Teoria y práctica(RESUELTA) de fisica 1 - Walter Perez Terrel

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Física TEORÍA Y PRÁCTICA

Física T E O R IA Y PR AC TIC A

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W alter P erez Terrel

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AÑO 2000 Hecho el depósito legal, Ley N° 26905. REG. N° 15013298-1124 Prohibida la reproducción parcial o total de la obra, sin la previa autorización escrita del Eaitor d r la misma. Aníbal Jesús Paredes Galvan - Editor Jr. Natalio Sánchez 220 - Ofic. 304 - Jesús María Impreso en Perú____________________ Printed m Perú Composición, rtiagramacion y montaje: Editorial San Marcos RUO 11029221

'Dedicatoria A m í familia por su compresión por su paciencia. A 'Diego Pérez Contreras m í hijo.

PROLOGO El presente trabajo es fruto de varios años en la docencia y está dirigido a los estudiantes que inician el estudio de la FISICA FUNDAMENTAL. EJ obieüvo de la obra es, la comprensión de las leyes físicas funda­ mentales y el desarrollo en los estudiantes del hábito de utilizarlas en los diferentes problemas. Aprovecho la oportunidad, para saludar a mis colegas, profesores de las diferentes Academias y Centros Pre universitarios del m edio, por la noble labor que realizan. Finalmente, pero no con menos calor, quiero saludar a los alumnos, jóvenes de nuevo tipo, que gracias a su inquietud y espíritu de desarrollo, he podido elaborar los temas que contiene este libro.

E L A UTO R

NOTAS DEL EDITOR Física Teoría y Problemas desarrolla todo el curso de Física válido para los exámenes de admisión a las diferentes universidades de nuestro país; tiene un contenido de 655 páginas, encontrando en cada capítulo la teoría expuesta en forma clara y objetiva, además de un gran número de problemas tipo resueltos, emplean lo métodos directos y sencillos de solución, comple­ mentados con un gran número de problemas propuestos.

CONTENIDO Prólogo

CAPITULO 1 ANALISIS DIMENSIONAL 1.

Sistema Internacional (S.l) Magnitudes.

2.

Ecuación Dimensional. Dimensión de las Magnitudes.

3.

Principio de Homogeneidad Dimensional.

Pág. 1

CAPITULO 2 ANALISIS VECTORIAL 1.

Vector: Elementos de un Vector.

2

Suma de dos Vectores. Método de Paralelogramo.

3.

Suma de "n " Vectores. Método del Póligono.

4.

Descomposición Rectangular. Descomposición Poligonal

5.

Vectores Unitarios Cartesianos.

6.

Vector Unitano. Vector como par ordenado. CAPITULO 3 ESTATICA

1.

Fuerza. Tensión. Comprensión. Fuerza Elástica.

2.

Leyes de N ewton. Ley de Hooke

3.

Diagrama del Cuerpo Libre.

4.

Primera Condición de Equilibrio.

5.

Teorema de Lamy o de las tres fuerzas.

6.

Momento de una Fuerza. Torque. Cupla.

7.

Equilibrio de un Cuerpo Rígido.

8.

Segunda Condición de Equilibrio.

9.

Sistema Física. Sistema Aislado. Fuerzas internas.

10. Teorema d t Varignon. 11. Centro de Gravedad. Centro de masa. 12. Cupla o Par de Fuerzas 13. Rozamiento. Coeficiente de rozamiento

17

CAPITULO 4 CINEMATICA 1.

Sistema de Referencia Inercial.

2.

Movimiento Mecánico. Velo'cidad Media.

3.

Movimiento Rectilíneo Uniforme (M.R.U.)

4

Ley de Kepler para el M.R.U.

5.

Movimiento Rectilíneo Uniformemente Variado (M.R.U.V.)

7.

Movimiento Relativo. Velocidad y aceleración relativa.

8.

M ovimiento Compuesto. Composición de velocidades.

9.

M ovim ientr Parabólico. Tiempo de Vuelo.

111

10. M ovimeiento Circular. Aceleración Centrípeta. 11. Ley de Kepler para el M.C.U. CAPITULO 5 D IN A M IC A ................................................................................. 1.

Dinám.ca Lineal. Segunda Ley de Newton.

2.

Sistema de Referencia Inercial y No Inercial.

3.

Principio de D'Alam bert. Fuerza Inercial.

4.

Principio de Equivalencia lAlbert Einstein)

5.

Dinámica Circular. Sistema de Referencia Rotacional.

6.

Péndulo Cónico. Sistema de Referencia Rotacional

7.

Fuerza Centrífuga. Aceleración Relativa.

201

CAPITULO 6 TRABAJO - ENERGIA - POTENCIA................................................. 1.

Trabajo Mecánico de una Fuerza Constante.

2.

Gráfica, Fuerza Versus Posicion

3.

Energía. Energía Cinética.

4.

Teorema de la Energía Cinética.

5.

hnergía Potencial Gravitatoria.

6.

Principio de Conservación de la Energía Mecánica.

7.

Teorema del Trabajo y la Energía Mecánica.

8.

Energía Potencial Elástica. Ley de Hooke.

9.

Potencia Mecánica. Potencia de un motor.

10 Rendim.ento o Eficiencia de una máquina.

241

CAPITULO 7 CANTIDAD DE MOVIMIENTO Y CHOQUES 1.

Cantidad de M ovim iento. Impulso.

2.

Sistema aislado (S.A). Fuerzas externas.

3.

Principio de Conservación del Momentum Lineal.

4.

Velocidad del Centro de Masa.

5.

Teorema de la Cantidad de Movimiento.

6

Colisiones o choques. Choque frontal.

7.

Coeficiente de Restitución.

8.

Clasificación de les Choques. Choque Elástico.

9.

Ley de Reflex.ón en los Choques.

275

CAPITULO 8 ESTATICA DE FLU ID O S.................................................................................. 1

Densidad. Presión . Isóbaras.

2

Principio de Pascal.

3.

Prensa Hidraúlica. Vasos Cominicantes.

4.

Presión Hidrostátic. Presión absoluta.

5.

Principio Fundamental de la Hidrostática.

6.

Principio de Arquímedes. Empuje.

7

301

Presión Atmosférica. Experimento de Toriicelli.

8.

Manómetro. Barómetro.

9.

Principio de Arquímedes en los gases. CAPITULO 9 M A S Y PENDULO SIMPLE............................................................................

1.

Movimiento L Armónico Simple.

2.

Elongación. Am plitud. Fuerza recuperadora.

3.

Período. Energía Total del Sistema.

4.

Asociación de resortes: Serie y Paralelo.

5

Período del Péndulo simple.

329

CAPITULO 10 GRAVITACION Y MOVIMIENTO PLANTETARIO........................................ 1. 2.

Ley de Gravitación Universal. Campo Gravitatorio. Intensidad del Cc.mpo gravitatorio.

342

3.

Variación de la aceleración de la gravedad con la altura.

4.

Energía potencial de Interacción gravitatoria.

5.

Leyes del m ovim iento Planetario. Leyes de kepler. CAPITULO 11 C A LO R ................................................................................................................

1.

Temperatura. Escalar Termométricas.

2.

Dilatación Lineal, superficial y volumétrica

3.

Variación de la densidad con la Temperatura.

4.

Calorimetría. Cantidad de Caior.

5

Capacidad Calorífica. Calor específico.

6.

Equilibrio Térmico o Ley ce.'o de la Termodinámica.

7.

Calorímetro de mezcla. Equivalente en agua.

8.

Cambio de Fase. Termodinámica.

9.

Punto Triple. Calor Latente.

355

CAPITULO 12 TER M O D IN AM IC A........................................................................................... 1. »

Gas Ideal. Ecuación de Estado Teermodinámico.

2.

Proceso Termodinàmico. Energía Interna.

3-

Trabajo. Primera Ley de la Termodinámica.

4.

Proceso Isobàrico. Isócoro, Isotérmico y Adiabático.

5.

Segunda Ley de la Termodinámica.

6.

Máquna Térmica. Ciclo de Carnot. Entropia.

369

CAP'TULO 13 ELECTROSTATICA........................................................................................... 1.

Carga Eléctrica. Cuantización de la carga.

2.

Ley de Conservación de la carga eléctrica.

3.

Fenómenos de Electrización.

4.

Ley de Coulomb. Campo Eléctrico.

5.

Intensidad del campo eléctrico. Líneas de Fuerza.

6.

Energía Potencial ELéctrica. Campo Eléctrico Homogéneo.

7.

Potencial Eléctrico. Diferencia de Potencial.

8.

Superficies Equipotenciales Equilibrio Electrostático.

9.

Potencial y Campo Eléctrico en un esfera conductora

10. Energía Portencial de Interacción Eléctrica.

391

11. Capacidad Eléctrica. Condensadores. 12. Asociación de Condensadores. Teorema de la Trayectoria. 13. Ley de Coulomb en un medio Dieléctrico. 14

Condensador con dieléctrico. Leyes de Kirchhoff.

ELECTRODINAMICA...................... .................................................................. 1.

Corriente eléctrica Resistencia eléctrica. Ley de Ohm.

2.

Asociación de Resistencias. Fuentes de Energía Eléctrica.

3.

Fuerza Electromotriz. Potencia Eléctrica.

4.

Dilatación Lineal de los conductores. Ley de Joule - Lenz.

5

Teorema de la Trayectoria. Leyes de Kirchhoff.

7.

Ley de Conservación de la Energía.

MAGNETISMO ................................................................................................ 1.

Historia de Magnetismo Natural. Imán natural.

2.

Leyes del Magnetismo. Campo Magnético. Líneas de Fuerza.

3.

Intensidad de campo magnétco. Flujo magnético.

4.

Inducción Magnética. Permeabilidad magnética.

5.

Magnetismo Terrestre.

ELECTROMAGNETISMO........................................................................ ..... 1

Efecto Oersted. Campo magnético creado por una corriente.

2.

Ley de Biot - Savart.

3.

Campo magnético creado por una corriente circular.

4.

Campo magnético creado por un Arco conductor.

475

548

560

5

Acción del Campo magnético sobre un conductor.

6.

Acción y Reacción entre dos corrientes.

7.

Fuerza de Lorentz M ovirriento de las partículas cargadas en los campo eléctricos y magnéticos.

8.

Campo magnético creado por una carga eléctrica en movimiento

9.

Campo magnético creado po un Solenoide

10. Campo magnético producido por un Toroide 11. Inducción Electromagnética. Ley de Lenz. 12

Imágenes Electrostáticas.

OPTICA 1.

Naturaleza de la Luz. Velocidad de la Luz.

2.

Optica geométrica . Inaice de refracción.

3.

Ley de Reflexión y Refracción. Ley de Smell.

4.

Angulo Límite y Refracción Total

5.

Lentes convergentes y divergentes.

6.

Principio de Fermat. El camino más rápido.

TEORIA ESPECIAL DE LA R ELATIVIDAD....................... 1.

608

Contracción de la longitud. Transformación de Lorentz.

2.

Sistema de Referencia Inercial

3.

Dilatación del Tiempo. La masa aumenta.

4.

Energía cinética de la partícula relativista.

5.

Ley de Interacción de la masa y la energía.

644

* * *

CONCEPTO. Es una parte auxiliai de la Física que estudia las relaciones entre las magnituues fundamentales y derivadas, principalmente el Sistema Internacional de Unidades

MAGNITUD. Es todo aquello que es susceptible a ser medido y que se puede percibir por algún medio. Por consiguiente magnitud, es todo aquello que se puede medir.

MEDIR. Es comparar una magnitud dada, con otra de su misma especie asumida en forma arbitraria como unidad o patrón. Ejemplo:

Para m edir el largo de la pizarra, comparamos con un metro patrón.

CLASIFICACION DE LAS MAGNITUDES A)

Por su origen 1 Magnitudes Fundamentales. 2. Magnitudes Derivadas.

B)

Por su naturaleza: 1. Magnitudes Escalares. 2. Magnitudes Vectoriales.

* * * * * * * * * * * *

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * «i« * * * * * *

* $ *

* 11 * * * * * * * * * * * fr m * * * * * * *

7. [cantidad de sustancia] = N 8. [número) - 1

PRINCIPIO DE HOMOGENEIDAD DIMEN­ SIONAL. Si una fórmula física es correcta, todos los términos de la ecuación deben ser uim ersionalmente iguales. Sea la fórmula física: A =B+C.D [A] = [B] = [C.D] Ejemplos:

Analicemos la fórmula para d e te rm in a r la a ltu ra en caída libre.

h = V0

!

I

* V *

m

* $ *

Luego: Todos los términos t.enen uni­ dad de longitud.

rn s

m

?

5

1ra. PROPIEDAD: Los ángulos, funciones trigonométricas, funciones logarítm icas y en general cualquier número son adimensior.ales. Convencionalmente la dimensión de un número es igual a la unidad.

* •¥ * * * + * * *

Ejemplos :

*

[30o] =1 [Sen 30o]

C

* * * * ai

= 1

FINES Y OBJETIVOS DEL A N A l IS i S DI­ MENSIONAL. 1. Expresar las magnitudes derivadas en función de las denominadas magnitudes fundamentales. 2. Compiobar la veracidad de las fórmulas físicas mediante el principio de homo­ geneidad dimensional 3.

Determinar formulas empii ¡cas a partir de datos experimentales.

—«

PROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMA NB 01 D eterm inar la ecuación dim ensional de las p rincipales m agnitudes derivadas.

* * ¥ *

fe

SOLUCION

¡T=

1.

[área] - L2

2.

[volumen] - [área x h] = L 3

3.

[densidad] = [ m / v ] = M .L -3

4.

[velocidad] = [ e / 1 ] = L .T

5.

[aceleración] = [ A V / 1] = L.T"2

6.

|tuerza] = [ m a ] = M L . T 2

7.

[trabajo] = [ F

8.

[potencia] = [ W / 1] = M.L2 . T “ 3

9.

^energía] = [ m . c2] = IV* L2 . T 2

* * & *

* * * * * * * * * « ¥

V: velocidad lineal g aceleración de la gravedad.

Del principio de horpoqeneidaL, dimen­ sional.

[E]= L.P1Í V.2..] 1J [g ] [E] =

M . L-3 . L2 . T 2 L .T 2

[E] = M . L

* * * *

11. [presión] = [F/A] = M.L- 1 . T 2 12. [velocidad angular] =[0 / 1] = T 1 13. [período] = T

Determ inar las unidades de "E " en el S'stema Internacional.

D: densidao

fe

10. [cantidad de calor] = [energía] =M.L2 T "2

PROBLEMA Ne 02

D.V

SOLUCION

d ] = M . L2 T - 2

14. [frecuencia] = T

E=

Ü * *

fe fe

* * * * * *

Luego; E se mide en- kg . r r f 2 PROBLEMA N® 03 H a lla r la d im e n s ió n de "S " en la siguiente ecuación dim ensionalm ente co­ rrecta. V.S. = A Cos

+ UP . Ln 2

A : aceleración centrípeta V : velocidad lineal 3

V = Px . Dy

SOLUCION Del principio de homogeneidad dimen­ sional. [V.S] [V][S] L . T 1.[S] Luego:

[S]

= [ a Cos60°1

= LV 2 . T " 1 = L_

En la siguiente fórm ula física, indique las dim ensiones de "Y" Y = w . A . Cos (w.t) donde: t = tiem po

SOLUCION La dimensión del ángulo es igual a la unidad: [w . t] = 1 [w ]. T = 1 [w] = T 1 2.

La dimensión de la función coseno es igual a la unidad: [Cos (wt) ]

= 1

[Y]

= [w] [A] [Cos (wt) ]

[Y]

='

Del principio de homogeneidad dimen­ sional:

* *

* * * * * * * * * * * * *

[V] = [Px] . [Dy]

* * * * * * * * * * * * * * * * *

A bases iguales le corresponden expo­ nentes iguales.

1 /2

n -i/2

PROBLEMA Ns 06 Sabiendo que el Im pulso es I =F.t. en­ co ntrar las dim ensiones de “Z" para que la siguiente ecuación sea d im ensional­ m ente correcta.

i1= Yw + m . Z

*

* * *

Luego: [Y] = L .

* *

La velocidad "V " del so nido en un gas depende de la presión "P " del gas y de la densidad "D" del m ism o gas, y tiene la siguiente form a:

M°.L1. T 1 = Mx+y. Lx_3y . T 2x

* * * * * * * * *

.L. 1

PROBLEMA Ns 05

4

* m

L . T 1 = Mx . L-x . T 2x . My. L '3y

PROBLEMA Ne 04

A = lo n g itu d ;

Hallar la fórm ula física para determ inar la velocidad del sonido en cualquier gas. SOLUCION

= [A1 2]

Para la solución del problema no es ne­ cesario conocer el tercer termino.

1

* * —) dulo de los vectores a y b .

la + b + c + d | = 0 CASO PARTICULAR (TRES VECTORES)

*

* * * * s s* * 1« * * * * 22

Del método del Polígono: a b x+—= —

2

2

X =

* St>

(b -c )

PROBLEMA N9 05 En la fig ura los p u i.to s A,B,C,D,E y F determ inan un exágono regular de lado 2|i. Hallar el m ódulo del vector resultante, en el sistem a vectorial m ostrado.

>D

PROBLEMA Nfi 06 Si , "G " es el baricentro del triá n g u lo AOB y M es p unto m i;dio de AB. E scribir el vector x en fu n ció n de los vectores —» — > a y b.

* *r * * * * * * * * ¥ * * £ * * * * * * ar s*

SOLUCION

SOLUCION Trazamos los vectores manteniendo constante su módulo, dirección y sentido. —>

El vector AF ocupa la posición CD y el vestoi AB ocupa la posición ED.

* * * * * * * * *

* * * * * * * * f »< * * c + d

ÜM «je

Pero. AD = 4 n Luego:

* * * * * «

Ia + b + c + d l = 8 n

Sea, p un vector auxiliar — > — » —> AOAB : a + 2 p = b -» -» "* b -a P = ~ ^-

(1 )

AOAM : 3 x = a + p .... (2) Reemplazando (1) en (2):

x =

a + b

PROBLEMA Nfi 07 —>

Expresar el vector x en térm inos del -» -» vector a y b, sabiendo que ABCD es un paraleiogram o, además M y N son puntos m edios de AB y CD respectivam ente

23

* * *

* * * * * * * * * * * * * * * u * * # * * * * * *

SOLUCION

Del método del paralelogramo:

Del método del Polígono: -> —> -» B + D = A

D = A - B El modulo de1vector diferencia se deter­ mina aplicando la Ley de Cosenos

D = “V A2 + B2 - 2 A.B. Cos 3

*

x =

# *

2 (p + q> ...(1)

-* -» -» Del A D A M : 2 p + q = a

- (2)

* * * * *

*

—>

—>

—>

Del ADCN : 2 q + p = b

... (3)

suma, ido-

—» Dados los veptores a = 5N / ^ 7 3 ° y

b = EN X —>

2 O0 —>

Calcular la - b l

* —»

—>

p + ^q = _( a_ _+ _b_) Reemplazando en (1): x = - i a + b )

5. DIFERENCIA DE DOS VECTCUES A La deferencia de dos vectores que tienen el mismo origen se consigue uniendo lus extremos de los vectores E! vector dife­ rencia D indica al vector minuendo A.

24

* 4 * *

PROBLEMA N* 08

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * N *

SOLUCION Llegamos los orígenes a un punto común "O".

* a - b

*

*

* * * * *

* — > -» D = a - b D2 = a2 + b2 - 2(a) (b) Cos 53° D2 = 25 + 36 - 2(5) (6) f O la - b I = D = 5N

6. DESCOMPOSICION RECTANGULAR En principio un vector se puede escribir en función de dos o mas componentes. En este caso particular escribiremos en función de dos componentes que forman entre sí un ángulo recto.

A.Sen

v*

i 1 . _ ... h.

Cos

% * * * % * * * * * * * * * * * * * * * * * * * s* * * * * * * * * * * * * * ¥ * * * * * *

* * * * * * * * *

Ax . Componente de A en el eje x Ay : Componente de A en el eje y De la figura: Cos 0 =—~

r

Ax = A . Cos 0

Sen 0

J

A

Para determ inar la resultante de un sistema de vectores por este método, se sigue los siguientes pasos:

1.

Cada vector se descompone rectan­ gularmente, respecto de un sistema de ejes coordenados arbitraria­ mente elegido.

2.

Se determina la resultante en cada eje cartesiano: Rx : Resultante en el eje x Ry : Resultante en el eje y El modulo del vector resultante se halla aplicando el Teorem a de Pitágoras. R =V

4.

Rv + Rv

La dirección, del vector resultante, respecto del eje x se determina me­ diante la función tangente:

Ry PROBLEMA N9 09 Si las com ponentes rectangulares de un ve ctor F en el sistem a de coordenadas x e y son Fx = 5 ; Fy = 5 \ IÍT

■ft

*

* * * * * * * *

Hallar las com ponentes del ve ctor en el sistem a de coordenadas x ’ e y’, que con respecto al prim ero ha sido rotado un ángulo de 23 .

25

* * *

ts

SOLUCION Descomponiendo los vectores rectangu­ larmente:

* * *

ij

* * * » * * Calculo del módulo del vector F F = V Fx + Fy = 1 0 Cálculo del ángulo “ 0 " que forma el vector F con el eje x. tge = í *

= V3

=»

* * * * * *

0 = 60°

■X

* * *

El vector F forma un ángulo de 37° con el eje x’.

* *

Cálculo de las componentes en el sis­ tema x’ e y‘

*

Fx ■= F. eos 37° = 1 0 .^ Fx1= 8 FV-= F . sen 3 7 ° = 1 0 .: Fv 1= 6 PROBLEMA N9 10 La fig u ra m uestra un cuadrado ABCD de 4cm de lado, donde M es el punto ■nedio del segm ento BC. Determ inar el valor d¿l ángulo " 0", tal que el me u|o de la resultante vectorial sea igual í . (221 cm.

Cálculo de la resultante sn los ejes x e y. Rx = 10 Ry = 8 + 4 . tg 0 Pero:

* * * * * * * * * * * * * * * * itsií * * * it­ iti * *

* * # * * * $ * * # *

2tí

4Tgfl

R2 = R x + R y 221 = 100 + (8 + 4.Tg 6)2 121 = (8 + 4Tg 0)2 T9 6 = | 0 =37°

7. VECTORES UNITARIOS CARTESIA­ NOS Son aquellos vectores cuyo módulo es la unidad ae medida y se encuentran en los ejes coordenados cartesianos.

i : vector unitario e r el eje x

*

j : vector unitario en el eje y

* *

* Reprf sentación de un vector en función de los vectores unitarios cartesianos:

Determinar el m ódulo del vector resul­ tante del co njun to de vectores m ostrados en la figura. El lado de cada cuadrado es la unidad.

—>

R = (0 ; 0) = Oi + Oj

* * *

—*

► * * * * *

R=0

*

PROBLEMA N9 11

Sumando:

* * * * * * * * * * * s*

R = vector nulo

Módulo de la resultante igual a cei t.

8. VECTOR UNITARIO Es aquel vector cuyo módulo es la unidad de medida y tiene por misión indicar la dirección y sentido de un determinado vector. El vector unitario se define como la relación del vector A entre su módulo.

*

-i

*

*

* * *

m *

* * * * * * * * * # * * * *

9

SOLUCION Esciibm os los vectores en función de los vectores unitarios A = (-1; 2)

= - i + 2j

* * * * * $ * *

B = ( - 2 ;- 2 ) = —2i —2j

Poi definición:

Despajando: A

=

A .

|i

J V

L C J / DIRECCION'Y SENTIDO MODULO

Cualquier vector, se puede escribir como el producto de su módulo por su corres­ pondiente vector unitario.

* C = ( 1; -1) = f i- ¡ D = (2 ; 1) = 2i + j

* *

PROPIEDAD Dos vectores paraleios o colineales (del mismo sentido) tienen el mismo vector 27

unitario, por consiguiente los vectores serán directamente proporcionales a sus módulos.

* * * * * * * * * * * *

X

* * *

V

* * * *

Si, Li es paralelo con L2

L

-» A

B

I

Tamaño de A

Tamaño de B

1

* * * * * * * * * * * * * * * * *

Comparando los gráficos. El rector x es col neal con el vector suma (a+b) a + b (Tamaño x ) ->

Tamaño (a + b) -> -» a + b

* * * i * =»

a

PROBLEMA N M 2

*

Los puntos A, B, C y D determ inan un cuadrado. E scribir el vector x en fu nció n

* * —» el vector x con los vectores a y b .

SOLUCION

* * * * * * * * *

Los tr.ár.gulos SPM y PQN son congruen­ tes. Luego:

* * * * * * * * * * * * * * *

a + p = 90° Los triángulos rectángulos POM y POS son semejantes, cuyos lados están en la razón de 1 a 2. Luego :

SO = 4 x

Método del polígono, en el ASPM

29

PROBLEMAS RESUELTOS Y PROPUESTOS DE A N A L IS IS V E C T O R IA L

PROBLEMA Ns 1

* Rmax —A + B —17

* Rmin = A — B = 7

Hallar el m ódulo del ve cto r resultante de dos vectores de 15 y 7 unidades que form an entre s í un ángulo de 53°

Resolviendo A = 12

SO LUCION: Sabemos: R=N A2 + B2 + 2 AB Cos 0 R = V 152 + 72 + 2 (15) (7) Cos 53

R = 20

* * * * * * * * * * * * * * * *

;

B= 5

Cuando los vectores forman un ángulo de 90°, su resultante se determina por: R = V A2 + B2 R = V l2 2+ 5 2

R = 13

PROBLEMA Ns 2

PROBLEMA Nfi 4

Se desea extraer un clavo de una ma­ dera m ediante la acción de dos fuerzas de 30 y 50 Newtons que form an entre sí un ángulo de 127°. Hallar ei e fecto neto que producen las dos fuerzas actuando sobre el clavo.

Si la resultante máxima de d os vec­ tores es 8u y la resultante m ínim a es 2u, d ete rm ina r el m ód ulo de la resu ltan te cuando los vectores form en entre s í un á ig u lo de 60°

a) 20 N

b) 3C N

d) 50 N

e; 60 N

c) 40 N

PROBLEMA Ne 3

*

Si la resultante m áxim a de d os vec­ tores es 17u y la resuJtante m ínim a es ?u, determ inar el m ó d u lo de la resu ltan te cuando los .e cto re s form en entre sí un ángulo de 90°.

* * * *

v

SOLUCION:

30

a) 4u

b) 5u

d; 7u

e) N.A.

c) 6u

PROBLEMA N9 5 Hallar el ángulo que form an d os vec­ to re s de iguaf m ódulo, si su ve ctor resul­ ta n te tie n e el m ism o m ó d u lo que los vectores com ponentes. SOLUCION Sabemos:

R =>/a 2 + B2 + 2 AB C ose pero por condición del problema: A = B = R, entonces: A = V A 2+ A 2 + 2A2 C ose A2 = 2A2 + 2A2 Cos G Cos 0 = -

1

0 = 120°

* * * * * * * * » * $ * » * * * * * -H * * ■» * «

* * * * PROBuEMA Nfi 6 Determinar el m ód ulo del ve ctor resul­ tante de los tes ve ctores m ostrados en la figura:

* «i» * * * $

Utilizando la conclusión del problema re­ suelto anteriormente deducimos que la —> —> resultante de los vectores P y Q es el — > vector B de móduloVíT y forma 60° con —> el vector Q. Ahora el problema se reduce a hallar la resultante de A y B. R2 = A2 + B2 + 2AB Cos 0 R2 = V Ír + V ? + 2 (V 5 )2 Cos 127 R2 = 10+ 1 0 ( - | ) 5

* H* * * * * * * * * PROBLEMA Nfi 7 En la figura, determ inar el m odulo del vector resultante del co n ju n to de vec­ tores m ostrado, si el radio de la circu n ­ ferencia es de unidades y O es su centro. 31

* V

PROBLEMA Ne 8 Daoo el c o n ju n to de vectores m os­ trado en la figura, hallar el va lo r de 6 para obtener la resultante máxima. b¡

a) 5o

10°

c) 15°

i v

* * *

resultante de dos de ellus tendrá igual modulo que el tercero según esto. C

=V a 2+ E2 + 2 AB CosG

13

=V72+ 82 + 2 (7) (P)CosG

169 = 113+ 1 12C os0 Cos 0 = t:

*

:? * 0 = 60° * * * PROBLEMA N9 10 * * Si la resultante de los tres vectores * * co p la n a re s m o s tra d o s en la fig u ra es * * CERO, hallar el m ódulo del v e cto r Q, si: * * ttf * * * * *

PROBLEMA Ne 9 —> —>

Si dados los vectores cum ple que:

* * * * *

e) 30°

d) 20°

* * *

-*

A, B y C se

A + B + C = 0

* * * * * * * * * *

|í

* * * *

■'f

* * *

K

* * * >= * * * * * !

íl» * *

ir

SOLUCION : Si la resultante de los tres vectores mostrados es CERO, el módulo de la

32

* * * * *

* * * *

a) 5

b) 7

d )1 0

e) N A.

c) 8

PROBLEMA N9 11 La fig ura adjunta m uestra d o s vecto­ res A y B, siendo: -» I A I = 20

Sabemos:

* * *

IA - B I=Va2+ B 2- 2 A B C o s 0

*

SOLUCION :

*

* $

IA - B l=V202+72- 2 ;20)(7)Cos 37 ->

-»

(A - B )

IA - B 1= 15 PROBLEMA Nfi 12 -»

->

Dados lo s vectores A y B m ostrados en la figura, determ inar: —>

—►

IA - 2 B I

*

$ *

* * * * * * * * * * * « $ * * * $ $

* * * *

v * * * *

—>

I A l= 5 —>

* *

I B l= 3

SOLUCION : Sea:

* * * * # * *

A= B=x

* S2 = A2 + B2 +2AB Cos 0 S2

= 2X2 + 2x2 Cos 0

* D2 = A2 + B2 - 2AB Cos 0 D2 = 2X2 - 2x2. CosG Pero: S2= 4D2 2X2 +2X2 Cos 0=4(2x2 —2X2 Cos 6) 1 + Cos 0 = 4 ( 1 - Cos 0)

* * * * * *

* *

Si se cumple que

m ódulo de su diferencia, hallar el ángulo com prendido entre dichos vectores.

Cos 6 = § o 0 = 53° PROBLEMA N9 14 Si el m ódulo de la sum a de dos vec­ to re s de igual m ódulo es el trip le del m ó­ dulo de su diferencia. Hallar el ángulo com prendido entre d ichos vectores. a) 30°

b) 37°

d) 53°

e) 60°

c) 45°

PROBLEMA N9 15 Dado el co n ju n to de vectores m os­ trad o en la figura, determ inar el m ódulo de su ve ctor resultante

st* * Ü» ♦ *

a) 4

b) 5

d) 8

e) 20

c) 6 $ * *

PROBLEMA Ne 13

* $ Si el m ódulo de la sum a de dos vec­* tores de igual m ód ulo es dos veces del * * 33

SOLUCION : Utilizando el método del triángulo reem­ plazamos cada par de vectores conse­ c u tiv o s p o r su re s p e c tiv o v e c to r resultante.

* * * * * ♦ r*-

SOLUCION :

* *

*

♦ * Entonces: R:2+4+6+8 R = 20

* * * * * * * * *

De donde: R = V2

cjt

PROBLEMA Nfi 16 Determ inar el m ódulo del ve ctor resul­ tante de los vectores m ostrados en la figura, sabiendo que ABCD es un trape—> — > ció, donde: AB = 1 4 .; DC = 22.

PROBLEMA N® 18

¡ts En la figura, determ inar el m ódulo de * * la resultante del c o n ju n to de vectores i * m ostrado, si el lado de cada cuadrado * pequeño es de 2 unidades de longitud. * *

■S

* a) 4

*

a) 1u b) 2u

■

b) 8

* *

c) 16

*

d) 4u

* * -< *

e) N.A.

d) 20 e) Faltan datos

sj» -'1 *

PROBLEMA N9 17 Hallar el m ódulo de la resultante del conjunto de vectores m ostrados en la fi­ gura, si el lado de cada cuadrado pequeño es de 1 unidad de longitud.

c) 3u

PROBLEMA N9 19

1« * Hallar el m ódulo de la resultante de los ik vectores m ostrados en la figura. * * * * * t

* * * * * * * * * ¥ * # * * * 34

SOLUCION

* * * $ u * * * * De donde:

R= 5+5 R = 10

PROBLEMA Ns 20 Hallar el m ód ulo del ve cto r lesu itan te de los tres vectores m ostrados en la fig u ­ ra. a) 3 b) 3V2 c) 4 d) 4^2 e) 5 PROBLEMA N® 21

* * * * V t= O! * * &

B + x + 2x = A B + 3x = A

* ¥ * * * * * ü * * V fc * * * * *

x = G.

A - B

Haiicentrr del triángulo rectángulo isósceles.

PROBLEMA N9 22 . En el paralelogrcm o m ostrado M y N son puntos m edios de sus respectivos lados

Hallar el vector:( x + y ) en fun-

c ió n de los vectores A y B.

HaHar el ve cto r x en fu nció n de le s -■» —> vectores A y B, sabiendo que M e s punto m edio de su respectivo lado.

PROBLEMA N9 23 * SOLUCION:

Si dados los vectores A ,B y C m os­ trad os en la figura se cum ple que:

35

* * * *

A + B + C = 0 Siendo: IA I = 7 IB I = 1 5

;

IC 1= 20

-fallar lo s á ngulos 6 y a, si 6 es agudo y a es obtuso.

¥ * * * * * * * * * * * * *

a) 53° b) 60° c) 6 ',° d) 75° e) 80° PROBLEMA N9 25 Si en el trapecio m ostrad? en la figura, M es pun to m edio de su respectivo lado, hallar eP m ódulo de la resultante de los dos vectores m ostrados en la figura.

*

* * * * *

SOLUCION : Siempre que la resultante de tres vec­ tores es CERO, se cumple que el módulo de cada uno de ellos es directamente pro po rcio na l al ¿eno de su ángulo opuesto, según ésto:

A

B

C

Sena

Sen143°

Sen a

15 3 /5

n $ j Si * * « *

SOLUCION Descompongamos cada 'jno de los vec­ tores 3n las direcciones indicadas

SenG

20

* * * *

Sen 0

* Sen a =

7 25

a =164°

De donde: 0 =53°

PROBLEMA N9 24 Si la resultante de los tre s vectores m ostrados es CERO, hallar el áng ulo 0 si es agudo (P = 18 ; Q = 15).

36

* *

* * * * * * * * * * m $

D eterm inar el m ódulo de la resultante ae lo s tre s v e c to re s m osteados en la figura, si: A = 10 ; B = 10 ; C = 4'J2.

* *

■e

*

^A

V

* * * PROBLEMA Ns 36 —> * D eterm inar el m ó d u lo del v e c to r A * * m o stia d o en la figura, si el vector resul­ 0> * tante del co njun to de vectores indicado

* * * *

60°

2 /3

X

w * * * *

ÍO /Z /' *

3»

SOLUCION : Tomemos un sistema de coordenadas adecuado y utilicemos el procedimiento para determinar la resultante analítica­ mente

y

4 /2 \

\

10

/

\

4 5°

/

/

'

X

10

Rx = I Vx Rx = 10 Cos 53 - 4 V2 Sen 45

# *

PROBLEMA N9 39

* *

Hallar el m ódulo de la resultante del co njun to de vectores m ostrados en la fi­ gura.

*

#

# *

l;9 )

$

* * * * * * * $ # $ * * # # * $ * # *

(4;-11 SOLUCION : Expresemos cada uno de los vectores en forma de par ordenado: A = (1 ; 9) B = (- 5 ; 5)

Rx = 2 Ry = £ Vy

* *

C = ( - 6 ; -5 )

D = (4; —1 ) Ry = 10 Sen 53 + 4^2 Cos 45° - 10

Entonces :R = A + B + C + D Ry = 2

R = V R Í + R? R = 2 V2

PROBLEMA N9 38 Determ inar el m ódulo de la resultante del conjunto de vectores en la figura.

R =(1; 9) + (-5 ; 5) + (-6 ; -5 ) + (4; -1 )

* * * * * * * * * * * * * # * * *

R = (-6 ; 8) |R | = V (-0 )2 + (8)2 I R I = 10

PROBLEMA Nfi 40 Dado el siguiente co n ju n to de vecto­ res: A = ( 1 ; -2 )

/6Ñ~ c) ,\/8Ñ" d) \ 1 3N e) N.A.

P R 03LEM A Ns 33 Determinar eí p unto de aplicación de la fuerza resultante del co njun to de fu er­ zas m ostrado en la fig ura Dai la distancia al punto A.

*

ReF

Ma =

im

a

20x = 50(2) - 10(4) | * * * *

20 x = 60 x = 3m PROBLEMA Ne 34

D &term inar el m ó d u lo de la fuerza % equivalente al conjunto de fuerzas apli* cadas sobre la barra AB m ostrada en la % figura. Dar su punto de aplicación. * * * * * * * * * * i

* * *

83

a) 20 N : en A

b )1 4 0 N e n C

PROBLEMA N9 36

c )4 0 N :e n D

d ) 1 0 N :e n D

D eterm inar el m om ento resultante del sistem a de fuerzas m ostrado en la figura, respecto del punto A. La placa cuadrada tiene com o lado 1m de longitud.

e) N.A. PROBLEMA N9 35 La fig ura m uestra una placa, que tiene la form a de un exágono regular de 10 cm d< a lo, sobre el cual se encuentran ac­ tuando cuatro fuerzas. E ncontrar el mo­ m ento resultante con respecto al punto "O ".

a) 480 m N b) 960 m.N c) 1000 m.N d ) 1120 m.N e)

1200 m.N

PROBLEMA Nfi 37 Si la barra horizontal AB es de peso despreciable y el peso del bloque Q es de 9GN, ha'lar la fuerza de reacción en el apoyo A y en el apoyo B. lrr ,

4m

— I

SOLUCION Haciendo D.C.L. de la barra:

5m

4in

90N

Re

M 0 =126 (5 \ 3 j —15 (10 ' tiene. Q = 10N

89

a) 10N ; 6 N

b)10N ;8iM

c) 9N , 9N

d) 6 N ; 6 N

e) 5N ; 1N PROBLEMA NB57 Si el sistem a m ostrado en la fig ura se e ncuentra en e q u ilib rio , d e te rm in a r el peso del bloque B. El peso del bloque A es de 150N y las barras rígidas son de peso despreciables. SOL'JCION: Haciendo D.C.L. de la barra:

(TI 3T 4T

A

ZL ION

C

4T

3T

B

r * " 45N I g l

I

JL

\( ±

Por 2o condición de equilibrio: SOLUCION: Z M

b

( T = Z M

b

Haciendo D.C.L. de la barra oblic ua:

10(4a) + 45(2a) = 3T(3a) + 4T(a)

4 m

C

T = 10 5T = 50N Debemos aclarar que hemos asumido, por conveniencia, que la tensión de la cuerda es 5T. PROBLEMA Ns 56 Si la barra AB uniform e y hom ogénea que m uestra la fig ura pesa 16 new tons y el bloque Q pesa 4 new tons, determ inar las tensiones en las cuerdas "1 " y " 2 \

90

# $ # # # $ * * # * * * * * * * * * * * $ -• * * * * * * *

IM c < £ = 150(4) = R (2,5) R = 240 N Haciendo D.C.L. de la barra norizontal:

2 in

_^

Am

=^ r z ± - L D

3

Por 2o condición de equilibrio: Z M

d

(+_=

EM

*

d

192(2) = WB (2 ) W B = 192M

Conviene señalar que en ninguno de los D.C.L. se han graficado las fuerzas de reacción que actúan a sus respectivas rótulas ya que al tomar momentos en éstas y dichas fuerzas se anulan.

i ' $ * $ * * * * # * * a« $

SOLUCION:

* $

Haciendo D.C.L. de la esfera y cons­ truyendo el A de fuerzas tenemos:

PROBLEMA Ne 58 La barra SB ae peso despreciable se apoya sobre la barra idéntica ÜG en la form a que m uestra la figura. Si sobre la barra AB actúa una fuerza F en form a perpendicular a ésta, determ inar la ten­ sión en la cuerda EF, M e s punto m edio de AB.

* $ S' * * 10

*

de donde.

* * * * * * * * * * * *

R = 20 N

Haciendo D.C.L. de la barra:

l

JT |

* m

Por 2o condición de equilibrio: a) 2F

b) 4F

d) 4 \Í3 F

e) N.A.

c)V3 F

PRO JLE.WIA Ne F9 Si el peso de la esfera m ostrada en la figura es de 10 new tons y el peso de la barra AB uniform e y hom ogénea es de 8 n ew to ns, d e te rm in a r la te n s ió n en la cueraa horizontal BC. M es punto m edio de AB

* * * * * *

IM a

+ )=

XM a ( £

T(L V3) = 8 ( | ) + 20(L)

*

T = 8 aÍ3 N

$

PROBLEMA Nfi 60

$ # $ * *

La barra AB m ostrada en la fig ura pesa 25N y m ide 20cm. Determ inar el v a lo r de la fuerza horizontal F para que el sistem a se mantenqa en e q u ilib rio en la posición indicada. No existe rozam iento. Q = 32N.

91

* m * * * * * * * * * * * *

a) 6 N

b) 12N

d) 50N

e) Ninguna

c) 20N

PROBLEMA Ne 61 El sistem a físico m ostrado en la figura consta de una barra AB uniform e y ho­ mogénea de 200 N de peso y 2m de lon gi­ tu d c u y o e x tre m o lle va s o ld a d o una esterilla m etálica de 500 N de peso. Si el sistem a se encuentra en e q u ilib rio en la posicion indicada p o r acción del resorte cuya lon gitu d natural es de 0,8m, determ i­ nar la constante elasticidad del resorte. M es punto m edio de AB

* * * * * * * ¡fe * * * * * * * $ * * * * * * * # * *

5C0

Por 2o condición: ZM

a

+>=

0,3K(L) = 200L + 500(2L) K = 4000 N/m

PROBLEMA Ng 62

La barra AB m ostrada en la figura es de peso despreciable y se encuentra sus­ p e n dido p o r d os reso rtes ideales d is ­ p u e s to s en p o s ic ió n v e rtic a l. Si se suspende del punto m edio de la barra un bloque Q, su extrem o A desciende una distancia doble que el extrem o B. A que distancia de A debe suspenderse el b lo ­ SO que para que el extrem o B descienda una «le «e distancia doble que el extrem o A. *

le

* * * * w * *



F = K (0,3)

Haciendo D.C.L de la barra: 92

PROBLEMA NB63

E¡ bloque Q de 100N de peso m ostrado en la fig ura es presionado en la pared «U vertical p o r acción de una fuerza horizon­ * * tal F. Si el co eficien te de rozam iento * estático entre el bloque y la pared es 0,5 * determ inar el m ínim o va lo r de F que per­ * m ite al bloque conservar su estado de * * equilibrio. * He

* * * * $ * « # * 3

PROBLEMA Ne 65 S i e l c o e fic ie n te de r o z a m ie n to estático entre el bloque Q y el plano in c li­ nado es 0,75, determ inar el m áxim o án­ gulo 6 con la cond ició n de que el cloque no resbale sobre el plano.

*

Haciendo D.C.L. del bloque en el ins­ tante que esiá a punto de des-jzarse. * I F x+ = IF x -

uN

N = F ... (1)

W * XFy+ = IF y H N = 100.... (2)

- 7

Reemplazando (1) en (2 ) 0,5F =

10C

F =■ 200 N PROBLEMA Ne 64 Si el peso del bloque Q m osu . en la figura es de 10 N ewtons, hallar el m ínim o valor de fuerza F que se debe a plicar al bloque con la co n d ició n de que se con­ serve su estado de e q u ilib rio e stático. I I c ^eficiente de rozam iento estático es (i = 0,5. a) 8 N b) 10 N

Haciendo D.C.L. del bloque en el ins­ tante que está a punto de des'izrrse y aplicando la pnmera condidón de equili­ brio tenemos:

100 * * * * * * * * * v *

e) 16 N

+

LFy —

N = Q Cos G .... ( 1 )

y\ N

V

* «

* * * * * * * * * $ j *

c) 12 N d) 14 N

* IF v

* * (Ï * * $ * *

0

* ZFx + =

SFx -

M N = Q Sen G ... (2) Reemplazando (1) a (2) H Q Cos G = Q Sen 6 Tg 0 = |i Reemplazando dato :

0 = 37°

93

PROBLEMA Ns 66 Si los pesos de lo s bloques A y B m ostracos en la fig ura son de 10N y 5N re s p e c tiv a m e n te y el c o e fic ie n te de rozam iento entre to da s las superficies en contacto es |i = 0,2, determ inar el m áxim o ángulo 0 con la co n d ició n que el bloque B n r resbale p o r el plano inclinado.

N2 = 30N f2 = 6N

* 3» $ * * * * V

* !í * * * *

ROBLEMA Ns 67 En la figura, si los pesos de los b lo ­ ques A y B son de 10N y 20N respectiva­ mente y el coeficiente de rozam iento está­ tico entre todas las su perficies en con­ tacto es 0,2, determ .nar la m ínim a fuerza horizontal F capaz de in icia r el m ovim ien­ to de B.

* # * $ di * -íí * * * 1« * * * «s * w * * * * * V

SOLUCION: Haciendo D.C.L de A y aplicando la 1c condición de equilibrio: _ 10 LFy + — LFy —

* * * * * * * * * * * *

.5

* Ni = 10N fi = 2N Haciendo D.C.L. de B y aplicando la 1o condición de equilibrio: * ZFV + = I F V 94

* * * * m

*£FX + = SFX F =fi+?2

f

1 n ' tu f2

30 F l.ii¡3 N2

F = 8N PROBLEMA Ne 68 En la figura, si los pesos de los blo­ ques A y B son ae 16N y 20N respecti­ vam ente y el coeficiente de rozam iento e stático entre todas las su perficies en contacto es de 0,25, determ inar la mínima fuerza horizontal F capaz ae in ic ia r el m ovim iento de B. a) 10 N b) 11 N c) 12 N d) 15 N e) 20 N PROBLEMA h fi 69 Si lo s b lo q u e s A y B del sistem a m ostrado en la figura son de 15N y 45N de peso y el coeficiente de rozam iento entre to da s las superficies planas en contacto es de 0,4, determ inar el m áxim o va lo r que puede tom ar la fuerza horizontal F con la co nd ició n que el sistem a se encuentre en reposo.

SOLUCION: Haciendo D.C.L. de A y aplicando la 1ra. condición de equilibrio: * LFy += LFy — T

N = 15N

——

* * * * * * * * * * *

fi = 6 N *’ £ Fx + = ZFX------ > T = 6 N Haciendo D .C .L de 3 y aplicando la 1ra. condición de equilibrio: XFy + = ZFy — N2 = 60N

1

6U

f2 = 24N

IFX+ =

ZFX-

* * * # * * >s * fe * ■ * # ■# * * * * # *

f

* £ F x - = I F X+ N = F Sen 37° N = 0,6F

-.O )

** I F y + = I F y -

F = fi + T + f2 F = 36 N

F Cos 37° = 35 + 0,75 N

PROBLEMA NB70 En el sistem a m ostrado en la figura, los pesos de los b loques A y B son de 50N y 70N respectivam ente y el coeficiente de rozam iento e stático entre todas las super­ ficies planas en co n ta cto es de 0,5. Deter­ m inar la m in'm a fuerza horizontal F capaz de in icia r el m ovim iento del sistema.

Hallaremos el máximo valor de F anali­ zando el estado en que el bloque está a p*-nto de moverse hacia arriba.

0,8F = 35 + 0,75 N ....(2) * $ * *

* $

a) 70 N b) 80 N

Reemplazando (1) en (2) y resolviendo: Fmax = 100N Para hallar el mínimo valor de F se analiza el estado en que el bloque está a punto de moverse hacia abajo. Este pro­ cedimiento es análogo al seguido en el caso anterior obteniéndose las siguien­ tes ecuaciones:

c) 90 N N = 0,6F .... (1)

d) 100 N e) N. A.

0,8 F = 35 - 0.75N .... (2) De donde resolviendo obtenemos que:

PROBLEMA Ns 71 Si el bloque Q que m uestra la figura pesa 35N y es presionado en la pared ver­ tical de coeficiente de rozam iento 0,75 de­ bido a la acción de la fuerza oblícula F, determ inar el intervalo en que puede variar el valor de dicha fuerza m anteniéndose el equilibrio.

= 28 N El intervalo en que se encuentra F será en consecuencia: * * $

F e [28; 100] N

95

PROBLEMA Nfi 72 C alcular en qué intervalo se encuentra el valor de la fuerza horizontal F con la condición que el bloque de 55N de peso se encuentre en e qu ilibrio. El coeficiente de rozam iem o estático en el plano in cli­ nado es 0,5.

* *

Haciendo D.C.L. de A y aplicando la 1ra condición de equilibrio: *SFy += ZFy — N = W + 10 f2 = 0,6 (W + 10)

* * * W

10 F

f,

s i

a )h 0 ;7 0 ]N

b) [10 ; 110]N

c) [30 ; 70]N

d) [30 ; 110]N

* I

y ** ZFX + = ZFX -

e) N.A.

F + f i = fe

PROLLEMA Ns 73

F + 0.6W = 0„6(W + 10)

Los bloques A y B m ostrados en la figura se m ueven hacia la derecha con velocidades constantes de 2m/s y 3m/s re s p e c f vam cnte. Si el peso del bloque A es de 10N y el coeficiente de rozam iento entre todas las su perficies en co nta cto es 0,6, hallar el valor de F. 2F T?---' A .1«« iw ík .7 '

I

ÁI

* * * * * * *

F = 6N PROBLEMA N9 74

* * * * * * *

T ? r r ; • -¡e t t

En el sistem a m ostrcdo en la fig ura los pesos de los bloques A y B s o r de 20N y 40N respectivam ente « el coeficiente de rozam iento estático entre todas las super­ ficie s planas en contacto es de 0,5. Deter­ m inar la m ínim a fuerza horizontal F capaz de in ic ia r el m ovim iento del sistem a. No existe rozam ier.to en las poleas.

* * SOLUCION: Como el movimiento relativo de B res­ pecto de A es hacia la derecha la fuerza de rozamiento (cinético) que actúa sobre B es hacia la izquierda. Haciendo D.C.L. de B y apiicai ido la 1u condición de equilibno:

w IF y + = ZFy N - W

fi = 0,6W

96

* K * * * *

* # * # # * * * * * *

F T7H --------- -1r : 1 .

(•*

—

a) 25N

b) 30N

d) 4CN

e) 4SN

B _______

c) 35N

PROBLEMA Ne 75 La fig ura m uestra un sistem a form ado por dos poleas so lidarias de radios R = 80cm. y r = 40cm. apoyado en una super­ ficie horizontal de coeficiente de roza­ miento |i = 0.25 y en una pared vertical completamente lisa. Determ inar el m áxi­ mo peso perm isible del bloque Q man­ teniéndose el e qu ilibrio, sabiendo que el peso del sistema es de 14N.

* * * * *

* * *

* * * * $ * * *

PROBLEMA N9 76 La figura m uestra un sistem a form ado p or dos poleas so lidarias de radios R = 80cm. y r = 40cm. apoyado er. jn a superficie horizontal de coeficiente de ro­ zam iento n = 0.25 y en una pared vertical com pletam ente lisa. Determ inar el má­ xim o peso perm isible del bloque Q man­ teniéndose el equilibrio, sabiendo que el peso del sistem a es de 14N. a) 1N b) 2N c) 3N d> 4N e) N.A.

* * * v * Haciendo D C.L. del sistema y aplicando condiciones de equilibrio:

* «5 *

PROBLEMA N9 77 Si la barra AB u n ifo i me y hom ogénea m ostrada en In fig u ra pesa 10N y el coefi­ ciente de rozamiento e n tie éste y el b lo ­ que Q es 0,8, determ inar el m ínim o peso de Q para que el sistem a se conserve en equilibrio.

*X Fy + = ZFy N = 14 + Q

....(1)

* * *

' I Mo

= Z M o (^

* *

Haciendo D.C.L. del bloque Q y aplican do la 1 o condición de equilibrio:

* * *

* ZFy + = Z F y -

f (2r) = Q(r) 0,5N = Q

SOLUCION-

N = Q .... (2 )

Reemplazando (1) en (2): 0,5(14 + Q) = Q Q = 14N

* * * * * * * * * * *

r I Fx + = I Fx T = 0,8N T = 0,80

(1 ) 97

Haciendo D.C.L. de todo el sistema y aplicando la 2 o condición de equilibrio: * I M b( T =

I M b( ^

*

* # * * *

(Q + 10)2 = T(4) + T ( 1 ) c

* *

c |T C---------- i

1

L

L

21 ( 0 +10 )

2Q + 20 = 5T

....(2)

Reemplazando (1) en (2): 2Q + 20 = 4Q Q = 10N

* * w dt * * # * * * * * *

SOLUCION: Hacemos el D.C.L. de la barra teniendo presente el criterio de concurrencia: Se cumple que:

PROBLEMA NB 78 Si el sistem a m ostrado en la fig ura se encuentra en equilibrio, hallar el m áxim o peso perm isible del bloque Q, m antenién­ dose el estado de equilibrio. El peso de la barra horizontal AB, uniform e y hom o­ génea, es de 9N y el coeficiente de roza­ m iento estático entre la barra y la polea m ayor es 0,25 (R =2r).

$ * * * *> * * d) 6N

e) 7N

PROBLEMA N9 79 La barra AB uniform e y hom ogénea que m uestra la figura se encuentra apo­ yado en una superficie horizontal de coe­ ficiente de rozam iento n = 0,5 y en una pared vertical com pletam ente lisa. Deter­ m inar el m ínim o ángulo 0 * 0 ° conser­ vando la barra su estado de e quilibrio.

98

Demoninándose a 11 E,", ángulo de roza­ miento. En este caso. Tg^ = |

Tg^ =

* * * # * * * * * # * * *

2x

de donde: Tg 0 =

2x 2x

Tg 0 = 1 0 = 45°

PROBLEMA Nfi 80 La barra AB uniform e y hom ogénea m o s tra d a en la fig u r a se e n c u e n tra apoyado en una su pe rficie horizontal y en una pared vertical rugosa. Si el co efi­ ciente de rozam iento entre todas las su­ perficies en contacto es 0,5, determ inar el m ínim o ángulo 6 conservando la barra su estado de e q u ilib rio ( 0 * 0 ) .

* * * * ♦ e * * * * * * * * * ► * * * *

99

i«Mfir.K.im?..¡rffi■■■■-■ ......... ......¿.............

c TEMA I

PROBLEMAS ESPECIALES DE ESTATICA

SEC U N D A CONDICION DE EQUILIBRIO

* #

a = 100 Sen 9

* *

b = 6 0 - 100 Sene

PP BLEMA N9 1 Se tiene una esfera de radio 60cm y de peso 2N, del p unto "0 " se suspende me­ diante una cuerda un bloque P de peso 10N, haciendc que la infera se desvie con respecto a su p osición inicial. Si la lo n g i­ tu d de la cuerda que ata la esfera es 40cm. calcular la m edida del ángulo " 6 " que define la posición de e qu ilibrio. No hay rozamiento.

La suma de momentos respecto del punto “ 0" es igual a cero. IM o= 0 # * #

w

P

Mo = Mo w. a = P. b

« * *

2N(100Sen 6) = 1 0 N (6 0 - 10C Sen 0) Sen 0 = ^ 0 = 30°

# #

* * * SOLUCION Consideramos nuestro físico, a la esfera más una porción de cuerda que bordea la esfera. Realizamos el diagrama de fuerzas del sistema físico elegido.

PROBLEMA Nfi 2 Determ inar la m edida del ángulo " 0 ", para que el sistem a m ostrado se encuen­ tre en e qu ilibrio. Se trata de dos esferas de igual tam año, u nidos p o r un hilo de peso despreciable y se encuentran sobre una superficie c ilin d ric a carente de fric ­ ción.

* * * * #

»! * * W i = 15N y #

W2 = 7N

SOLUCION: Consideremos nuestro sistema físico, las dos esferas más la cuerda.

100

Diagrama del cuerpo libre:

* * *

SOLUCION: Consideremos nuentro sistema físico, la esfera, más, la baria y la cuerda.EI Oiagrama de fuerzas del sistema físico.

*

* * * La sume de momentos respecto del cen­ tro de curvatura "0", es igual a CERO.

v

ZM 0 = 0 w,

* w2

M o = Mo w i. L Cos 0 = W2 L Cos a

* si­

15. Cos 0 = 7C o s ( 1 2 7 - 9 )

Suma de momentos respecto del punto "B" es igual a CERO.

1 5 C o s6 = 7 Sen ( 0 - 3 7 ° ) T T gú0 = y24 0 =¡ 74°

ZMB = 0 ili

O

*

MB=

* SU

w. 2 Sen (30° - a) = w. 2 Sen a

PROBLEMA N» 3 En la fig u ra m os.radé hallar la m edida dei ángulo " 6 " que define la p osición de e qu ilibrio. Si OB = 2m, el radio de la e tfe re hom ogénea es 1,0m y la lon gitu d de la barra u nifo rm e y hom ogénea es 4m. Donde "0" es en ce ntro ds la esfera y am bos cuerpos tienen pesos iguales.

G m b

Sen (30° - a) = Sen a. 3 0 ° - a =a Luego:

a =15° 0 = 75°

* * PROBLEMA Ne 4 sü sü

La fig u ra m uestra d os esferas de igual radio, u nidos p o r barra de peso despre­ ciable, apoyados sobre una superficie ci­ lindrica. Si el peso de las esferas son: w i = 6N y W2 = 5N, determ inar la me­ dida del á n g u lo " 0 " que define la p osición de e q u ilib rio del sistem a m ecánico No e xisle rozam iento.

101

Reemplazando el valor de * p ” 0 = 3,5° * # * V # # * *

SOLUCION: Sea nuestro sistema físico, las dos es­ feras (w 1 y w2) unidos con la barra. Diagrama del cuerpo libre, del sistema físico escogido.

De la segunda condición de equilibrio: XM0 = 0

* m * * *

PROBLEMA N9 5 En la fig u ra m ostrada las esterillas son de igual radio "r", londe A, B y C tienen pesos iguales a 4N cada una. H allar el peso de la esferilla O, tal que el sistem a se encuentre en e q u ilib rio del m odo in d i­ cado, sabiendo que descansan sobre la superficie s^m iesférica de radio ’5r".

i,

* # * * * * * * * * •* * «r * * * * * * * * * * * * * * * *

SOLUCION: Consideramos nuestro sistema físico, las cuatro esferas. Diagrama del cuerpo li­ bre del sistema físico elegido. LsenZi

* * * * * *

( 6) . | = (5) . xSen p Sen P = ^

/

Entonces: Del diagrama del cuerpo libre: 3 0 ° +a + 6 = 90° . . . (1) (a —0) + p = 90° De: (1) - (2)

(2)

# * » * * La suma de momentos respecto del cen­ tro de curvatura “C es igual a CERO

0 _ P —30° # * 102

£M o = 0

* * *

M q — M q+ M q+ M q

Diagrama del cuerpo libre.

P. L Sen a = w. L Sen a +w. L Sen a +0 P Sen a = 2w Sen a Cos a +w Sen a P = w (1 + 2 Cos a)

...(1)

En el triángulo isósceles formado:

Ley de cosenos: Cos a = ~ O Reemplazando en (1):

* * * * * * *

La sumatoria de momentos respecto del centro geométrico de la superficie es­ férica, es igual a Cero ZMo = 0 *1

P = 'T 4 W

* * *

P = 11N PROBLEMA N® 6 La fig u ra m u e stra d o s e sfe ra s del m ism o m aterial de radios a = 3 cm. y b = 2 cm., sobre una su pe rficie esférica de radio de curvatura R = 11 cm . No existe rozam iento. ............ . Sen a _ Hallar la razón: —— - = ? Sen p

* * * * * * * * # * * # * * * * * * * * * # # * * *

SOLUCION: Sea nuestro sistema físico, las dos es­ feras de radios a y b.

* # * * # * * * *

M,

"2

=

w .(R - a) Sen a = w . (R - b) Sen p D.g.v^R-aJSen a = D.g.v 2 (R - b) Sen p q 4îi a — a .(R-a)Sen a = — - .b (R -b) Sen p

Sen a

b .(R - b ;

Sen p

a3.(R - a)

Reemplazando valores Sen « Sen P

2 3

PROBLEMA N9 7 Tres pequeñas esferas sólidas y rígi­ das de pesos: w i = 1N; w 2 = 2N; W3 = 3N, que pueden m overse en un aro circu lar liso, están enlazados p o r tre s va rilla s de pesos despreciables y de igual longitud. C alcular la m edida del ángulo " 6 " que define la posición de e qu ilibrio. Las tres esferas están contenidas en un plano ver­ tical.

103

* *

Cotg 0 = ^3 0 = 30°

* * * * * * * -rf

« * *

PROBLEMA Ns 8 Una rueda de peso 100 N g ira sobre su cubo (riel circular) ascendiendo sobre la superficie curvilínea p o r acción del peso del bloque de 25 N que pende de una cuerda enrrollada en su superficie. Deter­ m inar la m edida del ángulo " 0 " al cual se d e tie n e la rue da , s u p o n ie n d o q ue el rozam iento es suficiente para im p e d ir el deslizam iento, a = 6 cm y b = 15 cm.

Consideramos nuestro sistema físico, los tres cuerpos esféricos y las varillas. Diagrama del cuerpo libre: W,

SOLUCION: Realizamos el diagrama del cuerpo libre, de la rueda. Las fuerzas que actúan so­ bre la rueda son los pesos de 100 N; 25 N. además la fuerza de reacción "R“ del cubo representado por una fuerza verti­ cal. La sumatoria de momentos respecto del punto "A" es igual a CERO.

La sumatoria de momentos respecto del centro de curvatura "0 ' es igual a CERO. XM0 = 0

W, Mc

Wo + Mc

Wy

= M0

w-|.rSen{60 - 0)+W3.r Sen 0=W 2 r(60 + tí) 1 . Sen(60 - 6 ) + 3Sen 6 = 2. Sen (60 + 0)

104

n* * * * * *

zm a

m a

=

=

F u e ra Resultante igual a cero:

o

m a

*

Tg 0 = F

100. 6 Sen 0 = 25. (15 - 6 Sen 0) 24 Sen 9 = 15 —6 Sen 9 Sen 0 = x

# * * i» *

0 = 30° PROBLEMA N® 9 Una va rilla uniform e y homogénea de longitud “4a" está sujeta a un collarín en 3 y descansa sobre un c ilin d ro liso de radio "a". Sabiendo que el collarín puede deslazarse librem ente a lo largo de la guía vertical, hallar la m edida tiel ángulo " 6 " correspondiente al equilibrio.

* *

Suma de momentos respecto del i 'íntro de curvatura "0 " es igual a cero

IMo = 0 MJ = M0 w. 2a Cos 0 = F. a Sec 0

* * * * * *

W = 2 Cos 2 0

....( 2 )

Luego: 2 Cos3 0 = Sen 0 Resolviendo: 0 = 45° PROBLEMA N9 10 La fig ura m uestra una esfera hom o­ génea y lisa de peso 4N. El sisiem a en e q u ilib rio prc senta tres cuerdas, hallar la m agnitud de la fuerza "F ", de m odo que la cuerda BM se d e v a un ángulo 0 = are Sen (1/7) hacia la derecha res­ pecto a la vertical. El bloque P tiene un peso de 8N.

SOLUCION: Realizamos el diagrama de fuerzas sobre la barra homogénea de peso "w".

*

Adem ás OM = BM.

* # *

*

SOLUCION:

* *

Consideramos nuestro sisteme físico, la esfera más la porción de cuerdas que bordean la esfera.

1 05

La suma de momentos respecto del punto "B" es igual a CERO:

IM b = 0 F

W

P

Mg = M 0 + M , F.b = w.a + P . (a + R) .... (1) Pero:

BM = MO = R a = 2R Sen 0 b = R(1 - 2 Sen 0)

Sen 0 = y Reemplazando en (1): F = 16N

PROBLEMA Ne 11 La fig u ra (1) m uestra una barra uni­ form e y hom ogénea de peso igual al doble del peso del bloque "w ". D espreciando el rozamiento, hallar el va lo r del ángulo “ 9 " que define la p osición de e qu ilibrio.

*

* * # # * * * * * * * * $ * * * * * * * * * * * * # * * * * * * *

¥

* * * * * * $ # * *

*

* * * * * * * * $

Fig u ra ( 2 ) D .C .L . ( b a r r a )

SOLUCION: La figura (2), muestra el oiagrama del cuerpo libre de la barra uniforme y ho­ mogénea de peso ,,2 w,,. Del teorema de t_amy, las fuerzas peso (2 w ), reacción normal (N) y la tensión en la cuerda (T=w ), deben ser concurrentes.

De la sequnda condición de equilibrio: =o Sum atoria de momentos respecto al punto A igual a Cero.

im a

Ma +M a = 0 2 w. L Cos a - w. 2L Sen 2 0 = 0 Sen 2 0 = Cos a Entonces:

$ * * $ *

106

2 0 + a = 90°

...(1)

De la l e r a, co nd ició n de e qu ilibrio (Teorema Lamy)

w Sen 9

2w Sen 39

ifc ¡esapasar

$ ♦ $ # # $ * $ $ * $ * * # * $ $ * *

Ley de Senos: .... (2 )

Sen 30 =2. Sen G Desarrollando: 3Sen 9 - 4 . Sen 3 0 = 2. Sen 6 Sen 9 = 4 . Sen 3 0 ? 1 1 Sen 0 = —, entonces: Sen 0 = —

* $

Por lo tanto:

* * * sa * *

9 = 30°

SOLUCION D.C.L. (barra homogénea) (¿ 0 - x ) _ ^

20 cm.

* # * $

4K

a distancia m ínim a que se acerca al origen del coordenadas. SOLUCION: “Ley de Kepler’

* * * * * * * ■í * * * * * * * =!¡ -f

* * * *

*

* * * * * * *

d•

distancia mínima al origen de c o n ­ denadas.

PROBLEMA N9 4 Un auto viaja desd® una ciudad A has­ ta otra B distante 2 km. em pleando 50 segundos. En uno de los viajes (de A hacia B) después de 20 segundos de ha­ ber iniciado su m ovim iento su fre un des­ perfecto que lo o bliqa a detenerse 15 se­ gundos. ¿Cual debe ser el m ódulo de la velocidad con que debe continuar el viaje para que llegúe a B sin nin gú n retraso?. SOLUCION: Cálculo de la velocidad normal del mói/il. a 2000 m , V = —= ——------ = 40 m/s t 50 s Espacio recorrido en 20 segundos: e = V . t = (40 20) e = 800 m La distancia que le taita recorrer (1 200 m) lo tendrá que hacer en t = 15 segun­ dos, para llegar a B sin retraso. = - = - 20f — ~ t 15 s U = 80 m/s El auto continua su viaj¿ con una veloci­ dad de 80 m/s, duplicando su velocidad normal PROBLEMA N 9 5 Un autom óvil durante la prim era m itad del tie m p o que e stu vo en m ovim iento llevó la velocidad de 80 km /h y durante la segunda m itad del tiem po la velocidad de 2 0 km/h, en línea recta. ¿Cuál es la velocidad m edia de esfe m óvil en to do este tiem po? 1 15

* *

SOLUCION: Consideramos los desplazamientos d, y d2, recorridos en un tiempo T cada uno. di = V i. t

y

d2 = V2 . t

La velocidad media será: Vm—

d i + ó¿ t+t

Vm —

V i . t + y 2 -t 2t

V i + V2

Reemplazando: Vm = 50 km/h PROBLEMA NB6 Si un m óvil se mueve con una velocidac constante de 5 m/s y en el instante t = 3 s, se halla en la posición x = 25 m . Hallar su posición inicial (t = 0). SOLUCION: La posición de una partícula en el M. R. U. está definido del siguiente modo: xF = x0 + V . t ^ara: t = 35 25 = xo + 5(3) Xo = 10 m xq

: posición inicial (t = 0)

PROBLEMA

7

ü o s autom óviles A y B se desplazan en una m ism a carretera. El grá fico m ues­ tra la p osición de cada uno en relación al comienzo de la carretera 7 en fu n ció n del tiempo. Hallar la ecuación de la p o s ic ió n de los m óviles A y B.

116

* * * * ¥ * * * 9«

* *

* * * * * * * * * * 't * * * * * * * * * * * * * * *

SOLUCION: La pendiente de las rectas nos da la velocidad. V a = Tg a =

90 km 3h

VA = 30 Km/h

....(1)

T n 30 km •V B = T4 p = - 3 i r V b = 10 Km/h

.. ,2)

Posición de una partícula en el M.R.U. X (t) = Xo + V . t

Para el móvil “A"

xA = 3 0 1 Pa.a el móvil "B" Xg - 60 + 1 0 1

*

* • *

PROBLEMA Nb 8

$ | *

( 2 0 0 km oe separación) en cuatro horas y

el regreso lo hace en dos horas.

* *

Hallar la velocidad m edia del recorrido to ta l (ida y vuelta).

Un autom óvil va de Lim a a La Oroya

SOLUCION:

|

La velocidad media se define como la relación del desplazam iento entre el tiempo empleado.

$ Íjí 4> * $ * * * * *

Si el móvil regresa a su posición inicial, su desplazamiento e.5 nulo. Por consiguiente en este caso ia velocidad meaia del automóvil es igual a cero.

* * $ * * * * *

m ♦ * *

1 17

c

PROBLEMAS RESUELTOS Y PROPUESTOS

1. MOVIMIENTO RECTILINEO UNI­ FORME (M.R.U) PROBLEMA N 101 Ur.a persona debe llegar a un determ ir edo lugar a las I 2 m y observa que cam i­ nando a razón de 3km/h llega 5 horas después y cam inando a 6 km /h llega 5 horas antes. ¿Con qué velocidad debe cam inar para llegar a las 1 2 m? SOLUCION:

* $ «u * * * * * * * * * *

separac ión entre los m óviles es de 3 v2 m. Determ inar después de que intervalo de tiem po la distancia de separación es de 5m. Cada uno de los m óviles se m ueven con la m ism a rapidez.

A

* * * *

distancia = velocidad x t L = V-i . ti = V 2 . fe L =3 ( T +5) = 6 .(T - 5) ... (1) T = 15 horas Reemplazando en (1): L = 60Km L 60 Km T ~ 15 h

* * * * * 5Ü * * * * * * * * * *

V

-«—

-©>»

SOLUCION De la figura deducimos:

V = 4 Km/h

* * * *

PROBLEMA Ns 02 Un cam ino se puede recorrer en 16 horas con cie rta ve lo cida d m edido en Km/h y sia puede re co rre r en 6 horas m en os a u m e n ta n d o su v e lo c id a d en 6 Km/h. ¿ C j p es la lon gitu d del cam ino? a) 16 Km c) 160 Krr.

b) 32 Km

* * * * * * *

pero t = 1,5s

* “e

v = 1m/s

d) 320 Km

e) N.A PROBLEMA Nfi 03 Dos m óviles A y B se mueven en sen­ tid os c o ntrarios sobre rectas paralelas L 1 y L >separados entre sí una distancia de 3ro. Si después de 1,5s del instante que m u e s tra la f ig u r a , la d is t a n c ia d e

118

2 . v . t = 3m

$ * ■s * ♦ *

* (L + 200) = 8 x 28 L = 24 m PROBLEMA Ns 06 Un tren dem ora en pasar frente a un alum no (m uy cerca a él) 8 segundos y luego recorre íntegram ente un túnel de 160m de largo en 48 segundos con velo­ cidad co nsta nte . ¿Cuánto m ide el largo del tren?.

....(1) .... (2 )

Después de un tiempo 'T ', consideremos las alturas de las velas ”2h” y "h"

V tr e n = 8 m/s

Cada punto (A) del tren experimenta un desplazamiento de (L + 200m) para que el tren atraviese completamente el túnel.

4

* * *

* * * * $ * * * * * * * * * *

e =v .t vela (1): (L -2 h ) = | . T

(3)

vela (2). ( L - h ) = |.T

.... (4)

Dividiendo- (3) i (4) (L - 2h) = 3 (L -h )

~4

119

Reemplazando:

Resolviei do: * 4> * *

Reemplazando en (4):

* $ *

T = 2,4 horas PR 03LEM A N9 08 Si la vela se consum e uniform em ente a razón de 0,6 cm/s. ¿Con qué velocidad se desplaza el extrem o de la som bra que se proyecta en la pared vertical debido al obstáculo frente a la vela?. a) 1,2 cm/s

b) 1,8 cm/s

c) 1,5 cm/s

d) 0,9 cm/s

e) Ninguna

* * * * * * * * * * $ * * * * * *

* * * * * * * * * * * * # * * Un autom óvil se d irig e de una ciudad "A ' a otra ciudad "B ", la m itad de su cam ino re co rre co n una ve lo cid a d de 30Km/h y la otra m itad a 70Km/h, en línea recta. D eterm inar la velocidad m edia del autom ovil entre A y B. SOLUCION: M +

Vm =

120

2L L Vi

2. _L - ( V 1 + V2) V2

V i. V2

# * * * * * * * * 4> * * * * * * * * « * * * * % * * * * * *

2 (30) (70) Vm = ■ 100 Vm = 42 km/h PROBLEMA Ns 10 Un c ic lista se dirige de una ciudad A hacía otra ciudad B en .inea recta, d iv i­ diendo s ii trayectoria en tres partes igua­ les. El pi irr? r tercio de su cam ino lo re­ corre con una rapidez de 60Km/h, el se­ gundo te rcio con 30Km/h y el ú ltim o con 20 Km/h. D eterm inar la velocidad m edia del ci­ clista entre A y B. a) 3P.36 Km/h

b) 35 Km/h

c) 30 Km/h

d) 25 Km/h

e) Ninguna PROBLEMA Ns 11 Un avión se dirige de B hacia C, el ruido d d m otor e m itido en B, alcanza al observaaor en A en el instante en que el avión llega a C. Sabiendo que la velocidad del sonido es de 340 m/s, determ inar la velocidad del avión.

f

A

77 SOLUCION: De! gráfico podemos afirmar que el des­ plazamiento del avión es la mítód del desplazamiento oel sonido, en un mismo inteivalo de tiempo poi consiguiente la v e lo c la d del avión es la mitad de la velocidad d d sonido.

* * * * * * * ♦

La velocidad del pioyectil es la mitad de la velocidad del sonido, por consiguiente cuando el sonido llega a "B" ei proyectil ¡labrá recorrido (x/2), entonces en 3 segundos recorre >a otra mitad e= v .t x 2

* =(i * *

Vavión — 2 Vsonido

Vavíon —170 m/s

PROBLEMA Ns 14

PROBLEMA N5 12 Un avión se d irige de B hacia C, el ruido del m o to r e m itido en B, alcanza ai observador en A en el instante en que el avión llega a C Sabiendo que la velocidad del sonido es de 340 m/s, determ inar la velocidad del avión. a) 104 m/s

V? B

* * * * * * *

b) 180 m/s

Un niño se encuentra en reposo a una d istancia de 85m de una m ontaña. En cierto instante el niño silba. ¿Al cabo de qué tie m p o escucha el eco? Velocidad del s o i'id o en el aire = 340 m/s. a) 0,1 s b> 0, 25 s c) 0,5 s

d) 2,0 s

e) N.A. PROBLFM« N9 15

c) 204 m/s d) 272 m/s e) N.A.

x = 1 020 m

I” /

PROBLEMA Nfi 13 Dos personas A y B están separadas una distancia "x ". En cierto instante la persona "A “ d ispara una bala con una velocidad de 170 m /s (horizontalm ente) en dirección del "b la n co " que se encuen­ tra ju n to a la persona “ B". Sabiendo que "B " escucha el d isparo y 3 segundos des­ pués p e r c iD e el im pacto con el b la.ico determ inar “x". Velocidad del so n id o en ei aire = 340 m/s SOLUCION:

* * * * * * » * * * * *

Una persona ubicada entre d o s m on­ tañas, em ite un g rito y perc:be el p rim er eco a los 3 segundos y el siguiente a los 3,6 segundos correspondiente a la otra m o n ta ñ a . D e te rm in a r la d is ta n c ia de separación entre las m ontañas. Velocidad del so nido en el aire = ?40 m/s. SOLUCION:

El sonido demora en llegar a la montaña "A" 1,5 segundos y a la montaña "B" 1,8 segundos. distancia = Velocidad . t.empo Montaña "A"

x = (340)v1,5)

x = 510 m

121

Montaña " B ":

y = (340)'1,8)

y = 612 m Luego

(x +y) = 1 122 m

PROBLEMA Ne 16 La distancia de separación entre dos m ontañas es 7 9úC m. Un autom óvil que se m ueve ccn velocidad constante V = 1 7m/s p o r una carretera rectilínea que une las m ontañas, toca la bocina ju s to en el instante que ppsa por el p unto m edio entre las m ontañas. Hallar el espacio re­ corrido p o r el a utom óvil en el intervalo de tiem po com prendido entre la percepción del prim er y segundo eco provocado por las m ontañas. Velocidad del se nido en el aire = 340 m/s. a) 20m

b) 40m

c) 10Om

d) 500i ii

e) N.A PROBLEMA N°-17 Dos relojes e le ctró n ico s están separa­ dos 1 0 2 0 m, cuando dan la hora, uno de ellos se adelanta 2 segundos. ¿A qué d is ­ tancia del reloj adelantado una persona oirá a los dos re'ojes dar la hora al m ism o in sta rte ? Velocidad del so n id o en el aire = 340 m/s. SOLUCION:

* * * * * o & 0 1 i * *

* * * o» * * * * * * * * * $ * * * ■»

* * * » o» * *

Resolviendo: t = ?, 5 segundos Luego x = Vs . t = 340 — . 2,5 s s x = 850 m PROBLEMA Ne 18 Un autom ovil se mueve con una velo­ cidad constante V = 54 Km/h, en línea recta d irig ié n d o s e a u n á m ontaña, en cierto instante el chofer toca la bocina y 8 segundos después percibe el eco. C alcu­ lar la distancia de separación entre el auto y la montaña, en el instante que el chofer to có la uocina. Velocidad del sonido en el aire = 340 m/s. a) 1 200 m

b) 1 420 m

c) 2 840 m

d) 2 420 m

e) N.A. PROBLEMA Ns 19 Dos m óviles A y B parten sim u ltá ­ neamente de un p unto com ún con ve lo ci­ dades V y 2V. A 900 m etros parte un m óvil C en el m ism o instante y en sentido c o n tra rio co n una v e lo c id a d 1,5V. Si tra n sc u rrid o s 10 segundos, B equidista de A y C. ¿Cuál es la velocidad del m óvil A? SOLUCION:

2V 1 ,5V

De la figura: x + y = 1 020 m

. (1)

distancia = velocidad . tiempo En (1): 340 . t + 340.(t - 2) =1020

122

* * *

De la figura. x = e B -e A

.... (1)

También: ec D + x + eU„ = 900

(2)

Reemplazando (1) en (2): 2eb + ec - eA = 900 2 (2V . t) + 1,5 V t - V . t = 900 4,5 V . t = 900 Pero:

t = 10s

Luego: V = 20 m/s PROBf.EMA N° 20 Dos m óviles A y B se mueven desde un m ism o p unto sim ultáneam ente con velocidades constantes de 20 m /s y 30m/s respectivam ente. En ese instante a una distancia de 1 300 m, o tro m óvil C sale al encuentro de los anteriores con velocidad constante de 40 ti/s .

* * * * * * * * Ns * * i * ¥ * * * * * * * * *

* * *

P ro p ie d a d : La pendiente de la recta es igual a la velocidad de la partícula. V = Tg 6 PROBLEMA Ne 22 La figura m uestra la gráfica, posición versus tiem po, de una partícula que se m ueve en el eje X. Determ inar la p osición de la partícula en el in sia n ie i = 5 s.

Determ inar despues ae qué tiem po el m óvil C equidista de A y B. a )t= 1 5 s

b )t = 2 0 s

$ ¥ *

c) t = 25 s

d) t = 2P s

* *

e) Ninguna

X(m)

* *

PROBLEMA Ne 21 D eterm inar la gráfica posicion versus tiem po, de una partícula que se mueve en el eje X, con velocidad constante V = 1 m/s. Inicia su m ovim iento en la posición X o = -2 m . SOLUCION: La posición de una partícula, en el tiempo que se mueve cor, velocidad constante está definida del siguiente modo: XF = Xo + V . t XF = - 2 + 1 . t

X f = t —2

(1)

Gi aficando la función (1):

* * * * * $ * * * * * * * * * * * * k * *

PROBLEMA N9 23 Determinar la gráfica, posición versus tiempo, ae una partícula que se mueve en el eje X, con velocidad constante Vx =-1 rr/s (en el sentido negativo del eje X). Inicia su movimiento (t =0 ) en la posición Xo =+ 2 m. SOLUCION La posición de una partícula, en el tiempo que se mueve con „ ílocidad constante está definida del siguiente modo: XF = Xo + V . t

123

X f = + 2 + ( —1 ) .t Y f = ¿-\

- ( 1)

t

X

0

2

1

1

2

0

3

-1

4

-2

5

-3

í * * * * * * * * ♦

PROBLEMA N9 25 U n r partícula se mueve con M. R. U. en un plano x - y , Si la rapidez del m óvil es V - 3 m/s, determinar la distancia mínima que se acerca al origen de coordenadas, sabiendo que el radio vector (vector posi­ ción) describe un área de 6 rn‘ en cada segundo. SOLUCION:

Graficando la función (1)-

P ropiedad La pendiente de la recta es igual, a la velocidad de la particuia. V = Tgg = - T g6

X

PROBLEMA N9 24

*

La rigura m uestra la gráfica, posición Versus tiem po, de una partícula que se mueve en el eje X. Determ inar la p osición de ia partícula en el instante t = 5 s.

a) X = - 2 m

b) X = - 4 m

c) X = - 6 m

d) X = - 8m

e) N A. 124

* * # # * * W * * * * * * * * * * * * ¥ * * * * * # * * * * *

Ley de Kepler para el M. R. U.: "En todo movimiento rectilíneo uniforme, el »'ecror pos.ción describe áreas iguales en tiem­ pos iguales”. El espacio recorrido en cada segundo, es 3 metros. Por consiguiente la base de! triángulo es 3m en cada segundo. A = |.b .h b=¿

(3) (d)

d=4m PROBLEMA N9 26 Dos partículas A y B se mueven con M. R. U., en un plano x - y (po sitivo s). Las traye cto ria s son paralelas y am bas tienen la misma rapidez, V = 5 m/s. El vector posición de A describe un área de 15 m 2 y el de B un área de 20 m2, en cada segundo, respecto de 1 origen de coorde­ n a d a s . D e te rm in a r la d is ta n c ia de separación entre las trayectorias.

a) 0,5 m

b) 0,6 m

d) 2,0 m

e) 3,0 m

c) 0 8 mn

PROBLEMA NB 27 Do¿ partículas A y B se m ueven con M. R. U., en un plano x - y, iniciando un m ovim iento en un m ism o p u n to : X = 1 0 n . con velocidades de 4m/s y 3m/s respec­ tivam ente. El v e c to r p o sició n de cada partícula describe un área de 1 2 m 2 en cada segundo, respecto del origen de co­ ordenadas. D eterm inar el ángulo que form an las trayectorias de A y B.

* * * * $ *

Identificando en el triángulo: P = 53° Rpta.:

$ *

El ángulo que forma la trayec­ toria es 16 .

? PROBLEMA N 9 28 * * * Una partícula se m ueve con M. R. U. en * * el plano x - y. La rapidez del m óvil es 4 m/s, iniciando su m ovim iento en el punto $ (10 ; 0). El ve ctor posición describe un * * área de 1 2 n r , en cada segundo, respecto del origen de coordenadas. Determ inar la ecuac o n de la trayecto­ ria que describe la partícula.

SOLUCION:

a) y = 3 x - 10

b) y = 4 x - 10

c ) y = | ( 1 0 - x)

d) y ~-g' (10 —x)

e) N A PROBLEMA N9 29 El g rá fic o m o s tra d o re p re s e n ta la posición de un autom óvil en el tiem po.

Ar,atizando la partícula "A” De la Ley de Kepler para el M. R. U. la base del trián­ gulo es igual a 4m en cada segunde. 0

ldentrf'cando en el triángulo: a = 37° Analizando la panícula "fe”. De la Ley de Kepiet para elM. R. U. La base del triángulo es igual a 3 m en cada segundo.

* * * » *

B .h Area = 2 12 =

3 (b)

b=8m

* -i * * * *

b) ¿Cuál era la posicion en el instante que t = 1h? c) ¿Qué ve lo cida d d e sa rrollo en esta primera hora de viaje7 d) ¿En qué posición y por cuánto tiempo permaneció parado? e) ¿Cuál es su posición a las 4 hoias de viaje? f)

¿Cuál es su velocidad en el viaje de regreso?

125

SOLUCION a)

Al principio del movimiento el auto se encuentra en el kilómetro 10.

b)

El auto avanza y después de una hora (t = 1h) se encuentra en el kilómetro 30.

c)

La pendiente de la recta que corres­ ponde a la primera hora de viaje nos dará la velocidad. Ax 3 0 - 1 0 ~ At “ 1 - 0 V = 20 km/h

d)

P e rm a n e c ió d e te n id o en kilómetro 30, durante una hora.

e)

A las 4 horas de viaje el auto se encuentra en el origen (x = 0).

f)

El automóvil llegó hasta la posición x = 30 km, y a partir de esta posición el auto comenzó a regresar, la pen­ diente de la recta que corresponde al intervalo de tiempo h nos dará la velocidad: Ax At

el

I)

* * * *

II) La velocidad media en el intervalo de tiem po t = — 2 a

* # * * *

Signos: (+) = cuando aumenta la velocidad (-) = cuando disminuye la velocidad. (*) = excepto para la formula (2)

PROBLEMA Ns 01 Un ratón se d irig e a su hueco en línea recta con velocidad constante de 2 m/s, cuando le faltan 5 m etros para llegar, pasa por ei lado de un gato que se encuentra en leposo. Si el gato acelera a razón de 2m/s en d irecció n del ratón. ¿El gato logra alcanzar al ratón?, si lo alcanza ¿A qué distancia de su agujero?.

* *

[c

Suponiendo que si lo alcanza en el punto "B", los espacios recorridos por el gato y el ratón serán iguales:

* * * #

* * * * * *

q a t0 ■■■^

A }---------— -------- ■ r r l — ra tó n

t=

2 ( 2)

t= 2 s e g u n d o s

E spaciorecoriidoporelratónen: t = 2s e ra tó n

= V . t —»

e ra tó n

= 2 . (2) = 4m

x = 5 - 4 —» x = 1 m

Respuesta: El gato alcanza al ratón a 1 * m etro desuagujero. 5K * * * ■* PROBLEMA Ne 02 Un autom óvil, violando las reglas de trá n s ito se m ueve a 72 Km/' en una zona donde la velocidad m áxim a es de 40 km/h Un policía m oto ciclista arranca en su persecusión, del reposo, ju s to cuando el auto pasa enfrente de él. Si la aceleración constante del policía es de 0,5 m /s2. ¿Oué sucederá?

133

a) No lo llega a alcanzar. b) Lo alcanza después de media hora de percecuuun c) Lo alcanza después de 2 minutos d) Lo alcanza a los 2 km. de distancia.

í $ * * * * *

e) Lo alcanza a 1 600 m de distancia. & *

PROBLEMA Nfi 03 Un leo pa rdo a fric a n o puede lo g ra r desde el reposo una aceleración de 80 m/s2. Si va a la caza de una gacela que puede log ra r una aceleración de 4 m /s , y si ésta inicia la huida desde el reposo en ei m ism o instante en que el leopardo está a 18 m etros de ella. ¿Cuanto tardará el leouardo en atrapar a la gacela?, ¿Cuánto habrá recorrido la gacela antes de ser atrapada?, ¿A qué velocidad correrá el leopardo antes de atrapar a la g a c t'a ? SOLUCION:

a) Lo alcanza después de 6 segundos

r a ^ _ gacel a (2)

a) De la figura e i- e 2 = 1 8 m ...(*)

c) La velocidad del conejo es 6 ™ , en el instante que es atrapado. * *

* * * * «I» * * * Mi >*• * * * * *

Pero: e = V0 . t + —. a . t En (*): ^ . ( 8 ) . t 2 - ^ . ( 4 ) . t ? =18 Resolviendo: t = 3 segundos b) Espacio recorrido por la gacela en t = 3 s, será: . a . t2 -» e2 = | (4) (9)

d) El zorro recorre 54 m, antes de atrapar al conejo. e) El conejo recorre 20 m, antes de ser atrapado. PROBLEMA Ne 05 Un m óvil parte del reposo y se mueve con M.R.U.V. sobre el eje X. Si transe jr r ido un tiem po "t" posee una velocidad "V " y luego recorre 15 m etros en 3 segundos, siendo su velocidad en ese instante "4V". Hallar el intervalo de tiem po "t". SOLUCION: 1) Consideramos tres puntos A; B y C, sobre el eje X: VB = V

* * * *

* * * * * * ik

c) Velocidad del leopardo instante antes de atrapar a la gacela: V f =V0 +a. t. -> VF =0 + 8(3) V f = 24 m/s

* *

* * *

VC=4V

2) En el tramo BC: e=

(Vo + V f)

15 = ^ e2 = 18 metros

1 34

en el

* 1 eopa r d o ( 1 )

e=

U r zo rro plateado, puede log ra r desde el reposo una aceleración de 3 m /s2. Si va a la caza de un conejo que puede lograr una aceleración de 1 m/s2 y si éste inicia la huida desde el reposo en el m ism o instante que el zorro está a 36 m de él. ¿Que afirm ación es falsa?

b) La velocidad del zorro es 18 — s instante que atrana al conejo.

4’

18 m

PROBLEMA Nfi 04

.t

. 3

Rescviendo: V = 2 m/s Cálculo de la aceleración: a=

Vf - V t

q

a -

(8 -2 )

* * *

3) En el tramo SB:

* * * *

V f = V0 + a . t 2= 0 + 2 .t t = 1 segundo PROBLEMA Nfi 06 Un m óvil viaja de "A " hacia "B " d is­ tante "L " m etros en linea recta; parte del reposo con a celera ció n co nsta nte "a" (m/s2); en el m ism o instan te sale otro m óvil de B hacia A con velocidad co ns­ tante "V ” (m/s). ¿Cuál es el valor de la velocidad de B para que am bos m óviles se crucen a la m itad de la distancia entre A y B?

* * * * * * * $ * * * * * * * * * * *

b )V = | . V ¡ T a 4 c) V = | . v 'a X

d) V = V a T

e) Ninguna

Los extrem os de un tren de 350m de longitud pasan p o r el costado de una per­ sona (fijo en la Tierra) con velocidades de 5 m /s y 9 m /s respectivam ente. D eterm i­ nar la aceleración del tren y el tie m p o que demora en pasar por el costado de esta persona.

¡ n

r i.i C T «o f(ro

350 m

SOLUCION: 1) Sabemos que: (Vo + V f) e=■

2

350 = ^ 1 . t t = 50 segundos

a=

(V f - V o) t

a=

(9 -5 ) 50 a = 0,08 m/s

PROBLEMA Ne 08 Los extrem os de un tren de 300 m de lon gitu d pasan p or el costado de un poste de luz con velocidades de 6 m /s y 9 m/s, respectivam ente. D eterm inar la aceleración del tren. a) 0,025 m /s2

b) 0,035 m /s2

c) 0,075 m /s2

d) 0,098 m /s2

e) N.A. PROBLEMA Na 09

* * * *

PROBLEMA Nfi 07

p n c ■«+>

2) Cálculo de la aceleración:

* * * * * * *

Una partícula con M.R.U.V. tiene una velocidad Vi = 10m/s en el instante t i = 2 s y una velocidad V2 = 30 m/s en el instante t 2 = 7s. D eterm inar la distan­ cia recorrida p o r la partícula desde el ins­ tante t = 0, hasta el instante t = 10s. SOLUCION: Tabla tiempo versus velocidad: POSICION

* *

A

* * * * * * * *

* * * * * * * * *

1)

TIEMPO

VELOCIDAD

t=0

V

B

t=2

10

C

II -si

a = 2 m/s

30

D

t = 10

Cálculo de la aceleración en el tram oBC: V f - V o (30-10) _ , 2 a = ----- -----= ———- — = 4m/s t (7-2)

2)

Cálculo de la velocidad inicial en el tramo ÁB: VF = Vo + a. T 10 = V + 4 ( 2 - 0 ) V= 2m/s (velocidad inicial). 135

3)

Cálculo de la distancia en el tramo m e = V0 . T + | . a . T2 e = 2(10) + ¿

(4)(100)

PROBLEMA Ne 10 Una partícula con M.R.U.V., en el ins­ tante t = 2 s tiene una velocidad de 1 4m /s y en el instante t = 5 s su velo­ cidad es de 29 m/s. D eterm inar el espacio recorrido por la partícula desde el ins­ tante t = 0 , hasta el instante t = 8 s. b)192m

d) 232 m

e) N.A.

c)200m

PROBLEMA NE 11 Una partícula se ianza desde el punto "A " hacia arriba sobre un plano inclina do con una velocidad inicial V0 = 20m/s. Si después de 9 segundos la partícula se encuentra bajando con una velocidad V = 16 m/s, hallar a qué distancia "d " se encuentra del punto de lanzam iento en ese instante. C onsiderar que la partícula en todo m om ento se m ueve con acele­ ración constante.

SOLUCION: 1) Cálculo de la aceleración: Vp —V q - a . t (-16) = 20 - a . (9) a = 4 m/s

136

Convensionalmente el signo de la veloci­ dad es positivo hacia arriba y negativo hacia abajo. 2) Cálculo de la distancia “d": 2

F

2

= V¿ - 2 a . d o

(—16)2 = (20)2 —2 (4) d

e = 220 m

a)162m

* * * * * * * * * * •o * * * * * * * * ♦ * * * * * * * * * ¡i« * * + * * *

d = 18 m PROBLEMA Ne 12 Desde un punto "A " sobre el plano inclinado, se lanza una partícula hacia arriba (t = 0) con una velocidad inicial V0 = 12m /s. Si después de 5 segundos la partícula se encuentra bajando con una velocidad V = 8 m/s, determ inar en qué instante “t" la partícula pasará p o r su p osición inicial.

* * * *

* * * * * * * * * * * * * * «h * * * * * * * * * * * * *

a) t = 3 s

b) t = 5 s

d) t = 6 s

e) N.A.

c)t =5.5 s

PROBLEMA N - 13 Un autom óvil que parte del reposo se mueve con una aceleración constante a = 1 m /s? en línea recta d irigiéndose hacia una m ontaña. Al p a rtir el ch ofe r em ite una señal sonora y cuando ha recorrido 32 m etros recibe el eco. Determ inar la d is­ tancia de separación inicial ( t = 0) entre el auto y la montaña. Velocidad del sonido en el aire = 340 m/s. SOLUCION El intervalo de tiempo empleado por el auto en desplazarse 32m, es el mismo tiempo que emplea la onda sonora en ir y regresar a ia montaña con una rapidez de 340 m/s.

(X

-

32?

1 o Para el auto: e = V0 . t + — a . r 32 = 0 + | ( 1 ) . t 2

* * * * -i * * * * * * * * *

Luego: V f = t —2

* *

(1)

t

V

0 1 2 3 4 5

-2 -1 0 1 2 3

Graficando la función (1 ) :

t = 8 segundos * * * * * * * * *

Para el sonido espacio = Vsonido ■t x + (x - 32) = 340 (8)

t{s) PROBLEMA Ne 14 Un autom óvil que inicialm ente se en­ cuentra en reposo, sale con aceleración constante a = 1 m/s en línea recta, aleján­ dose de una m ontaña. En el in s ta rle que sale, el chofer toca la b ocina y cuando a recorrido 18m percibe el eco. Hallar la distancia de separación inicial entre el auto y la m ontaña. Velocidad del so nido en el aire = 340 m/s. a) 1 011 m

b) 1 022m

c) 1 033 m

d) 1 044 m

e) N.A. PROBLEMA N M 5 D eterm inar la gráfica, velocidad ver­ sus tiem po, de una partícula que se mue­ ve en e! eje X, con aceleración constante ax= 1 m/s inicia su m ovim iento (t = 0) con una velocidad V0 = - 2 m /s (en el sentido negativo del eje X).

* * * * ¥ * * * * * * *

¥ * * * * * * *

1 ° PROPIEDAD: La pendiente de la recta es igual, a la aceleración de la partícula.

2o PROPIEDAD : El árec. bajo la curva es igual, al cambio de posición que ex­ perimenta la partícula en un intervalo de tiempo.

[

(X f - X 0) = A i - A 2

* Se considera el signo del area

SOLUCION: Sahumos que:

V f = VQ+ a . t

Reemplazando: Vf = - 2 + 1 . t

1 37

3 PROPIEDAD: El espacio recorrido por la partícula es igual, al área bajo la curva (er gsneral) sin considerar los sig­ nos. espacio = A i + A 2

* $ 4' * * * $ *

PROBLEMA Ne 16 La figura m uestra, la gráfica V - t de una partícula que sale del origen (X = 0), m oviéndose en línea recta.

* * * * * *

* * *

SOLUCION: El cambio de posición que experimenta la partícula es igual al área bajo la recta; en la gráfica V - t : (X f - X0) = área del trapecio. w > (3 + 9) (X f - X0) = — — - . 6

¿Cuál(es) de las siguientes a firm acio­ nes son verdaderas?. I)

Del instante t = 2 a t = 3 s. la partícula se encuentra en repose.

II) En el intervalo de tiempo [0 ; 5] segun­ dos, el espacio recorrido por la partícula fue de 5 metros. III) En el instante t = 4,5 s, el móvil estaba de regreso a su posición inicial. IV) En el instante t = 4 s, el móvil se en­ cuentra a 2 metros del origen. a) Sólo I y II

b) Sólo III

c) Sólo I , II y IV

d) Sólo II y III

e) Todas son verdaderas PROBLEMA Nfi 17

* a* # * $ * * ¡> * * * * * * * * * * * * * *

* * * * *

Una partícula se mueve sobre el eje X. En el instante t = 0, su posición es X0 = - 2m. La fig u ra m uestra sus gráfica V -t.

* :s * * # ■'

*

200 m i * * * * * * *

a) No llegan a chocar las piedras.

SOLUCION:

b) Chocan en el infinito.

De la figura:

c) Chocan si consideramos: g = 19,6 m/s2.

A :

d) Chocan en el instante, t = 3 s

a

*

200 m

Î-

l " hí + h2 = 200

.... (1)

De la formula: h = V0 1 + | - g . tz En(1): ^ . g . t2 + VB.t - ^ . g - 12 = 200

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * >*> v * * * * *

e) Chocan en el instante, t = 4 s PROBLEMA N»09 Un cuerpo “ A " se deja caer a p a rtir del reposo desde una cierta altura y después de 2 segunaos o tro cuerpo “ B " se lanza verticalm ente hacia abajo desde el m ism o lugar de donde se dejó caer "A “ , con una velocidad inicial de 25 m /s. H allar a qué distancia del nivel de lanzam iento se pro­ ducirá el encuentro de io s cuerpos. g » 1 0 m/s2. SOLUCION: Sea Y el tiempo que estuvo en movi­ miento "B" hasta alcanzar al móvil “A".

VB t = 200 40.t = 200

PROBLEMA N* 08 Dos piedras A y B es*án separadas por una distancia de 2 0 m, tal com o indica la figura, se ponen sim ultáneam ente en m o­ vim iento, la de a rriba (A ) se lanza verticaim ente hacia abajo con una velocidad de 5 m /s y la de abajo se suelta (V = 0). ¿Al cabo de qué tie m p o chocan la piedras?.

152

25 m/s

* * * * * * * * * * # * id * # * * * * »

(t+2)

De la fórmula: h = Vo T + |

g T2

Para “A": H = 5 (t + 2)

- (1 )

Pera "B" H = 25 . t + 5 . t2

.... (2)

(1) = (?): 5 (t + 2)2 = 25 . t + 5t2 Resolviendo:

t=4s

Reerml'ìzando en (1):

*

0 = (2V) - 2g(H + 60) ....(2)

* * * * * * * * $

Reemplazando (1) en (2):

4«

H = 180 m

* * $ *

PROBLEMA Nfi 10 Se deja caer una piedra y un segundo después, del m ism o punto, se lanza otra piedra verticalm ente hacia abajo con una velocidad de 15 m/s. ¿A qué d istancia por debaio del p un to de lanzam iento, alcanz i la segunda piedra a la prim era?. g = 1 0 m/s 2 a) 15 m

b) 20 m

d) 30 m

e) N.A.

c) 25 m

* * * a» * * * * * 4« * * * *

PROBi_EMANfi11 Se lanza un cuerpo verticaim em e ha­ cia -arriba, desde la su pe rficie de la T ierra, con una cierta velocidad inicial "V " que perm ite alcanzar una altura m áxim a "H ". Si dicha velocidad inicial se duplicara, su altura máxima aum entaría en 60 m. Hallar "H ”. SOLUCION: 1) En el primer caso: V f 2 = V 02 - 2g H Pero: V f = 0 V

= 2gH

....(1)

60 m O I I

Iv

s. OflSC -.1)

2V

CASO ( 2 )

2) En el segundo caso. V f2 = V02 - 2 g .h

* « # * * * * * * * * * * * $ * 4 4* • * * * * * * 4* * * * * * * * * * * !' * # * *

H -= 20 m PROBLEMA N® 12 Una p istola dispara un pro yectil v e rti­ calm ente hacia arriba, alcanzando una al­ tu ra m áxim a H. Si el d isparo se realiza en la Luna, cuya aceleración de la gravedad es la sexta parte de la aceleración de la gravedad de la Tierra- ¿A qué a ltura lle­ gará, considerando r u é la variación d¿ la g ra v e d a d en nada in flu y e en el fu n ­ cionam iento de la pistola?. »H a )6

b) H V6

d) H V6 /6

e> Faltan daios

c) 6H

PROBLEMA N® 13 En c ie ito planeta la aceleración de la gravedad es la cucrta parte de I r acele­ ración de la gravedad en la fierra. En la tie rra se abandona una moneda desde una altura "h " y dem ora eh llegar al p iso un tie m p o t i = 3 s. S: repe timos la m ism a experiencia en este planeta, ¿ ^ u á rto tie m p o dem ora la m oneda en llegar al piso? SOLUCION E r general, en cualquier planets se cum­ ple que: h = V0 1 + - . g. t2 En la tierra: .... (1) En el planeta: .... (2) Igualando las ecuaciones (1) y (2). fe = 2 . ti T2 = 6 s

153

*

PROBLEMA NB 14 En la Luna la aceleración de la gra­ vedad es la sexta parte de la aceleración de la gravedad en la Tierra. En la Tierra se abandona una piedra desde una altura "H " y Jem ora en llegar al p iso un tiem po ti = VtT segundos. Si repetimos la misma experiercia en ía Luna. ¿Cuánto tiempo demora la piedra en llegar al piso?. a) 2 \6 s

b) 3’ ^ s

c) 5 s

d) 6 s

* * *

* * * * *

PROBLEMA N® 17 De un caño cae una gota cada 0,1 se­ gundo, si cuando está p o r caer la tercera gota se abre la llave y sale un c h o rro de agua, ¿con qué velocidad debe s a lir d ich o ch orro para que alcance a la prim era gota, ju s to cuando llegue al p iso? El caño se encuentra a una a ltura de 7,2 m etros del piso. g = 1 0 m /s 2 SOLUCION:

_ .

* # &

e) N.A. PROBLEMA NB 15

#

Una m oneda se lanza verticalm ente hacia abajo con una velocidad de 15 m/s, en caída libre. ¿Qué espacio recorre la m oneda en el QUINTO segundo de su m ovim iento?, g = 1 0 m /s 2 SOLUCION: El espacio recorrido por una partícula en el n-ésimo S E G U ID O de su movimiento será:

*

* * * * * * # *

X = V0± | . g . ( 2 n - 1 )

*

1) Para la primera gota: h = ^ . g . t2 2 M Reemplazando: 7.2 = 5 (T + 0,2)

(+)

ci-ando baja

*

( - ) : cuándo sube En este caso:

V0 = 1 5 m /s ; n = 5

Reemplazando: X = 15 + — (10) (9)

PROBLEMA Ns 16 Un cuerpo cae librem ente desde una determ inada altura, recorre 35 m etros en el ú ltim o segundo de su caída. ¿Desde qué altura se abandonó el cuerpo?, g = 1 0 m /s 2 a) 70 m

b) 75 m

d) 85 m

e) Ninguna

154

T= 1s

*

2) Para el chorro:

* * *

X = 60 m

c) 80 m

Resolviendo:

*

....(1)

h = V0 . t + - . g . t2 Reemplazando:

*

7.2 = V0(1) + 5(1)

* *

Vo = 2,2 m/s PROBLEMA N9 18

* * * * *

Un cuerpo que se encuentra cayendo librem ente choca con la su p e rficie de la Tierra, con una velocidad de 40 m /s. De­ te rm ina r el tie m p o que tarda en recorrer los ú ltim o s 60 m. g = 1 0 m /s 2

SOLUCION:

»

Aplicamos la siguiente fórmula:

# *

4«

1 h = VF.t ± £ . g . t2 (+)

El signo ( - ) significa que el sentido de la velocidad es hacia abajo

•• ( 1)

: cuando sube (retardado)

( - ) : cuando baja (acelerado) Reemplazando datos en (1) 60 = 4 0 . t - ^ . ( 1 0 ) . t2 12 = 8 . t - t 2 Resoiviendc. t - 2 segundos PROBLEMA Nfi 19 Un niño lanza upe pelota verticalm ente hacia arriba, después de 0,5 segundos im p a c e con el te cho con una velocidad de 2 m/s. ¿Qué a ltura recorre la pelota hasta el im pacto? g = 10 m/s2 a) 2,15 m

b )2 , 2 5m

c) 2,35 m

d) 2,45 m

* 4«

* *

El siguiente es un diagram a v - t de una partícula que se m ueve en Irnea recta en el eje Y. En el instante t = 0 está en Y = 5 m.

e) Ninguna PROBLEMA N® 20 Una partícula se lanza verticalm ente hacia arriba (t = 0) con una velocidad de 40 m/s. C onsiderando la aceleración de la g ra v e d a d g = 10 m /s2, o e te rm in a r la gráfica v - t , hasta el instante que regresa a su p osición inicial. SOLUCION:

* *

De ka fórmula:

4«

La aceleración del móvil es cero

II)

En el instante t = 5 s, el móvil está en Y = 30 m.

III)

El diagrama Y - 1 es una recta.

IV)

En ei instante t = 5 s, el móvil se detiene.

4«

* *

Reemplazando: ... (1)

Graficando la función (1):

O co

t 0 1 V 40

I)

$

V f = V0 - g . t

VF = 40 —10 . t

#

2 3 4 5 6 7 8 20 10 0 -10 -2 0 -30 -40

# *> * ■< * *

Son ciertas: a) Sólc I c) Sólo II y IV

b) Sólo II d) Sólo III

e) Todas son ciertas

155

PROBLEMA Nfi ?2 Una partícula se lanza verticalm ente hacia arriba ccn u n r velocidad v 0= 4 0 m is (t = ü). C onsiderando la aceleración de la graveáati g = 1 0 m /s2, d e te rm in a r Ie grá.ica, a ltura (h) ve rsu s tie m p o (t). SOLUCION: 1)

Cálculo del instante T en que el cuerpo a'canza su altura maxima.

* * * * * * * ♦ * # * * *

h(m)

20

* * * -f

* * * * * * * * * * * * * * * *

Vr = V 0 - g . t

\

0 = 4 0 -1 0 .t t=4s 2)

De la fó im u ia : h = V ot-^

9 't2

Peemplazanao: h = 40 . t - 5 . t2

* * * * #

.... (1)

Graíicando la relación (1): t

0

h

0

1

2

3

4

1 5

6

7

8

35 60 75 80 75 60 35

0

* * * * * * * * # -f * * * * * «i * *

* * * * PROBLEMA Nfi 23

* *

El siguiente es un diagram a h - t de una partícula que se m ueve en caída libre, g = 10 m /s2. Determ inar la D osición de la partícula en el instante t = 5 s.

v

156

i

* * *

a) h = -1 0 m

b )h = - 1 5 m

c) h = 20 m

d) h = -25 m

e) Ninguna ■PROBLEMA N9 24 Analice lo s siguientes d ia g ra rrs r e in ­ dique el que no puede co rresponder a un m ovim iento rectilíneo uniform e (M.R.U.), e r el eje X. a) b)

c)

e)

d)

SOLUCION: En ei movimiento rectilíneo uniforme, en el eje X Velocidad = constante (positivo o nega­ tivo), aceleración = 0 = cero. Rpta : D, no corresponde. PROBLEMA Nfi 25 Un paracaidista se ar-oja desde un avión que vuela horizontalm ente con una velocidad V = 340 m,'s a 1 km de altura. ¿Cuál de lor. g rá fico s representa rnejor la m agnitud de la ve lo cida d ^erticas ''VyB en fu n c ív i da tie m p o t" .

* * * * * * * 4 # * ► * * ' # * * 4>

PROBLEMA Ns 26 Un c u e rp o se lanza v e rtic a lm e n te hacia arriba desde el borde de un acanti­ lado de 60 m de altura, con una rapidez inicial V0. ¿Después de qué tie m p o de haber sido irn z a d o el c u e t, o está a una a:tu>x de 35 m acercándose a la Tierra con una rapidez 1,5 V0? SOLUCION: 1)

Calculo de "V0“ sabemos que: V f2 = Vi2 - 2gh donde *h" es el ctespiazam ento cíe la partícula con respecto al nivel de 'anzamiento. h >0 cuando el móvil se encuentra sobre el nivel de lan­ zamiento, en caso contrario (bajo el nivel) h < 0.

* * * * * * * 4 4 #

Entonces:

4

(-1,5Vo)2 = V 2o - 2 . 10(25)

* V *

1,25V02 = 500

* 4 *

V0 = 20 m/s

4

4 if 4

«i» * * * * *

Ve wr.iivw: í

4«

4 4

* 4 *

T l,b V „ j J T \ i

4*

4 4 4 4

* «!* : * 4 4 4 4

4«

*

4«

* * *

4

*

4 4

. ¡N iv e l de lanzam iento

? 60 m í ¡

* *

E)

n i i i

25 m

35 m \ ■f i ' - . n ' P i »

2)

Cálculo de! tiempo Y : Sabemos que: V f = V¡ - g . t donde "V f" es la velocidad fina! del móvil V f>0, cuando el movimiento todavía es retardado (el cuerpo aún se ru e v e hacia arriba). V f < 0, cuando el movimiento es acelerado (el cuerpo se mueve haoia abajo).

157

Entonces:

#

(-30) = 20 - 10.t

& * * * $ $ * $ * * * ♦ d*

t =5s PROBLEMA N® 27 Dos piedras se lanzan verticalm ente y en el m ism o instante desde A y B con velocidades de: 12,5 m /s y 20 m /s respec­ tivamente. ¿A qué altura h sobre el nivel B se encuen­ tran las piedras? g = 1 0 m/s2.

V f = V0 - g . t

+ * * * * *

(-30) = (50) - (10) . t t = 8 segundos PROBLEMA Nfi 29

*

m

(|

* * * * * * * * * * * * * $

V,

a )h = 8 m

b) h = 1 0 m

c) h = 20 m

d) h = 30 m

e) Justo al caer a Tierra.

* * * * ❖ * * * & * * *

PROBLEMA N® 28 Se lanza una piedra desde la superficie de la Tierra con una velocidad inicial de 50 m/s. Si después de un tiem po "t" la piedra se encuentra acercándose a la Tierra con una velocidad de 30 m/s, hallar "t". g = 1 0 m /s2. SOLUCION: Convencionalmente el signo de la veloci­ dad es positivo (+) hacia arriba y nega­ tiv o ^ ) cuando tiene sentido hacia abajo. 158

Un cuerpo es lanzado a Tierra con una velocidad V0 hacia arriba y alcanza una altura H. ¿Qué afirm aciones s o r verdaderas? Nota: Suponer el experim ento en el vacío. Q

* * * # & & * * * * ♦ * * * 4* *

I)

El tiempo en ir a P a Q, es el mismo que emplea de Q a S.

II) En P la aceleración gravitatoria tiene el mismo sentido que en S. III) La aceleración del cuerpo en Q es igual a cero. |V) En P la velocidad tiene el mismo sentido qilfe la velocidad en S a) Todas son verdaderas. b) Sólo I c) Sólo I y II d) Sólo I y IV e) Sólo I, II y III

MOVIMIENTO RELATIVO H as t a a h or a h e m o s e s t u d i a d o al movimiento de una partícula respecto de un solo sistema de referencia dado. Sin em­ bargo, hay casos en los que es razonable, y a veces necesario, examinar el movimiento de una oartícula simultáneamente respecto de dos sistemas de referencia, uno de los cuales se considera convencionaímente in­ móvil (Tierra) y e¡ otro se mueve de un modo determinado respecto del primero. Entonces, es importante saber la forma en que están relacionadas las observaciones hechas por persoras de diferentes sistemas de referen­ cia.

LA TRAYECTORIA ES RELATIVA El piloto, de un avión que vuela horizon­ talmente, abandona un proyectil respecto del avión. La trayectoria que describe el proyec­ til respecte d © = — rad/h

La velocidad lineal del avión respecto de la Tien a: V = ti).R

*

—

192

„

En AB: tAB =

n .6 g =n s o

En BC: tBC -

TC. 5 _ - ns O

* * * * * # *

V=^

(6 396) '

V = 1673,62 Km/h

PROBLEMAL RESUELTOS Y PROPUESTOS DE :

* 7. M OVIM IENTO CIRCULAR UNIFOR-

*

M EM ENTE V ARIA D O (M .C .U .V .)

• 4 ♦

* * * * * *

PROBLEMA Ns 01 La hélice de un ventiladoi gira a razón de 240 R.P.M., si al desconectarlo se de­ tiene al cabo de 1 0 segundos, con acelerac ió n a n g u la r c o n s ta n te . C a lc u la r el núm ero de vueltas que ha dado hasta detenerse. SOLUCION: Cálculo de la velocidad angular inicial: COo = 2 7t f = 2 7t .

240 60 s

(0 = 871 rad/s $ * * * * * * * * * * * * * * *

(úf = 0 .... la hélice se detiene Cálculo del desplazamiento angular: _

e=

(Í0o + C0F)

.

g

‘

6 = (8 n + 0 ) ( i ^ = 40r¡ rad Cálculo del número de vueltas: N° de V = J L _ 2ji ~~ 2 ji N° de V = 20 vueltas

AnG U LA R :

• * * $ * * *

PROBLEMA N9 02 Una hélice gira a razón de "a" R.P.M., si da "b " vueltas antes de detenerse, con a ce le ra ció n a n g u la r co n sta n te . ¿Qué tie m p o tarda en detenerse? .a . a) -m in

M 2b b) — min a

.. b . d) Tr-min ' 2a

e) Ninguna

.2a c)— min

* * * * M * * * *

PROBLEMA Ns 03 La velocidad de un a utom óvil aum enta unifo rm em e nte en 10 segundos de 19 km /h a 55 km/h. Si el diám etro de sus

193

ruedas es 50 cm, ¿cuál es la aceleración a rg u la r de las m ism as?

Cálculo del desplazamiento lineal: MCU:

SOLUCION:

51 = V t =

cüo .

r .t

Cálculo de la aceleración lineal: __(V f - V0) aT= t

(5 5 -1 9 ) 10s

1000 m í60U s

j t = 1 m/s Pero:

aT = a . R

M .C .U .V.: * # * * * *

*

1 m/s“1 = a (0,25 m) Luego:

5 2 = V0 . t + ^ . aT . t2 S2 = cüo . R . t + ^ . a T . t2 S i + S 2 = 1G6 m

Pero:

tüo - 1 (r + R) + ^ . aT - 12 = 156 m

a = 4 ra d /s * *

PROBLEMA N9 04 La velocidad de un a utom óvil aum enta uniform em ente en 5 segundos du 36 km /h a 90 km/h. Si el diám etro de las ruedas es 60 cm, ¿cuál es la aceleración angular de las llantas? a) 5 ra d /s 2

b) 10 ra d /s 2

c)15 ra d /s 2

d) 18 ra d /s 2

Lue go :

* * *

PROBLEMA N9 05

*

Dos ruedas p a rte r de un m ism o punto en sentidos o puestos con velocidades angulares iguales a too = 5 rad/s; una man­ tiene un M.C.U.V. acelerando a razón de 2 m/s2. Calcule la suma de lo s radios de am­ bas ruedas, si después de 4 senundos están d istanciados 156 metros,

*

M.C.U.V

(r + R) = 7 m

PROBLEMA N9 06

e) Ninguna

SOLUCION:

Í ( 4 ) . ( r + R) + l(2 ) (1 6 ) = 156

*

Dos ruedas parten de un m ism o p unto en igual sentido con velocidades angu­ lares iguales a cü0 = 2 rad/s, una m antiene un M.C ÍJ. y la otra un M.C.U.V. acelerando a razón de 4 m/s2. Determine la diferencia de los radios de ambas ruedas, si des­ pués de 5 segundos están separadas 80 n ¡et ros. a) 1 m

b) 2 m

d) 4 m

e) Ninguna

c) 3 m

PROBLEMA N9 07 * * * * * * *

* * * * * «I * *

Una partícula realiza un M.C.U.V. a par­ tir del reposo (V = 0) con aceleración an­ gular constante de 0,25 rad/s2. Si se sabe que el radio de la trayectoria es de 2 metros y el cambio de la velocidad en módulo, es igual, al cambio de la velocidad en dirección y sentido en un determinado instante. De­ termine el tijm p o de m ovim iento de la partícua hasta ese instante. SOLUCION: 1)

La acelei ación centrípeta, es igual a la aceleración lineal, en móaulo. ac = -

aT = a . R

Igualando: V2 = a . R2 Reemplazando:

* *

V2 = (0 ,2 5 )(4 ) V 2)

= 1 m/s

- - (1)

Cálculo de la aceleración lineal o tangencial. aT = a . R

* SOLUCION:

aT=(0 , 25)(2)

* * *

a r = 0,5 ^ . . . . (2) s 3)

*

Cálculo del intervalo de tiempo: Vf = V0 + A t t

* * *

1 = 0 + (0 , 5 ). t

* *

Luego:

* t=2s

Descomponiendo la aceleración rectan­ gularmente

* * *

PROBLEMA Ns 08

Cálculo de la aceleración centrípeta:

Una partícula realiza un M.C.U.V. a par­ tir del reposo con aceleración angular constante de 1,0 radianes/s2. Si se sabe que el radio de la traye cto ria es R = 2 m y el cam bio de la velocidad en d irección y sentido, es igual, al cam bio de la ve loci­ dad en m ódulo en un determ inado ins­ tante. Determ inar el tiem po en m ovim iento de la partícula hasta ese instante. a ) t = 0,1 s

b )t = 8 s

c ) t = 0 .8 s

d )t= 1 ,0 s

a c -a .Cos 45o- 20 -J2

=20 m/s2

Pero: * * * * Oí * m * * * * * = 0) con M.C.U.V., después de un tie m p o "t" se observa que b?-re un ángulo central " 6 " y 5 segundos después barre un ángulo " e ", donde se cum ple que:

Si la aceleración angular es de 4 rad /s 2, dete-m ine el ángulo to ta l barrido (e+E). a) 200 rad

b) 300 rad

c) 400 rad

d) 500 rad

e) 800 rad PROBLEMA N® 13 La figura m uestra dos boleas concén­ tric a s de raaios x = 20 cm y = 30 cm, sabiendo que las poleas giran en sentido horario con aceleración angular constan­ te = 4 rad/s2. hallar la aceleración lineal con que baja el bloque unido a la polea m óvil.

SOLUCION:

a) 0,1 m/s

b) 0,2 m/s

La aceleración lineal de los puntos A y B, es igual a la aceleración ls.>ea] de los puntos perifta eos de las respetivas poleas:

c) 0,4 m/s2

d) 0,8 m/s2

e) Ninguna PROBLEMA Ns 15

a=a .R

Una part'cu la sale del reposo, descri­ biendo una trayectoria c irc u la r, con acele­ ración angular constante de

Para "A ": £A = 4 (20) - 80 cm/s2 ( i) Para " B ": aB = 4(30) = 120 cm/s2 (¿)

* * * * o * *

SOLUCION:

*

El desplazamiento angular que describe la partícula en el n-ésimo SEGUNDO de su movimiento será:

* # * * * Reemplazando: (8 0 + 1 2 0 ) cnri/ s' 2 ac = 1 m/s2 PROBLEMA N® 14 La figura m uestra d o s poleas concén­ tric a s de radios x = 1 5 rm e y=25cm . Sabiendo que las poleas g iran en sentido horario con aceleración angu'ar co nsta n ­ te a = 2 rad/s2, hallar la aceleración lineal con que baja el blo qu e “ E"

a = ^ ra d /s 2' 5 Hallar el desplazam iento angular que describe la partícula en el OCTAVO se­ gundo de su m ovim iento.

* * * * * * I * « «

a* * * * * * *

* * * $ * *

= (úo + ^ a . ( 2 n - 1 )

....

(*)

co i : velocidad angular inicial a : aceleración angular Reemplazando en (*):

-» ♦ s i Luego:

(15)

o, es igual al producto de la masa dei cuerpo por la aceleración centrípeta del cuerpo, pero, con sentido opuesto. F ’ = F inercial = m. (—acentrípeta) ■-(12)

7) La "fuerza inercial” se grafica sólo para sistemas de referencia NO inercial (que tienen movimiento acelerado). 8) Para sistemas de referencias inerciales (están en e qjilibrio relativo), la fuerza inercial ”no existe".

FUERZA CENTRIFUGA (Fcg) Es la fuerza inercial, q je tiene el mismo valor de la "fuerza centrípeta", igual direc­ ción, pero con sentido opuesto. Fcg —— F centrípeta

... (13)

La "Fuerza Centrífuga^ tiene sentido físico sóln para sistemas de referencias de rotación.

PROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMA Ne 01 Un autom óvil se desplaza sobre un puente circu la r de radio de cu rva tura 125 m etros. Hallar la velocidaad con que se m ueve el auto, sa bien do que, cuando pasa por el lím ite su p e n o r del puente la reacción norm al sobre el auto es igual a 50% de su peso, g = 10 m /s2 SOLUCION:

* * * * $ * n« * * *

D.C.L. del auto:

*

221

*

2da. Ley de Newton: £ F radiales = m . a c

PROBLEMA Ne 02

■o * * * * * * * * * * * * * * * * *

¿Qué velocidad angular debe tener el sistem a m ostrado para que la te nsió n en la cuerda (A) sea 1,6 veces la tensión en ia cuerda “A " es 25 cm.

* * * * * *

M = m . -p y2 mg - N mg V2 2 _m R v2 = 1 • g • R Reemplazando:

V = 25 m/s

* * * * * * * * «t« * *■ * *

g = 10 m /s2

* * * * SOLUCION: D.C.L. (esfera):

1,6 T '

mg

XFy = 0

T = mg

....(1)

i Fradiales = m . 3c 1,6T = m . w2.R Reemplazando (1) en (2) 1,6m g = m w 2 R

222

....(2)

* * * * * * * * % * * * Si * * * * * + * * * * * * * * * * *

¡ti

*

Luego-

w = 8 rad/s

PROBLEMA Ne 03 Determ inar la tensión en la cuerda AC si la esfera tiene una masa de 16 kg y la estru ctu ra gira con una velocidad angular de 2 rad/s. Adem ás: AB = 4m g

’ 0 m/s^

SOLUCION: D.C.L (esfera)

£Fy = 0 T 1 . Cos 6 = m . g T 1 = 200 N

.... (1)

£ F(radiales) = m . 3c T 2 +T 1 Sen 9 = m . w2 . R Reemplazando: R = AC- -

T2 + (200) f = 1 6 ( 4 ) 5 o Luego:

T 2 = 200N

PROBLEMA N9 04 Un disco horizontal gira alrededor de un eje ve rtica l que pasa p o r su centro geom étrico "0 ". La ranura es lisa y con­ tiene un bloque de m asa 2 kg, su je to a un resorte. El bloque _stá a 20 cm . del centro, cuando el d isco no gira. C alcular la constante elástica del re­ sorte, si se deform a 5cm. cuando el disco gira a 4 rad/s.

*

PROBLEMA

05

* i» fe * * *

El sistem a m ostrado g ira con veloci­ dad angular constante w = n rad/s. ca lcu ­ lar la reacción de la parea ve rtica l sobre las esferas de m asas m = 2 kg. 2 2 C onsidere: g = n m/s

* * * * * * * *

* * *

* * * * * * * * * * *

SOLUCION: D.C.L. de la esfera izquierda. '1

“ 1 E lJ

* * st> * * * V i

SOLUCION: D C.L. íbloque)

-J E

* * *

$

¥

Equilibrio vertical: I Fy = 0 N i . Sen 45° = mg

- ( 1)

Fuerza centrípeta

* * * * * *

«tí

kx = m . w . R

Luego:

cu ti

(0,05m)

K = 160^ m

* # * ¥ st> * # ¥ # * »5 *

N - N 1 . Cos4£?)=m. w ^R

.— (2)

Surrando; (1) y (2) N = m (g + w2 R) Reemplazando: N = 4n newtons PROBLEMA Ne 06 El sistem a m ostrado acelera a razón de a = 10 -fe m /s 2. La esfera de masa 0,5

223

kg, gira con una velocidad constante de 1 2 rad/s d escubriendo una circunferencia

de radio 1,0 m respecto de carro. Hallar la tensión m áxim a en ¡a cuerda que sostiene la esfcrita. g = 1 0 m/s 2

* *

9ef

+a

* * » *

«tí

* * # * m * * * «t # m * * # # SOLUCION

*

Realizamos el D.C.L. de la estera res­ pecto de un observador ubicado en el carro (sisterra de referencia NO Inercia!)

$ *

"PRINCIPIO DE EQUIVALENCIA"

gef = 20 m/s La tensión en la cuerda será máxima, cuando la esfera pase por su posición más baja respecto del “Campo Efect vo" 2da. Ley de Newton: £Frad ales

T - m. gei = m. w2. R T - (0,5) 20 = (0 ,5 ). 144.(1) T = 82 N

fe

* * * * *

PROBLEMA NB 07 La fig u ra m uestra d o s esferas de m a ia "M " y “ m " unidos m ediante una cuerda ABC de lon gitu d "L ", en B se encuentra B

* * * ¡s

# * * * *

"S e i.

Cálculo de la gravedad efectiva.

•224

* * «l # * $ * * * *

* # * * * * *

=m . 3c

c

una polea pequeña que no ofrece roza­ m iento. Si el sistem a gira con velocidad angular constante, hallar BC (X)

* * *

del balde form an una circunferencia de radio "a " en el piso. D eterm inar "a", cuan­ do G = 37°.

* * * * * ❖

SOLUCION D.C.L. (esfera M): 2da Ley de Newton Fc = m. ac

* $ * * $ * &

T. Sen a = M. w2 . R T. Sen a = M. w2 . (x. Sen a) T = M w2 .x

.. (1)

* & * * * * * * $ * * * * * * * ❖ ❖ *

D.C.L. (esfera m): Análogamente, se tiene: T = m. w2. (L - x) /-

. . .

\

( 2)

: T. Cos B

T. Cos 0 = m.g

(i)

2da„ Ley de Newton V2 T. Sen 0 = m — H

T. Sen 0 =

m .V L . S e n il

- ( 2)

D e (1 )y (2 ):

❖ ❖ *

120 cm

❖ i i *

b

| m

^

LFy = 0

v=Vg. L. T g0. Sen 6

_

T. Sen

D .C .L del balde

* A

% T

SOLUCION

)

Igualando (1) y (2) m x = ----------- L (M + m) PROBLEMA Ne 08 Un balde es atado a una cuerda de longitud 200 cm y g ira form ando una circunferencia.Las gotas de agua que caen

* * * * * * * * * * * * * * * m *

Reemplazando. v = 3 m/s Ademas sabemos que cada gota de agua sale tangente a la trayectoria con velocidad V , para luego describir un movimiento para­ bólico. 2 25

* $ * * * * * $ * * * 4« ¡ I Analizando en la vertical:

dad angular que puede g ira r el sistem a sin que se rom pa la cuerda, g = 1 0 m/s

* * & * * *

h = V o.t + Í . g . t 2 0,45 = 0 + 1 (10) t2

* * *

SOLUCION

* Haciendo el D.C.L. de la barra desde un sistema de referencia .otacional que gira con velocidad angular constante "w", pa­ ra nuestro observador la barra AB estará en equilibrio.

*

t = 0,3 s Luego: d = v. t =0,9 m Observando desde arriba:

* * * * *

a = "\/r 2+ d2 *

d Reemplazando: a = 1,5 m PROBLEMA N9 09 En la figura la harra AB es m antenida en p o s ic io n v e rtic a l p o r m e d io de la cuerda CD cuando gira el sistem a alrede­ dor del eje vertical que m uestra la figura. El pin en "A " es liso y la barra en AB tiene una masa de 40 kg. Si la máxime, tensión que Huede so po rta r la cuerda CD es de 1500 N, hallar el va lo r de m áxim a ve loci­ 226

E

*

J

* * * * i * * * * * * * * * * * * *

E

*

0,3 Fcg mg

0.2

Por 2da. condición de equilibrio. SM a = 0 Fcg (0,3) =T. (0,4) Sen 37a

* $ * $ * * *

m w2 R (0,3) = T. (0,24) Reemplazando datos: w = 5 ^2 rad/s

PROBLEMA N® 10 El sistem a m ecánico m ostrado en la figura gira alrededor de su eje de rotación vertical. Hallar el va lo r de la velocidad angular constante “ w ", tal que, la parte AB de la barra im ponderable en form a de "T", articulada en A, esté er. posición vertical, t n los extrem os B y D se encuentran dos esfera 3 puntuales de m asas M y m respec­ tivam ente (M =4m). Donde: CA =CB =CD =L = 1 metro

* * * * * *

Por 2da. Condición de Equilibrio. IM a = 0 2m w2 L (L) +Mwz L (2L) =mgL

« * * ll

2 w2 L (M +m) =m.g

,= I

* * = 37e y g = 10 m/s2. No hay rozam iento.

2da. Ley de Newtor T —m B . g = m e . a

.... (2)

Sumando (1) + (2; (rtiA - mB) • g = (mA + m B ) . a

(mA - mB) a = -------------- . g (mA + mB)

.... (3)

Reemplazando en (3): a = 6 m/s2 Reemplazando en (1): T = mA - (g - a) T = 16 N PROBLEMA N° 08 En la figura m ostrada, determ inar la aceleración de lo s bloques de masas iguales. El coeficiente de rozam iento ci­ nético entre el bloque y la superficie hori­ zontal es 0,5. g = aceleración de la gravedad.

* * * *

£ Fx =m.a NSen(|> = m . a

.... (1)

Eje vertical: £ Fy = 0 N. Cos (¡>= m . g ... (2) Dividiendo (1 )r (2) Tg = ~ a = g . Tg (¡> Reemplazando: a = 7,5 m/s 230

PROBLEMA NB 10 Determ inar la aceleración del sistem a, sabiendo que no existe fric c ió n en nin­ guna su pe rficie en contacto.

2da. Ley de Newton, en el eje x.

* * * * * *

N =m .a 2 Fy =0 fs = m g

(1) .... (2)

(1) en (2): Hs (m a) = mg amin =-9. Ms Reemplazando: amin —12,5 m/s PROBLEMA Nfi 12 Si al bloque m ostrado le aplicam os una fuerza horizontal F = 10N y no se m ueve, entonces es cie rto que:

r

d) g/2

e) g/6

* *

" '

""

i

F

PROBLEMA NB 11 Determ inar la aceleración m ínim a del sistem a m ecánico m ostrado, tal que el bloque de masa "m " no resbale respecto del bloque m ayor “ M ". El co eficien te de rozam iento estático es de 0 ,8 .g = 1 0 m/s2.

* * *

j

SI*

* *

a) La fricción estática máxima es 10N

* *

b) La fricción estática es mayor que 10N

*

c) La fricción estática es 10N

*

d) El peso del cuerpo es mayor que 20N * * * * * * * *

e) El peso del cuerpo es menor que 10N PROBLEMA N - 13 En la figura m ostrada, hallar la acele­ ración de lo s b loques A y B, de masas iguales m = 10 kg; F = 60N. El coeficiente de rozam iento ciné tico es 0 , 2 entre las s u pe rficie s en contacto.

SOLUCION:

2 31

SOLUCION:

SOLUCION:

D.C.L. de todo el sistema mecánico.

D.C.L. de1sistema físico ( A +B): 2da. Ley de Newton F = (rriA + m B ) . a 10 = (5) a B

a = 2 m/s

2da. Ley de Newton

a = 1 m/s~ PROBLEMA Ne 14 Una masa de 3 kg. reposa sobre un piso horizontal, con el cual el coeficiente de fricció n estática es 0,2. Se le aplica una fuerza horizontal de 4N. D eterm inar la fuerza de fric c ió n del p iso sobre el cuer­ po. ( g = 1 0 m /s2). a) 6N

b) Faltan datos

c) 0,6N

d)4N

e) 0,4N PROBLEMA N9 15

« * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

La figura m uestra dos b loques de ma­ sas A - 2 kg y B = 2 kg. Hallar el m ínim o valor del coeficiente de rozam iento " (i 11 tal que el bloque "B " no resbale respecto "A ", sabiendo que no existe rozam iento * * entre el bloque "A " y el p iso horizontal. La * m agnitud de la fuerza constante aplicada . * * al bloque “ A “ es F = 10N. g = 10 m/s2. * * g = 1 0 m/s 2 * # * * * * * * * * * * * * 232

ñ

--(1)

D.C.L. del bloque B.

(F —2|i mg) = (2m)a F eemplazando:

•1 -L

2da. Ley de Newton fs = mB ■a |i . m B . g = m B . a

I

ü = 0.2

PROBLEMA Ns 16 D eterm inar la aceleración de lo s b lo ­ ques sabiendo que las masas son: A = 2 kg, b = 3 kg El coeficiente de rozam iento ciné tico entre lo s bloques y la su pe rficie es 0,5. A deir.^s: F = 50N. g = 1 0 m /s 2 a) 3m/s2 b) 4m/s2 c) 5m.s2 d) 6 m/ ¿ 2 e) N.A.

PROBLEMA NB 17 Las supe rficie s de lo s bioques err con­ tacto son ru g o s rs n = 0,5 y la superficie horizontal donde descansan es lisa. Ha­ llar la relación de las aceleraciones entre los bloques A y B.

* * * * * ft *

--------------1 .mg 1

1 i

2m

-------- \

* * * * *

* * * * * ts *

ts

¿mg

2da. Ley de Ngwton (2mg - n mg) - (4m) aB (2-M ) _

aB —

.... (2)

*

Dividiendo las ecuaciones (1) y (2): aA _ 2 (1 - |i) aB - (2 —|i)

* * 3** * * SOLUCION: Analizando el movimiento de los bloques de masas “m“.

* * * » SU * * * * * *

aA as

2 3

PROBLEMAS Ne 18 El peso de B es el ooble del peso de A y am bos se m ueven con velocidad co n s­ tante. El coeficiente de fric c ió n entre B y el p iso es: (Despreciar el peso de las poleas lisas).

*

2da. Ley de Newton (mg - n mg) = (2m) aA

aA = í l ^ . g

....( I) *

Analizando el movimiento de los bloques de masas "2m"

* * * *

a) 0,25

b) 0,50

d) 0,40

e) 0 , 2 0

c) 0,35

233

PROBLEMA NB19 Se jala con una fuerza horizon­ tal F = 8 8 N dos b loques de masa iguales a "m " u nido s p o r un e lá stico de masa d e s p re cia b le . En un m om ento dado se mide las aceleraciones de lo s extrem os A y B de la liga encontrándose que:

• * * * *

PROBLEMA N® 20 Se jala con una fuerza horizontal co n s­ tante dos bloques de m asas iguales a "m " unidas por un e lástico de masa desprecia­ ble. En un m om ento dado se m ide las aceleraciones de los extrem os A y B de liga encontrándose que:

aA = 3 . ae Para el m ism o instante ca lcu lar la ten­ sión en el e lástico a lo largo de éste. No hay Rozamiento.

aA = 2 . aa Para este m ism o instante ca lcu la r la tensión en el e lástico a lo largo de éste.

El p is o es l i s o .

a) T = F

b) T = F/2

c) T = F/3

d) T = F/4

e) T = F/5 PROBLEMA Ng 21 Un avión realiza un clavado a una velo­ cidad de 108 km /h, en el p unto m ás bajo (cuando com ienza a elevarse) el p ilo to siente que pesa 6 veces lo norm al. ¿Cuál es el radio de la trayectoria?. g = 1 0 m /s? SOLUCION: D.C.L. fhombre) 2da. Ley de Newton mq Fc = m . ac v2 N - mg = m . —

Pero:

N = 6 mg K v2 5 mg = m . —

234

r

*

=í t

5g

SOLUCION:

* w

Reemplazando: R = 18m PROBLEMA Nfi 22 Por un cañó to rcid o en form a circu la r de radio R = 100 cm .; se desliza sin fric ­ ción una esfera de masa "m ". ¿A qué a ltu ra " h " se encontrará el cuerpo, si el riel gira uniform em ente con velocidad angu­ lar constante w = 5 rad/s. g = 1 0 m/r,

* * # * * * * * * * * * * * *

2da. Ley de Newton: radiales

T . Sen 0 =m.w2.R

i

*

# s* SU * * * $ ' * *

a) 20 cm b) 4C cm d) 80 cm

c)60 cm

e) Ninguna

PROBLEMA NB 23 La fig ura m uestra un péndulo cónico de masa "m 1' y altura "h ", que gira con velocidad angular constante. Hallar la velocidad angular.

= m . 3c

ZFy = 0 T Cus 0 = mg

.... (2 )

(J)*(2); w2 . R Tg 0 = -

g

Pero: R = h . Tg 0 Luego:

w2 = ^

* * * * * # * * * * * * * *

PROBLEMA Ng 24 En la fig ura m ostrada el ascensor sube con una aceleración a = 3g. ¿Qué ángulo " 0 " form ará el péndulo có n ico con la vertical cuando gira a razón de 2 n rad/s?. La lon gitu d de la cuerda es 2 m etros.

235

a) 6 =30°

b) 6 = 37°

c) e = 45°

d) 6 = 60°

e) Ninguna PROBLEMA NQ25 En el sistem a m ecánico m ostrado, el eje vertical m antiene su velocidad angular constante. Un hom bre se en­ cuentra dando vueltas suspendido de una cuerda de lon gitu d "L " que form a un án­ gulo de 37° con el eje. C alcular la nueva lon gitu d "x " de la cuerda, tal que, el hom ­ bre m anteniendo la m ism a velocidad an­ gular constante, la cuerda form e un án­ gulo d t 53° con la vertical.

* o * * * * * * *

Por consiguiente ambos péndulos cóni­ cos tienen la misma altura. h = x . Cos 53° = L . Cos 37° Despejando:

* 5

* * * S «M * # * * * *

PROBLEMA N9 26 El sistem a fís ic o m ostrado acelera ho­ rizontalm ente a = 4m /s2. Hallar la m áxim a velocidad angular ”w " del disco, tal que, el bloque "m " que se encuentra a una distancia R = 25 cm . del eje, no resbale. Hs = 0,5. g = 1 0 m /s2.

* *

\

SOLUCION: Propiedad : ”L=í velocidad angular de un péndulo cónico depende únicamente de la altura"

* * * * * * * * * * i *

* *

236

a) 1 rad's

b) 2 rad/s

c) 3 rad/s

d) 4 rad/2

e) Ninguna PROBLEMA N9 27 La fig u ra m ue stra una e sfera de ma­ sa “ m " en m o v im ie n to c irc u la r c o n ra­ d io de c u rv a tu ra "R ". La e s fe ra y el b lo q u e de m asa "M " se e n c u e n tra n u n id o s m e d ia n te una c u e rd a q ue pasa p e r u n a g u je ro del p la n o h o riz o n ta l lis o . D e te rm in a r fa v e lo c id a d a n g u la r c o n s ta n te de la e s fe ra .

El bloque se encuentra en equilibrio XFy = 0 —» T = M . g

.... (1)

Analizando la esfera: £Eradíales

= m . Se

* * * * * # * o* * * *

T = m . w2 . R .... (2) Igualando: (1) y (2) Mg = m . w2 . R

* * #

c) 14 rad/s

d) 16 rad/s

ej Ninguna. PROBLEMA N® 29 Un autom óvil se desplaza por una ca­ rretera de radio de curvatura 180m. Sa­ biendo que el coeficiente de rozam iento estático entre las llantas y la pista h o ri­ zontal es 0,5. Hallar la máxima velocidad del auto, tal que la llanta no resbale, g = 1 0 m/s2. 237

PROBLEMA Nfi 31

SOLUCION: El diagrama de fuerzas sobre el auto, visto de frente. l F y = 0 -»

* * * *

N = mg

£ Fradiales = m. ac ír

Calcular la velocidad del c ilin d ro de rae i o R = 10m, tai que, el bloque de masa "m " no resbale. El coeficiente de roza­ m iento estático es 0,25 entre el bloque y la pared vertical.

= m ac

m(mg) = m . —

Vmáx = Vu g. R Vmáx = V M Ü rjE . R Reemplazando: vmáx = 30 m/s PROBLEMA N9 30 Un a u to rro v il ingresa a una curva de 30 m etros de radio y 37° de áng ulo de peralte. Determ inar la velocidad del auto, tal que la fuerza de rozam iento sobre las lantas sea igual a cero, g = 1 0 m/s2.

# *

SOLUCION-

$ * * * * * *

D.C.L. del bloque:

SU

* * * *

k * * * * * *

£ r radiales = m . ac

mg

N = m . w2 . R L Fy = 0

• -------fs = m . g

2 ^ s(m . w . R) = m . g

fs

Ms- R Reemplazando:

* *

a) 10 m/s

b) 15 m/s

c) 20 m/s

d) 30 m/s

e) Ninguna 2 38

& * * * * * * * * * * * !'■ * *

PROBLEMA NB 32 Se m uestra un auto venciendo la gra­ vedad. El radio de curvatura de la super­ fic ie e s R = 40m y el coeficiente de roza­ m iento estático entre las llantas y la picta es 0,25. Hallar la m ínim a ve'ocirlad del auto, para que no caiga, g = 1 0 m /s2.

Aplicada la 2da. Ley de Newton: * * * * * * * * * * * * * * *

a) 20 m/s

b) 30 m/s

c) 40 m/s

d) 50 m/s

e) Ninguna PROBLEMA N9 33 Una piedra atada a una cuerda gira uniform em ente (velocidad angular co ns­ tante) en un plano vertical. E ncontrar la masa "m " de la piedra si la diferencia entre la te nsió n m áxim a y m ínim a en la

* * * * * * * * * * * * * * * *

Fc = m T V2 Tmin + mg = m . —

Tmá x - m g = m —

.... (a) .... (P)

(a) = (P) Tmax —mg = Tmin + mg Tmáx —Tmin = 2 m . g 19.6N = 2m (9,8) m/s2 m = 1 kg PROBLEMA N9 34 Un ca rrito se m ueve con velocidad constante en m ódulo sobre una pista cu r­ vilínea, co m o ind ica la figura. ¿En qué p o s ic ió n la reacción norm al sobre las llantas es m áxim a? (C onsiderar fric c ió n nula).

«t< * &

239

TRABAJO

240

Y

P O T E N C IA

CONCEPTO. El trabajo existe en muchas formas, mien­ tras que el calor, solamenie en una. En el trabajo de cualquier forma siempre participan dos: el sistema y la fuente de trabajo. Por ejemplo, la mano fiel hombre (la fuente de trabajo) comprime un recorte (el sistema), eleva un bloque "m" (el sistema). El ag¿a en un matraz (la fuente de trabajo), que se dilata al evaporarse; vence la inedia del tapór (el sislema)' el tapón, que inicialmente se encuentra en

* * * * * * * * * * * * * * * *1« * * * * * *

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

Estado

Estado

I n ic ia l

F in a l

1 ) Los ejemplos har, sido apropiados del matemático e ingeniero militar francés J. Róncele* I 1 788 -1 867). El fue el que introdujo el término TRABAJO” en el año 1 826 2) "Realizar trabajo mecánico significa ven­ cer o eliminar resistencias, tales como las fuerzas moleculares, la fuerzó. de los re­ sortes, la fuerza de gravedad, la inercia de la materia, etc. Desgastar un cuerpo, rectificarlo, dividirlo en partes, elevar car­ gas; arrastrar un carro por la carretera, comprimir un resorte, todo esto significa realizar trabajo, significa vencer en cierto intervalo de tiempo una resistenca que se restablece continuamente". 3) Más ejempios Realizar trabajo significa vencer la presión del gas líqu'do, cristal. Comprimir un gas, liquido o cristal sign:-

fica realizar trabajo. Vencer la fuerza electromotriz de un acumulador significa realizar trabajo. Cargar un acumulador significa realizar trabajo. 4) Todos los fenómenos semejantes como: elevación de bloques, comprensión del cías, desplazamiento de carro, compren­ sión del resorte, carga de acumulador, 'tan sido denominados con una misma palabra: “TRABAJO" 5) El trabajo está relacionado "con la supe­ ración de resistencia" No importa, que es lo que crea y que es lo que vence la resistencia. 6) La resistencia se vence "durante el movi­ miento": el bloque se eleva, el carro se mueve, los portadores de las cargas eléc­ tricas se desplazan en determinada di­ rección, etc. 7) Durante el movimiento sin superación de resistencia, no hay trabajo. No importa que movimiento es, lo esencial es el pro­ pio movimiento. 8) El trabajo está relacionado no con cual­ quier movimiento, sino que sólo con el movimiento ordenado Toda la masa del bloque se eleva. Todo el émbolo se des­ plaza en el cilindro en una dirección. To­ do el carro se mueve por el suelo en una dirección. Al cargar el acumulador las partículas cargadas de un mismo signo se mueven en una dirección determina­ da. El movimiento ordenado de las par­ tículas se sobrepone a su movimiento caótico. (Al comprimir el gas el movi­ miento ordenado de todo el gas en una dirección determinada se sobrepone el movimiento caótico de las moléculas, de las cuales está compuesto el gas).

* * * * * * * * * * * * *

* * 4

* i 4« 4* 4>

"Se da el nombre de ENERGIA CINE­ TICA de un cuerpo a la energía de su movimiento mecánico". TEOREMA DE A ENERGIA CINETICA o de las fuerzas vivas "La variación de la Energía cinética de un sistema mecánico es igual a la suma alge­ braica de los trabajos de todas las fuerzas externas e internas que actúan sobre dicho sistema" LW ex’ + LW im = AEk

...(1)

77—

—

«

«T4«

— -—

* * *

4«

* *

I

1-.YV .lA M s s r

(INICIAL)

4«

* * * * * 4'

3 - ^ M

W

l/ y w

w

v l^ ^

4'

44« 4*

* 4= 4* 4«

*

(h n a l ;

"La variación de energía cinética del sis­ tema (bloques + resorte) mecánico es igual a la suma algebraica de los trabajos de todas las fuerzas internas que actúan sobre dicho sistema".

251

1. A la Energía cinética también se le llama “fuerza viva". 2. A la cantidad de movimiento (p = m . v), también se llama “Fuerza muerta". 3. La figura muestra un sistema mecánico compuesto de dos bloques idénticos uni­ dos mediante un resorte de constante de elasticidad “k" y masa despreciable, apo­ yados sobre un plano horizontal que no ofrece rozamiento. 4. Imcialmente el resorte se encuentra com­ primido una deformación "x", se man­ tiene en esta posición por la acción de un hilo. 5. Cuando se corta el hilo, las masas se liberan y los bloques se alejan con una velocidad V respecto de su posición de equilibrio. Las fuerzas externas que ac­ túan sobre el sistema es igual a cero, entonces las fuerzas que realizan trabajo son las fuerzas internas, esto quiere decir las fuerzas elásticas. 6. Si el sistema es indeformable, cuerpo rígido, el trabajo realizado por las fuerzas internas es igual a cero. 2 W inl = 0

...(2)

* * * * * * * * * ♦ * * * * * # * * * # * * * * ♦ # #

ENERGIA POTENCIAL

CONCEPTO. Se llama, energía poten­ cial, a la parte de la energía de un sistema mecánico que sólo depende de su configu­ ración, es decir, de la posición mutua de todas las partículas (puntos materiales) del sistema y de sus posiciones en el CAMPO de potencial externo (gravitatorio, eléctrico, magnético). Formas de energía potencial: 1. Energía potencial gravitatoria. 2. Energía potencial elástica. 3. Energía potencial de interacción gravitatoria. 4. Energía potencial eléctrica.

* * * * * * * # * * #

* * * * # * *

Luego, reemplazando (2) en (1):

* * * * I W ex, = ¿ m.^v p - v o j ...(3) * * * 7. El teorema de la energía cinética para un * # cuerpo rígido, se puede enunciar del si­ * # guiente modo: * * "El trabajo realizado por la fuerza resul­ * * tante de un sistema de fuerzas externas * que actúan sobre un cuerpo, es igual a la * * variación de la energía cinética que ex­ * * perimenta el cuerpo" * * * w F(resultan.e) = 1 . m . (y J _ v * ) ...(4) * * * * 8. La energía cinética de un sistema me­ cánico depende del sistema de referen­ cia que se elija * * 252

"Energía potencial de interacción gravita­ toria, entre dos cuerpos" Energía potencial g ravitatoria (Ep)

CONCEPTO. Es una magnitud física es­ calar. Se define como la capacidad que tiene un punto material para realizar trabajo me­ cánico en virtud a su posición dentro del campo gravitatorio homogéneo "g". respec­ to de un sistema de referencia.

* * i * * * # 4«

* 4« m * 4* 4» 4«

# -« * * * * * * * * * 1. Su valor es igual al producto de la masa del cuerpo "m" por la intensidad del campo gravitatorio "g", por la altura "h", respecto del sistema de referencia o Linea de referencia, donde convenciona'mente la energía potencial es cero. Ep = C Luego:

r

Ep = m . g . h ml

4. La e nergía p otencial será negativa cuando e¡ cuerpo se encuentra abajo del nivel de referencia 5. La línea de referencia se traza en forma arbitraria, siempre perpendicular a Iós líneas de fuerza del campo gravitatouo PRINCIPIO DE CONSERVACION DE LA LNERGIA MECANICA 'Si la única fuerza que realiza trabajo s >bre un cuerpo o sistema de cuerpos, es su peso, entonces, la energía mecánica del sis­ tema se conserva en el tiempo” | EM (inicial) = EM (final)

4« 4»

* *

«I» 4«

* * * * * *

* * # * 4*

*

4*

4«

* *

4e V

4« 4«

Ejemplo

4" I * *

1.

La figura muestra un péndulo, os­ cilando en un plano vertical.

45

2.

Las fuerzas que actúan sobre la ma­ sa pendular es su peso (m . g) y la tensión en la cuerda “T".

3.

La tensión “T" es una tuerza que en todo inst¡ inte es perpendicular al movimiento, el vector velocidad angencial. Por consiguiente la ten­ sión en la cuerda no realiza trabajo.

4.

Luego, la única fuerza que realiza trabajo es el peso del cuerpo, enton­ ces, la energía mecánica del cutrpo se conserva en el tiempo.

4» 4e 4« 4«

4*

4=

4« 4«

2. La energía potencial gravitatoria será po­ sitiva cuando el cuerpo o punto material se encuentra arriba respecto del nivel de referenr'9 3. La energía potencial, será cero, cuando el cuerpo se encuentra sobre el nivel de referencia (L.R).

* 4* * * $ 4«

4»

* * *

253

TEOREMA DEL TRABAJO Y LA ENERGIA MECANICA

* * 4«

V 4*

El trabajo realizado por fuerzas diferen­ tes al peso y la fue.za elástica sobre un cuerpo o sistema, es iguai a la variación de la energía mecánica ZW(sin considerar el peso) = EM(final) EM(inic.al) 1. La figura muestra un bloque de masa "m” que resbala sobre un plano inclinado ru­ goso. 2.

Las fuerzas que actúan sobre el bloque son el peso "m . g", la reacción normal al plano ”N" y la fuerza de rozamiento opuesto al movimiento del bloque "f".

*

V

*

La Energía Potencial Elástica, depende de la posición Reformación parcial) y de la interacción de las fuerzas potenciales inter­ nar (fuerza de elasticidad) que dificultan su deformación.

*

* 4« 4» 4« * * » 41 * * 4» 4« 4« 4« 4f * * 4» * 4« 4» 4« *

ELEMENTOS —> 1. Elongación (X). Es el vector pos'ción, indica la posición del extremo del resorte respecto a la posi­ ción de equilibrio. (III)

*

P .F

* * $ # 4«

*

4“

3. La reacción normal "N" no realiza trabajo sobre el bloque, por ser perpendicular al movimiento.

4> 4* 4'

4. La fuerza de rozamiento T realiza trabajo negativo, por ser opuesto al movimiento.

* ■*

5. La única fuerza diferente al peso que realiza trabajo sobre el bloque es la fuer­ za de rozamiento. Luego:

s|e

W1= EM(final) - EM(inicial)

4«

6. El trabajo realizado por la fuerza de roza­ miento es igual a variación de la energía mecánica.

ENERGIA POTENCIAL ELASTICA

CONCEPTO Es aquella magnitud física escalar que nos expresa aquella energía los cuerpos elásticos cuando se les deforma parcialmente al estirarse o com prim irse longitudinalmei líe 254

4*

4»

4« 4«

* * *

'i « * * * #

* * * 4* * « * * * * *

2. Fuerza Deform adora (F). Es aquella fuerza externa aplicada al re­ sorte, que lo deforma parcialmente a un cuerpo elástico, su módulo es directa­ mente proporciona! a la deformación. LEY HOOKE "Si la deformación del resorte es en una sola dimensión, la fuerza deformadora es directamente proporcional a la deforma­ ción del resorte" F=k x k:

es la constante de elasticidad del resorte.

3. C onstante de Elasticidad (k). La constante de elasticidad del resorte, caracteriza sus propiedades elásticas Su valor depende del material del resorte y de la forma del resorte

F 2F 3F k = —= — = — x ?x 3x 4. G ráfica :

.... . N Uniuades: — m

Fuerza exierna versus elon­ gación.

La energía acumulada por el resorte es igual al trabajo realizado por la fuerza externa sobre el resorte.

* $ * * * * *

E 1 5 EP = ¿ .K .X ?

|wM\íW«P' - í ------- - J

* *

rVWT— —

* * * * * * ♦ * * * * * E p = Area del Triángulo cP E =— 1 .x .F c E

(1)

pero, la ley de Hooke

F = k x ... (2)

Reemplazando (2) en (1) E p =■! x . ( k . x )

c

Desde el p iso se lanza una pelota ver­ ticalm ente hacia a rriba con una velocidad “vo", después de chocar cu atro veces con ei p iso alcanza una altura m áxim a de 20 cm. Si en cada choque la pelota pierde la m itad de la energía que lleva, determ inar "Vo“ . SOLUCION: La energía inicial de la pelota es: 1 2 EM = — m v o Si en cada choque pierde la mitad de ia energía que lleva, después de cuatro choques su energía mecánica será: |m

Reemplazando:

Ep

"La energía potencial elástica acu ­ mulada por el resorte, es directa­ mente proporcional al cuadrado de la deformación del resorte".

PROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMA N8 01

1

* * * * * * * * * *

v 0 |=m g h v0 = 8 m/s

£ ♦ * V

* * * # * * 4«

# *

PROBLEMA Ne 02 Un m óvil de masa "m " se m uevé den­ tro de un aro situado en un plano vertical. En el punto m ás a lto "A " su velocidad es de 4 m /s y en el punto más bajo "B " es de 6 m/s. Si se desprecia la fric c ió n entre la pista c ircu la r y el cuerpo, ca lcu lar el radio del aro. g = 10 m /s2.

$ * * * * * * * * * * * * Í5

255

SOLUCION: Principio de conservación de la energía mecánica.

* * * « 4*

EM (A) = EM (B)

1

m g(2R ) + - m

vA = -m

2

vB

1

2

En el S.f PROBLEMA N® 04

10(2R ) + | ( 1 6 ) = 1 (3 6 ) R = 0,5 m PROBLEMA Nfi 03 A una partícula que tiene una ene. gia cinética inicial de 40J en la p osición x = 0, se le aplica una fuerza resultante que va­ ría com o m uestra la figura. Sabiendo que su energía cinética es igual a 400 J en la p osición x = 6 m, calcular la fuerza má­ xim a aplicttdc a la oartícula.

* * * * * * * V

* * # fli

Una esfera de peso 20 N se abandona en “ A “ , sabiendo que no hay rozam iento, determ inar la reacción norm al sobre la esferc cuando pasa p o r la p osición Bg = 10 m /s2

4«

* * * *

* *

* U

*

*

SOLUCION: Det Teorema Je la Energía Cinética "El trabajo realizado por todas las fuer­ zas, es igual a la variación de la Energía Cinética".

* * (• * « 4« 4« 4« 4«

SOLUCION: Principio de conservación de la energía mecánica, entre los puntos A y B. EM (A) = cM (B) mg (2R) = ^ m v2 vB= 4 g R Dinámica circular en “B"

i Wneto = Ek (f) —Ek (i)

4«

^ ■(6) Fmáx = 400 J —40 J

* * sí*

Fmáx = 120 N En toda gráfica F - x, el área bajo la curva, es igual al trabajo realizado sobre la partícula. 256

« « 4«

*

fc = m . ac

....(1)

(N - mg) = m .

R

.... (2)

* ♦ * * * # * * t fc * *

Reemplazando (1) en (2) N = 5 mg

PROBLEMA NB 05 Una partícula de masa m = 2 kg es abandonada en "A ". C alcular la reacción norm al cuando pasa p o r la posición "C ", sobre la superficie de curvatura “ 2R". No hay rozam iento, g = 10 m /s

Pe —m . Qc (N - mg Cos 60°) = m

(2 R)

- (2)

Reemplazando (1) en (2): N = |m g

.... (3)

70 newions PROBLEMA NB 06 En ia fig ura se abandona un c u b ito de hielo en la posición "A ” , luego se desliza sin rozam iento, abandona la rampa en direcció n horizontal, describiendo un m o­ vim iento parabólico. C alcular el despla­ zam iento horizontal "x " que experim enta el hielo, donde : H = 4m h = 2m

SOLUCION:

SOLUCION.

Principio de conservación de la energía mecánica

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

EM (A) = tM (C) mg (4R) = mg (R) + ^ m v2 v c = 6g R Dinámica circular en “C"

..(1)

EM (A)

= EM (B)

mg H

= mg h i +jm v 2 vB

= 2g(H - h)

.

(1 )

En el tramo B - C: En la venical; eje y. h = v0y . t + — g t" h = 0 + 1 . g. t2

—

.... (2 )

257

En el eje horizontal. M R.U. * «*

Reemplazando (1) y (2) en (3):

* * * « * * #

vb

t

x = 2 V(H —h) h Del dato:

S1!

x=4m PROBLEMA N* 07

* * * * ■ *

Una crd e n a unifo rm e de lo n g itu d “ L", se abandona sobre una supe rficie h ori­ zontal perfectam ente lisa, com o indica la figura. C alcular la velocidad de la cadena en el instante aue el ú ltim o eslabón se desprende de la superficie horizontal.

(L 2 - x 2 ) T

g

* La energía potencial gravitatoria es ne­ gativa, cuando al centro de masa (G) se encuentra debajo de la línea de reterenda (L.R.). PROBLEMA Ne 08 Una esferita de masa “ m " se deja en libertad en la p osición "A ". Hallar la d is ­ tancia "d ", si el coeficiente de rozam iento entre B y C es 0,5 (cinético) Lti tubería es lisa.

La eneryía mecánica se conserva entre los puntos A y B.

El peso de cada parte de la cadena ho­ mogénea es directamente proporcional a la longitud

EM(A) = EM(B) = mgh

....(1)

* * * 11 * * * *

El trabajo realizado por la fuerza de rozamiento entre B y C, es igual a la variación de la energía mecánica.

* *

- (i (mg)d = - mg h

Wf = EM(C) - EM(B)

Principio de conservación de la energía mecánica. EM(i) = EM(f)

258

-

SOLUCION:

SOLUCION:

W = k .x

I! >

.... (3)

x=

Luego:

WF = EM(f) - EM(i) F = | m ' v F- v 1].... (1) H

Reemplazando:

Pero, del dato del problema:

d = 2m

~ m v2 = 600 J

PROBLEMA N® 09

Reemplazando en (1)

La figura m uestra un pro yectil que se mueve horizontalm ente con la velocidad "v ” y una energía cinética igual a 600 J. El proyectil atravieza un bloque de madera de espesor d = 19 cm, de tal m odo que la velocidad del pro yectil cuando sale es "0, 9v". C alcular la fuerza de o posición prom edio que ejerce la madera al paso del proyectil.

- F d. = - | m ( 0 , 1 9 v2) F (0,19m) = (0,19) (600 J) F = 600 N *

PROBLEMA Ne 10

* *

En el sistem a m ecánico m ostrado, ha­ llar la m ínim a velocidad " v o " que debe tener el ca rrito en la p osición "A " de m odo que pueda rizar el rizo com pletam ente. Desprecie la pérdida de energía p o r roza­ m iento.

* * * *

SOLUCIONDel teorema del trabajo y la energía me­ cánica: El trabajo realizado por fuerzas diferentes al peso, es igual a la variación de la energía mecánica del proyectil. ------------------------------------------------------------SOLUCION: Cuando el carrito pasa por el límite supe­ rior de su trayectoria, la reacción normal de la superficie sobre las ruedas es igual a cero, N = 0, de la condición del proble­ ma, su energía cinética debe ser mínima V__________

—

----------- --------------------- '

De la segunda ley de Newton, en la posición ”B“. Dinámica circular.

259

SOLUCION:

I F (rad ales) = m . ac , entoi ces: v2 m .g = m .—

(1)

Luego: v* = g . R

.... (2)

Por principio de conrervac.on de la ener­ gía mecánica. Ep (A) + Ek (A) = Ep (B) + Ek (B)

1

o

1

?

0 + — . m . \ r 0 = m . g . (4R)+ — m . \ r

.... (3) Reemplazando (2) en (3): | . v 2o = 4 g . R + | . g . R

Por p. incipio de conservación de la ener­ gía mecár ica, entre A y B. Ep(A) + Ek(A) = Ep(B) + Ek(B) m .g h + OsO + ^ . m . v 2 Lueao:

Despejando tenemos que: v0 = 3 . \ g . R

vz - 2 . g . h

....(1)

• Cálculo de la altura *h‘ ,en la figura (2). h = L.(1 —Cos 6)

....(2)

En *B", de la segunda ley de Newton en dinámica circular. PROBLEMA N9 11

£ F (radiales) = m . ac : entonces:

La fiy u ra (1) m uestra un péndulo de masa "m " y lo n g itu d “ L ", que se abandona en la p osición " A “ , de tal m odo que la cuerda form a un áng ulo " G" respecto a >a vertical. Hallar la te nsió n “T " en la cuerda cuando el péndulo pasa por su p osición de equilibrio, esto quiere decir "C uando adquiere su m áxim a velo c'd ad ".

T v2 T - mg = m . — Reemplazando (1) en (3): 2 T - m.g = m — p -

T = m.g ( 3 - 2 Cos 0)

CASOS PARTICULARES 1) Cuando 0 = 90°, entonces: Cos 0 = 0 , en (5): T = 3m.g

i i

P E

2) Cua.idc 3 = 60°, entonces: Cos O = — , en (5): T=2m .g

260

.q .h

. .. (4)

Reemplazando (2) en (4):

r

-4> b

(3)

.... (5)

PROBLEMA Ne 12

Luego:

La fig ura (1) m uestra un péndulo de masa "m " y lo n g itu d "L ". D eterm inar la mínima velocidad "vo” que se debe aplicar al cuerpo en su p osición de e q u ilib rio , tal que, puede d e scrib ir p o r lo m e n o r una vuelta en el plano vertical. \ r y 'v / / A /* 1 f A \ 1 ! c¿ / V t /

v0 = Vé . g . L "Velocidad mínima en la posición de equi­ librio" m.q

\

L.R K í -------------------------J

V SOLUCION:

PROBLEMA Ns 13

Analizando al cuerno en la posición indicada por la figura (2):

En la fig ura (1), se suelta el ro d illo (cilind ro) de masa "M " unido a un resorte, desde una posición donde el reso rte'de c o n s ta rte de elasticidad "k " no está de­ form ado (x = 0) y el c ilin d ro rueda sin resbalar sobre el plano inclinado. Hallar la m áxim a deform ación del resorte. El plano form a un ángulo " 6 " respecto a la horizontal.

De la se g u n d a ley de N ew ton, en dinár ,.ca circular. I F (radiales) = m.ac, entonces(mg + T) = m. —

....(1)

Sugerencia: La fuerza de rozamiento por rodadura NO realiza trabajo sobie el rodillo.

Pero de la ■or dio t i del problema, el cuerpo pasa c o r su mínima energía ciné­ tica, esto quiere decir que la tensión T " en la cuerda debe ser mínima en valor, por con­ siguiente, T=0

....(2)

Reemplazando (2) en (1): v‘ = g. L

.... (3)

Por p'inapio de conservación de la ener gia mecánica.

SOLUCION:

Ep (1) + Ek(1) = Ep (2) + Ek (2) 0+

m . v2^ = m.g.(2L) + ^

m . v2 ... (4)

Reemplazando (3) en t,4)^ . v c = 2 . g . L . + |.( g .L )

* * * * * ♦ * * * * ♦

Cuando el resorte alcanza la máxima de­ formación (en la zona elastica), la veloci­ dad del rodillo es igual a cero, en ese instanteDe la figura (2); x = deformación máxima del resorte. h = x .S e n 6

-— (1)

261

Por principio de conservación de la ener­ gía mecánica. Debe tenerse en cuenta que el rodillo no resbala, por lo tanto, no hay fuerza de rozamiento por desliza­ miento.

* * * * * * * (25) = ± (15) (25) J

% * * * x # i * w

W tota l = 2 m ( v f - v 0 ]

Pero: V0 = 0 1 2

1 2 1 5 x 2 5 = i r . 15 x V ^ 2 F

Luego:

V f = 5 m/s

PROBLEMA W 24

obtiene cuando “m " pasa por la posi­ ción más baja de )a trayector x 269

* * *

L A \

T \

T=Mg

J_______

V

L (l- C o s 6 )

mg

3)

Cálculo de la velocidad V . Ep {A) + Ek (A) = Ep(B) + Ek (B) 1 2 mghA + 0 = 0 + - m . V „ V ¡ = 2g.L (1 - Cos 0) ...(2)

4)

Dinámica circular en "B ” Fcp = m. ac 2 Mg - mg = m -j-^ g (M -m ) = m . 2g (1 - Cos 0) g . m = 2 mg . (1 - Cos 0) 1 = 2 - 2 Cos O Cos 0 =

1

0 = 6 0° PROBLEMA NB 25 Un bloque que parte del reposo en A resbala p o r una ram pa y pierde entre A y B el 10% de su energía m ecánica, por efecto del rozam iento. Si en el pun to de máxima altura su velocidad es v x = 6 m/s. C alcular la altura m áxim a "H ".

270

* * * * * * * * * * * * * * ♦ * * * * * * * ♦ * * * * * * * * * * * * * * * * * *

SOLUCION: 90% EM(A) = EM(C) 1 2 0.9 mgh = mgH + — m. v x

0,9 x 10 m/s2 x 10m = 10H+ ^ (6 2) 9 0 = 10H + 18 H = 7,2m PROBLEMA N« 26 Un p é n d u lo fo rm a d o p o r una e s fe rita de peso 8N y una cuerda de lo n g itu d "L " de p e s o d e s p re c ia b le , se a b a n d o n a cu a n d o el h ilo fo rm a un á n g u lo de 60° co n la v e rtic a l. El clavo colocado horizontal m ente en "A " obliga al péndulo a desviarse, com o m uestra la figura, determ inar la tensión en la cuerda cuando form a nuevam ente 60° con la vertical.

PROBLEMA Ne 27 Un bloque de masa m = 4J.t se aban­ dona sobre un plano inclinado 30° res­ pecto a la horizontal perfectam ente liso. En la parte in fe rio r del plano se en­ cuentra un resorte fijo de constante elástica K = 2 000 N,'m. El bloque se detiene luego de recorrer una distancia de 'tai. Hallar la m áxim a deform ación del resorte. g =10 m /s2

SOLUCION: 1) Por P.C.E.M.: EM (A) = EM (B) L L 1 2 m £- =m g- +-m v 2) D'námica circular en “B" cFc = m. ac = m . — y2 1 T-m g. - = m

SOLUCION: Principio de conservación de la energía mecár.ca.

ql

EM (A) = EM (B) T

_ 3 3... T = -m y = -W T = 12 N

mgh = ^ K . x2 En el S.l. : (4) (10) (1) - ^ (2 000) x2 x = 0,2m

2 71

PROBLEMA Ns 28 La figura m uestra un resorte CA de constante de elasticidad K = 81 N/m y está unido en A a un collarín de masa m = 0,75 kg el cual se m ueve librem ente a lo largo de una va rilla h orizontal. La lo n g itu d natural del resorte es 10 = 1 , 0 m. Si el collarín se deja en libertad desde el re­ poso en la posición m ostrada en la figura, determ inar la velocidad que alcanza el collar en la posición B. B A

* * * * *

0 ,9 m

1 , 6m

■

/

* * * * #

1,2m

y-* a

/

v\ A \37° 53° /

A i /V

PROBLEMA Ns 29 El m óvil que m uestra la fig u ra está inicialm ente en reposo y contiene en su in te rio r un bloque de masa "m " unido a un resorte no deform ado (x = 0), de cons­ tante de elasticidad "k “ . Si de pro nto el m óvil adquiere una aceleración constante ” a", hallar la m áxim a deform ación que experim enta el resorte. El co eficiente de rozam iento cinético entre el bloque y la plataform a es " u

0,9m SOLUCION: 1)

2)

Longitud natural = 10 = 1m xa

= 1,0m

xb

= 0,5m

Principio de conservación energía mecánica.

de

la

EM(A) = EM(B) 1 * 1 2 1 o k x A= - k . x „ + - . m

2 v„

SOLUCION

81 N / m

(’ - i) V b = 9 m/s

272

2 vB

m

1)

Elegimos un sistema de referencia No inercial, sobre la plataforma, pa­ ra t = 0, la velocidad inicial es cero y la deformación x = 0.

2)

3)

Las fuerzas exterr as para nuestro observador es: F, = -m .a . peso, fuerza elástica, fuerza de rozamien­ to.

Teorema del Trabajo y la energía mecánica W(Fuerzas NO conservativas) = EM (fsnal) - EM(inicial) WF - W , r = EP (Q) + Ek(Q )-

* * * *

* $ * * * *

* * * * V * s* * *

EP ( P ) - E k (P) 1 2 m .a .x - u.N.x = — . k . x - 0 , Aderrás.

51«

N = m.g

(ma - u. m.g) x = ^ . k . x2 2m .

* * * * *

.

x = _¡ ^ ( a - u . g ) PROBLEMA Nb 30

Un cuerpo de masa m = 1 kg.. se m ueve en el plano x - y, según las g raficas (x - 1) e, (Vy - 1). Calcule la Fuerza resr litante que debe estar aplicada sobre esta masa du­ rante su m ovim iento. Para t = 5 segundos

* M ¡h

«¡s

* * * * K * * * * + M * *

„5

* * *

273

1)

El movimiento en el eje x os con v e lo c id a d c o n s ta n te , p o r con­ siguiente la aceleración en este eje es cero.

V *

2da. Ley de Newton Fy = m .ay Fy —1 k g .(-1 m /s 2)= -1 N

ax = 0 2)

Fx-0

El movimiento en « I eje Y es retar­ dado uniformemente. ay = -1 m/s2

* * * * * *

Para : t = 5 segundos

a.

d* * * * d*

f

274

c CANTIDAD DÉ MOVIMIENTO CONCEPTO. Es una magnitud física vectorial, que sir­ ve para expresar la medida del movimiento mecánico de traslación de los cuerpos o par­ tículas. La cantidad de movimiento o mo­ mentum lineal se determina mediante el pro­ ducto de la masa del cuerpo por su velocidad instantánea, por consiguiente el momentum y la velocidad tienen la misma dirección y sentido.

P = m .V

* * * «n ♦ * * * * *

* # w * * 5 * * * # * *

* * *

Se mide en: N.s. IMPULSO Es aquella magnitud física vectorial que nos expresa la acción casi instantánea que realiza una fuerza externa sobre un cuerpo; modificándole su momentum lineal. Se de­ fine como el producto de la fuerza resultante, por el intervalo de tiempo relativamente pe­ queño. El impulso y la fuerza tienen la misma dirección y sentido. I =F Se mide en : N. s

r

. Al

Sf * * * * d* * * di * *

* * *

0

En la figura mostrada el cuerjao de masa "m" de forma esférica viene con una veloci­ dad "Vi” y luego de la interacción rebota con una velocidad "V 2“. De la 2da. Ley ae Newtor. — » —» Fr = m . a

Fr = m .

(V2 -V 1 ) At

F r At = m V 2 —m V i

—> —> —» I =P2-P i I =AP “El impulso, es igual a la variación del momentum lineal". 275

Todo cuerpo modificará definitivamente su cantidad de movimiento, cuando sobre él se manifiesta una fuerza resultante que pue­ de actuar en un intervalo de tiempo. Ctiapdo el intervalo de t.empo es relat'va.neme pe­ queño cas» tnstai flaneo. se dice que el cuer­ po haj:ecibido un impulso y cuando la fuerza actu¿ durante un .itervalo oe tiempo cons:deí ’ ble, entcnces la fuerza estará realizand j un 1 abajo sobro el cuerpo, modificando su en jrgía cinética

SISTEMA FISICO Es aquel conjunto de partículas o cuer­ pos considerados en estudio, elegidos en forma arbitraria. La figura muestra un sis­ tema físico S i, limitando por una línea curva cerrada. Las demás partículas pertenecen al slstei na S 2.

* * * * M * *

SISTEMA AISLAD O (S.A.) Es aquel sistema físico, cuya resultante de fuerzas exte,ñas es igual a cero. £F (extem as) = 0

„■

* * * * # * * * * » *

* 4.

P rincip io de C onservación del Momentum Lineal Es una Ley Universal de gran trascen­ dencia y apl.cac 01, en la mecánica. Se pue­ de expresar de los S ig u ie n te s modos I)

Si el impulso sobre una partícula o siste­ ma físico (bistema de partículas) es igual a cero, la cantidad de movimiento se consei -/a en el tiempo.

t

* * * * * * * tf * * *

€> mc

£F(¡ntemas) —0

m *

* * # * * * *

I = F r . At

- (1)

I = A P = (P2 - P i)

.... (2)

Si la fuerza resultante es igual a cero, entonces el impulso es también igual a cero De (1) y (2): —» Fr = 0

-►

I =0

Lueoo: P inicial — Pfinal

FUERZA EXTERNA Es aquella fuerza que actúa sobro es sis­ tema, debido a la interacción de un compo­ nente del sistema con partículas externa al sistema. En la figura F43 es una fuerza jxterna al sistema físico St FUF.RZA INTERNA Es aquella fuerza debido a la interacción de las partículas considerados dentro del sistema físico. En la figura las masas m i; m2 y ¡T13 pertenecen al sistema S i, la interacción entre ellas constituyen las fuerzas internas al sistema. La sumatoria de las fuerzas inter­ nas siempre es igual a cero

276

# ♦ * * *

II) En todo sistema físico aislado, le car,tidad de movimiento se conse>va en el tiempo.

* * c * $ *

JÍr

* * * * * # V *

(INICIAL)

.1(0-

"'3

u r(l—

V.

'Ü(FINAL)

ïP in ic ia l — —Pfinal

La cantidad de movimiento es una mag­ nitud física vectorial, por consiguiente po­ demos escribir en función de dos com­ ponentes rectangulares.

£ P inicial (x) =

E P fin a l (x)

£ P inicial (y) =

£ P final (y)

En el movimiento parabólico, se conser­ va la cantidad de movimiento de la par­ tícula en el eje (x), la fuerza resultante en el eje "x" es igual a cero. En cambio en el eje "y" la fuerza resultante es igual al peso "mg", no existe conservación del momentum lineal en el eje “y“.

G VELOCIDAD

DEL CENTRO DE MASA

S

Consideramos un sistema físico com­ puesto de partículas de masas m i, m2, rr>3 ..., y velocidades V i, V 2, ..V3, respecto a un sistema inercia! de referencia. El centro de masa (C.M.) es aquel punto donde se considera concentrada la masa del sistema y donde actúa la fuerza resultante. La velocidad del C.M., se define del si­ guiente modo:

m i.V i + m2.V2 + ma.Va Vc.M. = m i + m2 + m 3

* * * » * # * * * * * * t * * * * * * * * * * « * « * * * * * * * * * * * * * ♦ * * * * * * * * * *

■ rfO -



—>

Psist = mi ( Vi - V 3) + m2(V 2 - V 3) —>

+ (mi + m2 + m3)Va

V e lo c .d a d re la tiv a : V i - V 3 = V 13

PROBLEMAS RESUELTOS Y Pn 'PUESTOS DE :

CANTIDAD DE MOVIMIENTOS

V

* * * *

Ps¡st = m i-V i 3 + m 2.V 23 + M .V 3 Generalizando, para un sistema de "n" partículas. ¡ —» P sisl -

"-1

I

=1

I

y . m ¡. V¡n + M Vn

M = m i + rri2 + . .

1

. +mn

La cantidad de movimiento del sistema es igual al momentum de (n - 1) partículas respecto de n-ésimo cuerpo, mas la masa del sistema por la velocidad de la partícula nésima. PROBLEMA Ne 01

* * * * * o* * * * * * * * * * * * * * Os

o* * * * * * * >

p=m C

- - (2)

Reemplazando (1 ) en (2):

PROBLEMA Nfi 02 Un hom bre de masa “ m ” se m ueve sobre una tabla de masa M (M = 4m). Sabiendo que la tabla puede m overse li­ brem ente s in rozam iento sobre el plano horizontal, determ inar el desplazam iento del hom bre respecto de la tierra cuando se mueve de extrem o a extrem o de la tabla de lo n g itu d 5 m etros.

S O L U C IO N :

Según A lbert Einstein la equivalencia entre la energía "E " y la masd "m " de una partícula es : E = me2 donde "C ” es la velocidad de la luz. Un fo tó n tiene una energía E = h. f, donde “ h " es la constante de Planck y "f" la frecuencia de la luz. Determina) el m om entum de’ fo tó n. SOLUCION: El fotón se mueve con una velocidad igual a “C". Donde:

me2 = E = h f' * * * * * m = h f/C¿

El momentum lineal del foión

* * $ * * * * * *

V

C o n s id e r a m o s ei s is te m a (T a b la + h o m ­ b re ). Conservación del momentum lineal

P(iiiicial) = P (final) = mVH - M V t M Vt = m Vh 0

„ ..(1)

279

Donde "V" es la velocidad media que se define como la relación del desplaza­ miento entre el tiempo (t) En (1): x

(5 - x)

4m . - = m — j— x = 1,0 m

El hombre se desplaza respecto de la tierra, 4m. La tabla retrocede respecto del piso x, x = 1,0 m PROBLEMA Ns 03 Un satélite se m ueve "horizontalm en­ te ” a una velocidad de 8 km /s con res­ pecto a \a tierra. Dejamos caer vertical­ mente une carga de 50 kg lanzándola h ori­ zontalm ente del satélite. C alcular la velo­ cidad del satélite después del lanzam ien­ to de la carga, si la masa to ta l (incluyendo la carga) es de 450 kg. ¿Cuál es la velocidad de la carga, con respecto a la tie rra inm ediatam ente des­ pués del lanzam iento? SOLUCIONtí Km/s

450Kg

(ANTES)

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * w * * * * * $ * * * * * ¡ü

* * * * * * * # * * * ti * * m * * * * * * * * * * * ■ií * #S *

Conservación del momentum lineal:

—»

—>

P x (antes) = P x (después)

M Vi = m V + ( M - m ) U 450 (8) = 50(0) + (400)U U = 9 km/s La velocidad de la carga, respecto de la tierra, inmediatamente despues del lan­ zamiento es Igual a cero PROBLEMA Ne 04 En la proa y en la popa de un bote de masa M = 70 kg, están sentados a una distancia L = 8m una de otra d os personas A (80 kg) y B (50 kg) com o indica la figura. D espreciando la resistencia del agua, de­ term inar en que sentido y d istancia se desplazará el bote si las personas se cam ­ bian de asiento. SOLUCION:

% ( l- x ;

4úOKg

('TVL' Respecto de un observador ubicado en la tierra

280

* * * $ * •M * * * •#

}

Consideramos el sistem (A+B+ bote): Conservación del momentum lineal: P (inicial) = P (final)

* 9 I

á

0 = M Vb + ^ x 0 =M ^ x=-

itia.Va

_

ida

-

it)b -Vb

(L + X) . — -— -

(mA - m s ) . L

(m A +

it ib

+ M )

Reemplazando datos

itib

(L-x) .— -—

x = 1,2m El bote se desplaza hacia la derecha, debido a que a masa de A es mayor que B. Si rriA = mB -»

x=0

Si, mA < mB el bcte se desplaza hacia la izquierda.

•

PROBLEMA Ne 06

* & *

Un m otociclista dfc masa to ta l “ m " se encuentra inicialm ente en reposo sobre una tabla áspera de masa "M " (M = 9 m) y se encuentra apoyado sobre una su pe rfi­ cie horizontal perfectam ente lisa. Si el m oto ciclista comienza a m overse y el ve­ locím etro de éste m arca 20 km /h, h, llar la velocidad de la tabla respecto de la tie rra

* * * m i *

SOLUCION:

PROBLEMA N9 05 Un hom bre de masa “ m " está parado sobre un ca rrito de masa ” M " (M = 9 m) que se m ueve con una velocidad V = 15 m/s. Si ei hom bre com ienza a m overse con una velocidad u = 5 m/s, respecto del carrito en la m ism a d irección y sentido, h a lla rla pueva velocidad del carro que se mueve libre de rozam iento.

V

M (ANTES)

m

"■■' J

* * * * $ * $ * * * *

El velocímetro marca la velocidad rela­ tiva del motociclista respecto oe la tabla. Teorema de la cantidad de Movimrsntc. —»

—*

P

(inicial) = Pffinalj

’

Hi * * # *

0 = m i.V i /2 + (m i + rri2) V 2

* i *

U =

0 = m. V 1/2 + (m + M )(-U) m . V 1/2 (m + M)

Os

jen

Os

SOLUCION Conservación del Momentum Lineal: —>

* * * * * * *

—>

P(antes) = P (después)

(M + m) V = m(U + u) + M U Reemplazando datos: 10 m(15) = m(U + 5) + 9m U 150 = U + 5 + 9 U Luego: U = 14,5 m/s

* * * * $ * * * » * * * * * * * *

Del dato : ü = 2 km/h El momentum lineal del sistema físico (m + M) se conserva en el tiempo. PROBLEMA Nfi 07 El sistem a m ostrado se aeja en libe r­ ta d a p a rtir del reposo de la p o s ic ió n m ostrada en la figura. Sabiendo que no existe rozam iento, hallar el desplazam ien­ to que experim enta el ca rro de masa "M ", hastp el instante en q je la barra AB uni­ form e y homogénea de lo n g itu d "L ” haga un ángulo de 37° con la horizontal. La masa de la barra hom ogénea es “ m ". donde- M = 4 m

2 81

1 m (m + M) ’ 10

X= -

x : desplazamiento horizoi nal del carro. PROBLEMA Nfi 08

Consideremos el sistema físico (m + M) conservación del momentüm en el eje x aplicando el Teorema de la Cantidad de movimiento (Velocidad relativa).

282

U : Velocidad del carro de masa M.

* * * «i»

El centro de masa "G" de la barra homo­ génea exper.menta un desplazamiento de 10 cm. respecto del carro, en el eje "x”. En general se cumple que:

* *

La fig ura AB es una ram pa de lan­ zam iento de cohetes, inclinada en un áng ulo de 45° respecto a la h orizontal. El sistem a está inicialm ente en reposo y el ca rro de masa "M " puede m overse libre ­ m ente sobre una carrilera sin fric c ió n . Hallar la velocidad con que ¿I cohete d¿ masa "m " (M = 3 m) abandona la plata­ form a, respecto de un observador fijo en la tie rra sabiendo adem ás que la ve lo ci­ dad del carro después del lanzam iento es 160 m/s.

Consideremos el sistema físico (carro + cohete). Conservación del momentum lineal en el eje x:

P x(inicial) — P x(final)

0 = m (V eos a) - M U 0 = m (V eos a) - (3m) U V Cos a = 3 U

....(1)

Del diagrama de velocidades: Ta 45 =•

V. Sen a V

=1 Cos a + U

V. Sen a = V. Cos a + U

(2 )

V . Sen a = 4 U

.... (3)

Dividiendo (3): (1) Tg a = % a 3

->

* * *

Reemplazando (1) en (2):

a = 53°

Reemplazando en (3) V . ^ = 4.(160m/s) O V= 800 m/s

PROBLEMA NB 09 Un autom óvil de masa "m " se encuen­ tra inicialm ente en reposo sobre un plano inclinado áspero de masa M(7 M = 9 m) que hace un ángulo de 37° con la h orizon­ tal y se encuentra apoyado sobre una superficie horizontal perfectam ente lisa. Si el autom óvil com ienza a su b ir sobre el plano inclinado sin resbalar, y ei velo­ cím etro de este m arca 20 km/h, hallar la velocidad del plano in clin a d o respecto de la tierra. SOLUCION: Consideremos al sistema físico (auto + plano móvil). Conservación del momentum lineal en el eje x.

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * + * * * * * Oe * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

Px(inicial) = Px(final)

Teorema del Momen*un Lineal (Veloci­ dad relativa). 0 = m i.Vi/2 + (m i + rri2)V2 0 = m(20 Cos 37°)+(m + M )(-U ) . (20 Cos 37°) U =- m (M + m) Reemplazando datos: U = 7 km/h PROBLEMA NB 10 Una esfera de masa m = 1,0 kg se abandona en la parte su pe rio r de un blo­ que de masa M = 2,0 kg que se encuentra en reposo, com o indica la figura. Despre­ ciando toda form a de rozam iento, hallar la velocidad de la esfera cuando abandona la supe rficie cilin d rica de radio de c u r­ vatura. R = 0,3 m. g = 10 m/s2

*

* *

283

P x(inicia)) — P x(final)

O = m V - mU

U= S - V u =l v Conservación de la energía mecánica: E M (inicial) = E M (final)

* * * * m

*

* * *

-* * i * * * * * * * *

mg R = l m V 2 4 „ V I . U2 Reemplazando: V = 2,0 m/s PROBLEMA Ns 11 Un ca rrito de m asa "m " se m ueve h ori­ z o n ta lm e n te c o n una v e lo c id a d V = 5,0 m /s y hace c o n ta c to c o n la s u p e rfic ie s u p e rio r de o tro c a rro de m asa “ M " (M = 4m ) in ic ia lm e n te en re p o s o . D e s p re ­ c ia n d o to d a fo rm a de ro z a m ie n to d e ­ te rm in a r 3a a ltu ra m a xim a q ue a lca n za el c a rrito s o b re " M " . g = 10 m /s2 284

Cuando "m" alcanza su altura máxima "H", la velocidad relativa de "m“ respecto de “M“ es igual a cero, por consiguiente el sistema (m + M) se mueve con una velocidad común "U" resobcto de 'a tie­ rra, sólo un instante. Conservación del momentum lineal, en el eje x. —>

—>

P x(.nicial) = Px(f.nal)

m V = (m + M) .U Reemplazando: U = 1,0 m/s

....(1)

Conservación de 'a energía mecánica EM(¡nic¡al) = EM(Snal)

*

* * * * * * * * * * A

^ m V2 = | (m + M) U‘ + mgH Reemplazando datos: H = 1.0m PROBLEMA N2 12

Un ca rro de masa “ M “ puede m overse sin fric c ió n sobre un plano h orizontal. En * * el te cho del carro fu e colgado una esfera * de masa "m " (M = 9m) unido a una cuerda * de lon gitu d 1,0 m. En el m om ento inicial * * el ca rro y la esfera estaban en reposo, y la * cuerda fu e inclinada un áng ulo de 60° con * * respecto a la vertical. Luego es soltado la ¥■ esfnra, ¿Cuál será la velocidad del carro * en el instante, cuando la cuerda está en * p osicion vertical? g = 1C m /s2 * *

* *

De los datos: U = — m/s

PROBLEMA Ns 13

* *

SOLUCION: Consideremos el sistema (M + m) Conservación del momentum linea! en el ejex: P x(inicial) — P x(ftnal)

* * * * * * & * * * * * *

0 =m V-M U - (1)

* * * * * * & V * * * * * * * * * * * * *

Principio de conservación de la energía mecánica EM(¡nicial) — E M (fm al)

mgh = ~ M U2 + ^ m V2 .... (2) Reemplazando (1) en (2)

2 m 2 .g.h M (M + m)

* * O * * * * * * * * * $ * * *

Un cuerpo esférico de masa "m ", que se mueva horizontalm ente con una velo­ cidad V0 = 6 m/s hace contacto con la superficie superior de un carro de masa M(M = 5 m) inicialm ente en reposo. Si no existe rozam iento. Hallar la velocidad de "m " cuando sale p o r la parte su p e rio r de la superficie cilin drica de radio R = 1,1 m. g = 10 m/s2

mV

-........ Ek (después) * * * 3) Choque perfectam ente Inelástico ( e = o) * Es aquella colisión, durante su realiza­ $ * ción se libera energía en forma de calor, deformándose permanentemente los $ * cuerpos tal que despuéj del choque los * cuerpos avanzan juntos con la misma * * velocidad. La energía cinética que se * pierde se gasta en la deformación de los «I

P ¡(X) = P f(X)

M V i - m V 2 = m U i + m U2 (12) 4 - ( 6 ) 2 = (1 2 )2 4 (2 )U 2

U2 = 6 m /s

.... (1)

C o e fic ie n te d e R e s titu c ió n (e ) V .R . A le ja m ie n to ~ V .R A c e rc a m ie n to U2-U1 e — V2 + V1

6 -2 6 +4

e = 0,4 C o n s e r v a c ió n d e la e n e r g ía : Ek (inicial) = Ek (linai) + Q

1

2 1

2

1

2

1

2

-M V ,+ - m V 2= - M U , + ^ m U 2+ Q R e e m p la z a n d o : Q = 72 J

PROBLEMA Ne 06 Un caro de masa M = 10 kg se desplaza por inercia a razón de V = 6 m/s. Desde una altura h = 1,0 m se abandona una esfera de masa m = 2 kg., com o m uestra la figura. C alcular la energía calorífica desprendida en el choque, si la esfera se adhiere al carro. No hay rozam iento en el plano. g = 10 m /s2

* * * * * Üí * * *

Conservación del momentum lineal en el eje x. — »

—»

P ¡(x ) = P f ( x )

M V = (M + m )U Reemplazando los d a to s : U = 5 m/s

.... (1)

Conservación de la energía en todas sus formas: E (antes) = E (después)

mgh+ ~ . M V2 = ~ (m +M) U2+Q Reemplazando los datos:

* $ 4= * * * * * *

* * * * ü* D» * % $ * * * * * * * * *

Conservación del Momentum lineal (eje x) —> “> P i(x ) = P f ( x )

- m V = —M U Reemplazando datos: U = 1 m/s

.... (1)

Conservación de la energía mecánica:

~ m V2 = ^ M U 2 +mgh Reemplazando : h = 1,0 m PROBLEMA N9 08 Un b loquecito de masa "m " se desliza partiendo del reposo p o r un tobogán com ­ pletam ente liso que term ina h orizontal­ mente, de tal manera que el bloquecito im pacta sobre el péndulo de masa "M " al que queda adherido, elevándose lo s dos hasta una altura "h " máxima. Hallar "h " L : lon gitu d de la cuerda

Q + 50 J PROBLEMA Ns 07 Una esfera de masa ” m " se lanza h o ri­ zontalm ente con una velocidad V = 5 m /s y choca elásticam ente (e = 1) con una cuña de m asa M(M = 5m), rebotando ver­ ticalm ente. C alcular la altura m áxim a que alcanza la e sferilla después del choque. No hay rozam iento. La cuña se encuentra en reposo antes del choque.

2 95

*

SOLUCION: Cálculo de velocidad de "m" cuando im­ pacta con "M". Conservación de la Energía Mecánica, instante antes del choque. EM (A) = EM (B) m gL = | m V 2 V2 = 2 g L

....(1)

Choque inelástico (e = 0)

m . V .... (2) (m + M)

Conservación de la energía mecánica, después del choque. EM(B) = EM(C) (m + M) U" = (m + M) g . h .... (3)

Reemplazando (1) y (2) en (3)

PROBLEMA N® 09 Un bloque "A " de masa 2 kg. se desliza sobre una superficie horizontal sin roza­ miento con una velocidad de 10 m/s d irec­ tamente y frente a él se m ueve un bloque "B " de masa 5 kg. con una velocidad de 3 m/s, en la m ism a d irección y sentido. Si un resorte de masa despreciable y coefi­ ciente de elasticidad K = 1 120 N/m va fijo en la parte p oste rio r de "B ", com o indica la figura. Hallar la m áxim a deform ación del resorte cuando chocan los bloques.

296

--n v H Z I

SOLUCION. La máxima deformación en el resorte se produce cuando ambos cuerpos se des­ plazan con la misma velocidad esto quie­ re decir que la velocidad relativa de acer­ camiento entre A y B es igual a cero.

K

m V = (m + M) U

\ - U2 = g . h

$ & * * * $ * * * * * * * * * * * * * ■» *

P (antes) = P(después)

U =

*

* * * * # * * * * * * * * * * * *

* * * * * «X * * * * P (inicial) = P (final) id a

.Va +

it i b

-Vb = (mA + me) V

Reemplazando: V = 5 m/s Conservación de la energía mecanica E M (iniciat) = E m (final)

2 1 2 1 ¿ m A . V A+ - m B V e = 2

— (rriA+mB) V2 + | k . x 2 Reemplazando: x = 0,25 m

PROBLEMA Ns 10 * * Un p royectil de masa m = 200 g, se * * desplaza a una velocidad V = 75 m/s. ex­ ># plotando luego en dos fragm entos A (50g) * y B (150g), respectivam ente. Sabiendo * que inm ediatam ente después de la ex­ * * plo sión los fragm entos se m ueven en las # direcciones m ostradas en la figura, deter­ * «K m inar la velocidad de A y B. *

# Sí * «f * * * * * * * ••

* * * .* * * * *

—»

P(inicial) = P (final) m V = (M + m + M0)U mV U =■ (M + m + M0)

.... (2)

Conservación ae la energía mecánica, después del choque entre m y M EM (1) = EM (2)

1 (m+M) V * = - | (m+M+ M0) U2 + ¿kx2

.... (3)

* * * SI * * * * * * * * *

* * * * * * * * * *

'A.v-.u ?«. i ■uí SOLUCION: Considerando “U" la velocidad de la cuña “M" después del choque. P (x) (antes) = P x (después)

mV = M U

v J u m

(1)

Considerando “Uy" la velocidad de "m" después del choque. Conservación de la energía cinética, en el choque elástico. - ^ mV2 = ~ MU2 + ^ m U 2 2 2

(2)

Reemplazando (1) en (2):

2 U ,= m

m

Reemplazando (1) y (2) en (3) ,= m v

i

M°

—

m )k y ( m + m + M 0 ) ( M + m'j

x : deformación máxima en el resorte.

*¡r * * * *

Definición del coeficiente de restitución (e), para choques *rontai3S o perpendicu­ lares, luego hay la necesidad de descom­ poner las velocidades y tomaremos como referencia la dirección perpendicular a la cuña.

299

|

Reemplazando (1) y (3) en (4):

* *

Tg 0

* * $ * * *

V.R. Alejamiento V.R. Acercamiento Ui . Cos 6 + U Sen 6 e -- ------------------------------ = 1 v . Sen 0 Despejando. Tg 0 = —— y V- U

.... (4) 1

* * D» * * * * (0 * * * * * 4 £ *

300

Del dato

T9e=| ~

0 = 53°

m

[

E S T A T IC A D E F L U ID O S

f

PRESION (P).

t

CONCEPTO. Es una parte de la mecánica de fluidos (líquidos y gases) que tiene la finalidad de analizar el comportamiento y efectos físicos que originan los fluidos en el estado de re­ poso. La Estática de Fluidos consta de las si­ guientes partes. I)

Hidrostática: Estudia a los líquidos en reposo relativo.

II) Neumostática: Estudia a los gases en reposo relativo. DENSIDAD (D). Para una sustancia molecularmente ho­ mogénea, su densidad nos expresa la masa de la sustancia contenida en la unidad de volumen.

* * * * * *

* *

Es una magnitud física Tensional, que expresa la distribución normal de una fuerza sobre una superficie. La magnitud Tensorial implica que la presión tiene múltiples puntos de aplicación y manifestación normal sobre las superficies, que establece la diferencia con la magnitud vectorial. La magnitud de la presión se define como la fuerza perpendicular que actúa por cada unidad de área. Presión =

* * $ £ *

He

* * *

Fuerza Normal área

Unidades: 1 pascal = -^-y m

* *

(1)

Unidades: g/cm3 De la Ec. (1):

,

kg/m3

m = D.v

.... (2)

El peso de una sustancia es: W = m .g

- . (3)

Reemplazando (2) en (3) W = D -G .v W: peso v: volumen

D: densidad g: aceleración de la gravedad

* * * * * * * * * * * * * * sts He * * * * * Os * * *

y

La figura (1) muestra una pirámide de peso 400 N, de base cuadrado cuyo lado mide 2 m. La figura (2) muestra la presión "P” que ejerce !a pirámide sobre la superficie horizon­ tal. p F 400N 100.Ü „2 4m m La presión "P" también se puede definir como la distribución de la fuerza por cada unidad de área "La pirámide ejerce sobre la base una fuerza de 100 N por cada m2. PRINCIPIO DE PASCAL "Todo fluido transmite la presión que so­ bre él es ejercida en toda dirección, sentido y con la misma intensidad"

GAS

Fiq.(l)

F ig .( 2 )

1) La figura (1) muestra un recipiente cilin­ dro conteniendo un cierto "gas", tapado por un émbolo de área "A", en equilibrio. 2) Al émbolo se le ejerce una fuerza "F", figura Í2), de tal modo que el gas se comprime, disminuyendo su volumen.

302

3)

* *

* * * * * * * * * * * * * * * * * A i

F2 > Fi

PROBLEMA Nfi 01 En la fig u ra m ostrada se tiene una prensa hid rá u lica cu yos ém bolos tienen un área A i y A? (A 2 = 2 0 A i). Determinai la m cgnitud de la fuerza "F" que se debe aplicar a la palanca, para m antener en equilibrio el bloque "Q " de peso 3 000 N. Desprecie el peso de lo s ém bolos y de la palanca.

Pero:

* * * *

IM o = 0 F (30) = F i(1 0 ) Luego: F = 50 N

PRESION HIDROSTATICA

CONCEPTO.

> Es la presión que soporta todo cuerpo # sumergido en forma parcial o total en un *

* * * * *

F2=i a7

3 000 = 20 F 1 F 1 = 150 N

* * i « * *

-.(1 )

sü Si'

303

Î | fi gur a (2) * *

aire

lJ " C

i

,

-----------------------------------------* ° * »

íi)

.

.

t zz-lzi ■

fe

.

.

.

0,5m

.

^ - -- ~

0,8m 1) La fiyura (1), muestre un recipiente de forma cilindrica conteniendo cierto líqui­ do. 2) El líquido adopta la forma del recipiente que lo contiene, debido a la acción ael campo gravitatorio o debido a su peso, figura (1). 3) En ausencia del campc gravitatorio (sin peso) adoptará como forma natural la esférica, esto quiere decir que el liquido no se derrama. 4) La presión “P" que ejerce el liquido sobre el fondo del recipiente se debe al pesu del líquido, figura (2). Fuerza W Peso del líquido Presión^ área ~ A ~ ár e a de la base P _W A Pero:

p . g. v A

v = A. h

* * * * * * * * ¥

y * t * « * * * * *

---------------------J L l ------- .----------A

—

^—. .

• ------------------------

SOLUCION: Presión hidrostática debido a varios líquidos: Pa = Di. g. hi + D2. g. h2 En el S.I.: P a = 800 x 10 x 0,5 + 1 000 x

10 x

0,8

P a = 12 000 pascal

PA = 1 2 k P a PRINCIPIO FUNDAMENTAL DE LA HIDROSTATICA "La diferencia de presiones hidrostáticas entre dos puntos situados en un rrusmo líqui­ do en reposo relativo as igual a! producto del peso específico del líquido por la altura entre dichos

« * * * *

p _ P. g. A. h

i/\ “La presión hidrostática es igual al pro­ ducto de la densidad del líquido “D''; la acele­ ra d o r de la gravedad (g) y la profundidad (h)” PROBLEMA N5 02 En la fig ura m ostrada, determ inar la presión hid ro stá tica en el pun to "A ". La densidad de los líq u id o s no m iscib le s son: Di = 800 kg/m 3 , D2 = 1 0 0 0 kg/m 3

304

« *

* *

Reemplazando en (1):

g = 1 0 m /s 2

I * * * l

*

* * * *

h

___ Ls£ í? a ra ..(ll

* * * * -i * * * * *

Isóbara (2 )

F . g . (1 )

1) En la figura (1), calculamos las presiones hidrostáticas en los puntos 1 y 2 P2 = D (Líquido), g. h 2

.... (I)

Pi = D (Líquido), g. h i

(II)

Restando las ecuaciones (I) —(II)

* *

* * * $ a tu

(Pz - P i) = D (Líquido), g. (h2 - h i) De la figura (1):

* *

h = 136 mm PROBLEMA Ns 04 En un tu bo en "U " de ram as ve rtica le s y de igual sección se vierten tres líquidos (1 ); (2) y (3) obteniéndose el e q u ilib rio en la form a m ostrada. Hallar la a ltura "h". D i = 3 000 Ug/m3

P2 - P 1 = D (L^uldo). g. H

D3 = 4 000 kg/m3

D2 = 5 000 kg/m

2) Por consiguiente, todoc los puntos si­ tuados en un mismo líquido en reposo relativo y a ur. m.smo nivel o profundidad soportan la misma presión. 3) La Isóbara, es la línea o plano formado por puntos que soportan la misma pre­ sión, figurad). PROBLEMA Nfi 03

# * * * * $ * SU sH * * tü

Un tu b o en “ U" contiene m ercurio (D = 13,6 g/cm 3). ¿Qué altura de agua se debe verter en una rama para que el mer­ curio se eleve en la otra rama 5 m m? SOLUCION:

*

* * * * un

SOLUCION: Principio fundamental de la hidrostálica Pa = Pb D i. g. hi + D2. g. h2 = D3. g. h3

* * * * * * Hd y

v

Principio fundamental de 1a Hidrosiática. P1 =P 2

PaTM + D h20- g.h= D|-|g-g.(H)+PATM Dh20- h = ÜHg. H h =■£*-. H D h2o Reemplazando d a to s :

* * * * * * # »(5 * * $ * * * * * * * * *

Reemplazando en el S.I.: D i. hi + D2. h 2 = D3. h3 3000 (0,3) + 5GG0 (h - 0,3) = 4000 (h) h = 0,6 m

PRINCIPIO DE ARQUIMEUES Todo cuerpo sumergido en forma parcial o total en un líquido er. reposo relativo, está sometido a la acción de una fuerza perpen­ dicular a la superficie libre del liquido o per­ pendicular a las isóbaras, hacia arriba debido a la presión que ejerce el líquido sobre el cuerpo denominado fuerza de Empuje. "El empuje es la fuerza resultante de todas las fuerzas que aplica el líquido sobi e el cuerpo, debido a la presión hidrostática’

* 305

El valor de1 empuje es igual al peso del volumen del líquido desalojado por el cuerpo. Pero el volumen del líquido desalojado es igual al volumen sumergido del cuerpo. Empuje = D (Liqj. g. Volumen sumergido

- i l í 1

I i / i 1

o» 3) De observarse que la presión hidrostáuca $ aumenta con la profundidad. Además en « * el perímetro de la bace del cilindro la * presión actúa en toda dirección y sentido * pero con la misma intensidad. Oí * 4) Las presiones que actúan en la superficie SU * lateral del cilindro se eliminan, razón por * la cual la fuerza resultante es igual a cero * * en la horizontal. « « 5) Las presiones Pi y P2 son de magnitud $ diferente, debido a las alturas h i y h 2, $ Oí respectivamente. * 6) Sabemos que.

* y

^

Fuerza = Presión x Area ■ —

^

t

\ l V \

m * * Oí

#

Oí

P 2

sü *

F ig .(l)

* * * * * *

;

«t< ------------ -

Oí

/

*

/

* * * * * *

1) Considerai nos un cuerpo cilindrico de al­ tura H = h2 - h i y de área de la base "A", como indica la figura. 2) En la figura (1) se muestra el diagrama de presioner que actúa sobre el cilindro, debido al líquido que lo rodea.

306

F2 = P2 -A

— (1)

F1 = P 1 . A

.... (2)

7) El empuje se define como la fuerza resul­ tante que i-ctúa sobre el cuerno, debido a la presión que ejerce el líquido sobre el cuerpo Empuje = F2 - F 1

.... (3)

Reemplazando (1) y (2) en (3) E = P2. A - P 1 . A E = (P2 - P i ) . A

* ♦ * * 0*

X

Luego:

* $ « * * ! « *

(4)

Por el p rin c ip io fu nd am e nta l de la Hidrostática, en (4) E = D (líq). g. (h2 - h i ) . A Pero: Volumen sumergido = (h2 - h i ) . A Luego:

*

[~Em puje = D (líq). g. V(sumerg jn)

|

F R -SION AT.l/lOSFERICA Es la presión que ejerce el aire sobre los cuerpos, debido a la acción del campo gravitatorio. El aire que rodea a la Tierra estr compuesto con mayor porcentaje po: Nitrógeno(78%) y oxígeno(21 %). La densidad del aire varía con la altura, por consiguiente con la intensidad del campo gravitatorio. Ahora bien la presión del gas

es proporcional a la densidad del gas, enton­ ces, la presión atmosférica es máxima en el nivel del mar y es mínimo e igual a cero en el límite de la atmósfera. EXPERIMENTO DE TORRICELLI airT

\

Hg

* * * * o« * * * * * * * * *

presión atmosférica que actúa sobre la superficie libre del mercurio. 5) Por el principio fundamental de la hidrostática, los puntos (1) y (2) se encuentran en un mismo líquido (Hg) y el mismo nivel, por lo tanto Pi = Pa Patm = 76 cm Hg

"La presión atmosférica es equivalente, a la presión que ejerce una columna de mercurio (Hg) de 76 cm de altura” . En elS.I.

* o * *

lOOcm

P atm = D Hg • g . h Patm = 1 3 600 &

(9,8) ™ . (0,76m)

m

M g .1 2 )

Fiq.(i)

í

Vacío

76cm

1) La figura (1) muestra una probeta de 100 cm. de longitud. 2) La probeta se llena con mercurio(Hg), figura (2). 3) La probeta se invierte tal que el mercurio (Hg) se derrama sobre un recipiente, co­ mo muestra la figura (3). 4) En la figura (3) se observa que no todo el mercurio baja de la probeta debido a la

* * * * * * * * $ * * * * * * * * * * * o* * * * * * * * * * * * * * * * *

s

| P a t m = 1,1 x 10a pascal |

l í .■\

Si la experiencia de 1 orricelli, se realiza con agua ( H20 ) en lugar de Hg., la columna de agua sería de una altura h = 10,33 m aproximadamente Patm

*

= 10 33 m H2O

Al conjunto mostrado en la figura (3)se le denomina Barómetro, sirve para medir la presión atmosférica. MANOMETRO

Es aquel dispositivo que se utiliza para medir la presión de un gas encerrado en un recipiente. La presión manomètrica de un gas es igual a la presión hidrostática, es de^.ír a la columna del líquido en el tubo abierto ^ATM

* * * * * * * * * *

Fici-(l) LIQUIDO

■J 307

La presión absoluta del gas, es mayor que, la presión atmosférica. P i = Pa

* * * * * $ * * * * * * * *

Pgas = P atm + D. g. H pa t m |

r

Empuje =

D gas

• g • Vs

PROBLEMA N° 5 Un hom bre cuyo volum en es 80 litro s, sube a una balanza y observa que la aguja indica una lectura de 800N. Sabiendo que la densidad del aire es 1,2 kg/m 3, determ i­ nar el peso réal del hom bre. g = 10 m /s2

>fe * * * * * * * La presión absoluta del gas, es menor que la presión atmosférica. Del principio fundamental de la Hidrostática. P3 = P 4 Pgas

*

+ D g. h. = Patm

Pgas = P atm - D. g. h

.... (2)

PRINCIPIO DE ARQUIMEDES EN LOS GASES Todo cuerpo sumergido en forma parcial o total en un gas, experimenta la acción de una fuerza vertical con sentido hacia arriba, denominada "Empuje", cuyo valor es igual al producto de la Densidad del gas que rodea al cuerpo, aceleración de la gravedad y el volumen sumergido.

i" "

* * * * * *

* * m * * * * «»■ * * * * * * o* * & * * *

SOLUCION: La balanza nos indica la reacción normal entre los pies del hombre y la plataforma de la balanza. ZFy = 0 W = E + Ni

Cálculo del Empuje, sobre el hombre:

moa E = Dgire. g . V

E = 1,2 kg/m3 (10m/s2) (80 x 10 3m3) E = 0,96 N Reemplazando en (1) W = 0,96 N + 800 N W = 800, 96 N

* * * * * * *

PROBLEMA N° 6 En el espacio vacío de un tu b o baro­ m étrico que marcaba 75 cm. de Hg., figura (1), se introduce un poco de gas y ento n ­ ces el instrum ento indica 72 cm. de Hg., fig ura (2). ¿Cuál es la presión absoluta del gas?

308

* * * * i * * * * % ■ * * X! « * *

Fig.(i)

de su s extrem os. Se Introduce en form a invertida en un recipiente q je contiene m ercurio. C alcular a que profundidad se encuentra el extrem o cerrado del tubo, fig ura (2), sabiendo que el volum en del aire se reduce a la m itad. '

Fig.(l)

r_ •

o

•

A IRE

V * •

* * * * * * * * * !! » * é * •H * * * V Hs * * * * * i.

lm •

: y

SOLUCION: 1)

De la figura (1), se deduce que la presión atmosférica es 75 cm de Hg., en el lugar donde se realiza la experiencia. P (atmosferica)=75 cm H g ....(1)

2)

En la figura (2), por el p. incipio fun­ damental de la hidrostatica.

* * * * *

F ig - (2 )

SOLUCION: 1)

Cálculo de la presión absoluta del aire comprimido, en la figura (2).

2)

Por el principio fundamental de la hidrostática.

* *

Pi = P 2 P atm = 72 cm Hg + Pgas .—(2)

Reemplazando (1) en (2): 75 cm Hg = 72 cm Hg + P gas P gas = 3 cm Hg

$ * * 4$ * * * *

Pi = P2 P íaire) = (H + 50) cmHg + P atm

P (aire) = (H ♦ 50)cmHg + 76 cm Hg P (aire) = (H + 126) cmHg 3)

P a t soluta ga¡. = 3cmHg = 30mm Hg PROBLEMA N° 7 La fig ura (1) m uestra un tu b o de vidrio de un m etro de largo (1m) abierto p or uno

* * * * * *

Como la temperatura es constante, aplicamos la ley ae Boyle-Mariotte. P ¡. V¡ = Pf . Vt

4)

.. (1)

.... (2)

De la figura (1): Pi(aire) = 76 cm Hg

.— (3)

309

Vi = v

y

V. = |

Reemplazando en (2):

*

76 cm Hg.V = (H +126)cm Hg. ^

* * {

Luego: H = 26 cm. PROBLEMA N° 8 Una burbuja de aire asciende desde el fondo dp un lago aum entando 6 veces su volum en inicial. ¿Cuál es la profundidad del lago? Pres ón atm osférica =10,33 m H 2O SOLUCION:

310

l

* *

% íjí # J * J $ * * *

PROBLEMAS RESUELTOS DE H ID R O S T A T IC A PROBLEMA N® 01 En el baróm etro m ostrado, determ inar la presión absoluta del gas. Densidad del m ercurio = 13 600 kg /n v, Presión atm os­ férica = 76 cm.Hg g = 1 0 m /s 2

Principio fundamental de Id hidrostática

Hs * $ * * $ « * * * * * * * * * * * * * * $ * $ $ * * $ * * * $ * * *

Pi = P2 Pgas = 24 c m H g + P atm Pgas = 100 cm H g

En el S.I.:

m

El dinamómetro “D" nos .ndica el peso aparente. La diferencia entre el peso real y el peso aparente bs igual al empuje que ejerce el líquido sobre el cuerpo E h2o = D h2o g

V = 10 N

Ex = Dx . g. V - 20 N Dividiendo las Ecuaciones: dx = 2Dh2o Dx = 2 000 kg/m PROBLEMA Ne 03 Un b lo q u e está s u m e rg id o p a rcia l­ m ente en el agua, sabiendo que el vo lu ­ men no sum ergido es el 2 0 % de su vo lu ­ m en to ta l, d e te rm in a r la densidad del cuerpo. Densidad del agua = 1 000 kg/m 3 SOLUCION:

Pgas = ÜHg. g. h P gas = 1 3 6 0 0 - ^ . 1 0

Consideremos su peso real en el aire, igual a 100 N.

™

(1m)

Pgas = 1 3 6 0 0 0 Pa

PROBLEMA N® 02 Un cuerpo pesa 100 N en el aire, 90 N en el agua y 80 N en un líquido "x ". Deter­ m inar la densidad d e l líq uido x. * * * * *

V£ : Volumen sumergido V ■Volumen tota¡

*¡s

ZFy = 0

*¡s * *¡s $ *¡s * $

W= E Dcg. V = Duq. g. V Vs

De = ’ y ' . Dl.íq

311

Porcentaje de volumen sumergido% V S= y x 100% Reemplazando los datos : De = 0,8 Duq De = 800 kg/m PROBLEMA N* 04 La figura m uestra a un bloque de vo lu ­ men 2 000 cm 3 sum ergido en agua to ta l­ mente unido a una cuerda vertical que se encuentra atado en el fo n d o del recipien­ te. Si la masa del bloque es igual a 700 gramos, determ inar la tensión en la cuer­ da AB. g = 10 m/s2

«te T = Diiq.g . V — Dc. g.V * * T = g - V (Di¡q — D c) * * * T =10 m/s2.2 x 10'3m3.650kg/m3 * * T = 13 N * * * PROBLEMA N5 05 * * * * * * * * *

La fig ura m uestra dos líquidos (1) y (2) no m iscibles contenidos en un recipiente. D eterm inar la densidad del cuerpo, sa­ biendo que el 10% de su volum en está sum ergido en el líquido (1). Las densi­ dades de lo s líquidos son: D i = 1 000 kg/m 3 ,

D2 = 3 000 kg/m 3

*

* * » * * * * * * * * * * * * * SOLUCION:

SOLUCION: Cálculo de la densidad del bloque:

D= m =_Zpo^_._ 0,350 g/cm 2000 cm3 En el S.l. : D = 350 kg/m3 Realizamos el D.C.L del bloque:

lt

r ío

* + * $ * * * * * * * * * * * * * *

312

EFy = 0 W = Ei + E 2

* * * # * * * *

IFy = 0 T = E —W

Cuando un cuerpo está sumergido en varios líquidos, cada líquido ejerce un empuje independiente sobre el cuerpo. D.C.L. del cuerpo

* *

.... (1)

V : volumen del cuerpo Vi=0,1V

y

V2 = 0, 9V

Reemplazando en (1) De g. V = Di . g. V i + D2. g. V 2 Dc = (0,1 )D i +(0,9)D 2 Dc = 2 800 kg/m

PROBLEMA NB 06 La fig ura m uestra dos esferas (1) y (2) de volúm enes iguales y densidades 900 k g /m ' y 1 700 kg/m 3, respectivam ente: Flotando en el in te rio r de un líquido, u ni­ dos m ediante una cuerda de peso despre­ ciable. Determ inar la densidad del líquido que establece el e q u ilib rio de lo s cuerpos.

Da + Db = 1 600 kg/m * * * * * $ *

SOLUCION:

SOLUCION:

Principio fundamental de la Hidrostática "Dos puntos que se encuentran en un mismo líquido y a su mismo nivel, sopor­ tan igual presión"

Consideremos nuestro sistema físico (1 +cuerda +2). El empuje sobre las esferas (1) y (2) tienen el mismo módulo, por tener igual volumen.

Px = P y

Patm + DA.g.hi = DB.g.h2 + Patm

# * * * * * * * * * * *

IF y = 0

Da A Reemplazando: Da =

0,3 cm 0,5 cm

hi

Db

Db

D a = — . Db O Reemplazando en la condición inicial: D a +D b = 1 600 kg/m3

2 E = Wi + W2

2. Diiq. g. V = D i. g. V + D2. g. V ^

D i + D2

Dliq = ------ £ ------

Reemplazando: Di¡q = 1 300 kg/m PROBLEMA NB 07 La fig ura m uestra un tu b o en "U “ con­ teniendo d os líquidos A y B no m isibles. Hallar la densidad de lo s líquidos sabi­ endo que:

$ *

* * * * * * *

* * * * * $

S¡S *

D a = 600 kg/m D b = 1 000 kg/m3 PROBLEMA Ng 08 Un tu bo en "U “ c ilin d ric o s de 4 cm 2 y 20 c m 2 de se cció n tra n s v e rs a l, co m o m uestra la figura, contiene m ercurio a un m ism o nivel. Por el tubo de m ayor sec­ ción se vierte lentam ente 816 gram os de h 2o . D eterm inar la altura que sube el nivel del m ercurio en el o tro tu bo : Dhg = 13,6 g/cm 3 313

Üí PROBLEMA Nfi 09 * Ut i bloque de masa "m " y densidad 500 * kg/m 3 es abandonado sobro el plano in c li­ * nado. Despreciando toda form a de roza­ # m iento. D eterm inar la aceleración del % bloque. 6 = 30°

SOLUCION: Cálculo de la altura de la columna de agua: m D=-

m = D.V

816 g = 1 g/cm3. (20 cm j.h h=40,8cm

-— (1)

Del principio de conservación de la masa (Hg), el volumen desplazado en el tubo de mayor sección es igual al volumen que ocupa en el tubo de menor sección. El mercurio en el tubo de mayor sección desciende “x" y en el tubo de menor sec­ ción sube "5x".

Realizamos el D.C.L. dsl bloque: * * * * «o *

* * * $ * * $ * * $ * A

Principio fundamental de la hidrostática Pi =P 2

* * * * * * * * *

ÜHg.g .(6x) = DH20.g h í~)Hg (6x) = D h2o h 13,6 g/cm3. (6x) = 1 g/cm3 . (40,8 cm) x = 0,5 cm El mercurio sube en el tubo de menor sección "5X", por consiguiente : 2 ,5 cm.

314

2da Ley de Newton Fr (// al plano) = m . a (F - W) Sen G = — . a

g

. g . Sen 0

* * * * * $ * *

* ¥

L- 1J. g . Sen 0 Reemplazando datos: a = 5 m/s

PROBLEMA Ns 10

cuyos volúm enes son iguales. Despre­ ciando toda form a de rodam iento, h allar el volum en de 'o s bloques, para establecer el equilibrio, g = 1 0 m /s 2

Considerando que no hay resistencia del agua debido a la viscocidad, una es­ fera de volum en 0,006 m 3 se lanza del punto "A " con una velocidad de 3 m/s. ¿Al cabo de qué tiem po vuelve a pasar por el punto de partida, sobre el plano in c li­ nado. La masa de la esfera es S kg. g = 1 0 m /s 2

AGUA

SOLUCION: Cálculo de la aensidad de la esfera: Dc = ^ = | . 103 kg/m3 Del problema anterior, la aceleración de la esfera se determina del siguiente mo­ do: a=

fD u q

* * $ * * * * * * * *

SOLUCION: El empuje "E" sobre cada bloque tiene igual módulo, por tener igual volumen. D.C L. del bloque (1):

L—1J. g. Sen 6

Reemplazando en el S, |

ZFy = 0 * * *

a=

T = E-W i

T + Wi = e .... (1)

D C.L. del bloque (2):

a = 1 m/s De la ecuación cinemática:

* *

VF = V0 - a.t cuando se detiene instarnaneamente, para regresar, VF = 0 0 = 3 —(1) t

->

t=3s

Luego el cuerpo regresa al punto “A” luego de 6 segundos. PROBLEMA Nfi 11 La figura m uestra d os bloques (1) y (2) de pesos 40 N y 30 N respectivam ente,

* * * i« * * $ $ * * Z F (// plano) = 0 3 15

T = (E - W2) Cos 60°

.... (2)

Igualando las Ec. (1) y (2):

PROBLEMA Ne 13 * *

( E - W i ) = ( E - W 2) . | De¡ d a to :

$ * * *

E = 50 N DL.g. g. V = 50 N

La fig ura m aestra dos b loques (1) y (2) de peses 10 N y 40 N respectivam ente y volúm enes iguales, en e qu ilibrio. Despre­ cie toda fo rn a de rozamiento. Determ inar el volum en de cada b lo ­ que. g = 1 0 m/s 2

1 000 kg/m3 . 10m/s2. V = 5 0N V = 5 . 10-3 m3 PROBLEMA N® 12 Un corch o cúbico de arista 10 cm., con densidad 0,25 g/cm 3 flo ta en el agua. ¿Qué altura del bloque queda por encim a de la superficie del agua? SOLUCION

o

.0 . . - P

8

AIRE

"

:

1 O-^VíoC

X

.-v0-: Y 19

y "AGUA --

- y A

E

----- ------------D .C .L del bloqi'o (1):

A : área de ia cara del cubo D.C.L. (corcho cúbico)

IFy= 0 E=W Duq . g . Vs = Dc . g . V

V s= i S j V

- (1) I F (// plano) = 0

A(10 - x) - ^ A . (10) x = 7,5 cm

3 16

$ # * * * *

T = (E —W i). Cos 60° D.C.L. del bloque (2):

(1)

Si

F = P.S Fi = D. g. hi(5) F2 = D. g. h2(5)

2da' Ley de Newton : Fr = m.a (Fi - F2) = m . a S.D.g (hi - h2) = D. ( SL ) . a hi —h2 = — L 9 Igualando las Ec. (1) y (2): ( E - W i ) | = W2 - E

* * * *

Reemplazando E = 20 N D uq.g.V

= 20 N

1 000 kg/m3 . 10 m/s2 . V = 20 N V = 2. lO ^m 3 V = 2 litros PROBLEMA Ns 14 Un tu bo en "U " de sección transversal constante que co n tie n e un líquido, es acelerado hacia la derecha con una acele­ ración constante "a", com o indica la fig u ­ ra. ¿Cuál es la diferencia de alturas "h " entre las colum nas de líq uido de las ra­ mas verticales?

41

* * * * * * * * * * * * * $ * $ * $ * $ * * $ * *

Luego:

CONSECUENCIA Un recipiente que contiene un cierto líqui­ do, acelera horizontalmente. Debido a la inercia, la superficie libre del líquido se inclina un ángulo "6" respecto de la hori­ zontal.

SOLUCION: Consideremos como nuestro sistema fí­ sico el tubo horizontal de sección “S".

* *

De la fórmula anterior

317

a = t .g.

Pero:

= Tg0 a = g . Tg6

"El ángulo de inclinación “ 6 " es direc­ tamente proporc.onal a la magnitud de la aceleración" PROBLEMA N®15 La figura m uestra un ascei isor que sube verticalm ente con aceleración con­ stante "a “ en su in te rio r lleva un líquido de densidad "D " en reposo respecto a las paredes del ascensor. Hallar la diferencia de presiones entre los p un to s A y B sepa­ rados una distancia "h ".

* * * * * ••• * * *t> * * * * *

* * * * * * * *

* * *

* * *

* s

# 1s * * * « . V ' V .. N '

*

X

N. " x

V v v v N \V N

X

SOLUCION: (1)

Realizamos el D.C.L. del bloque, cuando el ascensor sube con aceleración. Con­ sideremos el volumen sumergido V2. E ’ = Empuje = Duq . (g + a ) . V 2 2da Ley de Newton

(E ’ - mg) = m.a

* * * * * * * * * * * * * * * *

Consideremos nuestro sistema físico, el "tubito” BC de sección "S". Si,

F = P.S F2 = PB . S

/jmov

F3 = Pc ■S LFy= 0 (F3 - F 2) = W

( P e - P B ) S = D. g. (S.h) Pc - P

b

= D . g. h

....(1)

Consideremos nuestro sistema físico, el "tubito" AC de sección "S".

E ’ = m(g + a) Del problema anterior, sabemos que: Di_íq ■(g + a) V2 = De . V. (g + a) Dc

v2 = ~

oLiq

V

(2)

De las Ec. (1) y (2): V, = V2 "El volumen sumergido permanece constante, independiente de la acelera­ ción del sistema"

PROBLEMA NB 17 Un cisterna de largo "L " y una altura "h " está llena hasta el m áxim o de un lí­ quido de densidad “ D” y se m ueve con una aceleración "a " en la d irección h ori­ zontal. D eterm inar la diferencia de pre­ siones entre lo s p u n to s A y B.

* * * * *

2da' Ley de Newton Fr = m . a

* * * * * * * * * * * * * * * * * * «H

(F 1 - F3) = D V a (Pa - PC)S = D .(S L ). a Pa —Pc = D.L.a

(2)

Sumando las Ec. (1) y (2): Pa —Pb = D(g h + a.L) La diferencia de presiones entre A y B se incrementa debido a la inercia. Si a = 0, el móvil está en reposo o se mueve con velocidad constante, enton­ ces: 319

* * * * * *

Pa - Pb = D.g.h PROBLEMA N9 18 La figura m uestra un glo bo e sferico !nflado con Helio de densidad 0,1 Xg/n . 3 y volumen 1 , 0 m3 , está unido p o r una cuer­ da de peso despreciable a un blo qu e de densidad 1 1 0 0 k g /r 3 y volum en 0,006 m 3 sum ergido totalm ente en agua. Sabiendo que el bloque se encuentra en e q u ilib rio , determ inar el peso del m aterial que está fabricado el globo. No hay rozam iento. Densidad del aire = 1,2 kg/m 3 g = 10 m/s

AIRE

SlUA'

SOLUCIONRealizamos el D.C.L. del bloque:

i * * * * «fe * * * * i. * * * * * «fe * * «fe * * * * * * «fe * » # * * * * * * * # * * * * * * «fe * * # * * * * * * ♦

Ei

empuje sobre el globo, debido al aire que lo rodea.

Wi :

peso del gas Helio

x :peso del material que está fabri­ cado el globo. X Fy = 0 T + W i + x = Ei

...(p)

Reemplazando ( a ) en ( p) x = ( E i - W 1) - | ( W 2 - E 2) En el S.I.: gVg x = g.V i(D a - Dhe) - s y ~ (Dc- DH2o) x = 10(1) (1,1)- - y 6.10"3 . (100) x=8N PROBLEMA Ne 19 Despreciando el espesor de las pare­ des de! recipiente c ilin d ric o de radio 0,5 m. ¿Cuál será ei peso de d ich o recipi­ ente, si se encuentra en flo ta ció n en el agua? g = 1 0 m/s 2

f o

"

o "> 0,6m

* * #

O

AIRE O

O o

* " AGUA

— —-

1

0.4m” Z _

tí

Z F (// plano) = 0 T = (W2 - E2) Cos 60 o Realizamos el D.C.L. del globo: 3 20

....(a)

* * * * * *

* *

---------

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

SOLUCION: Cálculo de la presión manomètrica del aire comprimido. Principio fundamental de la hidrostática Pl = P2 Paire = D. g. h Paire = 1 0 0 - ^ . 1 0 - ^ ( 0 , 4 m) m s P aire

= 4 000 N/m2

* o* * * * * * * #< * * V * * $

volum en 1 m , y está unido por una cuerda de peso despreciable a un bloque de den­ sidad 1 100 kg/m 3 y volum en 0,005 m 3 sum ergido totalm ente en agua. Sabiendo que el bloque se encuentra en e qu ilibrio, determ inar el peso del m aterial que está fabricado el globo. Densidad del aire = 1,2 kg/rr g = 1 0 m/s 2

* * o»

-(1 )

Realizamos el D.C.L. del recipiente. Despreciamos el volumen de las pare­ des, por consiguiente el empu,e es nulo.

* * * *

SOLUCION: £ Fy = 0 Ei + E2 —W 1 —W 2 —x = 0 x = E 1 + E2 —W i —W 2 En el S.I.: Se tiene en consideración sólo la presión hidrostática, para el cálculo de la presión del aire comprimido.

IFy = 0 W = Faíre — P aire S W = (P a ire ) - B R 2

- (2 )

Reemplazando (1 ) en (2): N 1 ? W = 4000 ^ . n . ^ m 2 m2 4 W = 3 141,6 N PROBLEMA N® 20 La figura m uestra un globo esférico inflado con H elio de densidad 0,1 kg/m 3 y

* * S)s * * * * *

* H* SU * * # * * * * * * * *

x

= ( E i - W i ) + (E2 - W 2)

X =gVi(Daire—DHe) + gV2(Dagua — De)

Reemplazando datos : x = 10 (1) (1,1) + 10 x 5.10'3(—100)

PROBLEMA N® 21 Un c ilin d ro sellado que está co m ple­ tam ente lleno de un líq uido de densidad "D ", gira alrededor de un eje con una velocidad angular ”W ". Hallar la diferen­ cia de presiones entre los pun tos A y B, sabiendo que la recta que contiene a es­ to s p untos es una recta radial y horizontal (considerar al líquido en reposo con res­ pecto al cilin dro ).

321

* » * * # * * * * * v # 4

puje que actúa sobre el cuerpo parcial­ m ente sum ergido es E = 20n ew to ns. De­ term inar la m agnitud del empuje, cuando el sistem a baja con una aceleración de a = 5 m /s 2

* * «H * * * * * » *

Elegimos como nuestro sistema tísico el tubito de líquido AB de sección "S".

R+r

# * * * * *

* | E * * » *

-i ^-----------

R

Fe = m 3c (Fi - F2) = m . W2 Rg F2 = PB(S)

Reemplazando : (Pa - P b) S = D V . W 2 . R g

2 (R + r) (Pa- Pb) S = D. (R - r)S. W' 2

Luego: Pa - P

* * # * * * * *

Dinámica circular

Pero: Fi = PA(s) y

*

O* £ * * * * O* » *

b

=

D . \AT

(R2 - .- 2)

» * * *

PROBLEMA Ne 22 En el sistem a m ostrado, cuando el as­ censor baja a velocidad constante el em322

«le

* *

SOLUCION: La magnitud del empuje depe.ide de la "gravedad local” que afecta al fluido que lo rodea. E = Di_,q V . (g ± a) (+): cuando sube con "a” ( - ) : cuando baja con ’a" Cuando el sistema baja con velocidad constante (a = 0). E = Dl ¡, V . g 20 N = 1'000 kg/m3 (V). 10 m/s2 V = 2 .1 0-3 m3 cuando el sistema baja con aceleración constante "a”. Ei = 1 000kg/m3 (2 10'3m?) (10-5) nVs2 Ei = 10 N PROBLEMA Ne 23 La fig ura m uestra un recipiente cer­ rado, en su in te rio r c o n fie re un cie rto gas de densidad 1 0 kg/m 3. La esfera de v o lu ­ men 0,005 m 3 y densidad 250 kg/m 3, se encuentra suspendido en el techo. Hallar la tensión en la cuerda AB.

g = 10 m/s .

SOLUCION: Realizamos el D.C.L de la esfera.

IF y = 0 SOLUCION:

T+E=W T = W -E

* * * * *

De la figura (1), se deduce que el peso total (agua + recipiente) es igual a W = 25 N.

* * # * * * sH

Realizamos el D.C.L. (bloque) y el dia­ grama del cuerpo libre del (recipiente + agua).

*

F iq .(3 )

s)í T - g. V (De —Dgas)

* *

En el S.I.: T = 1Om/s*. 5x 10'sm3 (240 kg/mJ) T = 12 N

PROBLEMA Ne 24 La figura (1) m uestra un recipiente que contiene agua, la balanza indica un peso de 25 new tons. En la fig ura (2) el bloque atado p o r una cuerda se sum erge hasta la mitad si el em puje que actúa sobre el bloque es E = 5 new tons, hallar la lectura de la balanza en la fig u ra (2 ).

sH st* * s* * Oí * S* * ste * * * * * * * * sX

Fig. (4)

El empuje (E) es una fuerza de acción. La reacción actúa sobre el bloque y la acción sobre el sistema físico (agua + recipiente). 323

D.C.L. del sistema físico, (agua + recip¡entey, actúan las fuerzas peso total (W), Empuje (E) y la normal (N). I Fy = 0 .....

lera, condición de Equilibrio.

N - W + empuje Luego: N =25 newtons + 5 newtons N = 30 newtons. La lectura en la balanza es igual a la reacción normal. PROBLEMA N2 25 La figura m uestra una esfera de vo lu ­ men 2 litro s y densidad 400 kg/m 3 sum er­ gido totalm ente en el agua p o r acción de la cuerda AB. Determ inar la tensión en la cuerda. Dagi'i —1 300 kg 'm 3

* * * * * * * * * * * * ¡ü * * * * * * * * * * * * * *

En el S .l.: T = 10

. 2 x 10-3 m3. (600 kg/m3) T = 12 N

PROBLEMA NB 26 Un oso polar de poso 2 500 N se en­ cuentra parado sobre un bloque de hielo (densidad 900 kg/m 3) flo ta n d o en el agua. D eterm inar el m ínim o volum en del bloque de hielo, tal que, el oso no se hunda. g = 1 0 m/s 2 SOLUCION: D.C.L. del Dloque de h.elc

g = 1 0 m /s 2

* * * *

SOLUCION: Diagrama del cuerpo libre de la esfera:

IFv= 0 T+W = E

* * * * * * * * * *

I Fy = 0

->

E = W a + Woso

E - W h

Dl.. g. v - DH. g. v = Woso g v ÍD l - D h) = Woso Reemplazando datos en el S.I.: 10 v (100) = 2 500

* T= E- W

....(1)

Reemplazando en í1) T = ÜL.g.v - Dc.g.v T = g.v (D l - Dc)

324

v = 2,5 m

*

* v # £ * * * * * *

= W0so

PROBLEMA Ne 27 Dos e ¡feras de pesos 10 N y 40 N, y de igual volum en f'o ta n en el in te rio r de un líquido unidos p o r una cu eida de peso despreciable, en la form a que m uestra la figura. Hallar la tensión en la cuerda.

AIRE

*

D i = 400 kg/m

*

D2 = 1 000 kg/m3

_( _ _ 'JLlQuIIXL-

SOLUCION:

.

D.C.L. esfera (1)

IF y= 0

E = W i,+ T .....(1)

El empuje "E" sobre los cuerpos son igua­ les, dado que los volúmenes son iguales. D .C .L esfera (2)

ZFy= 0

W2 = T + E

.....(2)

Sumando las Ecuaciones (1) y (2): W2 = W i + 2 T W g - W) 2 Reemplazando los datos: T = 15 N PHOBLEMA N® 28 La fig ura m uestra una esfera flo tan do entre dos líq uido s no m iscib le s ( 1 ) y ( 2 ). Si el 50% de su volum en está sum ergido en el líquido ( 2 ), determ inar la densidad de la esfera.

* * * * O $ # * * * * * * * * * # # * * * * * * * * » íü

SOLUCION: Cuando un cuerpo está sumergido en varios líquidos cada líquido ejerce un em­ puje independiente. D.C.L.(Esfera)

*