

~ts (mg) ==m t•111· _ t•J2r _ (2nl r _ 4n 2 (15) ~t;-g g - rt 2 ( 100) ~t 5 = 0,6

Si el coefici ente es menor que 0,6 la moneda resbala.

(12 - 8) = 2n,g

C) 122 N; 4 m!s 2 D) 122 N; 2 m/s 2

atg =2 m!s 2

La barra en forma de L em pie:za a rotar !eneamente hasra que adquiere una rapidez angular constante. Si la cuerda de 5/12 m de longitud se desv ía 37° respectO de la vertical, iqué rapidez angular (en rad/s) adquirió la barra? Considere g= 10 m/s 2•

La rap idez angular es w = 60 2rt) ( 60

FR(cg)=ma,8

8) 116 N; 2 m/s 2

~ mg ;

PROBLEMA N. 0 28

[,..¡

Segunda ley de Newton en la dr tangencial

E) 49 N; 6 m! s2

L1 moned.1

~6-<::;:T=-;--¡ fs

En (1)

A) 72 N; 4 m/ s 2

~

F =LF- LF cp 0-

p:~ra

=111 c1,1, = 111 Vl ·r'

'

PROBLEMA N. 0 26

:37°

C) 0,6 E) 0,75

P1den el menor ~t5 para que la moneda no desltce. Vista superior

'

X

Para el instante que se muestra, la esfera de 2 kg tiene una rapidez de S m/s y de parte del aire experimenta una resistencia de +10iN. En di cha posición determine el módulo de la fue r:za de tensión y de la aceleración tangencial. (g= IO m/s 2)

A) 0,5 D) 0,65

F,1,

Resolución

Y L-· .-·· ',. .

un., moneda peq ueña está sobre una p!ac,,fo rma gi rato na a 15 cm del eje S1 dicha pf,ttaforma rota con 60 rpm, 'cuál debe ser el menor coeficiente de rozamiento estático enrrl:! la moneda y la plataforma para que la moneda no salga despedida? (g=il 2 m/s~)

!Jng~ncia l

~~:·4

.

Segunda ley de Ncll'tan

rad 0l=2rt-

s

Al no deslizar la moneda sobre la plataforma describe un movimiento circunferencial.

1280

---~ · -------------------------------------------------

A)

.JS

D) 2.fi

B)

J6

C)Ji'O E) S

281


Lumbreras Ed1tores Resolución

En (Hi)

Piden la rapidez angular que adquiere la barra.

~ ~ 2_) m

'

:

T

¡·······"'/: t r¡ .1 ·

..

..

0,5cm

10 .¡.

w=

JfO rad/s

1

-¡;

(1)

Tst>n6=m t•?r En Y:

~==-=-

:(J7o

l:F(í') = LF(J.) N

circunferene~..t de;CIICJ por l.t

c.:::>

-n•/ ~ •- .. • .... - - .. 1 ~ •• •• '

:::>

~= <02 (}) 4

\'t

F,,. . = mti.:p

lOm

5 12

•:J •••• • • - • -

En X: segunda ley de Newton

..... . 1

:•--.)

Un péndulo cónico de longitud L está rocando con ra!'idez angu la r constante y el hilo está desviado un ángulo a respecco de la vertical. Determine la frecuencia (/) de su movimiento. (g es aceleración de la gravedad) A) 2n

Segunda ley de Newton para la esfera

(1)

fi

{i

C)

.lJ

O)

J..j

2rr

2n

8)

.lJ 2n

g

Lcose

oh g

o>1 ( Lsene) g

rana=-=-.:..._-~

<•>=

F5: Fuerza de suscemación. que surge debido

JLcosa g

a la d1ferenc1a de presió n por paree del ai re sobre el parapen te.

Pero

En X: segunda ley de Newton

t•J=2rtf

,rg--

4

g Lsene

g Lrane

E)

f=2rrV~

v·' Fcp =mr

2 n:Jgc~se (1)

En la dirección vertical

S

De (1) + (li)

PROBLEMA N. 0 29

¡10m

±r =!Om

(1!)

Tcos6= mg

csferl

(11)

De (1) ..;. (II)

Resolución

PROBLEMA N.o 30

Piden la frecuencia de un péndulo cónico.

Un joven que practica parape nte se encuentra a cierta altura de la superficie describiendo una circunferencia de radio 8 m. En un plano horizontal si su rapidez es de 2M mis. ¿qué medida tiene el ángulo que inclina respecto a la horizontal las alas de su equipo? (g= lO m/s1 )

(11!)

B) 53°

En Y:

LF(i) = LF(.!.) F5cos9 = 10 m

De (!)..;. (11)

Resolución

1282

3

4

. . 6=37"

Piden el ángulo de inclinación (6) de las alas res pecto a la hori zontaL

__________________

::;,;_.

15

20

tanS=- = -

Del gráfico

3 l 3 r =-+-=-m 12 2 4

(ll)

283


lumbreras Edttores

PROBLEMA H. 0 31

Un mocociclism se traslada con una rapide: de 72 km/ h sobre una superficie hori:ontal. St ingresa a una curva cuyo radio de curvacura es lOO m, ¿qué medida cendra el ángulo respecto a la vercical que debe inclinarse el motociclista para que pase la curva~ (g= 10 m/s 2) A) arctan(

B) arccan(

D) arccan(

¡)

E) a retan (

~)

•1'

Piden la rapide: de la esfera st la cuñJ está a pumo de deslt:ar.

=m1' (20) 2 100

F =m-- = 4m •P

")'"''"

•Fo .' r=O 1m. .

(llí)

1

..

25 N

.. . .· ·r ·.

\ tG7Y.·. #

!SN\13 .,.,

.

20 1N

....~ .. -·· ""'

.. e =arctan(~)

DCL (<urla)

) j ;o· ..... _.. ___ .

v/ ~-· ~· ·. ~

4m 2 tan9=--=10m 5

~)

~)

F.

De (111) v (ll) en ([)

i)

C) arccan(

Resolución

Segunda le}' de Nell'ton _,

3

•.

F~ ...... SF

~

:

F.

:

37°

1

. ..,..,L,

1F 5

¡

PROBLEMA H.0 32

Resolución Piden el ángu lo (9) que de be incli narse el motociclista para dar una curva.

En el gráfico se muestra una pequeña esfera lisa de 2,5 kg resbalando sobre una cuña de 4 kg. Si para el instante mostrado la cuña está a punto de resbalar, determine la rapidez de la esfera (v). (g= JO m/s 2)

0 . .) ... ~~-~~~ -:· .37°

{.-.¡

Del equilibrio de la cuña

Entonces F=40N

4

SF =fs(máx) = ~ls fN

(1)

La esfera de scribe un movimiento circunferencial

•,

10 cm;

(5)

{.-.¡ tan e= fs r.~

[,'i=mg=lO m

(1)

(11)

A) B) C) D)

0,5 m/s 1 m/s 1,5 m/s 2 m/s E) 3 m/s

=( ~ F + 40 )

De (1)

(40-1S) = 2Sv1 25=25v 2

Luego

4 1(3

- F = - - F+40 S 2 S

v2

(F-1 5) = - 2 (0.1)

LF(i) =LF(.t.)

)

.. v= 1 m/s

~

J284

285 '

- - - - - - - - ----


Profile for Victor Manuel

problemas resueltos de fisica  

vectores, cinematica, estatica, dinamica, ejercicios propuestos

problemas resueltos de fisica  

vectores, cinematica, estatica, dinamica, ejercicios propuestos

Advertisement