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1. FI1001 Introducción a la
Física Newtoniana
Control Recuperativo
7 de junio de 2007
Tiempo: 2h 15 min
Profs. H. Arellano, V. Fuenzalida, D. Laroze, D. Mardones, A. Meza, N. Mujica, R. Soto
Haga sus deducciones con prolijidad. Escriba en orden con letra legible. Una respuesta es correcta cuando
tanto el método como el resultado lo son. Se acepta cualquier método de solución correcto. Contestar las
preguntas en hojas separadas y escribir el nombre en cada hoja.
Problema 1 Una pelota se lanza horizontalmen-
te desde la azotea de un edificio de altura h. Un
futbolista de estatura b (inmóvil), se ubica en el
nivel del suelo como se indica en la figura. La
pelota rebota elásticamente con un muro
vertical, separada una distancia L del edificio.
La separación entre el futbolista y el muro es D.
Determine la velocidad con que debe ser
lanzada la pelota de modo que, luego de su
primer rebote con el muro, llegue a la cabeza
del futbolista.
Problema 2
Un cuerpo de masa m está unido por dos cuerdas a un eje
vertical en puntos P y Q distantes 5 cm entre ellos. Las cuerdas
superior e inferior miden 4 cm y 3 cm, respectivamente.
Determinar la velocidad angular mínima ωo necesaria para
que el cuerpo gire en torno al eje con ambas cuerdas totalmente
estiradas.
Problema 3 Una cuña forma un ángulo de π/6
(30º) con respecto a la horizontal. Sobre ella se
coloca una moneda, la cual no resbala debido a
que el coeficiente de roce estático µe es
suficientemente alto para impedirlo. Determine
la aceleración horizontal máxima que se le
puede imprimir a la cuña, en la dirección
indicada, que garantice que la moneda no
resbale.
ag
h
L

2. FI1001 Introducción a la Física Newtoniana Solución Control Recuperativo
Problema 1
Solución 1 Debido a que el rebote es elástico, el
problema tiene simetría y equivale a un
lanzamiento de proyectil sin rebote con el futbolista
a una distancia D a la derecha del muro. Se trata
entonces de un lanzamiento horizontal para el cual:
x=vot e y=h-(gt2
)/2
El impacto se produce en "t" si se dan las siguientes
dos condiciones:
i) x=L+D=vot => t=(L+D)/vo
ii) y=h-gt2
=h-g[(L+D)/vo]2
/2=b
de donde se despeja vo
2=g(L+D)2/[2(h-b)]
Puntaje: Reconocer correctamente la simetría: 2 puntos
Parte i) 2 puntos
Parte ii) 2 puntos
Solución 2
Si no se usa la simetría, el problema se separa en dos tramos.
hasta el rebote:
x1(t) = vot
y1(t) = h - (gt2)/2
de donde la colisión ocurre en t1 = L/vo, x1=L, y1=h-1/2 g(L/vo)2 y
la velocidad en el instante de la colisión es vx = vo, vy = -gL/vo.
Después de la colisión
x2(t) = L - vot
y2(t) = h-g(L/vo)2
/2 - g(L/vo)t -gt2
/2.
Imponiendo x2(t2) = L - D, el tiempo en que llega a la cabeza es t2 = D/vo.
Luego, y2(t2) = b de donde se despeja vo
2 = g(L+D)2/(2(h-b)).
- escribir x(t) e y(t) para primera parte 1 pt
- imponer colisión en pared 1 pt
- imponer condición de choque elástico 2 pt
- escribir x(t) e y(t) para segunda parte 1 pt
- despejar correctamente 1 pt
h
L
b
D

3. Problema 2
De las longitudes se verifica que 5
2
=4
2
+3
2
y el
triángulo de la figura es rectángulo, por lo que
α+β=π/2.
Eje y: la masa no sube ni baja, luego ΣFy
=0, es decir
T1
cosα-T2
cosβ=mg (I)
Eje x: ΣFx
=mω
2
R donde Res el radio de giro, luego
T1
senα+T2
senβ=Rmω
2
(II)
(I)cosβ ­ (II)senβ=>
T1(cosαcosβ−senαsenβ)­T2(cos2
β+sen2
β)=mgcosβ­mω2
Rsenβ
pero cosαcosβ­senαsenβ=cos(α+β)=0 porque α+β=π/2 , con lo que
T2=mω2
Rsenβ­mgcosβ.
La condición crítica para que la cuerda inferior esté tirante es que la tensión se anule, lo que
ocurre si gcosβ-ω2
Rsenβ=0 ο bien ω2
=gcosβ/Rsenβ
El resto del problema es trigonométrico:
senβ=4/5
cosβ=3/5
Luego ω2 =3g/4R
donde R=3 cm x senβ =3 cm x 4/5=12/5 cm= 0,12/5m
(Hasta aquí el problema se considera resuelto)
Luego ω2=15g/0,48m=306 (rad/s)2 =306 s-2
ω=17,5 rad/s =17,5 s-1 (2,7 revoluciones por segundo)
Puntajes
­Diagrama de cuerpo libre 1 punto
­Condición ΣFy=0 1 punto
-Condición ΣFx=mω2R 1 punto
-Condición crítica (se anula la tensión de la cuerda inferior): 2 puntos
-Condiciones trigonométricas 1 punto
α
β mg
T1
T2
β
α

4. Problema 3 En el diagrama de cuerpo libre N
es la reacción normal, R la reacción tangencial
(roce estático) y mg el peso.
ΣFy
=0
Ncosα+Rsenα-mg=0
ΣFx
=ma donde m es la masa de la moneda
Rcosα-Nsenα=ma
De ambas ecuaciones se despeja
R=mgsenα+macosα
N=mgcosα-masenα
La condición crítica está dada por R=µe
N
de donde se despeja
a=g(31/2
µe­1)/(31/2
+µe)
Puntajes
­Diagrama de cuerpo libre 1,5 punto
­Condición ΣFy
=0 1,0 punto
-Condición ΣFx
=ma 1,0 punto
-Despejar N y R 1,5 punto
-Condición crítica R=µe
N 1,0 punto
ag
mg
N R
α
x
y