Compilado controles-mec

Compilado de controles de Mecánica
Miguel Bustamante
Resumen
Este es compilado de ejercicios de controles de mecánica. Puedes existir algunos errores. Si lo
encuentran, pueden enviar un correo a miguelbustamante271@yahoo.com
dom 15 de julio de 2018

Control 1
Profersor: Miguel Bustamante S.
Nombre:
email:
Problema
Según el fabricante de una moto, esta puede acelerar de 0 a 100 k/h en 5 s. Un
alumno de Ingenier´ıa de la UAI, del curso de Mecánica de 2017-1 quiere probar
esta afirmación. Acelera, pero a los 4 s tiene un desperfecto la moto y comienza
a desacelerar, de modo a que los 100 m del punto de partida, se detiene.
Con la información entregada, desduzca la ecuación en función del tiempo
de
la aceleración (asuma que es a tramos constante)
la velocidad
la posición.
Solución
El modelo ade acelerado se puede escribir de la forma
a =
a1 t ≤ 4
a2 t > 4
,
donde a1 se puede calcular por los datos entregados por el fabricante, es
decir a1 = 27.78−0
5−0 = 5.56m/s2
.
Integrando la ecuación de velocidad
v(t) =
a1t t < 4
a2(t − 4) + 4a1 t > 4
(1)
Si integramos la ecuación 1 nuevamente, obtenemos la posición en función
del tiempo.
x(t) =
1
2 a1t2
t < 4
1
2 a2(t − 4)2
+ a14(t − 4) + 1
2 a142
t > 4
(2)
po La posición debe cumplir con condición x(tf) = 100 y velocidad 4a1 =
22.24m/s.
Además sabemos que en el tiempo tf el móvil e detiene, es decir a2(tf −4)+
22.224 = 0
Las ecuaciones que deben cumplirse en este caso
1

a2(tf − 4) + 22.24 = 0
1
2
a2(tf − 4)2
+ 22.24(tf − 4) + 44.48 = 100
Resolviendo el sistema se obtiene
tf =
1250
139
, a2 = −
38642
8675
es decir tf=8.9 s y a2 = −4.45 m/s2
Luego las ecuaciones son:
a =
5.56 t < 4
−4.45 t > 4
la velocidad
v(t) =
5.56t t < 4
−4.45(t − 4) + 22.24 t > 4
y la posici´on
x(t) =
2, 78t2
t < 4
−2.225(t − 4)2
+ 22.247(t − 4) + 44.48 t > 4
2

Control 2
Nombre:
email:
Problema
Se tienen dos cuerpos de igual masa m. Uno esta a una altura H sobre el suelo,
y la otra masa esta a nivel del suelo. Ambas masa esta en la linea vertical. Al
mometo de “soltar” la masa superior, se dispara verticalmente la masa desde el
suelo coon una velocidad v0.
Figure 1:
Con la información entregada Calcule:
¿cuál es el valor de v0 para las masas se crucen a una altura de 3H/4?.
la velocidad de la masa que cae, cuando se cruzan
la altura máxima de la masa lanzada.
Solución
Escrimamos las coordenadas de cada cuerpo, asumiendoque la posición en x es
0 y el origen esta en el suelo.
El cuerpo que se deja caer, su posición vertical viene dado por la expresión
yc(t) = −
1
2
gt2
+ H (3)
El cuerpo que es lanzado, viene descrito por
3

yl(t) = −
1
2
gt2
+ v0t (4)
Para que se crucen a la altura de 3H/4, ambas ecuaciones 3 y 4en un tiempo
t deben estar a la altura 3H/4, es decir
yc(t) = −
1
2
gt2
+ H =
3
4
H (5)
y
yl(t) = −
1
2
gt2
+ v0t =
3
4
H (6)
De la ecuación 5, obtenemos que el tiempo es t = H
2g . Reemplazando este
tiempo en 6, podemos despejar la velocidad, que da v0 =
√
2gH.
Para saber la velocidad de la masa al caer, debemos calcula rel tiempo
que demora en caer. De la ecuación 3 igualando a 0, tenemos que t = 2H
g .
Derivando la expresión 3, obtenemos la velocidad en función del tiempo, esto es
vc(t) = −gt (7)
Evaluando la ecuación 7, en el tiempo de caida , da una velocidad
v = −g 2H
g = −
√
2gH.
En el caso de la masa lanzada, la ecuación de velocidad asociado a ese cuerpo
es
vl(t) = −gt + v0 (8)
El tiempo en que demora en llegar a la altura máxima es cuando la velocidad
es cero, esto es t = v0
g = 2H
g . Evaluando este tiempo en la ecuación 4, nos da
la altura máxima
yl = −
1
2
g
2H
g
2
+ 2gH
2H
g
= −H + 2H = H
4

Control 3
Nombre:
email:
Problema
Un cañón esta al borde un plano inclinado. El cañón lanza los proyectiles con
una rapidez de salida v0, y con un ángulo de elevación α. El ángulo que forma
el plano respecto a la horizontal es φ (ver figura 2).
Figure 2:
Con la información entregada, calcule la distancia D en función de vo, α, φ
y g.
Solución
Vamos a situar el origen del sistema donde está el cañón. las ecuaciones del
proyectil, va estar descrito por
x(t) = v0cos(α)t , y(t) = −
1
2
gt2
+ v0sin(α)t (9)
Si el proyectil impacta el plano, ba a chocar en el punto (Dcos(φ), −Dsin(φ)).
Debemos igualar las posiciones con el punto.
x(t) = v0cos(α)t = Dcos(φ) (10)
y(t) = −
1
2
gt2
+ v0sin(α)t = −Dsin(φ) (11)
5

De la ecuación 10, despejamos y la reemplzamos en 11 obteniendo la siguiente
ecuación
−
1
2
g
Dcos(φ)
v0cos(α)
2
+ Dtang(α)cos(φ) + Dsin(φ) = 0 (12)
De la ecuación 12, despejamos D, dando dos soluciones: D=0 y
D =
2v2
0cos2
(α)
gcos2(φ)
[tang(α)cos(φ) + sin(φ)] (13)
En particular, si φ = 0, la expresión 13, se reduce a la expresión que cono-
cemos
D =
2v2
0sin(α)cos(α)
g
6

Control 4
Nombre:
email:
Problema
Se tiene el siguiente sistema de masas y cuerda.
Figure 3:
El sistema de la figura 3 esta incialmente en reposo y en presencia de la
gravedad.
Según los datos entregados, calcule
el valor de m en función de M, µs para que M esté apunto de deslizar.
Si el valor de m=M, la aceleración de cada masa.
Solución
Lo primero que debemos analizar son las fuerzas actuando sobre cada masa.
En la masa M, las fuerzas son: El peso w,la normal N, la fuerza de roce fr
y la tensión T.
Al descomponer las fuerzas de acuerdo al sistema (figura 4), se obtienen las
siguientes ecuaciones
x : −fr + T = ma
y : N − mg = 0
Si está en equilibrio, la aceleración es cero (a=0).
Del segundo cuerpo, las fuerzas actuando son
7

Figure 4:
Figure 5:
Según el diagrama del cuerpo (figura 5), en equilibrio según el sistema de
referencia
y : T − mg = 0
De esta ecuación T = mg y aplicamos a la ecuación de x: de la masa M.
fr = mg (14)
Pero además, la ecuación 14, la fuerza de roce debe ser menor fr ≤ µsN.
con N = Mg. Con la igualdad, en punto cr´ıtico.
µsMg = mg (15)
De la ecuación 15, se obtiene que m = µsM = 0.6M, 60% de la masa. (3
puntos).
8

Si esta acelerando, la ecacuiones se trasnforman en
x : −fr + T = Ma
y : T − mg = −ma
N − Mg = 0
En este caso, fr = µkN = µkMg. Luego, reemplazando en la ecuaci´on x,
podemos despejar la aceleraci´on
a =
mg − µkMg
m + M
= 0.3g (16)
9

Figure 6:
Control 5
Nombre:
email:
Problema
Un cuerpo desliza sobre una superficie horizontal con un a velocidad v0. Esta
masa entra a una superficie que presenta resistencia al movimiento. Calcule la
distancia máxima de detención si la superficie presenta
fuerza de roce, con coeficientes de roce µs, µk.
una fuerza viscosa del tipo
−→
f = −γ−→v .
Solución
1 Fuerza de roce
Debemos analizar las fuerzas acutnado sobre el cuerpo.
Según el diagrama, la ecuación dinámica es
−→
N + −→w +
−→
fr = m−→a (17)
Al descomponer los vectores en las dirección del sistema de referenci obten-
emos de la ecuación 17,
y : N − mg = 0 (18)
x : −fr = ma (19)
10

De la ecuación 18, obtenemos que N = mg, y como sabemos que desliza sobre
la superficie, la fuerza de roce viene dado por la expresión fr = µkN = µkmg.
Aplicando esto a la ecuación 19, tenemos que
a = −µkg (20)
Como sabemos la acelearción y es constante, podemos aplicar la relación
v2
f = v2
0 + 2ad
donde d es la distancia que recorre hasta tener una velocidad vf . En es-
ete caso, la velocidad final es cero (vf = 0), lo cual podemos despejar que la
distancia es
d = −
v2
0
µkg
(21)
Fuerza Viscosa
En el caso de la segunda fuerza, visocsa, esta viene dado por al expresión f =
−γv. En la figura 6, la fuerza de roce debe ser reemplazada por la fuerza del
tipo visocoso. El cambio se va a apreciar en al ecuación 19, que se expresa como
−γv = ma = m
dv
dt
(22)
Al resolver la ecuación 22, se obtiene que
v(t) = v0e
−
γ
m
t
(23)
Al integrar la ecuación 23obtenemos la posición en función del tiempo
x(t) =
v0m
γ
1 − e
−
γ
m
t
(24)
Entonces, en el limite t → ∞, x(t) → v0m
γ .
11

Control 6
Nombre:
email:
Problema
Una masa m puede deslizar sobre un riel sin roce. La masa esta unida a un
resorte de constante elástica K = mg
L0
. La forma del riel viene dado por la
expresión f(x) = x2
.El resorte tiene un extremo fijo al punto (0, L0/2), donde
L0 es el largo natural del resorte.
(no hay gravedad)
Figure 7:
Si, se deja en reposo en el punto x = −
√
2
2 L0 calcule:
Una expresión de la velocidad en función de x v(x).(2 puntos)
Calcule donde exista el máximo de velocidad y el m´ınimo de velocidad. (2
puntos)
Si se agrega la gravedad, escriba la expresión de v(x), asumiendo que y=0
, la energ´ıa potencial gravitacional es cero.
Solución
Escribamos la energ´ıa potencial elástica. La posición de la part´ıcula (x, y(x)).
U(x) =
1
2
K( x2 + (y(x) − L0/2 − L0) (25)
Sabemos que y(x) = x2
,reemplanzado en la ecuación 25.
U(x) =
1
2
K( x2 + (x2 − L0/2)2 − L0) (26)
12

Tenemos la expresión de la energóa potencial en función de x. Aplicando la
conservación de la energ´ıa
E = U(x) + Ek (27)
donde Ek = 1
2 mv2
. Inicialmente en reposo, el valor del valor x = −
√
2
2 L0
E =
K · L4
4 + L2
2 − L
2 − L
2
2
Despejemos de la ecuación 25 la velocidad v(x)
v(x) =
−
K· 4·x2+4·x4−2
5
2 ·
√
−L+2·x4+2·x2·L−2·L2−L4+4·L·
√
L·(L3+2·L−2)
m
2
Busquemos, donde se hace cero (m´ınimo o máximo) la velocidad.
dv
dx
=
K · 8 · x + 16 · x3
−
2
3
2 ·(4·x+8·x3
)·L
√
−L+2·x4+2·x2
4 · m · −
K· 4·x2+4·x4−2
5
2 ·
√
−L+2·x4+2·x2·L−2·L2−L4+4·L·
√
L·(L3+2·L−2)
m
La solución de la expresión anterior es: x = 0,
x =
√
4 · L2 + 2 · L + 1 − 1
√
2
y
x = −
√
4 · L2 + 2 · L + 1 − 1
√
2
Ahora, si agregamos el efecto de la gravedad mgy
v(x) =
−4KL
√
L4+2L2−2L
m + KL4
m + 2KL2
m +
2
5
2 K
√
−L+2g2m2x4+4g·mx4+2·x4+2x2L
m − 4g2mx4 · K − 4x4K
m − 8gx4
2
13

Figure 8:
Control 7
Nombre:
email:
Problema
Una masa M desliza sobre una superficie libre de roce con una velocidad V0.
Este va a chocar con una masa m en reposo, unido a un resorte de constante
elástica K .
Se puede asumir que el choque es elástico. Con la información entregada,
calcule
la velocidad de cada masa posterior al choque.
la máxima comprensión del resorte, cuando ambas masas se mueven a la
misma velocidad.
Solución
Este tipo de choque es elástico. Por tarto se conserva la energ´ıa, como el mo-
mento.
Escribamos la ecuación del momento lineal
Antes del choque, se tiene
−→p i = MV0
î
posterior al choque
pf = MV1
î + mV2
î
por la conservación, se tiene la igualdad
MV0 = MV1 + mV2 (28)
La energ´ıa, previa al choque es
14

Ei = 1
2 Mv2
0
La energ´ıa posterior al choque
Ef = 1
2 MV 2
1 + 1
2 mV 2
2
Como se conserva la energ´ıa, se obtiene la siguiente igualdad
1
2
MV 2
0 =
1
2
MV 2
1 +
1
2
mV 2
2 (29)
Resolviendo el sistema de ecuaciones 28 y 29, se obtiene que
V1 =
M − m
M + m
V0,V2 =
2M
M + m
V0
En la máxima comprensión del resorte,aambos cuerpo se mueven a la misma
velocidad. En ese instante el momento es
p = (M + m)vî (30)
Como se sigue conservando el momento, la ecuación 30 se iguala al momento
inicial, y obtenemos que la velocidad del conjunto es
v =
M
M + m
V0 (31)
Como se conserva la energ´ıa, la energ´ıa inicial debe ser igual a la energ´ıa en
ese instante.
1
2
MV
2
0 =
1
2
(m + M)v2
+
1
2
Ku2
(32)
En la ecuación 32, podemos despejar el valor de u,
u =
MV 2
0
K
m
m + M
(33)
15

Control 8
Nombre:
email:
Problema
Se tiene una barra de largo Total L y una masa Total M, que puede oscilar desde
una esquina, como se observa en la figura. El sistema puede girar en torno de
O.
Figure 9:
Con la información entregada, calcule:
El centro de masa del objeto.
Calcule el momento de inercia del objeto en torno el punto O.
Con la información, calcule el momento de inercia en torno del centro de
masa.
Recordar Momento de inercia I = r2
dm
Ejer paralelos I = Icm + md2
, donde d es la distancia del punto de rotación
al centro de masa.
Solución
Sabemos que el momentod e inercia de una barra de largo LL y masa MM es
I = MM LL2
3
La masa asociada a la barra de largo 2L/3 es 2m/3, por tanto, la otra barra
tiene una masa de m/3.
Luego, debemos sumar los dos monetos de inercia que giran en torno de O.
16

I =
m
3
L
3
2
1
3
+
1
3
2m
3
2L
3
2
= m
L2
9
(34)
Aplicando el teorema de Stienner, sabemos que el momento de inercia en
torno de O, viene dado por la ecuación I = Icm + md2
, donde d es la distancia
al centro de masa.
Calculemos el centro de masa, respecto de O. El eje x, esta en la dirección
de L/3 y el eje y, en la dirección de la barra 2L/3.
rcm =
m
3
L
6
î + 2m
3
L
3
ˆj
m
=
L
18
î +
2L
9
ˆj (35)
Luego, la distancia d = rcm =
√
17·|L|
18 .
Luego, podemos despejar el valor del momento de inercia en el centro de
masa
Icm = m
L2
9
− m
√
17L
18
2
(36)
El valor de Icm = 19·m·L2
324
17

Mecanica sec 1:Control 1
Nombres de integrantes del grupo:
Problema
Se tiene la función f(t) , que viene descrita por la función f(t) = at2
+ bt + c.
Se sabe que en t= 2 s, esta en el máximo, y el valor del máximo es 10.
Además, una de las raices está en t=0.
Con la información entregada, calcule el valor de los parémtros a,b y c.
1

Respuesta
La derivada de la función es f (t) = 2at + b. Al evaluar la derivada en t=2 es
f (2) = 0 = 4a + b; y el máximo es 10, es decir f(2) = a22
+ 2b + c = 10 Esto
genera la primera ecuación.
Veamos la otra condición. Una las raices esta en el origen, es decir f(0) =
0 = c. Esto impone que el valor de c=0.
Con las condciones, impuestas, generanos un sistema de ecuaciones:
4a + b = 0 (1)
4a + 2b + c = 10 (2)
c = 0 (3)
Del sistema, obetenemos que c=0. De la ecuación (1), tenemos que b = −4a.
Reemplazando esta igualdad en la ecuación (2), nos da
4a + 2(−4a) = 10
De la ecuación, obtenemos a = −5
2 , b = −4a = 10. La función, según los
datos obtenidos es
set
f(t) = −
5
2
t2
+ 10t
El perl de la función, se puede observar como
Figure 1:
2

Mecanica sec :Control 2
Problema
Una moto puede acelerar de 0 a 100 km/h en 6 s. Suponiendo que acelere
duarnte 4 s, y posteriormente se deja libre, de modo que se detiene a 200 m del
punto de salida. Con la información entregada, calcule:
ˆ la aceleración en el tramo de 0 a 4 s. ( 2 puntos)
ˆ la velocidad a los 6 s. ( 2 puntos)
ˆ la desaceleración para t 4s. ( 2 puntos)
Identique las incognitas del problema.
Identique las variables del problema
3

Respuesta
Las incognitas del problema es la desacdeleración como el tiempo de detención
t
Este movimiento se viede descrito por
x(t) =
1
2 at2
t T
1
2 ¯a(t − T)2
+ aT(t − T) + 1
2 aT2
t T
La aceleración inicial para tT=4 s es 100 km/h=27.7 m/s, a = 27.7−0
6
m
s2 =
4.617m
s2 .(2 puntos)
La valocidad en T=4 s, es aT=18.46 m/s, y la posición en T= 4 s, es
1
2 aT2
= 36.94 m.
Para tT, cambia la velocidad ya desacelera hasta detenerse.
La ecuación de velocidad del cuerpo es
V (t) = dX
dt =
at t T
¯a(t − T) + aT t T
En los 200 m se detiene, lo que implica que ¯a(t − 4) + 36.94 = 0, además se
tiene la ecuación de posición
200 = 1
2 ¯a(t − 4)2
+ 36.94(t − 4) + 36.94 m.
Resolviendo el sistema de ecuaciones , da t=21.667 s, ¯a =-1.045 m/s2
.
Así, la velocidad a t= 6 s es V (t = 6) = ¯a(6 − 4) + 4.617 ∗ 4=17.416 m/s
La ecuación de posición se ve en el gráco
Figure 2:
4

Tema: Proyectiles
Problema
En un bar, unn cliente desliza sobre la barra un Jarro de cerveza vacío para que
lo vuelvan a llenar. El cantinero no alcanza ver el jarro con la cerveza, cae a
suelo a una distancia D desde la base del barra. La altura del barra es H.
Con la información entregada, calcule
ˆ La velocidad de la jarra que sale de la barra
ˆ el ángulo de impacto de la jarra con el suelo.
5

Figure 3:
Respuesta
Situemos el origen del sistema en el borde inferior de la barra.
según el sistema, la ecuación de movimiento es
En el eje X: x(t) = v0t
En el eje Y:y(t) = −1
2 gt2
+ H.
Cuando lolega al suelo, la posición vertical es 0. Esto implica que y(t) =
−1
2 gt2
+ H = 0. El tiempode caida es t = 2H
g .
La distancia que recorre horizontal es D, que debe ser igual a la posición
horizotal en el tiempo t.
x(t) = D = v0t = v0
2H
g . Luego la velocidad en función de H y D.
v0 = D
g
2H
El vecto velocidad es v = v0
ˆi + −gtˆj. La velocidad en el momento de tocar
el suelo es: v = v0
ˆi − gD g
2H
ˆj.
Luego el ángulo es α = tan −
gD
√ g
2H
v0
6

Tema: Proyectiles
Problema
Un automóvil de carreras parte del reposo en una pista circular; aumenta su
rapidez a una cantidad constanteat conforme da una vuelta a la pista. Encuentre
el ángulo que forma la aceleración total del automóvil, con el radio que conecta
el centro de la pista y el auto, en el momento en que el automóvil completa el
círculo.
Problema 32, capítulo 4
7

Respuesta
En un movimiento circular acelerado, existen dos componente de la aceleración:
radila y tangencial. La expresión de la aceleración es
a = −R ˙θ2
ˆr + R¨θˆθ
La función angular que describe este movimiento circualr es
θ(t) =
1
2
αt2
Al completar una vuelta θ(t) = 2π, lo que implica el tiempo que demora es
t = 4π
α . La velocidad angular en ese instante es ˙θ = α 4π
α . Además, en este
problema la aceleración angular es ¨θ = α.
El ángulo que forma con respecto al radio las componente de la aceleración
en eset instante es(gura 4):
tan(β) =
R¨θ
R ˙θ2
=
Rα
R 4π
α α
=
α
4π
Figure 4:
8

Mecanica : Control 5
Tema: Dinámica
Problema
Un tornillo de 100 gr cuelda de cuerdaq de 40 cm de largo. El extremo superior
de la cuerda está jo. sin tocarlo. Un imán atrae el tornillo, en presencia de la
gravedad, de modo que permnece jo, horizontalmente 30 cm con respecto de
la vertical previa de la cuerda sin imán.
Con la información entregada, calcule:
ˆ Realice un diagrama de cuerpo libre del problema.
ˆ la tensión de la cuerda.
ˆ la fuerza magnéntica.
10

Figure 5:
Respuesta
Veamos una diagrama de la situación
El ángulo que forma la cuerda con al horizontal es θ = arccos 30
40 = 41.409°.
En equilibrio, se tiene la ecuación
T + w + Fm = 0
Descomponiendo las fuerza, y separando por las direcciones x e y
x : − T cos(41.409) + Fm = 0
y : − mg + T sin(41.409) = 0
De la ecuación en y, se obtiene que la tensión es T =1.48 N
La fuerza magnética es por tanto Fm = 1.48 cos(41.409) =1.11 N
11

Figure 6:
Tema: Dinámica
Problema
¾Qué fuerza horizontal F se debe aplicar al automóvil que se muestra en la
gura 6 de modo que los bloques permanezcan jos en relación con el carretón?
Suponga que todas las supercies, ruedas y poleas no tienen fricción. Observe
que la fuerza que ejerce la cuerda acelera m1.
12

Figure 7:
Respuesta
Primero, debemos anañlizar las fuerzas actuando en cada masa.
El diagrama de cuerpo libre de m1 (gura 7)
La ecuación dinámica de este cuerpo es:
T + N1 + w1 = m1a1 (1)
Al descomponer las ecuación 1, en las direcciones
x : T = m1a1 (2)
y : N1 − m1g = 0 (3)
(1 punto)
La masa 2, actúan las fuerzas (gura 8)
La ecuación dinámica de este cuerpo es
P + T + W2 = m2a2 (4)
La descompisición de las fuerzas de la masa m2
x : P = m2a2 (5)
y : T − m2g = 0 (6)
(1 punto)
Analicemos la masa M (gura 9).
La ecuación dinámica de la masa M
F + Nw − N − P = MaM (7)
13

La descompisición de las fuerzas es:
x : F − P = MaM (8)
y : Nw − Mg − N = 0 (9)
(1 punto)
Pero, todas las masas aceleran las mismas aceleración aM = a1 = a2 = a. (
1 punto)
Tenemos que combinar las ecuaciones 2, 5,6 y8, con la condición que se
mueven a la misma aceleración a. Esto genera el siguiente sistema a resolver
T = m1a
P = m2a
F − P = Ma
T − m2g = 0
(1 punto)
Tenemos tres incongnita y tres ecuaciones. La solución del sistema es:
T = m2g
P =
m2
2
m1
g
F =
m2
2g+Mm2g
m1
a = m2
m1
g
(1 punto)
La respuesta es F =
m2
2g+Mm2g
m1
(los digramas , en total tienen 1 punto)
15

Tema: Energía y fuerza disipativa
Problema
Un bloque de 5.00 kg se pone en movimiento hacia arriba de un plano inclinado
con una rapidez inicial de 8.00 m/s (gura 10).
Figure 10:
El bloque llega al reposo después de viajar 3.00 m a lo largo del plano, que
está inclinado en un ángulo de 30.0° con la horizontal. Para este movimiento,
determine:
a) el cambio en la energía cinética del bloque,
b) el cambio en la energía potencial del sistema bloqueTierra y
c) la fuerza de fricción que se ejerce sobre el bloque (supuesta constante).
d) ¾Cuál es el coeciente de fricción cinética?
16

Respuesta
El cuerpo parte con una velocidad de 8 m/s y se detiene. El cambio de la energía
cinética es ∆Ek = 1
2 5 ∗ 02
− 1
2 5 ∗ 82
=-160 J. (1.5 puntos)
El caqmbio de la energía potencial gravitatoria ∆U = mgh − mg0. En este
caso h = Dsin(30.0º) =1.362 m. Luego, el cambio de la energía potencial es
∆U =66.7 J. (1.5 puntos)
El trabajo de la fuerza de roce es W = −µkmgcos(30)Dsin(30)=66.7-160
J=−µk59.462 = −93.3 (1.5 puntos) , lo que implica que µk =1.57 (1.5 puntos)
17

Profesor: Miguel Bustamante S.
Tema: Energía y fuerza disipativa
Problema
El coeciente de fricción entre el bloque de 3.00 kg y la supercie en la gura
?? es 0.400.
Figure 11:
El sistema parte del reposo. ¾ Cuál es la rapidez de la bola de 5.00 kg cuando
cae 1.50 m?
18

Respuesta
El nivel cero de energía potencial va a ser donde est? inicialmente la masa de 5
kg.
La energía inicial es
Ei = 3gH
Cuando recorre una distancia D, la energá es
Ef = 3gH +
1
2
2v2
+
1
2
5v2
Los dos se mueven a la misma velocidad, ya que es la misma cuerda. El
trabajo de la fuerza de roce W = −frD. En este caso, la fuerza de roce es
fr = µkN = µk3g Luego, por el teorema del trabajo y energía.
W = ∆Ek + ∆U (10)
la ecuación 10 queda
−µk3gD =
1
2
3v2
+
1
2
5v5
+ 3gH − 5gD − g3H (11)
Despejando v en la ecuación 11', se obtiene queda la velocidad
v =
√
5gD − 3gµk D
2
v =
7
√
57
52
3
2
v = 3.736977388 m/s
19

Tema: Momento lineal
Problema
Para un proyecto de tecnología, un estudiante construyó un vehículo, de 6.00
kg de masa total, que se mueve por sí solo. Como se muestra en la gura 12 ,
corre sobre dos orugas ligeras que pasan alrededor de cuatro ruedas ligeras.
Figure 12:
Un carrete se acopla a uno de los ejes, y una cuerda originalmente enrollada
sobre el carrete pasa sobre una polea unida al vehículo para soportar una carga
elevada. Después de que el vehículo se libera desde el reposo, la carga desciende
lentamente, desenrolla la cuerda para girar el eje y hace que el vehículo se mueva
hacia adelante. La fricción es despreciable en la polea y los cojinetes del eje.
La oruga no se desliza sobre las ruedas o el suelo. El carrete tiene una forma
cónica de modo que la carga desciende a una rapidez baja constante mientras el
vehículo se mueve horizontalmente a través del suelo con aceleración constante,
y alcanza velocidad nal 3.00 î ms.
a) ¾El suelo imparte impulso al vehículo? Si es así, ¾cuánto?
b) ¾El suelo realiza trabajo sobre el vehículo? Si es así, ¾cuánto?
c) ¾Tiene sentido decir que la cantidad de movimiento nal del vehículo viene
del suelo? Si no, ¾de dónde?
d) ¾Tiene sentido decir que la energía cinética nal del vehículo viene del
suelo? Si no, ¾de dónde?
20

e) ¾Se puede decir que una fuerza particular causa la aceleración hacia ade-
lante del vehículo? ¾Qué la causa?
Respuesta
a) Sí. Hay cambio de momento lineal p = 18.0 î kg m/s.
b) No. El suelo hace trabajo cero.
c) Sí. Se podría decir que la cantidad de movimiento nal del vehículo provino
del suelo o de la Tierra a través del suelo.
d) No. La energía cinética provino de la energía gravitacional original de la
carga elevada, en cantidad 27.0 J.
e) Sí. La aceleración es causada por la fuerza de fricción estática ejercida por
el suelo que evita que las orugas se deslicen hacia atrás.
21

Tema: Choques
Problema
Un bloque pequeño de masa m1 0.500 kg se libera desde el reposo en lo alto de
una cuña sin fricción con forma curva, de masa m2 3.00 kg, la cual se apoya
sobre una supercie horizontal sin fricción, como se muestra en la gura P9.58a.
Cuando el bloque deja la cuña, se mide su velocidad de 4.00 ms hacia la derecha,
como se muestra en la gura.
Figure 13:
a) ¾Cuál es la velocidad de la cuña después de que el bloque llega a la
supercie horizontal?
b) ¾Cuál es la altura h de la cuña?
Solución
Este evento, se puede pensar como un choque elástico. El momento inicial es
cero, ambos cuerpos en reposo. Posteriormente, que cada cuerpo tiene una
velocidad.
|
pi = 0
pf = m1v1 − m2v2
1 punto
La energía incial es sólo potencial
Ei = m1gh
1 punto
22

La energía posterior es
Ef =
1
2
m1v2
1 +
1
2
m2v2
2
1 punto
La energía se conserva y el momento es
m1gh =
1
2
m1v2
1 +
1
2
m2v2
2
0 = m1v1 − m2v2
Resolviendo el sistema
v1 =
√
2
gh m2
m2 + m1
y
v2 =
√
2 m1
gh m2
m2 +m1
m2
Como conocemos la velocidad v1 y las masas m1, m2 la altura da h = 28
3g y 1 punto
v2 = 2/3 m/s 1 punto
23

Nombre:
email:
Problema
Una persona saca a pasear a su perro por la playa. La distancia que recorre es
de D. El perro “juguetón”, va hasta el final del recorrido y regresa a la posición
x(t) del dueño, mientras que el dueño avanza a velocidad constante v. El perro
“juguetón” se mueve a una rapidez de 4v.
Si, ambos partieron desde el origen y con la información entregada, calcule:
• Cuando se produce el primer encuentro entre el perro “juguetón” y el
dueño.
• donde se produce el primer encuentro.
• Realice un bosquejo de la posición del perro y del dueño en el tiempo, en
un mismo gráfico
Respuesta
La ecuación de posición del dueño del perro es:
x(t) = vt (1)
La ecuación del perro “jugueton” es
P(t) =
4vt t D
4v
−4v(t − t1) + D t D
4v
(2)
donde t1 = D
4v . Para que el perro encuentre al dueño, deben estar al mismo
tiempo en el mismo punto del espacio, es decir las ecuaciones 1 y2 deben ser
iguales
x(t) = P(t) (3)
En este caso, la ecuación a resolver es
vt = −4v(t − t1) + D
de cual se obtiene que t = 2D
5v , y evuluando en la ecuación 1, nos da el punto
de encuentro x(2D
5v ) = 2
5 D
1

Nombre:
email:
Problema
El corredor Usain Bolt pudo correr los 200 m plano en 19.19 s. Asumiendo que
la velocidad se puede modelar de la forma
v(t) =
at t t∗
v0 t t∗
y que la velocidad en los ultimos 100 m es de 1.12V (v0 = 1.12V ), donde V
es la velocidad media.
Figure 1:
Con la información entregada, calcule:
• La velocidad media de la carrera
• el valor de v0
• el valor de a, la aceleración
• el valor de t∗
, tiempo de aceleración.
2

Respuesta
La velocidad media es V = 200
19.19 m/s=11.42 m/s. Luego, la velocidad de los
últimos 100 m es v0 = 1.12V = 11.67 m/s.
Por las condiciones del problema at∗
= v0. Además, debemos calcula la
ecuación de posisición.
x(t) =
at2
2 t t∗
v0(t − t∗
) + at∗2
2 t t∗
La condición en la popsisicón es x(19.19)=200 m. 200 = 11.67(19.19 − t∗
) +
at∗2
2
SEgún el sistema de ecuación, los valores dan a = 2.845m/s2
y t∗
= 4.10407s
3

Figure 2:
Nombre:
email:
Problema
Dos objetos se conectan mediante una cuerda ligera que pasa sobre una polea
sin fricción, como se muestra en la figura 2.
Asumiendo, que esta en presencia de gravedad, dibuje diagramas de cuerpo
libre de ambos objetos. Si supone que el plano no tiene fricción, m1= 2.00 kg,
m2=6.00 kg y θ =55.0 , encuentre:
a) las aceleraciones de los objetos,
b) la tensión en la cuerda y
c) la rapidez de cada objeto 2.00 s después de que se liberan desde el reposo.
4

Respuesta
Primero, debemos realizar el diagrama de cuerpo libre de cad masa; identificar
las fuerzas actuando
la figura 3
Figure 3:
Escribamos la ecuación dinámica de la masa 1, sobre la base de del sistema
asociado.
T + w1 = m1
−→a (4)
Descomponiendo la ecuación 4 en el sistema de referencia, tenemos que
5

T − m1g = m1a (5)
La msa 2, la ecuación dinámica es
−→
T +
−→
N + −→w = m2
−→a (6)
Descomponiendo la ecuación 6 de acuerdo al sistema asociado
−T + m2gsin(θ) = m2a
N − m2cos(θ) = 0
(7)
De la ecuación 5 y la ecuación 7, tenemos el siguiente sistema de ecuaciones
−T + m2gsin(θ) = m2a
T − m1g = m1a
Sumando las ecuaciones, obtenemos la aceleración
a =
m2gsin(θ) − m1g
m2 + m1
y la tensión T
T = m1g + m1
m2gsin(θ) − m1g
m2 + m1
Según los valores del problema, a = 3.142 m/s2
y la tensión T=25.904 N.
6

Nombre:
email:
Problema
Considere un objeto sobre el que la fuerza neta es una fuerza resistiva propor-
cional al cuadrado de su rapidez. Por ejemplo, suponga que la fuerza resistiva
que actúa sobre un patinador rápido es f = −kmv2
donde k es una constante
y m es la masa del patinador. El patinador cruza la l´ınea de meta de una
com petencia en l´ınea recta con rapidez v0 y después disminuye su velocidad
deslizándose sobre sus patines. Encuentre:
• la rápidez del patinador en cualquier tiempo t después de cruzar la l´ınea
final.
• la aceleración a(t), en función del tiempo
• la posición x(t).
(Problema 34, Cap´ıtulo 6,Serway)
7

Respuesta
En este caso, el cuerpo se mueve en forma horizontal, con una velocidad v0 y
en presencia de la fuerza f = −kmv2
. Si aplicamos la segunda ley de Newton,
tenemos que
−kmv2
= ma = m
dv
dt
(8)
La ecuación 8, corresponde una ecuación para la velocidad. Despejando dt
de un lado, la ecuación 8, es equivalente a
−kdt =
dv
v2
(9)
Integrando la ecuación 9, y despejamos v(t), se obtiene
−kt = −
1
v0
+
1
v(t)
(10)
Despejando v(t)de la ecuación 10, se obtiene
v(t) =
v0
1/k + v0t
(11)
Derivando la expresión 11, se obtiene la aceleración
a(t) = −
v0
2
1
k + t · v0
2
y la posición en el tiempo es la integral de v(t), con x(0) = 0,
x(t) = v0 ·


log |k·v0 ·t+1|
|k|
v0
+
log (|k|)
v0


Veamos unos gráfico de este movimiento. Si k=0.01, y v0 = 30 m/s, tenemos
que:
8

Figure 4:
Figure 5:
Figure 6:
9

Nombre:
email:
Problema
Como se muestra en la figura, una bala de masa m y rapidez v atraviesa la
esfera de un péndulo de masa M. La bala sale con una rapidez de v/2. La
esfera del péndulo está suspendida mediante una barra r´ıgida de longitud y
masa despreciable. ¿Cuál es el valor m´ınimo de v tal que la esfera del péndulo
apenas se balanceará para lograr un c´ırculo vertical completo?
g
Figure 7:
Problema 18, cap´ıtulo 9
10

Respuesta
Por la conservación de momento
El momento justo antes del choque Pi = mvî
El momento justo posterior al choque Pf = mv
2
î + MVî
Por conservación de momento , estos son iguales, lo cual se deduce que
V = 1
2
m
M v.
El objetivo es que la masa llegue arriba. Luego la energ´ıa cinética posterior
del choque de la masa M debe trnasformarse en energ´ıa potencial. 1
2 MV 2
=
Mg2R, lo cual la velocida es V = 2
√
gR. Esto no da que la velocidad v es
v = 4
M
m
gR (12)
11

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