IM PRESO EN EL PERÚ
01 - 0 1 - 2 0 1 2
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.v -S x L
Este libro no puede reproducirse tota! o parcialmente por ningún método
gráfico, electrónico o mecánico, incluyendo los sistemas de fotocopia,
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del autor y Editor.
RUC
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N° 448 4
El presente solucionado Física 1y II de Leiva, es un aporte a los estudiantes que
aún quedan con la curiosidad de saber más sobre cómo interpretar las ciencias físicas
en sus diversos problemas.
Éste texto es un humilde complemento al texto Física de Leiva que tiene un buen
contenido utilizado por los estuchantes de ingeniería a nivel nacional e internacional, el
cuál recomendamos en un 100% como lectura obligatoria.
No obstante éste solucionado en su primera edición desarrollado al 80% es un
avance en lo que respecta a presentación y sistema didáctico de presentación dirigido
a todos los niveles de la educación que se encuentren involucrados en ésta rama.
El solucionado está desarrollado en su mayoría de aportes de profesionales que
en sus pasos de enseñanza por las principales universidades, otorgan a la editorial
para publicarlo bajo la supervisión y apoyo del Dr. Eduardo Espinoza Ramos, quien
orienta en ciertos aspectos de la publicación.
SOLVER-EDK® es una marca registrada por Edukperu® con todos los derechos
reservados utilizado para la publicación de solucionados de textos importantes en el
nivel universitario de las diversas carreras.
SOLVER EDK «
VECTORES
Se pide demostrar que si el módulo de la suma y diferencia de dos vectores en el
espacio son iguales, entonces los vectores en el espacio son perpendiculares. Hacer
por componentes.
mssm
Piden:
Si |A-B¡^|A+B|—>A y B son perpendiculares.
Sea A=(Ax?Ay;Az)B= (BX7By;Bz)
( Ax-Bx,Ay-By,AZ-BZ)|=| (Ax+Bx,Ay+By,Az+Bz) |
I CAx-Bx)'*"+(Ay-By )2+(A z-Bz)2- J (A x+Bx) 2+(A y+By) 2+(A z+Bz)'
Ax+B2-2AxBx+Ay+By-2AyBy+Az+Bz-2AzBz=Ax+B2+2AxBx
+Ay-fBy+2AyBy+Az+B|+2AzBz
4AxBx+4AyBy+4AzBz=0
AxBx+AyBy+AzBz—0
AB-0
Si A.B-O—>A y B son perpendiculares
Demostrar que:
(PxQ) ( RxS)+(Qx R ).(R xP)+(Q xS)=0
Usar la relación: Px(QxR) =Q(P.R)-R(P.Q)
La demostración es inmediata usando la relación brindada. La idea es formar a partir
de ia relación los sumandos que piden demostrar, al sumar dichas ecuaciones se
www.edukperu.com
SüLUCIO N ARIO FISIC A LE IVA I Y II
»
VECTORES
encontrará con ciertos valores negativos que podrá sumar igualando a cero la
expresión.
Dado los vectores P=(2;- l,l) y y Q=(-l,2;2)y R=(l,-2;a)
Cuánto debe valer a para que los vectores sean coplanares.
P,Q,R son coplanares si P.(Q x R)=0
_
1
j
Resolviendo QxR= - 1 2
1
-2
k
2 =(2a+4;a+2;0)
a
P.(QxR)=(2,-l,l)(2a+4,a+2,0)=0
=(2(2a+4)-(a+2)+0)=0
a=-2
S¡mplificaix(Axí)+jx(Axj)+kx(Axk)r:
Tenemos:
i x (A x i)+j x (A x j)+ k x (A x j ) ... (a)
Resolviendo aplicando la propiedad
P x (Q x R)=Q(P. R)-R(Q.P)
De (a ):
ix (A x í)+ ]x (A x j)+k y ( A
0 * n c\l ? r r* ?\1 -t»
+ A ( j . j) -J (A . j) +A
X a / íy - í
Si P+Q+R=0 , Demostrar quePxQ=QxR=RxP:
f
—-
f
f
7
P+Q+R=0....(1)
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y I I'
x
j)
=2A
r~
VECTORES
SOLVER EDK «
Piden demostrar que PxQ=QxR-RxP
- a
" >
Hallamos PxQ, Sabemos por ( i )
Que Q--P- R
=>PxQ=Px-1(P+R) =-PxP-PxR
=-PxR=RxP
Para QxR=Qx(-Q-P)=-QxQ-QxP
--QxP-PxQ
PxQ=RxP=QxR
Simplificar (PxQ).(QxR)x(RxP)
Simplificando utilizando la propiedad
A x B x C = B (A .C )- C (A .B )
A.(B x C)=C(A x B)= B.(C x A )
A.nB^nA.B,
A.B=B.A
=KPxQ. [ (QxK)x(RxP)]
=>(PxQ). [ r (Q x R) .P-P(Qx R) .R]
^ (P x Q ).[R P(Q x R)-P R(Q x R)]
R (QxR)=0 ya que R I Q x R
=>=(PxQ)[R P(Q x R)]
=[P. (QxR)] [R. (P x Q )]
=[P. (QxR) ] [P. (QxR) ]
=[P.(Q xR)]2
Demostrar: (PxQ ).(RxS)= (PxR).(QxS)-ÍPxS).(QxR)
SOLUCIONARiO FISIC A LEIVA i Y II
» SOLVER EOK
VECTORES
Queremos probar que:
(PxQ ).(RxS)=(Px R) (QxS)- (PxS) (QxR)
Por propiedad A (B x C)=C.(Ax B)=B.(Cx A)
=>(PxQ ).(RxS)=R. (SxPxQ)
=r .(p ( s .q )-q ( s .p )]= (r .p ) ( s .q )-(r .q ) ( s .p )
Ordenando
(PxQ ).(RxS)=(P. R) (Q.S)-(P.S) (Q. R)
Teniendo en cuenta las propiedades
Px(QxR)=Q(P.R>R(P.Q)
P.(QxR)=R.(P.Q)=a(RxP)
P.P=0 y PxQ--QxP
(PxQ ).( RxS)=S [PxQxR].. ..(1)
(Q .R).(P x Q)=P[Q x Qx R] .. ..(2)
(R.P).(Q.S)=S[RxPxQ].... (3)
De (1)
S.[Q(P.R)-R(P.Q)]=(S.Q)(P.R) (S .R )(P .Q )...( cO
De (3)
S.[-PxQxR]=(S.Q)(P.R)+(S.R)(P.Q)...(P)
De (2)
P[QxQxR]=0
Ya que QxQ=0
Sumando (a) y (P) Tenemos.
(PxQ)=(RxS)+(QxR) (PxQ )+(RxP) ((QxS)=0
Demostrar que los vectores
P= (2,8,0)
,Q= (-2,3,8) Y R=(0,6,-4) Pueden ser los
lados de un triángulo. Hallar las longitudes de las medidas triángulo.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
www.eou
U
-w
v:r
c
VECTORES
SOLVER EDK «
y
Para que los vectores puedan ser lados de un triángulo tienen que cumplir:
RP+PQ=RQ
RP=(2, 2, 4)
PQ= (-4, -5, 8)
RP+PQ=(-2, -3,12)=RQ
•••Por tanto estos vectores si son lados de un triángulo.
Tenemos el siguiente triángulo:
P
Hallamos las longitudes de las medianas:
1 _*
RO=RQ--PQ
V
jviVtV
<•V-yí<i
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
SOLVER EDK
)
VECTORES
1
PN=-RQ-RP
1
QM= - RP-RQ
Los componentes de las medianas son:
PN=(-3, --,2 )
R O = (0 ,- i,8 )
QM=(3, 4, -10)
Entonces las longitudes serán:
Li=|PN|=5,02
L2=|RO|=8,01
L3=|QM|=11,18
Dado el paralelogramo PQRS donde T Y L Son los puntos medios de los lados QR
Y PS respectivamente. Demostrar que PT Y PL dividen a la diagonal PQS en tres
partes mediante los puntos M Y N.
Q
Teniendo en cuenta los triángulos PQR y PRS; tendremos que N y M son baricentros
respectivamente.
SOLUCION ARIO FISICA LEIVA I Y II
V w " :./ ;/ o r ó
V 4 V v ? ¥ • V V í w '>
i í' Y ' s í Y '
*< w í • :
c
VECTORES
SOLVER EDK «
Q
Por lo tanto O N = -N Q ....(l) y MO=-SM....(2) probado en el problema 42
de los problemas resueltos.
MN
Pero O divide en la mitad al vector MN; teniendo — =ON=MO...(3)
De (1), (2), y (3) obtenemos que:
MN=NQ=SiM
Tomando MP=MA+AP pero MP=-BA+-AD
Pero sabemos que: BA+AD=BD
- 1
>MP=-BD
De esto tenemos queMPIIBD
Ahora tomamos el vector NO tenemos NO= NC+ CO
*
- 1— 1
NO--BC+-CD
Lmé
Pero BC+CD=BD
Tenernos que
1
NO=-BD
*md
De esto obtenemos que NBIIBD
Como NBHBD yMPIIBD
Entonces NB||MP y NB^MP
* AA' p«i•*knpro oorn
> V y V V v .. V - V i >ví - \ >J v
i
V< .
Kjr
í %i
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
VECTORES
J
Lo mismo procedemos con los otros vectores:
Por lo tanto:
MNIIPO y.MN=OP
NBHMP y NB-MP
Demostrar que las bisectrices de los ángulos de un triángulo se cortan en un
punto y se llama incentro y corresponde al centro de las circunferencias inscritas ai
triángulo.
B
P
A
Tenemos que demostrar que AM.OM=BN.ON=AP.OP=0
M .
ó m
=a
m
.( a
m
-á
b
)
=AM.AM-AM.AO... (a)
La Proyección de AO sobre AB es
AO.p=AO cosa pero AM=AO cosa
=>AO.p-AM
En ( a ) :
a m .o m
^ M . á m -á m .á m ^ o
Luego:
AM1ÓM
De igual forma se puede demostrar que:
BÑ.OÑ=0 y AP.OP-O
En el triángulo AMO y APO usamos la Ley de Senos
Til
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II
SOLVER EDK «
VECTORES
¡AO|
|OM|
|OM|=|AB|sena
sen 90 sen a
|AO|
]OP|
sen 90
sen a
~|OF|=|AO|sena
Luego |OP|=|OM|=R
De igual forma se demuestra que |OP| =|OM¡=R
Dado los vectores P Y Q , que forman ángulo 0; demostrar:
QsenO
tan0=— —
P+QcosO
donde 0es el ángulo entre la resultante y el vector P .
Q
R
Ñ
Del triángulo formado por los vectores
PA R
Por ley de senos tenemos
P
_
sena
P=
Q
R
sen0
sena(180-Q)
Q
sen0
=>P
, a=Q-0
Q
sen0
(sen0 cos0-sen0cos0)
P=Qsen0-Qcos0
vavy.vvi>«.*•v.<
3'.yíK
A■
vV
'1^í
SOLUCiONARIO FISIC A LE IVA I Y II
D.,.
» SOLVER EDK
=>tan0=
VECTORES
Qsen0
P+Q cos0
Dado los vectores
P yQ7R=mP+nQ; tal como se indica en la figura. Si P =3, Q = 5
y R =10. Hallar la relación: m/n.
Q
* R
* li5 Í
Tenemos los módulos de cada vector: (P)=3
(Q)=5
Para los vectores que suman R deben de ser iguales, entonces:
(nQ)=(mP)
Q|
m
IW = "
m
n
3
Se dan los vectores P yQ forman un ángulo agudo tal que sen9= 3/
P=ló y sabiendo que P es ortogonal a(P-Q) : Hallar el módulo de Q
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
gi el módulo de
c
VECTORES
f
" ~” '
7
t
SOLVER EOK «
1
Según el dato Pl(P-Q)=> =90° de la parte sombreada, por ley de senos tenemos:
P
O
sen (90-0)
sen90
P
sen53°
=20
Las caras de un tetraedro regular son triángulos equiláteros de lado
a. (a) Hallar
el ángulo que hace cada lado con la cara opuesta, (b) La distancia de un vértice a la
cara opuesta. Hacerlo por vectores.
c
www. ed y Kperu.co rn
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II
SOLVER EDK
VECTORES
a=|AB|=|BC|=|CD|=|BD|=|AD|
*
El área de la figura sombreada será:
a =|b d |.|d m
|
senO
MA+AD=MD
1
MA+AD-MD
|MD|=-r3¡AC|
Si ‘‘O ” es baricentro:
- 2
GD= ~m
o
El
|OD|
§¡MD|
2/1 ñ |AC|
|S i
Cos 0=
V3
Q-54;73°
Y la altura será: h=a sen(54;73)
h=0;81 a
Sea PQRSTM los vértices de un hexágono regular. Hallar la resultante de las fuerzas
¥
¥
¥
representados por los vectores. PQ , P R , PS , PT; y PM .
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
V
a.<
Av
Av
AS
bV
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VECTORES
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vXv.v-x
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Él■■■IM
M
.II.»
SOLVER EDK «
Haciendo coincidir el punto P con el origen de coordenadas y considerando el lado
de longitud a.
Tenemos:
PQ=a cosóO+a senóO j
PR=asen60j+a senóO j
PS=2a cos60i+2a senóO j
MS=(a+a cos60°)i+a senóO j
PM=ai
Sumando en X y Y tenemos
PQ+PR+PS+MS+PM=3 a i+6a senóOj
6a cos60i+6a sen60j= 3PS
www. eduKoeru,con»
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
VECTORES
Demostrar que e{ polígono que resulta de unir los medios de los lados de un
cuadrilátero es un paralelogramo. Hallar un vector de longitud
1y perpendicular
aA=(l;l,l) y B=(2,3,-l).
Sea el vector P tal que |P¡ —1
P lB
P IA
Si P lB y 1P1A-^P.B=0
P.A=0
P.B=(P, ,P2,P3)(2 l3,-l)=2P1+3P2-P3=0.. .(I)
P.A=(PI,P2,P3)(1,1,1)=P1+P2+P3...(II)
Resolviendo:
K
p 1=-- k p 2=k p 3=3
Hallando K:
|p|=i=Jp^+p¡ + p!
16
2 K
3
=>— K +K + — =!=>K ± - =
9
8
V26
P=±
1
V26
(-4,3,D
Hallar un vector de longitud 1y perpendicular a A= (l,'l,l)y B=(2,3;-l)
SOLUCIO NARIO FISIC A LEIVA I Y II
v*aaafj ar;i ?knon í 'r-a
c
VECTORES
SOLVER EDK «
(a) Hallar todos puntos de que pueden ser el cuarto vértice del paralelogramo
formado por los otros tres vértices A = (1,0,1); B = (-1,1,1) Y C = (2,-1,2) .(b)
también hallar el área del triángulo ABC.
Siendo A, B, C y D vectores de un paralelogramo se cumple que A+C=B+D
En el paralelogramo se cumple A+C = B+D
Tenemos:
(2+P1;P2,P3+2)=(0, 1,2)
P1=-2 f P2= 2 ,P3=Ó
P=(-2, 2, 0)
Lo mismo se aplica para hallar los demás vértices, por tanto tenemos que:
AC=(1,-1,1), AB=(-2, 1,0)
CB=(-3, 2, -1)
Sabemos que
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
~\
VECTORES
J
A a=-|AC xAB|
i
j
k
=>ACxAB= 1
-1 I
-2
1 0
1 /— V6
iü i
Dos vectores P = (2,-3 ,6) y Q= (-1,2,-2) están aplicados a un mismo punto. Hallar
las coordenadas del punto R que tiene la dirección de la bisectriz del ángulo
formado por los vectores P y Q, Si R = 3V42 .
Podemos relacionar de la siguiente arquitectura manera por gráfico
RxQUPxR
Ahora hallamos K tal que
RxQ=K PxR
(a)
¡RxQ|=|K Px R
¡ R|| Q¡ sen0=K | P|| K| sen0
3
^ 7
De (a ) tenemos que
Resolviendo
-2b-2c= ^(-3c-6b)
a = -K
2a - c = 3/7 (-2c+6a)
b= 5K
2a + b = 3/7(2b+3a)
C— 4K
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
V
í '- A A A / i s H * s W
X %- / . V y v< U * í
tíX f » i í 'W
w < U - '•-.y
!
* '
SOLVER EDK «
VECTORES
Su módulo del vector
R=(-K, 5K; 4K)
Es
3
V4 2
•K2+2SR2+16K2=9V42
K=3
•••R=(-3,15, 12)
3
Si P+Q+R = Ó. Demostrar que PxQ+QxR+RxP~3PxR
Teniendo en cuenta el problema 5) tenemos que
PxQ=RxP=QxR
PxQ+QxR+RxP=3PxQ
Hallar el área del triángulo cuyo vértices son los puntos A = (2,-2,3). B (1 ;-2)YC
= (4,2,-1)
CA=(-2, -4, 4)
CB=(-3; -4, 1)
1
A a= -|C A x CB|
A a =T 1(20, -14, -4)|
A
a= VT53
www, m uRoeru.corn
SOLUCiONARIO FISICA LE IVA I Y II
ID.....
» SOLVER EDK
VECTORES
7
Hallare! volumen del paralelepípedo cuyas aristas son
/
P=(1.2,-l), Q=(3,4,-6)
y R=(2,1,-3)
y
V=|P.(Q x R)|
A
i
Qx R = 3
2
A
k
j
4 ó
1 -3
=(-6, -3, -5)
Se conoce los cosenos directos de dos vectores cuyos valores son
a|;a2,a3 y b¡, b2, b3 . Demostrar que ángulo entre ellos es 6 y se obtienes dé la
expresión cos0=ai b] +a2b2+a3b3
Como tenemos los cosenos directores de los vectores, tenemos los vectores unitarios
de ellos:
^
v
V=y=y=(cosa, cosp, cos0)
^
W=
\V
i
=COOC , C O Sp
'
i
, C O S0
Entonces tenemos los valores:
V=(a!;a2; a3)
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA ! Y 11
www. eaukperu.co?
SOLVER EDK
VECTORES
W=(b,,b2, b3)
Haciendo el producto escalar obtenemos el ángulo que forman:
V.W=(|V||w|cosO
=cosO=(a,b,a2)b,, a3b3)
=——-7
7
■j
7
Dado el vector A y el escalar m , hallar el valor de B ;tan queA.B=m.
Podemos dar la forma de:
eU a +a
—
>
— ->
Haciendo producto vectorial y considerando A=C se tiene:
AxB=CxA+AA
A.B=y||A2||
A.B
7
B=Cx A + A ± .a
Dos vectores Á y B tiene magnitudes iguales de 10 unidades. Están orientados
como se muestran en la figura. Su suma es R=A+B.
Hallar (a) los componentes
de R. (b) el módulo de R. (C) El ángulo que forma R con el eje de los +x.
Lo. dejamos como ejercicios para el lector, aplique los conceptos aplicados en los
ejercicios aplicados en los anteriores ejercicios.
Dados los vectores A= (1,1,2).B= (1,3,4). C= (1,1,1) y P= (1,-5,1). Hallar los
valores de m, n y r para que mm-nB+rC=P.
Sean los vectores: A=(-l, 1, 2), B= (l, 3, 4)y C=(l, 1,-1)
wvvw.eduKperu.com
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
SOLVER EDK
VECTORES
Por condición del problema:
mA-nB-rC=(l7-5, 1)
Obtenemos las siguientes expresiones:
-m-n+5=l
m-3n+r=-5
2m-4n-r=l
En este problema utilizaremos cramer:
rrv
n=
r=
|Am|
1 a ["
|An
1ÁÍ
|Ar¡
¡A|
Siendo A matrices
Entonces
1
-5
1
m=
-1
1
2
m=
-1 1
-3 1
-4 -1
-1 1
-3 1
-4 -1
-17
Lo mismo procede para n y r
n-
SOLUCIONARIO FÍSICA LEIVA I Y SI
-5
¥
w/.eduKperu. cor
(
VECTORES
SOLVER EDK «
y
r=-4
Hallar el vector A= (2,-1,-4). Hallar el vector P, cuyo sentido es opuesto al
vector A y su módulo es la cuarta parte de A.
Para que valores de m 6 R, el vector m, -m, ^(m-l)J es unitario
El vector m,-m,^(m-l) es unitario
=>su módulo = 1
Jm 2+m2+—(m-l) =1
33m2-2m-15=0
Resolviendo: m=
1±4v/3l
33
Hallar el vector unitario que une el origen con el punto medio del segmento AB,
donde A=(4,-l,l) y B=(2,l,l).
Sea el vector P tal que P||A y opuesto A A
y|p|= ^ ,|a |=V2T
Como PHA 3 K E R tal que (P 1;P2,P3)=-K(2, -1, -4)
=>P¡=-2K
P2-+K
P3=4K
,
,
ÍA I
1
4-
4
¡P|=k V2T= ~= > K= SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
VECTORES
.•.P=(Pi ,P2,P3)=(-2Kj K, 4K)
=(0,5; 0,25; 1)
Demostrar que un vector cualquiera
A
el espacio se puede expresar h-
(A .1, A. J, A. k)
B
l
v**
i
Mostramos los vectores en ei siguiente gráfico:
Tenemos los siguientes componentes de A:
A=(¡A|jijcos0,|A|¡j¡cosa ,|A|¡k|cosy )
El producto escalar se define:
A.B=|A||B|cos0
=>A=(A.i ;A.j,A.k)
Demostrar que un vector unitario cualquier Q en el espacio se puede :
Q=(cosot? cosp, eos y ) donde a, fi y y son los ángulos que hace el vector A con
los eje X ; y y Z.
Cuáles son los valores de m y n para que A= (m,-2n,l)y =B= (n,-m,3) Son
perpendiculares y A = 3.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
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CU
VECTORES
SOLVER EDK «
íTWtmT!
A±B—>A . B=0
(m, 2n,l) (n ;-m,3)=mn+2nb+3=0
mn=l
Sabemos que
A=3= V m2+4n2+l
9=m2+4n2+l ? n-l/m
8m2=m4+4
m4-8m2+4=0
Resolviendo tenemos que:
m=J4±2V3
n=- 1±
3
2
N
Dado los vectores A y B déla figura:
(a) Halla A.B (b) Hallar Axb.
De la figura
Los vectores están en el plano XY entonces tenemos
www. ed uKoeru,co m
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II
» SOLVER EOK
VECTORES
A(óV3 cos30; óV3 sen30°, 0)
Si ei móduio de la suma de dos vectores A y
B
es 8 y Sos módulos de A -
5 de y B -10 Hallar ei módulo de ía diferencia délos vectores.
|A+B|=8
y
|A|=5 |B|=10
Piden
A-Bl=?
—
(7—,2
—9
A+B|=J|A| +|Bp+2|A||B| eos 0 =8
25 + 100+ 100 cosO = 64
eos 0 =
61
100
¡Á -Bj= J¡A ¡2+jB¡2-2|A|jB|cosO= J 25+100-100
61
Toó,
}A-B¡=VT80
Si el módulo de la suma de dos vectores es VlÓA=y V3 ; B= 3. Hallare!
producto escalar A.B
|a +b |=VTo, |A|=V3,|B|=3
Piden hallar A . B
A + B¡= VÍ0= J|A ¡2+¡B!2+2jA¡|B|cosO
12+óV3 cos0=10
-1
=¿COS0=
Sabemos que:
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
3V3
c
VECTORES
------------
SOLVER EDK «
A.B=|A||B|cosO
3V3
-1
<3V3'
=-1
•*.A.B=-1
Si el módulo de un vector es A = 2 y el otro es de doble magnitud B = 2A, Si el
ángulo que forman dichos vectores es 120°. Hallar el módulo de la suma de los
vectores.
|A|=2 |b |=2 |a |=4
Piden hallar
¡a +b | ■?
|a +b |= J| a |2+|b |2+2|a ||b | cosO
Si
0=120o
V4-16-16cosO=2V3
|Á+B|=2V3
Dado dos vectores de un triángulo A= (1,1, 1), B= (1,-1,1) y C= (-2,1,-1). Hallar
el ángulo que hacen los vectores AB y AC.
c*inVix.rnV**n
*v*'<Vv,V- \:k•
.ryV
*íi
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
D
» SOLVER EDK
VECTORES
A
/e
A'y
B
y
^-.1
'C
X
Piden el ángulo =?
AC=(-3, 0, -2)
ÁB=(0, -2,0)
AC.ÁB= |ÁC||ÁB|cos0
0=Vl3.2 cose
cosG^O
.*.0=90°
■ a
3
— »
>
t
— 9
—
*
•
y
*
—
-r
— 9
——t
t
Dados los vectores P, Q, R y S, que cumple la condición PxQ^RxS y Px R- Qx S
— >
— >
Demostrar que el vector P- R .
Para que P-S sea paralelo a Q-R tiene que cumplir que: (P-S)x (Q-R)= O
Demostraremos esto:
(P-S)x (Q ”R)
(P-S)x Q-(P-S) x R
PxQ-SxQ-P-R+S-R
Por condición:
PxQ-RxS
y PxR=QxS
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
VVW
WjkpBf;iCO
'T'
SOLVER EDK «
VECTORES
y sabiendo que
AxB=-BxA
; tenemos
PxQ+QxS-RxS=0
•••(p -s ) ii( q -r )
p
Dado los vectores A = (l,l,), B=(-l,-a,a) y C=(a,l,-a). Cual el valor de a para que el
8S r
>
volumen definido por los tres vectores de igual a 7.
Tenemos los vectores
A= (l, 1, 1)
B=(-l, -a, a)
C=(a, -1, -a)
V=7
a
y»
1 J
BxC= 1 -a
a
k
a =(a2-a; a2-a; a2-l)
-a
A. (BxC(a2-a+ a2-a+ a2-l))= 7
3a -2a-1=7
3a2-2a~8=0
Resolviendo tenemos que
a=2 o
-4
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
I m|i j
VECTORES
Dado los vectores A=(l, -2, 2) y B=(-2, 2, -3). Hallar la proyección escalar y
vectorial de B sobre A.
Siendo los vectores
A=(1,-2, 2)
B=(-2, 2, 4)
Piden hallar
Proy escalar =? y Proy vectorial =?
B—>A
B-+A
Proy escalar =
B.A
2
W ~ 3
Proy. Vectorial
(B.A)A
~ W
(2,-4, 4)
=
9
Si P.Q=20 Y P=3 , Q=10 Hallar ¡PxQ| .
Tenemos que P.Q=20 y ¡pj~3 ,|q |=io
Piden ¡PxQ¡
P.Q—JP| |Q| cosO—>cosO=^o
—>0=48, 20°
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
'Yaw v :
ukneru.corrí
SOJLVER EDK «
VECTORES
Piden |PxQ|=|P||Q|senO
=80 sen (48, 20)
. |PxQ|=10V5
Si B paralelo
aC y B. (A x C ) =0 entonces demostrare es perpendicular a
(PxB).
Tenemos que
BilC y B.(AxC)=0
Piden demostrar que
C.(A x B)=0
B||C si 3 KeR tal que B=KC
=>C.(AxB)=X, (BxC)=A.(KCxC)
=A,R(CxC)=K a (CxC)=0
=»C.(AxB)=0
/.C l(A xB)
¡1
Si A es un vector en el plano y p, un vector unitario A = (Á.p, |Ax p¡).
Tenemos los siguientes vectores en el plano:
Los componentes en la recta del vector unitario es
|A||p|cosO=A.p
y la otra será
|A¡ IpjsenO—jAxp|
'•A=(A.p ,|Axp|)
>:. a
.>/ -Vi t'Í
•V V V v , V-V i
:
* ■/ H &
s v > -i v
&
\
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\
S'X
\ i i
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
» SOLVER EDK
¡f jj
VECTORES
1
Demostrar usando componentes: Px(Qx R ) = Q(P.R)-R (P.Q
Primero calculamos
QxR
i
QxR= q,
rl
j
k
q2
q3 =(q2r3-r2q3, r1q3-q1r3, q,r2-r1q2)
r2
^3
Ahora
Px(QxR)
Pi
J
p2
q2Prr2q3
riq3-q,r3
i
Px(QxR)=
k
p3
q,r2-r,q9
=( p2(q- r2-riq2)+( p3(q. r3-riq3)
-( P 1(q,r3-rJq3)+( p3(q2r3-r2q3)
-(p ^ q ^ - r^ - C p2(q2r3-r2q3))
< p2q,r2- p2r,q2+ p3q,r3- p3r¡q3
- p|q[r2+p,rlq2+ p3q2r3-p3r2q3)
- p.|q lr3+
P,r
Si le sumamos y restamos el siguiente vector
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
q 3- P 2q 2r3- p 2r q 3)
(
VECTORES
SOLVER EDK «
ot 'av X "V
..............
u=(q, fi p,,q2 r2p2,q3 r3p,)
=( p2q,r2- p2r,q2+ P3q,r3- P 3r1q3+q|rlq1-q1r1q1,
- p 1q |r2+p|r,q2+ p3q2r3i33r2q3+q2r2P2-q2r2p2,
- P,q 1r3+ Pi^qs- P2q2r3- p2r2q3+q3r3q3-q3r3q3)
=( P2q ir2+ P3q,r3+ q ,riP 1( p ir1q2+p3q2r3+q2r2q2,
Pir,q3+ P2r2q3+ Piriq3+ q3r3p3)+
(- p2r,q2- p3r,q3- q,r,pt p,q,r2- P 3r2q3- q2r2p2,
-p1ql r3-p2q2r3- q3r3p3)
=(q ¡,q2Jq3) (p in+p2r2+p3r3)-(ri .r2,r3) (p (q ,+p2q2+p3q3)
Sabemos que
P.R=(p,rl+p2r2+p3r3)
P.Q=(p1q1+p2q2+p3q3)
¥
P(QxR)=Q(P.R)-R(P.Q)
— ►
>
Se tiene un vector P; cuya tercera componente es 2, si
(1,-2,1) y
wwvv.edukperu.com
P es perpendicular a
Hallar el vector P.
SOLUCIO NARIO FISIC A LE IVA I Y II
...i^ á i^ í
» SOLVEREDK
i
VECTORES
i SOLUCION
P=(a, b, 2)
P l(í,- 2 ,1 ) y (-1,1, -2)
=>P.(l, -2,1)=0
P.(-1,l,-2)=0
a-2b-2=0
-a+b-4=0
Resolviendo que
a=-6
b=-2
**P=(-6, -2, 2)
3
Si el vector R paralelo al vector Q xP y proy Q—>P=1 sabiendo Q =2, P=6 PY R =8.
Hallar
Q.(PxR)
“ r*Ai
Ti I áF\9k1
SO I illt
/■vil -i1
Piden hallar
Q.(PxR)
Por condiciones del problema:
R||QxP=>
el ángulo que forma o es 0° o 180°
Q.P
ProyrQ—*P'
n=-=7- =l
|p |
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA ! Y II
> •: V v V 3? • ‘v
v < w*: «
v
i
.. v
W
• *•
VECTORES
____ _________
(
SOLVER EDK «
Q.P=|P|
De lo anterior hallamos que ángulo forman los vectores
Q yB
Q.P=|Q||P| cosa=|P|
c o s o - JU
|Q||P| 2
=>oc=60°
Por propiedad
Q. (PxR) =-R. (Q x P)
-R.(QxP)=-|R||QxP| cos(180)
|R||QxP|
Tenemos que
Qx(PxR)=|R| |Q| |P|sena
= 8.2.6 senóO
.-.Q.(PxR)=48V3
Se dan los vectores en el espacio A = (l,l,l), B = (l,- l,l) y C=-2,l,-2). Hallar: (a)
AB.BC (b) AC x( AB-BC) (C) El vector unitario perpendicular al plano que pasa por
los puntos A, B Y C. (d) El ángulo que hace el vector unitario de la pregunta, (c) con
www. ed u kper u.corn
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
1
VECTORES
el vector D=(0,1,1). 48. Si A es un vector constante y r es el vector que va del origen
ai punto (x;y,z) demuestre que (r-A). A=0 es la ecuación de un plano.
Sean los vectores A=(0, 1,0)
B=(l,-1, 1) y C=(-2, 1,-2)
a) Piden AB.BC=(l, -2, l).(-3, +2, -3)
AB.BC=-3-4-3=-10
Piden ACx(AB-BC)=(-2, 0, -2)x(4, -4, 4)
i
j
k
ACx(AB-BC)= -2 0
4-4
-2 =(-8, 0, -8)
4
i
j
k
N= -2
0
-2 =(4, 0, 4)
1
-2
1
El vector unitario de N es
N
1
P=1= F=- = (1, ° I +1)
JN |
V2
D.p—|D| |p| cosO
D.p
COS0=
m
De esto hallaremos 6:
0=cos_1=
D.p
m
0=cos
-
.
+1/V2 '
1 _
1 .V 2
0=60O
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
iíaaaá/p»í’^
Mt V » v v . v
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i
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í
■''■'a"
. •. / O • ■
r
VECTORES
SOLVER EDK «
Si A es un vector constante y r es el vector que va del origen a! punto (x,y,z);
demuestre que (r-A).A-O es la ecuación de un plano.
Sea r=(r,, r2, r3) y A=(x, y, z)
Se tiene que (A-r)r=(x-r1; y-r2, z-r3).(r1; r2; r3)
xr,+yr2+ zr3-(r,+rl+r|)=0
Tenemos que como Á es un vector constante y teniendo que r[+r2+r3=C
Se tiene xrj+yr2+ zr3=C
Que es la ecuación cartesiana del plano.
Considerando los mismos vectores del ejercicios anterior demuestre que
(r-A).?=0;es la ecuación de la esfera.
Del anterior problema obtenemos:
H[+r2+r3-x^+yr2+ zr3=0
Restando y sumando factores para conseguir ecuaciones cuadráticas tenemos que
(r,> ( * - ? ) ■
( r3 -f)2=7(r2+y2+z2)
Y siendo
rrr x
y
r r 2=y
VAVW.eduKperu.com
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVAI Y II
» SOLVER EDK
VECTORES
rrg = z
y C constante
Se tiene
x i+Y i+zf =C
Que es la ecuación de una esfera
]j
SiA+B+C=0 y A =3, B=5; C -1. Hallar el ángulo que forman A Y B.
Por ley de cosenos tenemos que
A+ B=- C
A+ B|= C'
•C==>Va2+B2+2AB
co sO
Reemplazando:
49-34=30 cosO
1
cosO= - =>0=60°
Si B ;C y D determinan un plano, la distancia de A a este plano:
d=
f
7
|(A-B).(C-B)x(D-B)|
|(C-B)x(D-B)|
7
Cosenos B, C y D definen un plano se tiene
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II
wvw¥. edukperu.com
c
VECTORES
La distancia de A ai plano será
d(A,Plano)=Pr0VÑBA
d(A, Piano)=
1(A-B).N|
|Ñ|
Del gráfico
Ñ= (C-B)x(D-B)
dA, Plano)'
l(A-B).(C-B)x(D-B)l
|(C-B)x (D-B)|
Demostrar la mínima distancia de un punto
Pi( XbYpZi)
al plano cuya ecuación cartesiana en;AX+BY+ CZ+D =0
OLUCION
/\ J7"KKJ ¿vv. L.. ii'T J i
Tenemos que la cartesiana es:
Ax+By+Cz+D=0
De la cartesiana obtenemos N, siendo
www; 8dukoer u.co rn
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II
!v Á
vc-í *.vX’X
I
VECTORES
N=A,B,C
La mínima distancia se halla:
d(Pl,Piano)=ProyHPPi
|(PrP)-N|
d (P l, Plano) “
|Ñ|
|(X|-X, Y1-Y,ZI-Z)-(A, B, C)|
V a 2+b 2+c 2
d in
•=
um
A(Xr X+B(Yr y)+C(Zr 2j
/ a 2+B2+C2
Demostrar vectorialmente que la suma de los cuadros de los diagonales de un
paralelogramo es igual a la suma de los cuadrados de sus cuatro lados.
Piden demostrar |A+B|2=A2+B2+2AB
|A-B |2=A2+B2-2AB
De la galáxica
|D|2=|A|2y |B|2=|C|2
=>|A+B|2+|A-B|2=A2+B2+C2+D2
©
Si los números a, b, c y d son diferentes de cero y
aOÁ+bOB+cOC+dOD=0 y a +b+c+d=0. los puntos A, B, B C Y D Se encuentra en
un plano. ( sugerencia usar: a +b = - ( c + d) y el prob. 39)
38
SO LU CIO N AR IO FISICA LEIV A I Y II
vwvw. edukperu.com
(
VECTORES
SOLVER EPK «
Demostraremos que A ? B, C y D están en un mismo plano
Entonces; por condición
aOA+ bOB+cOC+dOD=0...(l)
Si tenemos a
BA= OA-OB
En (1) reemplazamos:
aBA+ aOB+bOB+cOC+dOD-O
aBA+ (a+b)OB-fcOC+dOD=0
Pero
a+b=-(c+d)
aBA- (c+d)OB+cOC+dOD=0
—
►
—
*
—
>
aBA+ c(OC-OB)+d(OD-OB)=0
aBA+ c(BC)+d(BO)=0
Si los vectores
BA , BC y BD
suman cero entonces definen un plano.
Demostrar que la distancia mínima del punto
P
(X i,y ,)
a la recta A x + B Y + D = 0 en el plano XY es:
_|AX,+BY,+D|
V a2+b2
www. ed u Kper u.com
SOLUCIO NARIO FISIC A LE IVA I Y I!
» SOLVER EDK
VECTORES
3
Ojo la demostración viene de determinarla distancia a un punto cualquiera de la
recta, la distancia mínima es cuando la proyección sobre la recta es cero, o sea
haciendo sen0=O. Completa la operación.
La distancia a la recta sería
IAX t+BYt+DI
.
d= ---; = = —
V a 2+b 2
Si A B C D es un cuadrilátero cualquiera P y Q son los puntos medios de sus
diagonales AC y BD,y.M es el punto medio de PQ. Demostrar (a)
(AB) +AD+CB+CD=4 PQ
(b)
OA+OB+OC+OD=40M
,donde O es urv punto arbitrario.
1
PQ=AQ--AC
PQ=AD--BD--AC
SOLUCIONARIO FISIC A LEIV A I Y II
¿ív.VVíJó
n
Lfv•
^4.v:t
•
VECTORES
_
_
AB CB CD CB
PQ=AD- — +— — + —
. AB —, CD
PQ=AD- — +CB- 2
Pero:
CD=AD--AB+-CB
AB=BC+-AD--CD
Entonces:
* — >CB AD CD — >AD 1 — CB
PQ=AD- —— — +— +CB — +—+AB- —
2 4
4
2 4
4
—
AD
CB
CD
AB
4
4
4
4
PQ- ~ r +—
¡r +—~r +~ r
/. 4 PQ-AD+CB+CD+AB
Trazando el vector AM ? se tiene lo siguiente:
OM=AM+OA
a
Pero
AM=-AC+-PQ
Hallando PQ por el resultado en a:
PQ
AD+CB+CD+AB
8
Pero
www. ed y Roer u.corn
SOLUCiONARIO FISIC A LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
VECTORES
AD=OD-OA ;CB=OB-OC
CD-CD-OC ,AB=OB-OA
PQ
OD OA
4
OB OC
+_
4
4
y
AC
OC OA
Reemplazando en (a )
> OC OA OD OA OB OC — *
OM= —
— +—
— +—-— — +OA
2
2
4
4
4
4
> OA OC OD OB
OM= — +•
— +— +—
4
4
4
4
.*.40M=0A+0C+0D+0B
D
Demostrar vectoriaímente; que el baricentro, circuncentro y ortocentro de un
triángulo son colineales . (sugerencia usar en concepto de vectores paralelos).
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
'AAAAA/oHí iií'npn ? rvv
V
í <’ v
V y . V
U v v \ i- . í O *
\-Á ;
lw :
VECTORES
B
C
Sean los triángulos AOG y GOM.
Por propiedad del baricentro obtenemos que AG=2GM y por el teorema Simpson se
demuestra que
AO-2CM
Por semejanza de triángulos tenemos que
OG-2GC
Por definición un vector es paralelo a otro si
v=kw
>
*
OG es paralelo con GC y coolineales a la vez.
Dado el paralelepípedo de base rectangular situado en el plano ZY, su altura a
lo largo del eje X .Hallar el volumen del mismo.(sugerencia hallar AxB.C).
Se dan los vectores del origen a los puntos A;B ;C;D son
A=í+J+K;B=2Í+3j,C=31+5 J-2K y D=K-J. Demostrar queÁBIICD
ra
Tenemos los vectores
SOLUCiONARIO FISIC A LE IVA I Y II
D
» SOLVER EDK
VECTORES
B=(2, 3, 0)
C=(3, 5, -2)
D=(0, -1, 1)
Piden demostrar
AB II
Entonces si
ABHCD
si 3 KeR
tai que
AB
- K
De aquí tenemos que
AB=(1, 2, -1)
CD=(-3, -6, 3)
Por lo tanto K=-3
Entonces
3 KeR/ AB=-3CD
3
Demostrar (AxB)xA.A=0 para todo A y B
en tres dimensiones.
Sea
Ay B
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
www.ee ■
SOLVER EDK «
VECTORES
vectores en tres dimensiones, piden demostrar
(AxB)x A.A=0
Por propiedad
i
__
__________________ ____________
AxBxC=B(A.C)-C(A.B)
Y
A.B=B.A
=>A.(AxB)xA=A[B(A.A)-A(A.B)]
=(a .b ) ( a .a )-(a .a ) ( a .b )=o
Dado un vector B==(l,-2,2). Hallar el vector A tal que sean paralelo a B y de
módulo 9.
SOLUCION
A||B si 3 Ke R /A=K B
=>A=(K, -2K, 2K)
Y su módulo
|A|=9
=>v91?=9
=>K=3
www.eduKperu.com
•••A=(3, -6,6)
SOLUCIONARIO
» SOLVER EDK
CINEMÁTICA
Un móvi! recorre la mitad del camino del camino con la velocidad v1.La parte
restante la ase a una velocidad v2 la mitad del tiempo, y la velocidadd el trayecto
final. Hallar la velocidad media del móvil durante el recorrido.
t, +t2
Tenemos que dj +d2=Para el primer tramo tenemos:
Vi =
2ti
Luego
V3t2=d2
Entonces despejando:
L
t,=
1 2V,
L
to—
2V,
2Vr V2
(
)
V, +V3
Luego también tenemos
V,media Pero
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y I!
3
-(ti +t2)
.•■(I)
SOLVER EDK «
CINEMÁTICA
4V1.(V2+V3)
media-
r
3(2V1+V¡T
Un móvil se mueve según V = t2 - 9. V (nvs) y t (seg).Hallar la aceleración para
V = 27 mS.
Tenemos que: V=t2-9 pero
dv
dt
=a
.••a=2t...(l) pero piden cuando V=27
=»Veamos 27+9=t2=>t=6 seg
.*.a=12m/s2
Un móvil se mueve con una aceleración a = 2t,a lo largo del eje x. Hallar (a) la
velocidad para t =lseg.(b).El cambio de posición de 0 a Iseg.Para t = 0, v=2m/s;
x = 0.
Tenemos que a=2t pero
dv
fv
fx
— =a=> dv= adt
dt
J Vq
Jq
V(t)-V0= /J 2tdt pero V0=2m/s
**-V(t)~t2-h2
a)
Piden para t= 1seg b) análogamente tenemos que
dx
dt
3m
v o )= f
>VVVV . V Vi Cvi«v<:-:v •ív<,
V
í >.<
=V(t)
/;dx= /0tv(t)dt
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
CINEMATICA
t3
X= — +2t
d
i
=>X ( l ) = ^m
Un móvil se desplaza a lo largo del eje
x y su aceleración el tiem po com o se
indica en la figura. Para t = 0; x=0, v 1m/fc. Hallar (a ) distancia
total recorrida desdi
a 2seg.(b) La velocidad para 2seg.
ilIKSTi
Del gráfico tenemos a=tg60°.t= V3t ,
también tenemos X=0, t=0 , V=
p e ro —
=a
dt
lm
s
f v dv = jC0 adt =>V-V0=
u
j vq
También —
= v
dr
f* dx
¿O
2
=>v=l + ~2t 2....(* )
= C v d t => X =J f1 -F
— t 2dt
2
¿O
X = t + — 13...(* )
6
Piden
a) X (2 seg ) = 4,31 m.
b) de (* ) tenemos que V2 = 4,46 m /s
Una partícula a
lo largo del eje x, su gráfica de velocidad en función del tiemi
se da en la figura para
que valores del tiem po x = 0. Si para t = 0,x =2m.
Piden para que tiem po X=0
Veamos además t=-0=>X=-2m
Encontrem os la ecuación de V en función de t
atenem o s que V (t)=
2 (2-t), 0 st22
w
-(t-4)-2, 2<t<4
/jy
Sabem os que: — =V(t)
dr
dx= V(x)dt
.*•cuando 0 < 2
m
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II
w w wedukperu
SOLVER EDK «
CINEMATICA
dx= í v(t)dt =»x+2=-t(t-4)
rx0
'O
0 ^ 2 ...(1 )
Ahora cuando
t>2=> I dx= I (2-t)dt
J x0
Y
Jo
h
a
(2-t)2 '
=>X-2= g
2 ^ 4 ... (2)
Como deseamos que X=0 => (1) = 0 y (2) = 0
=>en (1)
2=-t(t-4)=»t=(2-V2)seg
2
En (2) -2=- (j-~- =>t=4 seg
Una partícula se mueve en el plano X y Y sus gráficas en función del son: Hallar la
aceleración y la velocidad de la partícula para t = 3 segundos. Si para t =V3 ,x = 3
,y 3.
De acuerdo al gráfico, veamos que
X=tg60°t
y Y(t)=bt'2 y por dato
y(V3)=3=b(3)=>b=l
X=V3t
Y(t) = t2
Ahora de las oraciones del movimiento, tenemos:
r=V3 t i+ t2j
y
vVVy s-. V- v-> •\>..>V ? v<.•VV t í 5!
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVAI Y II
» SOLVER EDK
CINEMATICA
_
cir
v= s
a)
=^V=V3 í+ 2tj
-*.V(3)=(V3 j+ ój)m/s
Hv
^
También á= — =>a=2j rn/s2
b)
dt
Se el gráfico de la aceleración en función del cuadrado de la velocidad, como se
indica en el gráfico. Hallar la relación de la velocidad en función de la posición. Si
para t = 0,x = 0,v = 3nys.
Del gráfico tenemos que:
a=-tg(37°)V2=>a=-0,75V2
Ahora tenemos que a= — = ~ .v =>a= — .v ...(* )
M
dt
dx
dx
En (* ) tenemos que -0,75v2= — .v => fx-0,75dx = C —
v
y
dx
>-0,75x=Ln 0
Jo
J3
v
=>V=3eV=3c-,75x
Dado el vector posición de un móvil r(t)=(2-t2) l +(t3-t)J+(2t3-t2-l)k. Hallar (a) el
vector unitario y tangente a la trayectoria dada, cuando t = 2seg. (b ) el módulo de
la aceleración cuando t = 2seg.
Tenemos que r(t)=(2-t2)í+t3-t)j+(2t3-t2-l)k
a)
Veamos sea: V= j=>-2-ti+(3t2-l)J+(6t2-2t)k
dt
Sea V(2)=-4i+ lj+20k
■••0t=|^7=( -4, 11,20)/V537
b) á=^=2Í+(6t)j+(12t-2)k
=ȇ(2)=-2i+ 12i+22k
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
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________ SOLVER EDK «
CINEMÁTICA
=»a = V 632m/s2
Una partícula se mueve en el plano x y;de acuerdo a las relaciones 2X = -2seg3t,
2V = cos3t. Cuando t = 0,x=0 y - 2 vx = \ m / s y vy - 1 m / s. Hallar la
ecuación de la trayectoria, (b) la velocidad para t = n/6 seg.
Tenemos que: ax=-2sen 3t , ay=cos3t,
Además Vx=4 , Vy=l m/s cuanto t = 0 , X = 0 , Y — 2
Piden r=?
A
A
Veamos por la ecuación del movimiento á=-2sen3ti+cos3tj
dv
r
|a= — => I
dt
JfA
n
(4,1)
dv=
r_
adt
Jo
'O
. . 2
. sen 3t.
>y-(4i-lj= - ( eos 3t-l)i+ — — j
=»v=
2cos3t-l
3
10\. /sen3t
+T J i+l —
+1J j - e )
Ahora V = ^ / (r02)df=/o,vdt
a)
r-2]= (| sen3t+
(2
í+
t+i ) J
10t\. /-cos3t
)it (—
19\.
ltT ) J
b) De (*) tenemos que
10. 4.
v= — í+ - j% V = V r Í6 / 3
3
3
jjj Desde un plano inclinado un ángulo a es lanzada una piedra con una velocidad
y perpendicular al plano. A qué distancia del punto de lanzamiento caeésta piedra.
www.eduKperu.com
.
SOLUCIONARIO FISIC A L E IV A IY II
» SOLVER EDK
1
CINEMATICA
Como no existe resistencia del vientos, este cuerpo desarrolla MPCL. Si nos regimos
i
a la ecuación vectorial de este movimiento tendríamos d=VQt+-gt2. Haciendo la
representación vectorial, tendríamos
=*t=
2V,
gsenoc
...(* )
También tenemos:
1
-gt2sena=d
=>d=
2V0a /senaN
2
’ Vcosw
© ángulo debe ser lanzado un cuerpo cuyo peso es co, para que la altura máxima
que se eleva sea igual al alcance del lanzamiento. También existe una fuerza f
horizontal del viento que actúa sobre el cuerpo.
Ahora analizando en el eje “Y” como en eje se desarrolla un MPCL:
=>Vry=Voy-gt
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
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gg ?t ¡
C
CINEMATICA
SOLVER EDK «
=¿>Vosen0=gt
=>t=
Vosen0
...d)
Vosen0
Vosen0 Vosen0
=>H=
— .t=
--H=
. . .
Vo2sen20
2g
(***)
Ahora en el eje '‘X ”. Como dicha fuerza F; ejerce una aceleración en opuesta al
movimiento
a=
SF
w
Ahora
1
9
dx=Vocos0t1--atj
dx=V0cos9tr ~ t ?
zw
De (1) tenemos que tj =dx=
dx-
Vo2sen0cos0 1gF Vosen20
2g
8w
g2
Vo2sen0 /cos0 Fsen0\
)-(*)
2
8w / w
De (*) y (***) H=dx
Vo2sen20 Vo2sen20 /cos0 Fsen20'
\ 2
►cotO-
8w
4w+f
4w
Dos personas están en un edificio, cuya ventana está a 250 pies. El primero suelta
una piedra por la ventana dos segundos después la otra persona arroja otra piedra
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SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA i Y II
» SOLVER EDK
CINEMATICA
hacia abajo por la ventana. Ambas piedras llegan al suelo al mismo instante. Cual
sería la velocidad inicial de la segunda piedra. G = p/seg2.
B
0
1
t = 2seg
250 p es
Q
/ t - 2^eg
Sea H lo recorrido por B y A. =>A
=*H=VoAt+^gt‘2
H = igt2
H=16gt2 ...(*)
Pero H=250 =»t=J-j” =4 seg
Para la esfera B.
H=V(t-2)+ - g(t-2)2
H=V(t-2)+16(t-2)2
250=V(2)-16(4)
V= 106 P/seg
SOLUCIONARIO FISIC A L E IV A IY II
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CI
CINEMATICA
SOLVER EDK «
Jn cuerpo es lanzado en el piano X Z ; desde el punto A (4,0,0), con una velocidad
inicial 10 m/s, bajo un ángulo de 60° con el eje X. la partícula es sometida además
a una aceleración de un m/s2 en la dirección +z, Hallar posición del cuerpo a lo
largo del eje x. Use g = 10 m/seg2.
Vo =1 < %
//
/
/
De las ecuaciones del movimiento parabólico vectorialmente tenemos
5= ^t+ ^at2
También tenemos que aresul=10-4=6m/s(-k)
1
Votsenó0= - at2
2
2vosen60
a
=t
...(* )
Luego
d=votcos60
wvvw. ecl u Koeru,oom
SOLUCiONARIO FISIC A LEIVA I Y II
» soLVE2M©&n60cos60
CINEMATICA
•■•d=14.43
/.x= 18.43 m
K £ J Hallar con que velocidad vo y0=6O° es lanzada un proyectil tal que en el instante
2seg; la velocidad forma un ángulo de 45° con la horizontal. Use g = lOm/sA
v,
v 0s e n 60 ¡
60°
v 0eos60
Asumiendo que aún sube: como el eje x se mantiene constante:
=>Vx=Vocos60ü
Vo
Vx= ^
■•••(*)
Vy=Vx= y
•••(*)
Ahora analizando en el eje y, también para t=2
Vo
Vy=
y —
2
Vty-Voy-gt
V o
,
N
— =Vosen60°-( 10)(2)
M
Vo=54,641
Un auto se mueve en línea recta, sobre una carretera a velocidad de 40 p/s. En
cierto instante, el conductor ve un tren que empieza amoverse hacia la carretera
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
c
CINEMATICA
SOLVER EDK «
desde la estación. El conductor cree puede adelantar ai tren sin cambiar su
velocidad. Si la vía y la carretera forman entre si un ángulo recto, y el tren tiene una
aceleración 10 p/seg2. Sobre vivirá el conductor para contar la historia. El auto
esta’ inicialmente a 200 pies del cruce, mientras que la estación está a 130 pies.
v 0 = 4 0 p /s
130pies
a = 10p/s2
Calculemos el tiempo que les tocará a cada uno:
Veamos para el auto V= 200
=>ti =— =5 seg
v
Ahora para el tren =>d=V0tc+^at2
1
130=-at2
2
t2=5,099 seg
Si sobrevive el conductor (pero por poco)
Supongan que el alcance horizontal máximo cierto canon con una velocidad inicial
fija es de R0. (a) demuestren que la velocidad inicial de v0 asociada a este canon es
de
(W supongan que este canon se encuentra al pie de una colina con un
ángulo de elevación a y se dispara en un ángulo a con respeto a la colina.
Demuestren que la trayectoria del proyectil se puede expresar el siguiente sistema de
coordenadas en la forma:
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
CINEMATICA
a ) De la ecu ació n , vecto ria l d el m ovim iento p arab ó lico se tiene:
Ft‘•o
Vot:
Vo=
senB
R
senO t
(* )
Tam bién tenem os:
1
Votsen0= —gt2
=>t=
2VosenO
(* * )
. . .
(* * ) en (* )
(w 2 _________ ^
°
A dem ás para q ue
g
2sen0cos0
Ro sen max=>0-45'
V o = yR o g
b ) A h ora an alizan d o en el eje “y ”, tenem os
v = v oyt - ~ g t 2
i
>Y=Vose n (0 + a )t- g t2 ... (* )
Luego en el eje “ x ’
X = t.V 0 eos (04-a)
=>T= V o c o s ( 0 + a )
. . .
(* * )
Reem plazando (.**) en (* )
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
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CINEMATICA
........... . c
=>Y=Xtg(0+a)-
u
SOLVER EDK «
2Rocos2(0+a)
Se lanza un proyectil con una velocidad inicial v0, bajo un ángulo 6. La altura
máxima que alcanza es H y el alcance horizontal es R Hallar la velocidad inicial y el
ángulo de tiro en función de H Y R.
Como el cuerpo desarrolla un movimiento parabólico en el eje “Y”, en la parte más
alta
'
.
V ty = V oy-g t
V0y=gt
VosenO
. .
=t
(a)
•H=
VoSen20 1 gVoSen20
VÍsen2Q/
í l - 5
g
H=
1
VnSen20
2g
Ahora para el eje “X”
R=V0X.tt
pero t|=2t
R=V0X(2t) de (a )
Tenemos
R=Vox.2.
Vosen0
•. Vox=Vocos0
www. édu Kotr u ,corn
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CINEMATICA
R=
2Vocos0sen0
V .»
Rs
0 2cos0sen0
.... (**)
De * y (**) tenemos
1 f4H\
e=tg-'
V0=
3
(T )
o
9 i/2
g(R +16H )T
8H
Sobre un plano inclinado, cuy ángulo es 6 se halla un cuerpo B en reposo. Con que
aceleración horizontal se debe desplazar el plano inclinado, para el cuerpo B tenga
caída libre hacia abajo.
Como B desarrolla un MCL, veamos t seg, luego de su movimiento
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
www.edukperu corn
c
CINEMATICA
...
SOLVER EDK «
Del triángulo tenemos que:
xtg0=y
...(* )
También Y=VABt+ ^gt2
Y=-gt2 ...(**)
En (*) reemplazando tenemos
X=^cot0gt2
(a )
Ahora como la cuña inicia su movimiento d=VABt+-t2
X=^t2=^cot0gt2
=F>a=cot0g
a>cot0g
Dos partícula se mueve con velocidad constantes vx y v2 por dos líneas rectas y
normales, hasta que se intersecten en 0. En el momento t = 0, las partículas se
encontraban a las distancias l t y 12 del punto 0, (a) Al cabo de que tiempo la
distancia entre las partículas será mínima?, (b) cual será esta distancia mínima.
VVV>'V . V vJ
J
V 5VC>VyV Si í
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
-i'k'íiv::
» SOLVER EDK
CINEMATICA
i.
....
O ;Vr> v
d ,
rn
— m
,?
H-O
V. ,
V,
Si tenem os la velocidad relativa de la esfera (2 ) con respecto a (1 ) V 2/1=J v 2+v;
De acuerdo con la gráfica la mínima distancia será c u a n d o _____
d = d l1 nn O
U C O S 0 + senB
•••(*)
Donde “d ” es la distancia recorrida por la esfera (2 )
t=
V 2/1
Pero
)
2*2
m- ^V2
tg0= —
vi
V |li+ V 2l2
tmin —
vf+v|
Del mismo modo se dem uestra que:
X= (l,_m)sen0=
|V2l i-V112|
ívf-vi
Un torpedo es lanzado desde el punto p en el instante que el barco enemigo se
encuentra en el punto Q y navega con la velocidad 60 Km/h dirigida form ando el
ángulo de 6 0 ° con la línea PQ. La velocidad del torpedo es 120 Km/h. con que
ángulo Q hay que lanzarlo para que de en el blanco.
Para que llegue alcanzarlo se tiene que cum plir que una de las com ponentes, la
vertical en el mismo tiem po hagan la misma distancia.
Entonces tendremos:
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
i a
* f. t
S’ V V » V 4 •
i j L yv/s
Ó
x
í w ?.
s\s \
•
' \
'
c
CINEMATICA
SOLVER EDK
60 km
120 km
-—— sen60. t = — :--- . sen6. t
h
h
Despejando tenemos sen6 = V3/4 Luego 6 = 25.6°
Un cuerpo p comienza a moverse con una velocidad inicial v1 y con la aceleración
constante a1. Otro cuerpo Q comienza a moverse en el mismo instante que p con
una velocidad inicial v2 y con la aceleración negativa a2. Cuanto tiempo
transcurrirá desde el momento en que ambos cuerpos comienzan a moverse hasta
que sus velocidades se igualan?
Para la primera tenemos
Vf=V|+a|t
Ahora para la segunda
Vf-V2-a2t
De (1) y (2)
t=
V 2-V1
a 1+a2
■o
Un cuerpo es lanzado con una velocidad de 10 m/seg. Con un ángulo de 45 con la
horizontal. Después de transcurrir 0. 75V2seg. Hallar la aceleración tangencial y
normal. Use g = 10 m/seg2.
Ahora tenemos que
dv
a' = *
Pero V (t) =V0cos45°i+(vosen0-gt)j
=fV=5V2Í+(5V2-10t)j
\ : \ '*
\K i
;*'*í j > yi { \ C'Si, j" í i / x í ’*Y < ? >
? V v v V v . v - U iv í r V M V I v
• -v w >? í
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVAI Y II
» SOLVER EDK
CINEMATICA
V=10(t2-V2t+l)
dv
1/2
...(*)
5(2t-V2)
f
••• at(0,75V2)=4,46 m/seg2
Ahora
de V"
an=V. — =—
dt j
j =radio de corvatura del caso anterior, se tiene V, sólo necesitamos j
X2
También Y=x- — , cuando X-7,5
10
dyY
3/2
1*( d x /
/d2y
—
/
\d x 2y
••• an=8,93 m/seg2
Relación al problema anterior. Halla el radio de curvatura que tendrá la trayectoria al
transcurrir el tiempo dado.
V2
J=
...(* )
, ahora
V2(0,75V2)=62,5 m/s
62,5
j=— --=7 m.
J 8,93
Se conoce vector posición de un cuerpo f =
—3t, —2t\ Hallar (a)su
velocidad, (b) rapidez, (c) aceleración (d) el módulo de la aceleración.(e) el
módulo de la aceleración tangencial (D el módulo de la aceleración normal.
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA ! Y II
yavw. qú ukperu.vx
r
CINEMATICA
SOLVER EDK «
Tenemos
't3
r= l - , -3t, -2t
Por la ecuación del movimiento
a)
V = í= (f,-3 ,-2
b)
V=±Vat4+52
c)
Ahora para a= ^ =(3t, 0, 0)
=>|a|=3t
Ahora at=— =
dt
d)
an= la2-at2=3t
9t':
V a ? +52
52
9t4+52
Una bola se lanza con velocidad inicial v0 y ángulo 0 hacia arriba, desde un edificio
de 2H de altura. Si el proyectil choca contra el suelo a una distancia H del edificio.
Hallar H.
www. eci y koeru,com
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
)
CINEMÁTICA
Analizando de la ecuación vectorial del movimiento parabólico tenemos:
d = V j+ tg t2
Ahora en e l
ABM tenemos que BM^HtgB
También para HC=2H
BC=¿gt2=2H+Htg0 ....(a )
Ahora d e l
ABM=V0t sen0=H
t=
H
V osen0
Ahora ....
(a )y (P )
9 ■
€: n
~ - - (2+tg0)
Sea una partícula que se mueve sobre una elipse; cuyo ecuación es. r
mcoscot 1 -F nsencútj. Hallar los módulos de a t y an.
Tenemos:
r=meosw tí+nser\wtj
piden at , an
Veamos V=^=-mwsenwti+nwcoswtj
dv
~
a= — =-mw2coswti-nw2senwtj
dt
V=V m2-(m2-n2)cos2wt.w
dv
(rrr-n2)sen(2w t)w 2
dt
2Vm2-(m2-n2)cos2wt
a2=a2+a2
=*an= ^ a 2-a?
....(* )
a ( m 2-n2).cos2wt+n2w 2
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
.«UiU
.’w
vJ:-•
'í •
<VVVí . v X
:: ::::
CINEMATICA
W:.....
an=
SOLVER
w2m.m
y¡ (n2-m2)cos2vví+m2
Hallar cuantas veces mayor será la aceleración normal de un punto que se encuentra
en la llanta de una rueda que jira, cuando el vector aceleración total de este punto
forma un ángulo de 60° con su vector velocidad lineal.
Tenemos a la rueda, y ubicamos, por simplicidad, la parte superior de la llanta
artg60°=an => atV¡3=an
an=l,73at
Una rueda de radio de 10 cm gira de forma que la relación la velocidad lineal de los
puntos que se encuentran en su llanta y el tiempo que dura el movimiento viene
dada por la ecuación v=2t +t2. Hallar el ángulo que forma el vector aceleración total
con el radio de la rueda en los momentos en que el tiempo, tomado desde el
momento en que la rueda comienza a girar t =lseg.y t =5seg.
Tenemos que V~2t+t2
=>at:
dv
dt
•**tg0=
=2t2t
ar
www. ed ukper u.co rn
y
0=tg
a„= Y =(2t+t2).|0¡
ar
-a,
SOLUCÍONARIO FISÍC A LE IVA I Y I!
«
D
SOLVER EDK
a)- Cuando t=l
=> 0=tg '1(--) =2,54°
b) Cuando t=s ±0= tg"'
3
CINEMATICA
=0,098°
Un ponto A se mueve a velocidad constante v, a lo largo de la circunferencia de
radio a, tal como se indica en el gráfico. Hallar las componentes radial y transversal
de la aceleración.
Descomponiendo V , en sentido radial y transversal, tenemos que:
Vr=Vsen8
Ahora:
, Vr=Vcos8
ar=—
dt
=$ar=
dv,. d0
de *dt
de
a, -VcosG. —
dt
ar=
dvr
dt
dv, de
=>a
r d() dt
ar=-Vsen0.
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y I!
d0
dt
C
CINEMATICA
SOLVER EDK «
Ahora se puede verificar que:
de v
dt a
V2cos0
••• ar
V2sen0
a r~
p
Hallar la relación entre las velocidades angulares en función de sus radios, para los
discos de fricción que se indican en la fig.
Ahora, en el punto A, la velocidad, es:
VA-V
Luego para la I o esfera
w 1 . r 1 = w 2 . r 2^
W,
—
R2
Un cilindro de radio 10 cm gira alrededor de un eje con la frecuencia 10 RPM. A lo
largo de la generatriz del cilindro se mueve un cuerpo con la velocidad constante
2ocm/seg respecto a la superficie del cilindro. Hallar la (a) velocidad total (b) la
aceleración.
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
-\
J
CINEMÁTICA
Ahora con la V respecto al cilindro, tenemos que
k
Vcte=0,2m/s
A lo largo de eje:
Vt=W.R
K
V,ai=gO (0,l)=0,llm /s
VL=Vrg+V?ra
Vtota¡=0,22 m/seg
a=
V,to
R
a=0,ll m/seg
Jn punto p describe una semicircunferencia el movimiento proyectado sobre el
diámetro es uniforme de velocidad v0. Hallar al velocidad y la aceleración de p en la
función de ángulo y hallar la dirección de su aceleración total.
SOLUCIO NARIO FISIC A LEIVA I Y II
vvV
"vv■:.vÜ
f\i-ClJi.w
o:;
SOLVER EDK «
CINEMÁTICA
Vsen0=\ó
=>V=Vo/sen0
Ahora ax=
-Vx
X dt x
dVv d0
dt 'd t
Ahora a,
d
d(vocot0 d0
3y dt^y
de
' dt
V0
av=-Vocsc20. — - .r
y
0
senO
_
Vv o
3y sen36r
=a
Una rueda de radio 10cm; gira aceleradamente de manera que el número de
revoluciones aumenta V2 vuelta por segundo. Transcurridos dos segundos. Hallar (a)
la aceleración total y (b ) el ángulo que hace la aceleración tangencial.
Tenemos que a=n rad/seg
Por ecuación de mcuv tenemos:
VVW Vv. V
U
JJ ULÁJ
!
O i
,
fi I
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
4
» SOLVER EDK
....
... ,
......—
y)
CINEMATICA
W r=W0t+^t2
Tt
o
W '= 2
Piden cuando t = 2 seg
W,=2k
Ahora an= ^ = p tñ ) =Wf.R
an=3;95 m/seg2 .... (*)
Y
at=a.R=(7i)(0,l)=0?314 m/seg2
••• a=Ja2+af
a=3;962 m/seg
También tg0= —
aT
/ 3,95
0=tg'' (
\0,314,
••• 0=85.5°
Un aeroplano vuela entre dos puntos; cuya distancia es de 500km en la dirección
este. Cuanto durara el vuelo si (a) sin viento (b) si el viento sopla de sur a norte y
(c) el viento sopla de oeste a este. La velocidad del viento es de 40m/ seg, la del
aeroplano con respeto ai aire es de 500km/h (a) t =60min (b) t = 62min (c) t =
46.2min.
A) Ahora no tenemos acción del viento
SOLUCIONARIO FISICA LEI VA I Y II
vvyw.edukperu.c
c
CINEMATICA
SOLVER EDK «
-O
Vaero=500 km/h
=> t=
500 km
500 km/h
=1 hora
t=60min
B) Como el viento sopla de sur a norte con Vviento=144 km/s
la velocidad del aero plano en ese eje es: V NS=144 km/s
C) Como el viento sopla de OE => Vtotai=500+144
=> Vtota|=644 km/h
=> t=
500
644
=46;58 min
Un móvil navega por rio a una velocidad que es 2 veces menor que la corriente de
este. ¿Qué ángulo respecto a la corriente debe mantener el bote para que esta lo
arrastre lo menos posible?
SOLUCIO NARIO FÍSICA LE IVA I Y II
1
» SOLVER EOK
CINEMATICA
Ahora analizando al móvil en la posición mostrada
=>Vy=V0sen9
=> -=Vnsen0 => t=
t
~
Vosen0
(*)
Luego sea d= distancia arrastrada
=>d=(2V0-Vx)t
d=(2Vo-Vocos0)t
de (*)
Como deseamos que (1) sea mínimo
=> d ’=0
i
l-2cos0
=> d =--- =0
Sen20
=¿>0=
71
9t=180-60
0 ^ 120°
Los barcos P y Q poseen velocidades lOcm/seg y 8m /seg la distancia PQ es de
500m. La velocidad lom/ seg7forma con PQ un ángulo de45°. Cuál debe ser el
ángulo #que forma 8m/seg con PQ para que ambos barcos se encuentren.
Sea t el tiempo necesario para encontrarse:
da=8t
dp=10t
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
VVa /A VA VA VA */ . pV 'Hv i sU -fs (k v >n • • « * ín w i: ✓ 'W
V v' - .: f :r :
CINEMATICA
C.
A-'
¡6
l
SOLVER EDK «
\
8m/
500m /
' 45"
A!
10 m/
Geométricamente tenemos:
Por ley de sen0
8
lOt
sen45°
sen0
’5 V2'
0=sen" 14 'Y
0=62°,6'
En un rio cuya corriente tiene la velocidad Im/esg se debe cruzar
perpendicularmente con una canoa que puede ir a 5m/seg (a) con qué dirección
debe remarse en la canoa (b ) con que velocidad se cruza.
Como deseamos que la canoa debe ser perpendicular a la corriente del río
5 sen0= l
wvvw. eduKperu.com
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
CINEMATICA
m :¿í
5seru9
jm/ .
sen0:
1
i
0=sen
IO
6 = ll;54c
Como piden complementario
a-78,46°
a=75°,27‘
V=5 cos0
V=4;89 m/seg
Una varia de longitud 2m se mueve, tal que el punto p tiene velocidad constante
de3m/seg. Cuál es la velocidad del punto Q cundo 6 - 30°.
Veamos: tenemos del
y=2sen0 ... (1)
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
x=2cos0 ... (2)
www. ed ukperu.corr
c
CINEMATICA
SOLVER EDK «
=> x2+y2=4
dx
dy
=> 2— .-(x)+2y— =0
dt
dt
Luego: ^ (x )+ y^ = 0
(3)(V3)+ (1)Vy=0
=>-Vy=3V3m/s
Vv=5;19 m/s
3 De tiene dos móviles se mueven en líneas recta, cuyos gráficos de velocidad - tiempo
se indican en la figura adjunta. Si ambos partes de una misma posición inicial. Al
cabo de cuánto tiempo se encontraran los móviles.
Del gráfico mostrado tenemos:
V .3 ,
O
Sea t , al cual se encuentra => también ambos recorren la misma distancia,
.r
...d)
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II
J
» SOLVER EDK
CINEMATICA
-V0(t2-2t, t+t,
=> dn=----------B
2(t,-t2)
.
I¡¡3
=> t=t2+
Dos móviles parten de la misma posición inicial en forma simultánea, sus
gráficos
de velocidad -tiempo se indican en la fig. Adjunta. Una de ellas es una recta y el otro
un cuarto de circunferencia. Hallar (a) la aceleración del segundo movimiento de
función del tiempo (b)aceleración del primer movimiento, sabiendo que el primer
punto alcanza al segundo en el instante en que este queda en reposo (c) 1tiempo
que transcurre hasta que ambos puntos tengan igual velocidad.
Realizando su ecuación de cada, de velocidad, según la gráfica:
a)
Dada: V2= V2-t2
Por la ecuación de! movimiento tenemos:
dv2
a2- —■
—
2 dt
—^ 3o—
2
-t
_Vo
3.9—-- •
b)
Calculando el tiempo en que
V2=0
=> t=VQ
Ambos recorren lo mismo
Pero d(=d2
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II
www. ed ukperu.com
SOLVER EDK «
CINEMÁTICA
KVr
=> ai =
1 2t2
c)
Para (1)
K V0
V l =ñ* — -t
2 t2
'v 2-t2
Vi=V2 => t=
2tc
V7l2+4
De una torre se arroja dos cuerpos con la misma velocidad v0 e inclinaciones 61,62.
Ambas cuerpos caen en mismo punto del suelo. Hallar la altura H de la torre H^falta
Para la primera piedra, tenemos que (por ecuaciones vect), podemos observar que:
X=VQt2 cos9|
.... (1)
También H=^gt2-Vosen01 ....(2 )
Análogamente para la piedra (2) tenemos X=V0 t2 cos02
.... (1)’
H - ;g t2-Vosen02t2 ....(2 )’
¿
V
Resolviendo
H=
vwvv. ed u Kd w u.corrí
2V0 C O S0 ;
COS02 COS
(0]+02)
sen2(01+02)
SOLUCIONARIO FISIC A LEIV A I Y II
» SOLVER EOK
CINEMATICA
!. Un grupo se mueve a lo largo de una recta, su posición con respecto al origen de
coordenadas es: x(t)=t3-2t2+3t+2. Hallar (a) la velocidad media para el intervalo [2,3]
Seg. (b ) La velocidad instantánea t = 3seg (a) La aceleración media en el intervalo
[2,1] seg. (d) La aceleración instantánea en 3seg. © Para qué valores del tiempo su
velocidad es cero.
A) Sea X=t3.2t2+3t+2
Piden
w
X (3 )-X (2 )
3-2
=12 m/seg
B)
dx
V= dt
V=3t2-4t-3 ...(1 )
C) Ahora piden
V(3)- V(2)
^med— ^ 9
Pero V(3)=18m/s
V(2)= 7 m/s
amed=l1 m/s2
D)
dv
a= —
dt
de (1)
Tenemos
a=6t-4
a= 14 m/s2
de (*)
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II
www.eayKperu.con
CINEMATICA
(
-
SOLVER EDK «
3t2-4tr3=0
3t
Se lanza un cuerpo con una velocidad de 300 m/seg y con un ángulo de tiro de 60°.
(a)Haílar la velocidad horizontal y vertical a los 10 seg después del disparo. (b)El
ángulo que forma la velocidad con la horizontal en el instante de 10 seg. (c) La
aceleración tangencial y normal a los 10 seg del disparo use g = 10m/seg2.
Como el movimiento es un MPCL
=> Vx=300 eos 60°
=> Vfx=Vx=300 cos60°=150 m/seg
Ahora trabajando en el eje “Y” vectorialmente
Vfy-Voy+St
V^=300 sen 60°-(10) (10)
Vfy=159,81 m/seg
a)
=>Vx=150 m/seg
=>Vy=159.81 m/seg
b)
vc
tg0= — =1,07
0°=46,9o
C)
dv
aT=^- ....(* )
Encontremos V en función de t
V=150Í+(300 sen 60°-10t)J
V=10 (t2-30V3t+900)i/2
ar=
10 (t-15%/3)
V t2-30\/3t+900
=>ar=7,3 m/s2
2
2
9
9
a^+ay—a —g"
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
"\
» SOLVER EDK
J
CINEMÁTICA
=> aN=Vg2-a?
aN=6,8 m/s2
Ti V i I
Desde la azotea de un edificio se lanza verticalm ente, hacia arriba un cuerpo.
Transcurridos 5 seg pasa por el punto situado a 20m por debajo de la azotea. Si g=
lOm/se^f2. Hallar (a ) velocidad inicial (b ) la altura que se elevo por encima de la
azotea (c ) la velocidad a la pasa por un punto situado a 30 m por debajo de la
azotea.
J SOLUCION
f
A ) Como el cuerpo desarrolla un MCL, =» trabajando co* L s ecuaciones vectoriales
H=V0t+ 1 gt2
=> -20=Vo(g)- I (5 )2
V 0=21 m/s
B ) Piden h en la cual se elevó el cuerpo
=> V t=VQ-gt
=> t= — =2,1
S
=> h=Vot - | t 2=22,05 m
C ) Por las ecuaciones vectoriales, tenemos que
H=V0t+ i g t 2
-300=Vot-5t2=>-300=21 t-5t2 . . . ( * )
Un avión tiene una velocidad de 300 km/h con respecto al aire. El avión viaja ida y
vuelta entre dos puntos PQ que distan 1200km. (a ) cuanto tiem po tarda de ir de P a
Q en un día en que el viento sopla a lOOkm/h de Q a P .(b ) cuanto tiem po emplea si
existe un viento cruzado de lOOkm/h. (c ) cuanto tiem po emplea si no hay viento.
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
www.etiukperu oorn
c
CINEMATICA
SOLVER EDK «
a)
v = 400 Km,
h
Q
V = 200 Km/
Q
1200
400
1200
200
ni
t'tote = — — + — — = 9h
b)
V
Zl\
u
\
Km,
100
eos 0 0
-
100
300
70,5°
V = 300sen70.5°
2400 0
t = -----= 8.5h
V
c)
300 K m /
O
2400 = 8h
ou
=> +
t = ---300
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y ¡I
SOLVER EDK
3
CINEMATICA
El vector posición de una partícula es:r=ti+(t-2) í-6t2k, si : m, t :seg. Hallar (a) En que
instante la velocidad es mínima (b ) el valor de la velocidad mínima (c ) El radio de
curvatura en función del tiempo (d ) La aceleración tangencial y normal cundo la
velocidad es mínima.
i SOLUCION
Se muestra
a)
r= t!+ (t-2)“J-6t2l<
rXr
V= — = í+ 2(t-2)j-12t k
dt
V= Jl4 8 t 2-16t-17 .... (*)
Para que
dv
2
— =0 => t=— sea
dt
37 5
b)
En (*) del resultado obtenido, tenemos:
V min=4,07 m/s2
c)
Para calcular 5 haremos uso de
v3
5=
——
°
|Vxa|
(*y
V J
Calculando a = ^
dt
á=l]- 12k
Vxá=(48-12 t)í+ 12j+k
|Vx a|= V l4 4 t2-l152t-2449
8=
d)
n - j
(148t2- 16t-l7)3/2
V 144t~ 1152t-2449
-
V. a
Piden ar= —
|V. al
, aN=1-^-!
2
para t=— seg
/
144 24\
ar= ^1, -—
J .(0, 1, -12) =0,96 m/seg2
aN=12 m/seg
SOLUCIONARIO FISIC A L E IV A IY II
www.edukperu ccm
(
CINEMATICA
SOLVER EPK «
Con que velocidad debe desplazarse una bolita por una mesa horizontal, si
después de abandonar la mesa a una altura de lm, recorra la misma distancia
horizontal y vertical con relación al punto de partida.
Luego de abandonar la bolita describe un movimiento parabólico:
Analizando en el eje “X ”; sea VX=V0
Ahora d=V0t=>l=Vot ....(* )
Ahora en el eje “Y”
v ot=0 =>dy=Voy+igt2
1 = V => t=£
2°
5
En (*) tenemos: V0=V5=2,24 m/seg
Cuál debe ser el ángulo de tiro del proyectil lanzado del punto A, con una velocidad
de 200m/seg, si un segundo proyectil se lanza con una velocidad de 150/mseg en
dirección vertical del punto B para que colisionen.
Para que ambas colisiones
^ la altura de ambas debe ser la misma: para la esfera B (trabajando vectorialmente)
H=V0Bt+^t2 => H-150t-5t2 ...(* )
Para la esfera A, en el eje “Y ”
H=V0AYt+lgt2
H=200cos6 t~5t2 ....(* )(* )
Asumiendo que la colisión fue en el ascenso de ambas de (**) y (*)
=> Voay=150
=> COS0= -
4
0 = 41,4
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I
o
SOLUCIONARIO FISICA LE1VAI Y II
»
EDK
CINEMÁTICA
Una persona se Halla en un edificio a una altura de lOOm y suelta una canica. Tres
segundos después lanza una segunda canica idéntica a la primera. Cual debe ser la
velocidad de lanzamiento de la segunda canica, para que ambos lleguen al mismo
instante al suelo (g = lOm¡seg 2).
Para la primera bolita, tenemos de las ecuaciones de MPCL
=> H = V 0lt+ |t2
Lí
S 9
2
t=2V5seg
:
Para la segunda tenemos: H= V0(t-3)+|(t-3)2
100-Yo(2V5-3)+5(2V5-3)2 => Vo=60,ó m/seg
Se lanza hacia abajo una bolita con una velocidad de 5m/seg desde una altura de
200m. Después de 2seg se lanza una bolita idéntica con una velocidad
desconocida. Cuál debe ser el valor de la velocidad de la segunda bolita, para que
las dos lleguen al mismo instante al suelo (g = lOm/seg2).
Análogo al anterior problema para ambas bolitas la distancia recorrida son
las mismas: para la primera
H=V01t+igt2
200=5t+ igt2
t=5,84 seg
Para la segunda: como el tiempo el cual recorre q=t-2=3,84 seg
H=V02t1+-gtj
200=V 02 (3,84)+ 5(3,84)2
V02 =32,89 m/seg
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II
(
CINEMATICA
>■11 i
SOLVER EDK «
m»
...... ■!
«MI «i*— — *—.■ ■■■■« ■
...
Un avión vuela desde P a Q, separados una distancia de 2160mkm. En dirección
este. Hallar el tiempo de vuelo ( despreciar el tiempo de bajada y de subida del
avión (a) cuando no ase viento (b) si el viento va de sur a norte (c)El viento va de
oeste a este. La velocidad del viento es 50m/seg y la del avión con respecto al aire es
de 720km/h.
a) V=t
=> t=3h
b) Como en viento va de norte a sur
=> Vy-180km/m
720 sen0- Vy
720 sen0=18O km/m
=* 0-14.5°
••• Vx=720 cos0-697.1 km/m
d
t=rr=3,1 h
c)
Entonces, como Vviento-180 km/h
**'V raro~^00 km/h
d
t- —-2,4 h
v
La gráfica se velocidad de un móvil en función del tiempo se indica en la gráfica.
Hallar la aceleración media para los intervalos (a) [0,l]seg (b) [l,5]seg (c) [0.5,4],
Por definición, dímed=~1~^
tf- to
a)
Parat-E[0, 1]
=* Vo=0 , V,-20
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SOLUCiONARIO FISIC A LEIVA I Y II
» SOLVER EDK
CINEMATICA
=> amed=y =20 m/seg2
b)
Para t E [1,5]
VQ=30 m/seg
30-20
^med-
c)
5-1
; Vj =20 m/seg
=2,5 m/seg¿
t E [0, 5, 4]
Para este caso: se relaciona
V4=27,5
Vo,5=10
27,5-10
^med~
3,5
■5 m/seg
Un cuerpo que cae, recorre la mitad de su recorrido total en los dos últimos
segundos a partir del reposo. Hallar la altura desde la cual cae.
Sea h , el recorrido total: de acuerdo al problema
h
i 0
2 =V0i t+ jgt
, para t=2 seg
Donde Vo1 velocidad inicial antes de que caiga al suelo:
¿= Volt(2)+ 20
...(* )
Ahora sea tx , el tiempo empleado para que el cuerpo caiga
=¡> h=V0t+5ti
h= 5tf ....(* * )
para V0l=V0+ g (tr 2)
Voi=g(t,-2)
....(* * * )
De (*), (**) y (***)
=» -=20(tr 2) + 20 ....(a )
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II
—
CINEMATICA
. . c
SOLVER EDK «
h = 5 t?
=> ti=6;8'l seg
h—231,0 m
Un móvil realiza un movimiento rectilíneo y su aceleración está dada por a=-4x,
donde x se mide en m y t en seg. Hallar la relación de la velocidad en función de x,
sabiendo que t0=0;x0=2m,v0=4m/seg.
Tenemos que por definición tenemos que
a= -4x
dv
a= — .v
dx
=> /* adx = J4Vvdv
Cdv
v
=* J"* -4xdx =
-2 ( x 2-4)= - - 8
V= [32-4x2]
1/2
Dos móviles parten del mismo punto, con aceleraciones de óm/seg2 separado en un
tiempo de 3seg. A que distancia del punto de partida se encontraran.
Ejercicio para el lector
Una partícula se mueve a lo largo de una curva, su posición inicial esta dado la
longitud del arco v xdonde su rapidez es v ty en su tiempo después t2 la longitud del
arco es s2 y se rapidez v2. Si en este trayecto la aceleración tangencial es 3m/seg2.
Hallarla rapidez v2?
•x>y^•>xv>
■*<>••vv
y.
t.
:s
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
CINEMATICA
Como la partícula, se mueve a lo largo de la trayectoria
dv
dv
=> at=— =* at=— .v
ds
aTds=vdv
Q ards =Jv^2vdv
=> 3 (S2-S,)=
, en esta trayectoria ar=cte=3 m/seg2
vl-v?
V2=V?+ 6 (S_2-S_1 )1/2
57. Un hombre sostiene una bola fuera de una ventana a 12m del suelo. El lanza la bola
hacia arriba con una velocidad de5m/seg. Que tiempo le lleva llegar hasta el suelo y
con qué rapidez llaga al suelo.
Por las ecuaciones de un movimiento caída libre (vectorialmente)
d=V0t+ ^gt2
-12=5t-5t2
=> t=2,13 seg
Vf=V0+ gt
Vf=5-10 (2,13)
Vf= -16,3 m/seg
Vf=16;3 m/seg
58. Por un plano inclinado de ángulo 45°, se lanza una bola con la velocidad i/0 y
formando también un ángulo de 45° con la horizontal, que distancia por la
horizontal recorrerá la bola antes de deslizarse de plano?. No considere la fricción.
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
rvww,eoukperu corn
I,
C
CINEMATICA
SOLVER EDK
Del problema , descomponiendo V0 , a lo largo del plano y paralelo. Veamos
En lo horizontal: V0cos45°= ——
C uelo
=* tvuelo ■Vo cos45°=L
...(* )
Ahora paralela al plano, en la posición más alta:
=> Vf==* V0 sen4 5 °-a^ p
2V0 sen45°
C u e lo -
. . . . ( i)
a
Descomponiendo g a lo largo de plano tenemos que:
a=gsen0
...(2 )
En (1)
tLvuelo —^
-9^2.
^
••• v
J
o
En (*)L= — V2
s
3 De una manguera brotan chorros de agua bajo los ángulos 0 y /? respecto al
horizonte con la misma velocidad inicial v0. A que distancia con respecto a la
horizontal los chorros se intersecan?.
En el eje “X”, tenemos: X= q V0 Cos p
x= t2v 0 Cos e
www. ecl y Kper u .co rn
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
SOLVER EDK
)
CINEMATICA
t^cosp
to—
~
COS0
Ahora en el eje “Y”
Y=V0 senp tr | b ,
Y=V0 senG t2- | t ¡
De (*) tenemos que
ti —
1
2V0sen (0-p)
g ( COS2P-COS20)
Ahora:
2
X=
p
Cosp sen (0-p)
g (COS2P“COS‘?0)
Se lanza una partícula con velocidad v0, formando un ángulo 6 con la horizontal.
Qué tiempo transcurrirá para que la velocidad forme un ángulo /? con la horizontal?
Veamos que en el eje “X ”
Vx=Vocos0
Luego de t seg: Vx= Vocos0
En el eje “Y” Vfy=Vyo-gt
Del resultado final
V
Vfx-tgp
Vfy=
V0 cos0 tgp
Entonces:
V0 cos0 tgP=V0 sen0-gt
V0
t= — (sen0-cos0 tgp)
S
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
www.eauHperu.com
r
L.
DINÁMICA
SOLVER EDK «
De un cuerpo de masa m1 se cuelga con una cuerda de de una masa m2, otro cuerpo
de masa m3. Al cuerpo de masa ?
se aplica una fuer za f dirigida hacia arriba.
Halla (a) la fuerza de la tensión en el extremo superior de la cuerda y en el centro
de ella.
m
i
i
m2
C
Ts
Te
mHallamos la aceleración del sistema
IF=m ta
F-m1g-m2g-m3g=(mr m2-m3)a
a=g-
F
m1-m2-m3
Ahora en el punto “s”, hallamos la tensión que se ejerce en la cuerda
IF=m ta
m,S.m !g.T,= (g-—
f — -)
] +m2+m3>
m2+m3 \
.m1+m2+m3/
Lo mismo hacemos con la tensión en el punto C:
m2
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F
/
m2\
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y
» SOLVER EDK
DINÁMICA
T1c =
m3+m2^
,m1+m2+m3,
Se tiene el sistema que muestra en la figura, si m1=3kg;m2ym3=5km
. Si no se considera el peso de la cuerda no ay rozamiento en la polea fija. Hallar (a)
la aceleración del sistema (b ) la tensión de la cuerda que une a las masasm] y m2
rn m rt
Piden la aceleración del sistema
m3g
a)
IF=ma
a=F/m
a=
a-
mig+m2g-m3g
m1+m2+m3
(m 1+m2-m3)
m1+m2+m3
(3+4-5)
a= V - t - ~ (9 ?8)
3+4+5
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
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SOLVER EDK «
DINAMICA
a=1,63 m/seg'
b)
Del sistema S ’ , tenemos:
T
ii
T
m
m iS
LF '=ma
' %'■-'* A
m1g-T=ml a
T=m1(g-a)
T = 3(9,8 - 1,63)
T=24,51 N
En el sistema que se da, hallar la velocidad y la aceleración del bloque 3, sabien
que las poleas son de radio iguales y no presentan rozamiento. Se conoce
>q =4m/seg , >q=-2m/seg2 *x2= -5m/seg, x2=8m/seg2.
r
m
Él
w w w .edukperu.co m
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
D
» SOLVER EDK
DINAMICA
La distancia de la cuerda desde el peso 1 hasta la polea B es:
v, =4
X t+tcR+Xq^Ct... (1)
Derivando:
X 1+0+Xo=0 ;
*i
(2)
Derivando (2):
x1+x0=o
Xi=-Xo...(3)
La distancia del peso (3) al peso (2) es:
X 3-X 0+ X 2-X 0+7iR =C 2
•(4)
Derivando:
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y I!
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SOLVER EDK «
DINAMICA
X3"Xq-X2-X{)+0—0 ) X 3—2X.0-X2— (5)
Derivando (5):
X3-2Xo+X2=0
;
X 3=2Xo-X2
Para hallar la velocidad de (5) y (2)
V 3=2(-X1)-X2=2(-4)-(-5)=-3m/seg2
Para la aceleración de (2), (3) y (6):
a3=X3=2(-X1)-X2=-2(-2)-8=-4m/seg2
Dado el sistema de dos poleas fijas y una móvil en la cual es hay tres masas
m1;m2y m3
Hallar la aceleración de cada masa, si se desprecia el peso de las poleas, asú como
la fricción en las poleas.
méiáA
Hallando la relación de aceleraciones:
X r X 0+7cR,+ X 3-X 0+7tR=l1
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SOLUCIONARiO FISICA LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
J
DINÁMICA
Derivando:
X 1+2X0+X3=0... (1)
Derivando
X 1+2X0+X3=0... 2)
Para la otra cuerda:
X 2-X¿-7tR=l2
X2-Xo=0
Derivando X 2 ~ Xc ... (3)
Las ecuaciones de dinámica para cada mesa es:
mTg-T^m^!
m2g-T2=m2a2
...(5) donde
Ti =T3
m3g-T3=m3a3T2=T1+T3
T2 — 2T1 ... (7)
/4m1m3-3m2m3+m1m2'
ai =
4m! m3+m2m34-m1m2
m1m2-4ml m3+m2m3\
a2—
4m! m3+m2m3+m1m2/ °
'4m! m3-3m! m2+m2m3\
a3 -
4ml m3+m2m3+m1m2/
Una persona se desliza sobre un trineo por una montaña de pendiente 6. Ei
coeficiente de rozamiento entre la superficie y el trineo es ¡i. Como de moverse el
hombre de masa M con respecto al trineo de masa para que este último se deslice
por la pendiente con movimiento uniforme.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
WWw.bQt
SOLVER EDK «
DINAMICA
T!T
Del Sistema total
I
F=Ma
M: masa del hombre
(M+m)gsen0-p(M+m)gcos0=Ma
a=
(M+m)
M
g.(sen0-jjcos0)
Dado el sistema que se muestra en la figura. La masa de la polea, de las cuerdas y la
fricción se desprecia Hallar la aceleración de las masas.
Considerando que
m2>m!
tenemos el siguiente diagrama, de donde obtenemos que
ai=a2
Como la fuerza de gravedad es la que actúa sobre el sistema
ai=a2=g
Dado el sistema que se muestra en la figura. De la polea fija cuelga una masa m; qué
fuerza F es necesario aplicar a la cuerda para que la masa m se mueva hacia arriba
con aceleración a.
www.sdu kperu.c o n
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y
» SOLVER EDK
DINÁMICA
J
Dejamos éste ejercicio al lector.
Hallar la aceleración masa
m2(m2>m1)
para el sistema dado. Se desprecia la masa de la polea, cuerdas y no hay rozamiento.
mag
Por dinámica para cada masa tenemos:
2T-m1g sen0=mla1
...d)
lm 2g-lT=m2a2
De (1) y (2) obtenemos:
2m2g-m1g sen0=ml a1+2m2a2
Se muestra que a±= - a2
m,
=»2m2g-m1g sen0= — a2+2m2a2
4m2g-2m1g sen©=m1a2+4m2a2
=>a2:
2g(2m2-m1 sen0
4m2+m1
En sistema que se muestra la barra m es mayor que la bola m (M > M ) . La bola tiene
un orificio por donde se desliza el hilo con razonamiento. En el momento inicia! la
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
iOüKperu
,
SOLVER EDK
DINÁMICA
boía se encuentra frente al extremo inferior de la barra. Después de que el sistema
quede libre. Ambos cuerpos se mueven con aceleración constante. Hallar la fuerza
de razonamiento entre el hilo y la bola, si al cabo de t segundos de haber
comenzado el movimiento. La bola se colocó en la parte superior de la barra, que
tiene una longitud L.
<
M
La barra recorre X, mientras que la esfera recorre L+X.
Por cinemática tenemos que:
X + L = ^ t2... (1)
2
De (1) y (2) tenemos:
Por dinámica:
Mg-fr=M.aM... (4)
mg-fr=rn.am... (5)
De (4) y (5) en (3) obtenemos:
fr=
fr=
www edukpsru.com
2LmM
;
(M-m)t2
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
(i
» SOLVER EDK
¿P
DINÁMICA
JL
Dado el sistema que se inicia en la figura, la superficie es lisa, se desprecia el peso de
las poleas y de las cuerdas. Hallar la aceleración de la masa m1.
Por dinámica a la masa “rn0”
2T = m0a ... (1)
Se demuestra que
ar a2
a=
Por dinámica a las masas m1 y m2
ml g-T=ml a1
—m2g + T = m2a2 ... (3)
De (1) en (3) y reemplazando a =
al~ a2
Tenemos:
ar a2
a=
m0(ar a2)
-m2g=m2a2
4
=>a9=
m0ar 4m2S
4m2+m0
•
(4)
Sumando (2) y (3) y reemplazando a2 se tiene
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I!
www. ed ukperu.com
r
DINÁMICA
( m,-m2)g=mi+a,+m2
SOLVER EDK «
/m0ar 4m2g'
Despejando aa:
ai =
á
4m2+'m1+m0 (m 1+m2)
4m1m2+m0 (m 1+m2) .
Sobres las masas mi y m2 actúan las fuerzas F1 = bt y F2 =2bt, que están unidos por
un hilo que puede soportar la tensión T, donde b es una constante. Hallar en que
instante el hilo se romperá.
iTfTm ¡ g
m
2
r
<
/
iI . 1" 2
7 7/
mi
h
\
/
Para cuando el hilo se rompa de la a =£ 0
Por dinámica se tiene que
IF=m ta
F2-F1=(m1+m2)a
2bt-bt=(m1+m2)a
bt=(mr m2)a
...d)
Teniendo en cuenta la dinámica de cada masa:
m2
T~T
77
.T
I\
m,
ir rn rr 77
F2-T=m2a
T-F1=mla
...(3 )
De (2) y (3) obtenemos la aceleración:
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SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
» SOLVER EDK
~\
A
DINÁMICA
T
a=
2m 1+m 2
Reemplazando en (1) obtenemos el tiempo en el cual el hilo se romperá:
T (m 1+m2)
t- ,
b ' (2m1+m2)
•
Que fuerza actúa en 1sección de una barra homogénea de longitud L a la distancia
x del extremo al que se aplica una fuerza R, dirigida a lo largo de la barra.
/-
m
y
R
t
Por dinámica tenemos que R = ma ...(1 )
Definamos
m =
mx
R
Por dinámica para el trozo de la barra.
m
R-F=m'a
Utilizando (1) y (2) se tiene:
F=R 1-
Se tiene un prisma de masa M y ángulo 6, se le comunica aceleración “a” hacia la
izquierda. Una masa m se halla sobre el prisma. Cuál es el valor máximo de esta
aceleración, para que la masa m permanezca inmóvil con respecto al prima, sabiendo
•que el coeficiente de rozamiento entre las masas es fi(ji < cotg 6)
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
s ft 5
s;
'-{"i/ i / u M i l
r~4 : : i r r». A r1:
H 5K í
• I i
i
;
i :
j
V.
DINÁMICA
SOLVER EDK «
OTiiííirrt
En el eje X para el bloque se tiene:
A
yu
O=ZFx=macos0+macos0-fr
fr=m acos0-m acos0... (1 )
En el eje Y se tiene: ZFy = N 2 — m gcosG — m asenO = 0
N2=m gcos0+m asen0... (2 )
Sabem os que
fr=pN2... (3 )
De (1), (2 ) y (3 ) encontram os que:
9(1 +jj cot0 )
a = — --- — -—
max
(C O t0 -p )
Dado el sistem a form ado por el prism a de masa M y sobre él la masa m.
d esp reciand o el p recio de la polea, de la cuerda y el rozam iento. Halla la
aceleración del prism a M.
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SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y
» SOLVER EDK
A
DINÁMICA
am
Haciendo DCL para cada masa:
Por dinámica tenemos para la masa m: mg SenO ~ T = mam
(1)
Y para la masa M:
T+N Sen0=(rn+M)am
Se demuestra que:
am=amCos0
De (1) y (2) y reemplazando am tenemos:
mg Sen0+NSen0=(rn+M)am+
•m
Cos0
mg Cos0(l+Cos0)
M Cos0+m(
+Cos0)
Dado el sistema que se muestra en la figura, una polea fija por una barra, esta pasa a
través del cuerpo de la masa m2, y existe una fuerza de rozamiento Fr. Despreciando
el peso de las cuerdas, hallar la aceleración de las masas y la tensión del hilo.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
wwvv,ed u kp©?u. co i
SOLVER EDK «
DINÁMICA
Considerando m1 > m2, se tiene; del todo el sistema por dinámica obtenemos:
a(m 1+m2)=F1-F2-fr
a=
(m,-m2)g-fr
Por dinámica:
i
' T
mj
>' F,
Fr T-m1a
De (1) en (2) tenemos:
/2 m2g+fr>
T=m! -----V m1+m2
Dado el sistema de masas que se muestra en la figura y ¡j . es el coeficiente de
rozamiento entre la masa m y el plano indicado. Hallar la fuerza que presiona la
cuerda sobre la polea. Se desprecia el rozamiento en la polea y su masa.
Por dinámica a cada masa:
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SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
J
» SOLVER EDK
DINÁMICA
mg Cos 0
fr=pN
fr=pmg cos0
IF=ma
m g senO + g g m cosO — T — ma ... (1)
Por dinámica:
▲ j
m
I
mg
T-mg-ma... (2)
De (1) y (2) tenemos
mg
T= — (1 +p cos0+sen0)
Para hallar la fuerza que ejerce sobre la pelea, como las tensiones son iguales,
entonces la fuerza F divide a la mitad al ángulo:
Por ley de cosenos:
F2 =T2 +T2 +2T2 c o s
(H
F2 =2T2 [l+ co s(|-0 )
F2 =2T2 [l-1+2cos2^ - ^
Siendo
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
www. ed ükperu .cor
SOLVER EDK «
DINÁMICA
T=
(1 +jjcos6+sen0)
En el sistema que se indica, la m l> m2. Se suelta el cuerpo de masa m2 y el sistema
se pone en m ovim iento. Cuál es la altura máxima del suelo a la que subirá el cuerpo
de masa m2. D esprecie las masas de las poleas y el rozamiento.
/ / / / / / zzzzz
///////////
rTV2S
Dejamos el ejercicio para el lector.
Se tiene una barra homogénea de masa M y longitud L, es som etida a una fuerza F
en uno de sus extremos. Hallar el valor de la fuerza que ejerce la región 1 sobre la
región
2
.
¡TI
m
± J__ 2
i—x—i
Por dinám ica para todo el sistema.
F=ma=>a=
. . .
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m
(D
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
]
DINAMICA
R
m
Definimos
m m
P =vL = L-X
, m(L-X)
m= —
...(2)
Por dinámica
F-F12=m'a
De (1) y (2) se tiene:
XF
F12=
Se tiene la máquina de Atwood dispuesta como se muestra en la figura. La polea en
estado inmóvil (las masas no se mueven) se equilibra en una balanza de palanca. En
cuanto es necesario variar el peso en el plato derecho, para que al librarse la polea
y moverse inmediatamente, el equilibrio se mantenga?
Para que el sistema quede equilibrio, la aceleración de la polea y de la masa en el
platillo deben ser iguales.
Hallando la aceleración de la polea:
ir^g-T^m-ia
—m2g + T1 = m2a
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
, donde 7\ = T2
WVVyv.CÜU
\A
£¿
**Í
l
1 L--
1y W i
?
I
/•‘ A f
DINÁMICA
;
'
l,_______________
SOLVER SDK «
(n y m 2)
2 ~ (m 1+m9)S
El peso será.
P=(mr m2).a
rmi-rrií>)(mi-mo'Í
Pz, —
-—
—
(m,+m2)
p
-- g
=
(m¡+m2)
Por dinámica para las 2 masas:
m1g — 2 T — m 1 a 1 ... ( 1)
i-m2g=m2a2
...(2)
Se demuestra que
De (1) y (2) obtenemos:
0
(m r 2 m2)
, —- --q
(m 1+4rn2)
Por cinemática:a? - --¿
4 íi
:=>V:
8 h(mr 2 m¿)g
I
\
Luego de que el bloque de masa
m i+4mo
; llega a ! piso. m2tiene una velocidad v. donde
comienza a actuar la g como la aceleración:
, v 2 4h(mr 2m2}
h =— =
i— —
2g
m¡+4m2
••• H.,tíx-h'+2h
j—
1
óhiv¡
» SOLVER EDK
11
DINAMICA
La máquina de Atwood, está colgada de una balanza de resorte, tal como se indica
en que la figura. Hallar la aceleración de los cuerpos, la indicación de la balanza y la
tensión en la cuerda que une a las masas.
t A D m2
^ mj [J] ▼mgg
ml S
Por dinámica para cada masa:
gm1-T=am1
...d)
T-gm2:=am2
••• ( 2 )
De (1) y (2) se tiene:
g(m 1-m2)=a(m 1+m2)
=>a=
(mr m2)g
(m 1+m2)
...(3 )
Ahora hallamos, de (2) y (3):
T-m2g=
T=
(mr m2)g
(m 1+m2)
m2
2 m1m2g
m1+m2
Y la tensión de la balanza será 2T
4m!m2g
Tb=
m!+m2
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
\AAA
?\A/
V V V V V V .
\ J u
fk
'H i
í v l ?
i
ti.
SOLVER EDK «
DINÁMICA
Se tiene el sistema que se indica en la figura, hallar (a) la aceleración de cada peso.
Supóngase que las cuerdas y poleas son de peso despreciable, estas últimas son lisas
y las cuerdas son flexibles e inextensibles.
r
b
Xo
\
«•
i
O
1
X o
I
O
w
X1 Xo
X2
-
X3
I3
2
-
0
3 0
Como las cuerdas son inextensibles entonces estas permanecerán constantes:
11 = X ] -X q4-7IR+X()-X()+7CR + X q
Derivando 2 veces, siendo X0 = cte , se tiene:
X 1+2X¿=0
l2 =X¿-Xo
, derivando
2
veces, tenemos:
X0
m= X Í ...(2 )
l3= X 2-X o+7iR ,,+ X 3-Xo
Derivando 2 veces, se tiene:
X 2-2Xo+X3=0
-..(3)
De (1), (2) y (3) se tiene:
X 2+ X 1+ X 3= 0
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SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
» SOLVER EDK
~\
DINÁMICA
Por dinámica para cada masa, se obtiene:
mig-Ti =m1a 1
...(5 )
m2g-T2=m2a2
... ( 6 )
se demuestra que
m3g-T3=m3a3
...(7 )
t =t 1=t 2=t 3
...(8)
De (4), (5), ( 6 ), (7) y ( 8 ) se tiene:
ai =
a2=
a3=
/mi m2+m1m3-2 m2 m3\
\m 1m3+m2 m3+m1m3 /
/m2 m3+ml m2-2 m1m3\
\m 1m3 +m2 m3+ml m2/ S
/m] m3+m2m3-2 m1m2\
■S
\m 1m3+m2 m3+m1m2/
Reemplazando
rn1=2kgm2 =4kgm3=3kg
tenemos:
a 1= yS
a2-
7
-4g
7
SOLUCIONARiO FISICA LEIVA I Y II
www.eduKperu con'
/"
DINÁMICA
SOLVER EDK «
Un cuerpo está colgado de dos hilos que forman ángulos 6X y 02 con la vertical,
como se indica en la figura. Demostrar que si se corta el segundo hilo, la tensión en el
primero varia instantáneamente en la aceleración.sen 02/seg(01 + 02)cos Qx.
En el equilibrio, tenemos lo siguiente:
Tl cos01+T2cos02 =mg... (1)
T 1sen01=T2sen02... (2)
De ( 1 ) y ( 2 ) obtenemos:
mgsen 82
sen ( 9 i +62 )
Por dinámica
''j o
y
mgCosG]
rmg
LF=lng cos01-To=mac
mgcos01-To=
mv¿
R
Pero como V = 0 al inicio
To-mgcosO^O
To-mgcos0|... (4)
De (3) y (4)
Tt
sen0 2
To_ cos0r sen(01+eo)
. V
¥ ¥¥
,
a r l'- ik T iC f í
U Ü 1
r
f i r \
\
m
í f *
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
> SOLVED EDK
DINAMICA
-
S
Se tiene una esferilia de masa rr¡ que se mueve alrededor de un alambre de radio R,_
que se halla en un plano vertical. La esferilia tiene una velocidad uniforme vü a lo
largo del alambre. Hallar (a) la aceleración centrípeta, tb) la componente radial y
tangencia! de ¡a fuerza que se ejerce sobre la esferilia, debido ai alambre en el
instante en c:ne el radio con la esterilla forma un ángulo 0 -con la horizontal.
Se tiene que la aceleración centrípeta es igual a:
V}
ac =
2R -
w
R
Para hallar las fuerzas tangencial y radical se tiene del gráfico que:
Ft = mg cosU
Por dinámica en el eje radica! se tiene:
Fr + mg senQ — mac
Fr =m
r
**
V ,2
V»
Y
\
—gsenQ j
Se tiene un sistema formado por dos poleas fijas y un peso de 10 kg .Hallar (a) la
fuerza mínima para que el sistema se encuentre en reposo, (b ) si ia fuerza F tiene un
valor de 198N, hallar la aceleración del bloque, (c) cual debe ser el valor de la fuerza
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA i Y li
VVW-.
j^peru.-COrt*
c
DINAMICA
SOLVER EDK «
F para que el peso suba con una aceleración de 1.2 m/seg 2? (a) F= 98N; (b) a = 10
m/seg2; (c) = 110N.
StT O M n a
ks
10
▼mg
a) Para que se encuentre en equilibrio, la tensión de la cuerda debe ser igual a la
fuerza F
F=t=mg
rrv
F=(10kg) (9,8™ ) =98N
s5
b) Por dinámica se tiene
IF=ma
...(* )
a=
c)
F-mg
198-98
m
10
m
= 10
seg¿
De (1) se tiene:
F=98n=(10KG) (1,2
m
seg'
F=110N
Se tiene un cuerpo de masa m y está sujeto por dos resortes iguales de constante de
elasticidad k, alargados ambos a una distancio AL. Hallar la magnitud de la
aceleración del bloque en el instante de soltar el bloque. No hay rozamiento.
/vvvw. ed u kpe ru.con'
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
“"N
» SOLVER EDK
DINÁMICA
-J.
FkSenO
^ C Js c n e
x
FkCosO
Por dinámica en el eje X:
IF
LF=maa=—
m
a_
2Fksen0
m
_
2K AL
sen 0
m
(
Sobre los bloques de masa mi = 30kg. M2 =15 kg, existe una fuerza de rozamiento
de 2 kg. Qué tiempo empleara partiendo del reposo para que el bloque m2 recorra
una distancia
1 0 m7 si
0=60°.
¿sBmimm
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
vv\-\. t,ed u k D s ru .com
SOLVER EDK «
DINÁMICA
Considerando todo el sistema por dinámica obtenemos:
* |M,g
rr^g sen9-2fr=(m1+m2)a
Por cinemática tenemos que:
X-Xo+V0t+-at2
20
Para cuando recorra 10m, se tiene una aceleración de a = — ... (2)
Ahora (2) en (1) obtenemos el tiempo en el que recorre 10 m.:
t=2,04 seg
Se lanza una partícula con una velocidad inicial vO, hacia abajo por un plano
inclinado de ángulo 9 y longitud L. Cuál será el coeficiente de fricción cinética, si la
partícula alcanza el extremo inferior del Plano justo cuando llega al reposo.
Por dinámica en el eje X:
www. ed ukperu.com
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
V
» SOLVER EDK
DINAMICA
mg sen0 -pkmg cos0 =ma
gsen0 -pkg cos0 =a... ( 1 )
Por cinemática obtenemos:
a=YtiVo =Vot=Vo
t
t
(2)
a
L=V0 t-iat2... (3)
Reemplazando (2) en (3), obtenemos la “a”
«4 -(4 )
Reemplazando (4) en (1), obtenemos
V;o
pK=tan0 2Lgcos0
Por una porción de un canal circular de radio R; se desplaza una masa m, sin fricción.
Que altura H alcanza la masa, si el canal gira con una velocidad angular a) unifrome.
Del diagrama obtenemos que
Ncos0=mg... (1)
NsenO = mw2r ... (2)
Y r = RsenG ... (3)
De (1), (2) y (3) tenemos:
mw2R cos0=mg ... (4)
Pero
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
wvv'Vv.ed u Rperu.com
c
DINÁMICA
COS0=
SOLVER EDK «
R-H
R~
Reemplazando en (4) obtenemos:
Un plano inclinado de ángulo 6, gira alrededor de un eje vertical con una velocidad
angular cj. Un cuerpo de masa m se halla en el extremo inferior del plano inclinado y
está a una distancia R dei eje de giro. Hallar el coeficiente de rozamiento mínimo que
permita que la masa m se mantenga sobre el plano inclinado.
Por dinámica y la fuerza antribeta en “X” tenemos:
mg
fkCos
X
fkSen 0
-N sen0+fr cos0=mac=mw2 R... (1)
En “Y” por equilibrio se tiene:
mg=Ncos0+frsen0... (2)
Siendo f r = likN, reemplazando en (1) y (2)
Nsen0+jJKN cos0=w2 Rm... (3)
Ncos 0+jj kN senO=mg... (4)
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SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
» SOLVER EDK
"N
DINÁMICA
>
De (3) y (4) encontramos N:
w 2Rm
N=
jjk cos0-sen6
N=
mg
cos0-jJKsen0
...(5 )
(6 )
Igualando (5) y ( 6 ); y despejando i¿K tenemos:
w 2 Rcos0+gsen0
Mk=
i¿ ¡/
g cos0-W sen0
Una barra sin peso, dobíado como se indica en la figura, gira con una velocidad
angular co, respecto al eje BC. En el punto A de ía barra hav un cuerpo de mana m.
Hallar La fuerza que ejerce la barra sobre la masa m.
Hacemos DCL a la esfera:
Feos#
O
Fsen# R
mg
Por la fuerza antrípeta en “X ” se tiene:
F sen0-mac
F sen# = m W 2R ... (1)
Por equilibrio en el eje “Y’
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
H a -y
■« V
V V
V
¿H¡
w 'H - J U
iú r r * - .£ ir !
í \ J -- / W
r
;
~
• r '* i
V - -_/■ J ¡ i
DINÁMICA
L_
SOLVER EDK «
F eos# = mg ... (2)
Elevando al cuadrado (1) y (2) y luego sumamos obtenemos:
F2 (sen20+cos20)=(mg)2+(mw 2 R) 2
F2 =(mg)2 +(mw2 R )S
Pero
R=L sen0
,1/2
F= [(m g)2+(mw2L sen0 ) 2J
Desde lo alto de una semí esfera de radio R7 se desliza un cuerpo pequeño, sin
rozamiento. A qué altura H se desprenderá dicho cuerpo de la cúpula.
m m
mg
mS Cobe
Por dinámica tenemos que:
mg sen0-N=mac
V2
ac=——
c R
v
mg cos0-N=m y *--(1)
Por la conseno-ación de la energía:
(mgH-mgR)+
m.a,=
mV
R
mV2-oj =0
2mg
R
(R-H)... (2)
De (2) en (1):
2 mg
mg sen0-N= — —(R-H)
R
www.ed u kperu.co m
SOLUCIONARIO FISiCA LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
DINÁMICA
Cuando el cuerpo se desprenda N =
0
mg sen0=—^-(R-H)... (3)
R
Pero
sen0=H/R
Reemplazando en (3) y despejando H se obtiene:
2
H=3 R
Hallar el radio R de un puente en arco, con la condición de que la presión de un
auto que se mueva con una velocidad v se haga tres veces menor en el punto más
alto del puente.
\
w
Hallamos la fuerza centrípeta en el punto A y B:
En el punto más alto
P = X - (1)
En el punto más bajo
Sumando las expresiones (1) y (2)
4P
2mv2
~3~= R~
SOLUCIONARIO FISICA LEI VA I Y II
ww.v.sdukperu. co m
r
DINÁMICA
V.
SOLVER EDK «
P=mg
R =
3v2
2g
Un atleta pesa 70 kg. Se coloca sobre una balanza de resorte en un ascensor.
Cuanto marcara la lectura de la escala de la balanza, si el ascensor, (a) sube con
una velocidad constante de 5m/seg . (b) tiene una aceleración hacia arriba de
5m/seg2 (c) tiene una aceleración hacia abajo 3.4
m/seg2
(d) cae libremente debido a que el cable se rompe.
a)
Como la velocidad es constante no hay aceleración, por tanto el peso que marca
la balanza es 70 kg.
b)
Entonces la masa que marcará será:
ma+mg
=105,7 kg
ma y m g
c)
Entonces la balanza marcará
mg-ma
L= — --- =45,7 kg
ww. ed u Kperu,com
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
d)
3
DINÁMICA
La aceleración en el exterior será la aceleración de la gravedad ya que está en
caída libre, entonces la balanza marcará:
L=
mg-mg
=0
i'
Un cuerpo de masa
esta situado sobre una mesa giratoria horizontal que distan
una distancia R del eje de rotación, si el coeficiente de rozamiento estático límite
entre el cuerpo y la masa es ¡j .s . Una cuerda une la masa?^ con la masa m2, por
medio de una polea sin fricción que se encuentran en la masa giratoria, tal como se
muestra en figura. Entre que límites de co debe de girar la mesa para que la masa
m¿ no se mueva Hacia arriba ni hacia abajo?
La velocidad angular superior es cuando la esfera tiende a salir del disco y es
cuando la esfera tiende su movimiento hacia el centro:
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
SOLVER EDK «
DINÁMICA
fr : cuando tiende al centro
fr':cuando tiende a salir del disco
i)
Para el límite superior:
IF=m 2g+fr1=m1w2R
m2g+Mm1g=m1w|upR
(m 2 + g m jg
Wsup ~~
m^R
ii) Para el límite inferior:
IF=m.2g-fr=m1wfntR
m2g-pm,g=m,wfnfR
( nypm Qg
W inf=
mi R
Una masa de Ikg, se mueve a la largo de una recta de forma que el camino
recorrido x(m) en función del tiempo t (seg) es. x = A - 2t — 312 + t3. Hallar la
magnitud de la fuerza que actúa sobre el cuerpo al finalizar el tercer segundo de
su movimiento.
m=lkg
TTT
El camino recorrido se expresa por la ecuación dada X = A - 2t — 3t2 + t 3 ... (1)
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SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
» SOLVER EDK
DINÁMICA
F(t) = ma = mx ... ( 2 )
Derivando (1 )2 veces, tenemos:
x=-6 +6 t
Reemplazando en (2) para t = 3seg
F(t)=m(6t-6)
F(3)=1 2 N
Un cuerpo se desplaza por plano inclinado ángulo 0 = 60°. La relación entre la
distancia x (m) recorrido por el cuerpo y el tiempo t (seg) está dada por la ecuación
x = t32. Hallar el coeficiente de rozamiento entre el cuerpo y el plano.
Por dinámica se tiene:
mgsen0 -fr=ma... ( 1 )
Tenemos que x = 3t2 derivando 2 veces tenemos la aceleración:
x — a — 6m/seg2 ... ( 2 )
De (2) en (1)
mgsen0 -jjkmgcos0 =6 m
jjk=0,50
La longitud de las varillas de un regulador centrífugo es igual a 12,5 cm. Que
numeró de revoluciones por segundo dará el regulador, si al girar los contrapesos se
V
desvían por la vertical un ángulo de 30o?
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SOLVER EDK «
DINAMICA
Por la fuerza centrípeta, se tiene
Tsen9=mac
Tsen0=mw 2 R... (1)
En el equilibrio en el eje “Y ”, se tiene
Tcos0=mg... (2)
De ( 1 ) y ( 2 ) se tiene:
mgtan0=mw 2 R... (3)
Siendo
R = LsenO
y
W=27TV
Reemplazando en (3), tenemos:
cose
v=
*
M
=m(27tv)2L
1
2k y Lcos0
v
'
=1,51 RPS
Un peso de Ion, se encuentra fijo a un cordón de goma de longitud l0 gira
circular'mente en un plano horizontal con una frecuencia de 3RPM. El cordón se
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» SOLVER EDK
DINÁMICA
J
desvía con respecto a la vertical un ángulo 30°, Cuando el cordón se estira 1cm. Se
debe aplicar una fuerza de 5n. Hallar la longitud L0 del cordón sin estirar.
///////////////
Por dinámica de la fuerza centrípeta, se tiene:
T Sen30=mRw2... (1)
Tenemos que cuando
T=5Al=10mm
De (1):
T Sen30=m(lo+AI)w2... (2)
Reemplazando valores:
lo=24,81 m.
t
40.
Sobre un pequeño cuerpo de masa m, que se encuentra en un plano horizontal lizo,
en el instante t =0 , empieza a actuar una fuerza que depende del tiempo por la ley
f=b t, donde b es una constante. La fuerza hace en todo instante un ángulo 0 con la
horizontal. Hallar®a) La velocidad del cuerpo en el momento de la separación del
plano (b ) El camino, recorrido por el cuerpo este momento.
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SOLVER EDK «
DINÁMICA
í. £f
FsenO p
\ ¿Ííl^ Fco sQ
|
n
Tenemos en el eje X; por dinámica:
Fcos0=ma
a) Por cinemática se tiene que
dv
dt
=a
dv
Fcos9=m
dv=
dt
bcosO
t dt
m
Integramos
v=
bcosO
2m
■e
...d)
En el eje “Y ” se tiene que
XF=0
N+Fsen0-mg=O
Cuando se separe del plano; N = 0
Fsen0=mg
t=rr!S7
... ( 2 )
bsenG
De ( 1 ) y ( 2 ) tenemos:
v=
mg2
2 bsen 2 0
b) Para hallar la distancia se tiene que
dx
V~ dt
W
\A
A
A
WW.tíÜÜJKI
ru ,com
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
» SOLVER EDK
D
DINAMICA
bcosGt2
dx=vdt= —
dt
2m
Integrando:
x=
bcosGt3
6m
...(3 )
De (2) y (3) tenemos:
x=
m2g3cos0
6 b2sen0
Una lancha de masa m es mueve en una laguna a la velocidad v0. En el instante t =0
desconectan el motor si la fuerza de resistencia del agua j! movimiento de la lancha
proporcional a su velocidad / = —rv. Hallar (a) el tiempo del movimiento de la
lancha con el motor desconectado, (b) la velocidad de la lancha en dependencia del
camino recorrido con el motor desconectado, a su como el camino total hasta la
parada.
S rlírffríi
v,
z?
F»rv
Por dinámica tenemos que:
-rv-ma
...0)
a —
dv
di
-rv-m
dv
dt
i r
f dv
— dt= J m
J r
Piden el tiempo que dura el movimiento de la lancha, y esto sucede cuando v =
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0
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DINÁMICA
V,
SOLVER EDK «
De (2)
-rt
em=0
b) De (1) tenemos que
-rv
a= —
m
Sabemos que
dvd=adx
dx
rx
v=v0-—
m
; x: distancia
Para hallar la distancia total, es cuando
rx
0=Vq—
m
m v0
x = ---
Cuántas veces aumenta la velocidad máxima admisible de un ciclista por una pista
con peralte 0 en comparación con la velocidad admisible por una pista horizontal a
igualdad de los radios de curvatura y de coeficiente de rozamiento
© fw
H
—
R
fr
1
Para cuando la pista está horizontalmente
Por dinámica
V2
fr=m~R
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» SOLVER EDK
_______
A-
...___ ________ _ .
V = / ¡T g l
Para la otra pista; tenemos el siguiente diagrama de cuerpo libre:
En el eje X tenemos:
mVe
N Sen0+fr Cos0= ——
(D
En el eje Y se tiene:
IF=mg+fr Cos0-p Cos0=O
...(2)
De (2) despejando N, obtenemos:
N=
mg
cos0 p Sen0
...(3 )
Reemplazando (3) en (1):
N Sen0+pN Cos0=
mgR
Cos0-p Sen0
mVg
R
(Sen0+pCos0)=mVo
(p+tan0)Rg
V0=
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
1-p tan0
DINÁMICA
SOLVER EDK «
DINAMICA
Por lo tanto la relación de
vyv0
es:
V,o
V
(p+tan0 )
tan0)
Una partícula de masa m, se mueve a lo largo de una trayectoria circular de radio R,
tan que su posición angular varía con el tiempo así:
0 =b+ct+gt2
, donde b, c y q son constantes, t es tiempo y 9 está en radianes. Hallar (a) que
fuerza tangencial existe (b) que fuerza centrípeta existe para un tiempo t dado.
Las fuerzas tangencial y radical se expresa de la sgte. Forma:
FT=m
dv
dt
...d)
F r = mw2R ... ( 2 )
Siendo
V=WR
y
W=
d0
dt
Nos dan la posición angular que se expresa de ia siguiente manera:
6 = b + ct + q t2
Derivando
d£
w = c + 2 qt
dt
Derivando por 2da vez:
www.&duKosru.í
SOLUCIONARIO FiSiCA LEIVA I Y II
» SOLVER EDK
"N
DINÁMICA
d20
dw
dt2
dt
=2 q
Reemplazando en (1) y (2) tenemos:
FT=2mRq
y
FR=m(c+2qt)2R
Se tiene una esferita de masa m, la cual se desplaza a lo largo de un alambre
delgado de radio R, si la esferita tiene una velocidad inicial v0 y si gK es el
coeficiente de fricción cinético despreciado la gravedad, Hallar la velocidad de la
esferita cuando ha transcurrido un tiempo t.
émmferifab
Por dinámica, la fuerza tangencial será:
-fr=
-pN =
K
mdv
md
mdv
dt
.••(I)
Y la fuerza centrípeta será:
N=mw2 R=
De (2) en (1):
v2
dv
-uN — = m —
K R
dt
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
mv2
~R~
c
DINAMICA
-jjN
SOLVER EDK «
r dv
Rm dt= I
^2
-pNt
1 1
_ R_= "V +V ¡
V=V0
-1
Una cadena de longitud 2m; se encuentra en reposo apoyado sobre un superficie
lisa talco se indica en la figura. Se aplica una peque fuerza desequilibrarte en el
extremo B dirigida hacia abajo. Hallar al aceleración y la velocidad de la cadena en
función de y que es una posición cualquiera del punto A. La longitud de la cadena
era igual en ambos lados.
Definamos la densidad de masa lineal
M
P=
2L
Por dinámica; en el extremo derecho:
x
2L=x
y
M
M
— (2L-x)g-T= — (2L-x)a
www. ec u Kpe m ,co m
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
DINAMICA
En el extremo izquierdo:
M
M
T-—-xg=—-xa
2L 5 2L
De (1) y (2) obtenemos:
(L-X)
a=S
; pero
x+y=Ly=L-X
Y
a = 9.8Sabemos que
dv
dt
=a
dv dx
dx dt
=a
vdv = adx
í
y
dvd= I 9,8 -dy
Y2
v
2= 9 , 8 -
v=
93
2L
.Y
Un bloque de la figura pesa 30kg f, los coeficientes de rozamiento estático y cinético
son 0.25 y
0 .2
respectivamente. Hallar (a) La fuerza necesaria para mantener el
bloque con mantenimiento rectilíneo uniforme sobre el plano inclinado de 30°. (b)
La aceleración en el instante que deja de actuar la fuerza f. (g
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
10
DINÁMICA
SOLVER EDK «
V
ro<csímS
=#'
VfU
a) Por dinámica
I F x=ma
mgsen30-fr-fcos30=ma
Pero como e! movimiento es a velocidad constante entonces a
0
=>mgsen30=fr-i-F(cos30)
...O )
En el eje Y:
I F y=ma=0
I F y=N-Fsen30-mgcos30=0
=>N=Fsen30=mgcos30
'o
U-J
s-
. . .
Sabemos que
fr=uN
.(3 )
De (1), (2) y (3) obtenemos:
F=mg
(sen30-jjcos30)
(cos30-jjsen30)
F=101;48N
b) para cuando ya no actúa la fuerza F tenemos en e! eje X:
mgsen30-umgcos30=ma
==>3=3,27
ITi
SOLUCiONARIO FISICA LE IVA I Y !! B L VJ
:
» SOLVER EDK
DINAMICA
Un plano inclinado de la figura forma un ángulo de 30° con la horizontal. La relación
de las masas de los cuerpos es: m1/m2 =2/3. El coeficiente de razonamiento en el
plano y el cuerpo es 0.1. Las masas de la polea y y de la cuerda se desprecian. Hallar
el modulo y la dirección del cuerpo m1 si el sistema se puso en movimiento desde
el reposo.
¡I?
Por dinámica para la masa m1
rr^g-Tsrr^a
...d )
Pero
T=m2gsen30+fr
...(2)
De (1) y (2)
m] g-m2gsen30-fr=m ]a
mig-m2gsen30-jjm2gcos30=mia
m9
m2
g- — g sen30-p — gcos30=a
m1
3
3
a=g- - g sen30- - pcos30
=>a=0 ,1 2 g
Un bloque de masa M descansa sobre una plataforma que gira con velocidad angular
(o constante. Una cuerda flexible une a este bloque con otro de masa m en la forma
que se indica en la figura. El coeficiente de rozamiento entre M y la plataforma es ¡j .
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
•
SOLVER EDK «
DINÁMICA
Hallar el valor máximo y mínimo de d para los cuales M permanece en reposo
respecto a la plataforma.
El radio máximo o mínimo de giro dependerá hacia dónde tiende el bloque, si el
bloque tie4nde a deslizarse a la izquierda tendremos el radio mínimo, y si tiende al
lado contrario será el radio máximo.
fncuando el radio es mínimo
fncuando el radio es máximo
i) Cuando el radio es mínimo:
LF=mg-fr=Mac
mg-jjMg=Mw2 rm¡n
mg-pMg
rmin_
Mw2
ii) Para cuando el radio es máximo:
IF=mg+fr=Mac
mg+pMg=Mw2 rmáx
mg+pMg
rmáx=
Mw2
Cuál es el peso aparente de un hombre de lOQkg que está de pie en ascensor que
sube aumentando su velocidad a razón de 2m/seg2. Cuál cundo baja?
(g= 1 0 m/seg2)
i^íTUOTíT
Hallamos lo que marca la balanza cuando sube y cuando baja:
i)
Entonces, lo que marcará la balanza será:
SOLUCIONARIO FISICA LEI VA I Y ¡I
» SOLVER EDK
________________
DINÁMICA
s
m§-ma
L=—
=120 kg
ü)
Entonces, cuando baja la balanza marcará:
!a
▼
ma
i ¡ mS
mg-ma
L= —
=80 kg
o
Tres bloques de masa m, 2m y 3m son empujados a lo largo de una superficie
horizontal lisa por medio de una fuerza constante f. Hallar (a) la aceleración de
cada bloque.(b) La fuerza que ejerce el bloque 2m sobre 3m.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
SOLVER EDK «
DINÁMICA
a) Tenemos los siguientes bloques que se ejercen entre ellos unas fuerzas:
Para el bloque de (3m) tenemos que
F23=3ma... (1)
Para el bloque de (2m) se tiene que:
Fi2-F32-2ma
; pero
F32=f23F i2=5ma
Para el bloque de (m ) se tiene que:
F-F21=ma
, pero
F2i=F 12F=óma
a=
F
6m
b) Sabemos de (1) que:
F23=3ma-3m
L
H
¡
Un cuerpo de masa m está unido a un resorte de longitud L 0 si estiramiento. Si el
resorte obedece la ley de Hooke
(f=-kx)
y el cuerpo gira con una velocidad angular
03
. Demostrar que: (a) el radio del movimiento circular uniforme es:
.-H ; s i --
r*--.
»=*
y i
?
ív - C u ls K jJC i u . u U f t !
SOLUCIONARIO FÍSICA LEIVA I Y II
%*
>
» SOLVER EDK
-\
DINÁMICA
>
W
a) Tenemos que
Por dinámica se tiene:
FK=mac
FK=mw2R
Pero
Fk=-KX
siendo
X=R-Lo
Entonces:
K (R -Lo)=m w 2R
KR-KLo=mw2R
KL0
r =f
~ A2
K-mw
b) Para hallar la fuerza de tensión del resorte, tenemos qye FK = r,R
T r=K(RL o )
Tr=K
Kmw2
K-mw2
/. Tp—
"Lo
KL0
R K-mw2
Dos cuerpos de masa m, se hallan unidos por medio de una cuerda de peso
despreciable y longitud L. Se aplica una fuerza de v
2mg en el centro de la curda y
normal a ella (x=0). Hallar aceleración de las masas en la dirección que une las
masas.
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
ya vw . 0CÍ u Kperu,co
c
DINÁMICA
SOLVER EDK «
En el eje T tenemos por dinámica que:
T = ma ... (1)
En el punto “0” obtenemos que
2mg=2Tsen0
T= ^L .. ( 2 )
senO
v
y
De (1) y (2) obtenemos:
a-
sen0
Pero la aceleración en X será:
ax=acos0 =— - .cos0 =gcot0
sen0
Una caja cuya masa es de 10kg.descansa sobre la plataforma de un camión que parte
con una aceleración de 1 m/seg2. El 'piso no tiene rugosidades y la caja comienza a
resbalar a su movimiento se opone a una pequeña fuerza rozamiento de 5N. Hallar
(a) SI la caja se encuentra inicialmente a 5m del borde de la plataforma del camión,
cuánto tiempo transcurre antes de que caiga? (b)qué espacio recorre el camión
antes de que se caiga la caja?
ék
a) Hacemos el diagrama de cuerpo libre para el bloque:
Por dinámica tenemos
1:
?!
SOLUCIONARiO FISICA LEIVA I Y ¡I
» SOLVER EOK
DINÁMICA
F=ma
mg
fr
5m
IF=ma =ma-fr... (1)
Por cinemática:
x=
a '+ r
De (1) y (2) tenemos:
.-fr=m
ma-
/2 x\
t2= ^ . . . (3)
ma-fr
Reemplazando valores en (3) se tiene:
t=4;4 seg
b) Para hallar cuanto recorre el camión se tiene por cinemática:
x] =
at¿
2
siendo
t-4,4 seg
(1m/seg2 )(4,4seg);
2------
Un cuerpo de masa 0.2kg. Se mueve por un tobo, como se indica en la figura. Cuando
llega al punto p, tiene una velocidad de 2 0 m/sg y el radio de curvatura es 5m, si
g=10m/seg2. Hallar la reacción del tubo sobre el cuerpo.
K w T O íia S
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
r
DINÁMICA
SOLVER EDK «
Por dinámica: 1F = mac
N + mg = m
v
~R
Por tanto la normal será:
N =m
v‘
mq
*
R
(2 O) 2
N = 0,2 — ¿r
(0,2) ( i 0)
N = 14
d-T-
Se tiene un cuerpo que se haya suspendido por dos cuerdas L±Yl 2 de peso
despreciable, como se muestra en la figura. Hallar la relación de las tenciones en la
cuerda Lx inmediatamente después de cortar la cuerda L2, con la que había en
equilibrio.
En el equilibrio
TYsenO^cosG... (2)
De (1) y (2):
'/ v'vvw .e d u k p e ru tu¡
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
J
» SOLVER EDK
DINÁMICA
T^mgcosG... (3)
Por dinámica:
i
mgcos0-T =m
Pero como V = 0 al inicio
T^mgcosG... (4)
De (3) y (4) tenemos:
Ti
=1
T1
Por dinámica:
XF=mac
w2
N+mg=m
R
Por tanto la normal será:
N=m — -mg
(20)2
N=0,2—-— (0,2)(10)
D
N=14
En una feria, una niña de masa m está sobre la pared vertical de una jaula cilindrica
de radio R. La jaula velocidad lineal v. Hallar el peso efectivo de la niña, (se define el
peso efectivo de un cuerpo al total de fuerzas que el objeto o cuerpo ejerce sobre
un dinamómetro en un sistema acelerado =
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
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SOLVER EDK «
DINÁMICA
co = Js 2 + C’2/ r ) :
mg
< ~N
La fuerzas que actúan sobre la niña son
mg y N
Siendo la
mv;o
N= maf = ^
*c
R
Piden el peso efectivo (que es la fuerza que ejerce el cuerpo en un dinamómetro)
^ e f e c t iv o
~ tTIJ g 2 +(N 0/R)
Una partícula de masa m se mueve a lo largo de la superficie interna lisa de un
cilindro vertical de radio R. Halle la fuerza con que la partícula actúa sobre el
cilindro, si en el momento de iniciarse el movimiento su velocidad v0 forma un
ángulo 6 con la horizontal.
s í » !
vvvv v\ .S u n k d aru. co it
Mi r¿%T'n
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
» SOLVER EDK
DINÁMICA
Tenemos que la velocidad tangencial es
V=VoCos0
Piden la fuerza de la partícula sobre el cilindro:
F= mac
'
V2
F=m¥
i ■-
V2
_
F= m — cos^O
Que fuerza constante actúa sobre una masa de 500kg.para que su velocidad inicial de
5m/seg; cambie a (-5m/seg) en un tiempo de 20 seg.
SOLUCION
Por dinámica tenemos que: ZF = ma
Y por cinemática a = —-—
V 0 = 5 m /s
V f= - 5 m / s
<
F = 500 kg
20
F - -250N
F = 250N
Dos cuerpos de masa lOkg. Y otro de 5kg; cuyos coeficientes de rozamiento con el
plano inclinado son0.5 y 0.2 respectivamente. El cuerpo de 5kg se suelta 2 seg
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
SOLVER EDK «
DINAMICA
después de haber partido del reposo el cuerpo delOkg. Las masas se encuentran
después de 5seg que ha estado en movimiento el cuerpo de masa lOkg. Hallar la
distancia inicial que los separaba.
\
.
100]
100Cos(30
Resumiendo lo dicho el cuerpo de 5 kg alcanza al cuerpo de 10 kg en 7 seg. Mientras
que el cuerpo de 10 kg ya hizo un recorrido en 5 seg.
Por dinámica para las 2 masas:
V
_
•
50 senSO-fr^S.as kg
...d )
V
100 sen30-fr2=l0.a10i<g
Por cinemática, hallamos el recorrido:
a=
2X
En (1) y (2) se tiene:
50 sen30-fri =5.
2 (d+x)
t?
...(3)
100 sen30 - f r 2 = 10.
w vvw.ed u kpe ru,co m
2 (x)
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
~N
» SOLVER EDK
DINÁMICA
Siendo X recorrido en 5 seg por el cuerpo de 10 kg y fr^Oj^cosSO
fr2=100jJ2cos30
Reemplazando en (3) y (4); hallamos que X es:
d=16;8 m
Halle la aceleración del bloque de 20kg, si las fuerzas de fricción entre los bloques y
las superficies son despreciables. También el valor de las tenciones entre las cuerda:
mg
mg
TI
T2
5kg
. . . i —
T
..
lOkg
'' 1"'
N
TI
T2
N
20kg
r -
mg
Por dinámica para todo el sistema, se tiene:
mg-Tr T2 =mtamT=masa total
Como se desprecian las tensiones, tenemos:
mg=mta
20(9,8)=(35)a
a=5,6 m/s2
Ahora para hallar las tensiones por dinámica para cada masa, tenemos:
T,=m'a
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
vvww-©d ü KDS r y . CC
C
DINAMICA
SOLVER EDK «
...d)
T2 =m"a
...(2)
Entonces de (1) y (2) tenemos:
T, =56 NT2=28 N
En la figura mostrada, halle la aceleración de los bloques y la tensión en la cuerda
que los une, si hay rozamiento entre las masas y la superficie.
Piden la aceleración de las masas haciendo el DCL para cada masa:
T 12
fr
N
mg
T 21
T 12
N
fr
Siendo
|T12|=|T2
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II V * *
D
» SOLVER EDK
DINÁMICA
y
fr=pN
t
N=mg
Por dinámica en cada masa:
T 12-fr=ma.... (1)
F-T2i-fr=ma... (2)
De (1) y (2) tenemos:
F-2tr=2ma
F-2fr
.
- i.,* . .v •
.
...
= _ 2 (3 r
.
f
2 0 -2 ( ^ : 0
;
'J
k
•' ^
i.
?t•
í
- ■ ! <
;
ill
a=1,37— seg2
Ahora hallando la tensión de (1)
(TJ
T 12=ma+fr=9799 N
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
.-'í
SOLVER EDK «
ESTATICA
Se tiene un conjunto de fuerzas concurrente ?! = ( —2,3m 3), f 2 = (n, —2,1) y
f3 = (-l,4,r) , para que valores d e m , n y r In partícula se encuentra en equilibrio.
Com o la partícula se encuentra en equilibrio
=>EF=0
Veamos:
F-j -f F2+F3=0
-2 -m-l=0 '
3m-2jr4=0 =s
3+1-5=0 n=3
-2
m =
-
r=4
Se tiene un conjunto de cin co fuerzas y la resultante de estas se indican en la figura.
Hallar la quinta fuerza.
i leiti t
Del gráfico tenemos:
F_l=5jTM
F2= 12ÍN
•
F3=40ÍN
F4=(16Í+12j )N
Fr = ?
Pero tenem os que
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SOLUCiONARIO FISICA LEIVA I Y II
» SOLVER EDK
ESTÁTICA
FR=65( i3 ¡+Í3 j) N
Fr=(60Í+25])N
Luego
F1+F2+F3+F4+F5-Fr
F5==Fr-CFi +F2+F3 +F4 )
F5=60T+25j-(5]+12i+40Í-16 1 +1 2 j)
F5=(24í+18])N
Hallar la resultante de un sistema de fuerzas que se indica en ¡a figura. La figura es
pentágono de 10 m de lado y las fuerzas están a escala de Im =5kg
R=(202.25,-65.7)
SOLUCION
Visualizando, tenemos que el pentágono es regular, por lo que
•
n
0=a=p=36°= -
5
=>F!=50 cos-i+50 sen-j
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
vvww.ed ukperu.com
ESTÁTICA
SOLVER EDK «
t
F 2 =100cos^í
5
TU
_
T í*
71
27t ~
2k ~
71
~
F3=lOOcos - eos - i-1OOcos - sen —j
5
5
5
5
_
F4=50c o s — í-50sen — j
5
5
Luego
Fr =F i +F2 +F3 +F4
=(202,25í-65,7j)kg
Dos esferas iguales de radio r y peso w se apoyan mutuamente entre si y se apoyan,
además contra las paredes de un cilindro abierto por su parte inferior de radio R, que
descansan sobre un plano horizontal. w ±que ha de tener el cilindro para no ser
volcado por peso de las esferas.
[firam w r
Tenemos dos esferas: tal com o muestra la gráfica:
DCL para ambas esferas
Como dicho sistema en equilibrio (claro está debido a que deseamos el mínimo valor
de
www.edukperu.com
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y
» SOLVER EDK
ESTATICA
Wi
Ahora
IF y=0
XFx=0
R4-2w=0=»R4=2w
Rg-R! = 0 •‘•R2 =Ri
Ahora
ZMb=0
R1(25)sena-25 cosaw=0
w
tga
...O )
DCL del cilindro
2A
Como deseamos que dicho cilindro no vuelque
XMa =0
RWj=R|(25)sena
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
wvvw. edukpe ru.c.om
SOLVER EDK «
ESTÁTICA
...( 2 )
De (1) y (2) tenemos:
cosa
RW t=2rW —— sena
sena
r
W 1=2w-cosa
Del
AOBC
tenemos que
' * 2(R-r) R
cosa= —-— =- - 1
2r
r
Cuál es el valor de la fuerza f para levantar la carga de 100N, si jj=0.3 para todas
superficies y 0 = 1 0 °.
Ahora analizando solo a la carga de 100N, carga C
www.edukperu.com
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
-\
» SOLVER EDK
ESTÁTICA
Ahora
tga=0,3
a=16,7°
Realizando el polígono de fuerzas, tenemos:
Por ley de senos tenemos:
RiSenCPO+CO+a^lOOsenCOO-^Ca+G)
R] cos(O-i-a)=10 0 cos2 (a+0 )
R1=66?74N
Ahora, para el bloq A
y
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
\ a t\ a i \ a
c ¿ H 1 1 í' ^
V ¥ V V y V • V J U l Vp
zi
W
r r t ‘
r*v*i
i Ü ; Lr O ! í ¡
ESTÁTICA
V.
SOLVER EDK «
Ahora
R4sen (90-a) Fsen2 (a+0)
F=98,1N
Ahora analizando al Bloq B
Veamos:
vvww.edu kpe ru.com
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
ESTÁTICA
Realizando el polígono de fuerza tenemos:
Por la Ley
Rtsen (9O-(0+2a))=R4sen (2a+0)
R4=70,5
Tres fuerzas f, 2f actúan en los vértices de un triangulo equilátero ABC normalmente
a sus lados, como se indica en la figura. Hallar la magnitud dirección y sentido de la
resultante.
Tenemos:
0=Fj
F2=2F(cos30i-sen30j)
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
w vvw. ed u koérú.co m
c
ESTATICA
SOLVER EDK «
F3=-3F(cos30Í+sen30j)
Ahora para calcular la resultante
R=Fi+F +F
2
3
/-V3. 3.'
=F -2 -¡-2 j
|r |=V3F
Además: calculando
•1/ 2,
-V3
1- V 3 .
^pR=2 i+T j
Si verificamos que
1. V3„
PpQ=2l+T j "
dirección de que
R es QP
Se tiene la cuerda PQRS (sin peso), la cual soporta los pesos wt . Hallar la fuerza de
tracción en las porciones P Q Y QR de la cuerda. Si a =30 m y b =5 m.
m
Del problema tenemos el DCL para la cuerda QR
H¡ ikper
w
WWW ■ g
■— < \
:om
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
» SOLVER EDK
ESTÁTICA
3b
tga= — =>a=26;6°
Como el stm se encuentra en equilibrio
IF x=0XFy=0
XFx=0XFy=0
=»t x-tx =o
2Ty=2w1=»Ty=w1
pero
Ty=Tsena
Wi
.-.T=— L =2;24wt
sena
Por tanto
Tx=tcos0=2w1
TQr — 2 wt
Se tiene la estructura representada en figura. Haílar la fuerza sobre la barra LN; si en
el extremo m; se aplica un peso de 50 kg.
SOLUCION
Realizando el DCL de la barra LM 7 entonces*.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA i Y II
www. ed uKDsru.co m
SOLVER EDK «
ESTÁTICA
I M P=0
4(50kg)=6sena FLN
200
=>f
ln
= I ---------------
• • •
ósena
*
=>Fm=41,67kg
Para la barra LN, la fuerza Fln es a lo largo de la barra LN
4
sena= -
5
www, ed u kperu.corrí
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
*N
» SOLVER EDK
ESTÁTICA
> í
Dado la figura, se tiene una fuerza f =10N que actúa en la dirección del punto A al
punto medio del lado BC. Hallar (a) el torque de la fuerza con respecto a 0. (b)el
•
i
torque con respecto a B (c) el torque con respecto a! lado BD.
SOLUCION
Del diagrama mostrado tenemos:
a)
Piden
=rxF
r=aí , P-10jJF
,
AC+AB
Pr' p
^
-V6~ Vó* Vór
Í ] ”’ t‘F=“
_ -10V6. 5V6
=*F=
1+
i+T J* T k
+
5VéL
5aVó - ~
=>tQ=—^— (-1j+k)
Ahora:
b) tb=r1xFFl =aí -a] ,
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
wvm.edukperu.com
c
ESTÁTICA
SOLVER EDK «
_ -IOVó - 5 V 6 . 5 V 6 .
F=
—
¡
+
—
j
+
—
k
-5a Vó ~ ~ ~
t b= — ó— O+J+k)
-5aVó ~
-5aVó
o
(i+ j+ k)=
^
¡J
Se tiene dos pares de fuerzas que actúan en las aristas de de la figura. H allar el
torque resultante.
illllíH •
Para p o d er calcu lar tPOR de vecto res, sólo es necesario:
C onsiderando lo antes dicho, tenem os:
www.edukperu.com
S0 LU C I0 N A R I0 FISICA LEIVA I Y
» SOLVER EDK
ESTÁTICA
d ^ s ia distancia para el por de 5N
d ^ s la distancia para el por de ION
=>t5R=d!xF1=6 jx
Miv +vik)
'
/ -2 .
4
5 1
=24V5í+6\/5k
^ f 10N=d2xF2=2Íx(lOj)=-2Ok
t=24V5Í+(6V5-29)k
Se tiene una placa circular de 4 m de radio, sobre dicha placa actúa cuatro fuerzas
que se indica en la en la figura, (a) la resultante de las fuerzas, (b) el torque de la
fuerza con respecto a 0 y (c) La posición de ia resultante.
Se tiene el disco de radio 4 m. tal como se muestra:
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA Y I!
www. edu kperu.c o r
r
ESTÁTICA
SOLVER EDK «
V-
y
Dichas fuerzas están sobre el disco
a)
R=IF!
=-1k-2k-4k-3k
R=-10N(k)
b) t0 =Zr,F,
rj = 41 ,
F,=-ln(k)
r2=4 cos30í+4sen30j
;
F2 =-2k(N)
¡3=41
F3=4(k)
r4=-4 í
;
F4 =-3(k)
.
.
ío = riF l+ Í2F 2+ Í3F 3+ F 4p 4
to=-20Í+(4V3-8)J
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
» SOLVER EDK
c)
ESTÁTICA
J
Sea
r=(x,y,z)
posición de la resultante:
t0 =rxF: 1Oyí+10xj=20Í-(4V3-8)]
x=(4\/3-8)/10
y =2
Las dos mitades de un cilindro circular de radio r y peso total 2co se apoyan
mutuamente, como se muestra en la figura. La superficie entre dos cilindros es
rugoso y el suelo es liso.
ríTti m t
Se tienen dos mitades de cilindros circulares: (tratando como un sistema)
a)
Como dicho sistema se encuentra en equilibrio
SFy=0
También como el piso es lizo
•Ra± al piso
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
www. eaukDeru.co
r
ESTÁTICA
SOLVER EDK «
RpHRa
Ahora
ZFy=0
P+Q=2w
... ( 1 )
Ahora
Z tP=0 =» a 0 2PQ
a tenem os que:
rcotoa= (rey) eos
02w
... ( 2 )
Del
a po
2q
tenemos:
r
r
1
=r2 y=>y= —( --- -- 1 )
senG
2
sen 0
...(3)
Resolviendo (1), (2 ) y (3 ) tenem os que
p= w (l-sen 0 )
Q=w(1 +sen0s)
b)
DCL de uno de los sem icilindros, tenemos:
'WW edukperu.com
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
» SOLVER EDK
ESTATICA
Asumiendo que R actúa en X, entonces como Fg y Q son II entonces R es paralela a Fg
=>£Fy=0
Q+R=w
R=w-Q=w-w(l+sen0)
=wsen0
c)
Del mismo modo realizamos el DCL para el otro cilindro:
Aplicando
= 0 , considerando
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
SOLVER EDK «
ESTATICA
4r
C6 de —
371
>xcos0 R= r/ 1
X — T (
\sen6
45
tge) cos0 .w
371
4 cosü \
I•
3nsen2Q/
Si se conoce 0 y el sistema está en equilibrio. Hallar (a)las relaciones en P Y Q. (b) la
relación R que se ejerce entre los dos semicilindros’ (c) la distancia x a la cual actúa
esta relación.
Realizando el DCL del sistema mostrado:
www.eaukperu.com
SOLUCION ARIO FISICA LEIVA I Y !l
üf
» SOLVER EDK
ESTÁTICA
Realizando el DCL de cada peso
...d)
Ahora para la esfera (2)
100 100\/3\
=>T= 1 tg60
3
...(2)
De (1) y (2)
V3w_1=(l00V3)/3
w1 = 33,3kg '
Dos cuerpo de peso wxw2 =100kg. Reposan sobre dos planos inclinados lisos y
están unidos por un cable de peso despreciable. Qué valor debe de tener w1 para
que el cable esté en una posición horizontal.
Til
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
wwvv. ed u kpe ru.co m
SOLVER EDK «
ESTÁTICA
T
Ahora descomponiendo las fuerzas a lo largo del plano inclinado
Fsen0+n=wsena
...(* )
I F x=0
wcos9+fs=fcos0
. . .
(**)
Además, tomando momento en la polea:
www.ed u kperú.co m
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
ESTÁTICA
Zto=0 .
La longitud de la cuerda es:
1V 2
=>fs.(lV2)sen0+N(lV2)cos0=lw
w
=>fssen0 +Ncos0 =—
V2
De (*), (**), (***) tenemos que
N=wsena-Fsen0
N =wsen (0+45°)-Fsen0
sen0 .V§ cos0 .V 2 N
N=w ( — r— +— r— I .Fsen0
2
2
...(* )
N=w(sen (0+45°)-Fsen0
Dado el sistema de la esfera y plano inclinado. Hallar el ángulo 6 y la reacción
normal a la esfera, para que el sistema se halle en equilibrio.
Como el cubo es liso y además h = L/4 •*. realizando el DCL del cubo
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
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SOLVER EDK «
ESTÁTICA
Aplicando:
2 to = 0
1.
R=
*1
cos(45+a) w
R=V2COS(75°)W
•••(*)'
Ahora DCL de la placa
i
R
wl
,T
Fn
ZF=0
ZFy=0
w 1+Rcosa=fN
...d )
SFx=0
Rseno.=fs
' ...(2)
Un cubo perfectamente liso de peso w y lado L. puede girar alrededor de la
articulación o y se apoya en el borde de una placa de peso w1 y altura h =U4.Hallar
www.eduKDeru com
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y
» SOLVER EDK
ESTÁTICA
J .
el coeficiente de rozamiento ¡j . entre la placa y el piso horizontal de apoyo para que
haya equilibrio en la posición indicada de la figura.
Realizando el DCL de uno de los aros:
Del gráfico,
r 1
sena= — =3r 3
=>a=19,47°
2 V2
=>cosa= ——
Ahora realizado el sistema de fuerzas
Rasena=F-Rb
Racosa=F
Resolviendo (1) y (2) tenemos que
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y
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SOLVER EDK «
ESTÁTICA
Ra=3F/V8
Se tiene tres aros sin peso. Uno de los aros tiene doble del radio de los otro dos que
tienes radios iguales. Los tres aros están amarrados por una cuerda inextensible que
hace una fuerza f. Hallar las reacciones en A Y B.
Realizando el DCL de la cuya, tenemos:
a
tge=j
desde gráfico tenemos que
a=15+0
Ahora
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SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y
» SOLVER EDK
ESTÁTICA
...d )
F=R,sen0+R2sena
...(2)
Luego tenemos que
Ro=
2
FcosG
FcosO
(cosasen0 +senacos0 )
sen(a+0 )
E! diagrama de fuerzas tenemos:
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
www.edukperu com
.c
ESTATICA
SOLVER EDK «
Donde
a=15+B
1OOsen (90+0)=R2sen(9O-(a+0))
1000 cos0=R2cos(a+0)
...(* * )
*
Ahora de (*) tenemos:
Fcos0
1OOOcos0= -— 7— —cos(a+0)
sen(a+0 )
F=1000 tg(a+0)
F=lüOOtg(15+20)
F « 932 kg
Dado el sistema de pesos que se indica en figura. Se quiere levantar un peso de
lOOOkg, con una cuña que hace un ángulo de 15°. Hallar el valor de f, si el coeficiente
-
V:.
.
' •** •
*-'
...,,
.
de rozamiento para todas las superficies en contacto es de 0 . 25.
Realizando el DCL de la barra y de la semiesfera
w.
i
c
L
ÉL
L.x—
J
Q
i f y =o
P+Q=Wt
...d)
StP=0
Lw 1=(L+X)Q
www.e o u k perú.com
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y
» SOLVER EDK
D
ESTATICA
Pero tenemos que
L+X=rcos0
...(3 )
SFv=0
P+Q+W=M ... (1)
It Q-0
rcos0M=(2rcos0-bsen0-rcos0)w+25cos0P
...(* * )
Analizando todo el sistema
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
www, ed u kperu.co n
SOLVER EDK «
ESTATICA
M=w+W]
Una barra uniforme PQ= 2L de peso w l se apoya en P en el interior y por R sobre el
borde de una semiesfera hueca de peso w. Hallar la relación de w a w l sabiendo
que la posición de equilibrio de la barra es horizontal. Si C es el centro de gravedad
de la semiesfera y se conoce b. Hallar el ángulo 6 y las reacciones en P7 R Y M.
w1
Como se encuentra en equilibrio
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SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
ESTÁTICA
xt0—o
w 2 Lsen0=w1(a-Lsen0)
■
*. senO —
3
aw 1
¿(w-. + w2)
De un punto A esta suspendido un pesow^ y una esfera de radio y peso w2, tal
como se indica en la figura. Si 00’=L; Hallar el ángulo 0 que ase recta 00’ con la
vertical.
a)
I t A=0
RBLcos((3+0)=bcos0w
...d)
Luego analizando el sistema de fuerzas
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
w w w , e a u K p e ru , c o •
ESTÁTICA
V
•
SOLVER EDK «
RA+RBcosp=w
I F x=0
R0 senp=F
...(3 )
Ahora (1) (3)
F=
b)
wbcosBsenp
Leos ((3-0)
De (3) tenemos
Rb=
wbcosG
Lcos(p-0)
Y por último en (2)
Ra-w
1-
bcosGcosp
Lcos(p-G)
Una varilla AB = L, de peso w cuyo centro de gravedad se halla a una distancia b del
extremo A; se apoya en A sobre un suelo horizontal y en B en una pared inclinada,
www. ed y kpe ru.co m
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
"\
ESTÁTICA
ambas superficies lisas como se muestra en la figura, (a) Hallar la fuerza f que debe
aplicarse al extremo A de la varilla para que se mantenga el equilibrio con un ángulo
de inclinación 6. (b) Hallar también las reacciones en A y en B.
w1
w2
I t o=0
W 1I
I q2
Sen^ ] “W 2 f J cos^
1 (V 4a2L2sen0l =
sen0
^Lcos0-2V4a2L2sen0j
2v4a 2 L2sen0(w 1+w2)=w 2Lcos0
tg0 :
w
2L
2 (vv¡4-w2)V 4 a2 l/)
w
0:
2L
2(w j~t-w2)v4 a 2 L2).
Una barra de longitud L y peso wlf se encuentra apoyada sobre una esfera
t
semicircular de radio a; y superficie lisa, otro peso w2 está situado a un cuarto de
longitud de la barra, como se indica la figura. Hallar 6 para que el sistema se halle en
equilibrio.
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
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£
ESTATICA
SOLVER EDK «
Del gráfico mostrado:
ÜLFy—0
P~60=0=>P=60kg
Luego aplicando l t Q = 0 tenemos
1O(5cos0)-2O(5cos0)-(2,5)sen0(lO)+6O(5senO)=O
=>0=10,3°
Se tiene dos barras homogéneas de longitud lOm, y 5m y 20 kg; lOkg de peso que
están unidas formando un ángulo de 90° y soportadas en el punto p. En los extremos
de la primera barra actúan los pesos de 10 kg y 20 kg. Hallar el ángulo 6 para el
equilibrio.
Primero, analizando todo ei sistema
vvvvw.edu kperu.com
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
ESTÁTICA
I F Y=0
R1R2=w
...d)
StQ = 0
|
r
, = - R 2= > R , = r 2
E n (l)
w
R] =^2 - 7T
O
XTa=0
a
bt=RT=w
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
4b
www. eauKperu. com
SOLVER EDK «
ESTATICA
Dos barras están articuladas en Q y sujetas por una cuerda PR, las cuales se apoyan
sobre el suelo liso. Hallar la fuerza de tracción que se produce en la cuerda, cuando
una carga w se aplica en la articulación Q, tan como se indica en la figura.
Ojo: falta considerar o indicar que dichas barras son homogéneas
Ahora:
X a-O ^ ci
L3
Li ^
2
Lo
• (°) +L 2 ( 7 ) +L3 ( ^ )
Xc=
X c 2 = 7 , y C2= y
L1 +L0 +L3
y
L3 / L2 +L3 \
' c" 2 VL,+L2 +L3/
Xc3= 7 >yC3=0
l >©
Yr =
©
,
L1 (Li+L2)
2 Lj+L2+L3
Hallar el centro de gravedad del triángulo formado por varillas de longitud
in W
, para el sistema coordenado dado.
¡W
W
.cfuüf.L
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
» SOLVER EDK
)
ESTATICA
t jlllljll
Del gráfico, se tiene:
6R
X ns“ 3R , Vns=~t
K
-4R
X nm~2R , YNM=——
71
2R
^ lm-3R , VLM= —
n
3R.(3Rtc)+2R.(2R7t)+3R(R3R.(3Rti) _ 8 R
^
3R7i+2Rti+Rtc
3
f—) .3Rtc-~ +2Rrc+ — .Rti
V7t/
U
K
yr—
3R7T+2R7T+R7C
2R
n
Hallar el centro de gravedad de la espiral LMNS, sabiendo L O =R, LM =2R, NS=6 R,
para el sistema coordenado.
Ojo: Los lados del triángulo son distinto a R-¡ (ese dato no debe existir)
Si ubicamos el origen de coordenadas en O:
Y ctotal= 0
Ahora
h
YAC=-=>Area=Rh
ó
-4R
R27i
°c = 3k =#Area=
2
o=
RH+ ~
2
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
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SOLVER EDK «
ESTATICA
H=V2R
Se tiene dos superficies, una de ellas es sem icírculo de radio R y la otra un
trianguloisósceles, cuyos lados iguales son R y el de la base 2R, cuánto debe valer la
altura del triángulo para que el centro de gravedad de las dos superficies, coincida
con el punto o.
Aplicando por superposición:
Llamaremos A r : Area Total (cuarto de circunferencia:
A 1: semicircunferencia
9
X l= 2
Yi =
20a
371
-a
A|=T
x,=
k
4a
3tt
Yr =
4a
3n
A T= - 1 l
A |.Y^ +At .Yt
Yr =
A] +A2
Y c = —a=0,64a
7C
www. Buukpe ru.co n
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
■\
ESTÁTICA
A^ .X-| -hAj.Xj
Xc =
A i +At
X c=0,345a
Hallar el centro de gravedad de la figura rayada.
Ecuación de la curva:
abrí
-b
X= -Vá^A =
a
z
Utilizando la simetría que tiene dicha Area, tenemos:
Yc = 0
Bastará encontrar X r \veamos
a
*c= a - K) =~/ ¿ V a :’-y2 -Va2-y2 dy
b
Xc=
)
a 2 7t
= -2 /
-a
Xc:
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
1
4a
371
(a 2 -y2)d y
SOLVER EDK «
ESTÁTICA
Hallar el centro de gravedad de la superficie de la elipse.
Llamaremos (1) a la región de radio=2R (sombreado)
(2) a la región de radio=R (sombreado)
(3) a la región de radio=R
8R
2
x ,=0, V, = — , A,=2R n
-4R
R2 7t
X 2=-R,Y2= 3^ - A2 =
—
4R
R2tt
X 3 =R, Y3= — , A 3= „
3
3 37t'
3
2
xo=
A-[
+A 2X 2"*"^3^3
A^ +A2 +A3
Reemplazando tenemos:
Xo=
Yr =
-R
A-| Yt +A2 Y 2 +A3Y 3
-2R
A 1 +A2 +A3
n
Hallar el centro de gravedad de la figura rayada.
www.edykpery.com
SOLUCIONARIO FISICA LEI VA I Y
» SOLVER EDK
ESTÁTICA
Proyectando el sólido, de tal manera:
Zc^ t-
J
Z.Az.dz
'az+b(h-z) \ 2 3V3
ZCVT= I Z. ( ----- — -1 — dz=>
pero
h
VT= — a2\/3+b2 J3+abV3
2i
Zr =-
.*.dista=
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
3a +2ab+b
a2 +ab+b“
h Ta2+2ab+3b2
a2+ab+b2
www.ed u kpe ru.co m
r
ESTÁTICA
SOLVER EDK «
Las bases de un tronco de pirámide son hexágonos regulares de lados a y b
respectivamente, siendo h la altura del tronco. Hallar la altura del centro de
gravedad del tronco a la base de lado a.
Suponiendo que es un cono com pleto y proyectando de la sgte. manera, tenemos:
rrv
B'
(m + h)2
=— =>m=
B
Vb- V Í
B'
rrv
_
V i
( V B - V Í ) .z-VBh)s
_
(m+h-z)2 A
ki
ii
ZC.VT
A zdz
/ z-
ZC.VT= ( B + 2 Ü Í + 3 B ) —
Zc=
B+2 V Ü +
+Vü+b
3
B \h
y
4
Halla la distancia del centro de gravedad de un tronco de pirámide a la base del
mismo.
m
w w w.e d ukp e ru.co m
m
rti
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
-
-
<■
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
.
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
ESTATICA
-
-
-
-
-
-
Teniendo en cuenta el anterior problema (31) se puede verificar que posición del CG
es igual a la fórmula dada:
••• B=R2tt
B =r27t
=í >Zc—
R27t+2 V R2 .r27t2 +3 r27t \ h
R2rc+VR2 .r2ft2 +r27t
_
J^
/R2 +2Rr+3r2\ h
Zc" l
R2 +Rr+r2 /4
Hallar la distancia del centro de gravedad de un tronco de cono a la base del mismo.
Ejercicio para el lector.
ír Hallar el centro de gravedad de las barras homogéneas de sección uniforme, que se
indica en la figura, con relación al sistema de coordenadas dado.
Como este es simétrica respecto a un eje:
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
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ESTÁTICA
V.
SOLVER EDK «
bastará encontrar Zc, ya que Zc = Yc = X c
Veamos
K
VD= -a 3 =>Z, ; . V D= i Z. dv
6
dv=(a2-z2).^ .d z => í z (a 2-z2).- .d z
Zc=ga=Xc=Yc
Hallar las coordenadas del centro de gravedad de la octava parte de la esfera
x2 +y2 +z2=a2
i II ti i
fy
Ahora sea la ecuación de la parábola:
y=ax2 +am2
L=an2 +am2
a=
L
n2 +m2
Y=-s
í(x 2 +m2)
n2 +m2
Ahora
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SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
-\
ESTÁTICA
2nf Y . 1+ (^p\ .dx
Y=
m ^
VdJ
=2tc
n C
j
u
( £ )
dx
Y=2n
Un arco de parábola PQ gira de alrededor de eje y. Hallar la coordenada RS del
centro de gravedad del cuerpo de revolución así obtenido.
rvífrmti
Aplicando
I t P =0
(t)4 sen(120°)=50 cos60.5+(10cos60°)30
T=79.4N T=79.4N(-sen30°i+cos30°l)
Ahora:
P-T-80j=0
P=80j-T
|P|=41;3N
Se tiene una varilla PQ de 10 m de largo y peso 50N, que hace un ángulo de 60° con
la horizontal y está soportada por una cuerda MN? la cual hace un ángulo de 30° con
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y
. * Lr
VV VV y v =
s J U s\
peru.com
SOLVER EDK «
ESTATICA
la vertical, como se muestra en la figura. La distancia PN es de 4m. Hallar (a) la
tención en la cuerda MN. (b ) la reacción en el punto de apoyo p.
SOLUCION
Del gráfico
Ft =500N
>
F2=260
Luego
tA=r1xF1+r2xF2
Vemos que:
Ó =-3i
;
/3. 4 a
F,=500 (g '+ g j)
r2=-2k+4j
"F" ^"2" "=260" ("-3" /Ve 13" ) "i"
A
••t A —
i
-3
-300
j
k
0
0
400
0-1
"2" /V("13" ) "k" ')
i
+
k
0
j
4
-2
.-60VÍ3
0
40VÍ3.
tA=160V Í3 Í+ 120 VÍ3J+340VÍ3-1200k
La figura muestra a la fuerza ?! y f2 aplicadas en los vértices del paralepípedo. SI las
fuerzas tienen módulo
fi=500N y f2=260N
y siguen las direcciones con las diagonales. Cuál es el momento total con respecto
el vértice A.
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SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
"\
ESTÁTICA
wwwww
» SOLVER EDK
Ahora para la barra AB
T2y(Lcos 2 0 0)=T2x(Lsen2 0 0)+ w (0 -k)cos2 0 0
w=819.6N
i
Desarrollando el punto C:
Veamos:
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
www,ed u kpe ru.co rr
.c
ESTATICA
SOLVER EDK «
T1cos40°=500
Ti =
500
.
cos40£
T,=652.7N
T2sen30°=T1sen40°
T2=839.1N
3
Si la barra AB tiene peso
despreciable. Hallar el peso w para que el sistema se
encuentre en equilibrio.
iíi
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SOLUCIONARIO FISICA LEIVA
» SOLVER EDK
3
ESTATICA
Como dicha distribución es simétrico
Rq =4(200) cosa
RQ=800cosa
Ahora
12
cosa= — => Rq =480N
20
Q
3
Una barra PQ de 12 m está sujeta por cuatro cables de longitud 20 metros. Cuál es
la fuerza de reacción del piso, si en cada cable hay una fuerza de
2 0 0 N.
De acuerdo al gráfico, podemos verificar que:
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
www.©o uKp©ru.co m
i
ESTATICA
'
-
-r
SOLVER EDK «
Ahora
t 2=t
' -3 ,
(
4 ,
■V6 T i+V 6 TJ+
' -3 .
Ti =t (
)
o
6 ~
— :k
4 .
V 6 T ‘'V 6 TJ+ -
» 0=o
FpxT1+rPxT2+5ix(10)k=0
-36V6I „
61
.
Tj+50j=0=>
50(-61)
'
; =10,8N
V6Í36
Ahora corno, está en equilibrio
I F o=0=>R0+Ti +T2~1Oj—0
^ Ro=l0k-(T1*fT2)
R0 =(8,3Í-6,6k)N
. Una barra de 10 metros de longitud, de peso ION, distribuida en forma homogénea,
es sujetada por dos cuerdas PQ Y P7V, tan como se indica en la figura. Hallar las
tenciones en las cuerdas y la reacción en 0 .
SOLUCION
w w w .e d u k p e ru .c o m
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
i
•
-----------
» SOLVER EDK
ESTÁTICA
J
o
///////////////
20Kg
SOLUCION
sena=
4
5
3
cosa= 5
Se puede demostrar que
T,=T2
(debido a la simetría del problema)
. •I F x=0
T 1sena=T2sena
T,=T2
A
•••O)
Ahora
T! cosa=T2cosa=20kg
2T1cosa=20kg
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s"
ESTÁTICA
SOLVER EDK «
100
T
1
=
“
k
s
50
T, =ykg=16,7kg
Una varilla PQ homogénea de 20kg y de longitud 8 m; cuelga de dos cuerdas de 5m
de longitud de cada uno. Hallar las tenciones de cada cable.
m f f ií
Q
Aplicando
Stp—o
1
(1 sen30°) T= - sen45°) 10
T=5V2kg
Ahora P + F6 + T = 0
P=F9+T
P=10j-5V2(-cos75°í+sen75°j)
P=l,83Í+3,17j
Una barra de PQ de lOkg está articulada en p y sostenida por su extremo por una
cuerda MQ; tal como se indica en la figura. Hallar la reacción en p.
rnwflTnTí
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» SOLVER EDK
ESTATICA
Veamos
(2) RM=(1 m) (Rs) +(2,5) m(cos70°) 25kg
D e(l)
RM-“ ^S“ 21;37kg
Una barra PQ de 5m de longitud y 25kg de peso, descansa sobre una superficie lisa,
formando un ángulo de 70° con el piso y se encuentra apoyada por los puntos s y M .
Si se conoce p s = Im y PM =2 Hallar las reacciones en los puntos p, S Y M.
wwwww
BB
I
1OOkgf
Para la barra AB
£tA - 0
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r
ESTÁTICA
(200kg)
sen60°+(100kg)
SOLVER EDK «
^ sen60°=wLsen(75°)
w= 149,4 kg
Dada la varilla AB de 200kg, homogénea, está articulada en A y sujeta en B por una
cuerda la cual se comunica con un peso w por medio de una polea fija. Si no ay
rozamiento en la polea. Hallar el peso W para el sistema esté en equilibrio.
m m
Analizando solo el punto P, tenemos:
a=45°
0 = 120°
Ahora:
I F x=0
TpMcosa-TPQ cos(6 90) =0
TpMcos45°=TpQcos(30)
Tp/^cos
V5*
=TPQ
. . . ( 1)
LFy =0
TpMsena-TpQ sen(0-90)-3 =0
TpMsen45°+TpQ sen (30°)=3
De (1) tenemos:
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SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y
» SOLVER EDK
3
ESTÁTICA
TpM- 2 ;7kgTPQ - 2 72kg
Hallar las tenciones en las cuerdas que sujetan a la lámpara. Si a = 45° y a = 120° y
el peso de la lámpara es 3 kg. Desprecie el peso de las cuerdas.
F n,
Analizando en este primer gráfico:
Fn2
T y
Fn
V ’
SFX = 0
FN1sen0-FN2sena=O
N1
sena
FN2
senG
...d)
I F y =0
FN¡cos0-FN2cosa-w-O
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
v/ww. ed u kpe ru.cg rr
C.
ESTÁTICA
SOLVER EDK «
De (1) tenemos:
wseria
^ N1
sen(a+0 )
wsenG
^ N2
sen(a+0 )
Ahora analizando en el otro plano: sólo al cilindro
ZF = 0
donde
/iwsena
^51
sen(a + 9 )
uwsenG
F=fS] +fs2^s2 =
7
7T
sen(a+ 0)
(sena+sen0)
.•.F=uw----------H
sen(a+0)
Sobre una cuña asimétrica M, descansa un cilindro de peso w. Si \i es el coeficiente
de rozamiento entre el cilindro y la y la cuña. Cuál es la fuerza f horizontal para
iniciar el desplazamiento del cilindro.
DCL de la esfera.
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SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y
» SOLVER EDK
>
ESTÁTICA
Ahora tenemos:
-IFy
F
=0
-fO;3F
00=0
FN1+0,3FN2=100 kg
...O)
-SFX =0
F+0;3FN1-Ffsi2—0
F+073FNi=FN2
Ahora aplicando:
Ht0 — 0
, considerando r - a radio de la esfera
»
(a) (073FN2)+a(0,3FN1) -aF=0
0'3(FN2 +FN1)=F
... (3)
De (1); (2) y (3) tenemos:
F=44;32 kg
Una esfera de lOOkg, descansa en una esquina, donde el coeficiente de rozamiento
es 0.3. Para qué valor de f la esfera inicia su movimiento.
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SOLVER EDK «
ESTATICA
Del gráfico tenemos:
/ 4 , 3 , 2V6 '
25 ]
T a b - T ab (^2 5 '
t b c - t bc
5
k
/-4, 3 , 2 V 6 J
^25 1 25 j 5 k
►rB=V600k
F=200(cos30°j-sen30°k
Ahora, como se encuentra en equilibrio:
-It0
=0
0 =rBxTAB+rBxTBc+rBxF
0=TAB
I
J
0
0
V600
4
-3
-2V6
25
25
W
0=Tab I —
6
+
1
J
0
0
-4
-3
25
25
k
VóOÓ
TBc+
-2V6
i
J
k
0
o
VóÓO
o
100V3
-100
jj
. 8 Vó-\
/óa/ó. 8 V 6 -i
i+■
— j +Tbc f- = - i— = - jí -300V2Í
En el eje “Y”
T
V^ _ T
^ab
l( ' 8 g
I —^ c (í 8 y í E \)
g
www. edukperu,com
TT
_T
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» SOLVER EDK
ESTATICA
En el eje “X ”
Tab |
+Tbc
1=300V1:
de ( 1 )
Tab=72,17kg=Tbc
Sobre una barra de V600 m; actúa una fuerza de 200kg en el plano y z y hace un
ángulo 30° con el eje y. Del mismo punto B, actúa dos cables BC Y BA. Cuál es el
valor de las tenciones en los cables para que el sistema esté en equilibrio.
"TSffl!
Ojo: En este problema, falta indicar que la esfera es lisa: descomponiendo la fuerza a
lo largo del plano.
XFx=0
wsen0-fecosa=O
wsen9
cosa
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
-fe
a ; y t /y w
= %- V ¥ V V =
\
¡
rf~
í \ L -*H_- I kJt = L ' V i ! I
SOLVER EDK «
ESTATICA
, pero
fe=KX
X=
wsenO
Ksena
Una esfera de peso w descansa sobre un plano inclinado de ángulo 6 y está unido
a un resorte de constante elástica k y este forma un ángulo de a con el plano
inclinado, como se indica en la figura. Hallar la compresión del resorte.
nnim rm Ti
Analizando el bloque de peso W 2
IF y=0
Tsen0+FN1cos0-pFN1sen0-w2=O
Tsen0+FN1 (cos0-jjsen0)=w2
w w w e a u K D e ru .c o m
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y
» SOLVER EDK
ESTATICA
-fNlsen0-jjFN1cos0+Tcos0=O
fN1 (sen0+pcos0)=Tcos0
De ( l ) y ( 2 )
T=(sen0+pcos0) W 2
Ahora analizando W i
Fsena + FN2 = Fl\cos9 ... ( 1 )
IFy = 0
Fcosa = fiFN2 + T ... (2)
W 2(cos0p+sen0)
apcos0
F=
7— +
cosa+jjsen0
cosa+jjsen0
Hallar la fuerza f que iniciara el movimiento, si el rozamiento entre los bioques wlf
w2 y el plano inclinado es
. La polea no da lugar rozamiento.
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SOLVER EDK «
ESTATICA
y=4-x2
v-x-H
2
dx
x
2
Yc= j (4-x2)dx= j y ,y.dx=
y2dx
0
2
= g / (4-x2) d;
0
YC=1 ,6
Xr =
4-x2)dx )= J -.x.dy
4
= ^ J x2 dy= ^ | (4-y)dy
0
Xc=^=0,75
Hallar el centro de masa de la figura parabólica y =4 -xi lira i
w w w .e d u k p 9 ru .c o m
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA l Y II
» SOLVER EDK
ESTÁTICA
6
x
fY
Yc-A=
-
ñ y dx
i
l
^
0
2
A= j -x 3 dx=3
o
YC=1,7
6
x
2
~^x
Xc-A = j ( ~ ) . ( 2 -x).dy
=l f ( 2 -x)2dy
2
ir
*9
=- j ( 2 -x)2 .- x 2dx
’o
'
Xc=0,4
Hallar el centro de masa de la figura indicada: y = | x3.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y li
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SOLVER EDK «
ESTATICA
% fe -t
TtTTí S
%
■
Como se encuentra en equilibrio
E tr =
0
Fpi xF +rFxF=0
...d)
.
A
F=Fj
;
rF=2 aí
f
=fJ í +fJJ
)
rF=30í+4a]
A
A
i
0 = -3a
Fi
j
4a
F¿
-A .
A
k
i
0 + 2a
0
0
*
A
^
j
k
0
0
F
0
0=-2aF k+(-3aFy-4aF¿)k
. 0=2F-3Fy-4F’
.*•Se puede demostrar que
Fmin
1
•
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SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y
» SOLVER EDK
D
ESTATICA
Una varilla esta doblada, como se indica en la figura. Si todos los lados se indican en
la figura. Hallar el valor mínimo de la fuerza aplicada en A para que equilibre a la
varilla, cuando se aplica una fuerza vertical f dirigida hacia arriba en M. La varilla
puede girar alrededor del punto T.
m m m
FN+lOsen0=5O
...d)
I F x=0
10 cosG=fs
••.F=0,4F
OBS. Falta el ángulo
COS0
5-sen0
. Un cuerpo pesa 5QN Y se halla sobre una superficie rugosa. Cual debe ser el valor
del coeficiente de rozamiento ¡i, si la fuerza mínima necesaria para iniciar el
movimiento es de ION.
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
\h
v w w. edukperu. co m
r.
ESTÁTICA
v
SOLVER EDK «
:--------
Realizando el polígono de fuerzas:
Fsen0=25-FN
...O)
Fcos0=j j Fn
Ahora como deseamos que dicho cilindro:
Entonces de (1) y (2)
Tenemos: que
F=
25jj
dF
cos0 +psen0 d 0
=oe=ts cm)
25p
Peso si consideramos jj =0,25
0
= 142
;
F—6,1 kg
w w w .ed u k pe ru .com
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
/•’ ■
» SOLVER EDK
2
ESTATICA
Alrededor de un cilindro de 25kg de peso, está enrollado un hilo inextensible e
imponderable e imponderable. Cuál debe ser la fuerza mínimo y el ángulo 9, para
tirar del hilo y el cilindro girando, no se desplace.
Ahora como dicha varilla está en equilibrio
LtA = 0
L
(LcosG) (Tsena)=(LsenG) (Tcosa) +- cosa mg
1
T(senacosQ-cosasenG)=- cosG mg
...(*)
Ahora
I F x=0
pFN=Tcosa
...d )
I F y=0
Tsena+FN=mg
...(2)
cosax
=mg
T ( sena+ —
V
p
...(**)
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
■
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SOLVER EDK «
ESTÁTICA
1
Ahora de (*) y (**) tenemos que tga=2tg0+ .•.c^tg'1^2tg0+-j
Una varilla descansa en el punto A, sobre una superficie rugosa, cuyo coeficiente de
rozamiento en /i y hace un ángulo 6 con la horizontal. Su extremo B, está sujeto con
una cuerda inextensible e imponderable. Cuanto debe valer el ángulo a para que la
varilla empiece a desplazarse.
///////////
í
R
Ahora desarrollando el DCL del plano inclinado:
MFn5N
SFx=0
T=jjFN2+5senlOc
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SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
» SOLVER EDK
ESTATICA
zfy
=o
FN2=5cos10°
... (**)’
T=5pcosl 0°+5sen 10o
Un plano inclinado, cuyo ángulo son 60° y 30° está sujeto por uno de sus
extremos " B " por una curda inextensible e imponderable y su otro extremo
descansa sobre una superficie horizontal lisa. Sobre el plano inclinado hay dos
pesos de ION, 5N ligados por otra cuerda y que pasa por una polea sin rozamiento.
Hallar el coeficiente de rozamiento entre los pesos y el plano inclinado para que el
peso de ION comience a deslizar.
Tenemos que:
3 „ 5
i--— k
R= 10
VV34 V34
(
r=4aj+5ak
Ahora p0B=
QB
|OB!
3aí+4a?+5ak .
_ rfy m
.
5V2a
" tO B - trx K T M 0 B
A
i
3V2. 2V2. V20
¡J O B = - ^ l+— J + Y ktOB= 30
V34
i
4a
0
k
5a
-50 ’^OB
V34
-60a
t0B=V M
SOLUCIONARIO FÍSICA LEIVA ! Y II
W
W
W
“¡"ifkftíSfii
1
SOLVER EDK «
ESTATICA
Se tiene un paralelepípedo de lados 3a; 4a, y 5a, en ella actúa la fuerza R= ION, tal
“ T
como se indica en la figura. Hallar el torque de / con respecto a OB.
SOLUCION
Obs. En el problema falta considerar 0 = 60Qy además que la tapa es homogénea:
£t0-0
Pero
£tx-0
(asen0)Tcos0+(acos0)Tsen0= | cos0(l 2)
2aTsen0cos0=^cos0 (12)
T=
3 =2V3
sen0
Ahora
Xtv—0
bL7= - 12
.2.
LZ=6N
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SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
■A
» SOLVER EDK
ESTATICA
0=-bly
Ly=0
Ahora, por último
LFy=0
Py+Ly=TCOS0
Py=V3N
SFz=0
Px-Lz+Tsen0=12
>
PX=3N
Se tiene cajón rectangular PQML, su tapa PLNJ de peso 12N está sostenida por una
varilla JQ , si J P = pQ. Hallar las reacciones en las articulaciones P Y L.
iTIt
a)
R=(-300Í-200J-10Ok) N
b
t=20Íx(-200j) +(60Í)(-1 OOk) N
=(4000k+6000j) N-cm
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
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SOLVER-EDK «
TRABAJO Y ENERGIA
TRABAJO Y ENERGIA
« u fe^sB^ s f e a a f e ~ ^ .-.3uYW ' .^jflíSáStóiSS
Sobre un resorte se deposita un peso de 20kg y este se deforma 6cm. En
esta posesión se deja el sistema y el peso se elevara una altura que se quiere
Hallar. Sabiendo que para peso de lOkg, el resorte se com prim e
estáticam ente 0. 5cm.
6 cm
1
Como las únicas fuerzas que actúan son el peso mg
Y del resorte K x, se tiene:
AK+IAU=0
AK+AVe4-AVg=0
0=0-0+ ( i kx2-0^ +(0-mg(h+6cm))
1
2
0=-k(6x10~2) 2-mg(H+0;06)
H=12cmo0,12m
Desde una altura de 10m, sobre el nivel del agua; se deja caer una pelota
pequeña de peso específico 0.4 g/cm3. Hallar la máxima profundidad que
alcanza la pelota. No considere rozamiento, perdida por el choque.
SOLUCIONARIO LEIVA I Y II
s
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
_______________________
TRABAJO Y ENERGIA
-j
SOLUCION
H
/
/
iP
|E
/
/
3
h/
/
/
Por el P.C.E
AU=-Aw
mgh=-(P--E)h
TxH = (yh2ov -Yv ) h
yH
Yh20-y
_ 0,4(10)
(1-0-4)
h=6,67m
Sobre un plano inclinado de 3 0 °, se halla, un resorte de constante 50kg/cm,
el 5cm. Incide sobre el resorte una masa de lOOkg, con una velocidad de
lOm/s. Cuanto se comprimirá el resorte.
Por P.C.E:
SOLUCfONARIO FISICA LEIVA I Y II
■
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SOLVER-EDK «
TRABAJO Y ENERGIA
0= Í0-^m V2) +(0-mgKsen30)+ ^ K (X + 0 ,0 5 )2-^K(0,01);
Reemplazando valores, tenemos la sgte. Ecuación:
25x 2+2X-5=0
Hallamos una solución para la ecuación anterior:
X = 0,408/7
Si un móvil se desplaza sin fricción sobre el alambre de figura. Si la
velocidad del cuerpo es de 5m/seg, cuando se halla en p. Cuál será su
velocidad en Q y R. Si
h-¡ 100 cm, h2=50 cm y h3=80cm
Sea m la masa del móvil
P.P.C.E:
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SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
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TRABAJO Y ENERGIA
(IVUO +CKa-K^O
Para el tramo PQ
(U q-Up)+(K q -Kp)=0
(mgh2-mgh2)+ (¿m V ^ - m V 2) =0
VQ=Vp-2g(h2-h,)
Remplazando valores:
V q =5,9 m/s
Para el tramo PR:
(imgh3-mgh1)+
(\
„ 1
n\
mVR--mVRJ =0
V2
R=V2
P-2g(h3-h1)
Remplazando valores:
V r=5,3 m/s
Un cuerpo de 100g cae de una altura de HOOrn, a través del aire. Si el cuerpo
llega al suelo con una velocidad de lOm/s. Canta energía se perdió como
trabajo contra la fricción del aire?
I3 % l
S O L U C IO N A R IQ FISICA LE IVA I Y II
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TRABAJO Y ENERGIA
__________________
SOLVER-EDK «
Por e! P.C.E:
p
m
h
a
AK+AU=wf
Siendo w f el trabajo hecho por una fuerza no consen/ativa
w f-
mV2-0^ +(0-mgh)
Reemplazando
W f=-93J
Un atleta de 70kg corre a lo largo de una colina de 20m de alto en un tiempo
de lOseg. Cuál será la potencia desarrollada por el atleta.
SOLUCION
La expresión de la potencia es:
P=
Aw
aF
Aw=tAE , en este caso solo actúa el peso: mg
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SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
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)
TRABAJO Y ENERGIA
Aw=mgh
Aw=13720J
Pero
Aw
P= — =1372w
At
P=1372w.
1HP
742,35w
=1;84HP
Un auto de 500kg se encuentra en reposo a una altura de lOm sobre un plano
inclinado de 20m de longitud, comienza a deslizarse sobre la superficie
rugoso del plano y llega a la base con una velocidad de 5m/s. cuál fue la
fuerza de rozamiento que retardó el movimiento.
SOLUCION
Por el P.C.E
AK+AU=wfr
*j
íó mV2-C)] +(0-mgh)=W,
1
mV -mgh=-Fr.d
r
( V2 g h \
Fr=-m,( —
\2d d /
Fr=2137;5N
Fr=281;lKg
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
www. ed u Kpe ru .co m
c
TRABAJO Y ENERGIA
SOLVER-EDK «
Un cuerpo que pesa 2kg se abandona partiendo del reposo en A, describe
una circunferencia de radio 2m. cuando llega a B tiene una velocidad de
4m/seg y se detiene en c, después de recorrer 3 metros, debida a la.fuerza
/
de rozamiento, (a) cuánto vale el coeficiente de rozamiento en la región BC.
(b ) cual es el trabajo en contra de las fuerzas de rozamiento de A a B.
t
R
A
Vc=0
□
\---&----
3m
C
N
a.
En el tramo BC por P.C.E:
AK+AU=wfr
Fr=5,3
Pero Fr= u m g
a
Si a tenemos que u es:
U=0,26
b.
Por el P.C.E: para el tramo AB
y
AK+AU=wfr
w fr=-23,2J
VVvv Vv.edukpsru.com
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1883
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
É jl
D
TRABAJO Y ENERGIA
Una partícula de masa mueve sobre el eje x, por la acción de una fuerza.
f=(l+cx)í
Si parte del reposo en x =0. Hallar su velocidad cuando x = d.
SOLUCION
y
cu
x=0
x=d
Tenemos que ia fuerza F
=(L+CX)i
También sabemos que:
dw =Fdx
dw=(L+CX)dx
w= í (L+CX)dx
Jn
w - LX+
w=lLd+
CX‘
cd'
Por el P.C.E:
w=AK
cd 2
lL d +
2
2dI+ccT
v=
N
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y
mV2
m
w w w .e d u k p e ru .c o m
SOLVER-EDK «
TRABAJO Y ENERGIA
¡j) Una bala de un arma es de 5g y su velocidad de salida es de 500m/seg. Qué
porcentaje de la energía de combustión de la pólvora se trasfiere a la bala
como energía sintética. Sabiendo que el calor de combustión es de 750 cal/g
y la masa de la pólvora es de 3g.
Tenemos que el calor de combustión es
cal
J
QC=750— <>3135S
S
La cantidad de Qc de 3g sera
Qc=9405 joule
1
Hallamos la Ecba|a=-mV
c
¿mm
2
*
Ec=625 joule
Ecbala
Qc
<100=6,64%
Una partícula se le comunica una velocidad
v0 = y¡2gh
para que pueda pasar del punto A a C, siguiendo el camino del aro de
diámetro H. Hallar la altura h, donde se desprende el cuerpo.
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)
TRABAJO Y ENERGIA
m gSen
Por dinámica tenemos:
N+mgcos0=mac
V2
N+mgcos0=m — ........1
Para que se despegue del suelo o de la superficie del anillo, N 0 , en 1:
V2
mgcos0=2m —
H
9 Hgcos0
V =— ........
2
2
Po relP.C .E:
AK+AU=0
^l
l
-m V2--mV2j +(mgh-0)=0
V2=2gH-2gh
3
De 2 y 3:
Hg
¿Li
cos0=2gH-2gh
COS0-
/ J_|
( h - ü ) ¡ =2gH-2gh
Despejando
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TRABAJO Y ENERGIA
Una partícula parte del reposo de una altura H del punto A y describe la
trayectoria ABCD, alrededor de un aro de radio R. Hallar la relación entre las
fuerzas con las cuales el cuerpo presiona sobre los puntos BC Y D.
SOLUCION
H
Para el tramoAB:AK+AU=0
• m V | - o j +(0-mgw)=0
vl= 2gH
Para B en el anillo; por dinámica:
NB-mg=mac , ac=
vi
R
mV|
NB= — +mg
2gHm+Rmg
N R—------ --R
Para
AC por R.C.E AK+AU=0
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c
TRABAJO Y ENERGIA
(mgR-mgH)+
SOLVER-EDK «
mV^-O) =0
Vc=2g(H-R)
Por dinámica en C
Nc=mac
, ac=Y i
R
2mg(H-R)
Nc-
R
Para el tramo
AD, por P.C.E
AK+AU-0
^ mV^-oj +(2mgR-mgH)=0
V2
D=2g(Hz-2R)
Por dinámica:
N+mg=mac
;
ac= ^
R
mg
ND=-” (2h-5R)
Por lo tanto la relación será:
(2H+R): (2H-2R):(2H-JR)
Un cuerpo describe una trayectoria circular de radio R en un plano vertical,
Cuál debe ser su velocidad en el punto más alto, para que la tensión de la
cuerda en el punto más bajo sea de 8 veces el peso del cuerpo.
SOLUCION
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--------
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TRABAJO Y ENERGIA
mg
.V
6»
R
0
Por dinámica tenemos que:
T+mg=mac
V2
T+mg=m — .........1
Si t=8mg, tenemos en 1:
V - 3 V ÍR
Un cuerpo de masa m, está atada a una cuerda y se halla en la poción
indicada. Suelta, se pide hallar la tensión de la cuerda en su posesión más
baja de su trayectoria.
SOLUCION
Por el P.C.E:
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!
.C
TRABAJO Y ENERGIA
SOLVER-EDK «
- mV2-C)j +(0-mgH)=0
Hallamos que V=i/2gH
Por dinámica en el punto más baja:
T-mg=mac
T-mg=m
R
2mgH
T=— -— +mg
l
H=L-Lsen0-L(1-sen0) ..... 2
De 2 en l
'f
T=2mg(l-sen0)+mg
T=mg(3-2sen0)
Una esfera de densidad pc y volumen v, cae el agua padesde una altura hay
recorre en el agua una profundidad del fq y luego cambia de sentido debido
a que la densidad del cuerpo es menor que la densidad del agua. Se pide
Hallar (a) la fuerza de la resistencia del agua, si se considera constante y la
altura
h2,que alcanza la esferita sobre la superficie del liquido.
r
a.
sonJCION
PorelP.C .E:
ha'
ri
¡P
h<
O
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)
TRABAJO Y ENERGIA
h|(E+fr-P)=h0P....1
Sabemos
P=lcgv
E=lagv
En 1:
hi (f+lagV-lcgV)=h0|cgV
hif=h0lcgV+h1lcgV-hl lagV
f= ^ [lc h o + h ilc-hila]
hi
f=Vr
b.
ho
Por el P.C.E:
I
O
ha
A ii p
O Jtp
Ph2=(E-fc-P)h1.'..... 2
P=lcgv
E=laSv
En 2:
lcVgh2= laVg-lcVg-Vg
h
lch2= (2 la-2lc-P c ^ )h
•••h2=2h1( p l ) - h 0
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SOLVER-EDK «
TRABAJO Y ENERGIA
Un cuerpo de masa M y velocidad v 0, choca con otro cuerpo en reposo de
masa m si el choque es perfectamente inelástico. Hallar la distancia recorrida
por ambos cuerpos después de aplicarse inmediatamente el dispositivo de
freno, si la fuerza de rozamiento es nó' del peso.
Por el P.C.M se tiene:
V0m=V.(M+m) y_
v °-m
(M + m )
Por el principio de conservación de energía:
-frx=()U (m+M)V2
Pero fr=n%(m+M)
/m+M\ / Vnm2
n% (m +M)= ( —
) ( j ^
•••x=
(mV0) ;
0,02n(m+M)2
— T
Sobre una masa M, actúa una fuerza / que siempre es tangente a la
trayectoria según figura adjunta. La masa se desplaza lentamente. Hallar el
trabajo realizado por la fuerza f, si u es el coeficiente de rozamiento.
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v
)
TRABAJO Y ENERGIA
Por el P.C E:
AK+AU=Wfr+WF
(0-0)+(mgl-0) -Wfr+Wf
mgl=Wfr+Wf
mgl=-umgl+WF
W F=mgl(l+u)
Una esferita parte del punto A y desliza por la rampa lisa de altura H que
tiene un desnivel h. (a) con que altura h del desnivel la esferita recorrerá la
mayor distancia s? (b ) A que es igual ella?
SOLUCION
Hallamos v, por la
P.C.E:
AK+AU=0
-m V2-oj (mgh-mgH)=0
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
¿y1‘j j -f
i JA
f \ 5\/ *•(
í,
í \A
-"r:
www.edukperú .corn
--. .
TRABAJO Y ENERGIA
«
_
-
--
V=V2g(H-h)
Por cinemática obtenemos que
2h
^caida —
S
S=Vtcaida=[4(H-h)h]1/2
P
S=[4(H-h)h]1/2...... a
HallamosSmax , derivado a respecto de h, se tiene:
ds
1,
\
^ = d h = 2
k
H
h= 2
Entonces para que S sea máximo h tiene que ser la mitad de H
Para encontrar Smax , reemplazo h en p:
5
°m a x = Z7
u
J
Dada la fuerza que actúa sobre un cuerpo es f 3 y i+3x j(N ). Hallar la energía
potencial u (x, y) de la partícula.
Sabemos que
-
dü
d lL
F='d x i'd V j
dU d lL
F=3yi+3xj=- — -— j
-dU
dX
=3y
-dU
dY
=3X
.
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» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
TP ’ RAJO Y ENERGIA
Integrando:
U(x,y)=-3xy , U(xy)=-3xy
2U(x,y)=-6xy
U(x,y)=-3xy
Sobre un hilo elástico imponderable, el modulo de elasticidad del hilo es k,
del cual se suspende la masa m. Se eleva la masa m tal forma que el hilo
esté en en estado no deformado y la bajamos sin velocidad. Hallar el
alargamiento máximo del hilo en el movimiento de la bola.
SOLUCION
Por e! P.C.E:
T
L
I
Ó
lÓ
AK+AU=0
(0-0)+Q KX2-0)+(0-mg x)=0)
KX2=mg x
X=
2mg
K
Sobre un plano inclinado de masa 100 kg liso y de ángulo 30° y 45, dos
masas de 40 kg y 20 kg unidos por una cuerda, que pasa por una polea fija sin
rozamiento. Si el peso de 40kg baja por el plano 30cm. Cuanto se desplaza el
plano inclinado.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
vvww. ©d u kperu ..c o jt
SOLVER-EDK «
TRABAJO Y ENERGIA
Haciendo D.C.L.
//////////////////////////////
Por dinámica en los bloques:
(nvgsen30°-m2sen45o)=m íñ d b
Despejando hallamos la t que se desplaza los 30 cm:
/
.
t=0,784seg
Las fuerzas que actúan sobre el bloque indicando son las normales,
descomponiéndolas se tiene:
FR=(m1gsen30cos30-mgcos45°)=mta1
Siendo:
2e
mT=160kg y a L —
t‘
e=espacio recorrido
Despejando e se tiene que:
e=0,28=6m
Un resorte obedece la relación entre la fuerza aplicada y al elongación: f =.a xbx2cuando se aplica una fuerza de 100N el resorte se estira lOcm y
cuando se aplica una fuerza de 4, 500kg, el resorte se estira 20cm, ambos
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•
v-;^ ;
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TPHBAJO Y ENERGIA
desde su posición de equilibrio. Hallar el trabajo para estirar el resorte desde
3cm hasta 5cm.
?
f
Y
' I■VO 1
NI
S 0 LU
^( +
i
Á
fl
Sabemos que
dw=Fdx
w= j (-ax-bx2)dx
ax2 bx3’
w= 2
3
xO
Hallamos a y b:
100N
= -a(0,l)-b(0,l)2
...(2 )
4500N
=-a(0,2)-b(0,2)2
...(3)
De 2 y 3 hallamos a y b
a=20500 N/m
b=2150000 N/ 2
' rrr
Entonces (1) quedará:
x2
x3' x
w = í -20500— +215000' x0
Para x=5cm y Xo=3cm , tenemos que el trabajo será:
w=-9,38J
SOLUCIONARIO FISICA L E IV A IY II
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SOLVER-EDK «
TRABAJO Y ENERGIA
En la figura que se indica, la masa de 5kg esta comprimido un resorte al
dejarlo libre, la masa se desplaza a lo largo del camino horizontal y después
el rizo de radio 1 m, ambos caminos son lisos y la masa parte de p. Hallar x.
Por el P.C.E; Tenemos:
-j|
ÍO- - k x t +(2mgR-0)=0
x=
4mgR
k
=l,56m
Con relación al problema anterior hallar la compresión x del resorte, si L = 10
m y a lo largo del camino PQ existe rozamiento
=0, 4) en la región QT
( fj. =0) T: x=0. 99m.
SOLUCION
Del problema anterior se dice que de PQ es un
Camino seguro; por el P.C.E:
0--kx2) +(2mgR-0)=-umg(x+l)
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SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y
■j. '+■
:•
■ , -
.
■
-•
',
*•,
.....
:..... •
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
TRABAJO Y ENERGIA
1
- kx2-umgx-(2mgR+umgl)=0
Lmá
40x2-19,6x-294=0
Hallamos la solución, entonces x será:
x=2,96m
Un bloque de masa 2kg comprime al resorte (1 )0 .30 my se le deja libre y
recorre una región rugosa RS de 1 m y
0.2 y comprime al resorte (2) de
*
igual contante elasticidad 100N/m. (a) es la máxima compresión del resorte
(2). (b ) cual es la distancia total recorrida por la masa antes de detenerse.
SOLUCION
K),3mH
M H
g
P
a.
q-
2m
¡J ’V V ’V V v
t
"
lm - |
PorelP.C .E:
AK+AV2=Wfl
r
-i
-j
(0-0)+ (- kx2-- k(0,3)2J =-umg(l m)
o 2mg
x= (0;32)2-— — u
*\
x = 0,107m
b.
El espacio recorrido es:
^recorrido- 0 ;3 + 2 + 1+X
^recorrido—3 ,4 0 7 m
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'
TRABAJO Y ENERGIA
SOLVER-EDK «
Sobre una pista parabólica rugosa y =x2-óx + 11; se desplaza una partícula de
1kg debido a la acción de una fuerzaf. Debido a la rugosidad de de la pista se
pierden el 30co de su energía inicial. Si la partícula en el punto p, tiene una
velocidad de 5 m/seg y en Q 10 m/seg. Hallar el trabajo realizado por la
fuerza f.
SOLUCION
AE=Er E¡ =Wfr+WF.......... 1 pero el W fr=30%E¡
En (1)
EF-£ |= 3 0 % E j+ W F
E F=70%E¡+WF
KF+Ugr=70%(K|+Ugi)+ W F
1
2
- mVQ+mgY6-70%
/l
mV;+mgY2j +WF.......2
,Y6=62-6(6)+l 1—11
:/
Y6=22-6(2)+ll=3
Reemplazando valores en 2, se tiene
W F=128,47 J
W?1 Una bola está suspendida como un péndulo de una cuerda de 4m de largo.
La cuerda se jala hacia un lado hasta que forma ,un ángulo de 60° con la
vertical y entonces se suelta se suelta, (a) Halle la velocidad de la bola
cuando ésta pasa por la posición vertical, (b ) si la cuerda se rompe cuando la
bola contra el piso que se encuentra a 2.45 m más bajo, (c ) Repita la pregunta
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i
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» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
>
TRABAJO Y ENERGIA
(b)si la cuerda se rompe cuando forma un ángulo de 37° y I abóla se está
elevando.
a.
Por el P.C.E:
Ak+AU=0
1
-m V -0) +(0-mgh)=0
V=V2gh
V=6;3 m/s
b.
Por cinemática tenemos que el tiempo que tarde en caer es:
t= JSH /g =0,70seg
m
.-.S=v.t=6;3 y x0,70s=4,41 m
c.
Por e! P.C.E:
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
wvvw.sdükoeru com
•
r
TRABAJO Y ENERGIA
v
SOLVER-EDK «
////////////
(
i1
1
* mV2--mVo )+(mgh-0)=0
V=^V¿+2gh
V=7,4m/S
Hallamos h para luego tener la altura máxima y calcular el tiempo de caída.
Por cinemática:
h=
Vy2 (Vsen37)2
2g
t=
2g
Vseh37°
=1,0lm
=0,45seg
Hmax=3,25+l,01m=4,26m
Calculamos t de caida:
t:
2H max
=0,93seg
Entonces el total
=t+t=1;38seg
.•.S=Vx.ttota|=V.cos37(l ,38)
S=8,1m
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r v r ^ : ¡ ' -5
O-lp>v;-;
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TRABAJO Y ENERGIA
El mok. r dé aire comprimido de un torpedo posee una potencia de 80 c v
siendo del 85oo su rendimiento, el torpedo recorre con movimiento uniforme
un trayecto de 4000 m en cuatro minutos 30 seg. Hallar (a) el trabajo
efectuado por la hélice y (b ) la fuerza de propulsión de la misma.
Tenemos una P=80CV solo el 85%P
se convierte en trabajo por el torpedo
(t=270seg)
Aw
85%P=— =>Aw=85%At.P
At
Aw =85%(80CV)270.735
Aw=13494600J
Aw=1377000kg-m
Aw=F.d=F.(4000m)
F=344,25kg
Un vagón para tráfico rápido tiene peso de 93t y una velocidad de 40m/seg.
El vagón es frenado y recorre todavía 6.4 km Que resistencia oponen los
frenos?.
Por el P.C.E:
AK+AU=W
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m
SOLVER-EDK «
'r t r ,
0-
mV'
+(0-0)=-F.d
mV
Fd=——
; d=6,4km
V=40 m/s ,
m=43T
' •
,f .
i
F=11613N
<>F=118-5Kg
Un peatón de 62kg. Pe peso y su equipaje pesa 7. 5kg, se halla a las 9:03 am.
Una altura de 440.2m y a las 9:48 am a la altura de 736.8 m. cuál es el trabajo
desarrollado (kgm) y la potencia en cv?
mT=69,5Kg
t=2700 seg
Por el principio de C.E.:
AK+AU=0
AU -W F
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TRAPAJO Y ENERGIA
Wpg=[mg (736,8) -mg(440,2) ]
W F =206137No20613f7kg-m
Hallamos la potencia:
W Fa 206137
KV
P=— - = — ■
---=76,3Wx
t
2700
'
735w
P=0,1<V
(a) determinar la energía de una partícula " a " dotada de una velocidad de
20,000km/seg y cuya masa vale 6.6x10-24 g, (b ) calcular el número de dichas
partículas que serian necesario para disponer del trabajo de 1 joule.
a.
La energía de la partícula se expresa
AE=AK=
AE=
mV2
2
0,6x10'27kg. (20000)x 10a2
19 10 ergios
AE=1,32x10 Jx 1J
AE=13,2x10'6ergios
b. Se para una partícula se tiene que la energía es
E=l,32xlO'12J
Para obtener un joule de energía se tiene que la
Cantidad de partículas es:
-
7 6xl0 10Particulas
254
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TRABAJO Y ENERGIA
___ _____
SOLVER-EDK «
Una masa m está colocada sobre el extremo libre de un resorte que obedece
* -
>
.
,
«i
la ley f = - k x 3 . (a) Hallar el trabajo hecho por cada una de las fuerzas
cuando se le permite a la masa alargar el resorte desde su longitud sin carga L
a su longitud de equilibrio L+d. (b ) hallar el máximo desplazamiento de m si
se le permite caer después de colgarla del extremo libre del resorte.
o
h .,4 *
ms
a.
E! w que hace la fuerza del resorte es:
w r=
f d
x3dx
fo
w r=-
kd¿
En el equilibrio
mg=kd3 multiplicando x
mgd
kd^
4
W r~~
se tiene:
=-wr
mgd
El trabajo de fuerza de gravedad es:
wg — mgd
b. Sabemos que el trabajo que ejerce el resorte es:
w ww.e a u k De ru.c o m
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TRABAJO Y ENERGIA
/
kd3x=
X
kx4
-J y f id
Cuando t=0, una bola masa m choca y se introduce en una masa M que se
encuentra sobre una sin rozamiento y que está fija a un resorte de constante
K. si la vecindad de la bola era v0 antes del choque. Hallar la velocidad del
sistema bala y masa M después del choque.
SOLUCION
R
k
'¡ ^ V° r
n ... L
Por el P.C.M; se tiene:
mV0=(m+M)V
1
v,-Gsk
Como se conserva la energía, las masas van a hacer un movimiento armónico simple,
sabemos que la velocidad de un M.A.S. se expresa:
V ^ c o s C w t)
Siendo
M+m
■v
=
(£s)
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
v »c “
M+m
w w w . e d u k p e r u .c o n '
SOLVER-EDK «
TRABAJO Y ENERGIA
Un resorte de constante elástica 300N/m, está comprimido 0.25 m mediante
un hilo y está situado en el extremo inferior de un plano inclinado de 60° y a
una distancia de lOm, se halla una masa de 0.5kg y recorre una superficie
rugosa sobre el plano, cuyo coeficiente de rozamiento es 0.25. Hallar la
máxima comprensión del resorte, cuando la masa tiene una velocidad de
10m/seg.
mgSen60
Por el P.C.E:
1
"1
1
W fr=(0-mgh)+ (0--m V2) + [(-K(x+ 0,25)2--K(0,25)2
1
1
1
-umgcos60(10)= -mg(l 0,25+x)sen60- - mV + - k(k+0,25)2-- k(0,25)2
Reemplazando valores, obtenemos la siguiente ecuación:
150x2 +70,67x-63,13= 0
♦
Hallamos la solución x
=0,45m'
•••xmax=(0,45+0,25)=0,70m
Un peso de 0.5 se halla en A sobre una superficie parabólicay2=2x
y lisa desde A hasta B. La masa parte del reposo cuando se un pequeño
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SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y
» EDUARDO ESPiNOZA RAMOS
TRABAJO Y ENERGIA
•-i
impulso y comprime el resorte desde B hasta C, recorriendo una superficie
de rozamiento 0.3. Hallar la máxima comprensión del resorte si k = 200N/m.
SOLUCION
Por el P.C .E:
AK+AU=Wfr
AK+AV2+AUg=Wfr
¡
«J
(0-0)+ (- KX2-o) +(0-mgH)=Wfr
- Kx2-mgV6=.uNX
1
2
-K X +umgx-mgH-0
%z
100x2+1,47x-12=0
Hallando solución para la ecuación anterior:
x = 0,34/7
Una esfera de masa 10kg se halla en reposo sobre un plano inclinado de 30°
y la superficie es rugosa cuyo coeficiente de rozamiento es 0.3, estando a la
altura de Im en el punto p, se desliza y alcanza el otro plano inclinado de
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SOLVER-EDK «
TRABAJO Y ENERGIA
20° y cuyo coeficiente de rozamiento es 0.2. Hallar la máxima altura que sube
la esfera sobre el segundo plano inclinado.
SOLUCION
Por el principio de conservación de la energía:
AK+AU=Wfr1+Wff2
(mgh2-mgh2)+(0-0)=-umgd-umgd
rngf^-mgh^ugmfq eos 30-umgh2cos20
h2-h1=uh} eos 30-uh2cos20
h2-l =-0,6-0,58h2
h2=0,25m
Un peso de 15N se suelta desde una altura de 1m, sobre un resorte de
constante elástica 2N/CM y que está comprimido inicialmente 7cm. Hallar la
deformación adicional para que el resorte consiga su máxima velocidad.
CL
SOLUCION
1+X
lm
7cm l
*
+ xD
77777777777
l vmax
7777777Zr
Cuando el bloque consiga su máxima velocidad el resorte se comprimirá cierta
distancia x:
Por el P.C.E se tiene:
[0-mg(l+x)]+ L~k(x+0,07)2d k (0 ,0 7 )2 +
2mg
V= T
\
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2k
( , “ > 5 ¡(“
.
mV2~0 =01.2
2k
o,ot)»+-
(
o,o v
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TRABAJO Y ENERGIA
Para que V sea máxima derivado respecto de x e igualando a cero.
dv
1
0=dx = 2
k
ir
m
J L
2g— (1 )(x+0,07)+0
k
k
m
m
t
'A
2g(l+ x)— (x+0,07)2+ - (x+0,07)2
2g= — (x+0,07)
m
x=0,08u
.••x=8cm
J
Se da la fuerza f = (3x-2y+mz)i+(nx-2y+3z)j+(2x+py-2z)k, (a) cuales son los
valores de m; n y p; para que la fuerza f sea conservativa, (b ) Hallar el
potencial asociado con la fuerza f
SOLUCION
Sabemos por el P.C.E. si F es una fuerza conservativa
VxF=8
i
VxF=
a
k
a
J
a
ax ay az
3x-2y+mz mx-2y+3z
2x+py-2z
Reemplazando la determinante:
A
A
1k-2j+2k+pi+mj-3i=0
(p-3)i+(m-2)j+(n+2)=0
P-3 , m=2 , n=2
También sabemos que
F = V . U ( X ,y ,z )
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*1 &M0&.
-
TRABAJO Y ENERGIA
‘
-
- « .'
Integrando obtenemos
U (x,y,z)
u (X, Y,Z)=- 9X2+y2+z 2+ 2xy- 2xz- 3zy
En una rampa como se muestra en la figura, es suelta una masa m a la que se
le aplica externamente una fuerza de f entre en punto (1) y el punto (2)
í íg rO :’
V> . A
solamente. Hallar la distancia vertical entre el nivel de lanzamiento y el punto
llegada: h.
SOLUCION
En el tramo (1) a (2) por el P.C.E.:
AE=Ep-E¡=0
Ip2+mgLsena-FL=0
Ep2=FL-mgLsena
1
Del tramo (0)2 al punto donde se detiene el bloque por el P.C.E: (no actúa F)
AE=EF-Ep2=0
mg(Lsena+h)-FL+mglsena=0
2
De (2) obtenemos h:
h=
FL
mg
2lsena
‘
Una masa m se obliga a permanecer junto a un resorte
. 0 O0 U
que está
comprimido xv Luego se suelta la masa m que por acción del resorte kx es
impulsado en dirección al resorte k2. Se pregunta cuánto se acortara el
resorte k2 en el momento que m tenga velocidad nula?.
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» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
■■ ■■■
MU
TRABAJO Y ENERGIA
-
Por el P.C.E:
AK+AU=0
AK+AUR+AUg=0
le , y ?
9 m g |"|
kjxf 2mgh\
El bloque de masa m resbala por la rampa indicada en la figura, perdiendo
■
entre (1) y (2) el 40% de su energía por rozamiento. Asumiendo que la
~J
. •• * ?
'
fuerza de fricción es constante a lo largo de toda su trayectoria. Calcular la
altura que alcanza en el punto (3) si tiene una velocidad de v 3 en (3) y se
suelta en (1).
El trabajo hecho por la fuerza de razonamiento:
Fr.d40%AE
/3mgsen0\
Fr=° ’4
Del tramo de 2 a 3 por P.C.E:
0-mg(H-h)+ -mV|=-0,4
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
3mgsen0
3+7isen0
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SOLVER-EDK «
TRABAJO Y ENERGIA
'O;6mgsen07t
3+nsen0
d+7isenu\
l,2Hmgsen0\K /3+7tsen0\
1
h-mgH-jm V,•( 3+7isen0
sen0 /
i,6sen0mg+3mg
3+jcsen0
h=
1
=mgH- - mV3-0,4mgH
( l ;2gH-V3)(3+7isen0)
2 g (l;6rcsen0+3)
Una partícula de masa m parte del reposo en la parte superior de un tazón
esférico invertido y liso de radio R. Hallar (a) la fuerza normal ejercida por el
tazón sobre la partícula en función de su poción 9 sobre la superficie del
tazón (b ) el ángulo al que la partícula abandona la superficie.
SOLUCION
a.
Por dinámica tenemos:
\r
mgcos0-N=mac
1 , ac=
R
.*
En el tramo (1) a (2) por el P.C.E:
1
mgRcos0-mgR+- mV =0
ám*
1
9
mgR(cos0-l)--mV =0
V2=2gR(l-cos0)
2
De (2) en (1)
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SOLUCIONARIO FISICA LE IVA l Y II
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
TRABAJO Y ENERGIA
JL
mV2
N=mgcos0+2mgcos0-2gm
N=mg(3cos0-2)
b.
Para cuando la partícula abandone la superficie N = 0
En 1
3mgcos0=2mg
Cos0= Ij
O
0=48,20°
y
Se suelta un cuerpo ligado por una cuerda ligera de longitud L al punto o, de
la posición (1) mostrada en la figura. En el punto o se encuentra un clavo
cuya posición en el diagrama es definida por su distancia L/2 al punto o y la
poción angular a como es mostrado (a). Demostrar que la velocidad del
cuerpo en la posición (2) es: v 2 = [glucosa + cos(0 - a )) - 2senO]2
(b ) Demostrar que el cuerpo se ubicara en el mismo nivel con respecto al
nivel de referencia del cual fue soltado al finalizar su movimiento después de
pasar por el punto (2): y 3 = sen 9.
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SOLVER-EDK «
TRABAJO Y ENERGIA
H
a. Por el P.C.E:
AK + AU = 0
^m V2-cA +(0-mg(H+h))=0
]
-m V =mg(H+h)
1
¿mmt
Donde
1
1
h= - cos(0-a)- - cosa... .2
H=Lcosa-Lsen0....3
De y 3 en 1
1
1
, 1
mV =mg Lcosa-Lsen0+ - cos(0-a)- - cosa
V=(gl[cosa+cos(0-a)]-2glsen0) '^2
En el tramo de 2 a 3 por P.C.E
0-^m V2^ -(-(mglV-O^O
\
-m
gl[cosa+cos(0-a)-2sen0]=mgH1
Smmé
1 /I
H =
1
\
w(0-a)--cosa+Lcosa-Lsen0J
H1 = H + h
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SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
» EDUARDO ESP! NOZA RAMOS
)
TRABAJO Y ENERGIA
Una pan ícula de lOOkg de masa viaja por una trayectoria curvilíneas con una
velocidad
v 1=(2
, 1,1), posteriormente adquiere una velocidad
=
(1,2,2). Hallar el trabajo realizado sobre la partícula.
SOLUCION
Tenemos las siguientes velocidades
S ^ (2 ,- l,l)yV ;= (- 1 ,2 ,2 )
i )t
El trabajo será:
w=AK
w=
m|V2|2 m lV^
i t
w=
2
^‘i
2~
(100)9 100(6)
~2
2~
w - 150J
Una partícula de 10kg de masa se desplaza por una curva, cuyo vector de
posición es
.
r=(2t3-t2)í-t2J+t3k
Hallar el trabajo realizado por esta fuerza, cuando la partícula se mueve t
Iseg hasta t = 2seg.
Sabemos que
dw=F.VdtperoF=ma
dw=má.vdt
w=
266
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
ma.v dt
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.C
TRABAJO Y ENERGIA
•••O)
También sabemos que
= dF
dr2
v= —— y a- —ó
dt
dt2
Sabiendo que
r=(2t3-t2)i-tf+t3
v= ^ = (6 t2-2t)í-2tj+3t2k
...(2 )
=(12t-2)i-2j+6k
v=
dt5
De 2 y 3 en 1 tenemos
= J m(90t3-36t2+8t)dt
w=m
90t4 Sót3
+4f
.-.w=2655j
Una partícula de masa m se mueve desde el reposo, según la ley a = bs,
donde a: aceleración s: espacio recorrido y b constante. Hallar en trabajo en
los primeros t segundos de haber iniciado el movimiento.
SOLUCION
Según la ley tenemos;
,j 2
d S
a=bs pero a=—z=s
dt2
w w w .e d u k p e ru .c o m
I I
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
«
>
'• s
. ___________________________
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
TRABAJO Y ENERGIA
Sr bs
Entonces tenemos la siguiente ecuación:
S=bs=0
1
,
Considerando la solución general de la ecuación se tiene:
S=AeV5t+Bev5t
La velocidad es cero cuando empieza el movimiento:
S(10)=AVbeV5t-Be'V5t=0
Resulta que A es igual B
Por tanto la velocidad será:
/
V* _ M
S= AVb (e ^ - e - ^ )
Por teoria el w=Ak
‘rn
w=Exf-Ex¡
i
\
J
4
>***
j t
í ‘ *. •
I
s
w= ^ mA2b (e ^ - e ”^ *) -- mA2b ^ev^ °-e2^ 0^
kv= ^ mA2b ^e2^ t+e"2^ t-2j
Siendo A y B las constantes
-
w
1
¿ ¿
w .t.f
». • .
v /
y
\
♦
4
;
/
•
.
7
*
/
J
j
?
i
^
*'
/
f
i
F j
1
i *7
**
? £ -
f \
w
.
•
Una partícula de masa 10kg, se desplaza del reposo sobre un plano inclinado
.■■jjn^miYCKí! (a qb6fqiff-¡3ds/! s>b ¿obnu9s¿j goismnci
de 45° y áspero cuyo coeficiente de rozamiento entre las superficies es
0.25. Después de recorrer 15m se detiene. Hallar el trabajo de las fuerzas de
rozamiento.
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SOLVER-EDK «
TRABAJO Y ENERGIA
Por el P.C.E se tiene:
AU=Wfr
-mg(15sen45°)=Wfr
.\Wfr=-1039,4J
Una partícula, cuelga de un hilo y se le lleva a la posición horizontal y se
suelta. En qué punto de la trayectoria, la aceleración de la partícula está
dirigida horizontalmente.
OLUCION
Hallamos la ar que es:
mgsen0=mar
ar=gsen0
1
Ahora encontramos a N que es:
aN- y !
R
Por el P.C.E se tiene:
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TRABAJO Y ENERGIA
mgRcos0=
mV"
V =2gRcos0.....3
De 2 y 3
aN=2gcos0
4
Pero sabemos que.
aN=asen0
a=
aN
sen0
y
aT=acos0
a=
COS0
Igualando:
aN
sen0
2gcos0
gsen0
sen0
cos0
cos0
2a 1
cosz0=o
cos0=
1
3
0=54,73'
Una partícula de masa m, se desplaza sobre un plano inclinado de ultra
mínima, el cual termina en un rizo. Si todas superficies son lisas y se
desprecia la resistencia del aire. Hallar el ángulo
para que la partícula al
llegar a p, recorra una parte en el aire y caiga en R.
270
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
w w w .e d u k p e ru .c o m
SOLVER-EDK «
TRABAJO Y ENERGIA
Por el P.C.E se tiene
AU+AK=0
^mg(R+Rcos0)-~-gR^ +
mV2-0^ =0
V =2Rg (1 +cos0)-2gH
Para el movimiento parabólico:
Vsen
!
i
*
-
-
-
v ca sr> i^ .."
I— — 2RSen 0
t=
Vsen0
V cos0sen0=2Rgsen0
v 2= 2Rs
COS0
De 2 en 1
2Rg
COS0
=2Rg(l-cos0)-5gr
2cos20-3cos0-2=O
.-.cos0=
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-3+V9+16
1
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
e =
D
TRABAJO Y ENERGIA
60'
Una partícula de masa m parte de una altura mínima sobre una superficie
curva y llega a describir el rizo completo. Cuál es la fuerza que ejerce el rizo
sobre la partícula cuando pasa por el punto p, la superficie es lisa.
Xr» s
Por dinámica en P tenemos:
N+mgcos0=
mV'
R
Por el P.C.E: AU+AK=0
(mgh-mgH)+ í- mV2-oj =0
mV‘
T
"
=Hmg-mgh
mV2 2Hmg-2ng(R+Rcos0)
_
_
Siendo
5
mV2
H=-R: —— =3mg-2mgcos0.......2
2
R
De 2 en 1 tenemos.
N=3mg-2mgcose0-mgcos0
N=3mg(1-cos0)
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-
r
TRABAJO Y ENERGIA
V . ____
.
,
SOLVER-EDK «
Sobre una pista de altura 10m lisa, parte una partícula de masa m con una
velocidad inicial nula y en la parte inferior es un arco de circunferencia de
radio 3m. Hallar la aceración total de la partícula en el punto p.
Por P.C.E tenemos que:
AU+AK=0
(mgh-mgH)+
mV‘
-0 =0
V2
m — =mg(H-h)
Sabemos que
w2
A
/
h=R-rcos0 y que ac= v /p
V =2g(H-R+cos0)
V2 2g
ac=¥ =¥ (H-R+Rcos0)
Reemplaza valores:
ac=59,59m/
2
/ seg^
6
www.e a ü kd ru.co m
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y
p
*■■
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
TRABAJO Y ENERGIA
Una panícula de masa m; se desplaza a lo largo de una circunferencia de
radio R. su energía cinética depende de la distancia recorrida: S .Ec = bs2,
donde b es una constante. Hallar la fuerza que actúa sobre la masa m.
Tenemos que F es:
f= V r2+fn2
1
De donde:
dv
dv
Fr=m — =mv — ...... 2
'
dt
ds
mV2
Fn =—
....... 3
.
Si la energía cinética encontramos la velocidad de la partícula:
Ec=bs2=TmV2
9 2bs2
V =.......
m
4
Diferenciando respecto a s tenemos:
VdV
2bs
=— ..........5
dS
m
Reemplazando 5 y 4 en 3 y 2; se tiene:
Bs
Ft =—
T M
2b2
F»=1 T
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SOLVER-EDK «
TRABAJO Y ENERGIA
F= 2bsJl+(S/R) :
. Cuando una partícula de masa m se halla en la parte inferior A de un hilo de
longitud L se le comunica una velocidad mínima para que describa una
circunferencia de radio L. (a) cuánto vale esta velocidad mínima?, (b ) Cuánto
■vale al tención en el hilo cuanto la partícula se halle en la posición
horizontal B?
mg
f
»
*
0
*
V
T
t
*
$
«
III
I
i
i
i
i
II
I
*
\
\
\
\\
\
%
mm
a.
Para que la velocidad sea en la más baja sea mínima, al llegar al punto
más alto la tensión debe ser igual a cero.
En c por dinámica:
mg+T=mac=
mV'
Lmg=mV
Por la conservación de la energía:
mV2 mV min'
www. ed u koe ru.com
+(2lgm-0)=0
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TRABAJO Y ENERGIA
V2min=V2+2gl
V2min=Ig+4gl
•••V2min=A/5gÍ '
b.En B, por dinámica:
mV2
T,=mab=—
........a
Por el P.C.E:
m \^b mVmin
2
+(mgl)=0
ir, 4 = mV2 ¡n-2gml
mVb=5glm-2gml
mV2
—¡— =3gm .............p
•••De p en a: T^Smg
Una partícula de 2kg de masa se halla sobre un plano inclinado de altura 5m y
recorre todo el plano una distancia de 15m. Después recorre una superficie
horizontal, hasta que se detiene. Si el coeficiente de rozamiento es 0.2.
Hallar la distancia que recorre.
. Por el principio conservación de energía:
■AK+AU=Wfr+Wfr
(O-O)+(O-mgh)=-umgcos0.d-umgx
umgx=mgh-dumgcos0
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w v .e d ü k p a ru .c o r
£
TRABAJO Y ENERGIA
SOLVER-EDK «
a
x=--dcos0
u
Como sen
1
0=3
0=19,47'
En
a
x=10,9m
Sobre un piano inclinado de ánguio 6, del reposo una partícula y recorre una
longitud L, al llegar a la base se sigue desplazando hasta recorrer 2L y se
detiene. Hallar el coeficiente de rozamiento entre la partícula y las
superficies.
m
m
m
r n
AU=Wfr
(O-mglsen0) =-umgcos0L-u (2l)mg
mglsen0=ui(mgcos0+2mg)
sen0=u(cos0+2)
www.edukperu.corrí
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■
•
>5. - -« 1 '
,
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
D
TRABAJO Y ENERGIA
u=
y )
sen0
(cos0+2)
Una masa de 2kg choca contra un resorte que se halla sujeto a una pared,
cuya constante de elasticidad es lON/m. El resorte se comprime lm a partir
de su posición de equilibrio. Si el coeficiente de rozamiento entre la masa y
la superficie es de 0.2. Cuál fue la velocidad del choque.
SOLUCION
Por el P.C.E:
0- ^ mVo
M
í™
kx2
V0=
m
2-0) " -
umgx
+2ugx
■ V0=3 m/s
Se tiene una masa m, ligado con un resorte de constante elástica k y situado
sobre un plano inclinado liso de ángulo
'
Comprime el resorte una distancia
'.'i* .' z ' .,
ir
--
¿ .■
>.
,■
xxy se deja libre. Que distancia sobre el plano inclinado recorrerá la masa
antes de detenerse.
SOLUCION
h=(c+x1Sen0
Por el P.C.E.
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www. ed u kp e ru.co rn
SOLVER-EDK «
TRABAJO Y ENERGIA
___________________________
1
-k(x-x1)(x+ xl )=mg(x+xl )sen0
1
-kCx-x^senG
2mgsen0
p
Una masa m, está unida a una varilla de longitud L Y masa despreciable,
puede girar alrededor del punto o. Estando en la poción vertical A, se deja
libre y describe una trayectoria circular, (a) Cuál es la tensión en la varilla,
cuando pase por el punto B, (b ) para que el ángulo a, que hace la varilla con
la vertical, la tensión en la varilla será igual al peso.
a)
Por dinámica en B
L
T
T-mg=
mV2
Por el P .C .E :
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TRABAJO Y ENERGIA
.............
-|
[0-m g(2l)]+(-m V2-0j =0
V2=4gl
2
De 2 en 1 tenemos
T=5mg
b) Piden el ángulo en que la
T=mg.
Por dinámica
mV2
T-mgcosa=——
Si T=mg
lg(l-cosa)=V2
1
Por el P.C.E.:
[0-mg(l+lcosa)]+
mV2-0^ =0
V2=2gi('l+cosa)
2
Igualmente (2) y (1)
2gl (1 +cosa)=lg(l -cosa)
1=.3cosa
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wwv edt*kDsru..corr
SOLVER-EDK «
TRABAJO Y ENERGIA
1
cosa=--
O
3
0=109,5'
Un cuerpo masa m, está situado en el punto A, cuando se le comunica una
velocidad horizontal v0. (a).
Por dinámica tenemos:
mV
mgcos0-N=mac- —— .... 1
R
Por el P.C.E:
AU+AK=0
,
/I
2 1
(mgRcos0-mgR)+^-mV --mV( =0
Vz=2g(R-Rcos0)+'o
2
De 2 en 1 se tiene:
mgcos0-N=2mg(l-cos0)+
mV;o
R
Para cuando se separe de la superficie
N=0
mgcos0=2mg(1-cos0)+
mVp
R
Despejando obtenemos
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SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II
» EDUARDO ESP1NOZA RAMOS
)
TRABAJO Y ENERGIA
2 V§
COS0= - +
3
3Rg
v'2
Vó
'2
0=cos~1 - +
3 3Rg
b) En el momento inicial, por dinámica:
gmcos(0)-Nk
mgá
mVo
R
mVo
R
Vo^VgR
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
W
W
W
e.I
SOLVER-EDK «
DINAMICA DE UNS SISTEMA DE PARTICULAS
vú_
_ x.
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTICULAS
-•^ v r ^ # á v - « á m R á a s a s
■
#
. > -f
Se tiene una esfera de diámetro 15 cm y masa M, sobre ella incide una bala de masa
m (m «M ) Y velocidad óOOm/seg. Después de atravesarla a lo largo de su diámetro la
bala sale con una velocidad
de 400m/seg. Considere la fuerza de resistencia que
ofrece la esfera a la bala constante. Hallar que tiempo empleo para atravesarla.
V =400
Sea la fuerza de rozamiento:fs
=> w fs=AEK
= ¡mVf- i mV§
W f5= -1x105 m como fs const.
=> fs (0,15)= -1. 105m
=> fs = -6,67x105m........ 1
También fsi desarrolla impulso
=> fs.At = AP
=mVf -mV0=m(Vr V0)
=> fs(At)=m(200)
De 1
At=3xl0'4seg
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SOLUCIONARIO FÍSICA LE IVA I Y II
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
_______________________
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
y
Un proyectil de 5kg. Se dispara verticalmente, cuando alcanza su altura máxima
explota en dos partes. Una parte de 3kg se mueve hacia abajo, con una velocidad de
500m/seg. Hallar la velocidad del otro fragmento.
'
(.
jy
V V -
5
kg
IHI
3k
o
500 m/s
Como no 3 fuerza alguna
=> -» Conserva
p
=> P= P
0= (3) (-500| ) +(2) (V 2)
V2= (750T) m/s
m(0)=m1V l + m2V2
El arquero de un equipo de fútbol, una masa de 80 hg, y atrapa un balón de 1.5kg el
cual se mueve con una velocidad horizontal constante de 8rn/seg. Inicialmente el
portero está en reposo. Hallar la velocidad final del portero cuando atrapa el balón.
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
ww w ea ukper u.com
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTICULAS
m^SOkg
r m 1+2=81,5 k g
m2=l,5kg
Asumiendo el arquero, como una esfera, para tener una idea:
AP^O
Po = PF
+m2V2=m1+2Vf+l
(1,5) (-8^)=81,5Vf
=>Vf=-0,15X m/s
Una pelota de béisbol de 300g y con una velocidad de 30 m/seg, incide
horizontalmente sobre un bat, la cual la golpea y la pelota sale con una velocidad de
35m/seg y en sentido opuesto a su movimiento original. Si el tiempo de contacto
fue de 0.002g. Hallar el (a) impulso del choque y (b) la fuerza media.
30m s
...............
^Onis
©J
1.5 K ii
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SOLUCIONARIO FÍSIC A LE IVA I Y II
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Ant. del choque
Ahora:
I=AP=>I=mVr mV0=m(Vf-V0)
I=m(-35?i-30X)=-19;5Xkg;
Ahora:
í=FM.At
=>Fm=975(-2)N
Una esfera de masa 3m, se encuentra en reposo, incide sobre ella centralmente otra
esfera de masa m y velocidad
v0. Si es el coeficiente de restitución. Hallar las
velocidades de cada esfera.
Como no existe ninguna fuerza externa: a lo largo del eje choque
= * e = - v —
^ r - = + -
v 3m 0-v m0
^
—
v 0
....................1
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
vvww. e d u k p e r u .c o m
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Ahora
AP = 0 =* P0= Pf => /nV0(WynVf+3mV3mf
=> V0>'.=Vmf+3V3mf.....2
de 1 y 2
Vm=(l-3e) y
V3m= (e - l)y
Una esfera de masa 5kg y velocidad lOm/seg, choca contra otra esfera
6kg y
velocidad 5m/seg. Ambas se mueven en la misma dirección y sentido, si el choque
es elástico, hallar las velocidades de las esferas después del choque.
Como el choque es elástico
=»e=l =-^
ii s =Vo<V
2fV lf.
V2°'V1°
m1=5kg
m2=6kg Ahora:
Po=Pf
m ^ o * m2V2o = m1V lf+ m2V2f
*—
.
—
80l=S V lf+ 6V2f
v
2
De 1 y 2
* ,
50
, ,
105
Vif= 77 , v 2f=—
Vi f=4,55 m/s , V2f=9,55 m/s
Una partícula de masa 10kg se halla en reposo y sobre el incide frontalmente otra
partícula de 2kg y después del choque se desvía 60° con respecto a su dirección de
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SOLUCIONARIO FÍSIC A LEIVA I Y
» EDUARDO ESP1NOZA RAMOS
)
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
incidencia, la otra partícula de 10kg, se desvía 45° por debajo de la dirección de
incidencia. Cuál es la relación de sus velocidades finales falta
•')Mr
* •«
*0
M
:
.
' .^
séC
Ahora como no existe fuerza exterior
=> p0= pf= p lf+ p2f
=>2'V, fsenóO0=(10V2f) sen45
Vif
v 2f
o
=4,08
Una esfera de masa m2, cuelga de un hilo de longitud L y se encuentra en reposo.
y
Una segunda esfera se masa m1 está sujeta a un hilo de igual longitud del mismo
punto C. Hallar (a) las velocidades de cada esfera después del impacto, (b) la
tención máxima que soporta la cuerda que sujeta la masa m2. (c) la altura que
alcanza la masa m2. Si e es él coeficiente de restitución entre las esferas, (a) falta
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c
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
SOLUCION
mi
o -
íÓ
mi
o
m2
Analizando a la esfera.mj
1 "2
mgl= -mxV{
^ V ,= V2gí
Velocidad antes del choque
a)
Ahora después del choque tenemos
P0 = pf (ojo: la tensión no afecta debido a que h a la línea de choque)
m i V 2 g ¡ = m 1V l + m 2V 2.........1
Pero:
V2_V1
w
e= —=
===>w
V2-Vi=e
- V 2si
2
De 1 y 2
\ / _ V2gi(mr m2e)
v 1~
b)
“mi-m2
\/
/ v2”
mi (e + l)>/2gí
~
~m2
mi +
Tenemos que
mlA/2gi(e+l)
V2 =
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m!+m2
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DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
/
>Por la 2da ley de newton
m2mf(2,)(e+1)2
1
2S~”
r
"
(m1+m2)2|f
t
=*Tmax=m2g 1+
c)
(mi+rr^)2!
Después del choque m2 tiene:
sS i i'á 11
Vo=
mi+m2
==^Emo+Ernf
^ m 2Vj2 ^ m2gH
_^| |
vf
m?L(e+1)2
2g
(m1+m2)2
Una pelota de golf lanzada desde el reposo desde una altura h rebota en una
superficie de acero a una altura de 0.85h. Cuál es el coeficiente de restitución.
Como la pelota cae sin resistencia, antes del choque
^ Eijis
~
mgh= ^ mVo
V0 = j2 ¿ h
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
w w w .e d u k D e ru .com
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Luego del choque
^m o —E mf
como H = 0;85h
1
-mVf =mg(0,85)h
=>Vf=1,7gh
e=^ = V p = V Ü =0,92
V0
V2gh
V2
Una bola de billar que se mueve con una velocidad de 2.2m/seg pega angularmente
contra otra bola idéntica que se encuentra en reposo. Después del choque se halla
que una de las bolas se va moviendo con una velocidad de 1.1 m/seg en una
dirección original del movimiento. Hallar (a) la velocidad de la otra bola, (b) la
dirección de salida.
!. 1 m s
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SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
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_______________________
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
J
=>171pf sen0=V2ms^píí)2
( l ;l)sen0=V2sen02
1
1,1 senO = l,9sen02
(* )
Como el choque es elástico
^E.mo=Emf
/ ^mVo= ^ mV|+ ^mV,
(2,2)2=V|+(1,1)2=>V2=1,9 m/s2
2
del mismo A tenemos:
(l,l?n )co s# + V2(m )cos62 = 2,2m
l ;lcos 0+l;9cos02=2;2. *......3
D e(») y (3)
02 =30°
Dos cuerpos A Y B se están moviendo a lo largo de una línea recta sobre un plano
horizontal liso. El cuerpo A pesa 66.7 N y tiene una velocidad de 9.1 m/seg, hacia la
derecha. El cuerpo B pesa 44.4 N y tiene una velocidad de o.l m/seg hacia la
izquierda. Los cuerpos chocan según un impacto central directo, siendo el
coeficiente de restitución e =0.5. Hallar la velocidad de cada cuerpo después del
impacto y halle al fuerza promedio que ejerce el cuerpo A sobre el B durante el
impacto, si su duración es de 0.01 seg
P>< 66.7 N
\’\=9J m s
P» 44.4 \
Y<. 6.1 nvs
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
Va
•*. Vr
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\
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
P0 = P<
Pao+Pbo-P af+Pbf
'66,7\
/44,4\
/66,7\
/44;4'
(9,1)-( — 1(6,1)= - J - ) v a+ H - )V b
8 /
v 8
336,13=(66,7)Va+44,4+Vb....... 1
e=0,5
/ Vb+V, \
^ ° ’5 =
-
(
w
)
^
7 '6 = V b + V a
2
de 1 y 2
Va=0,012 m/s
Vb=7,59 m/s
I=FAt=AP
=m2( v r y )
=m2(7,59+6,l)=>F6196,lN
Dos esferitas de masas mxy masa m2, se encuentr i en la posición indicada. Si e =0.5
entre las esferas, Hallar las velocidades de cada esfera, después del primer choque.
SOLUCION
w w w . e d u k p e r u .c o m
i i
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
/
Ahora antes del choque
L 1
11
mS2 = 2 mi v i m2g2 = 2 m2V2
= *v lo= V i í v 2o=V Ü
Ahora después del choque:
mlV1o-m2V20=mlV l +m2V2
(m 1-m2) v^gí=-mlV l +m2V2<
e=
V2+V2
:v v ^
0,5(2VÜ)=V2+V 1
V 1+V2= V ÍÍ
2
De 1 y 2 tenemos
(2m,-m2)VsÍ
,,
(2m2-m,)Vgi
V2=------------, v! — --------m 1+m2
m 1+m2
Sobre una masa de 5kg; actúa una fuerza de 500kg., en un 2x10 3seg. Cuánto vale
la velocidad durante esta percusión?
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!
c
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Tenemos:
I=AP=mV=FAt
(500) gAt
=1,96 m/s
Una esferita de 200g cae desde una altura de Im sobre una superficie rígida y rebota
elásticamente con la misma velocidad de incidencia, pero con sentido opuesto.
Cuánto vale esta fuerza media, si el tiempo de duración fue de 10 ^ seg
: im
»
h I
,
,
;
ii
Vo
Antes del choque
Emo—Emf
mgh = \mV02
V0 = JT g h
V0=4,43 m/s
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.
SOLUCIONARIO FÍSICA LE IVA I Y II
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)
/
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Como el choque es elástico
=
^Vdcm=4,43 m/s
=»FAt=mVdc+mVac
=m(V dc+Vca)
2m
5
=>F=— Vdc=l,77xl0 N
At
Que fuerza experimenta una paleta de turbina al iniciar sobre un chorro de agua de
V.
velocidad v1 y sección A? Para los casos (a) cuando ia paleta se mantiene fija (b)
cuando se mueve con velocidad v2, ■densidad.
a.Tenemos por de f:
dP _ p
dt
Ahora como el choro también refleja
~
2dP
_
=> F= — =Z
dt
, Pero dP=dmV1 perof=
dm
Ade
^dP-A fdeVT.......... 1
de
9
=>F=2AfV1— =2AfV]
1 dt
1
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EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Ahora como N2 es el movimiento de la placa
=»Velocidad del ahorro, respecto a la placa
Vector =(V1+V2)
_ dP
= * f =2 —
dt
•. F=2Af(Vr V2) í
Una bala de masa
m y velocidad
suspendido por un hilo
v, incide sobre una masa
M que se halla
de longitud L, si el choque es completamente inelástico.
Hallar (a) la elongación descrita por el péndulo (b) la fracción de la energía cinética
inicial que se transforma en calor.
ETíWfiTTTJl
a) Antes y durante el choque
Po=Pf
mv=(m+M)V1
mV
=>V1=.....
m+M
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1
SOLUCIONARIO FÍSICA LEIVA I Y II
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
b ) A Ek= t (m+m ) ( ~ ~ ) 2
1
2
Eo=2mV
AEk
-o
m
m+M
Un cohete parte de! reposo y alcanza una velocidad de 20km/seg. En que fracción
disminuye su masa si la velocidad de los gases respecto del cohete es de 5km/seg.
Tenemos que:
dv
dm
Fext-m — -Vgas —
dt
dt
dv
dm
mg=m — -Vgas ——
3
dt 5 dt
J qSdt = tno v Sa •~
Vga=cant
gt=V-Vgas Ln ©
=>V=gt+VgasLn ( ^ ) ......... 2
Ü
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA i Y II
Wvvvv eduKperu.coin
—
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
EDUARDO ESPINOZA RAMOS €<
Tenemos que:
Vf=
20
1000
m/s =0,02 m/o
/b
;
¡ ¿
Vgas=0,005 m/s
En 2
0,02=(9,81 )t+ (0,005) Ln ( — )
\m0/
^
G
Vm0J
= 4
=>— =e'4=0,0183
m
f—) x!00=l,83%
VnW
3 Sobre una partícula de masa m; actúa una fuerza que depende del tiempo : f = te~t2r
con la condición t = o, v0 = 0. Hallar el impulso producido por la fuerza en el
intervalo de tiempo.
Sea
V=text0=0 V0=0
F^ fV d
•1=0,5 (l-e'*2)
Una masa m; cuelga de una cuerda y se encuentra en reposo. Una bala de masa m y
velocidad v0, se incrusta en la masa y el conjunto se eleva una altura H. Hallar el
calor Q que se desprende durante el choque.
w w w
h h ii k n
r sj
r.n i t í
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
r\
\
X
I
ni
i
Antes dei choque tenemos que:
mV0=(m+M)VF
mV0
=>Vf=-— — ...... <..1
m+M
Ahora:
Q = AE k
=1/2 (m+m) ((mV_0)/(m+M))A2-l/2 mV_0A2
1 m2Vo 1
-0 IT1V5
2 m+M 2
1 /-Mm\vo2 m
2\m+m/
0
z
vm+my
Una bolita de masa m y velocidad inicial horizontal v0, choca elásticamente sobre un
piano inclinado de ángulo 45° y masa M y esre se desliza sobre una superficie lisa y
la bolita rebota con una velocidad en dirección vertical. Hallar la velocidad de la
bolita, después del choque.
SOLUCIONARIO FISICA LE Y VA ! Y ii
vvww ftdukD9ru.com
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
.
f
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
i 1IÍH I
Ahora comoen el eje x no existe fuerza alguna
=>se conserva P
K=Pf
mV0=mVM=>VM=
mV0
M
,1
Ahora como e3l choque fue elástico
=>EM0=EMf
1
o
1
9
1
9
-mV0=-mVM+-mVf
2
De 1 y 2 tenemos que:
M-m
Vf=
y
M
•V,o
Un péndulo balístico de masa M y longitud L; se halla en reposo. Es golpeada por
una bala de masa m y se introduce en el péndulo. Hallar la velocidad máxima que
debe tener la bala, para que el péndulo describa una trayectoria circular en el plano
vertical.
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SOLUCIONARIO FÍSICA LEIVA I Y II
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
_________________
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
y
VI
IM S *
m
■>...
Vmin
&
M
Por conservación del momentun lineal
, P0=Pf
mVmax=(m+m)V0
mVrmax
m+m
1
=V0
Ahora por la conservación de la EM
mVr
1
n V
-(m+m) (■— —) =(m+m)g(2l)+-(m+m)V
1
Vm+rm
Ahora la 2daley
(m+m)g
.-.vnrr
(m+g)V'
, n
=>V =Vgl
f
m+m
m
•V5S¡
Un móvil de lOOkg. De masa y de velocidad
500kg y velocidad 60km/h;
50km/h. choca contra un vagón de
que viaja en sentido opuesto. Después del choque
inelástico, Hallar la pérdida de energía cinética.
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA i Y
www; edukpenj ,com
.(
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
EDUARDO ESPiNOZA RAMOS «
Por la conservación de momentun lineal
=> P0 = P0
/125\
/50\
(1000)
J -500 ( y j =(1500)(Vf)
=>V
100
~27
soy
1
/100\2 1
/125\2 1
„ /50
- A E c= - (1 5 0 0 )(- )
(1000) (- r ) -2(500) ( y
=-1,6x 105(J)
=>AEC=-1,6x 104kg-m
Un móvil de masa lOkg y tiene una energía cinética de 100 joules, choca contra otro
móvil que está en reposo y de masa 5kg. Si el coeficiente de restitución es 0.6.
Hallar la pérdida de energía cinética durante el choque.
(ÍÓ k^ »
1
s
.
2
E l =1000=-mVo
=*V0=10V2m/2
Conservación del momentun
ÍV P Í
(10)(10V2)=-10V1+5V2....... 1
e=0,b
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SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
________________________
0,6=-
DINÁM1CA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
s.
V2+Vi
o-v0
=>0,6=V0+V-|..
^ V 1=-6,6m/s
V2=15,1 m/s
Ahora:
l
-J
*1
g
AEC=- (10)(6,6)2+- (5)(15,1 ) 2-- (10)(10V2)
=-21,63kg-m
Una caja de 10 kg desliza sobre una superficie lisa horizontal con una velocidad de
5m/seg. Sobre la caja cae una masa de 5kg con una velocidad de 2m/seg. Si el
choque es completamente elástica, el sistema en conjunto incide sobre un resorte
-•
\
1
'*V?‘'*|i.,
t / 1 £•.
\ f.-jT} }•*'¿ V-
• *4 \
{’
< /•-1> i *
de constante 1200N/m. Hallar la máxima comprensión del resorte.
SOLUCION
5K2
• •^
y
•••2 m/s
¿o
5 m/s
i
En el eje x se conseiva el momentun lineal en el choque
P¡>=Pf
(I0)(5m )=(15 )(V 0)
10
^ V = y m/S .......... 1
=>Por la conservación de energia
•mO
•vif
SOLUCIONARIO FISICA LE Y VA I Y II
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EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
1
9
1
o
1
/10\
1
-mV¿=-kx2= *-(15) (gg) =g (1200)x2=>x=0,37m
í¿ 3 . Cuantos cuerpos se mueven como se indica en la figura y se produce un choque
completamente inelástico. Hallar la perdida de energía del sistema.
SOLUCION
Veamos:
. 5 r
^,iks=2
5V2
^
V5kg= l^ m/s
V¡Ü=10Xm/s
V^¡=(-2V3^-2g) m/s
K = ?f
/5
5V2 \
(1 ).Í- V 2 X — — X]+(5)(U)+2(l0^)+3(-2V3X.-2X)=llV1
VÍ=(0,17>t+0,95)t) m/s
(Vf)=0,97 m/s
1 1
1
1
1
AEk0=- m.Vf-g m, V?- - m51(gV§k-- m2V ¡k-- m3V^
=1(11) (0,97)2-1 (1) (5)2-1 (5) (1 ) 2-1 (2) (10)2-1 (3) (4)2
AEc=-13,6kg-m
De un arma automático salen 10 balas por segundo con una velocidad de 500m/seg;
si la masa de cada proyectil es de 20g. Hallar al fuerza media de retroceso que
soporta la persona que dispara el rama.
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SOLUCIONARIO FÍSICA LEIVA I Y II
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
_____________________
t
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Á
SOLUCION
500 til sCil
0.02 Kn
Ahora como salen 10 por segundo
=>I=F(lseg)=(10)(m)V
«
=(10) (0,02) (500)
-•=^F=100N
Una partícula
de masa 5g, se mueve con una vellosidad v=(1,-2;3)m/seg choca
completamente inelástico contra otra partícula de masa lOg y de velocidad
v 2(-2,3,1).
Hallar la, velocidad final del sistema.
Tenemos que:
m) =0,005kg—>V ^ l í-2j+3k) m/s
m2=0,01 kg—>V^(-2Í-3j+k) m/s
Po=Pf
m1.Vl-fm2V2=(m1+m2)VF........ 1
Ahora: en 1
(0,005)(lí-2l+3k)+(0,01)(-2Í-3j+k)=(0,015)V^
Vf= r (-3Í+4j+5k) m/s
SOLUCIONARIO FISIC A LEYVA I Y
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EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTICULAS
Una partícula de masa m1 y con velocidad vlf choca contra otra masa m2 que se
encuentra en reposo, si el choque es elástico hallar la relación de las masas: (a) El
choque es frontal y las masas se superan en sentidos opuestos a lo largo de la
dirección de incidencia
de m1. (b) las partículas se separan simétricamente en
relación a la dirección inicial del movimiento de la masa m1 y el ángulo entre sus
direcciones de separación es igual a 9.
V»-0
a)
Después de! choque
Por conservación del momentun
Po=p J
m1V lo=m1V 1+m2V2
1
1
1
1
=> g m i v o= g m ,
+
2 rn2v l
De 1 podemos tener que:
mi (V0+V1)=m2V2
íTl!
V2
m2 V0+Vi
-V2+V!
e= l
0-v 0
2m2
Vi =
>V0=V2+ V i...........2
m9-mi \
1 V,o
-1 Wo=
,m1+m2/
>
m1+m2
2miV0
Vo =
m!+m2
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SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
b)
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
/
Después del choque
O
m2.v 2
m1V1-m2V2
m, V2
=> — —— ....... 1
m2 V t
ademas:
m1V 1cos0=
! =—
-Vo
m,V0
=^v0=v2-v,
O)
V,0
=>Vi =
2cos0
mi
=l+2cos0
m9
jjfcl Una esfera de masa m; choca contra otra masa identifica que se halla en reposo. Al
chocar el ángulo que hace' entre la recta que une los centros de las esferas y la
dirección del movimiento inicial de la esfera que choca, fue igual a 9. Si las esferas
son lisas, hallar la parte de la energía cinética de la
bola que choca, que se
transforma en energía potencial en el instante de mayor deformación.
/
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
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EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Como las esferas son lisas Ja bola:
Se moverá a lo largo del eje que las contra:
=>Para que la energía cinética, entregada a la otra esfera, se convierta en potencial
=>La velocidad de 1 en la dire=>ccion del eje debe ser cero
' 1
=>--.Eent=-m (Vcos9)2
¿ mV2cos20
=>R=■
— t--- — =cos20
-mV2
2
Sobre un plano inclinado liso de ángulo 0, se halla un cañón de masa m y cuando
velocidad es igual a v, realiza un disparo, como consecuencia el cañón se detuvo y
el proyectil es lanzado horizontalmente y tiene un impulso p, Si la duración del
disparo en igual a t. cuál es el valor medio de la fuerza de reacción 0R por el plano
inclinado en el tiempo t?
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SOLUCIONARIO FÍSICA LE IVA I Y II
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
/
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Piden calcular FR por el plano entonces, descomponiendo las fuerzas que actúan:
l ero Calcular la fuerza que actúa debido ai impulso
FR=mgcos0+ - sen0
y
j
.
Resolver el problema (28), usando el centro de masa.
SOLUCION
a.
Ahora:
♦.
V>
1
m2
ií'm i V
'
miVp
m2V2-mlV 1
CMo m!+m2 7 cmf
m1+m2
~^cmf
= > m 1( V 0+ V 1) = m 2V 2..........*
Ahora también:
EMO=Ef
1 . 2
1
/ m 2V 2- m 1V 1
- m i V ^ m= - ( r r h + m 2) ----------------
2
=>Resolviendo:
=
1 cm 2
1
¿ J \ m ^rr^
( m 2- m 1) V Q
m]+m2
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
ri
vvww. edukperu. co=
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
V9=2mJVo
m!+m2
b) VCMo =
miV0
nii + m2
,TV
\..
->
O ........................ <s:?v
m1V 1cos0+m2V2cos0
VrMr,—
CMc
m-i +m2
•'•VcM0=Vcmf
'
' m-iV0=m-|V! cos0+m2V2cos0
*
Ademas:m2V2sen0=m1V 1sen0
De* tenemos
=>v2= — =>v,= — v 2= —
m2
2cos0
2cos0
Sobre un mesa horizontal lisa, se hallan dos esferitas de masa m, unidas por un
resorte imponderable. Cuando a una de la masa se le comunica una velocidad inicia!
v0. Cuál es la energía mecánica interna del sistema en el movimiento.
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SOLUCIONARIO FÍSIC A LEIVA I Y II
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Ahora como no existe fuerzas externas
¿Momentun lineal se conserva
‘'•K=Pf
1
Ahora: el resorte comprimido hasta que la otra esfera haya alcanzado la misma
i
velocidad de la primera esfera
=>vlf= v 2f= v
de lm V 2 m (V )= > V = ^ .....2
•
'
I
Ahora: Emc= j(2 m )V 2= ~ 2
!fg Sobre un montículo liso de masa m y altura h; que ■&'acansa en un plano horizontal
también liso, se hace incidir una esferita de masa m0. Cuál debe ser la velocidad
mínima que debe tener la esferita para salvar el montículo.
Si deseamos que ese V0sea mínimo entonces:
Cuando la esfera trepe hasta su maxima altura y hai se queda:
.-.Veamos:
Como no existe fuerzas externas
=>Po=Pf
mVo = (m + m ) V f
1
Ahora considermos que para que no se destruya el moticulo
=> r conservación de la energia.
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
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DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
(
EDUARDO ESP! NOZA RAMOS <<
=>E0=Ef
1
2
KS 2
Eo- g mV0=mgh+ - (m+m)V1
=>De 1 tenemos:
l o
1
( mV0 *2
- mV0=mgh+ - (m+m) ---2
0 5 2V
\m+m,
V q / Mm
2 Vm+M,
=mgh
^ V 0= [2 (1+m/m)g h ]Vs
Una partícula una cantidad de movimiento lineal p=J+t(l-at2)J donde a es positivo.
Hallar el vector / en el instante, cuandof es perpendicular a p
SOLUCION
Tenemos que:
P=í+t(l-at2)j
, a>0
Tenemos también que
F=
ahoraí=(l-3at2)]
*
Ahora F. P = 0
=>t(l-at2).(l-3at2)=0
/o
=> t= ——
3Va
V
1
t=— ,t=0
Va
(3) .
Ahora F=l-3a ——Oj
9a
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SOLUCIONARIO FÍSICA LE IVA I Y II
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
)
J
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
F=ljj
Una partícula de masa m1 es dispersada elásticamente bajo un ángulo límite sobre
una partícula de masa m2 en reposo. Si m1 > m2, que parte de su energía cinética
pierde la partícula de masa m1.
*
m
SOLIUCIION
W Im w V I 1w
l l
i
m:V»
V.
rO:
O
V:
111;
Asumiendo el choque frontal
Pq=PÍ
m1V0=m2V2-mlV i
1
Ademas:e=l =^ ^ i
vo
V0=V2+V-,...........2
m1V0=m2(V0-V1)-m1V1
(mr m2)V 0=(m2-m1)V 1
>V,=(
m2-m1
m2+mv
ml
Vo
9 m1
9
> E f= Y Vr T v2o
AE
417^m2
E0
(m 1+m2) 2
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
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EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
—
9
Un vagón que tiene una masa rnG se mueve, bajo la acción de una fuerza /. El vagón
tiene una masa inicial m0 y se comienza para t =0 vertir arena con velocidad de
carga /¿(dm/dt), desde un recipiente sobre un vagón sin considerar algún tipo de
rozamiento (ejes, suelo, etc)
Hallar al relación de la velocidad del vagón con el
tiempo.
Tenemos que
U=^=>/udt = / dm
dt
J
=>ut=m.m0
=>mf=ut+m0
Ahora
I=AP
Ft=(ut+m0)V
=>V=Ft
/ (ut+m0)
Se dispara una bala de 20g sobre un bloque de U5kg colocando sobre una mesa
horizontal. El alojamiento de 1abala en el bloque hace que este se deslice 40 cm a
largo de la masa. Si la fuerza de fricción entren e] bloque y la mesa es de 0.5N. cuál
es la velocidad de la bala?
Antes del choque:
m i -0.02 Kg
Vo=0
«a
m
«
~CZ3
"v
Vo=Q
Vf
•
*==«
i mi+ni2 :
»
D 15n
mi-m:
*•»**»»
l
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4m
SOLUCIONARIO FÍSICA LEIVA ! Y II
» EDUARDO ESPI.NOZA RAMOS
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTICULAS
Como no existían fuerzas externas:
Po=Pf
m1V=(m(+m2)V t........ 1
Después de! choque:
WfS-A E k
1
(-0,5) (0,4) - -2 ( m1+m2) Vi
=>Vf=0,51 m/s ..........2
2 en 1 tenemos:
V” 38,8 m/s
IJn hombre de lOOkg de peso que está en su auto detenido por el semáforo, cuando
repeniinamente es acelerado a una rapidez de 20m/seg debido a una colisión por
detrás. Si la aceleración del auto se dio en 0.2seg. Hallar (a) el impulso sobre, (b)
fuerza promedio ejercida sobre el por el respaldo del asiento de su auto.
V=200 se<
cj
1 0 0 K íz
SOLUCIONARIO FISICA L E Y V A I Y SI
wvvw.e'dükf>eru.com
EDUARDO ESPINOZA RAMOS
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Ahora tenemos que:
AP=(100) (20)=2000kg-
m
seg
I=FmAt=>Fni=— =104N
Un neutrón con velocidad 5xl05m/seg y masa m; choca contra un núcleo de masa
4m y velocidad 3.25xlOs m/seg. Si la rapidez del neutrón después de la colisión es
5x10r> m/seg y se mueve en la dirección indicada. Cuál
será
la rapidez y la
dirección del movimiento de la masa 4m después de ia colisión.
SOLUCION
Del gráfico tenemos:
Antes del
V^= 5xl05í m/seg , V¡^=-3,25x105 m/segl
Después
(V„m f)^=5x [103 A5 (-3/5 i -4/5 j^) ; (V _m f) ^=V_2f sen0i -V_2f cosGj
Ahora: Como no existe fuerza externa alguna para cambiar e3l momentun
Lineal
m (5xl05í) — 4m (3,25xl05/) = m (—3 xl0 5í — 4 x l0 5/) + 4mV2f
V2f=2x 10 5Í - 2 , 2 5 x 10 5r
3j
V¡í=3,01xl05 m/s
V2fsen0=2xlO
0 = 4 1 ,4
o
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SOLUCIONARIO FÍSICA LE IVA I Y II
«
» EDUARDO ESP1NOZA RAMOS
3
)
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Un camión de masa 5 veces la masa de un auto; choca cuando van en direcciones
opuestas, el auto a una velocidad de 50m/seg el camión a 80m /seg . después de la
colisión los móviles quedan unidos, cuál es su rapidez del choque.
80m>
5(11»s
Mn ) =
Por conservación del momentun
p Ó=p Í
(m) (50) -5m(80)=(6m) V
Vf=58,3 m/s
Un ave que vuela de masa 1800 g y un tamaño aproximado de 30 cm que se
considera en reposo respecto a tierra, choca contra un aeroplano que iba a una
velocidad de 500m/seg. Halle la fuerza promedio ejercida por el pájaro sobre el
aeroplano.
ü
SOLUCION
v<
>
111
!,K ke
Ahora para el pajaro
1=AP
=-(1,8) (500)
=>1=900,
Ahora falta indicar que el pájario ha estado en el aire por t = 0,6mseg
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
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c
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTICULAS
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
I 900
=>f av=-=
=15xlOfc
t 0,6m
y como dicha fuerza es la misma para el avión Favion = 15x105N
Un auto de ISOOkg de masa y con una velocidad de 10m/seg; colisiona contra un
árbol y se detiene en 0.2seg (a) es la magnitud del impacto que el árbol ejerce sobre
el auto (b) cuál es la magnitud de la fuerza promedio ejercida por el árbol sobre el
auto.
m=1500kg
Ahora Ipor árbol-AP—Pf Po
=-P0=-O 300) (10) =-15000kg-
m
seg
Como At-0;2seg
=>FAt=I
•••F=7,5x 104N
¿J
Hallar la fuerza media ejercida por un chorro de agua normal a una superficie fija. El
chorro sale de una manguera de 3cm de radio, con una velocidad de lOmseg y es
horizontal.
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SOLUCíONARIO FISICA LEIVA i Y II
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
y
_________________________
V
Tenemos que F=
dp
dt
Pero dP = j Ade
FMdt=dP
1
FM = f A % = f A V
dm
dv
*j
i
AV =>A=9x10 7t
agua =10:
FM=-97riN
Una esferita de masa 0.2 kg con una velocidad de lOm/seg (hacia la derecha), choca
contra otra esferita de 0.5kg con una velocidad de
5m/seg viaja en
la misma
dirección pero en sentido contrario. Hallar la velocidad de cada esferita después del
choque.
Si (a) el choque es elástico, (b) el coeficiente de restitución es 0.5, (c) si
el choque es completamente inelástica.
a)
Antes:
0,5 k-v
El choque es elástico
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
i
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(
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Después deí choque
=> P0=Pf
(m i)V i0-m2V2o=-mlV 1f+m2V2f....
-0,5= -0,2Vlf + 0,5V2 f......... 1
Ahora:e=l =
-V2+V-1
-V20'V10
V2f+V1f=l5
V lfn ,4 m/s
,
2
V2f=3,5m/s
b) La única consideración que hacem os es que:
e=0;5=-
V2f+Vlf
-15
^7,5=V2f+V 1f.
de 1 y 2
V lf=6,07 m/s
V2f=1,43 m/s
c)
Analógicamente después del choque seria
=>P0=Pf
(m i)V 10-m2V2o=(m1+m2)V
V=-0,71 m/s
•••V]f=V2f=-0,71 m/s
Un niño de 20kg, está desplazándose sobre su patinete de masa 2kg y va a una
velocidad de 1m/seg; en su camino se le cruza un perro bravo que viaja en sentido
wwvv.6d u k p é r'u. c o rr 1
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y
t
» EDUARDO ESP!NOZA RAMOS
)
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
opuesto y la lanza una piedra hacia delante de 200g con una velocidad de 5m/seg
respecto a su movimiento original. Cuál será su velocidad después que tiro la piedra.
SOLUCION
0.2 k¿:
=*Po=Pf
m0Vo = mf lV + m°f2V2
1
(22) (1) = (21,8) V + (0,2)f5)
=>V=0,% m/s
.
A /A
Tres partículas idénticas con velocidades: v^ Si^ j+ ó ky v2=+2i+9j y v3=i-j-k chocan
simultáneamente y forman una sola partícula. Hallar la velocidad de la partícula
resultante.
SOLUCION
Como las partículas, chocan
=>Po-PV
yí\\ +
= 3mV/
=>V=2T+2j+l;67k
Un cuerpo inelástico que pasa 4kg y se mueve con la velocidad 2.25m/seg es
alcanzado
por otro también inelástico
que pasa
velocidad de 5m/seg produciéndose un choque
6kg y
está
animado de una
central. Cuál será la velocidad
común después del choque.
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
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EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTICULAS
m' 4 kv
Po=Pf
m1V 10+m2V 2o=(m 1+m2)V
(6) (5)+(4) (2,25)=(10) V
*#
=>V=3,9 m/seg
Dos cuerpos inelásticos que pesan en total 12kg moviéndose en sentido contrarios
con velocidades de 4m/seg y 6m/seg, después de un choque central y rectilíneo
adquieren una velocidad común de 0.25m/seg cuánto valdrá la pérdida de energía
cinética.
ml +m2=12kg
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SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
)
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Por conservación d e!___________ lineal
Po=Pf=^(m1)4-6(m2)=(m1+m2)(0 ;25)
=>4m1-6m2=3...... 2
de 1 y 2
15
0/
m1=— kg , m2= 7 2 kg
.% AEC=^ ( 4 ) 2+^m2(ó )2-^(m, +m2)(0 ;25)2
=140,63J
.•.AEc=1473kg-m
Dos esferas perfectamente elástica de pesos 550g y 450g se mueven en la misma
dirección con velocidad de 1.8 y 12m/seg respectivamente, (a) Que velocidades
tendrán después de un choque central rectilíneo?, (b) cuando valdrá dichas
velocidades si las esferas se mueven en sentido contrario? (c)
hay perdida de
energía cinética.
a)
Por conservación de la cantidad del momentun lineal
m,
ljy2
\|J i/ | \%
. %
vs
Ji/ ¿^
•
r -1
% ' *
\
J
—
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
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EDUARDO ESPlNOZA RAMOS «
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
—
-
-
—
Po=Pf
(rri!) (1 ;8)+m2(l ,2)=-m iV t+m2V2
1;53=-0,55V1+0;45V2........ 1
Como el choque es elástico
De 1 y 2 tenemos
Vi =-1,26 m/s
V2=-l,86 m/s
b)
P0=Pf
%
/
*
+
—
(m 1)(l,8)+m2(l,2)=-m1V 1+m2V2
0,45=-0,55V, +0,45V2........ 1*
r
í V2+V-, \
e_ "'(-1,2-1,8/
=>3=V2+Vi ........ 2’
De 1 y 2
Vi=0.1m/S
www.sQuKptti y ,coro
5
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
V2=2,1 m/s
c)
Como el choque es elástico
=¿AE0=0 .'.No se pierde energía
Dos cuerpos de masa m 1 y m2 se mueven uno hacia el otro a lo largo de una línea
recta con velocidades 20m/seg (i) y 10/seg (i), después de la colisión, la masa m2
tiene una velocidad de lOm/seg (- i ) y m1 \a velocidad de 30m/seg (i). Si el
choque es perfectamente elástica.
V2o=2 0 "V s Í
,
V lo=10m/s (-i)
V!f=-lOm/s (0
, V lf=30m/S (í)
p Í= p Í
m1V 10-f-m2V2o=-mfVif+m2V2f
>m1(10)+m2(20)=-mf(30)+(-10) m2
4
=>30m2=40m1
m1 3
m2 4
Dos cuerpos A Y B tienen cada uno de ellos una masa de lOkg y reciben cargas
eléctricas de signos opuestos, de tal forma que atraen. Si se mueven sobre una mesa
horizontal y lisa y A se acerca
reposo, (a) cuál es la velocidad
a una velocidad
de
de 5m/seg mientras B está en
B en un instante
posterior en
que A
se
desplaza a una velocidad de 20m/seg, hacia B?. (b) en qué cantidad aumenta o
disminuye la energía cinética de los cuerpos.
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
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RAMOS «
\ EDUARDO ESPINOZA
.______________________
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
- n~
¡
=>P0=Pf
(10) (5)=(10) (20)- (10) V
=>V=l5m/s
AEk=| (10) (20)2+1 (10) (15)2- | (10) (5)2
=3000J
Se deja caer una pequeña esfera metálica de masa m desde una distancia vertical
h por encima de un superficie horizontal dura, (a) si asciende hasta una altura h/2
después de
su primer rebote. Calcular el impulso dado a la esfera (b ) si en un
segundo rebote se eleva hasta una altura h/8 y así sucesivamente. Hallar el impulso
total dado a la superficie.
m
h
h/2
V
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SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
a)
)
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Antes del primer impacto:
1
2
mgh=-mV0
=>V0= V^h
Luego del 1 impacto:
h 1 2
mS 2 = 2 mVf
v fl= V ih
r=AP=p0=Pf
=m%/gh+my2gh
l=m>/gh(l+V2)
_l
_
b ) Calculando I para el 2
rebote
^ 02=\/sh , Ahora EmQ—Emf
h
-mVf =mg1
2
Vf=
8
'
gh
2
Obs: para el primer rebote
h
hi =Para 2do , h2=1 ¿
8
Para 3ra, h3=T¿
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
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.c
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTICULAS
gh
I=mv/2gh+ m^/gh+m — +m
4
I=mygh+
V2( +1+
1
4
+
8
gh
gh\
+m T7" +... "km
8
2n~' 1
%
16
nI
+
gh
16
I=m./gh(V2+6,8)kg- m/<
El sistema que se indica en la figura, consta de dos esferas de igual masa m, que se
hallan unidos por un resorte de constante elástica K. si inicialmente se unen con un
hilo las esferas y después se quema, (a) cuál debe ser la compresión inicial, para que
la esfera inferior salte de su lugar después de quemado el hilo (b) si la compresión
inicial del resorte es 7m/k, que altura asciende el centro de gravedad del sistema.
SOLUCI
a)
Para que la esfera de la posición mas inferior se despegue será:
=>Fe=mg
kd=mg
d=ms
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.
*
SOLUCIONARIO FÍSICA LEIVA I Y II
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
)
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Ademas sea L: longitud natural sea X0 = de form ación inicial
Por consen/acion de la energía
^ Kx2+mg(l-x)=^ Kd2+mg(l+d)
1 1/.'-2 m 3 x , §
1 1K
/ (T ) +mg ( — )
jk
.••Ax>3m g/k
b) Ahora cuando la deformación inicial es:
AX=7 mg/k
Ahora por conservación de la energía, respecto r; *5nntro de gravedad
^ £ KXq=^ KXf +2mgh
en la parte superior
mg
Fe=mg-+Xf= -^
2
1 /7mg\“
2K( i r )
1
/mg\2
=2K ( t ) * 2msh
12mg
-h=— ■
—
Se tiene un cilindro de masa 5kg que cuelga de dos hilos de longitud Im. se dispara
una bala masa 0.2kg y los hilos se desvían un ángulo de 10° con la vertical. Hallar
(a) la velocidad de la bala antes de dar en el cuerpo, (b) la fracción de la energía
cinética de la bala que se transforma en calor, si la bala quedó confinada dentro de
la masa M.
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
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EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
V_____________________ ________________________
Antes del choque y después del choque la conserva:
Entonces: Po=Pf
mV0=(M+m)Vf
=>Vf=
m
m+m
V0
#
Ahora asumamos qque dicho bloque se eleva una altura H de modo que H=1-cos0
=>Eo=Ef
]
(M+m)g(l-cos0)=-(M+m)Vf
=^Vf =2g(l -cos0)
Una partícula incide sobre otra que estaba en reposo y el choque es elástico. Hallar
la relación entre las masas si:
en sentidos contrarios
(a) el choque es frontal y las partículas se separan
y a velocidades iguales, (b ) las partículas se separan
simétricamente con relación a la dirección
de incidencia
y
el ángulo
de
separación es de 30°.
Como antes ni durante el choque, existió fuerzas externas
a)
Po-Pf
mlV 1=m2V2-mlVlf
=>m1(V li+V1f)=m2V2f
*
Ahora como el choque es elástico
=>e=
-V2f+V1f
0-Vü
=1
=>Vli=2V
\a/ww sHi llenan j r-nrn
V » V V
v v :
T p
‘u » í
vd . L / O
ij i
SOLUCIONARIO FÍSIC A LEIVA I Y II
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
)
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
. üüi-1
3
b)
Como no existen fuerzas externas el momentun lineal se conserva
Y
*
111
..•I 30
K>
Vf™
ni:
■•Pq-Pi =Pi +P2
Del Atenemos: mlV1f=m2V2f
1
Ademas:
(m lV 1f+m2V2f)cos0=m1ViO
=^m1V lfv5=m1Vi0
V,f= y .V 3 ...........2
Ahora como elchoque fue elástico
-V2f+Vlf
= > e = l =
--
-Vu
=>Vli=:V2rV if........ 3
De 2 y 3 tenemos:
A = (l+ V3)
De 1
SOLUCIONARIO FISICA LEY V A I Y II
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DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
m
m2
Vw
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
________________________
=2,73
Un proyectil
que se desplaza
a
una altura
de lOOkm y a una velocidad de
lOOOm/seg, explota y salen tres masas iguales, de tal forma que la energía cinética
del sistema aumenta en 2 veces. Cuál será la velocidad máxima de una de las
masas.
SOLUCION
£
max
■
V 1.
, 0 ^ V2
é
V% V'
#
Para la resolución de este problema, no hay que considerar el dato de la energía
ademas:
Solo es para uso de la conservación del momentun lineal:
Veamos:
r 0=pf
como salen formas de la misma forma y masa
=>Veamos:
,
p^p^Pg+Pg
Ahora necesitamos:
P2+P3=0
=>p ;=p í
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SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
)
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
3mVf=mV0
V0=3 krn/seg
Una partícula de masa mlf choca elásticamente contra una masa m2 que se halla
en reposo (m 1 > m2). Hallar el ángulo máximo, que puede desviarse la masa m1
después del choque.
SOLUCIO
mi
cT
m*;
Como no existe fuerzas externas:
^ Po-Pf-P] +^2
Por ley de cosenos tenemos que
(m.2V2) 2=(m1V i)2+(miV0) 2-2(m1V i)(m iV 0)cos
=>(m2V2) 2=m2(V?+Vo-2V1Voc°s 0 )........ *
,
Ahora como el choque es elástico entonces se conserva la energia
E0=Ef
1 „2 m2^í m,V?
2 miVo=“ Y " +” r *
=>mlVo=m2V|+m1Vi
==>m1m2(Vo-Vf)=(m2V2) 2.......**
En *
Tenemos:
mtm2(V q-Vj ) =m2(Vi+V q-2V iVocos0)
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
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( . EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
771'
(vQ
¿ + v ?) = Vi2 + Vqcosq
7721
►COS0=
mi (Vo+Vf )-m2(Vo+Vi)
2 m 1V 0V 1
Ahora si deseamos que 0max
= > c o s 0 d e b e ser m in im o
= > D e riva n d o , te n em os que
m 1-m 2V 0
V,=
V m 1+m 2
mf-m¡
CO S0=
m
m^-m¡
0= co s _1 ' ~
m
Un p ro y e c til se lanza en el p la n o x y ; co n una v e lo c id a d v0, b a jo un á n g u lo 0. H allar
la p o s ic ió n del p ro y e c til después del 3 er re bote, si es el c o e fic ie n te de ra tific a c ió n
de c h o q u e entre el p ro y e c til y el suelo.
De acuerdo a las ecuaciones del movimiento parabólico
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S O L U C IO N A R IO FISIC A LE IVA I Y
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
X = V oc o s 0 t
)
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
1 C o n sid e ra n d o liso el p iso
=> A d e m as:
T ie m p o de v u e lo
2V 0
2V q
t= — sen 0= —
g
S
t 1? antes del l erch o q u e
2Vosen0
t, = —
.......... 1
V1
t 2d e s p u e s:d o n d e r - = e = ^ V y = e V >
2Vosen0e
t 2= —
......... 2
2Vosen0
ttotai =
— ( l+ e + e ¿J
O
t 3-pues otra vez
V 11
VY-=E=>v;'=v;e
n _ w ll wl
VY
2Vosen0cos0
>U= —
9
------------------ e
g
en 1
2V osen0cos0 ,
X= — ---------------- (1 + e + e 2)
Un
p ro y e c til
de masa m ; in c id e y se incrusta en un b lo q u e d e masa M, este se
desplaza a lo largo de un ca m in o re c to y una p o rc ió n
es rugosa de c o e fic ie n te de
ro z a m ie n to i¿K y la lo n g itu d es L; tal c o m o se in d ica en la figura adjunta. Cual d e b e
ser
el v a lo r m ín im o de la v e lo c id a d de m 7 para que m l de una vue lta c o m p le ta
a lre d e d o r d e C; Si in ic ia lm e n te se hallaba en re p o s o y colgaba del p u n to c, m e d ia n te
una cu e rda d e lo n g itu d
L.
\
S O L U C IO N A R IO FISICA L E Y V A I Y II
(
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
ni
CD —
A n a liz a n d o p rim e ro
•m -
o
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
mi
mym
(p0 =pf )
.m V = (M + m )V 1
>v'=
mV
m+M
A h o ra para el b lo q u e (M + m )C u a n d o esta pasa, u k
= » W f= A E k
1
1
2
L (M + m )g u k= - (M + m )V f - - (M + irO V 1
/ mv \2^ 2
I/1 =
2
Luego el
piso liso
Analizando m
+m ym .
Po=Pf
(M + m )V 1= m 1V m]
(m+MlV1
V m,=
m
Ahora como la esfera realizada
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» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
_____________________
DINÁMICA DE UN SISTEM A DE PARTÍCULAS
J
m.
L
=>Ejvio~EMf
**
^m IV^l =2mlgL+^m,V112
Por 2da ley
v " = V Ü .........
de * , ***y 2
V= — [5m7gL(m+m)2+2uk(m+m)2gL] ^
Una bolita de masa m y velocidades v1 , incide sobre otra bolita de masa 3m y en
reposo. Si el coeficiente de restitución es e, hallar las velocidades de cada bolita
después del choque.
Antes
V i;= V ,
i(m )— »
v := o
Q m)
después
Vir
<■
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EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTICULAS
Po=Pf
mVl =-mV1f+3mV2f
V ^ - V ^ V * ........1
Ahora e=-
V2f+Vlf
-Vi
Vle=Vcf+Vlf<
De 1 y 2
Vi
v .r jO e - l)
O
Vt
,
Un resorte de masa despreciable soporta una tabla de masa Ikg, la cual deforma el
resorte 5cm; cuando está en reposo. Sobre la tabla se deja caer una masa de 0.5kg
desuna altura de lm produciéndose un choque inelástico. Cuánto vale la máxima
deformación del resorte.
Analizando a la tabla y al resorte tenemos:
c
r
í
I Fe~kx
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I I
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
1
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
kx=g
K = ? = 1 9 b , 2 N/ m
S\
Para la esfera
^M0=^mf
m g h = ^ m l/ 2
V=V2Íh
V = 4,45 m/s , antes del choque
A h o ra c o m o deseam os que el re so rte se c o m p rim a
Lo m ax.El c h o q u e tie n e que ser c o m p le ta m e n te in e la stico
P=Pf= > m 1V 1= ( m 1+ m 2)V f
= * V f=65,4 m/ s
Por co n se rva ció n de energía
Ef=E0
=>ÍK
2
Xf = ^ ( m + m ) v o + (m + m ) g h + ^ KX q
Pero X f = (h + 0 ;05)
X-j =0,05
K = 1 9 6 ,2 2N/ m
H
=0,41
.*.X=0,46m
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W W W .6 0 U K ñ 8
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTICULAS
Dos cu e rp o s de masas 3kg y 5kg están separados una d ista n cia de 5cm d e b id o a un
h ilo que los une. Si la lo n g itu d del resorte
v e lo cid a d e s
es de 25cm sin d e fo rm a c ió n , H allar las
(m o d u lo ) de cada masa, c u a n d o su separación
de h aber q u e m a d o el h ilo
í
y la co n ta n te elástica
es de
20cm , después
del resorte es de
15N/m y se
'
d esprecia c u a lq u ie r fric c ió n .
/
'y
cm
1---------- 5 c m ---------- 1
AXo-0.2 m.
C om o no existe fuerza h o riz o n ta l
=>Cm , no se m ueve re sp e cto al eje Y
A hora luego de s o lta r el h ilo , se tie n e que ios c u e rp o s esten 2 o cm tenem os.
=»P0=0=Pf=-3\A| +5V2....... 1
A hora c o m o el p iso es liso
EM0=EMf
~KXo= ^ m ! V f + ^ m 2V |+ ^ KV f
(15) (0,2)2=3V?+5V¡+(15) (0,05):
0,5625=3Vf+5Vf.....2
De 1 y 2
V) =0,34 m/Seg
V2=0,2
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» EDUARDO ESP1NOZA RAMOS
)
DINÁMICA DE UN SISTEMA HE PARTICULAS
Los centros de tres esferas perfectamente elásticas están en línea recta las esferas
no se tocan y sus masas son m1; m2 y m3. La primera se mueve con una velocidad
v ± y tiene m y - 5m2, las demás esferas están en reposo. Después de chocar la
segunda esfera con la tercera esfera, aquella m2 se mueve con velocidad (—i?i)
determinar la masa m3 de la tercera esfera.
SOLUCION
±01
Tenemos que
m]=5m2
Ademas para
m2y m3
=^Pl=P¡
m2V2f=-m2V1+m3V3f
m2
'5V
=-m2V1+m3V3f
V3f.m3=m2
1
Analizando m-i y m2; antes y después del choque
Pj-PÍ
rr^V ^-m ^f+ m ^f
S m 2V1 = - S m 2Vl f ‘+ m 2V2 f
S O L U C IO N A R IO FISICA L E Y V A I Y II
1
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EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTICULAS
Como el choque fue elástico
V2f+ V if
1=-
-Vi
=>V1=V2f+V1f.... 2
De 1 y 2
V 2f
5V-,
3
-2Vt
, v lf=
’ "
3
Ademas el choque fue elástico
-V3f+V-,
-V2f -
2 Vl=V3f-fV1
>V,f=
2Vi
m3=4in2
.•.m3=4m2=-m1
5
El m a rtillo de un hinca p ilo te s cae lib re m e n te de sd e una altura d e 2m b a jo la a cció n
de la gravedad y pesa 1.5 to n e lad a s m étricas y g o lp e a so b re el p ilo te
cuya masa es
40.8kg. c o n s id e ra n d o que el im p a c to es in e lá stico . H a lla r (a ) la energía e m p le ad a en
d e fo rm a r el p ilo te , (b ) la energía u tiliz a d a
en in tro d u c ir en la tie rra el p ilo te (c ) la
resistencia que o fre ce el te rre n o , si el p ilo te se in tro d u c e lO cm .
M- 1.5\1000kií
T
2m
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» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
j
DINÁMICA DE UN SISTEMA Z E PARTÍCULAS
Antes del choque:
Veamos:
Em o =
E Mf
]
mgh= - mV2=>V =2gh=>V=6,3 m/s
a.
Ahora antes y después se conserva la cantidad de movimiento
MV0=(M+m)Vf=6,13m/s2
Ahora:
2
1
E= - m.Vf=78,14kg-m
b.
Ahora para calcular
La energía empleada para introducir el sistema es:
1
9
Eem= g (M+m) Vf =2951 kg-m
c.
Ahora asumiendo que la fuerza de razonamiento es constante:
fs.d=AEk=2951 kg-m
Como se introduce lOcm
=>/s - 29510fe
S O L U C IO N A R IO FISICA L E Y V A 1Y II
wvvw. edukperu.eom
SOLVER-EDK «
DINAMICA RELACIONAL
DINAMICA RELACIONAL
ár
Un sistemas de masa, está forma por dos masas esféricas m; unidas rígidamente por
una varilla de peso despreciable
de longitud
L; Hallar el momento inercia del
cuerpo (a) con respecto a un eje normal a la varilla y que pasa por el centro c y (b)
f
„
_
,
.
-ü
con relación a un eje normal a la varilla que pasa por una de las esferas.
ijij
u
a
<a>
ib»
Por ser masas discretas:
l=I¡m ¡rf
(a) l= m @ 2+m (ty
1
(b) l=mo2+mP
I=mL2
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S O L U C IO N A R IO FISICA I Y II
£ ■
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
DINAMICA RELACIONA!.
El momento de inercia de cuerpo es 2kg -m2, gira alrededor de un eje con una
aceleración angular de
2nrad/seg2. Si
parte del reposo. Hallar (a) cuál es su
velocidad angular del cuerpo 2seg después de iniciando el movimiento, (b) cuál es
su energía cinética en 2seg. (c) cuál es el torque que actúa sobre el cuerpo durante
los 2 primeros segundos.
í
Sabemos que
a =
(a) w = at =
w —w
t
(2seg)
w -471 N-m
(b) Ek=^1w2=^2(4rc)2-16it2J
(c) t=l7i=2.2M=47i N-m
Hallar la energía cinética de un aro de masa M y de radio R. si este se mueve
uniformemente con velocidad v y gira con velocidad angular w con relación a un eje
que pasa por su centro.
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(
DINÁMICA RELACION AL
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Ec-E cr+Ect
1
2
1
EC=2 I W +-MV
2
Ec = ¿ N R 2.W 2+ ^ M V 2
c
2
2
1
i
e c = - m v 2+ - m v 2= m v 2
2
2
D em ostrar que el m o m e n to de inercia d e una esfera hueca
in te rn o
1.
El
y u n ifo rm e de ra d io
y ra d io e x te rn o R2 y de masa M es:
momento de inercia será:
/
r ¿dm
Donde dm=
tp dv
dm=27i r cp drde
cp:
m
m
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» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
)
DINÁMICA RELACIONA!.
i=JV - v 2n r dr di
Pero r = senQ
y di = Rdo
1= J R4 sen39 27tcp dr d.0
l=27ccp J R4dr . J sen 3 0 d 0
rR2
l=27icp RD
-(l-cos 2 0 )d cos0
J Ri
l=
2 (R|-Ri)
1=- m
5 "(R¡-R?)
Una barra de longitud
L; está sujeta en una de sus extremos y se encuentra en la
posición horizontal, se deja caer librem ente de la posición dada inicialm ente. Qué
velocidad tiene el extremo libre de la barra, cuando pasa por la posición vertical.
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DINÁMICA RELACIONA!.
\
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
____________________
Por P.C.E:
AK+AVg=0
;iiw ! -o).(o-m g t =0;
1W2 = mgL ... (1)
l=rmL2
En (1)
9
w
3g V2 3g
r ^ IT T
•••V=V3gL
O
Sobre un plano inclinado de altura h, un cilindro de masa m y radio R , rueda a partir
del reposo, comparar sus velocidades cuando llega a la base del plano, por
rodamiento y por deslizamiento.
Por conservación de energía:
1
9
1
9
mgh= - mVR +- 1W
5 2
2
1
2mgh=mVR2+- MR2W2
4mgh=2mVR2+MR2W2
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» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
)
DINÁMICA RELACIONA!.
VR-~gh
Por cinemática:
Ví
Vp=V+2ai =4-a=
21
Por dinámica
V?
mgsen0=ma=m ~
vF J
3
Hallar el momento angular de la varilla de longitud /.GY masa m con respecto a un
eje paralelo a su longitud y situado a una distancia b; sí la varilla gira con velocidad
angular w, tal como se indica en la figura.
SOLUCION
Se deja el ejercicio para el lector
Un disco de masa m; radio R. está sobre un plano inclinado de ángulo #. Si el disco
rueda sin resbalai halla su aceleración.
i£jjCl
Se deja el ejercicio para ei lector
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EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINAMICA RELACIONA!.
Un disco de masa M y radio R. puede girar alrededor de un eje que pasa por su
centro de masa que no posee fricción. Una cuerda esta enrollada en el disco y en su
otro extremo cuelga una masa m; que se encuentra a una altura h; con respecto al
suelo, tal como se indica en la figura. Hallar la velocidad de la masa m, al caer y
recorrer h desde el reposo.
SOLUCION
Por dinámica tenemos:
mg-T=ma ... (1)
Pero T — TR — la
la
1 . . R“ a
R
2
T=---M —
R
T=lMRa=^Ma ... (2)
De (2) en (1)
a=
2mg
M+2m
(3)
Por cinemática: V2=Vo+2ah
V2=2ah ... (4)
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» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
j
DINÁMICA RELACIONAL
De (3 ) y (4 ) tenem os:
4m gh
V=
M +2m
j j j Ei sistem a que se in d ica están situada a una d ista n cia
r 0 del eje d e ro ta c ió n ,
in ic ia lm e n te el sistem a gira co n una v e lo c id a d angular w0, p o r un sistem a in te rn o que
( r 0/ 3 ) del eje. Cuál es el in c re m e n to de
posee el sistem a, las masas a una d ista n cia
la energía cin é tic a del sistem a.
C om o no hay ta n q u e e x te rio r, la c a n tid a d de m o v im ie n to angular perm an e ce
co n sta n te
I0W0=I w
2m r^=
2RÍ
mw
A E C= E CF-Ea = ^ l w 2- - I 0w2
9
1
AEC=g wolo" g l0wo
AEc = 8 m r 2w 2
Un d is c o de una masa m y ra d io R. p u e d e gira r a lre d e d o r del eje A A , sin fric c ió n una
cuerda e n ro lla d a en el d isco , e jerce una fuerza ta n g e n cia l F. H alla r la a ce le ra ció n
tangencial del b o rd e del d isco .
De la e cu a ció n d e la d in á m ica de ro ta ció n :
T =R F = la
la
1 R2 M
F=_R = 2
S O L U C IO N A R IO FISICA L E Y V A I Y
R
“
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EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINAMICA RELACIONAL
1
1
F=- MRa=-M aT
Lm t
¡ L
2F
3t——
m
Sean dos discos de masa m y radio R. que se hallan sobre un soporte vertical. Si el
disco superior tiene una velocidad angular w0 y el inferior está en reposo. Hallar el
incremento de energía cinética del sistema en conjunto, cuando el disco superior cae
sobre el inferior y existe rozamiento entre ellos.
SOLUCION
1
Por conservación del momento angular:
Lo=Lf
lw0=2Iw
w=
wr
La energía cinética se expresa de la siguiente forma:
1
E r= rlW 2
>2^,2
n 1 i/MR" i 2 MR W0
Ea= j —
w°= —
1 /M R 2 MR2\\ ^W
a v ^o j 2 _ MR 2v\jj
*
ECf=-
+
Por lo tanto la variación de energía será:
A Ec = 0,125 M R 2w l
Una persona con los brazos extendidos, soporta pesos en los extrem os y se halla
sobre una plataform a giratoria el m om ento de inercia del sistema es
ve lo cid a d angular es w0, fig. (a), en
www. ed u kperu,co m
esta situación la persona
10 y su
contrae los brazos,
S O L U C IO N A R IO L E Y V A I Y II
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
)
DINÁMICA RELACIONAL
c o m o se in d ic a en la figura ( b ) y el m o m e n to de inercia del sistem a es - 10. H allar la
energía c in é tic a ganado p o r el sistem a.
Por el p rin c ip io de la c a n tid a d d e m o v im ie n to angular co n sta n te (se conserva )
3
l 0w 0= - l 0 w
w = -w
0
3
/5 w n\ 2 1
AEC- E CF-EC1- Yq ^0 ^ 3
O
o
o
1
AEC= - I 0w |
Un a rco de ra d io r y masa m gira con v e lo c id a d angular w 0 fue c o lo c a d o en un p la n o
n o liso. Es aro tie n e una v e lo c id a d
v 0. Si la fuerza de fric c ió n es f. si v 0< w 0r
que su ce d e co n el aro.
Por el P.C.E:
o-iw2I~MVo=-fr .x... (1)
X: d e s p la z a m ie n to
x= V 0 . t , I= M r 2
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:C
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINAMICA RELACIONA!.
y w = V0/r
En (1)
1
- mr2.
r¿
+- MVo=+fr .V,Ot
2
t = mV0/ fr ... (2)
En el tiempo t el aro se para, teniendo una velocidad angular:
w-w0=-a t... (3)
De (3) en (2) y sabiendo que
a=
fr_r
1
frr /MV0
W -W ' = -
0 Mr2
(x )
W = W 0-
En ese preciso instante se mueve en sentido contrario.
Un cilindro de masa M y radio, baja rodando sin deslizamiento a lo largo del plano
inclinado de ángulo 6. Hallar (a) la velocidad del centro de masa (b) la velocidad
angular y (c) la aceleración del centro de masa, transcurrido un tiempo t, partiendo
del reposo.
ÍÉÉÍMÉ
W
W
W
.00U
K
D
fefü.ccn>
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» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
Por el P.C.E.: j / w
DINAMICA RELACIONAL
2 + ^ m v 2 = mgLsenQ
1 /M LR 2
9\
+mR
0 1
w 2+ - m V c
=mgLsen0
3
1
- mR 2w 2+ - m w 2=mgLsen0
2m v 2=mgLsen0
v 2 = 9Lsení ^ (])
Por cinem ática: L =
— ... (2)
D e ( 1 ) y ( 2 ) : V 2= ¿
.,
^
senQ ,
.-.V=g— t
5
2
V
gsen8t
R
2R
w= - = 2
w
; a =7
send
Y a = Ra = g —
t
send
.R = g —
Un c ilin d ro hom ogéneo de longitud L Y radio R. tiene masa M ; En to rn o al cilin d ro
se han enrollado tres
cuerdas, dos de ellas cerca de los extrem os y la otra en el
m edio, estando las cuerdas sostenidas en el techo. Al
soltar el cilin d ro , este
desciende sin inclinarse. Hallar (a) la aceleración lineal y angular durante la caída, (b )
la tención en las cuerdas.
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EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINÁMICA RELACIONA!.
V_____________________________________
Por dinámica rotacional
T=Iot
3TR=la
1 2
3TR=-mR2a
a =
6T
mR
6T
Pero a=ctR ; a = —
m
Por dinámica: mg - 3 T - ma
ma
mg-— =ma
a=-g
3*
2g
~
mg
••oc=— y T= —
3R
9
El momento angular de una partícula está dado por la relación L=2T Í-3T J. Hallar el
momento de torsión (torque) que actúa sobre la partícula cuando t =2 seg.
Por dinámica rotacional
t=
dL
dt
=>t=(2i-6tj)
Para t = 2 , tenemos que el tanque será
t=(2, -12, 0)
Una masa 2kg, cuelga de una cuerda de peso d e sp re cia b le
y que se encuentra
e n rro lla d o sobre un c ilin d ro de masa 20kg y de rad io 50cm. La masa de2kg parte del
reposo. H allar (a) la aceleración de masa (b ) la ve lo c id a d angular del c ilin d ro ,
después de 3seg de em pezar el m o vim ie n to (g=10/seg2)
vvvy'vv.üüü
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» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
DINAMICA RELACIONAL
Por d in á m ica
m g-T=m a ... (1 )
Pero
t=TR=lct
—
la
1m
R
2
R ^a
1
/0.
T = — = ----------- = - ma ... (2)
R
2
De (2 ) en (1 )
a=
2m g
2m +M
m
=1,67
seq<
Sabem os que a — aR
a w0 w
a ~ R~ t ~ t
at
rad
.-.w= — = 10,02 —
R
;
seg
S obre un c ilin d ro (A ) de masa 20kg y de ra d io 3 0 cm ; se e n rro lla una cuerda
in e x te n s ib le e im p o n d e ra b le y se pasa p o r un ta m b o r liso (B ) y de su o tro e x tre m o
cuelga un peso (c ) de 5kg. H a lla r la te n c ió n en la cuerda.
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EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINÁMICA RELACIONA!.
V______________ ___________________________
*
Por dinámica
mg-T=ma ... (1)
Pero t=T.r.
t=Tr=]tx
T= ¡ Mra
2
T = - M cl . •( 2)
2
De (2) y (1) se tiene:
2mg
m
a=2mTM=3,3¡2
1
=> T=-ma=33;3 N
Se tiene dos masas mi y m2 (rn2<m1) que cuelga de un sistema de poleas de radios
r1; r2y de momento de iniciar i. hallar la aceración anguiar del sistema cuando se
suelta los pesos.
mni
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» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
D IN 'M IC A RELACIONA!.
Por dinámica:
T2-m2g=ma2
iThg-t^ma!
Se sabe que a2 = ocr2
a^aq
T2=m2ar2+m2g
T^rnTg-m^q
Por la dinámica de rotación:
T1rr T2v2=ia
(m^-m^rOrrímga^+m^rg^Ia
(m1rr m2r2)g
=>a=
Demuestre que para una esfera que resbala en un plano inclinado de ángulo 6eI
2
coeficiente de rozamiento estático entre el plano y la esfera es menor de - tg.
SOLUCION
Por el P.C.E.
1 .1
- Vf +- ILO2-mglsen8~0
- Vf +- mVf =mglsen9
2
1
2
1
2
5
7
To
mVf=mglsen0
:V-'
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ESPiNOZA RAMOS «
v EDUARDO
_________
L_____________
DINÁMICA RELACIONA!.
o 10
mVf =— gisenG
Por dinámica:
mg sen9-jjmgco0^ma
mg sen0-pmgco0^m Y í
2L
mg senO —• gmgcoO < —gmsenO
-sen0 mg^jjmgcos0
„ S -tan6
Un hemisferio de radio R; hueco, tiene en su interior una esferita de radio r < R. ia
esferita se suelta de la posición A y liega a la posición B, rodando sin resbalar, (a)
Que posición de energía cinética de rotación tiene en B. (b) Que fuerza ejerce el
hemisferio sobre la esferita en B.
Por el P.C.E.
1
i
-mgR+-mVf+ -w 2l=0
í—
7
im —
2
— mVf=mgR
5=V
5Ai V
4í%
|iÍ.4c=u
/-_/iII
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» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
DINAMICA RELACIONA!.
mVf 5
Ect=— =j mgR
a)
Entonces la E rotacional será:
ER=-mgR
%=-x100%=28,5%
Por dinámica
vi
mV?
10
b) N-mg=-^- =ym g
/10 \
17
N= (y+ 1jm g= — mg
Sobre un plano inclinado de ángulo 6. Se halla un sistema constituido por una varilla
cilindrica de radios R. y de peso despreciable. Dos esferas de masa My de radio R
>2r, tal como se indica en la figura. El sistema puede rodar por medio de la varilla.
Hallar la aceleración angular del sistema.
SOLUCION
362
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w w w .e d u k p e ru .c o m
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINAMICA RELACIONA!.
Por dinámica se tiene que:
2Mg Sen0-fr=2Ma ... (1)
Pero a=a. r
En (1) se tiene: 2Mg Sen0-fr=2Mcx .r ... (2)
Por otro lado: t=fr .r=la
la
fr= —... (3)
r
De (3) en (2)
2Mg Sen0--=2Ma r ... (4)
El (esfera-
2
5
9
MR yreemplazando en (4) tenemos:
2 MR2
2Mg Sen0-=2Ma r
5
5 r
'
o
Despejando:
a=
5rg sen0
5r2+R2
Un disco de radio R y masa M, gira alrededor de un eje horizontal con velocidad
angular w0. Una astilla de masa m «
M; se desprende del borde del disco en el
instante que la astilla suba verticalmente sobre el punto de desprendimiento. Hallar
(a) la altura máxima que sube la astilla, (b) la cantidad de movimiento angular final y
la energía final.
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» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
a)
DINÁMICA RELACIONAL
X
La masa "m” sale disparada con v. Para hallar la altura máxima por cinemática:
v
hmdx~ 2g *•* O )
VqR"
h
^
=
' 'max
2g
b) Como no se conserva la cantidad de movimiento angular: AL ^ 0
Lf = í w 0 ... ( 2)
El momento de inercia después que se desprendió la masa “m” es:
l = g - m )R 2 ...(3 )
Reemplazando en (2)
c) La energía rotacional se expresa:
Kf=l I'w | ... (4)
De (3) en (4) tenemos:
1 /M \
Kc=-( —--m 1R w o
O
o
2 \2
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DINAMICA RELACIONA!.
Una rueda de radio 20cm con momento de inercia 10kg-m2 se le aplica un torque
de 20N-m. Hallar la velocidad lineal después de 5seg, si parte del reposo.
SOLUCION
Por dinámica rotacional:
t=la
a
0 rad
seg2
Sabemos que a=
- => A=0,4 m/s2
a=
V-V,o
V=at=2m/s
V=2m/s
Hallar el momento de inercia de una esfera de radio R y masa M, con respecto a una
de sus tangentes.
SOLUCION
Por el teorema de Steiner se tiene
1=1C+RM
l = | MR2+MR 2= p M R 2
5
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5
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—
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D
DINAMICA RELACIONAL
Un volante junto con su árbol tiene un momento de inercia de 20kg - rn2 y gira con
una velocidad de 100RPM. Un minuto después de que ha dejado de actuar sobre el
volante el momento de rotación.
El volante se detiene debido a las fuerzas de
rozamiento en los cojinetes. Hallar el torque de las fuerzas de rozamiento, si esta se
supone constante.
SOLUCIO
i
El momento de inercia del volante con su árbol es I=20kg-m2y gira con velocidad
w = 100RPM
w=100 RPM x
w=
2k
rad
60 RPM seg
1071 rad
3 seg
El tanque es igual a t = la
Iw
w
t=
(20 kg.m2) lOrcrad
1 x 60 seg 3 seg
t=
5
207T
18
N-m
Un aro, cilindro macizo y una esfera, se desplazan rodando. Qué porcentaje de la
energía cinética total es de rotación.
•Til
Para el aro:
% E r-
'R
TOTAL
ERaro=^W2=^(to)w2=
2
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mR 2w 2
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DINÁMICA RELACIONA!»
V_________________—_________________
m R- w 2
+ -m V2 = —
0
mR w
+ — -—
-
E R
u
n aro
1
2
2
m R zw 2
2
2
ETaro=mR2w2
El porcentaje será:
-mR2w2
% Er=^— 5— xl00%
mR w2
% E r=50%
•
Para el cilindro
1
9
2
^ R c iIin d ro = ^ ^
- w 2mR 2
^ R c ilin d ro = ó
“
^ x ] 0 0 % = 3 3 f3 %
-m R w
4
•
Para la esfera:
2
^Resfera" "Jq
n 2
^
— mR 2w 2
% Er=^
— xl 00%=28;5%
-m R w2
10
Se tiene una varilla de longitud L y masa M, que puede girar alrededor del punto A.
se hace incidir una partícula de masa m < M y velocidad v7 la cual golpea a una
distancia h de A y se introduce en ella. Hallar (a) el momento lineal y la velocidad
angular después del choque.
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)
DINÁMICA RELACIONAL
En este caso se conserva la cantidad de movimiento angular
Lf-L0
mvh = Iw + mh2w
w=
mVh
l+mh‘
Siendo
/=
ML¿
, tenemos:
-1
w-mVh fmh2+^-l
La cantidad de movimiento final es:
Pf=mvf-mwR , siendo R — h
Pf=mv
ML
+2mh.
1
ML
1+
3mh
Para el sistema que se muestra en la figura. Hallar (a) la aceleración angular (b) la
tención en las cuerdas. M=10kg, m1=6kg, m2 =5kg, R =50cm, g =10m/se<72 (a) a = 3.3rad/se<?2 (b) T1= 41.7 N, T2 =50 N.
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DINÁMICA RELACIONA!.
V
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
_______________
Por dinámica para las masas: m 1g - 7\ = 771!% ... (1)
^29
+ T2 = m 2a2 ... (2)
Sabemos que ar = a
Entonces:
(m1g-T1)R=m1x ... (3)
(T2 — m2g )R = m2a ... (4)
Por dinámica de rotación:
t=(Tr T2)R=la ... (5)
De (3), (4) y (5) se tiene:
R(m1-m2)g-la=(m1-m2)a
(m1-m2)gR
rad
a= T - — 1— — --- =0,40 ó
-MR +(m,+m2)
seS
Reemplazando (a) en (4) y (4) tenemos:
Ti =55,2 N
T2=54 N
Sobre una superficie horizontal no lisa se halla una bobina de hilo de masa m. su
momento de inercia con relación a su eje es I =nkg2 donde k es una constante
numérica. El radio exterior de la bobina es R y el radio del hilo enrrollado es R. SI
se tira del hilo de la bobina sin rozamiento con una fuerza constante f y horizontal.
Hallar el trabajo de la fuerza durante los t segundo después de iniciar el movimiento.
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» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
)
DINAMICA RELACIONAL
Tenemos que
l=KmR
Ahora tenemos
respecto a su centro de masa:
t Cm - r F - R f s = I a . . . ( 1 )
Ahora
Fr = ma
F-fs=ma ... (2)
Ra = a ... (3)
Reemplazando (1), (2) y (3) tenemos:
(> r/R) F
a“ - -
f
_
; Js ~
ÍR k -l)F
R(k-l)
*|
Por último: W=f.d , pero d=v0t+-at2=>d=-at2
F2t2(l-^)
*.W=
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2((k-l)m
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c
DINAMICA RELACIONA!.
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
En una polea m aciza fija de ra d io R se e n rro llo un h ilo no e lástico, de su e x tre m o
lib re se suspende un p e q u e ñ o c u e rp o de masa m, H alar el m o m e n to angular con
re la ció n al eje de la polea co n re sp e cto al tie m p o , si el sistem a pa rte del reposo.
Tom ando
q u e re sp e cto a su c e n tro d e masa:
t cm=m gR =
J
m gR dt=
d L-cm
dt
J
dL
Lcn=m gR t
En una b o b in a de masa m y ra d io R, se e n rro lla un h ilo y pasa p o r una po le a fija sin
peso y del e x tre m o final del h ilo cuelga una masa m. si n o hay fric c ió n en ninguna
región, para qué á n g ulo 0, el c e n tro de gravedad de la b o b in a estará en reposo.
mg
.7
w w w .©u u k P8 ?*u.c o ni
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» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
dina ' tíca relacional
m
Analizando solo la bobina, tenemos:
Para que su cm, no se mueva sólo es necesario
IF r=0
=> mgsen0=mg
m
=> sen0=-M
©
Jna fuerza de 100N está aplicada tangencialmente al borde de un disco homogéneo
de radio
50cm. Cuando
el disco gira experimenta
la acción del torque de
rozamiento de ION -m. Hallar la masa del disco sabiendo que gira con aceleración
angular constante de 50 rad/ seg2.
SOLUCION
100 N
Tomando torque en c.m.
= ^ tcn = I(X
(100)(0,5)-10= (¿M R 2) (50)
=> M=6,4kg
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L
♦DINAMICA RELACIONAD
¡EDUARDO ESPINGZA RAMOS «
. Se tiene des cilindros: uno de aluminio (macizo) y otro de plomo (hueco), que
vienen el mismo radio 5cm y el mismo peso ION. Hallar (a).e! momento de inercia
de esios cilindros (b) cuanto tiempo tardara cada cilindro en bajar redando el piano
inclinado sin resbalar?. La longitud que recorre cada cilindro es de 2m y el ángulo de!
iCme
plano es 45° y parte del reposo los cilindros (g — 5/
/
(3 o/y)
a) 777A L ~ T T "
>ni
•i
i
|=-mA|.R‘
0.05
2
\-4i
1=12.5 x lO^kg-m2
Mpb
/ ION'
JUIN\
= V
9 ~J
o
l=MpbR1=2-5 x 10'4kg-m
b)
FK=ma
—fs + mgcos4E> = mu .. (1)
Luego aplicando tChí
'
w\vw. ecr.i Kpe n
‘
= /« = R/á?... (2)
S O L U C IO N A R IO L E W A I Y !l
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
DINÁMICA RELACIONAL
R. a = a ... (3)
Resolviendo ( 1) ; ( 2) y (3)
a =
m g cos45e R 2
;
m R 2+ I
...(*)
-
7
Ahora a p lica n d o las ecuaciones de cinem ática, tenem os:
d = - a t 2=*t=
2
Luego
a
(* )
v 7
= 4,7
3pb—
tAL=0,92 seg
t pb= l,0 7 seg
Una rueda inicia su m o vim ie n to con una aceleración angular constante de lra d /s eg2
y después de lOseg de
in icia n d o el m o vim ie n to adquiere un m om ento angular de
50kg - m 2/seg. H allar la energía cinética que tendrá esta rueda al té rm ino del tie m po
de
20seg de haber inicia d o la rotación.
OLÜCION
10 seti
Tenemos:
dL
t= — = la
dt
=> = d L = la d t
L = / a t ... (1)
Esto d e b id o a que a - ct
V f=V0+at
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EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINÁMICA RELACIONAL
Vf=at=a(20)... (2)
Pero w=a t
Luego menciona que:
L=50=l(l)(10)
=>1=5 kg-m2
Piden Ec luego de 20 seg
=> Ec = -mVj -f - Iw 2 ... (*)
2
2
Ec=~ ma2(20)2+- Iw2=- mR2a2(20)2+- Iw2
1
Ec=i a2(20)2+- la2(20)2
Ec=3000 J
Erot=1000 J
Para un cilindro de radio 50cm y lOkg de masa, se le enrrolla una cuerda. Hallar (a) si
se cuelga un cuerpo de masa 30kg, la aceleración angular del cilindro (b) si se tira del
extremo de la cuerda con una fuerza de 100N, la aceleración angular del sistema, si
g = 10m/seg2.
a)
Tomando torque en su CA
=>t=RFg=in
RFg
1
lM 0,5)(10)(0,5)2
□=120 rad/seg2
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» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
b)
DINAMICA RELACIONA!.
t = R(1 0 0 ) = la
=>a=
(100) (0,5)
(0,5)(10)(0,5)s
a=40 rad/seg'
Para el sistema que se muestra en la figura, hallar la aceleración angular del sistema si
el coeficiente de rozamiento sobre la polea de menor radio es 0.3.el momento de
inercia de todo el sistema de 20kg-m2.
Se
tiene un cilindro de momento de inercia 0.5kg -m2 que gira a w (rad/seg)
alrededor de su eje de simetría, si el radio es de 50 cm. Hallar la masa de un punto
que hay que situar a un tercio de su radio para que la velocidad angular se reduzca a
ia quinta parte.
fw
c m iim n w
bUL.UulUIM
JJ
c.*
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EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINAMICA RELACIONA!.
Como no exista torque alguno
=> L=ct
1ow o=If
w
mR2w
5
9 5
I0 W=lno +
m=
Eli]
3610
=72kg
Sobre una superficie rugosa se coloca arco de radio R. Que gira con velocidad
angular w0. Hallar la velocidad del centro
del
aro después de finalizar
deslizamiento. Al inicio la velocidad del centro del aro era cero.
t=0
WfS=AEM
1
O
1
o
Ahora como
fs = cts =>W fs = fs. d
=> fsd = \mVf - ~/Wq .. •(*)
Ahora aplicando torque en el C.M.
w w w e a u K p e ru c o m
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el
» EDUARDO ESPINOSA RAMOS
J
DINAMICA REUCIONAL
tcn~fs.R~!a
->a• • • V.
Como a-consta
W f -- wo - ai.
por
fop
ir>¡\
)
cinemática, tenemos:
wn — a í =>— .-~t , y también a-Ra ,
a
1J
" i
1
O
hi
r
i
/Vv' O X*
d-yot-f -at~--a í — j =*Vf-W0R
2
2 Va /
W '% ,
Hallar el momento de inercia de una lámina semicircular
de radio R, masa M y de
Y.
#
espesor despreciable.
Calculamos f del semicírculo
Ahoradi
pero
-. a2 . dm
3
da
crda-dm => 1- f, -a2dm
J 3
pero => aRsenodeo-dm
R4G7C
- RCsemO/R‘ s e r r a d o - —
tí
-" —i ¡ *1:
5—
SO LU C IO N A R S O FISICA L E Y V A ‘ Y íi
4
,
• I * . S •>
••v v w -v .e d jk r.^ :
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINAMICA RELACIONA!.
Hallar el momento de inercia de un triangulo de masa M; base L y altura H con
respecto a su base.
dl=-y2dm
O
pero
o=
dm
dA
=> 1= -y2dm
*
i
¡
pero
adA=dm
=> I=/^.y3dx.o ...(* )
Ahora por semejanza, tenemos:
2h
y
2h/L
\
r = ü ^ y = r ( i ' x)
e)
2
Reemplazando (**) en (*)
■172
=> 1=2
'o
h2l
.o.dx= — a
2h /L
X
12
\ 2 "X
h3l m h2m
12 * ti!
6
2
www.ed u kperu.co ai
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» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
)
DINÁMICA RELACIONAL
Sobre una horizontal hay un cilindro de masa 32kg y radio 0.5m, está enrrollada una
cuerda, que pasa por una polea sin fricción y de su otro extremo cuelga un peso de
10kgf. Si el cilindro rueda, cuál es la aceleración del peso de lOkg.
Ahora, para el cilindro tenemos: y además tomando torque con el CM
=>tCA = RT - Rfs = la (*)”
Además
a32k-Ra
R (T -fs )= lf^ S
R
(*)
Luego
2° Ley de Newton
T-fs=32a32i<g (*)
Luego para la masa, tenemos:
2o Ley de Newton
100 - T = 10a10 (***)
Ahora como la polea es lisa
•••a,0=a32=>.-. a!0kg=2,94 m/seg2
Para el cilindro que rueda sin deslizar sobre una mesa horizontal. Hallar la
aceleración del centro de masa, si R = 0. 5 m.
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ww w.9d y kp e ru.co m
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINAMICA RELACIONA!.
SOLUCION
Ahora asumiendo que el piso es liso, tenemos:
IF=ma
50g = 200a
De acá
a=2,45 m/s
Un disco de radio R y masa M, puede girar alrededor de un eje que pasa por su
—>
centro. Una cuerda está enrrollada sobre el borde del disco y se aplica una fuerza f
o
que es tangente al disco, como se muestra en la figura, cuál es la aceleración lineal
de la cuerda?.
SOLUCION
Aplicando torque en su CM:
=>t=l(x=RF
1
2 /aL
=>-MR
(■¡f)
2
M
2 =r f
=>aL~2F/M
\'vwvv.6uu kperu,com
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» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
)
DINÁMICA RELACIONA!.
Cuando la fuerza f jala hacia arriba, la rueda gira y es jalada en la misma dirección.
Hallar la aceleración ascendente, si la masa de la rueda es 5kg, su momento de
inercia O.Skg - m2 el radio de la rueda 20cm y la fuerza f =60N.
SOLUCION
Por la segunda Ley de Newton, tenemos:
T+F-Mg=mac ...(1)
i'
'
'
Ahora por dinámica de rotación, tenemos:
FR-TR=la, también a- ^
Luego
R(f-T)= (| )
(2)
De (1) y (2) tenemos:
A
7
2
a_ 2 F ' m_S =>a=4m/segz
Una va rilla de lo n g itu d 0.5m p u e d e g ira r a lre d e d o r de u n o de sus exOtrem os (A ), se
a p lica una fuerza de SOkgf en el p u n to
B e x tre m o de la va rilla con una d u ra ció n de
0.01 seg. Si la va rilla in ic ia lm e n te está en reposo. Cuál será el c a m b io en su m o m e n to
angular?.
S O L U C IO N A R IO FISIC A L E Y V A I Y II
_
DINÁMICA RELACIONA!.
V
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
A,--
Ahora, tenemos que:
lango=t.AT=AL
=>tF=L.F.=2;50N.m
AL=2.5 Kg.m2/seg
Se hace incidir una bala de masa m y velocidad v, sobre un disco de masa M Y radio
R, que se halla en reposo en una mesa.sin rozamiento. La bala incide a lo largo de una
línea que pasa a
una distancia del centro igual a la mitad del radio tal como se
indica en la figura. Hallar: (a) la velocidad del centro de masa y la velocidad angular
del disco si la bala se queda unido al borde del disco, (b) velocidad del centro de
masa y la velocidad angular del disco, si el proyectil penetra antes de detenerse
hasta un punto p situado a una distancia R/2. (c) La velocidad final del disco, su
velocidad angular y la velocidad final de la bala. Usar los tres principios de
conservación.
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:r
A
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
a)
DINÁMICA RELACIONA!.
Piden la velocidad del centro de masa, y también w
Veamos como no existe ninguna fuerza exterior
=>Po=Pf
mv
mV=(M+m)VCM=>VCA=
m+m
Ahora como tampoco existe ningún torque
=> L0=Lf (considerando m »m )
mv.^=ltotalW ...(1) pero =^MR2+mR2
►W=
mV
R(M+2M)
b) Ahora: análogamente, que caso anterior, tenemos:
Po=Pf
mV
m V = (m + m )V c=>Vc=
M+m
También
L0=Lf
R
mV.-=l10W ... (1) pero
1
^ to ta l- ñ m P
S O L U C IO N A R IO FISICA L E Y V A I Y II
I
0niR2
~A
^
www. edukperu.c o n
c
DINAMICA RELACIONAL
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
R /I
2 mR" \
mV-2 = (2 mR +~ " ) w
w=
c)
2mV
(2M+m)R
Asumiendo que la bala sale del disco
=£ L0=Lf
mV=MVc+mVf
mv0=MVc+mvf
Luego: como la energía se conserva
1
=*
2
1
1
mv° =2 mv° +2 mvf+2 IW°
Resolviendo con L0 = Lf
2mV
=> Vc=
Vm2+2mm
2mV
W=
RVm2+2mm
v f=v
m2-2Mm
m2+2Mm
Sobre una mesa horizontal lisa, se encuentran dos discos de masa m1 = 2m2 y de
radios R1=2R2, e! primero con una velocidad angular w0 y el segundo se halla en
reposo. Se ponen contacto estos discos por sus bordes y luego de un
instante
inicial el deslizamiento parcial, ambos quedan girando sin resbalar al contacto. Hallar
las velocidades angulares finales de cada disco.
Como, en dicha interacción, no existe fuerzas externa que generen momentos
L0= !W = lm ,R fW 0
www,ed y kperu.co ni
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» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
J
DINAMICA RELACIONAL
Pero a! final
Lf=l1W 1+I2W2
Ahora como se ponen en contacto ambos discos:
R1W 1=R2W2
^
w
, ~ r2
Sr2
=
( *}
1
2
1
2
=* Lf=-ml R1w, +-m2R2w2
1
1
- m2Rfwo=2m2Ri Wj 4-- m2R2wc
Rfw0=Rfw1+- R2w 2
ám *
También:
Í
4R?w0=4R¡w1•+- R ¡w 2
8w0=8w1+w2
w ^O^W q
w-| =1,6w0
La mitad de un disco está dispuesto que pueda girar alrededor de un eje sin fricción
que pasa por su centro de curvatura p. Hallar:
(a) la aceleración angular en función de su posición angular 0 .
(b) La máxima velocidad angular del disco si se deja libre de la posición dad.
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w w w . e d u k p e r u .a
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
DINÁMICA RELACIONA!.
a)
V___________________ ______________________
Ahora: tomando torque respecto a P
ti=la
2R
71
.sen0(mg)=la
Pero / = -mR2
2
2R
,
1 2
=> — sen0(mg)=-mR a
71
2
=>a=4.9 sen0/TR
b)
a =
dw
~dé
.w
Ía d o - J. w dw
49cos0 w2
TR
=Y
89cos0
89
TR =W ^ WmR=fR
.-.w=(89/TR)1/2
La cuerda mostrada tira sobre el eje de la rueda acelerando hacia adelante. Si el
momento de inercia de la rueda es 0.5kg - m2y su masa es de lOkg y de radio 45
cm; gira sin resbalar, cuál será la fuerza más intensa para que el centro de masa
tenga una aceleración de 1 m/seg2 (g=10m/seg2).
SOLUCION
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» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
DINAMICA RELACIONAL
Ahora por la 21 Ley de Newton, tenemos:
F - fs = ma ... (1)
Rfs = la ... (2)
También tenemos:
la
=> fs = —reemplazando en (1)
F=a
'R m+la'
R2
=»F=12,5N
Una esfera que viaja a 5m/seg comienza a rodar hacia arriba sobre un plano
inclinado a 30°. (a) Que distancia recorre sobre el plano inclinado (g = 10m/seg2)
SOLUCION
Vf=0
..
h
Al subir el plano inclinado, la esfera, solo se detiene, por una com ponente de su
gravedad.
=>E0=Ef
1
9
-m V0=mgh=>h=l,25 m.
£mé
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/ww.ed ukperu.com
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
^ -—
'
1'
!■
■
■
■
—■
■
■
!■
■
■-■
■
■
■
—■
■
■
■
DINÁMICA RELACIONAL
■■
■
■
-—
1,25
h=— — =2,5 m.
sen30
Un arco se encuentra en reposo y reposo y recorre Im sobre un plano inclinado lisa
de ángulo 45°. Hallar la velocidad del aro cuando pasa rodando por la marca de Im
en su camino hacia abajo en el plano inclinado.
SOLUCION
Como, dicho disco solo baja de nivel gracias a una componente de su peso:
=> AEm — 0
=> E1 = E0
mgh=^mV2+^IWo
v
.
i
„2
Pero w= - y / = - rnR
R
2
1
2
1
oV
mqh=-mV +-mR¿
° 1 2,,,t ' 2 ,,,,x "R2
gh=V
=>v=Vih
Pero
h=dsen0IV=A/gdsen0=2,7m/s
www, s d u kds ru.co m
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i
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
j
DINÁMICA RELACIONAL
Con relación al problema anterior, si la velocidad del aro fue de 1m/seg. Cuál será la
fuerza de fricción promedio que tardara su movimiento, si su masa es de 1 kg.
Analizando al aro, tenemos:
Asumiendo que fs es constante, y además, tomando el aro en la posición final del
caso anterior:
=>WfS = a e m
1
,
=*Wfs=mV2 +-1 IW2 -mgh
1
1 V
=>f,.d=-mV2+-mR .- 5--mgh
s
2
2
R2
fs=mV -mgh
f =m(V2-gh)=6,07N
D entro un re c ip ie n te h e m is fé ric o liso, de ra d io R. se co lo ca una esferita de ra d io r<
R, A l dejarla en lib e rta d , la esferita rueda sin resbalar hasta el fo n d o dél re cip ie n te .
H allar la ra p id e z de la esferita en el fo n d o , tal c o m o se m uestra en la figura.
De a c u e rd o a la figura, c o m o el p is o es liso
=>A E m E 0 = Ef
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{v
DINÁMICA RELACIONA!.
—
EDUARDO ESPlNOZA RAMOS
«
_____ _
mgh= ¡-mV2+^íw2+mgh , pero W = ^7 = ^m r2
1
2 1
o
=>mgh=- mV +- mv^+mgr
2
5
10g(h-r)
— =V , además del A mostrado, tenemos:
7
;
10 g (R - 2r) _
v:
14
h=R-Rcos60°
( 1\ R
h“ R ( , 5 )“ 2
=>V=2,7VR^2r
La fuerza f acelera al cilindro de masa m y radio R. Que tiene un movimiento de
inercia I desde el reposo. Si el cilindro rueda y no se desliza cuál será su rapidez
después de que ha rodado una distancia L.
Asumiendo que dicho piso es liso
^Wf=AE m
=*F0 L= ¿m V 2+ l|W 2-EO
1
F0L=-mV
2
1
2 R*
=>2FL=V2 m+
Y
1/2
=»V=
2FL
m+-o
R
as dos ruedas id é n tica s qu e se in d ica n en la figura, tie n e n ra d io R Y m o m e n to s de
inercia I. Si la masa m, parte del reposo. Cuál será su v e lo c id a d , c u n d o ha ca íd o una
distancia H?.
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■
•
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS
DINAMICA RELACIONA!.
___________________________________________
SOLUCION
T
H
como no existe fuerza externa, para mi sistema
^ A E MTOTA=0
£ ro=e
m il
mqH=^mV24-^IW2+^-W2
°
2
2
2
mgH = -m V2 4- IW 2... (*)
2
También tenemos que
V
w=9 / rngH
=>V 2= ' m
2 + R2
1/2
mgH
/.V = m I
Ü +? J
S obre un d is c o de m o m e n to de inercia I 0, que gira con una v e lo c id a d angular w 0; se
suelta un c ilin d ro de m o m e n to de inercia
\v H allar la v e lo c id a d angular final de
ro ta ció n .
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\vvvvv edukDeru.com
J
f
[
DINÁMICA RELACIONA!.
EDUARDO ESPINOZA RAMOS
«
SOLUCION
como no existe fuerza externa que genere torque, =>L=cte
*
'v :
ri:s
^
Veamos
Lo=Lf
1oW o =^ otaW=(Io +1i )W.*.W=
IqW i
I0+li
Un meteorito de masa m choca contra la tierra cuya velocidad angular es w0 y se
entierra en está. Suponiendo que la rapidez del meteórico es v, halle el cambio en la
rapidez de rotación de la tierra alrededor de su eje, si se conoce el momento de
inercia de la tierral. Suponer que el movimiento orbital de la tierra no cambia.
á
SOLUCION
m¡fr
V
Como no existe torque externo:
=>L=cte
L 0 — LF
IWo+mRV
>2'
lW0-mRV=(l-mR )W =
I+mR2
.\AW=W-W,
mR(V-RW0)
I+R2
wwvv.edukperu.com
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Ii-
» EDUARDO ESP1NOZA RAMOS
Si
)
DINÁMICA RELACIONA!.
La hélice de un avión y el sistema giratoria al cual está sujeta, tiene un momento de
inercia total de 100kg — m2 y giran a 1,200 RPM. Cual es el torque medio ejercida
por la maquina sobre su soporte como consecuencia de que el avión efectúa un giro
de 120°en lOseg.
SOLUCION
Ahora, como tenemos un t c o n
J
dL
=>t=— => tdt=
dt
J dL
=>t(t)=AL=IAW
Ahora:
Por las ecuaciones del mcv AW=at
pero
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MOVIMIENTO ONDULATORIO
Dada la onda 4* =0.3 sen (2 ttZ —18/rt), donde Z se mide en metros y t en segundos.
Hallar la velocidad de propagación de la onda.
Se tiene 4* (Z, t)=0,3 sen (2 /rZ-18/rt) de la ecuación de onda general, tenemos:
4* = 4* sen (kz - wt)
Comparando podemos decir:
271
k = 2n - — => A = lm
Á
Ahora:
w = 18tt = 27ru=> u = 9(1/5')
= v = Au = 9m/s
271
Se tiene una onda, cuya forma matemática es: 41(z, 0) =2 sen — z. si la onda se
3
mueve en la dirección negativa del eje z a la velocidad de ó m/s. hallar la
perturbación para t=l seg.
w w w .a d u k p e ru .c o m
I
SO LUCIO NARIO FISIC A LE IVA I Y II
D
» SOLVER EDK
MOVIMIENTO ONDULATORIO
OIT
Sea H/(z,0) = 2sen— z
3
Como el caso anterior, entonces:
_ 2n
k—
T ~ T
A = 3m
Y además: V =6m/s
W = Av^> v - 2 { \ / seg)
Luego: w = 27iv - 4n
l-F(z,t) = 2sen
2n
\
z + 4;rt
\>
y
Piden cuando b = l
r
2n
z + 4t
\
y
Se da la velocidad de fase de onda armónicas longitudinales que se propongan a lo
f
2A
1—7JT 0” “
, donde E, P, a , R son
k y
\
largo de un cilindro de radio R, v i =
conOstantes. Hallar la velocidad de grupo de las ondas que se propagan a lo largo de
la barra.
SOLUCIÓN
Tengo:
\
vf =VÉ7s
-6 2 nR2
y
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SOLVER EDK «
MOVIMIENTO ONDULATORIO
.
Pero:
— =k
A.
V ,P = ,/E 7 p íl- - j- k ; 62R2 .'..(1)
Ahora:
V, =VF+k ^
s - F ■ dk
\
=-7e /p ¡ 1-—k26"R2 =3V, -2,/e7p
4
En una cuerda de i 20 cm. de longitud se formó una onda estacionaria, con la
particularidad de que los puntos, para ios cuales la amplitud de desplazamiento es
igual a 3.5 mm distan 15 cm. uno de otro. Hallar la amplitud máxima de
desplazamiento. A qué sobretono corresponden estas oscilaciones.
R: 'Fn=5 mm al tercer sobretono
Se describe que en dicha cuerda se desarrolla una onda estacionaria.
w w w e a u k p er u .coro
I
SOLUCIO NARIO FISIC A LEIVA I Y II
» SOLVER
EDK
_
MOVIMIENTO ONDULATORIO
7
= 30cm
A = óOcm
Ahora de la ecuación general de la onda estacionaria:
’
+
'F = 2T(lSen(kx) eos wt
También tenemos que:
A x = 3,5 = ^ ser^ kx ) = 4/fJsen(k(x + 15))
=>sen(kx) = sen(k(x + 15))
kx = -k(x + 15) + ;r
Pero: k =
2n _
71
~ A ~ 30
x = C ,5 ) cm
Ahora:
4^sen
f n
\
\ 30
-(7 ,5 ) =3,5
/
4/0 = 5mm
n = — = 4nodos
A
f=
41
Hallar el número de posibles oscilaciones propias de una columna de aíre en un
tubo, cuyas frecuencias son inferiores a 1250 Hz. La longitud del tubo es 85 cm. La
velocidad del sonido 340 m/s. coOnsiderese dos casos siguientes (tomando los
S O L U C IO N A R IO FISICA LE IVA I Y II
www.
i
c
MOVIMIENTO ONDULATORIO
SOLVER EDK «
extremos abiertos del tubo por los vientres de desplazamiento): (a) el tubo está
cerrado en uno de sus extremos, (b ) el tubo está abierto en ambos extremos.
a) Veamos: Se tiene que:
Por condición:
C, <1250
u
41
(2n +l) <1250
n=6 oscilaciones
b) Para el segundo tenemos:
fm= — (n +l)
4L
’
C <1250
O
(n +l) <1250
4L
n = 11.5 oscilaciones
Un cable flexible de 30 m de longitud y
8 Kg. de peso se ata entre dos postes con
una tensión de 200 kg. Si se golpea al cable en uno de sus extremos, hallar la onda
transversal producida en alcanzar el otro extrem o y regresar al punto de partida.
Con los datos dados, tenemos:
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» SOLVER EDK
__
D
MOVIMIENTO ONDULATORIO
T
V = I— donde: T=200g
A
J“ =
S__±
30 ” 15
V = 85,8m / seg
x/
L
,
L
=> V
= -=>t
=—
t
V
=> t =
30
85,8
= 0,35seg
Ahora piden el tiempo de ida y vuelta:
tLtoral = 2T
^J
^ toral =
0 - 7 s e g
Una pieza de artillera dispara un proyectil sobre un blanco situado a una distancia de
800 m. el ruido de la explosión se oye 5 segundos después de que el proyectil,
siendo la temperatura del aire de 20°C.
v s o n id o
800 m
SO LUCIO NARIO FISIC A LEIVA I Y II
\ ?■
>.
í V V ¥ i . v
i ■
V i W
j'x o
r% O
O
í* í ?
>' r *
* V . í . V .. C y : • :
T=293°k
MOVIMIENTO ONDULATORIO
G9
SOLVER
R=8,31
Y =1,4
V sonido
'y. RT
Xa**. =344m/seg
ts o n id o = ^ = 23
• ' ^ p ro y e c til
— 2 ,7 s e g
Vpro>= ^ = 296,3m/seg
¿Cuál es la velocidad y la dirección de propagación de cada una de las siguientes
ondas?
a)
'f ,(x ,t ) = A (x + 2t)‘
b)
4J (x ,t) = P (Q x - R t- D )
c)
^ (x A ) = Be ^ AP' 2APx - Donde A, B, P, Q, R y D son constantes.
(a) v=2 en la dirección negativa del eje x.
(b ) v=R/Q en la dirección positiva del eje x.
(c) v=P en la dirección positiva del eje x.
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A
» SOLVER EDK
^
J
MOVIMIENTO ONDULATORIO
^ M = A (x + 2t)!
De la ecuación diferencial del movimiento ondulatorio.
d 2vF
c?t2
=u
2
* 1 , S A . ^ Í , 2A
a'
cx‘
8 / = V 22 /
V = -2m / s
d
En la dirección negativo a x.
b)
Yx,t) = P ( Q x 2 + R t 2 - D)
C2vP
o2Hs
— = 2 P R — = 2pQ
ór
dx‘
=V 2
V =-/K
Q
En dirección negativa.
c)
;
XF
X (x,t)
_ -(Ax2AP2t2-4AP2t2-2aPxt)
= Be
S O L U C IO N A R IO FISIC A LEIVA I Y II
l«
?• f
fT'./‘i » l ji/
r’•
>;
..c
MOVIMIENTO ONDULATORIO
o2T
a2
SOLVER EDK «
= 2 A p 2(2 AP 2t 2 - 4 APt>: + 2 A x 2- 1 )VF
¿r'4'
a
— = 2 A ( 2 A x 2- 4 A P tx + 2 A p 2t 2- l ^ P
a2T
a2^
=v J
dt4
ax2
.
.2
En el acero ( E = 2 x l0 ! 'N/m 2, p =8000 kg.m^) se propaga una onda longitudinal de
form a sinusoidal, en la que la a m p litu d del desplazam iento es
0.1 mm y cuya
frecuencia es 1000 Hz. Cuánto valen las tensiones máximas a que tienen lugar en el
material.
OLUCION
Tenemos que:
E = 2xlO"N/m5
p = 800kg.m
vpm= J - = 5000m / seg
Ahora: com o el m ovim iento es arm ónico, senoidal:
vF(xr) = 10_4sen(kx- wt)
vv >•<v v»V v.í >Ji • \ j ?V ' V- - C v
i * *
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D
» SOLVER EDK
MOVIMIENTO ONDULATORIO
Pero: Vpto =
d = 5m,w = 2;TxlO~
^ 2 7T
H ^Xjt) = 10 2sen — x-2;rxl0-3t
^
V
G = E.
dx
r
2n
G = 2;513xl07eos — x
V
7rt
\
500 /
Gmax =2,513x10 kg/rrv
H Cuanto vale la amplitud de las oscilaciones en una onda sonora de frecuencia 1000
Hz con una intensidad sonora de 130 db y de 0 dB (umbral doloroso y umbral
audible).
a)
Tenemos que:
B = 130 db = lOLg
u
(p
/
I=10l3x l0 '12
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vWW. BÚ uk D B Ív COiTI
SOLVER EDK «
MOVIMIENTO ONDULATORIO
1-10
Ahora tenemos que:
Vsonicio =345 m/s, $*=1,29
P0 = 2xVgf. T 0
Utilizando ( * ) tenemos que:
Po =93,66 w
p
=>
°
=—
2nWgí
—
4'0 = 3,37x10 '!m
b) Analógicamente por ó
B = 0 = Lo g (l/l0)
=> l = 10-12
=> De las ecuaciones dadas:
- 1,06x10
m
Una fuente sonora; S, emite al aire libre una onda esférica amortigua con el tiempo
de potencia P-P0 e"dt, donde P0 =10'4W, -0.1 seg.'1. Hallase el cabo de cuánto tiempo
deja de oírse la oscilación a una distancia de 2m, cuando la intensidad del límite
audible es 10'12V/rrr.
Tenemos que:
S O L U C IO N A R IO FISIC A LE IVA I Y II
D
» SOLVER EDK
MOVIMIENTO ONDULATORIO
P = P0e"xí; donde P0 =10“4w
a = 0,1 g/seg.
Piden t cuando I=10'12w /m 2
Tenemos que:
I = -^-P0e“al;pero A=4/r(2)2 = íó/r
1=
10
12
(l0 “12)l6/r
10-4
-e
-at
Ln(l0"8. 16^-) = -at => 145,03seg.
Un sonido de frecuencia 1000 Hz, tiene una intensidad de 100 dB. Se pide (a) la
amplitud, (b ) la velocidad de las moléculas de aire y k (c) la amplitud de las
fluctuaciones de presión.
Tenemos por dato, f = 1000 Hz
B = 1OOdB, Vsonl(jo = 345rn / s, f „
= 1,25
-12w/m
100= 10 Lg (l/l0) =>1 = 10
a)
P0 =2
nVgW
S O L U C IO N A R IO FIS IC A LE IVA I Y II
c
MOVIMIENTO ONDULATORIO
SOLVER EDK «
PA = 3w ....*
Pero 1=
2vc
% = 1,07x1o-6m
b)
Piden velocidad máxima.
Sea: vF(xr) = 1,07X10"6sen (k x -w t)
Pero:
w=2 n f
W=2x 10:',t
’ max “
a
= 1,07x10^ ( 2 ^ x 1 0 3)
=
.o
= 0,672 x 10" m/s
c)
de (*)
Pn=
o 2.9 x 10'3 atm
Un observador que esta a la orilla del mar oye el sonido de la sirena de un barco.
Cuando el observador y el barco están en reposo, el sonido que percibe aquel
corresponde a la frecuencia de 420 Hz. Cuando el barco se mueve en dirección al
observador, la frecuencia del sonido que este percibe es de 430 Hz. Y cuando el
barco se aleja del observador, la frecuencia es de 415 Hz. Hallar la velocidad del
barco, en el primer y segundo caso si la velocidad del sonido es de 338m/seg.
Vi- VVVV. \... v>w j !
V > \y : , './V i <5
S O L U C IO N A R IO FIS IC A LE IVA I
» SOLVER EOK
a)
MOVIMIENTO ONDULATORIO
Como el observador se encuentra en reposo entonces, la frecuencia
percibida será:
V' = V (V s / V s - V )
=> 430 = 420 (338/338- V )
V = 28.3km / h
b)
Para este caso V. b = 0, Ubote, ya que el se aleja:
V ' = V (V s/V s + V )
4158 = 420(338/338+V)
=> V = 14,7km/h
Una cuerda sometida a 15 kg. De tensión produce un diapasón 8 pulsaciones por
segundo. Cuando esta cuerda se tensa hasta 16 kg. Resulta afinada al unísono con el
diapasón. Hallar el número de vibraciones del diapasón.
Asumiendo que ambos se tratan con la frecuencia fundamental:
^
22
1
Ahora:
S O L U C IO N A R IO FISIC A LEIVA I Y II
^
c
MOVIMIENTO ONDULATORIO
---------------------
SOLVER EDK «
fo
16
8Hz
15
f, = 8,2 +6Hz
Una fuente sonora tiene una frecuencia de 800Hz y esta en reposo respecto al aire.
Un observador se mueve con una velocidad del sonido respecto al aire en reposo es
340 m/ seg. Hallar (a) la frecuencia percibida por el observador cuando se acerca y
8b) cuando se aleja de la fuente sonora.
m
a)
Ahora, como la fuente esta en reposo y el observador se mueve:
=> V' = V 1+
v
V_
Vs
20_A
V' = 800 1+
= 847,6Hz
v 340
b) Análogo que al caso anterior, solo que:
í
N
=> V' = V i - v
v Vs /
(
V = 800 1V
wvvw. e d u Kper u.corn
20 \
340 /
= 752,9Hz
S O L U C IO N A R IO FIS IC A LE IVA I Y II
_____
» SOLVER EDK
ELASTICIDAD
Se tiene de espesor uniforme e; despreciando el peso propio debido a al fuerza F?;
módulo de young es E.
2F
R = — Ln2
Ee
S O L U C IO N A R IO FISIC A L E IV A I Y II
www. edukperu coro
t
ELASTICIDAD
SOLVER E D K «
FI
Af.E
V’
Por semejanza de triángulos:
b
b_ b
2
2~4
y
x = ± (y + b)
Reemplazando en (1) el valor de x e integramos:
Jd A f = J b0
2Fdy
2 E. ^b + b^
= — Ln
(y + b ^ E
ee
2F
Af = — Ln2
eE
Una varilla recta de aluminio de 2 cm. de diámetro esta sometida a una fuerza de tracción
axial de 300kg.
Hallar:
(a) El alargamiento en una longitud de 50 cm.
(b ) La variación de volumen en una longitud de 50 cm.
Donde:
E=7 x 10b Kg. /cm2y // = 0.34
www. e úu KDf?ru .co m
S O L U C IO N A R IO FIS IC A LE IVA I Y II
ZD
» SOLVER EDK
R: (a )
(b )
ELASTICIDAD
A L= 0.00505 cm,
AL = 0.0001 cm 3
T
u
o
LO
IAG
1 cm
? 200 kg
a)
Hallam os la deform ación longitudinal:
Aí
LoF
50cm.300kg
SE
¿r (ic m 2)x 7 x l O6kg 7cnv
A C = 0; 0068 cm
b)
Para hallar la variación de volum en calculam os:
B=
3 (1 - 2 ju)
= 7;3 x l0 6kg /cm ‘
A PV
APV
FV
B = _ _ r=>AV =
00
AV
B
SB
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SOLVER EDK «
ELASTICIDAD
AV = M ' L = 0 021cmi
JÍB
Una barra de longitud L= 2m de peso despreciable esta colgado de un alambre de hierro y
de un alambre de cobre. Si los alambres tienen la misma longitud e igual sección transversal.
A que distancia x del alambre de hierro habrá que suspender una carga P, para que la barra
quede horizontal.
SOLUCION
Para la barra de Fe:
T L
A L■fe = fe 0
SE fo
www. soy Kper u.corn
S O L U C IO N A R IO FIS IC A LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
ELASTICIDAD
Para la barra de Cu:
¿ l, cu
SEcu
Por condición de problema: ALfe=ALcu
T
F
Tfe
E FE
iaL = 5 S L....( l )
XT
a
= x P -L T cü( L - x ) = 0....(2)
IT
b = T fex
- T cu( L - x ) = 0....(3)
] T T c = P ( L - x ) - T feL = 0....(4)
De (2), (3) y (4):
T~FC _ j; C
Tcu
X
10
x
Ecu
19,6x10
L -x
Efe
11,8x 1010
x = 0,7
Una barra de acero de sección uniforme esta suspendida verticalmente y soporta una carga
de 3000 kg. En su extremo inferior, como se ve en la figura, 20 cm. mas arriba esta aplicada
una fuerza vertical de 2000 kg. Y otros 40 cm. más arriba otra de 1500 kg. La longitud total de
la barca es de 140 cm. y su sección de 10 cm2. El m odulo de elasticidad es de 2 x 106 kg. /
cm2. Hallar el alargamiento total de la barra.
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www.eclukperu.com
ELASTICIDAD
C
M
.
SOLVER EDK «
■■■'
///////////////////////
3000 kg
\
///////////////////////
80 cm
40 cm
20 cm
3000 kg
Para el tramo AB :
S O L U C IO N A R IO FIS IC A L E IV A I Y
D
» SOLVER EDK
ELASTICIDAD
3500 kg
B
20 cm
A
3000 kg
A A, =
A t7, =
F.e
E .S
3 0 0 0 .(2 0 c m )
2 x 1 0 6 k g / c m 2 . 1O c m 2
"\
A e, = 0 ,0 0 3
P a ra e l tra m o
BC
1500 kg
c
40 cm
B
5 0 0 0 . (4 0 c m )
A/? y
2 x 1 0 ° k g / c m 2 .1 O c m
AC
P a ra e l tra m o
5000 kg
= 0,01
CD :
D
80 cm
C
A^.
I 6500 kg
6 5 0 0 .8 0 c m
—
2 x 1 0 6 k g / c m 2 .1 O c m 2
S O L U C IO N A R IO FISIC A LEIVA I Y II
íww,edukperu,cotí
(
ELASTICIDAD
SOLVER EDK «
AC, =0,026
Af.j = 0;039cm
Jna barra de acero cuadrada de 5 cm. de lado y longitud de 1 m esta sometida a una fuerza
de tracción axial de 10000 kg. Hallar la contracción lateral debida a esta carga, si E=2xl06
kg/cm2y u=0.25.
SOLUCION
Sabemos por definición que:
contracción lateral relativa
alcanzamiento longitudinal relativo
A%
Alat.l
A
,ZAf.lat
'
u /m w fm /m t
£
U
O
o
II
s- f
L"""~i- latí
5cm
10000 kg
VVXVVV. v Í3 U :>■íJ V >*V<. o o £n
S O L U C IO N A R IO FIS IC A L E IV A I Y II
» SOLVER EDK
m
•v*c:x: > • :
ELASTICIDAD
Entonces para hallar la contracción lateral se da forma a (1)
A lat
//ACIat
..(2)
Pero:
AC _ a _ F
T " " É ~ SÉ
En (2):
(0,25) (5 cm ) (1 OOOOkg)
Aat —
(2 5 c n r ) (2x106kg / m2)
A.
= 0;00025cm
Una barra cuadrada de 5cm de lado y 50cm de longitud, esta sometida a cargas axiales de
tracción en sus extremos. Se ha hallado experimentalmente que la deformación en la
dirección de la carga es 0.01 cm. /cm. Hallar el volumen de la barra cuando actúa la carga, si
u=0.4.
Sabemos por definición que:
V
( c r x + cry + o - z ) . . . ( l )
S O L U C IO N A R IO FISIC A LEIVA I Y II
ELASTICIDAD
_..........
jj
.................. .................
Como las fuerzas ejercen en ele eje x:
< jx
= < jz - 0, Entonces:
a v
,0
i
M
^ (2)
V
Además E= — -. entonces Av = —
Ax
E
En (1):
- (1 -2//) Ax...(3)
Por lo tanto el volumen final será:
VF = V [l +( l - A )A x]
Reemplazando valores:
VF =1252,5cm!
AAfVW.S€ÍUKp0f u,eom
S O L U C IO N A R IO FIS IC A LE IVA I Y II
1
ELASTICIDAD
Consideramos un estado de tensiones en un elemento, tal que se ejerce una tensión a y en
una dirección, puede producirse contracción lateral libremente en otra dirección (Z), pero
esta impedida en la tercera (x). Hallar:
a)
ay/Ay
b)
Ay/Ay
■
;z
Deformación libre
►ay
y
Según la condición del problema:
Ax = 0
Ax =
ax - u (az + a y )
Í-C
H =0
Como el esfuerzo se h ace en el eje y esta im p ed id a en x: a =0
De (1 ) tenem o s a x = juay...( 2 )
S ab e m o s que:
S O L U C IO N A R IO FISIC A LE IVA I Y II
;(WW. ed uKperu.con=
c
ELASTICIDAD
A y-
—
_______
cry-/v(crx +crz)
A y-
ay-ju ay
...(3)
tfy
Hallamos el cociente de:
Ay
cry
Ay
1- //
Ahora la expresión de A es:
=
(4 )
De (4) y (3) se tiene:
Av
M
jU-1
EJP Una barra circular maciza de aluminio de 6 cm. de diámetro esta sometida a una fuerza
axial de tracción de 9000 kg. Hallar la disminución del diámetro de la barra debida a esta
carga. Para el aluminio; E - 7xlOUJ Kg. /cm2y fj - 0.34.
■i V ' / c* v %v
ü
W
V
5 V í •b
v
í 1 í
S O L U C IO N A R IO FIS IC A LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
ELASTICIDAD
///////////////////////
F = 9000 kg
Por definición:
Ar
lo
M
AC
~T
Ar = ^ r0— ...(1 )
^O
Pero:
M
Or7
F
■C0
E
SE
Reem plazando en (1 ):
S O L U C IO N A R IO FISIC A LEI V A I Y II
vvww.eciukperu.com
c
ELASTICIDAD
Ad = ^
SE
""...............
...(2 )
Para hallar la variación del diámetro basta hallar la variación del radio:
Ad = 2Ar...(3)
De (2) y (3):
Ad =
2/¿r0F
SE
Reemplazando valores:
Ad = 0; 00092cm
Una barra de vidrio cuadrada tiene 3cm de lado y 60cm de longitud y esta cargada por una
fuerza de tracción axial de 5000 kg. Si E = óxlO10 kg. /cm2y fj = 0.25. Hallar la variación
unitaria de volumen.
///////////////////////
60 cm
s
3 cm
i
5000 kg
Por teoría se demostró que:
www.eoukperu.com
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» SOLVER EDK
ELASTICIDAD
AV
(1 —2//)
V
(crx + c r Y + c r z )
Pero solo la fuerza ejerce en el eje Z, entonces:
y
0
< J -,
V
AV _ (l- 2 /i)F
V
SE
Reemplazo valores:
AV
V
p
= 0,000046
Se tiene una barra de bronce de 6cm de base cuadrada y óOcm de longitud; esta som etida
a cargas axiales de com prensión en sus extremos. Sí la deform ación unitaria longitudinal es
0.01. Hallar el volum en de barra; cuando esta aplicada ia carga, si ¡i = 0.28.
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I
ELASTICIDAD
N . ............................
—
Por la teoría se demostró:
AV
(1-2//),
.
= * ■— ^(crx +q-Y +g2)
V
t
Como la fuerza ejerce en el eje x <rY = a z = 0, entonces:
AV
V
-(1-2//)
- (l- 2 n )F
: ------- Gv = “
S.E
AV
v (l~ 2 n )F
V
ES
Por lo tanto el volumen final será:
VF = v
j 0-2n)F'
E.S
V, = 2150,5cm
Una varilla recta de aluminio de 2cm de diámetro esta sometido a una fuerza de tracción
o
axial de 3000 kg. Hallar:
a)
La deformación unitaria.
b)
La variación del diámetro.
c)
La variación de la sección.
Si: E = 7xl010kg. /cmzy //-0.34
www. ed u Roer u.co rn
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ELASTICIDAD
w m m m m
2
(3000
a)
kg
La deformación unitaria se define:
A i=
Ai_
i
Pero sabemos que: E=
Entonces:
a
a?
a
F
A i- — E
SE
Reemplazando: A i = 0,000136
b)
Por definición:
Ad
P
Ai
T
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www. ed ukperu.coro
(
ELASTICIDAD
SOLVER EDK «
Siendo d0= diámetro y Ad su variación
Ad = MdA
Ad = (0,34)(2cm )(0,000136)
A. = 0,000092cm
c)
Siendo d: diámetro nuevo de la barra
d = d0—Ad
d = 2,000092 cm.
d‘2
La AS será: AS = Sn - n —
0
4
AS = 2,89x10 cm
m
En la construcción de un edificio se usa un cable de acero de ó mm de diámetro para la
elevación de materiales. Se cuelgan verticalmente 150 m de cable para elevar en su extremo
inferior una carga de 200 kg. Hallar el alargamiento total del cable. El peso específico del
acero es 0.0078 kg. /cm3y E = 21 x 105 kg. / cm2.
El peso del cable también contribuye a la deformación. Hallaremos las deformaciones.
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» SOLVER EDK
ELASTICIDAD
///¿W///////
í
75 m
B
75 m
A
!
6 mm
200 kg
Para el t r a m o
AB
B
i
F.L o
A£
LO
S.E
A
T
200 kg
200.75
A£
1
7r
. ( 2 1 x 1 0 9 kg / m m 2 )
( ó x l O -3 )
A€1 = 0,025m
//////////
Para e! tram o BC
LO
H allam os el p e s o P:
tP
P=
y
.V
S O L U C IO N A R IO FISIC A LE IVA I Y II
200
kg
? •? v
rí . ^
s _ í vA.í
O
£ í.v ¿
v> W í : '
SOLVER EDK «
ELASTICIDAD
;t ( 6
P = 0,0078kg / cm3
x
10 3 )
-1
----- -x!50
P = 33,0 kg.
Entonces:
_ (200 +P ).í,
71
xE
(6X103j
A L = 00;029m
/ .A L = 2,5 + 2,9 = 5,4crn
En la figura se representa dos alambres de sección uniforme S, que están articulados en X,
Y, Z, inicialmente tienen una longitud H y están horizontales cuando no se ha aplicado
ninguna carga. El peso del cable es despreciable. Si se aplica gradualmente un peso P en el
punto y. hallar P para producir una deformación vertical V, respecto del punto y.
y
íI
I
www.eduKnefu.com
V
H
I
I
§
S O L U C IO N A R IO FIS IC A LE IVA I Y II
——
» SOLVER EDK
ELASTICIDAD
X
§
En el eq uilib rio :
P _ 2Tcoso
S ~
S
D 2EA/7
...
P—
S e o s 6. . . (1)
H
V’
eos 6
V
? - ( 2)
V V 2 + H2
De (2 ) y (1):
2EACSV
H V v 2 + H2
(V v 5+ H - H
)
V
H n/v 2 + H 2
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www. eci ukperu.com
I
ELASTICIDAD
P =E
n/h 2+ v
H
2
(
-1
SOLVER EDK «
'
ii¡........
25V
v s ltí2 - v s y
. Hallar el momento del par de fuerzas capaz de torcer un alambre de lOcm de longitud y
0.05 mm de radio, en un ángulo de 5f. Se conoces el modulo de Young del material
70 x xlO9 N/m2y su coeficiente de Poisson 0.3. Use la relación de /; = f (E ,|a ).
SOLUCION
Sabemos por teoría que:
t
= —■
— —: u. = Coeficiente Poison
2L
n
= 26,9xl09N/m ;
2 (l + n)
n(26,9x109) (0,05x10"3)“ .5'
T =
2x0,lm
r - 3,92x107kgf - mm
v V
vV
í v , v
V-.' « v i • \ < • V
i V
• v/ V * i í
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» SOLVER EDK
ELASTICIDAD
Una barra cuya sección es S, esta sujeta en sus extremos a fuerzas tensoras F iguales
y opuestas. Se considera un plano que corta a al barra y forma un ángulo con el plano
vertical, según figura 0. ¿Cual es el esfuerzo cortante y la norma?
t
r
\
j)
1-
Obtenemos al pasar el plano, la siguiente sección transversal:
La superficie que se desplazará es:
S' = S sec 0
Por definición el esfuerzo tangencial y normal será:
SOLUCIO NARIO FISIC A LE IVA I Y II
% íí A&
'■ V
k <
v V v .V
V
i ■L -
i '•
<•*{
>.
/ V j *>
’v / < v .v .• W W I i
ELASTICIDAD
\¿
SOLVER EDK «
F
F
rN = - y,rT = - j
S'
S'
Por la tanto:
R, = F eos 9
Ft = Fsen 9
Entonces:
., Feos0 FCOS2
rN = — -— = ----eos 9
Y:
VT
Fsenó1 2Fsen^cos6^
rN = — -— =---------S
eos 9
_
2S
Fsen2<9
rT =---- 2S
S O L U C IO N A R IO FIS IC A LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
VECTORES
C A P IT U L O S
Un punto vibra armónicamente. El periodo de las vibraciones es de 2 seg., la amplitud de
50 mm y la fase inicial igual a cero. Hallar la velocidad del punto en el momento en la que
elongación es igual a 25 mm.
De acuerdo a la ecuación del movimiento de un MÁS y a ios datos dados tenemos:
*•»
—
x = 50sen(^t)mm
i
Ahora piden:
V =— = 5 0 , T C O S ( / T t ) . .. ( l )
t
Pero:
1
x = 25 = 50sen(/rt) => t = ~ seS
V = 50;r eos
/ 7T ^
vo y
= 1.36mm / s
La amplitud de las vibraciones armónicas de un punto material es 2 cm. y la energía total de
las vibraciones 63 x 10'7j. Cuál será la elongación del punto cuando la fuerza que actúa sobre
él es 2.25 x 10'5N.
S O L U C IO N A R IO FISIC A LEI V A I Y II
Y
YV
»V
i.V
*v<U>V
*>w
w
•
•
1
VECTORES
SOLVER EDK «
Analizando al cuerpo a un extremo de dicho movimiento, (x = A = 0,02 m)
E :Vte= ik x '2 =3xl(T7j
k = 1,5xlO~3N /m ...(l)
Ahora piden x, cuando F = 2,25 x 10" N
F = kx =^>x = 1,5x10 2m
Un peso está colgado de un muelle. Hallar el coeficiente de deformación de este muelle
sabiendo que la energía cinética máxima de las oscilaciones del peso es igual a Ij. la amplitud
de la oscilaciones es de 5cm.
h
E
T
www.eduKperu.com
n j
tí
M 1
S O L U C IO N A R IO F IS IC A LE IVA I Y II
»
......
1
VECTORES
Sea y = A sen (wt+ 0 ) :=>V =
dy
dt
V = a ecos (wt+ 6 ) => Vm1x = A w
Pero A =0,05 m => w = —
m
\
=—mVL.
=>
2
r r\2
lj = —m.A2
2
k = 800 N / m
)e un muelle está colgado un plástico de balanza con pesas. El periodo de las oscilaciones
verticales es igual a 0.5 seg. Después de poner en el platillo más pesas, el periodo de las
oscilaciones verticales se hizo igual a 0.6 seg. ¿Qué alargamiento provocaron en el muelle las
pesas añadidas?
SOLUCION
Tenemos que: T. = 0,5y T0 =0,6
T = 27T
mi
~ k ~
m2
"IT
S O L U C IO N A R IO FISIC A L E I V A I Y II
'T lY
^2n
j
•(*)
^27Cj
www.edukperu con
VECTORES
También:
m,S = kx,
msg = k x, ^
Ax =
\
/
í j \2 f t YZ
h . - 0,027m
Ax = __L
v 2n
v 2it j
j
Una persona de 0;5 Kg. f está colgada de un cordón de goma de 40cm de longitud y 1 mm
de radio. Hallar el periodo de las oscilaciones verticales d la pesa sabiendo que el módulo de
Young de esta goma es igual a 0.3 kg. F/ mm2.
Del gráfico tenemos:
:
www, eóukper u.corn
P.E
n»
« • « í •!$ •» ;*¡t
S O L U C IO N A R IO FIS IC A LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
VECTORES
2da ley de Newton
.2
F-m g = m — T - .(’)
dt~
Ahora en el punto de equilibrio tengo:
mg = F0 sea L0
ESA L
ES /x
. i \
mg = —--- = — (L 0+ d - L 0)
'o
o
mg = Y~d...(2)
También podemos decir:
F = ^ ( L 0+d + y - L 0)
F = Y ~ (d + y )...(3 )
Luego (2) y (3) en (1):
d
ESjzí
ESy
+— Lo
o
_y
-m
dt2
ESy
d2y
-—- + rn— - = 0
L0
dt"
SOLUCIO NARIO FISIC A LEIVA I Y II
haaaaa
v y V v V v?
. P
v ví’Í!v /sf k
•- nv» ínW i
•w
• • ■
VECTORES
(
SOLVER EOK «
d2y , ES
,9
L0m
dt
De Acuerdo a (*) el cuerpo desarrolla con:
w =
T = 2x
ES
L0m
L0m
V ES
Reemplazando valores: T = 0,92seg.
Escribir la ecuación del movimiento resultante de la composición de dos movimientos
vibratorios armónicos que tienen la misma dirección, periodo y amplitud. El periodo de 8
seg. Y la amplitud 0.02 m. la diferencia de fase entre estas vibraciones es igual a*14. La fase
inicial de una de las vibraciones es iguala cero.
Sea:
ín
x1= 0;02sen — t + 0
\
/
7\ ^
0n
x9 = 0;02sen f 71t + C
2y
v4
(n ^
x0 = 0;02sen - t
V4
ídukperu.corn
y
S O L U C IO N A R IO F IS IC A L E IV A I Y II
SOLVER EDK
VECTORES
fn W
(71
^
=>x = x, +x2 = 0,02 sen —1+ 0, + sen - t
JJ
V
(
í
/
U
( 71
rr\\
0i
+—l cos
x = 0,02 2.sen
4
2
\8j j
v
v
n
—
^n
n '
x = 0,037sen — t H-8/
v4
Un punto participa en dos vibraciones de igual periodo y fase inicial. La amplitud de estas
vibraciones son 3cm y 4cm. hallar la vibración resultante si: (a) las dos vibraciones tiene la
misma dirección y (b). Las dos vibraciones son perpendiculares entre si.
sea: x, = A ]sen(wt +nr)
x2 = A 2sen(wt +a )
a)
x, =3sen(wt +a )
X = X, + x .
x2 = 4sen(wt +¿r)
x = 3sen(wt +or) + 4sen(wt +a )
x = 7sen(wt +cr)
b)
Xi =3sen(wt +a ).
f-----
¡>r = i/xl + y2 =5sen(wt + ar)
y = 4sen(wt +a )
[3 Jn punto participa simultáneamente en las vibraciones perpendiculares entre si: x=cos n t
e y = cos 7i t / 2. Hallar la trayectoria del movimiento resultante del punto.
S O L U C IO N A R IO FISICA LEIVA I Y II
'www. eci ukperu.co ?t
SOLVER EDK «
VECTORES
Sea: r = eos /rt T +eos — T
.2
Ahora para poder ver la trayectoria, entonces, encontraremos la relación x e y.
x = cos;rt,y = eos
x = 2cos2— -1
2
=> x = 2 y'2 -1
Un cuerpo de masa 10 g realiza oscilaciones amortiguadas con amplitud máxima de 7 cm.,
fase inicial igual a cero y coeficiente de amortiguamiento igual a 1.6 seg."1. Sobre este cuerpo
comienza a actuar una fuerza periódica exterior que hace que las oscilaciones forzadas. La
ecuación de estas oscilaciones forzadas tiene la forma x = 5 sen (10 /rt-0.75) cm. Hallar: (a) la
ecuación de estas oscilaciones propias, (b) la ecuación de la fuerza periódica exterior.
a)
Piden: x=Ae 'vt sen w 't
Tenemos que: k =10, 9 N/m
M=10'2kg => w 0 =33.026
S O L U C IO N A R IO FISIC A LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
!■
J.
n ■ ...............
W
i
=
VECTORES
l o
v w 3~ y
w ' = 10,5;r
=> x = 7e_l’6ts e n (lO ;5/Tt)
b)
Ahora, luego que actué la fuerza tenem os que:
x = 5sen (10;rt - 0,75;r)
F= F0sen (1 0 ,5 ;rt)
Pero:
(Fo)
m
5x10"2 =±
( w ; - w * ) 2 + 4 /r w f
=> F0 =7,2x10
-2
F = 7,2x10 2sen(1 0 ;rt)
y p
Un sistema que vibra esta form ado por un peso 5 kg. F, un muelle cuya constante k = 4kg.
F/cm y un am ortiguam iento es 0.11 kg. Seg. /cm. hallar (a ) la frecuencia natural amortiguada,
(b ) el decrem ento logarítm ico, (c ) la razón entre dos am plitudes sucesivas cualquiera.
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www.edukperu.Gon
c
VECTORES
Tenemos que:
SOLVER EDK
k = 4000 N / m
m = 5 Kg.
a)
4000
w =
V
= 28,3rad / s
5
b) Ahora piden: D= yX
Pero:
T=
A
/ = — => y = 1,1 / seg
2m
2n
w
Pero: w =
- y‘
w = 28,28rad / s
D = 0,242
c) piden:
A
A„
= e/T =1,3
En al figura el peso w está suspendido de un muelle cuya constante es de 4 kg. /cm. y está
\
conectado a un embolo y cilindro que proporcionan un amortiguamiento viscoso. La fuerza
de amortiguamiento es 5 kg. Cuando la velocidad del embolo es 50cm /s el peso de w más el
www.eduKperu.com
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» SOLVER EDK
.....................................................
")
y
VECTORES
embolo es ó kg. (a) ¿Cuál será el periodo de las vibraciones amortiguadas y (b ) el periodo
del sistema sin amortigua.
I
Tenemos que:
K-4000 N/m
m = ókg
14000
w 0 = y —:— = 25;82rad / seg
6
También: F = 50 N = AV
A = 100
a) f = T— = 8,3
2m
=> w
w = 24,5ra/s
T = 0; 26seg
b)
w , -25,82
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vww/.edukpem.corTi
VECTORES
27 1
=^T0 =
= 0; 243seg
W,
¿A que es igual el decremento logarítmico de la amortiguación de un péndulo matemático
si al amplitud de la oscilación se hace dos veces menor en 1 min? El péndulo tiene 1 m de
longitud.
1
l u V -/ ^
k
W
A
1
Veamos que: D =yt
Pero:
Ahora:
w0
=4
- =3,2rad/seg
A.
A2
y=0,012
w =v w o - y 2
Cond.: wj! » > y.
w =w o
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—
» SOLVER EO¿g
'j
VECTORES
=>D = ^ ^ = 0,023
w,o
p
Un péndulo matemático realiza oscilaciones amortiguadas cuyo decremento logarítmico
de amortiguación es igual a 0.2. ¿Cuántas veces disminuirá la aceleración total de este
péndulo en su posición extrema durante una oscilación.
Tenemos que: D = 0,2 =yTv . (*)
Tenemos que: 6 =Ae‘yt sen (w t)
Ahora:
a =
d.02
= e-ytsen (w t)(o 7 2- a w j- 2 a / e ~ yr cos(vvt) w
Ahora cuando t = T
a - -2 A/e
«0
a,
^2A^e~ylV
^2Ayw >v
La amplitud de las oscilaciones amortiguadas de un péndulo matemático se hace dos
veces menor en 1 min. Cuantas veces menor se hará en 3 minutos.
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www.edukperu.GO!Ti
c
VECTORES
A l =1
A0 2
ce
ce
SOLVER EDK «
-yrl
-y(r2)
=>Ln2 = y (60)
Ln2
60
Aj
a :
ce -vn
Vi
ce
A i -8
Al
Calcúlese el periodo de oscilación de un péndulo de longitud 98.1cm en el aire,
despreciando el rozamiento. Sea la amplitud lcm es decir, pequeña frente a L. (b) en que
tanto por ciento se altera el periodo cuando el péndulo se sumerge en gliceria en donde
«
experimenta una fuerza de fricción F 0 -0.2 (kg. / seg.) u . La masa del péndulo es 50 g.
Para el primer caso:
T0 =2^(0,316)
l 6 d y k D&f u,co rn
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
D
» SOLVER EOK
VECTORES
T0 = l ;99seg
vv0 = - = 3,16
La fuerza que actúa es: F = Av
^>A = 0,2
0, 2
7
_2
2(50x10'3)
w = V w o- Y2 =2,45
=>T = — = 2,5rad =>— * 0,28
2,45
T* n
Demostrar que el movimiento oscilatorio amortiguamiento la velocidad esta dado por: V=
A e_ytsen (wt+ a + S ) donde: A'=AW0.
Tenemos que:
x = Ae_ytsen(wt +Gr)
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
wwvvetíukpenj
c
VECTORES
SOLVER EDK «
cjx
=> V = — = wAe~yt cos(tw + rr)- A ye_y,sen(tw + Gr)
dt
V = Ae * (w c o s (tw + ar)-ysen(ttw +a ))
V = ^/w¿ + y2Ae 71
r
\
w
y
= cos(tw + a )v yjw 2 + y'2
sen(tw +6ir)
y
Sea:
w
sen d =
n/w2 +ys
y
cos d =
tgd =
w
v/w2 + y 2
y
V = w 0Ae vtsen ( wt + a - d)
una particular de masa m se mueve a lo largo del eje x bajo la acción de la fuerza F = -KX.
Cuando t = 2 seg. La partícula pasa a través del origen y cuando t = 4 seg. Su velocidad es 4 m
/s. hallar la ecuación de ia elongación y demostrar que la amplitud del movimiento será 32
v2/ n si el periodo de oscilación es de 16 seg.
AJifi
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
)
Tenem os que:
VECTORES
t= 2 ; x= 0
T -4 ; x -4 m / s
L u e g o se a: x OA s e n ( w t + 0 )
==> P ara t = 2
O = A s e n ( w ( 2 ) + 0 ) . . . ( 1)
P e ro : T 0 16
w = — => d e ( l )
8
w
O—^ 4
A h o ra :
dx
~dt
V = A eos ( w t + 0 )
P ara: t = 4
4 = A
7T>
—
V8 )
e o s f 5/r 1
l 4 J
A =^ j 2
7T
32
rr
x = — v2sen
71
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVAI Y II
í
V
71
37T
\
— t H------8
4 y
www.edukperu.com
%1
SOLVER EDK «
VECTORES
Hallar la ecuación de a la trayectoria del movimiento resultante de la superposición de
dos movimientos armónicos simples perpendiculares, si:
a)' — = - ,S = —
W,
3
2
2
S7T
W,
C)
YV
4
—Z-= - ,ó = 7T
W
5
www. a duKoer y ,co rn
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
d)
VECTORES
W,
a ) Sea:
3
4
W. = 1
d= ^
2
W , “ 3,
x = A seN W, t
r
y = Bsen
w .,t +
V
2
7T
2;
y = B c o s ( w 2t )
x = A s e n 3 w 2t
y = B c o s (L o .t)
r 2
^ _ y~2
IWWAWAWMVAV.WkV.VA'.WW
/
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II
'AP-íd iÜ
S / V v <f y . v
?w
<
í U-í
c
VECTORES
/
X =
A
Y
VB- - Y 2 3-4
B
SOLVER EDK «
V
(B 2- V2)
Bs
y
x = A sen w ,
/
y = B sen
\
W9t 4\
y = B eos
371
y
í ...
_x
71
w st + -
V
í
Y2
í-
UJ
-1 = sen(2w2t)...(2)
y \2
(y ]
UJ
-1 = sen
Pero:
fw .t\
x
fw .O
— = s e n -3 - 4sen¿
A
V 3 J
y
x
A
(í
Y2
\
y
-1 3-4
B
Vvoy
y
B2 J
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVAI Y II
» SOLVER EDK
VECTORES
' >"~~” -“
3 -4
V - B 2^
Bs
V
n c
C) Sea:
w2 4
— - = — , d -n
w,
5
x = A sen (w, t)
y=B sen (w 2t+ n )
^ Sea:
c
d)
ws
1 . d=—
A
71
—
- =—
w,
3
4
x = A sen (w, t)
n
1^
y = B sen (w 2t + — ) sen ( w 2T+ 7
2
4
/
V
Ahora:
cosO
f
71^
H-----
W
v
2
4y
V o2 - y ¡
B
co s(2 w 2t ) = 2x y F T 7 . . . *
P
Un cuerpo de masa m cayo a uno de los platillos de una balanza de resorte desde una
atura h.
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II
www.ed ukoeru.coi
—
VECTORES
-
___________________
..............
SOLVER EDK
•.NNN<
k
Las masas del platillo y el resorte son despreciables, la rigidez del último es k. el cuerpo se
adhiere el platillo y cornien; a a oscilar armónicamente en dirección vertical. Hallar la
amplitud de estas oscilaciones y su energía.
É
v
Calculando V, tenemos:
mg
s xo k
*í
PE
r’
i.
!A
T
O
> » •}« co; x -k <■>: >:< •<» •»: x -í > » mc
=> V = ^/2gh
www. ed y Rperu,corn
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVAI Y II
» SOLVER EDK
VECTORES
Tomando como referencia en “O”; calculamos AE , como solo existen fuerzas conservativas.
AE = O
E 0 =E
r
mg'j
-m V2+mg Í A + mSl =ik A +
2
k J
l
k J 2 V
Despejando A tenemos:
A
=n iS J 1+2hk
mg
E, =2
Tomando P, E, de referencia:
E t = mgh +- RXq
1. ( mg ^
E t = mgh +- k
-2
lm2g
Et = mgh +
2k
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
Vv'VVW.8d UKP8IL
c
VECTORES
SOLVER EDK «
[jl Resuélvase el problema anterior considerando la masa del platillo igual a M. hallar la
amplitud de las oscilaciones en este caso.
Y operando de la misma forma que el anterior problema, tenemos que:
V = N/2¡h
xc=(m+m)g
í
AE = O
A
E 0 =E
H
^ mV2+ mg A +
(m + m)g
v
Pero:
xft =
\
(
(m + m)g
1
.2
1,
+- loe = - k A +— --- —
y
v
mg
Despejado:
A
www. ed uk per u.com
= Ü
?
I
h
2hk
(m +m)g
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
HIDROSTÁTICA
Un cuerpo homogéneo y compacto colocado en un líquido con peso específico yx y
pesa Pi y colocado en un líquido con peso específico y2pesa P2. Hallar el peso
específico y del cuerpo.
En los diferentes líquidos tenemos los siguientes pesos:
P, = mg - E, ; E ,= r,V
P2 = mg - E2 ; E2 = y2V
P, =m g-/,V
P, =m g-/2V
y
mg = p = rcv
p, = rcv - r y
y
R2 =rcv - r 2v
•••(«)
v
r c -r\
De (a) y ((3)
P2 = (/c — ^ 2)
Xc-r,
rc
P2ri - y2P,
p2- p,
Un recipiente sin fondo, cuya forma y dimensiones están representadas en la figura, se
encuentra en una mesa. Los bordes del recipiente están bien ajustados a la superficie de
la mesa. El peso del recipiente es W. En el recipiente se vierte un líquido. Una vez que el
nivel de éste alcance una altura h, el recipiente bajo la acción del líquido se elevara.
Hallar la densidad del líquido vertido.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
www. eciiikperu.corn
c
HIDROSTATICA
SOLVER EDK «
____
Por condición:
AF = 0
- w +PS = 0
w = PS
w = pgh.;r(R2 - r2)
P =
w
gh;r(R2- r2)
Qué radio mínimo debe poseer un globo hinchado con H2 para que sea capaz de elevar
una masa de 2000 kg, si pH = 0.09kg/m3 y a airp = 1.293kg/m3.
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
«............
» SOLVER EDK
HIDROSTATICA
m
En el equilibrio:
^ f = 2 0 0 0 .g
V . ¿ . p A - V . j í . p tu -2 0 0 0 .X
2000
V =
Pa
47TÍ
P h.,
V - 7,3 m.
Un cubo de arista 10 cm y densidad 0.9 g/cm3 se deja libre en el fondo de un recipiente,
que contiene agua y cuya profundidad es de 1 m. Hallar (a) Cuánto tiempo tarda el cubo
en aparecer por la superficie y que longitud de arista sobresale al quedar en equilibrio,
(b) Cuál es el periodo de oscilaciones verticales que efectuará el tubo antes de quedar
en reposo, use g =
10
m/s2.
xx..w..-<
v• v w-«!vvW•.. •'«-y^i
vv-w^ \.y >*■v.<& . Nvv
:■
*&
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•S-x • •. sV^.
. •.• .•:• v*x- .-. .'V '
V*,
•'
lm
% '
V
yv.
^
-í*
.w
r
,
'
Por dinámica tenemos que:
E —P = ma ... (1)
Por cinemática tenemos que:
2
h
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
N.
.
.
' 'Vv
•
v
|
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¿JC- "<*
"
a)
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V..
...
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'>»
.C
HIDROST ATICA
SOLVER EDK «
......
M i ......................
I.
E-p =m
t- Jp b ..< 2 )
V E-P
m = pcVc
El empuje será:
E = A,8VC
P = PcSVc
Reemplazando en (2):
2hp.
t=
t = 1,34 seg.
(A -P c)s
Cuando llega al equilibrio:
P =E
p c X v c = p ay y sumergido
h' =
= 0;09m
A
Por lo tanto, la altura que sobresale es:
hsobresale
b)
(l0 -9 )cm = lcm
Para hallar las oscilaciones, ya en la superficie las fuerzas que se están equilibrando
son E y P.
vVVv :1üKÍ3eíÜ,<
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
I
—........
l.................... ....
» SOLVER EDK
HIDROSTATICA
n
d2y
dt2
Es la fuerza restauradora:
m = p cSh
y
F = - a gy
dt
d2y . a s
+
y =o
dv A S
El periodo será:
T = 2%-
(Ah
PaS
T = 0,59 seg.
Se deja caer un cuerpo de densidad 0.8 desde una altura de 20 m de altura en el mar
p = 1.022 . Hallar la profundidad que penetra en el agua y el tiempo que tarda en volver.
No hay viscosidad, g = 10 m/s2
Oí
H = 20 m
V
'S.
..........:%
r:¿
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• >>> '
^
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^
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V
'■ :%s;- . -Xv ¿ 'V **> : 'V- : | . v .
' X ' v r~.~-
r?.
I > ^ v -v •
a)
Por el P.C.E.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y li
jK
j.?
.c
HIDROSTATICA
SOLVER EDK «
-
P.H = (E - P )h
P c y i ^ = ( p , ^ y i - p cy i y
p cH
h=
0 ,8 (2 0 m )
A n as-Pe
1, 0 2 2 - 0 , 8
h = 72,07 m
b)
Por dinámica:
- (P - E ) = ma ;
a-
2h
2pch
t2 =
(Pmas
P c)S
2pch
t=
= 7,2 seg.
( yernas ~ Pe )S
r-'
Hállese la tensión superficial de un líquido en función de la densidad, sabiendo que ésta,
el diámetro de un capilar y la altura que alcanza en él, están en progresión aritmética,
siendo la razón 0.5 y que el diámetro es menor que la densidad y ésta que la altura.
m
Por teoría sabemos que la altura que se eleva un líquido en un capilar es:
h=
2ít
rSP
Donde r: radio del capilar, p = densidad del líquido y q = 9,8 m/s
Por condición del problema, se dice que h, d y p están en progresión aritmética, así
tenemos que:
d - p - 0,5
www. se! y Roer u.coro
y
h = p + 0,5
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y
..........................
» SOLVER EDK___________________j
H1DR0STATICA
Reemplazando en la expresión
t— V }
4
t
;
2r = d
(p + 0,5)(/?-0,5)pg
4
<r =245(p 3-0,25/?)
Con un cuentagotas se vierten 100 gotas de agua, que en total pesan 2.45 g. Igualmente
se pesan otras 100 gotas de un líquido problema dando 1.08 g. Hállese la a del líquido.
Por la ley de Tate, tenemos:
^*agua
^ 100gotas
líquido
m ,00 gotas liquido
h 2o
_
^"liquido —
miiq,CrH20
mH90
^liq =32 —
cm
En una gota esférica de glicerina de 1 mm. de radio. Hállese (a) la sobrepresión debida a
la tensión superficial, (b) La fuerza total sobre toda la superficie de la gota por causa de
la tensión superficial y (c) la energía potencial de la superficie.
a)
Por teoría la presión que se ejerce en el interior es:
AP = ^
j¡ B i¡
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
SOLVER EDK «
HIDROSTÁTICA
sn_ 2(0;0064)N/m
AP —
~
10 m
AP = 1280 d/crn2
b)
La fuerza que ejerce es la presión en toda la superficie
F = AP.(4;rR2)
F = 160,8 d
c)
La energía potencial de la superficie de la gota es:
U p = 1c t ( 4 - t R - )
U p = 8,04 ergios
Un litro de agua ha sido pulverizado en gotitas de 1 mm. de diámetro. Hállese la.
variación de la energía potencia que se ha producido por causa de la tensión superficial.
La energía potencial producida por la causa de la tensión superficial de dicha gota
es: Up = <t4/tR2 donde
ct : tensión
superficial y R: radio.
De la condición que 1 L de agua se pulveriza en gotitas, primero hallamos cuántas
gotas de lmm de diámetro se produce:
En 1L hay 10'3 m3
4
3
El volumen de la gota es: V = —;rR
^
^
Entonces: N = — ——— ^— -=1912045
5,23x10 m
AVp = N.<r.4/rR2
AVp = (1912045) (0,073) 4.tt(0,0005)'
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SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
J
■
i IW H H ' IH
» SOLVER EDK
J
HSDROSTATICA
AVP = 43,8x10^ ergios
0
Hállese la potencia que es necesario utilizar para inflar una pompa de jabón (a = 25
d/cm) 7 cuyo radio aumenta a razón de lmm/s, en el momento en que este vale
2
cm.
Por teoría sabemos que la presión que ejerce en una pompa de jabón es:
AP = —
... (1)
R
La potencia se define como el trabajo que se hace sobre el tiempo en el que se hace:
p _ ARSxl
(2)
t
Donde :
S: área de la superficie
d: distancia de recorrido
De (1) y (2):
p-
P
Rt
; siendo d = R
4<
t .S
Reemplazando valores:
a = 25 d/m
t = 2 0 seg
S = 4;rR 2
P = 251,3x10-4 ergios/seg.
Un portaobjetos de vidrio, de dimensiones 5 x 0,2 x 2 cm cuelga mediante un hilo de
peso despreciable del platillo corto de una balanza hidrostática, estando sumergido en
agua de una vasija, justamente sumergida la mitad de su superficie, primer por el lado
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
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H3DR0STAUCA
c
SOLVER EDK «
más largo vertical y luego con este horizontal. Cuál es la diferencia de pesas que hay que
colocar en el otro platillo de la balanza?
Un problema clásico, te invito a resolverlo.
Sea ei ascensor hidráulico que se ilustra en la figura, donde un líquido incomprensible se
encuentra en un recipiente completamente cerrado, con excepción de dos pistones
móviles de áreas respectivas Ai y A2
a)
Si se aplica una fuerza F, al pistón menor de área A 1? calculen mediante e! principio
de Pascal, el aumento de presión del líquido en todos sus puntos.
b) Demuestren que ei peso W que puede soportarse en el segundo pistón mediante
esta fuerza F) es W - F]A2/Ai
a)
El principio de pascal expresa que “La presión aplicada a un fluido se transmite sin
disminución a todas las partes del fluido y a las paredes del recipiente que lo
contiene.
Por lo tanto, si se aplica la fuerza F] al pistón, esta fuerza ejerce una presión a todo
el fluido, por tanto
www. e ü uKper u.co m
>
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
w oOLVfcK
caí ucd cr\u
fcuft
HIDROST ATICA
AP = F1/ A 1
b)
En el equilibrio se tiene:
Las variaciones de presión son iguales, entonces:
APa, = APa,
F,
A|
_
W
A2
w=
f .a
2
A,
Supongan que el ascensor hidráulico de la figura del problema anterior, se utiliza para
elevar el peso W a una distancia d2:
a)
¿A qué distancia d| se desplazara el otro pistón?
b)
¿Qué cantidad de trabajo deberá proporcional el agente que ejerce la fuerza F l?
c)
Compare su respuesta (b) con el cambio de energía potencial del peso.
Siendo el siguiente sistema:
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y j |
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SOLVER EDK «
HIDRQSTATICA
Mllf
Fii
d
l
i5 S
j ••
w
mm
A
m
m *m .
x-ys-xvW ;
^
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: S . ; ; ••SSx-.': •: •:: >>xy.
: -y-. ' ;
-yv.yv.v...y.v.y.;.;.;...;..-y..y..y;.
a)
::: : ::
Como la presión se transmite a todo el fluido, habrá una misma variación de
volumen en ambos pistones, por lo tanto:
AV, - AVn
A 1dl = A 2d2
d,
b)
At
A
df
El trabajo se define como:
W = F.d
Para la fuerza F ., se tiene un trabajo de:
Wr, =F,.d,
At
pero: d, = —- d 9
A, 2
entonces el trabajo será:
Wr
F,A
r 2 d9 ... (a )
A,
'
Del problema anterior obtuvimos que:
W = F. —
1 A.
V V ¥ v y v . V
I
v i W • '»:•
:*y í
.. b V < i í
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
» SOLVER EDK
'
✓
HIDROSTÁTICA
Reemplazando en (a): WF = Wd2
c)
La energía potencial de w es:
AVg = w.d2
Por tanto el trabajo que hace F] se debe al cambio de energía potencial.
9
Un hemisferio evacuado de radio a se fija firmemente a una pared vertical como se
muestra en la figura. Si PDes la presión atmosférica, demuestren que la fuerza horizontal
mínima F que se requiere para retirar el hemisferio de la pared es: F = /Ta2Po (considere
la fuerza normal a la diferencial de superficie que se indica)
Un problema interesante, te invito a resolverlo.
La esfera hueca de un flotador es de chapa y queremos que se sumerja estrictamente en
el agua. Siendo z el espesor de la chapa. Hallar el radio de la esfera.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
Si se quiere mantener en el equilibrio Z F = 0 ;
p aire
+ P chapa - E = 0, siendo Paire : peso del
aire, Pcha : peso de la chapa.
P
1 aire ^+P
r chapa =E
^
\k
4n
+ r,— ((r + q 3- r 3) = r ^ ( r + f )
o
{ y , - y ) { r + e f = ( / 1- r 2) r
í
Y] -Y
\
\ Y \ - Y i)
r
Y
v r- ¿ry
Despejando
www. ed u Kperú.co rn
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
D
» SOLVER EDK
HIDROSTATICA
r=
1\
Y\ - Y
Hallar la inmersión (0 de un prisma de peso P y dimensiones a, 1, b y h, cuya sección
\
lateral es un trapecio, según la figura.
Para que el sólido esté en el equilibrio el empuje ejercido por el líquido es igual al peso.
i P=E
.
y V t = '/t V sumergido
/c
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
HIDROSTATICA
c
SOLVER EDK «
> * i i.■
Por semejanza obtenemos x; y, b’
x=
t(a ~ b ) +hb
h
I
y = — |~t(a-b) + hb]
2h
b' =
bl
ha2{
(t(a - b ) +hb)' 1
hbjl
(a + b)a
= Yc
(a-b )ab '
h3b 1
(a ~ b )a
Despejando t, obtenemos:
| a3h2/c - abhV -b (h2 - y c + /,)
t
Cbr,)
X
(a - b )V ,b 2h3
Hallar la inmersión de un cono recto homogéneo de altura h y peso específico y] en un
líquido y , ta! como se indica en la figura.
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SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
□
» SOLVER EDK
HIDROSTATICA
En el eq u ilib rio : P= E
r,v cono = v' fiarte
r.
r rrR2h A
v
3
y
y ^ - y ( R 2 -+-r2 + R r)
Y
í yh^
r2 r
- yO + -^- + —)
R2
R
Po r sem ejanza de triágulos:
R
r
h
h-y
ry ^
V r )
y j +cü z y )a + (!i= y )
= y j^h2 + 2h 2 —3hy + y 2 ]
V
y
( r y y = y [3 h 2 —3hy + y 2 ]
v yV
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
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:
SOLVER EDK
HIDROSTATICA
+h‘-= y[3h~ -3hy 4-y2j-rh'
(
y \
1——
l
r J
(h - y ) ! =
II
zr
I
i
-<
i
...... i
J
Calcular la inmersión de una esfera homogénea que en parte sobresale del líquido.
En el equilibrio P = E
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
HIDROSTATICA
f 4/rR3^
v
Y\
J
Í4 ^ R °
< 3
- /V
y
1
=y
nx
3(3R-1)
t3- 3Rt2 +4R3— = 0
y
Una esfera de peso específico flota entre dos líquidos de pesos específicos y de modo
que la línea de separación de los líquidos pasa por el centro de la esfera. En qué relación
están los tres pesos específicos.
Ejercicio para el lector.
**
En un recipiente prismático que tiene una pares lateral rectangular hay una cantidad de
liquido de peso P. Se arroja al recipiente un cuerpo de peso P E que flota en el líquido.
Hallar en que relación varia las presiones sobre la pared rectangular.
Ejercicio para el lector.
El orificio circular de un depósito se cierra con una esfera de peso P y radio R. Hallar la
fuerza necesaria para levantar dicha esfera. Si H= 4R
H
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
edukpéru
c
HIDROSTATICA
SOLVER EDK «
fm
4P
Para poder alzar la esfera se tiene que vencer al peso de de la esfera y a la presión (P ’)
que el agua ejerce sobre ella.
F = P + P'.A ... (1)
Donde A: área de la superficie que esta en contacto con el líquido.
F = P +/.h.A
CR
F = p + v . —
2
.A
... ( 2 )
El área de la superficie será:
A —A j —Ap
A = 4/rR~ - 2/rh1R
A = 3;rR2 ... (3)
De (3) en (2) se tiene que:
F = P +y
„p
n
15;rR3
= p + -------------------
vv.eduRperu.com
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
HIDRODINÁMICA
En un torrente de agua se sumergió un tubo doblado, según se indica en la figura. La
%
velocidad de la corriente con respecto a tubo 2 m/s. La parte superior del tubo se
encuentra a 10 cm sobre el nivel del agua del torrente y tiene un pequeño agujero. ¿A
qué altura h subirá el chorro de agua que sale por el agujero?
CTIM íi
Aplicando Bernoulii, tenemos:
p, + \ p v *
+psy, = R2
+\
p
w¡ + 2
Pero y, = 0, además: P2 = PamiP, = Patm
=>
| / Vi2 = ^ / V2 + / S h
=>
R =— +1
V2
2
=»
v. =V2m/s ... (1)
Luego:
1
VV 0
1
-2
h =—
gt1
' ... (*) pero —
= t ... (**)
SOLUCIONARIO FISICA L E IV A IY II
'
wvm edukperu.com
1lililí
HIDRODINAMICA
h=
SOLVER EDK «
...
1 (2)
h = 0, lm
2 g
Un recipiente ancho que tiene un pequeño orificio en el fondo se llena de agua y
querosene. Despreciando la viscosidad, hallar a que velocidad sale el agua del
recipiente, si el grosor de la capa de agua es de 50 cm y el de la capa de querosene 25
cm.
Po
h
nn
)
iP .y llllllí
Pa
!
y! *•
11
V
y
1
rVl
Aplicando Bernoulli, tenemos:
1
^
9
"* "2
1 c
1+
= ^2
^
^
2
^ H2°
^ 2
Pero P| = P2, además como el orificio es pequeño
Y? » > V,2; y2 = 0
1
2
2A
i 2o Y
+
+ P \fi 2) = 2
^
Ahora:
w w w ecl y Kper u ,corn
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y
» SOLVER EDK
HIDRODINAMICA
V2 = 3,7 m/s
Una bomba consta de un cilindro, situado horizontalmente, con un pistón de área S] y
un orificio de salida de área S >2 que se encuentra cerca del eje del cilindro. Halla la
velocidad de la salida del chorro de la bomba si bajo la acción de la fuerza F, el pistón
se desplaza con una velocidad constante, La densidad del liquido es p.
Venios que: P, = — + P,tm y P2 = Patm
Luego, por Bernoulli:
1
p, + 2 ^ V i
1
+ ^ S Y i = p2 + o
+
Pero y,= y 2
Ahora por continuidad:
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
www. ed okperu.com
c z
HIDRODINAMICA
s , v , = s 2v 2
V ,= — v2
s,
2
SOLVER EDK «
..(2 )
(2) en (1)
2F'
v 2 = s,
p ( S 2 - S 2)
Un tanque tiene la forma de un cono circular recto con el vértice hacia arriba. Hallar el
*
tiempo necesario para vaciar el tanque de líquido cuando este sale por un orificio desde
su base. Si h altura del cono, R radio de la base y A área del orificio.
SI
Ahora por Bernoulli:
fí+\A 2+ / s y , = % ■ A s + / s y .
| v y2 + g ( h - y ) = t v 22
Por continuidad:
y;
V
h(h - y )/
www. e ú üKper u.com
7T
= AV0
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
É&ÉÉÍÍÍÍÍÉ
J
kiORtoWÁ^ibA
V2
fu
¡ i3 íir}
V = ^ rR
[^-(h-y) I n ... (**)
2 A
Reemplazando en (*)
4
| v 2+ g(h-y) =I
:|tS-io
v:
y 7
rr2
t
5 (h - y )
A'
f S’ AVjViV
! 2 g (h - y )
\s "iBiibH SiVn'm h
a:. = >
\/2
V
C
1
|(h - y ¡ t é
A2
_
2g(h-y)
1
1 A2
Ahora: V =
_
-4
> - y )
n2
;
i'j
-4
«v.
-
# i -, / «
isa
•* -o
*‘*V
^
'í-.t* nn Sí#
Hl
-'v :*qmsí
tí : í'*
15 f
Por una pequeña aproximación
V
‘
a. ' >, :• ■í o í c?í * ?i ¡ 3:.
AVx
/2g(h-y)
V
'
R
(h - y )
h
;r
dy
dt
dy
Vy
> - y)
t=
;T
J, A ^2g(h-y)
A *'h
dy =
R • )2h
SA y g
En la figura dada, si la altura h del agua en ei depósito es de 1,5 m. y el área A de la
¿.vpOj *t" .,v q — i" .-t-i
^ -4- y t.\ ---i* _\-.pequeña abertura al fondo por la que sale el agua, tiene un valor A = 1 0 cm 2 . 2
a)
Hallar la velocidad u 0 con la que fluye el agua de la abertura.
b)
El caudal
:bcójenn??oq
*T
’- : r\ r.\/
*v
\ "
í 1 *y
-—
U T , n - r ^ r ’i *r *r*-. j
1 5 E 3 5 i5 ^ B ? t ó í5 i^ K 5 y ¡W
P-ílíslíñ'pni 3'
" i > >• v t ' •> . V ' V i V - ' í n S-' < v < W Í , v y v J
SOLVER EDK «
HIDRODINAMICA
-
Por Bernoulli, tenemos:
a)
1
p, +- Pvf +psv , =
■p2+1 pv' +psy.
Donde P] = P2= Po , Yi = h , Y2-O
Además V, » > V,
2 gh
2gh =.Vo
= v 2 - v;
=> V2 - 5,4 m/sg
b) Ahora se define:
Q = AV = 5,4 x 10-3m3/s
Q = 5,4 x 1CT3m3/s
Supongan, en la figura del problema anterior, el área de corte transversal del cilindro es
A, el area de la pequeña abertura al fondo del depósito es a, la altura h del líquido sobre
la pequeña abertura en cualquier instante t. Demuestren que el índice dh/dt al que cae al
nivel del agua es:
dh
d< - ^
v
<n¿vv.vU:\jvi¿vvt5f
A
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
D...........
» SOLVER EDK
HIDRODINAMICA
Por Bernoulli:
P, + ¿ p V y2 + PS(h - y ) = P2 + 1 pW l + pgy,
=>
Vy + 2 g ( h — y ) = V 2 . . . ( * )
Por continuidad:
A V y = aV, ... (**)
Reemplazando en (*)
Vy2 + 2 g ( h - y ) =
V:
2g(h-y)
V;
A
a
1
v y = N/ 2 g ( h - y )
A
Esto si consideramos “y ” desde la parte superior:
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
www.edukperu.oor
... c
HIDRODINAMICA
SOLVER EDK «
dh
= -y2gh—dt
V
A
Haciendo uso del resultado anterior; demuestren que el tiempo t que requiere el nivel
del agua en el tanque para caer de la altura h] a la altura h2es:
t=
2A
S a
Dei resultado anterior tenemos:
dh
= - J2 g h dt
v
A
J h,
ía Z u
>/2¡h
J
A
En la figura dada; se tiene un barril de agua de lluvia sobre una plataforma de altura yQ.
Si se perfora un pequeño orificio en el fondo del barril, se descubre que la corriente
resultante de agua choca contra el suelo a una distancia x0del recipiente:
a)
Demuestren que la velocidad V0 del agua al salir por el orificio es:
1/2
°o =
b)
2y„
Calcular la altura h del nivel de agua en el barril por encima de la pequeña abertura
en el fondo.
vvvAVcíiuKperu.corn
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
HIDRODINAMICA
í
I
Xq
¡
ítlilINÍf]
a)
Sea V0, la velocidad a la que sale la lluvia.
t=
V0t = x0
V„
En el eje y, tenemos:
de (1) y (2)
y0 = ^ st2 ••■(2)
( 2 V /2
x0g ^
v0=
v2Voy
b)
Ahora aplicando Bernoulli, para el cilindro:
1
1
P1 + - /?V ‘ +/?gh = P2 + - >
c>V0 + psy
=> P, = P0 ; y 0 = 0, además V, « < V 0
/gh =i / v
2
V2
x2
2g
4y(
h= 0 -
0
Supongan que como resultado de una corriente horizontal de aire que sopla sobre la
parte superior de uno de ios brazos de tubo U de la figura, el nivel de mercurio en este
SOLUCIONARIO FISICA LE1VAI Y II
I
c
HIDRODINAMICA
SOLVER EDK
brazo se eleve 1 cm. ¿Cuál es la velocidad de la corriente de aire? Densidad del aire 1.3
kg/rrr
0
o
-v .
l0
r
A
Vi
p
9
Z
Pt
T
TPA
1cm
>
'%
i
.
¿ • V:
-Vv
r v :>::o
• > ..
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i l
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■*
. •
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Y v •.
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A
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•-rv - • • . T*; •
y -:**;-:':'**:
^y,
»v
-• ■
:■*•»
-,» v
^
V.
*
jy , .• :* v
--v
~
■
i
ww
•
Primero vemos que el mercurio esta en equilibrio:
P«m=P*+SÍeh ... (*)
Ahora por ecuación de Bernoulli
SOLUCIONARIO FISICA LEIV A I Y II
D
» SOLVER EDK
- .................................
HIDRODINAMICA
1
1
P0+ - P Vo +S/cy0 = P2+-pV 2+yogy
Pero y0 = y, además V0 = 0
\p
=>
patm =p2 +_o
ZHg
yv 2
(**)J
•** ^
Ahora de (*) y (**):
/dtm
r
R/
/atm
1 p
- -q
V 2 +qp
*aire“h
V 2=g^sh
. aire
v =
'2gPHsh
P a. ire
V = 44,3 m/s
[¡) ¿Cuál es la velocidad de fluido v que se asocia al flujo de agua que sale de una manguera
de radio 1.1 cm a razón de 50 cm3/s.
Tenemos que Q = 50xl0~^mJ /s
Además: A = 3,8xl0^m 2
Q = VA
V = — = 0,16m/s
A
Si la manguera del problema anterior tiene una estrangulación atrás de la abertura
correspondiente a un radio de 1 cm. Hallar (a) ia velocidad del fluido en el pinto de
estrangulación (b) La presión del fluido en la estrangulación, en relación a la de la
atmosfera P0; suponiendo que la manguera este en posición horizontal.
a)
Del problema anterior, veamos:
Q = óOxlO^m 3 /s
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
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c
HIDRODINAMICA
SOLVER EDK «
- 4 __ 2
Además: A = 3; 1x 10 m
Q = VA
b)
Por Bernoulli, tenemos:
1
1
pi+ - p v ; =P2+ - p Y
Debido a que y, = y c
r< = {p (v;
= 4,4 N/nY
Se tiene un tanque, que tiene la forma que se indica en la figura, está inicialmente lleno
de agua a una altura de h0. En el fondo del mismo hay un orificio de “a” de área, por el
que circula el agua. ¿Cuánto tiempo tarda en vaciarse el tanque?
Tenemos según el gráfico:
www. sd u KP6TU -corn
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
' ■
HIDRODINAMICA
Por Bernoulli, tenemos:
Py + -¿ p V y + p s ( h - y ) = P2 +
+ p s (0 )
| v y2+ g ( h - y ) = | v 22 ... (*)
Ahora p o r continuidad, tenemos:
r
y v a + (h — y )
2
V y - aV2
h
. .
(* * )
V
t/2
vía
yV a + (h -y)^
X
~h~
Reemplazando (**) en (*)
2 g ( h -y )
Vy
4
j
r
42
y Va + (h — y ) t
- 1
h
Luego:
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
/wvw. eei ukperu.co ;t'
c
HIDRODINAMICA
SOLVER EDK
2 g (h - y)
42
y V a + (h - y )|
h
V.. =
ah2^2g(h-y)
í
y V a + (h - y )t
v.
I y>/a+(h-y)t
dy
r*
= y =4| ^
dy =J dt
s
Je
dt
ah2^ g (h - y )
Considerando Va w 0
2I5
t = — I—
5a y 2g
En los lugares donde las secciones de un tubo de sección variable son iguales a Si y S2
se instalan dos tubos manométricos. Por el tubo fluye agua, Calcular el volumen de agua
que pasa por segundo a través de la sección del tubo, si la diferencia de niveles en los
tubos manométricos es igual a Ah.
Ah
±
r\.
S.
vvvv vv. vU >viKji ví U •i/Of I ?
SOLUCIONARIO FISICA LE ¡VA I Y II
D.
» SOLVER EDK
HIDRODINAMICA
Del problema tenemos por continuidad:
S,V, = S2V2
V o = ^ V , -..(*)
Luego por Bernoulli:
P,+^pV,2 = p2+i P v^
(P1-P2) +i p V 2= .lp V 2 ...(* )
Además visualizamos:
P. - P2 = Ahpg
=>
=>
a h / g t |/ v ,!
¡
a
:
2Ahg +V2 = V 2 .. (**)
Ahora, de (*) (*), tenemos:
r S^
^
2Ahg +V.2 = - V ,
vS2 'y
V, =
V,
2Ahg = —j-(S2- S 2)
O,
<v/2Ahg.S,
V sT si
Q = S,V, =
2Ahg
2 s,s.
12
Vsi- s 2
En el eje de un gasoducto con el área de la sección interna igual a S se instala un tubo de
Pitot. Des preciando la viscosidad, hailar el volumen del gas que pasa por segundo a
través de la sección del tubo, si la diferencia de niveles en el manómetro de líquido es
igual a h, y las densidades del líquido y del gas son po y p respectivamente.
Por la ecuación de Bernoulli
H
y
SOLUCIO NARIO FISICA LEIVA1 Y II
',•
www ed' ik.P0í<' oo¡yi
c
HIDRODINAMICA
pi +¿ PVI2+PSV, =P, +
— _
pgy,
Pero yt = y2, además Y, * 0
=*
P,+^/?Vf =P2 ... (a)
También, como el líquido no se mueve:
=>
P,+p0gAh = P2 ... (P)
De (a ) y (p):
=»'
^ V , 2 =p0gh
V,=
2PoSh
2p0gh
Encima de un agujero circular de radio R1; practicado en el fondo horizontal de un
recipiente ancho que contiene un líquido ideal, se pone un cilindro circular cerrado de
radio R2 > R|. El huelgo entre el cilindro y el fondo del recipiente es muy pequeño, la
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SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
D
HIDRODINAMICA
densidad del líquido p. Hallar, en función de la distancia r hasta el eje del agujero y el
cilindro, la presión estática del agua en el huelgo, si el nivel del líquido en la vasija es
igual a h.
//////////&/////////
Ejercicio para el lector.
En la pared vertical de un depósito hay dos pequeños orificios: el uno está a la distancia
X de la superficie del líquido y el otro, a la altura Y sobre el fondo. Los chorros de
líquido que salen se encuentran en el suelo (B ) en el mismo punto. ¿En qué relación está
X e Y?
T
«sí-
2
- y.
X
'•- .V r \ "
-
..Vi
H
:iv
V
.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
>
—
-
v
v
-s.
:-:v.
.
•rs‘ ••• N *
A
*v
..
>v
«A V
.
- —
'
-v
' I
1
c
HIDRODINAMICA
~\ Po
—
SOLVER EDK «
r
1
X
... ......1., 1 Síi
Y
h
L
^2
T p2
í
Por la ecuación de Bernoulli para (1) respecto a L
1
1
p, + - pV,2 + pgy, = P0 + - pV02 + pgx
Pero: P, = P0, y, = 0, pero V, » > V0
1
- pV:
=-1
pW ,+pgx
V,2 = 2gx ... (*)
.Analógicamente para (2), respecto a L2
P2+\
P V ¡
+ P S Y , = P0 +\ P V 2 + p g ( H - y )
P> = P0; Y2 = P también V2 » > V0
-
f
=,,(H - y )
=>
V22 = 2 g (H - y ) ... (**)
Por ecuaciones cinemáticas, tenemos:
d = V2(^/2ygj
fVww. cd uRper u-corn
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
HIDRODINÁMICA
d = V, ( ^ g ( h - x ) )
v2
= V, 7 ^ ( h - x )
V2
2y = v f (h - x ) ...(a )
Reemplazando (*) y (**) en (a):
=>
2 g (H - y )y = 2gx(H-x)
Resolviendo: x = y
En una conducción llena de agua en reposo reina una presión de P1 = 3.5 atm que se
ejerce sobre las paredes. ¿Cómo variará ésta posición si el agua empieza a circular con la
velocidad 0.9 m/s?
Para poder calcular la presión, tenemos que por la ecuación de Bernoulli.
p,
+gpy, = P2 + '- P V ¡ +g/?y2
Como ambos se encuentran al mismo nivel: yi = y2/ además Vi = 0
=>
p,-p
P| = P2 +“ PV 2 ...(* )
= \p<
Como p = 1000 kg / m3 y V2 = 0,9
=>
P - P = 0,00386 atm.
tij? En un plano horizontal, dos tuberías desembocan en una tercera de igual diámetro d.
Conocidos los gastos Q|, Q2 y las presiones P !; P2. Hallar la presión P en el tubo de
salida. No se tendrá en cuenta la resistencia.
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y I I
•
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/—
HIDRODINÁMICA
SOLVER
EDK «
_____________________
Tenemos que:
Por las ecuaciones de Bernoulli tenemos:
\
v >
»
V
f
pV~}
dm + P2 + P 2 dm = Í p + ^ 1 2dm
2 )
A
2 y
)
v
P,+
pV.2 A 2
2
A
2
+ p
P +
+P
' 2A2 2
2
+ ^
= 2 P + ^
2 A'
A2
A2
= 2P + ^ 2A2
A2
Luego:
2P= (P,+ P2) - ^ ( Q ? +Q2+4Q,Q2)
2A
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SOLUCIONARIO FISIC A LEIV A I Y II
» SOLVER EDK
HIDRODINÁMICA
J
Pero: Q2 = Q2+Q2+ 2Q,Q,¿
K .2
Además: A = —d" y y - pg
4
r p,+pC
2 J
4/
;r2d4g'
En un tubo horizontal que presenta un ensanchamiento brusco, circula el líquido con las
velocidades respectivas V I, V2. Hallar la diferencia de presión en los puntos A y B,
prescindiendo del rozamiento.
B
.7. :• -'-¿v
. >v’
7
.•a
....
• w»
:•* --
plV¡
y
~
" -*•-, •- s - N_
-y '-»
v» V
r-
-v
■7 -> v . - v
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P2 v2
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ys
v i '*
• v '- . v
x•~ 'v --"-s■^" ^ ",*
^ .X . '
• : . > : : ’ :• **:*x X . . *. *
a
- -
•'
~
^
•-■ - . . -■
■'
Por ecuación de Bernoulli tenemos:
1y
1y
P,+“ V, = p2+ - t Y
2g
2S
Po - P1 i
1
Y_
K - v 2)
2g
P2“ P1= ^ ( V1-V2)(V1+V2)
Como el cambio de área fue druso:
V,xV2
m
p2 =p
(v ,- v 2)
rl
s
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
wwvv.eduKoerí
c
HIDRODINAMICA
SOLVER EDK «
pffj Ei sifón automático de Neugebahuer tiene 3 codos B, C; D, el colo B está sumergido en
el liquido. Hallar la velocidad en los puntos-3, C; D y E.
D
B
£ rh h
h
I3
U
UJ
C
A
Y
Para el primer tramo; aplicamos Bernoulli,
=*
PI =P2 +\ p V l
=>
Pl - P2 + ^ V0
pg(h.l,) = |/?V 02
Análogamente, para el otro tramo:
v o2 = vTo2 + s‘2
1, +I,
V = v 2 +g
(
V
2
f +212 3I - I2
^
3
^ 4-12 + 1,
3
y
V„2 =V02|((1 - 1 i )2- 2 I,(I,- 2 1 4))
Donde: 1= !, +l2 +5
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II B B
SOLVER EDK
TEMPERATURA Y DILATACION
Dos reglas metálicas de latón y aluminio, respectivamente miden exactamente 1 m 0°C.
¿Qué diferencia de longitud tendrán a 150°C si aA = 1.9xl0_3OC 1y a A] = 2.2xlO"5oC_l
La variación de la longitud de la regla de latón y de aluminio son:
A tlr
latón = a L,lató.nAT
A ÍAI= a A|LA|AT
Por condición: Llciron = LAI = L = Im
Las longitudes nuevas son:
L|aton —L ( l + crLAT)
L Al
L(1 +CTa1At )
Liatón = 100285 m
L ai = 1,0033 m
•• ^ reglas = 45
¿Qué alargamiento sufrirá un carril de hierro de 12.50 m a 0°C, al pasar de 8°C a 80°C, si
a Fe = 1.16x10~5oC-1?
Hallamos la variación de longitud.
AL = i 0aAT - i 0aAT'
Ai = £0cr(8 0 - 0 )- ¿0a (- 8 +0)
A i = 88i Qa
A i = 12,76 mm
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
SOLVER EDK «
TEMPERATURA Y DILATACION
“”””En qué tanto por mil aumentara el volumen de una esfera de plata al pasar de 15°C a
100°C,si a As = 1.97x10"5°C
La variación de volumen se calcula:
AV - 3V0orAT
AV = 3Vo(l,297xl0~5)(85)
AV
= 0,00502
V
AV
xlOOO = 5,01 por mil.
V
Hallar la densidad del mercurio a 300°C sabiendo que su densidad a 0°C es igual a 13.6
g/cm3. Considerar que el coeficiente de dilatación cúbica de mercurio es constante y
A
que su valor medio en el intervalo de temperaturas dado es igual a 1.85xlO_4oC‘ 1
m
Sabemos que: í - —
V
El volumen nuevo a la T = 300°C es:
V - V 0(1+/?AT)
m
/^300°C
Pm°c
m
(l + /?AT)
C
Pq
°
Por
(l + M T )
••• pM 'C= 12,88 g/cm;
yV
V
rV
V
vV
-V
Í íve>vvií5
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
TEMPERATURA Y DILATACION
El módulo de comprensibilidad de benzol a 0°C y a la presión atmosférica es igual a
9 x l0 “5 atrrf 1 y su coeficiente de dilatación cubica 1.24xlO~3oC_1. ¿Qué presión exterior
habrá que ejercer sobre el benzol para que al calentarlo 1°C su volumen no varíe?
El módulo de comprensibilidad (x) se expresa:
x=
AT
V0AP
AV
AP = ^ - L; x = 9x10 3 atm -1
V
AP =
X I
at
X *
I,24 x 1Q~1.I
9x10
AP = 13,78 atm.
En un recipiente de vidrio cuya altura 10 cm hay mercurio. A la temperatura 20°C al nivel
del mercurio le faltaba la altura
1
mm para llegar al borde del recipiente. ¿Cuántos
grados se puede calentar el mercurio sin que rebose de este recipiente? El coeficiente
de dilatación cubica del mercurio p —1.82xl0_1°C _1. La dilatación del vidrio se respeta.
I
.1 mm
1
X-A
El volumen inicial será:
Y> = A. (9,99)
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
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TEMPERATURA Y DILATACION
. . . d
SOLVER EDK «
i
*
y la final será:
Vf =10A
VF-V o(l +/?AT) ...(a )
Reemplazando en (a)
1 0 / = 9,999/(1 +/7AT)
AT = 55,5°C
En una rueda de madera de 100 cm de diámetro es necesario colocar un neumático de
hierro, cuyo diámetro es 5 mm menor que ei de la rueda. ¿En cuántos grados es
necesario elevar la temperatura del neumático si a Fe = 12xlO“*°C 1?
ií
SOLUCION
La variación de volumen será:
AS = S0(2aF€)AT
7T (0,5)2- (0,4975/] = (0,4975)2;r.2aFeAT
AT = 419,8°C
La altura de la columna de mercurio medida en una escala de latón a temperatura t1; es
igual a hi. ¿Cuál será la altura h0de la columna de mercurio a t0 = 0°C se conoce del latón
«
y del mercurio?
Tenemos que la variación del volumen del mercurio es:
AV = +v0y?(o-t1)
AV = —V0/?t, ...(1 )
Pero la variación del volumen en el latón:
AV = S(h 0+Ah,-ht) ... (2)
S: área
x&'ftíiAKf
Prf •w
4 z Y V V v *v U «vi sv p
í
t >•v/v^rn
v i <*
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
t
» SOLVER EDK
TEMPERATURA Y DILATACION
De (2) en ( 1):
. ¿ ( h 0 + A h , - h 1) = - h 1¿ / a 1
hG= h, - Ah,
... (4)
La variación de longitud en el latón será:
Ah, = h]a t]
En (4):
h0 = h , (l + a t , - / ? t , )
En un centro de un disco de acero hay un o rific io de diám etro 4.99 mm a 0°C; hasta qué
tem peratura hay que calentar el disco para que por su o rific io em piece a pasar una bola
de d iá m e tro 5.00 mm. El coeficiente lineal del acero es l.lx lO ~ boC_1
Para que pase la esfera, el diám etro del agujero tiene que ser igual al diám etro de la
esfera:
n
(4 ,9 9 )5
71
(4 ; 99)
.2 a A T
AT = 182,3°C
Una bola de vid rio , cuyo coeficiente de dilatación cúbica es (3, se pesa tres veces: en el
aire y en un líq u id o a las tem peraturas ti y t 2. Las indicaciones para las tres pesadas son:
P; Pi y Pc2- Hallar el coeficiente de dila ta ció n cúbica p^ del liq u id o
En el líq u id o a diferente tem peratura tenemos los siguientes pasos:
P, = P - E , . . .( 1 )
R = P -E
9 ...( 2 )
Sabemos que E = /.V sumergido
s
P-P, =A-gV,sum ergido
...( 3 )
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
www.eouKperu co?
.... c
TEMPERATURA Y DILATACION
P
SOLVER EDK «
Pí *SV;umergido2 ***
Como a esta cierta temperatura el volumen de la esfera aumenta, entonces:
i
P - P : = A . s [ V 0 + /?V 0 ( t , - t ) ] . . . ( 5 )
P-P2= /VS[V0+/?V0(t2- t)] ...(6 )
.
De (5) y (ó) obtenemos la siguiente relación:
-P 2 +P, = p ,.g V o ( t 2 - t 1) ... (7 )
Pero:
m
Pe
Vt
.V,C desarrollado
V0+V0/7(ts - t,)
desarrollado
3 __ p
1
2
'"S X b
Y sabiendo que mg = P, tenemos que p es:
p2-p,+ p(t2- t,)
Entre dos paredes se encuentra una barra, de sección S, compuesta de dos partes de
igual longitud L/2 que tienen los coeficientes de dilatación lineal oq y a2, y los módulos
de Young Ei y E2. A la temperatura Tj los extremos de la barra apenas tocan las paredes.
¿Con que fuerza presionara dicha barra sobre las paredes si se calienta hasta la
temperatura T2? Despréciese la deformación de las paredes. ¿Cuántos se desplazara la
junta de las partes de la barra?
d«,
dí2
L/2
■*
V •
V v « V
v i
v
} -v,X , v
v
l 5 í
L/2
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
t
» SOLVER EDK
TEMPERATURA Y DILATACION
a í To„ = a í ,+ a í 2
A
f ro ta l =
Q' l ^
A T + Q r ' 2 ^ A T
También:
ACTotal
FL
2SE,
h—
2SE,
. . . ( 2)
Igualando (1) y (2) se tiene:
L .T
L aT
FL
FL
a,—AI + a., —A 1 =--- +
2SE1 2SE2
12
22
•
• F=
•
r a 2+ a ^
i
e ,e 2sa t
^ L ( cc}E a+oc2E2) ,
y A/: = —A—1-J
2
_ .
2
-J 1 (T -T )
E,+ E2
V2
17
5*
De un alambre de hierro de 1 mm de radio cuelga una carga. Esta carga hace que el
alambre se alargue en la misma longitud que se alargaría si se elevará 20°C su
temperatura. Hallar la magnitud de la carga.
//////////////
SOLUCIO NARIO FISICA LEIVA I Y II
m V , ed uKoeru.co m
c
TEMPERATURA Y DILATACIÓN
SOLVER EDK «
El módulo de Young será:
F Lo
r ES.AT
=>F = — — ... (1)
SM
lo
También sabemos que:
A£ = £0aAT ... (2)
De (2) en (1):
F - ESaAT
x = 3,87x10-6atm-1
Tomando igual a 4.8 x1o-5atm ei valor medio del coeficiente de comprensión del agua,
hallar la densidad del ¿gua del mar a ¡a profundidad de 5 km sabiendo que su densidad
en la superficie es igual a 1030 kg/m3. Al calcular la presión hidrostática del agua de mar
supóngase que su densidad es aproximadamente igual a la densidad del agua en la
superficie.
Problema para el lector.
El coeficiente de dilatación cubica del mercurio
/? = 1.82x1o-4°C~1. Hallar su
coeficiente de compresibilidad sabiendo que para que su volumen no varíe cuando se
calienta 1°C es necesario aumentar 47 atm la presión exterior.
Sabemos que el módulo de comprensibilidad se expresa:
AV
x =---- ...(1 )
V0AP
yAV = /?VoAT ...(2 )
De (1) y (2):
J3AT
AP
AAfsAv.eduKPeru.com
1.82x10~4.1 .
47 atm
0
iA^ ,
x = 3,87x10 atm'
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
____________
La figura representa el ciclo de funcionamiento de una máquina de vapor ideal por el
que tenemos que: (a) cuando el vapor de la caldera comienza a entrar en el cilindro la
presión en el aumenta a volumen constante VQdesde P0 hasta P, (rama AB); (b) al seguir
entrando vapor en el cilindro el émbolo se mueve de izquierda a derecha (rama BC) a
presión constante Pi. (c) el desplazamiento del embolo hacia la derecha continua, pero
cesa la entrada del vapor de la caldera en el cilindro, tiene lugar la expansión adiabática
del vapor (rama CD). (d) cuando el émbolo llega a su posición extrema derecha el vapor
del cilindro sale al condensador y la presión desciende a volumen constante V¿ hasta el
valor P0 (rama DE), y (e) al moverse el émbolo en sentido contrario le empuja al vapor
que queda en el cilindro a presión constante Po y el volumen disminuye desde V2 hasta
V0 (rama EA). Hallar el trabajo que realiza esta máquina en cada ciclo si VQ= 0,51, V¡ =
1,51; V2= 31; P0 = 1 atm, P | = 12 atm y y = 1.33 .
P Á
i
B
D
A
E
v
V0
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
Vi
V2
►
www. ed ukperu,corn
d
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA
SOLVER EDK «
Pri2
Po=l
V< r
V i =j
Vi=3L
w TOTa = w 1+
Del gráfico:
w ,= (P ,- P 0)(V ,- V 0) = llatm - L
Para el proceso CD
PeVe = pd .v ¿
(12)(1,5)1,33 =Pd (3)1,33
PD = 4,7 Atrn
Ahora:
c P;V!
w 2= j> .d V - (l)(1 ,5 ) = £ ^ A JV - (l,5 )
D
VX
w 9 = 9, 65 Atm - L
w t o t a l.
= 20,65 Atm-L
W TOTAL
= 2088,9 J
íYw w .ed uKoer u.co rn
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
N
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA
Una maquina frigorífica ideal funciona como bomba de calor según el ciclo de Carnot
inverso. Esta máquina recibe el calor del agua, que se encuentra a 2°C y lo transmite al
aire, cuya temperatura es de 27°C. Hallar (1) el coeficiente n1; es decir, la relación que
existe entre la cantidad de calor cedida al aire durante un periodo determinado de
tiempo y la cantidad de calor absorbida del agua durante este mismo periodo. (2) El
coeficiente n2, es decir, la relación que existe entre la cantidad de calor absorbida del
agua durante un periodo de tiempo determinado y la energía empleada en el
funcionamiento de la maquina durante este mismo periodo (n2 recibe
el nombre de
coeficiente de funcionamiento o eficacia de la maquina frigorífica), y (3) el coeficiente n3
es decir, la relación entre la energía empleada en el funcionamiento de la maquina
durante un intervalo de tiempo determinado y la cantidad de calor cedido al aire
durante este mismo tiempo (el coeficiente n3 es el rendimiento termino del ciclo). Hallar
n1; n2y n3.
V iÜ V
SO LUCIO NARIO FISIC A LEIVAI Y II
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CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA
L .
SOLVER EDK «
n, =1,09
b)
zahora
para:
Q‘ AB
Q.Lemp!e
De lo anterior:
Q«d=l09
^empleada
Q empleada
^‘Ah ^ced
= 0,09QAb
n2 =11
c) Ahora para:
m
Q£
‘ em p
Qced = 3,09QAb
Q ced
Qemp=0,09QAb
n, = 0,83
Una máquina térmica ideal funciona según el ciclo de Carnot empleando aire caliente, el
cual se toma a una presión inicial de 7 atm con la temperatura de 127°C. El volumen
inicial del aire es de 2xl0_3m3. Después de la primera expansión adiabático el volumen
de
81. Hallar (1) el trabajo total realizado durante el ciclo (2) el rendimiento del ciclo.
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA
Para el tram o (1 -> 2 ) el p r o c e s o es iso térm ica, en to n ce s:
pv
r l V|
= P2 V
2
( 7 ) ( 2 ) = Pa( S )
P2 = 2 ,8 Atm
Luego para el p r o c e s o (2 -> 3)
El p r o c e s o es a d ia b á tic o y c o n sid e ra n d o un d icto n ico
P2 = .V2' - P 3V3' ;
P3
y —
1,4 0
= 1 , 4 5 Atm
A hora para el tram o (3 -> 4 ) es iso term o
=»
P 3 —V 3 = P 4 - V
=*
P4 .P4 = 1 1 , 6
Ahora (4
4
... ( * )
1)
p,-v r = P 4YT
P4.V ; = 1 8 , 5 .. ( * * )
R esultando ( * ) y ( * * ) te n e m o s:
= 3,2(C)
3 ,6 2 5 atm
W
N e to
=
W
.- V 2
+
W
2 -*3
w 1->2 = P.V.L
+
4-
^
v v »y
W
3-> 4
+
W
4 - .l
W
-f-P3 ' V
Ln V
v v 2 —>3
v 3
v V o/
w 4 —>1
Ahora te n e m o s q u e
w 2 —>3
P V
M
i- r
r
o
•
V
9
y r - v r )
w
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
\aaaaa/prhiknpn?
% •: ¿ v < í . V V '
'.p w
í C-: .• w \ v > • : •
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA
c
—
un ..........
SOLVER
EDK «
...
Reemplazando tenemos:
w Neto =15,83 atm x litro
W Ne,o = 1 6 0 1 J
n = 1-
T,
T
T
n = 1- A
Tn
Pero
P;V, - nRT
n-0,43
P,V, = nRT,
Ta = 329 k
n = 0,178
Cierta cantidad de oxigeno ocupa ei volumen V t = 31 a la temperatura ti = 27°C y a la
presión P, = 8.2 x 105 N/m2. En un segundo estado este gas tiene los parámetros V2 = 4.
Si y P2= 6 x 10’ N/m2. Hallar la variación de la energía interna del gas para ACB y ADB.
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SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
.
D
» SOLVER EOK
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA
Como AC es isocoro
Tl A
Tc =219.5 k
T
lC
Donde:
Cv = 5,03
Cp = 7,03
cal
m ol-k
cal
m ol-k
Además Q dis = AU
^
Qdis = nCvAT ... (1)
Ahora:
PAVA =nRT
n = 1 mol
en (1)
a u ac
^ Q acciíc =-404,92 cal
= -1692,6 J ... (1)
Para el tramo CB el proceso es isobárico:
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
w w v v .e d u k
'i $<
::
I
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA
c
«
_
V
V
=>
=-S- = Tb=329,3k
T(- Tb
b
Q m,
= nCDAT = AUrB
CB +w CB
(7,03) (109,8) (4,18) - (óx 105)(1,5x l O'3) = AVCB
AUct} = 2326,5 J ...(2 )
Luego: AUab =633;9 J
2o Debido a que ambos tramos llegan al punto B.
Luego A U ^ = 633,9J
Dos gases distintos uno de los cuales es monoatómico y el otro diatómico, se
encuentran a igual temperatura y ocupan el mismo volumen. Ambos gases se
comprimen adiabáticamente de manera que sus volúmenes se reducen a la mitad. ¿Cuál
de ios gases se calienta más y en cuántas veces?
Para el gas monoatómico
y - 1,68
AU = -nRAT
2
E! gas diatómico
y ~ 1,40
AU = —nRAT
2
Ahora como el trabajo: AU = w para gas monoatómico, tenemos:
w =W L
y-1
f V v_/
-V i-r
Pero V = V
w=
P,V
y —i1L(
-a s r- i
/
w = P,V(0,55) ... (2)
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SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
» SOLVER EOK
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA
w =
‘ ■'i
PV
rl
vo;/
<
T
1
w =
r
1
Para el diatóm ico
y -1
ív'
py
r,
w = P ,V (0 ,6 l) ... (1)
( 1) y
(2 ) tenemos
AU = w
3
-nR AT, = P,V1(0 ,5 ) ... (m onoatóm ico)
5
-n R A T 2 = ^ ^ ( 0 , 6 ) ... (diatóm ico)
AT, = 0 ,3 T 0 ... (m onoatóm ico)
AT2 = 0,24T0 ... (diatóm ico)
Tf =1,3T0
Tf.=1,24T0
ll _= 1,05
Tf
Un Kilom ol de gas perfecto realiza un ciclo com puesto de dos isocoras y dos isóbaras.
Al ocurrir esto el volum en del gas varía desde V] = 2m^ hasta V 2 =50 m* y la presión
desde Pi = 1 atm basta P2 = 2 atm. ¿Cuántas veces será menor el trabajo realizado con
este ciclo que el que se obtiene con el ciclo de Carnot, cuyas isotermas corresponde a
las temperaturas máxima y mínima del ciclo que examinaremos, si durante la expansión
isotérmica el volum en del gas aumenta dos veces?
i
SOLUCION
I
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II
vwvw.edukperu.
w
w
!i'
c
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA
SOLVER EDK «
Ahora T = T,
P2
P
También para el punto (3)
T*3 _ T2
V.
T*3 =
v„
r v3 A
T0
v Vv2y
T3 = 2T2 - 4T
Para el punto (4)
T4
P4
„
T3
P3
T
T; = -2- = 2T
4 2
w utll =(1,05) x 105x ( 25) = 26,25x105J
Pero tenemos en ei ciclo de Carnot
jkPS'íu corn
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA ¡ Y II
» SOLVER EDK
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
y
n=
4/
=>
n = 0,75
Ahora:
w ut¡i =(nR4tLn(2))n
w
„. íi
=3nRL„(2)T ...(3 )
Carnot
Ahora para el primer caso (punto 1) tenemos:
PV = nRT
(l,05xl0s)(25) = (l0 3)(8,31)T
=>
T = 315,9 k
w ui¡i
= 54,6x105J
Camot
w util
= 2,1 veces
Camot
El d iá m e tro del c ilin d ro de un m o to r d e c o m b u s tió n inte rna con c a rb u ra d o r es de 10 cm
y la carrera del é m b o lo es igual a 11 cm . (1 ) ¿Qué vo lu m e n d e b e te n e r la cám ara de
c o m p re n sió n , sa b ie n d o que la p re sió n in ic ia l e s .d e 127°C y que a la p re sió n fin a l en
dicha cám ara después de la co m p re s ió n es igual a 10 atm ? (2) ¿Cuál será la te m p e ra tu ra
del gas en la cám ara después de la c o m p re n s ió n ? (3 ) ¿Qué tra b a jo se realiza d u ra n te la
co m p re sió n ? Si / - 1 . 3
E je rc ic io para el le c to r
Dos esferas c o n c é n tric a s huecas de ra d io Rt y R2 y te m pe ra turas inte rna T i y externa T 2
(Ti > T 2) y c o n d u c tiv id a d e s té rm icas Ki y K 2 resp ectiva m e n te . H allar la te m p e ra tu ra en tre
las esferas a la d ista n cia R3 y el flu jo c a lo rífic o , ve r figura.
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II
www.edukperu.co
----V______
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA
'
SOLVER EDK «
Tenemos que a una posición x = R3; que:
o
_ -4,Tk,(Tx-T,).R3R,
(R - R )
£ = -4frk2(T2-Tx).R2R;,
(R2-R3)
o
A h o ra c o m o n o existe s u m id e ro s
o
el flu jo d e b e ser el m ism o : Q ,= Q,
-4/k,(Tx-T,).R3R|
-4 /k2(T2-Tx).R2R;
( r 3- r ,)
( r 2- r 3)
Y sea:
A
R ,k,
J
R,-R,
’
Q= -4/tA(Tx-T,)R3= -4/tA
f AT, +BT0
v.
Q-
-4^AB(T2-T,)R3
A +B
A +B
+ ^2
\
I
r3
—4ttR,R3k, (T2 -T,)B
a
+b ( r , -R ,)
A través de un a is la d o r c ilin d r ic o
/—
^ 1
A +B
r 2- r 3
Luego:
o
_
de ra d io e x te rio r R2 que ro d ea a un tu b o
de
o n d u c c ió n de v a p o r de ra d io e x te rio r R2, flu y e c a lo r ra d ia lm e n te hacia afuera. La
www.eduKDeru.corn
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II
■I»IW
.
;
» SOLVER EPK
)
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
temperatura de la superficie interior del aislador es T] y la de la superficie exterior es T2.
¿A qué distancia contada desde el centro del tubo, es la temperatura igual justamente a
la semisuma de Ti y T2? CD >T2)
Sea:
2jrkh(T,-T,)
Q en el
í
punto x
rt \
K
L.
o
en el
punto x
VR i J
'R x
vR. j
nr
2;rkh(l2-Tx)
('
R*
L.
\R
L I^
n| R
t
Ahora: T = ■
■
1+■- en (1)
f
=L
y
rR ^
_ 2 _
R = ^RlR2
vR y
(a) Las temperaturas en ambas caras de un disco de extensión infinita son TI y T2. ¿Cuál
es la distribución de temperatura en el interior del disco en estado estacionario? (b)
¿Cuál es la distribución de temperatura correspondiente a un tubo de paredes gruesas
manteniendo a temperaturas constantes en el interior y en el exterior?
[SI
Si hacemos pasar el eje de coordenadas por el centro del disco,
a) Además ubiquemos un punto situación a X metros.
Ti> T
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II
2
'A
/ÍÁ
A
A
/ :n
p>í'?5:'VVT
CíHs
r
.................
L .............
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA
SOLVE REDK «
•
dT
Q= kAx — ; pero A x = A = cte
dx
o
í xQdx= p-kdTA
Jo
J t,
Qx=-k(Tx- T ,)A
Q x= A k(T-Tx) ...O )
Ahora en sentido contrario
o
Q= -kA x
dT
dx
fd °
/«Tn
j x Qdx= JT -kAdr
Q (d - x ) = -kA(T2-Tx) ...(2 )
De (1) y (2) tenemos que:
í
TX =
T
X
2
T '
T
V
X
l x +T
/
b)
o
dT
dx
o
Q= - k 0yTXh
W
V
v.Vv-í'J:Ví-•VVii>
■
dT
dx
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
l
%
'
D
» SOLVER EDK
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA
rx ° dx rTx
f Q— = | -2k^hdt
J t, x Jt’
Q=
-2kTh(Tx-T,)
( 1)
L„(x/r,)
Análogam ente realizamos de punto x a r 2
=*
o -2k;rh(T2-T )
Q=— 7 t T \
n V2
-
( 2
)
)
Igualando ( 1) y ( 2)
(Tx-T,)
M x/ri)
^=2kíTí (T2-Tx)
L n ( r2 1 x )
Tx= % - ^ y L„ ( x/r,) +T,
L
vri y
Veinte gramos de helio, encerrados en un c ilin d ro p o r un pistón se transforman de un
m odo infinitam ente lento del estado con volum en V I =321 y presión P1 = 4 .1 atm al
estado con volum en V2 = 91 y P2 = 15.5 atm. ¿Cuál será la mayor tem peratura alcanzada
por el gas en este proceso, si en el gráfico de la dependencia de la presión en función
del volum en del gas el proceso está representado p o r una línea recta?
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
vvww. eduKper'u.con
SOLVER EDK «
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
Tenemos como el trabajo que se efectúa es infinitamente lento.
Q
^entrega = AU - w
2w = AU ... (*)
Como también se trata de un monoatómico.
AU = -nATR
2
AU =
4w
...(**)
3R
.Ahora del gráfico mostrado:
Po+P,
w=
V
( v , - v 2)
J
w
w = 225.4 atm-l
\
4
225,4
AT =—
3 v 0,082(n) y
A T =--3365
... ,(a)A
AT
n
AT = 336,5k
T
=336,5+T
T
=496,5k
Un cuerpo esférico de un lcm de diámetro está a una temperatura de 727°C.
Suponiendo que irradia como si fuera un cuerpo negro. Hallar la cantidad de calor
irradiada por unidad de tiempo emitida por su superficie.
Tenemos que: T = 1 000 k
5 = o - T 4 = ( 5 , 6 7 x 10 ' 8 ) ( 1 0 0 0 ) '
s = 56700
v y w w . eduRperu.corn
w
m
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
__
.
■I l . p —
J
— I
» SOLVER EOK
■-■■■■
■■
»
Q =
4,18
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA
- 4 25 cal/seg
Un proyectil cuya temperatura es de 30°C y su calor especifico 0.09; es detenido por una
placa de acero. La velocidad del proyectil es de 500 m/s en el instante del choque, y el
calor producido se divide igualmente entre el proyectil y la placa. ¿Cuál es la
temperatura que alcanza el proyectil?
JEjjj'iiittUi'
El calor disipado = E
500 m/s
—*|
>
_
1
Q = -m V"
2
ni
m ( 1 2,5 x 10 4 )
Q =—
4,18
L ... (1)
Luego se ve que el calor ganado por la bala es:
8 = m C e - (T e A - 3 0 ) ...(2 )
X C (l2 ,5 x l0 4)
2 (4 5 8 )... W
(0,09)(-r;,-30)
=> Tef = 196,14oC
El calor específico verdadero del grafito, referido al átomo gramo, viene dado por la
expresión:
C = 2.67 4-2.62 x 10-3T - 1.17 x 10"5T‘2
donde T en °K . Calcular la cantidad de calor que precisan 10 kg de grafito para elevar su
temperatura de 50 a 300°C.
Tenemos:
C = 2.67 + 2.62 x 10“3T-1. 17 x lO _5T~2T (k )
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y ¡I
www. ed ukperu.co m
SOLVER EDK «
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA
Además:
Q =m
J
too
50272
Cdt
Ahora:
C = 2,67 + 2 ,6 2 x 1 0 '3( T - 2 7 3 ) - ( 1 . 1 7 x 1 0 ^ ) ( T - 2 7 3 ) " 2
Donde T(°C)
Q =m
o(l, 95 +2,62 x 1CT3T -1,17 x 10~5(T - 273)“'2) dT
_3t2 . 1,17xlO"5
T-273
300
Q = 104 x 1,95T +1,31x10 T +
=>
50
Q = 6,02x10° cal
Q = 602 kcal
Se mezclan 8 kg de agua a 100°C con 2 kg de hielo (2) Cuál será la temperatura de la
mezcla (b) ¿Y si, en lugar de 2 kg, añadiéramos 15 kg de hielo? (c) ¿Y si estos 15 kg
estuvieran a 20°C bajo cero? Ce (hielo) = 0.5.
a)
Oe
100
T eq
Observación:
Falta indicar que el hielo se encuentra a 0 £
Tenemos que: Q^¡0 = Qperdjdo
Q l +Q —q perdido
m hieiuL + C e m dSuaAT, = m ^ C e A l ,
(2000)(80) +(l)(2000)(Teq) = (8000)(l)(l00-Teq)
www. ed ü Kperu.co rn
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
» SOLVER EDK
=>
b)
Teq = 64° C
C om o te ne m o s
8 kg agua a 100°C y 15 kg h ie lo a 0°C; veam os cu a n to ca lo r necesita
to d o el h ie lo para fundirse.
Qtran=mHlL = (15000) 80
=
120 kcal ... ( 1)
P odem os v e rific a r que el c a lo r e n tre g a d o p o r
8 kg de agua, hasta que llegue a T = 0°C
es:
Qmt =CemAT = (l)(8000)(l00) = 100Kcal ... (2)
max
t
De (1 ) y (2), p o d e m o s v e rific a r que no to d o el h ie lo se fu n d irá , .*. en la m ezcla existía
agua y hielo.
Teq =0°C
Sea m = masa de h ie lo fu n d id o
m L = Q e n tre3a = C e m i A T
m(80) = (8000)(l00)
=>
m=10kg
aguaMa=18kg
hielofl = 51<g
c)
0°C
Teq
100 c
A n á lo g o al caso an terior: t = 0 oC
Qentra=100k = (0;5)(l5000)(2)+m(80)
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA l Y ¡I
www.eciukperu.com
......c
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA
=>
SOLVER EDK «
m = 1,0625 lo que se fu n d e .
Se in tro d u c e n 3 litro s de o x ig e n o m e d id o s a 15°C y 760 m m con
8 litro s de h id ró g e n o
m e d id o s a 20°C y 750 m m y 4 litro s de n itró g e n o a 12°C y 710 m m en un re c ip ie n te de
6
It de ca p a c id a d y te m p e ra tu ra 16°C ¿Cuál será la p re s ió n de la m ezcla?
Para la m ezcla to ta l p id e n P.
PMz *VMz = ntotal RTMz
= n totai (6 2 ,4 )(2 8 0 )
P Wz = n ,otal
=>
(3 0 0 5 ,4 )
..(1 )
PMz=1842mmHg
P T o ,,i
= n, +
n 2
+n 3
Para cada gas, veamos:
^Vj^n^T,
=>
n, =0,13(0,)
P2V2 - n2RT2
=>
n2 =0,33(M 2)
P3V3 = n3RT3
=>
n3 = 0,16(N,)
A Tota, =0,612 mol
En un calorímetro de cobre de 25g de peso se ponen 10 gr de alcohol a 10°C; se
introduce una masa de cobre de 50 g a 100°C y la temperatura de equilibrio es 16°C.
Siendo 0.095 al calor específico del cobre, hallar el calor especifico de alcohol.
perdido
10 £
w w w Pili iknery onm
y « >
í
*
V
v . i *wí : \ > / v
í V
.• - v >v í s ?
16 £
100 £
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
3
» SOLVER EDK
QOH + (3 cu
^OH^^OH^Tl
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA
Q Cu,,
^^Cu^Cu, ^
(l00)(Ce)(6)' +(0;095)(25)(6) =(0;095)(50)(84)
CeOH = 0,641
Una cantidad de gas de volumen V, y presión P} realiza sucesivamente las siguientes 3
transformaciones: la primera isotérmica, con un grado de expansión £ = V1/V2, la
segunda a presión constante; y la última adiabática. El estado final es idéntico al del
principio. Calcular el trabajo de dilatación del gas y el calor puesto en juego durante el
ciclo.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
i-A A * , *
• <" v í rf . :■„* v : ’hX- ó -, $...£
5
S
:'W
i.,-. 0 •-.> w
:
(
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
SOLVER EDK «
Tenemos el siguiente ciclo termodinámico:
Además : s
V,
V,
Del proceso tenemos:
P2
P
r 1
P V =P2 V2
r 1 V1
VV1
=£
V2
P2 =eP
cr1
Además en el proceso 3 - 1:
\
P V ^ P 2V '3
r l vi
'
P, f v.
=
>
i=
w p
2
vVw
1
2
£
V3 = vV 1
n
Uy
Ahora si:
y
\
w = P,V,L.
v¿y
t i P w \í ? v>->
V
f i
j
í , V
r iw' - í> T
? i*
y
v
v^y
—¿rP,
w - P,V,L„
U
v y/ 'n- v;• VV ^v v v -
/
( y1 y
vU J
V,
y
/
\
i ^ P.v,1~r 1—y / n 1-y
V.
-V, 1-y
T-1
y
y
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
ZD
» SOLVER EDK
w = P/V,
L
\£y
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA
/
-i X
r 1- e r
y -1 v
y
El calor puesto en juego, sea Q = w
/
Q = p, v , Ln í- '
Y
y-\
'-i A
1- e
y
Un ciclo se com pone de una transformación a volum en constante y de otra a presión
constante, separados ambos por dos transformaciones adiabáticas. El estado inicial p l,
u l, TI se da, así com o los grados de expansión s y
, de las transformaciones
adiabáticas. Hallar el trabajo de dilatación del ciclo y el calor necesario para efectuarlo.
=
ul / ü 2
£j =ua /U3
v,=v
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II
vvww, ecl ukperu ;con
c
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
Del proceso (1 - 2)
Tenemos:
V3 =
= R2V2''
=>
SOLVER
- EDK «
V,
P, =
"
Para el tramo (3 - 4) se cumple:
P4V,'’ =P,V¿'
í
P4 =P
*1
=>
P4í '= P ,= P 2
£y
\ i/
w Util, —W 1—2 —w 2-3 —w .3-4
" W
J ' £ - p, ( v , - v O - p, v í £ í
P
r l vV1;/
W
=
vv Util
w=
f>\£ r V ' - v
r~ \
\
www. ed y kdoí u .corrí
)/ p ',^
_
vv i
1- Y
r
ÍVV1___J_
V í _ p . ( v , r ( v ,.r
K6
£, -£
V
S\J
r -1
rr
\
p. ( v .)
J
' 1
ir- 0
1-y \
yl-y
_
Y
e'-r ,
i y
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II
3
» SOLVER EDK
í
1
w = P,V,
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA
8
V
P,V,
W
V
S} - 8
E€\
\
J
8
(r - i)
.1- ;
\
1 s ^ (l- s r- ')- £ ;s r 8x-8
O'"1)'*.’
V 88x y
8
l - r
(r - iK
P,V,
1
1
T
1
w =
( r —i)*«T
dQp = nCpdT
Por la ecuación general: Pdv = nRdl
C
rv3
Q =^- V| Pd V
R JVo
Q p = ^ . ( V 3- V 2)
=> Qn =
V p y c j s - e 1A
R
V S \S J
Análogamente
v ,c V
Í 'dP
Q , - C" V Jp.
R
R
R
V
1
v
y
-Ri
. .
(**)
y
b) Qneces =Q p + QV v ; ^ ( * ) y ( * * )
Q nec
p.v,
1 1e ' C v
R
PV
Q
=
^■nec
p
CV
( 1
V
£\
' 1
Y
U
1]
v
+Cpr
' i
"cj
j
1
\
8 y
+Cp
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II
1'
r1
r
www. ecl ukperu.com
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SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA
V ^ ...
SOLVER EDK «
...
....i
..
■ ■■
640 g de plomo derretido a al temperatura de fusión se vierten sobre hielo a 0 °C . Hallar
la variación que experimenta la entropía durante esta transformación.
Primero hallaremos la temperatura de equilibrio del sistema, sean 100 g de hielo y por datos
de tabla se tiene:
Tf
p lo m o
= 326,5° C
Le =5,9
r Pb
'
Ce = 0,03-^1
gC
cal
guc
i
Ce = 1,074^
2°
gc
L, =80—
h2 °
g
En el equilibrio:
Lhie,„xMhjelo +1V U .C
(T , -0 ) = Lu ,MpbC^ (326,5 - T j
De la expresión anterior obtenemos
Teq:
Teq = 16,15 C o 289,15k
www.edukpuru.com
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA
La variación de entropía será:
Q
f.^iAn ^ |j*^pb^'
Afusión
pt> ^epb
t
T.328,5 C J
í •T \
F
AS = 6,29cal +mpbCepbt?n
vV
/
594,5 A
AS = 6,29cal +640.0,037n
v 289,15 /
AS = 2 0 ,2 8 ^ x — Jk 1cal
AS = 84,810J
lallar el aumento de entropía correspondiente a al transformación de 1 g de agua a 0°C en
vapora 100°C.
La variación de la entropía es:
AS =
CdQ
JT
f mCedT + r mLv
=J
!0(fC
o°c
m rc
A
B
A gua
Agita
100°C
Vapor
f ’Y \ mLV.
agua
AS = mCeaguaL„ F +
vTHy 373
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II
www.eduKperu.carr
c
SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA
AS = m Ce agua L n
''373^
V27 3 y
+
SOLVER EDK «
m L V.
a q u a
373
AS = 7 ,3 5 6 -r—
k
6.6 g h id ró g e n o se e xp a n d e n p o r vía iso b á rica hasta d u p lic a r su v o lu m e n . H a lla r la
v a ria c ió n que e x p e rim e n ta la e n tro p ía al p ro d u c irs e esta e xp a n sió n .
Proceso
Las m oles serán:
n =
= 3 ,3 m o l
La va ria c ió n de e n tro p ía es:
AS
rdQ_
J
j
r~
B nC„dT
A J
AS = n C p L n —
j
...(1)
vT,y
•-fij\Ajs?-r psy. ** n p r i i m m
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
D
» SOLVER EDK
SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA
Para un gas ideal:
PAV0=nRT,
2PaV0 = n h T2
T2=2T,...(1)
De (2) en (1):
AS = nCp£n
= nCpfn2
cal
AS = (3,3)7¿n2 = 15,8-
Después de haber sido calentados 22 g de nitrógeno su temperatura absoluta aumentó 1.2
veces y la entropía en 4.19J°K. En que condiciones se llevo a cabo el calentamiento (a
volumen o a presión constante)
Consideramos que se elevó a presión constante, de esto, la entropía en este proceso
tiene que ser igual al dato:
.AS = 4,19 J/°K •
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II
www.edukperu.coi
SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA
AS -
Pero:
T
c
SOLVER EDK «
= nCpln
— = 1,2
T,
AS = nCpLn í-1
AS = 4,19 —
El proceso se llevó a presión constante.
Hallar la variación que experimenta la entropía al pasar un gas del estado A al estado B en
las condiciones que se indican, si la transformación se efectúa (a ) por el camino A C B y (2)
por el camino ADB.
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA
Para el camino ACB se tienen 2 procesos: AC isobarico y CB isocoro.
bnCvdT
c
rnCpdT
. J
t
1
A
í rT
\
B
AS = nCvLn
T
1
f rr
+nCpdT Jc_
vC y
vTc ;
Considerando que es un gas diatómico:
(5 ^
AS = 0;4n -R -0;3n -R
2 y
V2 y
(7
}
AS - 0,65nR
En (A) hallamos “nR”
nR =
-3
Pv
8,2x 105x 3x 10
T
nR = 8;2
300° k
J
J
AS = 5, 33 0
k
Para el camino ADB se tienen de la misma forma 2 procesos: isocoro e isobárico:
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
www. ecl ukperu.co
c
SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA
D
AS = f
nCvdT
SOLVER EDK «
Bf nCpdT
J
1219,5\
_ , 329,3^
+
nCpLn
AS = nCvLn
V219,5 /
V 200 y
AS = 0,4Cn-0,3nC V
(1 \
(5
)
AS = 0.4 -R n-0,3 -R n
U
J
U J
AS = 0,65nR
AS = 0,65(8,2)
J
AS = 5,33 0
Un metro cúbico de aire que se encuentra a al temperatura de 0°C y a la presión de 2
kgf/cm2se expande isotérmicamente desde el volumen V2=2V i . Hallar la variación de al
entropía que origina esta transformación.
En un proceso isotérmico:
dV = dQ+dw = 0
www. e a y K D & r u .corn
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
... ..... .
D
SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA
dQ = PdV
Por definición:
dQ
M
f PdV
f - J
AS =
T
rnRdV
J
= nRL ( v A
Iv J
r
V
n
Hallamos “nR”, como es un gas perfecto.
nRT = P.V
nR =
20N /cm \W
273° k
J
= 732 —
k
Reemplazando en (1):
AS - 733L
^2V,'N
A , )
AS = 507,8
J
Una maquina térmica que funciona entre dos temperaturas ti y t2puede, teóricamente,
convertir en trabajo útil la cuarta parte del calor que se suministra. Si la temperatura ti,
correspondiente al foco caliente, disminuye 60°C, el rendimiento teórico de la máquina es la
mitad del anterior. Hallar los valores de ti y t2.
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SOLVER EDK «
........
SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA
¡Turan
//
la q u m a
A
//
M á q u in a " B "
^ i= 3 3 ^
1
►
w = —
/
t
7
W
\
n A
%
S a b e m o s q u e la e fic ie n c ia es:
n = — = 1- —
T.
Q
En la m a q u in a ria A :
— ex
,
4
1
n a= -3— => n A = —
A
Q
A 4
P o r c o n d ic ió n :
www. ed ük per u,coro
n
s
= —n A
2
A
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
•••
» SOLVER EDK
SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA
NL = 1 -
333 _ 1
T ~2
71,-812 = 7x333
71, -8T2 =2664...(l)
De la maquina:
T
nA = l - f
i = 1J k
4
T,
4T2 =3T¡... (2)
De las ecuaciones (1) y (2) obtenemos Ti y T2:
T, = 107,5oC
T9 -12;3°C
¡3 Demuestre que un proceso a volumen constante, Ds/Du =1/T y (b) que en un proceso en
que no cambia la energía interna del sistema Ds/Dv =Pt
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
www. ed ukpe ru,co ni
1
SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA
1
T
4
T,
SOLVER EDK «
4T2 = 3Tr ..(2)
De las ecuaciones (1) y (2) obtenemos Ti y T2:
r, - 107.5°C
r2= 12.3°C
Demuestre que un proceso a volumen constante, dS/dU = 1/T y (b) Que en un proceso en
&
que no cambia la energía interna del sistema dS/dV = P/T.
*' •
a)
m
t t m
t ñ
m
Para un proceso a volumen constante dU es:
dU= dQ + dw ... (1)
dw = dQ + PdV...(2)
como el V: cte, entonces: dw = dQ por definición:
dS
dS =
dQ
T
dU
dS
1
T
dU
T
b) Para un proceso en que no cambia la energía interna: dU = 0.
En (2) se tiene que: dQ = PdV
Por definición:
dS =
dS =
dQ
T
PdV
T
dS _ P
dV “ T
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SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
-
y
SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA
.....
„
„
Prueba que el cambio de la entropía de un gas monoatómico ideal entre el estado inicial
(Poj VQ, T0) en que la entropía es S0y un estado final (P,V,T) en que la entropía es S está
dado por:
S - S 0 = 3/2nRLn(T/T0) +nRLn(V/ V0) en donde n es el número de moles de gas.
Por teoría sabemos que:
AV = AQ +Aw...(l) y la definimos de entropía es:
Cinco moles de un gas ideal Cv = 3 experimentan una expansión isotérmica reversible
desde un volumen inicial de 241t hasta un volumen final de 20 lt a la temperatura de
300°K. Halle: (a) El cambio en la energía interna del gas (b). El cambio en la energía
interna de los alrededores, (c) el cambio en la entropía del gas (d) el cambio en la
entropía de los alrededores (e). El cambio en la entropía del universo.
Proceso isotérmico
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
4 f- fi A.
i
>í
5V V v V V .CCe U
is
{■> <7á y
i
»
* 'n :
’v
i \J , U U : •
'
C
SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA
■.
SOLVER EDK «
Proceso isotérmico
a)
Para un proceso isotérmico: AUg = 0
dQ = dw = PdV
b)
Por teoría: AVg+AVg = 0
Av. = 0
a
c)
Como dQ = PdV; por definición de entropía:
ASg = J ^ = f ™ . .(1)
T
T
Por ser un gas ideal se tiene que:
P = — ...(2)
V
De (2) en (1) se tiene:
nRdV
ASs = í
V
AS. = nRC
ASg = r
d)
fVCl
vViy
caí
V20y
1.81 o
k
Como la ASs +ASa =0
Se tiene que la entropía de los alrededores es:
AS.a = AS0
S
ASa =-1.81 —
°k
e)
Corno es un proceso reversible la variación de la entropía en el universo es cero.
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
» SOLVER
EDK
...
.
.
.........
)
SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA
ASa = 0
Una boisa que contiene 75kg de arena se deja caer hasta el suelo desde una plataforma
de 4 metros de altura. La temperatura en el exterior es de 30°C. Suponiendo que no se
transfiere energía al piso. Halle el aumento en la entropía de la bolsa de arena.
Solo se ejerce trabajo:
dQ
= dw
AQ = Aw
%
AS =
AQ
Aw
I T
mgh
T
_ (75)(9.8)(9)
AS =
303
p Q
I
AS =9.7 — x0.24 —
°k
J
AS = 2.32 —
O!
,
El calor específico medio del cobre es 0.093 cal/g°C entre los límites de temperatura de
0°C a 100°C. Halle el cambio total en la entropía para ios siguientes casos: (a) Un bloque
de cobre de 500 g a la temperatura de 90°C se coloca en un lago cuya temperatura es de
10°C (b) Se deja caer el objeto al lago desde un helicóptero situado a 20m de altura, (c)
Se unen dos bloques de obre de 50Qg uno a 10°C y el otro a 90°C dentro de un recipiente
aislado de los alrededores.
Por definición:
AS =
r dQ
J T
Ce cu
ril = 0.093cal/g°C
medio
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA i V II
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SOLVER EDK «
SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA
a)
Para el primer caso se tiene:
a s _ j m C e a £ T _ mCe
cu/7
t
AS = 500g + 0.093 —
g
f ’T' A
_L
v T¡ y
1° ~ 27 ^ '
g°k "V 90+ 273
AS = -11.57
b)
cal
”°k
En este caso, ahora se hace trabajo sobre la masa:
AS =
r mCecudT r dw
-----— x --j
T
j T90°C
j T
f 283)
AS = mCe c u fn
+ mSh xO.24
363
1^363 J
cal
cal
. . cal
AS = -11.57 --- (-0.06-5k
°k
AS = -11.51
c)
cal
o
Al unir las masas, estas llegarán a un equilibrio:
mCe (Te -10) + mCe (Te - 90) = 0
T = 50° C o 323k
La entropía es: AS = f
323mCedT
AS = |
T
363
As = mCeA
3f mCedT
J
T
283
^323 A
^ 3 6 3 y
V V tfY V 9*
Vi
ú¿npn
rA
> í rn
: \C .Í
v : ,
V
i í 5
T
r
+ mCeA
V
323 \
283 y
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
■■■■
-
SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA
........................................
Hallar, calculando para un- mol, el incremento de la entropía de! gas carbónico con el
aumento de su temperatura absoluta en n = 2 veces, si el proceso de calentamiento es (a)
isócoro. (b) isóbarico.
Tenemos que la entropía del C02, se da:
r nCvdT
AS = ----- Proceso isocoro
J
AS = |
T
nCddT
T
roceso isc banco
Para el proceso isocoro, se tiene;
p
v
r nCvdT
AS = J — -—
T
v n
por la expresión: C - R +C
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II
:Wvvv. eci ukpe ru.c;
CZ
SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA
encontram os qtie: C . =
=
y- 1
=
SOLVER EDK «
R
y-1
— _n2_ = 19.3
J
f8 .8 3
^
mol.°C
V 6.8
y
para el p roceso isobárico se tiene:
, nC dT
a s = J — 2— =
^2J \
nc„e
p »»
V T, y
AS = nCr/ „ 2,C p =
\ r -ly
y 883
A s . i 2 Ü i f „,=
r-i
V
(8 .3 l)d
6.8
y 8 .8 3
V
6.8
,ií
www, ed uKoeru.com
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I
-------
—
» SOLVER EDK
SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA
J
AS = 25.05mol°k
En cuántas veces es necesario aumentar isotérmicamente el volumen de V =4 moles de
gases perfecto, para que su entropía experimente un incremento AS = 23J/°K
Como es un proceso isotérmico:
dQ = dw +dV, dV = 0
dQ = dw
ru
w
dw
r PdV
T
as-J
23“
nRdV
= nRí.
V
= (4)(8.3l)/n (a );a = —
a = e °69 - 2
a =2
Calcular el incremento de la entropía de V = 2 moles de gas perfecto cuyo exponente
adiabático ^ = 1.3, si como resultado de cierto proceso el volumen del gas aumentó en
a =2 veces y su presión disminuyó en ¡3 = 3 veces.
SOLUCION
El proceso se asume en el siguiente diagrama:
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
www. e<íukperu corn
V.l ..
(
SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA
Por definición: AS =
AS
_ } dQ
*..... . ....
SOLVER EDK «
J x
cr dQ
J
J
AS - f O S é L +f
J
y
J
B
y
4 'y X
B
AS = n CPA n
Ta
v
í 'T' X
+n C / n
vTB y
y
...O)
Del gráfico hallamos las relaciones de las temperaturas:
av _ V
TB ~ TA
Tb = 6rTA...(2)
J3V
XB
Tb = /7TC...(3)
P
Tc
y sabiendo que: Cp = Cv -f R...(4)
De (2), (3) y (4) en (1 ) tenemos.
r
AS -
www. e dy kper y,co rn
R nyCna
y-1
RnQ
+
1
x
\P J
y-1
SOLUCIONARIO FISIC A LE IVA I Y II
» SOLVER EDK
SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA
Reemplazando valores:
AS = -10.9 —
°k
Un mol de gas perfecto efectúa un proceso en el transcurso del cual la entropía del gas
varía en función de la temperatura T según la ley S = aT + CvLnT, donde a es una
constante positiva, Cv la capacidad calorífica molar del gas a volumen constante. Hallar la
dependencia entre la temperatura del gas y su volumen en este proceso, si cuando V =
V0, la temperatura T = T0
Tenemos que la ley de la entropía en función de temperatura es:
como es un proceso isotérmico e isocoro se tiene que:
Comparando (1) y (2) se tiene que, la ley respecto de T se tiene:
v
Entonces se tiene que para n = 1 mol se tiene:
T
SOLUCIONARIO FISIC A LEIVA 1Y II
SOLVER EDK
SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA
c o m o es un gas ideal:
P-
nRT
V
ddT =
nRdV
V
Integrando y d e s p e ja n d o s e tiene:
T = T0 h-
(
Ln
vVoy
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