PROBLEMAS DE MECANICA RESUELTOS

CONVERSIONES

FILIBERTO ACEVEDO (BUAP) PROBLEMAS DE MECANICA July 13, 2011 1 / 352

CONVERSIONES


PROBLEMA 1

Cuanto es .3 km en
h
m
min ?


PROBLEMA 1 (Respuesta)

Recordemos que:
1 kilometro son 1000 metros y que 60 minutos es una hora,asi que
hacemos la conversi´n de la siguiente manera:
o
km km 1000m 1h
.3 = (.3 )( )( )=
h h 1km 60min



Recordemos que:
o
km km 1000m 1h m
.3 = (.3 )( )( )=5
h h 1km 60min min



Recordemos que:
o
km km 1000m 1h m
.3 = (.3 )( )( )=5
h h 1km 60min min
Asi que .3 km son 5 min
h
m


PROBLEMA 2

Cu´nto es 80 km en
a h
m
s ?.



Primero convirtamos los km a metros, esto es
km km 1000m
80 = 80 ( )=
h h 1km



Primero convirtamos los km a metros, esto es
km km 1000m m
80 = 80 ( ) = 80000
h h 1km h



Por ultimo convirtamos las horas en segundos, esto es
´
m m 1h 1min
80000 = 80000 ( )( )=
h h 60min 60s



´
m m 1h 1min m
80000 = 80000 ( )( ) = 22.22
h h 60min 60s s



´
m m 1h 1min m
80000 = 80000 ( )( ) = 22.22
h h 60min 60s s
Por lo tanto, 80 km son 22.22 m .
h s


PROBLEMA 3

Convertir 50rev a radianes.



Tenemos que 1rev = 2πradianes entonces:

50rev = 50rev



2πrad
50rev = 50rev ( )=
1rev



2πrad
50rev = 50rev ( ) = 314.15rad
1rev



2πrad
50rev = 50rev ( ) = 314.15rad
1rev
Por lo tanto 50 revoluciones son 314.15rad.


PROBLEMA 4

Cu´nto es 40 grados en
a s
rev
min ?



Primero convirtamos los segundos de 40 grados en minutos, esto es:
s

grados grados 60s
40 = 40 ( )=
s s 1min



s

grados grados 60s grados
40 = 40 ( ) = 2400
s s 1min min



s

40 = 40 ( ) = 2400
s s 1min min

Por ultimo convirtamos los grados de 2400 grados en revoluciones,
´ min
entonces:
grados grados
2400 = 2400
min min



s

40 = 40 ( ) = 2400
s s 1min min

´ min
entonces:
grados grados 1rev
2400 = 2400 ( )=
min min 360grados



s

40 = 40 ( ) = 2400
s s 1min min

´ min
entonces:
grados grados 1rev rev
2400 = 2400 ( ) = 6.66
min min 360grados min



s

40 = 40 ( ) = 2400
s s 1min min

´ min
entonces:
grados grados 1rev rev
2400 = 2400 ( ) = 6.66
min min 360grados min

Por lo tanto, 40 grados son 6.66 min
s
rev


MOVIMIENTO RECTILINEO UNIFORME


PROBLEMA 5

Cu´l fue la rapidez media de un objeto que se movi´ en linea recta, si ´ste
a o e
recorri´ primero 73.1m con una rapidez de 1.22m/s y despu´s recorri´
o e o
73.1m con una rapidez de 3.05m/s?



Tenemos como datos:
1 Longitud del primer tramo del recorrido



Tenemos como datos:
1 Longitud del primer tramo del recorrido d1 = 73.1m;



Tenemos como datos:
2 Velocidad en ese primer tramo



Tenemos como datos:
2 Velocidad en ese primer tramo v1 = 1.22 m ;
s



Tenemos como datos:
s
3 Longitud del segundo tramo



Tenemos como datos:
s
3 Longitud del segundo tramo d2 = 73.1m;
4 Velocidad en ese segundo tramo



Tenemos como datos:
s
3 Longitud del segundo tramo d2 = 73.1m;
4 Velocidad en ese segundo tramo v2 = 3.05 m .
s



Recordemos que la rapidez media se deﬁne como el cambio de posici´n
o
con respecto al tiempo, esto es:
∆r desplazamiento
v= = (1)
∆t tiempo



Primero el objeto recorri´ d1 = 73.1m a una velocidad de 1.22 m/s;
o
Cuanto tiempo tard´ en recorrer esa distancia?
o
Sabemos que la velocidad v es:
d
v=
t
donde d es la distancia recorrida y t es el tiempo en que recorre esa
distancia.
Entonces, para obtener el tiempo t1 en este primer recorrido, despejamos
de la formula anterior t y haciendo t = t1 , d1 = 73.1m y v1 = 1.22 ms
obtenemos:
t1 =



o
o
d
v=
t
distancia.
obtenemos:
d1
t1 = =
v1



o
o
d
v=
t
distancia.
obtenemos:
d1 73.1m
t1 = = = 59.91s
v1 1.22 m
s
Por lo tanto tardo 59.91 segundos en recorrer los primeros 73.1m.



Que pasa en el segundo tramo? tambien recorri´ 73.1m pero a una
o
velocidad de 3.05m/s, entonces igual que en el precedimiento anterior
tenemos:
t2 =



o
tenemos:
d2
t2 = =
v2



o
tenemos:
d2 73.1m
t2 = = = 23.96s
v2 3.05m/s



Ahora ya tenemos la distancia de los dos tramos y el tiempo en que fueron
recorridos,entonces, aplicando la ecuaci´n (1) podemos encontrar ahora la
o
rapidez media:
desplazamiento
v= =
tiempo



o
rapidez media:
desplazamiento d1 + d2
v= =
tiempo t1 + t2
esto es:



o
rapidez media:
desplazamiento d1 + d2
v= =
tiempo t1 + t2
esto es:
73.1m + 73.1m 146.20m
v= = = 1.74m/s
59.91s + 23.96s 83.87s
por lo tanto, la rapidez media de ´ste objeto fue 1.74m/s.
e


PROBLEMA 6

Un corredor completa una vuelta alrededor de una pista de 300 metros en
un tiempo de 30 segundos. Cu´l es su rapidez promedio?
a



Recordemos que la rapidez promedio es la distancia transcurrida d entre el
tiempo transcurrido t, entonces:
La rapidez promedio es
300m
30s
lo cual da como resultado
m
10
s


PROBLEMA 7

Cuanto recorrer´ un auto que va a una velocidad de 80 km en media hora,
a h
suponiendo que va a velocidad constante?



Tenemos como datos:
1 Velocidad



Tenemos como datos:
1 Velocidad v = 80 km ;
h



Tenemos como datos:
h
2 Tiempo



Tenemos como datos:
h
2 Tiempo t = 1 h.
2



Como va a una velocidad constante, la aceleraci´n del auto es cero.
o
Usando la ecuaci´n:
o
d
v=
t
despejando la distancia d y sustituyendo los valores de v y de t tenemos:

d=



o
o
d
v=
t
km 1
d = vt = (80 )( h) =
h 2



o
o
d
v=
t
km 1
d = vt = (80 )( h) = 40km
h 2



o
o
d
v=
t
km 1
d = vt = (80 )( h) = 40km
h 2
Por lo tanto, el auto recorer´ 40km en media hora.
a


PROBLEMA 8

Cuanto recorrer´ un autom´vil que viaja a 90 km en 80min suponiendo que
a o h
la velocidad es constante?



Tenemos como datos:
1 Velocidad



Tenemos como datos:
h



Tenemos como datos:
h
2 Tiempo



Tenemos como datos:
h
2 Tiempo t = 80min.



Como podemos observar, el tiempo esta en minutos pero dentro de las
unidades de la velocidad esta el tiempo en horas, asi que convirtamos los
80min en horas.
entonces:
1h
80min = 80min( )=
60min



80min en horas.
entonces:
1h
80min = 80min( ) = 1.33h
60min



80min en horas.
entonces:
1h
80min = 80min( ) = 1.33h
60min
o
d
v=
t
despejando la distancia d y sustituyendo los valores de v y t tenemos:

d = vt =



80min en horas.
entonces:
1h
80min = 80min( ) = 1.33h
60min
o
d
v=
t
km
d = vt = (90 )(1.33h) =
h



80min en horas.
entonces:
1h
80min = 80min( ) = 1.33h
60min
o
d
v=
t
km
d = vt = (90 )(1.33h) = 119.7km
h



80min en horas.
entonces:
1h
80min = 80min( ) = 1.33h
60min
o
d
v=
t
km
d = vt = (90 )(1.33h) = 119.7km
h
Por lo tanto el autom´vil recorrer´ 119.7km en 80min
o a


PROBLEMA 9

Que distancia recorrer´ un autob´s que lleva una velocidad constante de
a u
km
80 h en un d´ y medio?
ıa



Tenemos como datos:
1 Velocidad



Tenemos como datos:
h



Tenemos como datos:
h
2 Tiempo



Tenemos como datos:
h
2 Tiempo t = 1 d´ y medio.
ıa
Como observamos en las unidades de velocidad, el tiempo esta en horas,
mientras el tiempo que nos da el problema esta en unidades de dia, pero
sabemos que un d´ son 24 horas, entonces medio d´ son 12 horas, por lo
ıa ıa
tanto un d´ y medio son 36 horas.
ıa



o
d
v=
t
despejando distancia d y sustituyendo los valores de v y t tenemos lo
siguiente:
d = vt =



o
d
v=
t
siguiente:
km
d = vt = (80 )(36h) =
h



o
d
v=
t
siguiente:
km
d = vt = (80 )(36h) = 2880km
h



o
d
v=
t
siguiente:
km
d = vt = (80 )(36h) = 2880km
h
Por lo tanto, el autob´s recorrer´ 2880km
u a


PROBLEMA 10

Un autom´vil recorre 30km en 30min. Cual es su velocidad?
o



Como datos tenemos:
1 distancia



Como datos tenemos:
1 distancia d = 30km;



Como datos tenemos:
2 Tiempo



Como datos tenemos:
2 Tiempo t = 30min.



Como vemos, el tiempo esta en minutos, pero la distancia esta en
kilometros, cotidianamente es muy com´n que las unidades de velocidad
u
km
esten en h asi que hay que convertir los 30min en horas, entonces:

1h
30min = 30min( )=
60min



Como vemos, el tiempo esta en minutos, pero la distancia esta en
kilometros, cotidianamente es muy com´n que las unidades de velocidad
u
km
esten en h asi que hay que convertir los 30min en horas, entonces:

1h
30min = 30min( ) = .5h
60min



Ahora, ya teniendo el tiempo en unidades de hora, podemos resolver el
problema, para ello podemos usar la siguiente ecuaci´n
o
d
v=
t
sustituyendo los valores de d y t datos en la ecuaci´n anterior tenemos
o
30km
v= =
.5h



o
d
v=
t
o
30km km
v= = 60
.5h h



o
d
v=
t
o
30km km
v= = 60
.5h h
Por lo tanto su velocidad es de 60 km
h


PROBLEMA 11

Un autob´s recorre 9km en 2 horas. Cual es su velocidad?
u



Como datos tenemos:
1 Distancia



Como datos tenemos:
1 Distancia d = 9km;



Como datos tenemos:
2 Tiempo



Como datos tenemos:
2 Tiempo t = 2h.



Para solucionar este problema podemos usar la ecuaci´n
o
d
v=
t
sustituyendo los valores de d y t en la ecuaci´n anterior tenemos
o

v=



o
d
v=
t
o
9km
v= =
2h



o
d
v=
t
o
9km km
v= = 4.5
2h h



o
d
v=
t
o
9km km
v= = 4.5
2h h
Por lo tanto la velocidad del autob´s es de 4.5 km .
u h


PROBLEMA 12

Una part´ıcula tiene una velocidad de 3 m .Cuanto tiempo tardar´ en
s a
recorrer 8km ?



Tenemos como datos:
1 Velocidad



Tenemos como datos:
1 Velocidad v = 3 m ;
s



Tenemos como datos:
s
2 Distancia



Tenemos como datos:
s
2 Distancia d = 8km.
Primero convirtamos los 8km en unidades de metros, esto es:

8km =



Tenemos como datos:
s
1000m
8km = 8km( )=
1km



Tenemos como datos:
s
1000m
8km = 8km( ) = 8000m
1km



Ahora podemos utilizar la siguiente ecuaci´n:
o
d
v=
t
de la ecuaci´n anterior podemos despejar el tiempo t y sustituyendo los
o
valores de d y v tenemos:
d
t= =
v



o
d
v=
t
o
d 8000m
t= = =
v 3ms



o
d
v=
t
o
d 8000m
t= = = 2666.66s
v 3ms



o
d
v=
t
o
d 8000m
t= = = 2666.66s
v 3ms

Por lo tanto la part´
ıcula tardara 2666.66s.


PROBLEMA 13

Un autob´s va a una velocidad de 90 km . Cuanto tiempo tardar´ en
u h a
recorrer 160km? Suponiendo que la velocidad es constante.



Como datos que nos da el problema tenemos:
1 Velocidad



h



h
2 Distancia



h
Como es la avelocidad constante podemos usar la siguiente ecuaci´n:
o
d
v=
t
Despejando el tiempo de la ecuaci´n anterior y sustituyeno los valores de d
o
y v tenemos:
t=



h
o
d
v=
t
o
y v tenemos:
d
t= =
v



h
o
d
v=
t
o
y v tenemos:
d 160km
t= = =
v 90 km
h



h
o
d
v=
t
o
y v tenemos:
d 160km
t= = = 1.77h
v 90 km
h



h
o
d
v=
t
o
y v tenemos:
d 160km
t= = = 1.77h
v 90 km
h
Por lo tanto, el autob´s tardar´ 1.77h
u a


MOVIMIENTO CON ACELERACION CONSTANTE


PROBLEMA 14

Una nave espacial avanza en el espacio libre con una aceleraci´n constante
o
m
de 9.8 s 2
Si parte del reposo Cuanto tiempo tardar´ en adquirir una velocidad de la
a
decima parte de la velocidad de la luz?



Como la nave parte del reposo tenemos entonces que su velocidad inicial
es cero, es decir, v0 = 0, nos dice tambiń el problema que la nave espacial
e
deber´ adquirir la decima parte de la velocidad de la luz, recordemos que
a
la velocidad de la luz representada por c es 3x108 m , entonces la decima
s
parte de la velocidad de la luz es 3x107 m , esta cantidad representa la
s
velocidad final vf adquirida por la nave en ese momento. El ulimo dato
m
que nos dice la redacciń del problema es que la aceleraciń a es de 9.8 s 2 .
o o


Podemos utilizar la ecuaciń:
o

vf = v0 + at

De la ecuaciń anterior despejamos el tiempo t, lo que nos da:
o
vf − v0
t=
a
a la ecuaciń anterior le sustituimos los datos que nos da el problema, que
o
son:
vf = 3x107 m , v0 = 0 y a = 9.8 s 2 esto es:
s
m


o

vf = v0 + at

o
vf − v0
t=
a
o
son:
vf = 3x107 m , v0 = 0 y a = 9.8 s 2 esto es:
s
m

vf − v0 3x107 m − 0
s
t= = m =
a 9.8 s 2


o

vf = v0 + at

o
vf − v0
t=
a
o
son:
vf = 3x107 m , v0 = 0 y a = 9.8 s 2 esto es:
s
m

vf − v0 3x107 m − 0
t= = s
m = 3.06x106 s
a 9.8 s 2


o

vf = v0 + at

o
vf − v0
t=
a
o
son:
vf = 3x107 m , v0 = 0 y a = 9.8 s 2 esto es:
s
m

vf − v0 3x107 m − 0
t= = s
m = 3.06x106 s
a 9.8 s 2

Entonces, el tiempo que tarda la nave espacial en alcanzar la decima
parte de la velocidad de la luz es: 3.06x106 s.

PROBLEMA 15

Un proyectil se dispara desde el piso a una velocidad de 30 m con un
s
´ngulo de 30 grados con la horizontal; Cu´l sera su alcance m´ximo?
a a a



Tenemos como datos:
1 Coordenada horizontal de la velocidad inicial



Tenemos como datos:
v0x = v0 cos 30 = (30 m )(.86) = 25.98 m ;
s s



Tenemos como datos:
v0x = v0 cos 30 = (30 m )(.86) = 25.98 m ;
s s
2 Coordenada vertical de la velocidad inicial



Tenemos como datos:
v0x = v0 cos 30 = (30 m )(.86) = 25.98 m ;
s s
v0y = v0 sin 30 = (30 m )(.5) = 15 m ;
s s



Tenemos como datos:
v0x = v0 cos 30 = (30 m )(.86) = 25.98 m ;
s s
v0y = v0 sin 30 = (30 m )(.5) = 15 m ;
s s
3 Aceleraci´n vertical
o



Tenemos como datos:
v0x = v0 cos 30 = (30 m )(.86) = 25.98 m ;
s s
v0y = v0 sin 30 = (30 m )(.5) = 15 m ;
s s
o
m
ay = g = −9.8 s 2 .



Para encontrar la distancia m´xima que denotaremos como Xmax
a
necesitamos conocer el tiempo que tarda el proyectil en llegar hasta la
distacia m´xima o alcance m´ximo desde que es disparado, para ello
a a
podemos utilizar la siguiente ecuaci´n:
o
1
Y = v0y t + ay t 2
2
donde Y es la distancia vertical del proyectil



Sustituyendo en la ecuaci´n anterior los valores que corresponden a v0y y
o
ay tenemos:



o
ay tenemos:
m 1 m
Y = (15 )t + (−9.8 2 )t 2
s 2 s



o
ay tenemos:
m 1 m
Y = (15 )t + (−9.8 2 )t 2
s 2 s
como vemos en la ecuaci´n anterior , tenemos dos incognitas, una es el
o
tiempo t y la otra es la distancia vertical Y , pero sabemos que en la
distancia m´xima la Y o distancia vertical del proyectil es cero, ya que
a
vuelve a caer al piso , asi que haciendo Y = 0 en la ecuaci´n anterior nos
o
queda:



o
ay tenemos:
m 1 m
Y = (15 )t + (−9.8 2 )t 2
s 2 s
como vemos en la ecuaci´n anterior , tenemos dos incognitas, una es el
o
distancia m´xima la Y o distancia vertical del proyectil es cero, ya que
a
vuelve a caer al piso , asi que haciendo Y = 0 en la ecuaci´n anterior nos
o
queda:
m 1 m
0 = (15 )t + (−9.8 2 )t 2
s 2 s



entonces factorizando t nos queda:



m 1 m
0 = (15 + (−9.8 2 )t)t
s 2 s



m 1 m
0 = (15 + (−9.8 2 )t)t
s 2 s
la anterior igualdad se cumple si t = 0 que es en el momento de disparar el
proyectil, y si se cumple que:
m 1 m
15 + (−9.8 2 )t = 0
s 2 s
entonces si despejamos t de la ecuaci´n anterior tenemos:
o



m 1 m
0 = (15 + (−9.8 2 )t)t
s 2 s
la anterior igualdad se cumple si t = 0 que es en el momento de disparar el
proyectil, y si se cumple que:
m 1 m
15 + (−9.8 2 )t = 0
s 2 s
o

2(15 m )
s
t= m = 3.06s
9.8 s 2

Entonces en el tiempo de 3.06s el proyectil cae al piso, que es
precisamente en el alcance m´ximo del proyectil.
a


Ahora usando la ecuaci´n:
o
Xmax = v0x t
y sustituyendo los valores de v0x y t, podemos encontrar el alcance
m´ximo,entonces:
a
m
Xmax = (25.98 )(3.06s) = 79.53m
s
Por lo tanto el alcance m´ximo del proyectil sera de 79.53m.
a


PROBLEMA 16

Con que velocidad debe lanzarse verticalmente una pelota hacia arriba
para que llegue a una altura de 15.2m?



Tenemos como datos:
1 Altura m´xima
a



Tenemos como datos:
1 Altura m´xima d = 15.2m;
a



Tenemos como datos:
a
2 Velocidad ﬁnal



Tenemos como datos:
a
2 Velocidad ﬁnal vf = 0 m .
s



Como se lanza verticalmente hacia arriba, la aceleraci´n que va a tener la
o
m
pelota es de a = −9.8 s 2 , notemos que es negativa porque la pelota se
lanza hacia arriba, pero la fuerza de gravedad jala a la pelota hacia abajo
dandole una aceleraci´n negativa, es decir, meintras sube la pelota, ´sta va
o e
desacelerando.



Para resolver este problema podemos utilizar la siguiente ecuaci´n:
o

vf2 = v0 + 2ad
2

m
Entonces, despejando v0 y sustituyendo los valores a = −9.8 s 2 , vf = 0 y
d = 15.2m tenemos:
√
v0 = −2ad =



o

vf2 = v0 + 2ad
2

m
d = 15.2m tenemos:
√ m
v0 = −2ad = −2(−9.8 )(15.2m) =
s2



o

vf2 = v0 + 2ad
2

m
d = 15.2m tenemos:
√ m m
v0 = −2ad = −2(−9.8 )(15.2m) = 17.26
s2 s



o

vf2 = v0 + 2ad
2

m
d = 15.2m tenemos:
√ m m
v0 = −2ad = −2(−9.8 )(15.2m) = 17.26
s2 s

Por lo tanto, la velocidad con que debe lanzarse la pelota es: 17.26 m .
s


PROBLEMA 17

Un autom´vil se mueve primero 120 km , pero luego desacelera llegando a
o h
una velocidad de 80 km en cuatro segundos. Cu´l fue su aceleraci´n?
h a o



Tenemos como datos:
1 Velocidad inicial



Tenemos como datos:
1 Velocidad inicial v0 = 120 km ;
h



Tenemos como datos:
h
2 Velocidad ﬁnal



Tenemos como datos:
h
2 Velocidad ﬁnal vf = 80 km
h
3 Tiempo



Tenemos como datos:
h
2 Velocidad ﬁnal vf = 80 km
h
3 Tiempo t = 4s



km m
Primero convirtamos h en s ,tanto la velocidad ﬁnal como la velocidad
inicial, entonces:
km 1h 1min 1000m
v0 = 120 ( )( )( )=
h 60min 60s 1km



km m
inicial, entonces:
km 1h 1min 1000m m
v0 = 120 ( )( )( ) = 33.33
h 60min 60s 1km s



km m
inicial, entonces:
km 1h 1min 1000m m
v0 = 120 ( )( )( ) = 33.33
h 60min 60s 1km s

km
vf = 80
h



km m
inicial, entonces:
km 1h 1min 1000m m
v0 = 120 ( )( )( ) = 33.33
h 60min 60s 1km s

km 1h
vf = 80 ( )
h 60min



km m
inicial, entonces:
km 1h 1min 1000m m
v0 = 120 ( )( )( ) = 33.33
h 60min 60s 1km s

km 1h 1min
vf = 80 ( )( )
h 60min 60s



km m
inicial, entonces:
km 1h 1min 1000m m
v0 = 120 ( )( )( ) = 33.33
h 60min 60s 1km s

km 1h 1min 1000m
vf = 80 ( )( )( )=
h 60min 60s 1km



km m
inicial, entonces:
km 1h 1min 1000m m
v0 = 120 ( )( )( ) = 33.33
h 60min 60s 1km s

km 1h 1min 1000m m
vf = 80 ( )( )( ) = 22.22
h 60min 60s 1km s



Ahora podemos utilizar la ecuaci´n:
o
vf − v0
a=
t
Sustituyendo los valores de vf , v0 y t en la ecuaci´n anterior tenemos:
o

a=



o
vf − v0
a=
t
o

22.22 m − 33.33 m
s s
a= =
4s



o
vf − v0
a=
t
o

22.22 m − 33.33 m
s s m
a= = − 2.7 2
4s s



o
vf − v0
a=
t
o

22.22 m − 33.33 m
s s m
a= = − 2.7 2
4s s
Como vemos la aceleraci´n es negativa porque el autom´vil desacelera.
o o


PROBLEMA 18

Cu´l es la aceleraci´n de una part´
a o ıcula que inicialmente tiene una
velocidad de 3 s y en 8 segundos despues llega a una velocidad de 16 m
m
s



Tenemos como datos:
1 Velocidad inicial



Tenemos como datos:
1 Velocidad inicial v0 = 3 m ;
s



Tenemos como datos:
s
2 Velocidad ﬁnal



Tenemos como datos:
s
2 Velocidad ﬁnal vf = 16 m ;
s
3 Tiempo



Tenemos como datos:
s
s
3 Tiempo t = 8s.
Recordamos que la aceleraciń est´ definida como el cambio de velocidad
o a
con respecto al tiempo; esto es:
vf − v0
a=
t
Utilizando la ecuaciń anterior y sustituyendole los valores de v0 , vf y t
o
tenemos:
a=



Tenemos como datos:
s
s
3 Tiempo t = 8s.
o a
vf − v0
a=
t
o
tenemos:
16 m − 3 m
s s
a= =
8s



Tenemos como datos:
s
s
3 Tiempo t = 8s.
o a
vf − v0
a=
t
o
tenemos:
16 m − 3 m
s s m
a= = 1.625 2
8s s
m
Por lo tanto, la aceleraci´n de esta part´
o ıcula es de 1.625 s 2 .


PROBLEMA 19

a o ıcula que inicialmente tiene una
velocidad de 10 s y en 3 segundos despues tiene una velocidad de 45.5 m .
m
s



Tenemos como datos:
1 Velocidad inicial



Tenemos como datos:
s



Tenemos como datos:
s
2 Velocidad ﬁnal



Tenemos como datos:
s
2 Velocidad ﬁnal vf = 45.5 m ;
s
3 Tiempo



Tenemos como datos:
s
s
3 Tiempo t = 3s.



Tenemos como datos:
s
s
3 Tiempo t = 3s.
Recordemos que la aceleraci´n esta deﬁnida como el cambio de velocidad
o
con respecto al tiempo, esto es
vf − v0
a=
t
o
tenemos:
a=



Tenemos como datos:
s
s
3 Tiempo t = 3s.
o
vf − v0
a=
t
o
tenemos:
45.5 m − 10 m
s s
a= =
3s



Tenemos como datos:
s
s
3 Tiempo t = 3s.
o
vf − v0
a=
t
o
tenemos:
45.5 m − 10 m
s s m
a= = 11.83 2
3s s



Tenemos como datos:
s
s
3 Tiempo t = 3s.
o
vf − v0
a=
t
o
tenemos:
45.5 m − 10 m
s s m
a= = 11.83 2
3s s
m
Por lo tanto, la aceleraci´n de la part´
o ıcula es de 11.83 s 2


PROBLEMA 20

Un paracaidista, despues de saltar cae 50 metros sin rozamiento; cuando
m
ıdas, este retarda su ca´ −2 s 2 llegando al suelo con una
se abre el paraca´ ıda
velocidad de 3 m . Cuanto tiempo dura el paracaidista en el aire?
s



Como el paracaidista cae 50m en ca´ libre; para resolver este problema
ıda
podemos dividirlo en dos regiones:
La regiń I es cuando el paracaidista no ha abierto el paraca´
o ıdas y la regiń
o
II cuando ya abrio el paraca´
ıdas; entonces, en la regiń I, la velocidad
o
inicial v0I es cero. Como cae en ca´ libre la aceleraciń es debido a la
ıda o
m
fuerza de gravedad; es decir; aI = 9.8 s 2 y la distancia d es de 50m.
Para obtener la velocidad final podemos usar la ecuaciń: o
2 2
vfI = v0I + 2aI d
m
Sustituyendo v0I = 0, aI = 9.8 s 2 y d = 50m en la ecuaciń anterior
o
tenemos:
vfI =



ıda
o
o
ıda o
m
2 2
vfI = v0I + 2aI d
m
o
tenemos:
vfI = 2aI d =



ıda
o
o
ıda o
m
2 2
vfI = v0I + 2aI d
m
o
tenemos:
m
vfI = 2aI d = 2(9.8 2 )(50m) =
s



ıda
o
o
ıda o
m
2 2
vfI = v0I + 2aI d
m
o
tenemos:
m m
vfI = 2aI d = 2(9.8 2 )(50m) = 31.3
s s



Ahora; para encontrar el tiempo que tarda en recorrer esos 50m usamos la
siguiente ecuaci´n:
o
1 2
d = v0I t1 + aI t1
2
m
Sustituyendo en la ecuaci´n anterior v0I = 0,aI = 9.8 s 2 , d = 50m y
o
despejando t1 tenemos:

t1 =



o
1 2
d = v0I t1 + aI t1
2
m
o

2(50m)
t1 = m =
9.8 s 2



o
1 2
d = v0I t1 + aI t1
2
m
o

2(50m)
t1 = m = 3.19s
9.8 s 2



o
1 2
d = v0I t1 + aI t1
2
m
o

2(50m)
t1 = m = 3.19s
9.8 s 2

Entonces el tiempo t1 que tarda en recorrer los primeros 50m es 3.19s.



Ahora, en la regiń II la velocidad inicial v0II es la velocidad final de la
o
regiń uno;esto es, v0II = vfI = 31.3 m .
o s
El problema nos dice que el paracaidista llega al piso con una velocidad de
3 m ; esto es, vfII = 3 m . Con una aceleraciń retardadora de a2 = −2 s 2 .
s s o m

Para encontrar el el tiempo recorrido en la region II, usamos la siguiente
ecuaciń:
o
vfII = v0II + aII t2
despejando el tiempo y sustituyendo vfII = 3 m , v0II = 31.3 m y aII = −2 s 2
s s
m

tenemos:
t2 =



o
o s
s s o m

ecuaci´n:
o
s s
m

tenemos:
vfII − v0II
t2 = =
aII



o
o s
s s o m

ecuaci´n:
o
s s
m

tenemos:
vfII − v0II 3 m − 31.3 m
t2 = = s m
s
=
aII −2 s 2



o
o s
s s o m

ecuaci´n:
o
s s
m

tenemos:
vfII − v0II 3 m − 31.3 m
t2 = = s m
s
= 14.15s
aII −2 s 2
Entonces el tiempo t2 que tarda en llegar al suelo es 14.15s.



Entonces el tiempo que dura el paracaidista en el aire es la suma de el
tiempo en la regi´n I y el tiempo en la regi´n II, esto es:
o o

t = t1 + t2 = 14.15s + 3.19s = 17.34s

Por lo tanto, el tiempo que dura el paracaidista en el aire es 17.34s.


PROBLEMA 21

Se deja caer una piedra al agua desde un puente que esta a 44m de la
superﬁcie del agua. Otra piedra se arroja verticalmente hacia abajo 1s
despues de soltar la primer piedra. Ambas piedras llegan al mismo tiempo.
Cu´l fue la velocidad inicial de la segunda piedra?
a



La primer piedra se deja caer; es decir, su velocidad inicial v0 es cero, a
una altura d de 44m , cuanto tarda en llegar la primer piedra al agua?
o
1
d = v0 t + at 2
2
m
sustituyendo v0 = 0, a = 9.8 s 2 , d = 44m que es la distancia que recorrer´a
la piedra y despejando el tiempo t , tenemos:

t=



o
1
d = v0 t + at 2
2
m

2d
t= =
a



o
1
d = v0 t + at 2
2
m

2d 2(44m)
t= = m =
a 9.8 s 2



o
1
d = v0 t + at 2
2
m

2d 2(44m)
t= = m = 2.99s
a 9.8 s 2


La segunda piedra se arroja un segundo despu´s; es decir, que tarda en
e
llegar al agua 1.99s (un segundo menos que la primer piedra), el problema
nos pide la velocidad v02 con que es arrojada esta piedra.
Usando la ecuaci´n :
o
1
d = v02 t + at 2
2
m
sustituyendo d = 44m, a = 9.8 s 2 ,t = 1.99s tenemos:
1 m
44m = v02 (1.99s) + (9.8 2 )(1.99s)2
2 s
esto es:
44m = v02 (1.99s) + 19.4m
y despejando v02
v02 =


e
o
1
d = v02 t + at 2
2
m
1 m
44m = v02 (1.99s) + (9.8 2 )(1.99s)2
2 s
esto es:
44m = v02 (1.99s) + 19.4m
y despejando v02
44m − 19.4m
v02 = =
1.99s


e
o
1
d = v02 t + at 2
2
m
1 m
44m = v02 (1.99s) + (9.8 2 )(1.99s)2
2 s
esto es:
44m = v02 (1.99s) + 19.4m
y despejando v02
44m − 19.4m m
v02 = = 12.36
1.99s s


e
o
1
d = v02 t + at 2
2
m
1 m
44m = v02 (1.99s) + (9.8 2 )(1.99s)2
2 s
esto es:
44m = v02 (1.99s) + 19.4m
y despejando v02
44m − 19.4m m
v02 = = 12.36
1.99s s

Por lo tanto, la velocidad inicial con la que se arroja la segunda piedra es
12.36 m .
s

PROBLEMA 22

Cu´l va a ser la velocidad de una part´
a ıcula a los 8s despues de haber
acelerado con una aceleraci´n de 18 s 2 , si su velocidad era de 10 m justo
o m
s
antes de acelerar?



Tenemos como datos:
1 Velocidad inicial



Tenemos como datos:
s



Tenemos como datos:
s
2 Aceleraci´n
o



Tenemos como datos:
s
m
2 Aceleraci´n a = 18 s 2 ;
o
3 Tiempo



Tenemos como datos:
s
m
o
3 Tiempo t = 8s.



Tenemos como datos:
s
m
o
3 Tiempo t = 8s.
Para resolver este problema podemos usar la siguiente ecuaci´n:
o

vf = v0 + at

Sustituyendo los valores de v0 , a y t en la ecuaci´n anterior tenemos:
o

vf =



Tenemos como datos:
s
m
o
3 Tiempo t = 8s.
o

vf = v0 + at

o
m m
vf = 10 + (18 2 )(8s) =
s s



Tenemos como datos:
s
m
o
3 Tiempo t = 8s.
o

vf = v0 + at

o
m m m m
vf = 10 + (18 2 )(8s) = 10 + 144 =
s s s s



Tenemos como datos:
s
m
o
3 Tiempo t = 8s.
o

vf = v0 + at

o
m m m m m
vf = 10 + (18 2 )(8s) = 10 + 144 = 154
s s s s s
Por lo tanto, la velocidad que alcanzar´ la part´
a ıcula a los 8 segundos
despues de acelerar ser´ de 154 m .
a s


PROBLEMA 23

Una part´ ıcula tiene una velocidad de 18 m . Cuanto tiempo tardar´ en
s a
alcanzar una velocidad de 25 m despues de experimentar una aceleraci´n
s o
m
de 4.5 s 2 ?



Tenemos como datos:
1 Velocidad inicial



Tenemos como datos:
s



Tenemos como datos:
s
2 Velocidad ﬁnal



Tenemos como datos:
s
s
3 Aceleraci´n
o



Tenemos como datos:
s
s
m
3 Aceleraciń a = 4.5 s 2 .
o
Podemos usar la siguiente ecuaciń:
o
vf − v0
a=
t
Despejando el tiempo t y sustituyendo los datos en la ecuaciń anterior
o
tenemos:
t=



Tenemos como datos:
s
s
m
o
o
vf − v0
a=
t
o
tenemos:
vf − v0
t= =
a



Tenemos como datos:
s
s
m
o
o
vf − v0
a=
t
o
tenemos:
vf − v0 25 m − 18 m
s s
t= = m =
a 4.5 s 2



Tenemos como datos:
s
s
m
o
o
vf − v0
a=
t
o
tenemos:
vf − v0 25 m − 18 m
s s 7ms
t= = m = m =
a 4.5 s 2 4.5 s 2



Tenemos como datos:
s
s
m
o
o
vf − v0
a=
t
o
tenemos:
vf − v0 25 m − 18 m
s s 7ms
t= = m = m = 1.55s
a 4.5 s 2 4.5 s 2

Por lo tanto la part´
ıcula tardar´ 1.55s
a


PROBLEMA 24

Cuanto tiempo tardar´ en llegar al piso una piedra que se deja caer desde
a
una altura de 20m?
Supongamos que la fuerza de fricci´n en el aire se puede despreciar.
o



Tenemos como datos:
1 Velocidad inicial



Tenemos como datos:
1 Velocidad inicial v0 = 0 (ya que se deja caer la piedra);



Tenemos como datos:
2 Aceleraci´n
o



Tenemos como datos:
m
2 Aceleraci´n a = 9.8 s 2 (aceleraci´n debida a la fuerza de gravedad);
o o
3 Distancia



Tenemos como datos:
m
2 Aceleraci´n a = 9.8 s 2 (aceleraci´n debida a la fuerza de gravedad);
o o
3 Distancia d = 20m.



Para resolver este problema podemos usar la ecuaciń
o
1
d = v0 t + at 2
2
Sustituyendo los datos en la ecuaciń anterior tenemos:
o
1 m
20m = 0(t) + (9.8 2 )t 2
2 s
Despejando el tiempo t de la ecuaciń anterior, tenemos:
o

t=



o
1
d = v0 t + at 2
2
o
1 m
20m = 0(t) + (9.8 2 )t 2
2 s
o

20m
t= m =
4.9 s 2



o
1
d = v0 t + at 2
2
o
1 m
20m = 0(t) + (9.8 2 )t 2
2 s
o

20m √
t= m = 4.08s 2 =
4.9 s 2



o
1
d = v0 t + at 2
2
o
1 m
20m = 0(t) + (9.8 2 )t 2
2 s
o

20m √
t= m = 4.08s 2 = 2.02s
4.9 s 2

la piedra tardar´ en llegar al piso 2.02s
a


PROBLEMA 25

A que distancia se hab´ dejado caer una piedra que tard´ en llegar al
ıa o
suelo 20s, suponiendo que no hay fuerza de fricci´n provocada por el aire?
o


PROBLEMA 25 (Respesta)

Tenemos como datos:
1 Velocidad inicial



Tenemos como datos:
s



Tenemos como datos:
s
2 Aceleraci´n
o



Tenemos como datos:
s
m
2 Aceleraci´n a = 9.8 s 2 (aceleraci´n debido a la fuerza de gravedad);
o o
3 Tiempo



Tenemos como datos:
s
m
2 Aceleraci´n a = 9.8 s 2 (aceleraci´n debido a la fuerza de gravedad);
o o
3 Tiempo t = 20s.



Para resolver este problema podemos usar la ecuaci´n :
o
1
d = v0 t + at 2
2
o

d=



o
1
d = v0 t + at 2
2
o
m 1 m
d =0 (20s) + (9.8 2 )(20s)2 =
s 2 s



o
1
d = v0 t + at 2
2
o
m 1 m
d =0 (20s) + (9.8 2 )(20s)2 = 1960m
s 2 s



o
1
d = v0 t + at 2
2
o
m 1 m
d =0 (20s) + (9.8 2 )(20s)2 = 1960m
s 2 s
Por lo tanto, la pierdra se dejo caer a una altura de 1960m


PROBLEMA 26

a o ıcula que viajaba inicialmente a una
velocidad de 20 s y en 8s despues alcanz´ una velocidad de 26 m ?
m
o s



Tenemos como datos:
1 Velocidad inicial



Tenemos como datos:
s



Tenemos como datos:
s
2 Velocidad ﬁnal



Tenemos como datos:
s
s
3 Tiempo



Tenemos como datos:
s
s
3 Tiempo t = 8s.



Tenemos como datos:
s
s
3 Tiempo t = 8s.
Para resolver este problema usaremos la siguiente ecuaci´n:
o
vf − v0
a=
t
sustituyendo los datos en la ecuaci´n anterior tenemos:
o

a=



Tenemos como datos:
s
s
3 Tiempo t = 8s.
o
vf − v0
a=
t
o

26 m − 20 m
s s
a= =
8s



Tenemos como datos:
s
s
3 Tiempo t = 8s.
o
vf − v0
a=
t
o

26 m − 20 m
s s m
a= = .75 2
8s s



Tenemos como datos:
s
s
3 Tiempo t = 8s.
o
vf − v0
a=
t
o

26 m − 20 m
s s m
a= = .75 2
8s s
m
Por lo tanto, la aceleraci´n de la part´
o ıcula es de .75 s 2


PROBLEMA 27

Una pelota para cada rebote tarda 2 segundos. Cu´l es la altura m´xima
a a
que alcanza?
Supongamos que siempre llega a la misma altura.



Tenemos como datos:
1 Tiempo



Tenemos como datos:
1 Tiempo t = 1s (Si tarda dos segundos en cada rebote, entonces tarda
un segundo llegar del suelo a la altura m´xima);
a



Tenemos como datos:
a
2 Aceleraci´n
o



Tenemos como datos:
a
m
2 Aceleraciń a = −9.8 s 2 (aceleraciń debida a la fuerza de gravedad,
o o
siendo negativa porque cuando la pelota va hacia arriba, la fuerza de
gravedad la empuja hacia abajo);
3 Velocidad final



Tenemos como datos:
a
m
2 Aceleraciń a = −9.8 s 2 (aceleraciń debida a la fuerza de gravedad,
o o
siendo negativa porque cuando la pelota va hacia arriba, la fuerza de
gravedad la empuja hacia abajo);
3 Velocidad final vf = 0 m (en la altura m´xima la velocidad de la
s a
pelota es cero);



o
vf − v0
a=
t
de la ecuaci´n anterior despejamos la velocidad inicial v0 y sustituyendo
o
los datos tenemos:

v0 = vf − at =



o
vf − v0
a=
t
o
los datos tenemos:
m m
v0 = vf − at = 0 − (−9.8 2 )(1s)
s s



o
vf − v0
a=
t
o
los datos tenemos:
m m
v0 = vf − at = 0 − (−9.8 2 )(1s)
s s
entonces:
m
v0 = 9.8
s



Ahora, que ya tenemos la velocidad inicial, podemos encontrar la altura o
distancia m´xima desde el suelo usando la siguiente ecuaci´n:
a o
1
d = v0 t + at 2 =
2



a o
1 m 1 m
d = v0 t + at 2 = (9.8 )(1s) + (−9.8 2 )(1s)2
2 s 2 s



a o
1 m 1 m
d = v0 t + at 2 = (9.8 )(1s) + (−9.8 2 )(1s)2
2 s 2 s
entonces:
d = 4.9m
Por lo tanto la altura m´xima que alcanza la pelota es de 4.9 metros.
a


PROBLEMA 28

Una piedra se deja caer a 25m sobre el piso. Cu´l es el tiempo que tarda
a
en llegar al piso?



Tenemos como datos:
1 Distancia d = 15m



Tenemos como datos:
1 Distancia d = 15m
2 Velocidad inicial



Tenemos como datos:
1 Distancia d = 15m
2 Velocidad inicial v0 = 0 m (la piedra se deja caer);
s
3 Aceleraci´n
o



Tenemos como datos:
1 Distancia d = 15m
2 Velocidad inicial v0 = 0 m (la piedra se deja caer);
s
m
3 Aceleraci´n a = 9.8 s 2 (es la aceleraci´n debido a la fuerza de
o o
gravedad).



o
1
d = v0 t + at 2
2
Sustituyendo los datos en la ecuaci´n anterior tenemos
o
m 1 m
15m = (0 )t + (9.8 2 )t 2
s 2 s
Despejando el tiempo de la ecuaci´n anterior,tenemos
o

t=



o
1
d = v0 t + at 2
2
o
m 1 m
15m = (0 )t + (9.8 2 )t 2
s 2 s
o

2(15m)
t= m =
9.8 s 2



o
1
d = v0 t + at 2
2
o
m 1 m
15m = (0 )t + (9.8 2 )t 2
s 2 s
o

2(15m) √
t= m = 3.06s 2 =
9.8 s 2



o
1
d = v0 t + at 2
2
o
m 1 m
15m = (0 )t + (9.8 2 )t 2
s 2 s
o

2(15m) √
t= m = 3.06s 2 = 1.74s
9.8 s 2

Por lo tanto, el tiempo que tarda la piedra en llegar al piso es de 1.74s


PROBLEMA 29

La posiciń de una part´
o ıcula que se mueve en el eje x es funciń del
o
tiempo, de acuerdo a la ecuaciń:
o
vx0
x= (1 − e −kt )
k
en donde vx0 y k son constantes. Como est´ dada su velocidad?
a



Recordemos que la velocidad es la derivada de la posici´n con respecto al
o
tiempo, es decir:
dx
v=
dt
entonces
d( vk (1 − e −kt ))
x0
v=
dt


Desarrollando lo que est´ dentro de la derivada anterior obtenemos:
a

d( vk − vk e −kt )
x0 x0
v= =
dt


a

x0 x0
d( vk ) d( vk e −kt )
x0 x0
v= = − (2)
dt dt dt
Recordemos que la derivada de cualquier constante es cero, teniendo a vkx0

como constante; entonces:
d( vk )
x0
=0 (3)
dt
Tambien recordemos que la derivada de e u es e u du, entonces tenemos:

d( vk e −kt )
x0
=
dt


a

x0 x0
x0 x0
v= = − (2)
dt dt dt

d( vk )
x0
=0 (3)
dt

d( vk e −kt )
x0
vx0 d(e −kt )
= =
dt k dt


a

x0 x0
x0 x0
v= = − (2)
dt dt dt

d( vk )
x0
=0 (3)
dt

d( vk e −kt )
x0
vx0 d(e −kt ) vx0 −kt d(−kt)
= = e =
dt k dt k dt


a

x0 x0
x0 x0
v= = − (2)
dt dt dt

d( vk )
x0
=0 (3)
dt

d( vk e −kt )
x0
vx0 d(e −kt ) vx0 −kt d(−kt) vx0 −kt
= = e = e (−k)
dt k dt k dt k
por lo tanto
d( vk e −kt )
x0
= −vx0 e −kt (4)
dt



Usando los resultados de (3)y(4) en (2) tenemos que:

x0 x0
=
dt




x0 x0
= 0 − (−vx0 e −kt )
dt
por lo tanto
dx
= vx0 e −kt
dt
es decir que la velocidad de esta part´
ıcula est´ dada por:
a




x0 x0
= 0 − (−vx0 e −kt )
dt
por lo tanto
dx
= vx0 e −kt
dt
es decir que la velocidad de esta part´
ıcula est´ dada por:
a

v = vx0 e −kt


PROBLEMA 30

Una persona ve que una maceta pasa frente una ventana de 1.52m de
altura, primero de subida y luego de bajada. Si el tiempo total que ve la
maceta es de 1 segundo, encuentre la altura sobre la ventana que sube la
maceta.



El tiempo total que la persona ve la maceta es de 1 segundo, es decir que
el tiempo que ve subir la maceta es de .5 segundos y el tiempo que ve
bajar la maceta es de .5 segundos, esto es , porque el tiempo de subida y
de bajada de cualquier objeto cuya unica fuerza que act´a sobre ´l es la
´ u e
fuerza de gravedad debe ser el mismo, ya que la fuerza de gravedad es una
fuerza conservativa.


Cuando empieza a subir la maceta por la ventana, tiene una velocidad
inicial v0y ; entonces, para poder encontrar la velocidad inicial, podemos
utilizar la ecuaciń:
o
1
d = v0 t + at 2
2
donde d es igual a la altura de la ventana,v0 = v0y y la aceleraciń a es
o
m
igual a −9.8 s 2 , observemos que la aceleraciń es negativa porque la
o
maceta se dirige hacia arriba y la fuerza de gravedad va jalando a la
maceta hacia abajo.Sustituyendo esto en la ecuaciń anterior tenemos:
o

1.52m =


o
1
d = v0 t + at 2
2
o
m
o
o
1 m
1.52m = v0y (.5s) − 9.8 2 (.5s)2
2 s
esto es igual a


o
1
d = v0 t + at 2
2
o
m
o
o
1 m
1.52m = v0y (.5s) − 9.8 2 (.5s)2
2 s
esto es igual a
1 m
1.52m + 9.8 2 (.5s)2 = v0y (.5s)
2 s
entonces
v0y =


o
1
d = v0 t + at 2
2
o
m
o
o
1 m
1.52m = v0y (.5s) − 9.8 2 (.5s)2
2 s
esto es igual a
1 m
1.52m + 9.8 2 (.5s)2 = v0y (.5s)
2 s
entonces
1.52m + 1 9.8 s 2 (.5s)2
2
m
m
v0y = = 5.49
.5s s

Ahora que ya encontramos la velocidad en la parte de abajo de la ventana
v0y , podemos encontrar la distancia total o m´xima H que sube la maceta,
a
podemos usar la siguiente ecuaciń:
o
v 2 = v0 + 2ad
2

donde v es la velocidad final de la maceta, pero como es la altura maxima,
la velocidad es cero, recordemos que en la altura maxima la maceta deja
m
de subir y comienza a caer, la aceleraciń es −9.8 s 2 , la altura m´xima es
o a
H, entonces la formula queda de la siguiente manera:
2
0 = v0y + 2aH
entonces despejando H tenemos:
2
v0y
H=−
2a
esto es:
H=

a
o
v 2 = v0 + 2ad
2

m
o a
2
0 = v0y + 2aH
2
v0y
H=−
2a
esto es:
(5.49 m )2
s
H= − m =
2(−9.8 s 2 )

a
o
v 2 = v0 + 2ad
2

m
o a
2
0 = v0y + 2aH
2
v0y
H=−
2a
esto es:
(5.49 m )2
s
H= − m = 1.537m
2(−9.8 s 2 )


Por ultimo, el problema nos pide la altura sobre la ventana; esto es, la
altura m´xima, restamos la altura de la ventana y obtenemos la altura
a
sobre la ventana yf .

yf = H − h = 1.537m − 1.52m =



Por ultimo, el problema nos pide la altura sobre la ventana; esto es, la
altura m´xima, restamos la altura de la ventana y obtenemos la altura
a
sobre la ventana yf .

yf = H − h = 1.537m − 1.52m = .017m

Entonces, la altura que sube la maceta sobre la ventana es .017m.


PROBLEMA 31

Demostrar que el alcance m´ximo vertical de un proyectil es
a

(v0 sin θ)2
ymax =
2g



La velocidad inicial se puede descomponer en 2 componentes, en una
componente v0x y una componente v0y donde v0x = v0 cos θ y
v0y = v0 sin θ.
Recordemos que la fuerza de gravedad actá solo en forma vertical, asi
u
que la unica aceleraciń que tenemos es la aceleraciń que actá de forma
´ o o u
vertical, esto es:



v0y = v0 sin θ.
u
´ o o u
m
vertical, esto es: ay = −9.8 s 2



v0y = v0 sin θ.
u
´ o o u
m
vertical, esto es: ay = −9.8 s 2 que es la aceleraci´n debido a la fuerza de
o
gravedad, es negativa porque inicialmente el proyectil va hacia arriba y la
aceleraci´n apunta hacia abajo.
o
En la altura m´xima observamos que el proyectil deja de elevarse para
a
inmediatamente despu´s caer; entonces, la velocidad vfy en la altura
e
m´xima es cero.
a


Entonces usamos la siguiente ecuaci´n para resolver el problema.
o
vf2 = v0 + 2ad
2
(5)
Sustituyendo en la ecuaci´n (5) los valores de vf = vfy , v0 = v0y ,
o
d = ymax y a = −g tenemos:
2
vfy =


o
vf2 = v0 + 2ad
2
(5)
o
2 2
vfy = v0y − 2aymax
despejando ymax tenemos:

ymax =


o
vf2 = v0 + 2ad
2
(5)
o
2 2
2 2
vfy − v0y
ymax =
−2g
no olvidemos que vfy = 0 asi que la ecuaci´n anterior queda de la
o
siguiente manera:
2
−v0y
ymax =
−2g
pero v0y = v0 sin θ entonces:

ymax =

o
vf2 = v0 + 2ad
2
(5)
o
2 2
2 2
vfy − v0y
ymax =
−2g
no olvidemos que vfy = 0 asi que la ecuaci´n anterior queda de la
o
siguiente manera:
2
−v0y
ymax =
−2g
pero v0y = v0 sin θ entonces:
(v0 sin θ)2
ymax =
FILIBERTO ACEVEDO (BUAP) 2g
PROBLEMAS DE MECANICA July 13, 2011 102 / 352

PROBLEMA 32

Un riﬂe que tiene una velocidad de salida de 457 m . Dispara una bala a un
s
blanco pequeo colocado a 45.7m de distancia. Cuanto debe elevarse el riﬂe
sobre el blanco, para que la bala d´ en el blanco?
e



Necesitamos encontrar la altura del riﬂe, llamemosle a esta altura y , para
que cuando la bala salga horizontalmente, de en el blanco; Observemos
que al salir de la pistola, la unica fuerza que se ejerce sobre la bala es la
fuerza de gravedad, esta fuerza empujar´ a la bala hacia abajo.
a



Entonces como datos tenemos que la unica aceleraciń de la bala es la
´ o
aceleraciń vertical ejercida por la fuerza de gravedad, esta aceleraciń es
o o
m
−9.8 s 2 , es negativa porque apunta hacia abajo, la veloidad inicial v0x es
457 m y la distancia horizontal x que va a recorrer la bala es 45.7m.
s



Para las coordenada horizontales tenemos entonces la siguiente ecuaci´n:
o
1
d = v0 t + at 2 (6)
2
Entonces sustituyendo los datos: d = x = 45.7, v0 = v0x = 457 m y
s
a = ax = 0 tenemos:

t=



o
1
d = v0 t + at 2 (6)
2
s
a = ax = 0 tenemos:
x 45.7m
t= = =
v0x 457 m
s



o
1
d = v0 t + at 2 (6)
2
s
a = ax = 0 tenemos:
x 45.7m
t= = = .1s
v0x 457 m
s



Este tiempo que recorre los 45.7 metros la bala, tembien es el tiempo en
que baja la distancia y para pegar en el blanco, asi que volviendo a usar la
ecuaci´n (6) pero ahora para las coordenadas verticales tenemos:
o

y = v0y t + ay t
m
Sustituyendo v0y = 0 ya que la bala sale horizontalmente, ay = −9.8 s 2
negativa porque apunta hacia abajo, y el tiempo ya encontrado t = .1s
tenemos:
y=



o

y = v0y t + ay t
m
tenemos:
1 m
y = − 9.8 2 (.1s)2 =
2 s



o

y = v0y t + ay t
m
tenemos:
1 m
y = − 9.8 2 (.1s)2 = − .049m
2 s
Entonces, −.049m es la distancia que baja la bala al momento de salir del
riﬂe, por eso di´ negativa, asi que por lo tanto, es la distancia que se debe
o
elevar el riﬂe para darle en el blanco.


PROBLEMA 33

Una pelota es pateada desde el suelo y sale disparada a un ´ngulo de 45
a
grados. La pelota llega a 106.7m de distancia, si la pelota va hacia una
barda de 7m de altura h situada a 98m de distancia del pateador. Pasar´ a
esta sobre la barda?



Tenemos que la pelota sale disparada a un ngulo de 45 grados, esto es que
tiene una velocidad inicial v0 que podemos descomponer en una
componente vertical y otra horizontal, esto es:
v0x =



v0x = v0 cos 45 =



v0x = v0 cos 45 = .7071v0
v0y =



v0x = v0 cos 45 = .7071v0
v0y = v0 sin 45 =



v0x = v0 cos 45 = .7071v0
v0y = v0 sin 45 = .7071v0



Ahora, como vemos , no tenemos la velocidad inicial, pero si sabemos que
la distancia m´xima que llega la pelota que denotaremos como x es
a
106.7m, entonces, usando la ecuaci´n:
o
d
v=
t
y sustituyendo d = x y v = v0x = .7071v0 podemos encontrar el tiempo
que tarda en recorrer toda la distancia x en funcion de la velocidad inicial
v0 ; esto es:
x
t= (7)
.7071v0



Por otro lado, tenemos que en la altura m´xima, la componente vertical de
a
la velocidad denotada como vfy es cero, ya que en la altura m´xima
a
empieza a bajar la pelota; tambien tomando en cuenta que la aceleraci´n
o
vertical es −g ;entonces, usando la ecuaci´n
o

Vf = V0 + at

Podemos encontrar el tiempo que tarda en subir hasta la altura m´xima
a
que denotaremos como t1 , esto es:
vfy − v0y
t1 = =
a



a
a
o
o

Vf = V0 + at

a
vfy − v0y −v0y
t1 = = =
a −g



a
a
o
o

Vf = V0 + at

a
vfy − v0y −v0y .7071v0
t1 = = =
a −g g



El tiempo t1 es el tiempo que tarda en subir, pero recordemos que la
fuerza de gravedad es una fuerza conservativa, esto hace que el tiempo
que un cuerpo tarda en subir, sea el mismo tiempo que tarda en bajar, si
esta fuerza es la unica que actua sobre ´l; por lo tanto, el tiempo total que
´ e
la pelota tarda en subir y bajar otra vez al piso es de 2t1 , esto es: t = 2t1
entonces:
.7071v0
t = 2t1 = 2
g



Sustituyendo t en (7) tenemos:

x .7071v0
=2
.7071v0 g
Despejando v0 en la ecuaci´n anterior tenemos:
o

v0 =




x .7071v0
=2
.7071v0 g
o

gx
v0 =
2(.7071)(.7071)

entonces:

v0 =




x .7071v0
=2
.7071v0 g
o

gx
v0 =
2(.7071)(.7071)

entonces:
m
(9.8 s 2 )(106.7m)
v0 = =
2(.7071)2




x .7071v0
=2
.7071v0 g
o

gx
v0 =
2(.7071)(.7071)

entonces:
m
(9.8 s 2 )(106.7m) m
v0 = 2
= 32.33
2(.7071) s



Ahora, ya que conocemos la velocidad inicial, podemos enconrar el tiempo
en que la pelota recorre los 98m que es la distancia en que se encuentra la
barda, usando la ecuaci´n (7) tenemos:
o

x 98m
t= = = 4.286s
.7071v0 .7071(32.33 m )
s



Encotremos por ultimo la altura en la cual se encuentra la pelota a los
´
4.286s segundos en que fue pateada, esto es:
1
y = v0y t + at 2
2
entonces:
1
y = v0 sin 45(t) − gt 2
2
entonces:

y=



´
1
y = v0y t + at 2
2
entonces:
1
y = v0 sin 45(t) − gt 2
2
entonces:
m 1 m
y = 32.33 (.7071)(4.286s) − (9.8 2 )(4.286s)2
s 2 s

por lo tanto:



´
1
y = v0y t + at 2
2
entonces:
1
y = v0 sin 45(t) − gt 2
2
entonces:
m 1 m
y = 32.33 (.7071)(4.286s) − (9.8 2 )(4.286s)2
s 2 s

por lo tanto:
y = 7.96m



La altura y = 7.96m, es la altura de la pelota en la distancia en la que
est´ la barda.
a
Por lo tanto la pelota pasa por arriba de la barda ya que esta mide 7m.


PROBLEMA 34

Se dispara un proyectil desde el piso a un ´ngulo de 25 con una velocidad
a
m
de 10 s . Cu´l ser´ su altura m´xima?
a a a



Tenemos como datos:
1 Componente horizontal de la velocidad inicial



Tenemos como datos:
v0x = (10 m )(cos 25) = 9.06 m ;
s s



Tenemos como datos:
v0x = (10 m )(cos 25) = 9.06 m ;
s s
2 Componente vertical de la velocidad inicial



Tenemos como datos:
v0x = (10 m )(cos 25) = 9.06 m ;
s s
v0y = (10 m )(sin 25) = 4.22 m ;
s s
o



Tenemos como datos:
v0x = (10 m )(cos 25) = 9.06 m ;
s s
v0y = (10 m )(sin 25) = 4.22 m ;
s s
m
3 Aceleraci´n vertical ay = g = −9.8 s 2 (negativa porque el proyectil
o
inicialmente va hacia arriba y la fuerza de gravedad empuja el
proyectil hacia abajo).



Cuando la altura es m´xima la velocidad vertical del proyectil es cer; esto
a
es vfy = 0.
Usando la ecuaci´n
o
2 2
vfy = v0y + 2gy
y sustituyendo los datos los valores de vfy , v0y y g tenemos:
m 2
(0 ) =
s



a
es vfy = 0.
Usando la ecuaci´n
o
2 2
vfy = v0y + 2gy
m 2 m m
(0 ) = (4.22 )2 + s(−9.8 2 )y
s s s



a
es vfy = 0.
Usando la ecuaci´n
o
2 2
vfy = v0y + 2gy
m 2 m m
(0 ) = (4.22 )2 + s(−9.8 2 )y
s s s
Despejando y de la ecuaci´n anterior tenemos:
o

y=



a
es vfy = 0.
Usando la ecuaci´n
o
2 2
vfy = v0y + 2gy
m 2 m m
(0 ) = (4.22 )2 + s(−9.8 2 )y
s s s
o

−(4.22 m )2
s
y= m = .90m
2(9.8 s 2 )



a
es vfy = 0.
Usando la ecuaci´n
o
2 2
vfy = v0y + 2gy
m 2 m m
(0 ) = (4.22 )2 + s(−9.8 2 )y
s s s
o

−(4.22 m )2
s
y= m = .90m
2(9.8 s 2 )

Por lo tanto el proyectil tendra una altura m´xima de .90m
a


PROBLEMA 35

Encontrar el ´ngulo θ de disparo para el cual el alcance horizontal es igual
a
a la m´xima altura de un proyectil.
a



El problema nos pide que la m´xima altura h sea igual al alcance
a
horizontal d de un proyectil.
Si tenemos una velocidad inicial v0 , entonces:
v0x = v0 cos θ y v0y = v0 sin θ.



Sabemos que, como no hay aceleraci´n horizontal, la v0x permanece
o
constante, entonces:
d = v0x t (8)



Tambien sabemos que la unica fuerza que actá sobre el proyectil es la
´ u
fuerza de gravedad, debido a esto, la unica aceleraciń que actá es
´ o u
vertical y es −g , es negtiva porque inicialmente el proyectil va hacia arriba
y la aceleraciń apunta hacia abajo, entonces podemos utilizar la formula:
o

vf2 = v0 + 2ay
2

donde en la altura m´xima del proyectil tenemos vf = 0, v0 = v0y ,
a
a = −g , y = h entones sustituyendo esto en la ecuaciń anterior y
o
despejando h tenemos:
h=



Tambien sabemos que la unica fuerza que actá sobre el proyectil es la
´ u
fuerza de gravedad, debido a esto, la unica aceleraciń que actá es
´ o u
vertical y es −g , es negtiva porque inicialmente el proyectil va hacia arriba
y la aceleraciń apunta hacia abajo, entonces podemos utilizar la formula:
o

vf2 = v0 + 2ay
2

donde en la altura m´xima del proyectil tenemos vf = 0, v0 = v0y ,
a
a = −g , y = h entones sustituyendo esto en la ecuaciń anterior y
o
despejando h tenemos:
2
v0y
h= (9)
2g



Recordemos que el tiempo que tarda el proyectil en alcanzar la m´xima
a
altura es la mitad del tiempo que tarda en subir y bajar.Entonces usando
la ecuaci´n:
o
vf = v0 + at
para las coordenadas verticales tenemos que a = −g , vf = 0, v0 = v0y y
t = t1 , despejando el tiempo tenemos:

t1 =



Recordemos que el tiempo que tarda el proyectil en alcanzar la m´xima
a
altura es la mitad del tiempo que tarda en subir y bajar.Entonces usando
la ecuaci´n:
o
vf = v0 + at
para las coordenadas verticales tenemos que a = −g , vf = 0, v0 = v0y y
t = t1 , despejando el tiempo tenemos:
v0y
t1 =
g



Pero ´ste tiempo t1 es el tiempo que tarda en subir el proyectl, entonces,
e
el tiempo que tarda en subir y bajar es el doble, es decir 2t1 , este tiempo
lo sustituimos en la ecuaci´n (8) y tenemos:
o

d=



e
o
v0y
d = v0x 2t1 = 2v0x
g
sustituyendo los valores de v0x , v0y tenemos:

d=



e
o
v0y
d = v0x 2t1 = 2v0x
g
sustituyendo los valores de v0x , v0y tenemos:

v0 sin θ
d = 2v0 cos θ (10)
g



El problema nos dice que el alance m´ximo d debe ser igual a la altura
a
m´xima h entonces igualando (9) y (10)
a

v0 sin2 θ
2 v0 sin θ
= 2v0 cos θ
2g g
de aqu´ obtenemos que:
ı
θ = 75.96


PROBLEMA 36

Representar la velocidad de un proyectil en forma vectorial, si ´ste se
e
mueve a una velocidad v a un ´ngulo θ al Norte del Este.
a



La velocidad tiene 2 componentes, una componente horizontal vx y una
componente vertical vy .
Entonces: vx = v cos θ y vy = v sin θ
Para representarlo vectorialmente llamemos al vector unitario ˆ como un
i
ˆ como el vector en
vector en direcci´n al Este y al vector unitario j,
o
direcci´n al Norte
o
Por lo tanto para representar al vector v tenemos:

v=



La velocidad tiene 2 componentes, una componente horizontal vx y una
componente vertical vy .
Entonces: vx = v cos θ y vy = v sin θ
Para representarlo vectorialmente llamemos al vector unitario ˆ como un
i
ˆ como el vector en
vector en direcci´n al Este y al vector unitario j,
o
direcci´n al Norte
o
Por lo tanto para representar al vector v tenemos:

v = v cos θˆ + v sin θˆ
i j


PROBLEMA 37

Cu´l es la velocidad que debe de tener una piedra que es lanzada desde
a
una torre que mide 50m de altura, para que caiga dentro de un pozo que
esta a 20m de la torre, si el ´ngulo con que se lanza la piedra es de 30 con
a
la vertical.



Notemos que la aceleraci´n producida por la fuerza de gravedad apunta
o
hacia abajo, lo mismo que la velocidad vertical, ya que va cayendo la
piedra, y en este mismo sentido, como va cayedo la piedra, la distancia
que recorre verticalmente llamemosle h es negativa, asi que, usando la
o
1
d = v0 t + at 2 (11)
2
y sustituyendo d por −h, v por −v0y y a por −g tenemos:

h=



Notemos que la aceleraci´n producida por la fuerza de gravedad apunta
o
hacia abajo, lo mismo que la velocidad vertical, ya que va cayendo la
piedra, y en este mismo sentido, como va cayedo la piedra, la distancia
que recorre verticalmente llamemosle h es negativa, asi que, usando la
o
1
d = v0 t + at 2 (11)
2
y sustituyendo d por −h, v por −v0y y a por −g tenemos:

1
h = v0y t + gt 2 (12)
2



En la ecuaciń anterior tenemos como variables tando a t como a θ.
o
Para encontrar t podemos utilizar la ecuaciń (11); como en las
o
coordenadas horizontales la aceleraciń es cero, tenemos entonces:
o

v0x = dt

entonces:
t=



En la ecuaciń anterior tenemos como variables tando a t como a θ.
o
Para encontrar t podemos utilizar la ecuaciń (11); como en las
o
coordenadas horizontales la aceleraciń es cero, tenemos entonces:
o

v0x = dt

entonces:
v0x
t=
d


Sustituyamos la t que acabamos de encontrar, junto con v0y = v0 cos θ y
v0x = v0 sin θ en la ecuaci´n (12) tenemos:
o

h=


o
d 1 d2
h = v0 cos θ + g 2
v0 sin θ 2 v0 sin θ2
despejando v0 de la ecuaci´n anterior tenemos;
o

v0 =


o
d 1 d2
h = v0 cos θ + g 2
o

gd 2
v0 =
2 sin θ(h − d cot θ)
sustituyendo los valores de g ,d,h θ tenemos:

v0 =


o
d 1 d2
h = v0 cos θ + g 2
o

gd 2
v0 =
m
(9.8 s 2 )(20m)2
v0 = =
2 sin 30(50m − 20m cot 30)


o
d 1 d2
h = v0 cos θ + g 2
o

gd 2
v0 =
m 3
(9.8 s 2 )(20m)2 3920 m2
s m2
v0 = = = 255.22
2 sin 30(50m − 20m cot 30) 15.35m s2


o
d 1 d2
h = v0 cos θ + g 2
o

gd 2
v0 =
m 3
(9.8 s 2 )(20m)2 3920 m2
s m2
v0 = = = 255.22
2 sin 30(50m − 20m cot 30) 15.35m s2
Por lo tanto:
m
v0 = 15.97
s

PROBLEMA 38

a o ıcula que parte del reposo y 6 segundos
despues tiene una velocidad de 40 km ? Si esta part´
h ıcula sigue moviendose
con esa aceleraci´n, cuanto tiempo tardar´ en tener una velocidad de
o a
80 km ?
h



Primero que nada notemos que las velocidades estan en km y el tiempo
h
dado por el problema esta en segundos, asi que antes de continuar,
convirtamos las unidades de km a m para manejar las mismas unidades de
h s
tiempo(segundos). asi que:

km km
40 = 40
h h



h
h s

km km 1h
40 = 40 ( )
h h 60min



h
h s

km km 1h 1min
40 = 40 ( )( )
h h 60min 60seg



h
h s

km km 1h 1min 1000m
40 = 40 ( )( )( )=
h h 60min 60seg 1km



h
h s

km km 1h 1min 1000m m
40 = 40 ( )( )( ) = 11.11
h h 60min 60seg 1km s

km km
80 = 80
h h



h
h s

40 = 40 ( )( )( ) = 11.11

km km 1h
80 = 80 ( )
h h 60min



h
h s

40 = 40 ( )( )( ) = 11.11

km km 1h 1min
80 = 80 ( )( )
h h 60min 60seg



h
h s

40 = 40 ( )( )( ) = 11.11

km km 1h 1min 1000m
80 = 80 ( )( )( )=
h h 60min 60seg 1km



h
h s

40 = 40 ( )( )( ) = 11.11

80 = 80 ( )( )( ) = 22.22



Para resolver este problema primero calculemos la aceleraci´n de esta
o
part´
ıcula que la cambia de su velocidad del reposo(v0 = 0) hasta una
velocidad de 40 km que son como acabamos de encontrar 11.11 m .Sabemos
h s
que la aceleraci´n es el cambio de la velocidad con respecto al tiempo,
o
entonces:
a=



o
part´
h s
o
entonces:
vf − vi
a= =
t



o
part´
h s
o
entonces:
vf − vi 11.11 m − 0
s m
a= = = 1.85 2
t 6s s



Ahora s, cuanto tiempo tardar´ en alcanzar los 80 km , que son como
a h
acabamos de ver 22.22 m apartir de la velocidad de 11.11 m ?
s s
De la ecuaci´n que ya aplicamos a = vf −vi , podemos despejar el tiempo y
o t
sustituir vi por 11.11 m , vf por 22.22 m y la aceleraci´n a por 1.85 s 2
s s o m

tenemos entonces:

t=



a h
s s
o t
s s o m

tenemos entonces:
vf − vi 22.22 m − 11.11 m
s s
t= = =
a 6s



a h
s s
o t
s s o m

tenemos entonces:
vf − vi 22.22 m − 11.11 m
s s 11.11 ms
t= = = m =
a 6s 1.85 s 2



a h
s s
o t
s s o m

tenemos entonces:
vf − vi 22.22 m − 11.11 m
s s 11.11 ms
t= = = m = 6s
a 6s 1.85 s 2

Por lo tanto, 6 segundos despues de haber llegado a 40 km alcanza la
h
velocidad de 80 km .
h


PROBLEMA 39

Cu´l ser´ la velocidad de un proyectl cuyo alcance m´ximo x fue de 50m
a ıa a
si su ´ngulo de disparo α fue de 60 grados?
a



La velocidad inicial tiene dos componentes, una componente horizontal v0x
y una componente vertical v0y , estas son:

v0x = v0 cos α =




v0x = v0 cos α = .50v0

v0y = v0 sin α =




v0x = v0 cos α = .50v0

v0y = v0 sin α = .86v0



En la altura m´xima del proyectil, la velocidad final es cero, es decir
a
vfy = 0, tomando en cuenta que la aceleraciń es −g , ya que, la
o
trayectoria inicial del proyectil es hacia arriba y la aceleraciń apunta hacia
o
abajo, entonces, podemos usar la ecuaciń o

Vf = V0 + at (13)

pero Vf = vfy = 0, V0 = v0y = .50v0 y a = −g ,y haciendo t = t1
entonces sustituyendo esto y despejando t1 tenemos:

t1 =



En la altura m´xima del proyectil, la velocidad final es cero, es decir
a
vfy = 0, tomando en cuenta que la aceleraciń es −g , ya que, la
o
trayectoria inicial del proyectil es hacia arriba y la aceleraciń apunta hacia
o
abajo, entonces, podemos usar la ecuaciń o

Vf = V0 + at (13)

pero Vf = vfy = 0, V0 = v0y = .50v0 y a = −g ,y haciendo t = t1
entonces sustituyendo esto y despejando t1 tenemos:
−v0y v0y
t1 = =
−g g



El tiempo t1 es el tiempo que tarda en subir el proyectil a la altura
m´xima, asi que el tiempo t que tarda en subir y bajar es de 2t1 , esto es:
a
v0y
t = 2t1 = 2
g


Ahora en las coordenadas horizontales tenemos:
1
d = v0 t + at 2
2
v0y
con d = x, v0 = v0x ,a = 0 y t = 2 g tenemos:

x=


1
d = v0 t + at 2
2
v0y
2v0y
x = v0x ( )+0
g
pero
v0x = v0 cos α = .50v0
v0y = v0 sin α = .86v0
entonces:
x=


1
d = v0 t + at 2
2
v0y
2v0y
x = v0x ( )+0
g
pero
v0x = v0 cos α = .50v0
v0y = v0 sin α = .86v0
entonces:
2(.86v0 )
x = .50v0 ( )
g
despejando v0 tenemos:

v0 =


1
d = v0 t + at 2
2
v0y
2v0y
x = v0x ( )+0
g
pero
v0x = v0 cos α = .50v0
v0y = v0 sin α = .86v0
entonces:
2(.86v0 )
x = .50v0 ( )
g
gx
v0 = =
.86

1
d = v0 t + at 2
2
v0y
2v0y
x = v0x ( )+0
g
pero
v0x = v0 cos α = .50v0
v0y = v0 sin α = .86v0
entonces:
2(.86v0 )
x = .50v0 ( )
g
m
gx 9.8 s 2 (50m)
v0 = = =
.86 .86

1
d = v0 t + at 2
2
v0y
2v0y
x = v0x ( )+0
g
pero
v0x = v0 cos α = .50v0
v0y = v0 sin α = .86v0
entonces:
2(.86v0 )
x = .50v0 ( )
g
m
gx 9.8 s 2 (50m) m2
v0 = = = 565.8
.86 .86 s2

PROBLEMA 39 (Rerspuesta)

Por lo tanto, v0 = 23.78 m
s


PROBLEMA 40

Un proyectil se dispara desde el piso a una velocidad de 30 m con un
s
´ngulo de 30 con la horizontal; Cu´l ser´ su alcance m´ximo?
a a a a



Tenemos como datos:



Tenemos como datos:
v0x = v0 cos 30 = (30 m )(.86) =
s



Tenemos como datos:
v0x = v0 cos 30 = (30 m )(.86) = 25.98 m ;
s s



Tenemos como datos:
v0x = v0 cos 30 = (30 m )(.86) = 25.98 m ;
s s
v0y = v0 sin 30 = (30 m )(.5) =
s



Tenemos como datos:
v0x = v0 cos 30 = (30 m )(.86) = 25.98 m ;
s s
v0y = v0 sin 30 = (30 m )(.5) = 15 m ;
s s
o



Tenemos como datos:
v0x = v0 cos 30 = (30 m )(.86) = 25.98 m ;
s s
v0y = v0 sin 30 = (30 m )(.5) = 15 m ;
s s
m
3 Aceleraci´n vertical ay = g = −9.8 s 2 (negativa porque el proyectil
o
inicialmente va hacia arriba y la fuerza de gravedad empuja el
proyectil hacia abajo).



Para encontrar la distancia m´xima que denotaremos como Xmax
a
necesitamos conocer el tiempo que tarda el proyectil en llegar hasta la
distacia m´xima o alcance m´ximo desde que es disparado, para ello
a a
podemos utilizar la siguiente ecuaci´n:
o
1
Y = v0y t + at 2
2
donde Y es la distancia vertical del proyectil y v0y es la coordenada
horizontal de la velocidad inicial.
Sustituyendo en la ecuaci´n anterior los datos tenemos:
o
m 1 m
Y = (15 )t + (−9.8 2 )t 2
s 2 s



Como vemos en la ecuaci´n anterior , tenemos dos incognitas, una es el
o
distancia m´xima la Y o distancia vertical del proyectil es cero, asi que
a
haciendo Y = 0 en la ecuaci´n anterior nos queda:
o
m 1 m
0 = (15 )t + (−9.8 2 )t 2
s 2 s
m 1 m
0 = (15 + (−9.8 2 )t)t
s 2 s



La anterior igualdad se cumple si t = 0 que es en el momento de disparar
el proyectil, y si se cumple que:
m 1 m
15 + (−9.8 2 ) = 0
s 2 s
o

t=



m 1 m
15 + (−9.8 2 ) = 0
s 2 s
o

2(15 m )
s
t= m =
9.8 s 2



m 1 m
15 + (−9.8 2 ) = 0
s 2 s
o

2(15 m )
s
t= m = 3.06
9.8 s 2



Entonces en el tiempo de 3.06s el proyectil cae al piso que es precisamente
en el alcance m´ximo del proyectil.
a
Ahora, usando la ecuaci´n:
o

Xmax = v0x t

y sustituyendo los valores de v0x t , podemos encontrar el alcance
m´ximo,entonces:
a

Xmax =



a
o

Xmax = v0x t

m´ximo,entonces:
a
m
Xmax = (25.98 )(3.06s) =
s



a
o

Xmax = v0x t

m´ximo,entonces:
a
m
Xmax = (25.98 )(3.06s) = 79.53m
s
Por lo tanto, el alcance m´ximo del proyectil ser´ de 79.53m.
a a


PROBLEMA 41

Un balń es pateado y sale disparado con una velocidad horizontal de 10 m
o s
desde un edificio de 50m de altura. A que distancia del edificio pegar´ el
a
balń con el suelo?
o



La unica componente de la veloidad inicial es horizontal, esto es,
´
v0x = v0 = 10 m , lo que indica que la componente vertical inicial es nula,
s
esto es, v0y = 0



Para saber a que distancia x del ediﬁcio llegar´ al suelo, necesitamos saber
a
cuanto tiempo tardar´ en caer, entonces podemos utilizar la ecuaci´n:
a o
1
d = v0y + at 2
2
m
ya que a = g = 9.8 s 2 , v0y = 0, d = y = 50m y despejando t, tenemos:

t=



a
a o
1
d = v0y + at 2
2
m

2y 2(50m)
t= = m =
g 9.8 s 2



a
a o
1
d = v0y + at 2
2
m

2y 2(50m) √
t= = m = 10.20s 2 =
g 9.8 s 2



a
a o
1
d = v0y + at 2
2
m

2y 2(50m) √
t= = m = 10.20s 2 = 3.19s
g 9.8 s 2



Como t es el tiempo que tarda en caer, asi que usando este tiempo t en la
ecuaci´n x = vt tenemos:
o

x=



o
m
x = (10 )(3.19s) =
s



o
m
x = (10 )(3.19s) = 31.9m
s
Por lo tanto, caer´ a 31.9m del ediﬁcio.
a


PROBLEMA 42

Cu´l ser´ la altura m´xima de una pelota que es lanzada de forma vertical
a a a
con una velocidad 20 m desde el suelo?
s



Tenemos como datos:
1 Velocidad inicial



Tenemos como datos:
1 Velocidad inicial v0y = 20 m ;
s



Tenemos como datos:
s
2 Aceleraci´n
o



Tenemos como datos:
s
m
2 Aceleraci´n ay = g = −9.8 s 2 (es negativa porque apunta hacia abajo
o
cuando la velocidad de la pelota apunta hacia arriba);



Tenemos como datos:
s
m
o
3 Velocidad ﬁnal



Tenemos como datos:
s
m
o
3 Velocidad ﬁnal vfy = 0 m (en la altura m´xima la pelota tiene una
s a
m
velocidad de 0 s



Para resolver el problema podemos utilizar la siguiente ecuaci´n:
o
2 2
vfy = v0y + 2ay y

Despejando y de la ecuaci´n anterior y sustituyendo los valores de vfy , v0y
o
y ay tenemos:

y=



o
2 2
vfy = v0y + 2ay y

o
y ay tenemos:
2 2
vfy − v0y
y= =
2ay



o
2 2
vfy = v0y + 2ay y

o
y ay tenemos:
2 2
vfy − v0y (0 m )2 − (20 m )2
s s
y= = m =
2ay 2(−9.8 s 2 )



o
2 2
vfy = v0y + 2ay y

o
y ay tenemos:
2 2
vfy − v0y (0 m )2 − (20 m )2
s s
y= = m = 20.4m
2ay 2(−9.8 s 2 )

Por lo tanto, la altura m´xima que alcanzar´ la pelota ser´ de 20.4m.
a a a


MOVIMIENTO CIRCULAR


PROBLEMA 43

Encontrar la magnitud de la aceleraci´n centr´
o ıpeta en la punta de un aspa
rev
de un ventilador de .30m de diametro, que gira a 1200 min .



rev m
Primero convirtamos 1200 min a s usando el di´metro D = .30m,
a
entonces tenemos que:
rev
v = 1200 =
min



rev m
a
rev rev πD 1min
v = 1200 = (1200 )( )( )
min min 1rev 60s
entonces:
rev
v = 1200 =
min



rev m
a
rev rev πD 1min
v = 1200 = (1200 )( )( )
min min 1rev 60s
entonces:
rev rev 3.1416(.30m) 1min
v = 1200 = (1200 )( )( )=
min min 1rev 60s



rev m
a
rev rev πD 1min
v = 1200 = (1200 )( )( )
min min 1rev 60s
entonces:
rev rev 3.1416(.30m) 1min m
v = 1200 = (1200 )( )( ) = 18.85
min min 1rev 60s s



Ahora que ya tenemos la velocidad con las unidades m , encontraremos la
s
magnitud de la aceleraci´n centr´
o ıpeta usando la ecuaci´n:
o

v2
a=
R
con v = 18.85 m y R =
s
D
2 = .15m, entonces:

a=



s
o

v2
a=
R
con v = 18.85 m y R =
s
D
2 = .15m, entonces:

(18.85 m )2
s
a= =
.15m



s
o

v2
a=
R
con v = 18.85 m y R =
s
D
2 = .15m, entonces:

(18.85 m )2
s m
a= = 2368.7 2
.15m s
m
Por lo tanto,la magnitud de la aceleraci´n centr´
o ıpeta es 2368.7 s 2


PROBLEMA 44

En el modelo de Bohr del ´tomo de hidr´geno un electrń gira en torno de
a o o
un protń en una ´rbita circular de radio 5.28x10−11 m con una rapidez
o o
2.18x106 m ; Cu´l es la aceleraciń centr´
s a o ıpeta del ´tomo de hidr´geno?
a o



Tenemos que:
v2
a=
R
Sustituyendo en la ecuaci´n anterior v por la velocidad 2.18x106 m y R por
o s
el radio 5.28x10−11 m tenemos:

a=



Tenemos que:
v2
a=
R
o s
(2.18x106 m )2
s
a= =
5.28x10−11 m



Tenemos que:
v2
a=
R
o s
(2.18x106 m )2 m
a= s
−11 m
= 9x1022 2
5.28x10 s
m
ıpeta es 9x1022 s 2
Por lo tanto, la aceleraci´n centr´
o


PROBLEMA 45

La distancia promedio Tierra-Sol es 1.496x1011 m. Cuanto tarda la Tierra
en darle la vuelta al Sol si suponemos que su trayecoria es circular?
Nota: La masa del Sol es 1.991x1030 kg y la constante de gravitaci´n o
universal es 6.672x10 −11 Nm2
kg 2



Tenemos como datos:
1 Distancia Tierra-Sol



Tenemos como datos:
1 Distancia Tierra-Sol r = 1.496x1011 m



Tenemos como datos:
2 Masa del Sol



Tenemos como datos:
2 Masa del Sol MS = 1.991x1030 kg



Tenemos como datos:
3 Constante de Gravitaci´n universal
o



Tenemos como datos:
2
3 Constante de Gravitaci´n universal G = 6.672x10−11 Nm2
o kg



Si la Tierra le da la vuelta al Sol en una trayectoria circular, tenemos
entonces que la distancia Tierra-Sol es el radio de dicha trayectoria,
entonces el per´ımetro P que describe dicha trayectoria es:

P = 2πr =




P = 2πr = 2(3.1416)(1.496x1011 m) =




P = 2πr = 2(3.1416)(1.496x1011 m) = 9.39x1011 m



Por otro lado, como la Tierra se mueve en una trayectoria circular, ´sta se
e
ve afectada por una aceleraci´n centr´
o ıpeta ac , que est´ dada por:
a

v2
ac =
r
donde v es la magnitud de la velocidad de la Tierra y r es el radio de su
trayectoria alrededor del Sol.


Pero tambien la fuerza centr´ ıpeta es igual a la fuerza de atracciń
o
gravitacional que existe en tre la Tierra y el Sol, esto es:
mS mT
Fc = G
r2
donde mT es la masa de la Tierra.
Entonces igualando esta fuerza centripeta con la aceleraciń centripeta
o
antes encontrada multiplicada por la masa de la Tierra, ya que ambas son
fuerzas centripetas , tenemos:
mS mT v2
G = mT
r2 r
Despejando de la ecuaciń anterior la velocidad v y sustituyendo valores
o
tenemos:

v=


o
mS mT
Fc = G
r2
o
mS mT v2
G = mT
r2 r
o
tenemos:

GmS
v= =
r


o
mS mT
Fc = G
r2
o
mS mT v2
G = mT
r2 r
o
tenemos:
m 2
GmS (6.672x10/11 N kg 2 )(1.991x1030 kg )
v= = =
r 1.496x1011


o
mS mT
Fc = G
r2
o
mS mT v2
G = mT
r2 r
o
tenemos:
m 2
GmS (6.672x10/11 N kg 2 )(1.991x1030 kg ) m
v= = = 29798.73
r 1.496x1011 s



Como estamos suponiendo que la trayectoria es circular, entonces la
magnitud de la velocidad es siempre constante, entonces, para encontrar el
tiempo que tarda la Tierra en dar la vuelta al Sol podemos usar la
o
d
v=
t
Despejando el tiempo t de la ecuaci´n anterior y sustituyendo v por la
o
velocidad que tiene la Tierra y d por el per´
ımetro de la trayectoria de la
Tierra alrededor del Sol, tenemos:

d P
t= = =
v v



Como estamos suponiendo que la trayectoria es circular, entonces la
magnitud de la velocidad es siempre constante, entonces, para encontrar el
tiempo que tarda la Tierra en dar la vuelta al Sol podemos usar la
o
d
v=
t
Despejando el tiempo t de la ecuaci´n anterior y sustituyendo v por la
o
velocidad que tiene la Tierra y d por el per´
ımetro de la trayectoria de la
Tierra alrededor del Sol, tenemos:

d P 9.39x1011m
t= = = = 31511410.05s
v v 29798.73 m
s

La Tierra tarda en dar la vuelta al Sol 31511410.05s que equivale a
364.71 d´ıas.


PROBLEMA 46

Una banda pasa por una rueda de radio 20cm, si un punto en la banda
tiene una rapidez de 15 m . Que tan rapido gira la rueda?
s



Tenemos como datos:
1 Radio de la banda



Tenemos como datos:
1 Radio de la banda r = 20cm



Tenemos como datos:
2 Rapidez del punto de la banda



Tenemos como datos:
2 Rapidez del punto de la banda v = 15 m
s



Como podemos observa las unidades del radio de la banda esta en cm,
pero las unidades de la rapidez de un punto de la banda esta en m ,
s
entonces cambiemos los 20cm a metros, esto es:
1m
r = 20cm = 20cm( ) = .2m
100cm



Por otro lado, la velocidad del punto de la banda es una velocidad lineal, la
cual est´ ligada a la velocidad angular de la rueda de la siguiente manera:
a

v = ωr

Despejando de la ecuaci´n anterior la velocidad angular ω y sustituyendo
o
los valores de v y r tenemos:

ω=



a

v = ωr

o

v
ω= =
r



a

v = ωr

o

v 15 m
s
ω= = =
r .2m



a

v = ωr

o

v 15 m
s rad
ω= = = 75
r .2m s
Por lo tanto, la rueda gira a una velocidad de 75 rad
s


PROBLEMA 47

Un autom´vil tiene llantas de 30cm de radio. Parte del reposo y acelera
o
uniformemente hasta una rapidez de 30 m en un tiempo de 8s. Encontrar
s
la aceleraci´n angular de las llantas.
o



Tenemos como datos:
1 Radio de las llantas



Tenemos como datos:
1 Radio de las llantas r = 30cm;



Tenemos como datos:
2 Velocidad inicial del autom´vil
o



Tenemos como datos:
2 Velocidad inicial del autom´vil v0 = 0 m (parte del reposo);
o s



Tenemos como datos:
o s
3 Velocidad ﬁnal del autom´vil
o



Tenemos como datos:
o s
3 Velocidad ﬁnal del autom´vil vf = 30 m ;
o s



Tenemos como datos:
o s
o s
4 Tiempo en que tarda en llegar a vf ;



Tenemos como datos:
o s
o s
4 Tiempo en que tarda en llegar a vf ; t = 8s.



Observemos que las unidades de los radios de las llantas estan en
ımetros pero las unidades de la velocidad del autom´vil estan en m ;
cent´ o s
por lo tanto debemos cambiar los cent´ ımetros del radio a metros, esto es:
1m
r = 30cm = 30cm( ) = .3m
100cm



Ahora, como el autom´vil acelera uniformemente, podemos obtene dicha
o
aceleraci´n usando la siguiente ecuaci´n:
o o
vf − v0
a=
t
o

vf − v0
a= =
t



o
o o
vf − v0
a=
t
o

vf − v0 30 m − 0 m
s s
a= = =
t 8s



o
o o
vf − v0
a=
t
o

vf − v0 30 m − 0 m
s s m
a= = = 3.75
t 8s s



La aceleraciń del autom´vil es la misma que la aceleraciń lineal de las
o o o
llantas, asi que,la aceleraciń angular la encontramos usando la siguiente
o
ecuaciń:
o
a = αr
Despejando de la ecuaciń anterior la aceleraciń angular α y sustituyendo
o o
los valores de a y r tenemos:

α=



o o o
o
ecuaci´n:
o
a = αr
o o

a
α= =
r



o o o
o
ecuaci´n:
o
a = αr
o o

a 3.75 m
s
α= = =
r 3m



o o o
o
ecuaci´n:
o
a = αr
o o

a 3.75 m
s rad
α= = = 12.5 2
r 3m s
Por lo tanto, la aceleraci´n angular es 12.5 rad .
o s2


PROBLEMA 48

Cu´l es la m´xima rapidez con la que un autom´vil puede tomar una curva
a a o
de 30m de radio en un camino plano si el coeﬁciente de fricci´n est´tica
o a
entre las llantas y la carretera es de .80.



Tenemos como datos:
1 Radio de la curva



Tenemos como datos:
1 Radio de la curva r = 30m;



Tenemos como datos:
2 Coeﬁciente de fricc´n est´tica entre las llantas y la carretera
o a



Tenemos como datos:
2 Coeﬁciente de fricc´n est´tica entre las llantas y la carretera µk = .80.
o a



La fuerza radial requerida para mantener el autom´vil en la curva, es decir
o
, la fuerza centr´
ıpeta es proporcionada por la fuerza de fricci´n entre las
o
llantas y el camino, esto es:

mv 2
= µk mg
r
Despejando de la ecuaci´n anterior la velocidad y sustituyendo los valores
o
de r , µk y g , tenemos:

v=



o
, la fuerza centr´
o

mv 2
= µk mg
r
o

√
v= r µk g =



o
, la fuerza centr´
o

mv 2
= µk mg
r
o

√ m
v= r µk g = (30m)(.80)(9.8 )=
s2



o
, la fuerza centr´
o

mv 2
= µk mg
r
o

√ m m
v= r µk g = (30m)(.80)(9.8 2
) = 15.33
s s



Ahora cambiemos las unidades de 15.33 m a
s
km
h

m m 1km 60s 60min
v = 15.35 = 15.35 ( )( )( )=
s s 1000m 1min 1h



Ahora cambiemos las unidades de 15.33 m a
s
km
h

m m 1km 60s 60min km
v = 15.35 = 15.35 ( )( )( ) = 55.18
s s 1000m 1min 1h h
Por lo tanto, la m´xima rapidez que debe tener el autom´vil es 55.18 km .
a o h


PROBLEMA 49

Una nave espacial se encuentra en ´rbita alrededor de la Luna a una altura
o
de 25500m. Suponga que solamente la atracci´n gravitacional act´a sobre
o u
ella. Encontrar la rapidez con que la nave le da la vuelta a la Luna.
Nota: La masa de la Luna es 7.34x1022 kg , el radio de la Luna
m2
1.738x106 m y el valor de la constante gravitacional es 6.67x10−11 N kg 2 .



Tenemos como datos:
1 Altura de la ´rbita de la nave espacial
o



Tenemos como datos:
1 Altura de la ´rbita de la nave espacial h = 25500m
o



Tenemos como datos:
o
2 Masa de la Luna



Tenemos como datos:
o
2 Masa de la Luna ml = 7.34x1022 kg



Tenemos como datos:
o
3 Radio de la Luna



Tenemos como datos:
o
3 Radio de la Luna r = 1.738x106 m



Tenemos como datos:
o
4 Constante gravitatoria



Tenemos como datos:
o
2
4 Constante gravitatoria G = 6.67x10−11 N kg 2
m



Como solo actá la fuerza de atracciń gravitacional Fg , tenemos que esta
u o
fuerza es la fuerza centr´
ıpeta Fc que actá sobre la nave espacial, esto es:
u

Fg = Fc
2
donde Fg = G mRml y Fc = mc v , donde mc es la masa de la nave espacial
c
2 R
y R es la suma del radio de la Luna y la altura de la nave espacial,
entonces:
mc ml mc v 2
G =
R2 R
De la ecuaciń anterior despejamos la velocidad v , entonces:
o

v=



u o
u

Fg = Fc
2
c
2 R
entonces:
mc ml mc v 2
G =
R2 R
o

Gml
v= =
h+r



u o
u

Fg = Fc
2
c
2 R
entonces:
mc ml mc v 2
G =
R2 R
o

m 2
Gml (6.67x10−11 N kg 2 )(7.34x1022 kg )
v= = =
h+r 1.738x106 m + 25500m



u o
u

Fg = Fc
2
c
2 R
entonces:
mc ml mc v 2
G =
R2 R
o

m 2
Gml (6.67x10−11 N kg 2 )(7.34x1022 kg ) m
v= = = 1666.18
h+r 1.738x106 m + 25500m s
Por lo tanto, la velocidad de la nave es : 1666.18 m
s


PROBLEMA 50

Un cordel enredado en el borde de una rueda De 20cm de di´metro se jala
a
cm
a raz´n de 75 s . Cu´ntas vueltas habr´ dado la rueda cuando se han
o a a
desenredado 9m de cordel?



Tenemos como datos:
1 El diametro de la rueda



Tenemos como datos:
1 El diametro de la rueda D = 20cm que nos da un radio de
r = D = 10cm;
2



Tenemos como datos:
r = D = 10cm;
2
2 La raz´n en que se jala el cordel
o



Tenemos como datos:
r = D = 10cm;
2
2 La raz´n en que se jala el cordel v = 75 cm ;
o s



Tenemos como datos:
r = D = 10cm;
2
o s
3 Cantidad de cordel jalado



Tenemos como datos:
r = D = 10cm;
2
o s
3 Cantidad de cordel jalado d = 9m.



Pimero tenemos que encontrar el per´
ımetro P de la rueda, entonces:

P = 2πr =




P = 2πr = 2(3.1416)(10cm) =




P = 2πr = 2(3.1416)(10cm) = 62.83cm

Entonces, cada 62.83cm que se desenreda el cordel se da una revoluci´n o
o
vuelta a la rueda, lo cual implica que 1rev = 62.83cm; por consiguiente
para encontrar el n´mero total de vueltas que habr´ dado el cordel cuando
u a
se han desenredado 9m efectuamos la siguiente operaci´n:
o
100cm 1rev
9m = 9m( )( )=
1m 62.83cm




P = 2πr = 2(3.1416)(10cm) = 62.83cm

Entonces, cada 62.83cm que se desenreda el cordel se da una revoluci´n o
o
vuelta a la rueda, lo cual implica que 1rev = 62.83cm; por consiguiente
para encontrar el n´mero total de vueltas que habr´ dado el cordel cuando
u a
se han desenredado 9m efectuamos la siguiente operaci´n:
o
100cm 1rev
9m = 9m( )( ) = 14.32rev
1m 62.83cm
Por lo tanto, la rueda habr´ dado 14.32rev .
a


PROBLEMA 51

Cu´l es la rapidez de un punto en el ecuador de la Tierra?
a
Nota:El radio de la Tierra es de 6370km



Tenemos como datos:
1 El radio de la Tierra



Tenemos como datos:
1 El radio de la Tierra r = 6370km que son 6370000m



Calculemos primero el per´
ımetro P de la Tierra, entoces realizamos la
siguiente operaci´n:
o

P = 2πr = 2π(6370000m) = 40023890m



Ahora, la Tierra da vueltas sobre su propio eje en 24 horas, convirtamos
las 24 horas en segundos, esto es:
60min 1min
24h = 24h( )( )=
1h 60s



Ahora, la Tierra da vueltas sobre su propio eje en 24 horas, convirtamos
las 24 horas en segundos, esto es:
60min 1min
24h = 24h( )( ) = 86400s
1h 60s



Entonces un punto en el ecuador recorre 40023890m que es el per´ ımetro
de la Tierra en 86400s, para encontrar su velocidad usamos la siguiente
ecuaci´n:
o
d
v=
t
Sustituyendo en la ecuaci´n anterior los valores de d = P y t tenemos:
o
d
v= =
t



ecuaci´n:
o
d
v=
t
o
d P 40023890m
v= = = =
t t 86400s



ecuaci´n:
o
d
v=
t
o
d P 40023890m m
v= = = = 463.23
t t 86400s s
Por lo tanto, un punto en el ecuador tiene una rapidez de 463.23 m .
s


PROBLEMA 52

Calcular la aceleraci´n radial de un punto en el ecuador de la Tierra, si su
o
m
rapidez es 463.23 s .
Nota:El radio de la Tierra es de 6370km



Tenemos como datos:
1 El radio de la Tierra



Tenemos como datos:
1 El radio de la Tierra r = 6370km que son 6370000m;



Tenemos como datos:
2 Rapidez de un punto en el ecuador de la Tierra



Tenemos como datos:
2 Rapidez de un punto en el ecuador de la Tierra v = 463.23 m .
s



Entonces para calcular la aceleraciń radial ar podemos usar la siguiente
o
ecuaciń:
o
v2
ar =
r
Sustituyendo los valores de v y de r en la ecuaciń anterior tenemos:
o

v2
ar = =
r



o
ecuaci´n:
o
v2
ar =
r
o

v2 (463.23 m )2
s
ar = = =
r 6370000m



o
ecuaci´n:
o
v2
ar =
r
o

v2 (463.23 m )2
s m
ar = = = .0336 2
r 6370000m s
Por lo tanto, la aceleraci´n radial de un punto en el ecuador de la Tiera es
o
m
.0336 s 2 .


PROBLEMA 53

Una polea de 5cm de di´metro est´ instalada en un motor que gira con una
a a
rev
aceleraci´n angular de 5 s 2 .Cu´l es la aceleraci´n lineal de dicha polea?
o a o



Tenemos como datos:
1 El radio de la polea



Tenemos como datos:
1 El radio de la polea r = 5cm;



Tenemos como datos:
2 Aceleraci´n angular del motor
o



Tenemos como datos:
2 Aceleraci´n angular del motor α = 5 rev .
o s2



Primero convirtamos las unidades de 5 rev a
s2
rad
s2
esto es:

rev rev 2πrad rad
α=5 2
= (5 2 )( ) = 31.4 2
s s 1rev s



La aceleraciń angular de la polea es la misma que la del motor, entonces
o
para calcular la aceleraciń lineal tenemos:
o

a = αr

Usando la ecuaciń anterior y sustituyendo los valores de α y r tenemos:
o

a = αr =



o
o

a = αr

o
rad
a = αr = (31.4 )(5cm) =
s2



o
o

a = αr

o
rad
a = αr = (31.4 )(5cm) = 157cm/s 2
s2
Por lo tanto la aceleracin lineal de la polea es de 157cm/s 2 .


PROBLEMA 54

La centr´ıfuga de secado de una lavadora gira a 900 rev , frena con una
s
aceleraci´n angular uniforme de −2 rev . Cuanto tiempo tardar´ en
o s 2 a
detenerse?



Tenemos como datos:
1 Velocidad angular inicial



Tenemos como datos:
rev
1 Velocidad angular inicial ω0 = 900 min ;



Tenemos como datos:
rev
2 Velocidad angular ﬁnal



Tenemos como datos:
rev
rev
2 Velocidad angular ﬁnal ωf = 0 min (Al ﬁnal la centrifuga de secado se
detiene);



Tenemos como datos:
rev
rev
detiene);
3 Aceleraci´n angular
o



Tenemos como datos:
rev
rev
detiene);
3 Aceleraci´n angular α = −2 rev .
o s2



rev
Primero convirtamos los minutos de 900 min a segundos, esto es :

rev rev 1min
ω0 = 900 = (900 )( )=
min min 60s



rev
Primero convirtamos los minutos de 900 min a segundos, esto es :

rev rev 1min rev
ω0 = 900 = (900 )( ) = 15
min min 60s s



o
ωf − ω0
α=
t
Despejando el tiempo de la ecuaci´n anterior y sustituy´ndole los valores
o e
de ωf , ω0 y α tenemos:

t=



o
ωf − ω0
α=
t
o e

ωf − ω0
t= =
α



o
ωf − ω0
α=
t
o e

ωf − ω0 0 rev − 15 rev
t= = s rev s =
α −2 s



o
ωf − ω0
α=
t
o e

ωf − ω0 0 rev − 15 rev
t= = s rev s = 7.5s
α −2 s

Por lo tanto, la centr´
ıfuga tardar´ en detenerse 7.5s.
a


PROBLEMA 55

Una polea de 10cm de radio instalado en un motor, est girando a 50 rev y
s
disminuye su velocidad uniformemente a 30 rev en 8s. Calcular la
s
aceleraci´n angular del motor.
o



Tenemos como datos:
1 Radio de la polea



Tenemos como datos:
1 Radio de la polea r = 10cm;



Tenemos como datos:
2 Velocidad inicial angular



Tenemos como datos:
2 Velocidad inicial angular ω0 = 50 rev ;
s



Tenemos como datos:
s
3 Velocidad angular ﬁnal



Tenemos como datos:
s
3 Velocidad angular ﬁnal ωf = 30 rev ;
s



Tenemos como datos:
s
s
4 Tiempo que tarda en llegar a la velocidad angular ﬁnal



Tenemos como datos:
s
s
4 Tiempo que tarda en llegar a la velocidad angular ﬁnal t = 8s.



Para encontrar la aceleraciń angular podemos usar la siguiente ecuaciń:
o o
ωf − ω0
α=
t
Sustituyendo los valores de ω0 ,ωf y t en la ecuaciń anterior tenemos:
o

α=



o o
ωf − ω0
α=
t
o

ωf − ω0
α= =
t



o o
ωf − ω0
α=
t
o

ωf − ω0 30 rev − 50 rev
s s
α= = =
t 8s



o o
ωf − ω0
α=
t
o

ωf − ω0 30 rev − 50 rev
s s rev
α= = = − 2.5 2
t 8s s
Por lo tanto, la aceleraci´n angular del motor es −2.5 rev , negativa porque
o s2
la polea est´ desacelerando.
a


PROBLEMA 56

Cu´l es la fuerza centr´
a ıpeta que se ejerce sobre un cuerpo que tiene una
masa de 4kg si se mueva en una trayectoria circular de un radio de 18cm
si su velocidad angular es de 20 rev ?
s



Tenemos como datos:
1 Masa del cuerpo



Tenemos como datos:
1 Masa del cuerpo m = 4kg ;



Tenemos como datos:
2 Radio de su trayectoria



Tenemos como datos:
2 Radio de su trayectoria r = 18cm;



Tenemos como datos:
3 Velocidad angular del cuerpo



Tenemos como datos:
3 Velocidad angular del cuerpo ω = 20 rev .
s



Primero convirtamos 20 rev a
s
rad
s , esto es:

rev
ω = 20 =
s



s
rad
s , esto es:

rev rev 2πrad
ω = 20 = (20 )( )=
s s 1rev



s
rad
s , esto es:

rev rev 2πrad rad
ω = 20 = (20 )( ) = 125.66
s s 1rev s
Ahora convirtamos las unidades del radio de la trayectoria del cuerpo a
metros, esto es:

R = 18cm =



s
rad
s , esto es:

rev rev 2πrad rad
ω = 20 = (20 )( ) = 125.66
s s 1rev s
metros, esto es:
1m
R = 18cm = (18cm)( )=
100cm



s
rad
s , esto es:

rev rev 2πrad rad
ω = 20 = (20 )( ) = 125.66
s s 1rev s
metros, esto es:
1m
R = 18cm = (18cm)( ) = .18m
100cm



Para encontrar la fuerza centr´
ıpeta ejercida sobre este cuerpo necesitamos
saber su velocidad tangencial v , para ello usamos la siguiente ecuaci´n:
o

v = ωr

Usando la ecuaci´n anterior y sustituyendo los valores de ω y r tenemos:
o

v = ωr =



o

v = ωr

o
rad
v = ωr = (125.66 )(.18m) =
s



o

v = ωr

o
rad
v = ωr = (125.66 )(.18m) = 22.61m/s
s



Por ultimo obtenemos la fuerza centr´
´ ıpeta F usando la siguiente ecuaci´n:
o

mv 2
F =
r
Sustituyendo los valores de m, v y r en la ecuaci´n anterior tenemos:
o

mv 2
F = =
r



o

mv 2
F =
r
o

mv 2 4kg (22.61 m )2
s
F = = =
r .18m



o

mv 2
F =
r
o

mv 2 4kg (22.61 m )2
s
F = = = 11360.26N
r .18m
Por lo tanto, la fuerza centr´
ıpeta que se ejerce sobre este cuerpo es de
11360.26N.


CONSERVACION DEL MOVIMIENTO LINEAL


PROBLEMA 57

Una pelota de 1kg movindose a 6 m choca frontalmente con una pelota de
s
2kg que se desplaza en la misma direcci´n pero en sentido contrario a
o
m
12 s . Encontrar la velocidad de las pelotas despu´s del impacto si las
e
pelotas quedan unidas.



Tenemos como datos:
1 Masa de la pelota 1



Tenemos como datos:
1 Masa de la pelota 1 m1 = 1kg ;



Tenemos como datos:
2 Velocidad de la pelota 1



Tenemos como datos:
2 Velocidad de la pelota 1 v1 = 6 m ;
s



Tenemos como datos:
s
3 Masa de la pelota 2



Tenemos como datos:
s
4 Velocidad de la pelota 2



Tenemos como datos:
s
4 Velocidad de la pelota 2 v2 = −12 m (negativa porque va en sentido
s
contrario a la pelota 1).



La cantidad de movimiento inicial P0 de las pelotas es:

P0 = m1 v1 + m2 v2

Sustituyendo los valores de m1, m2, v1, y v2 en la ecuaci´n anterior,
o
tenemos:
m m
P0 = (1kg )(6 ) + (2kg )(−12 ) =
s s




P0 = m1 v1 + m2 v2

o
tenemos:
m m m m
P0 = (1kg )(6 ) + (2kg )(−12 ) = 6kg − 24kg =
s s s s




P0 = m1 v1 + m2 v2

o
tenemos:
m m m m m
P0 = (1kg )(6 ) + (2kg )(−12 ) = 6kg − 24kg = − 18kg
s s s s s



La cantidad de movimiento ﬁnal es:

Pf = (m1 + m2 )v

Notemos que la cantidad de (m1 + m2 ) es porque las pelotas quedan
unidas despu´s del choque. Sustituyendo los valore de m1, m2, en la
e
ecuaci´n anterior; tenemos:
o

Pf = (m1 + m2 )v =




Pf = (m1 + m2 )v

e
o

Pf = (m1 + m2 )v = (1kg + 2kg )v =




Pf = (m1 + m2 )v

e
o

Pf = (m1 + m2 )v = (1kg + 2kg )v = 3kgv



Como la cantidad de movimiento se tiene que conservar, es decir debe de
ser la misma antes y despu´s del choque , entonces:
e

Pf = P0

Entonces:
m
3kgv = −18kg
s
Despejando la velocidad de la ecuaci´n anterior; tenemos:
o
m
V = −18kg /3kg =
s



Como la cantidad de movimiento se tiene que conservar, es decir debe de
ser la misma antes y despu´s del choque , entonces:
e

Pf = P0

Entonces:
m
3kgv = −18kg
s
Despejando la velocidad de la ecuaci´n anterior; tenemos:
o
m m
V = −18kg /3kg = − 6
s s
Por lo tanto, la velocidad de las pelotas despu´s del impacto es de −6m/s.
e


PROBLEMA 58

Una bala de 15g se dispara horizontalmente hacia un bloque de madera de
5kg que est´ suspendido de un cordel largo . La bala se incrusta en el
a
bloque. Calc´lese la velocidad de la bala debido al impacto, si el bloque se
u
balancea y sube 15cm por arriba de su nivel normal.



Tenemos como datos:
1 Masa de la bala



Tenemos como datos:
1 Masa de la bala mb = 15g = .015kg ;



Tenemos como datos:
2 Masa del bloque



Tenemos como datos:
2 Masa del bloque Mb = 5kg ;



Tenemos como datos:
3 Altura que sube el bloque por el impacto



Tenemos como datos:
3 Altura que sube el bloque por el impacto h = 15cm = .15m.



Tenemos que la cantidad de movimiento inicial P0 , es la cantidad de
movimiento que llevaba la bala antes de incrustarse en la madera ya que
inicialmente el bloque de madera estaba en reposo, esto es:

P0 = mb V0

donde V0 es la velocidad que llevaba la bala antes de incrustarse en el
bloque de madera.



Por otro lado , despus de incrustarse la bala en el bloque se tiene una
cantidad de movimiento ﬁnal Pf ; esto es:

Pf = (mb + Mb )V (14)

Observemos que la cantidad de (mb + Mb ) es porque la bala queda
incrustada en el bloque de madera.



Para encontrar la velocidad final V que tiene el sistema bloque-bala ,
usamos la ecuaciń de conservaciń de la energ´ ya que la energ´
o o ıia ıia
cin´tica inicial que ten´ el sistema bloque-bala, al elevarse una altura
e ıia
h,´sta se convirti´ en energ´ potencial, esto es:
e o ıa
1
(mb + Mb )V 2 = (mb + Mb )gh
2
De la ecuaciń anterior despejamos V y sustituimos los valores de g y h,
o
entonces:
V = 2gh =



o o ıia ıia
e ıia
e o ıa
1
(mb + Mb )V 2 = (mb + Mb )gh
2
o
entonces:
m
V = 2gh = 2(9.8 2 )(.15m) =
s



o o ıia ıia
e ıia
e o ıa
1
(mb + Mb )V 2 = (mb + Mb )gh
2
o
entonces:
m m
V = 2gh = 2(9.8 2 )(.15m) = 1.71
s s



La velocidad V , es la velocidad del sistema bloque-bala,; entonces,
sustituy´ndola en la ecuaci´n (14) junto con los valores de mb , y Mb ,
e o
tenemos:

Pf = (mb + Mb )V =



e o
tenemos:
m
Pf = (mb + Mb )V = (.015kg + 5kg )(1.71 )=
s



e o
tenemos:
m m
Pf = (mb + Mb )V = (.015kg + 5kg )(1.71 ) = 8.57kg
s s
.



Pero la cantidad de movimiento se debe de conservar. La cantidad de
movimiento inicial P0 debe de ser igual a la ﬁnal Pf ,esto es:

P0 = Pf

entonces:
m
mbV0 = 8.57kg
s
Despejando de la ecuaci´n anterior la velocidad inicial de la bala V0 y
o
sustituyendo los valores de mb , tenemos:

8.57kg m
s
V0 = =
mb




P0 = Pf

entonces:
m
mbV0 = 8.57kg
s
o

8.57kg m
s 8.57kg m
s
V0 = = =
mb .015kg




P0 = Pf

entonces:
m
mbV0 = 8.57kg
s
o

8.57kg m
s 8.57kg m
s m
V0 = = = 571.33
mb .015kg s
Por lo tanto, la velocidad de la bala antes de chocar con el bloque es de
571.33 m .
s


PROBLEMA 59

Una pelota de .25kg se mueve a 15 m en direcciń positiva del eje x
s o
cuando es golpeada por un bat. Su velocidad final es de 20 m en direcciń
s o
negativa de las x. El bat actá sobre la pelota .02s. Calc´lese la fuerza
u u
promedio F que ejerce el bat sobre la pelota.



Tenemos como datos:
1 Masa de la pelota



Tenemos como datos:
1 Masa de la pelota m = .25kg ;



Tenemos como datos:
2 Velocidad inicial de la pelota



Tenemos como datos:
2 Velocidad inicial de la pelota V0x = 15 m ;
s



Tenemos como datos:
s
3 Velocidad ﬁnal de la pelota



Tenemos como datos:
s
3 Velocidad ﬁnal de la pelota Vfx = −20 m (negativa porque apunta en
s
direcci´n negativa de las x);
o



Tenemos como datos:
s
s
o
4 Tiempo de contacto del bat con la pelota



Tenemos como datos:
s
s
o
4 Tiempo de contacto del bat con la pelota t=.02s;



Sabemos que el cambio de la cantidad de movimiento lineal ∆p es:

∆p = pf − p0 = mVf − mV0



Pero tambie sabemos que un impulso Ft hace cambiar la cantidad de
movimiento, entonces:

Ft = ∆p = mVf − mV0

Donde F es la fuerza que act´a obre la pelota y t es el tiempo de
u
contacto. Despejando de la ecuaci´n anterior F y sustituyendo los valores
o
de t,m,Vfx ,V0x tenemos:

.25kg (−20m/s − 15m/s)
F = =
.02s



Pero tambie sabemos que un impulso Ft hace cambiar la cantidad de
movimiento, entonces:

Ft = ∆p = mVf − mV0

Donde F es la fuerza que act´a obre la pelota y t es el tiempo de
u
contacto. Despejando de la ecuaci´n anterior F y sustituyendo los valores
o
de t,m,Vfx ,V0x tenemos:

.25kg (−20m/s − 15m/s)
F = = − 437.5N
.02s
Por lo tanto, la fuerza promedio que ejerce el bat sobre la pelota es de
-437.5N.


APLICACIONES DE LA SEGUNDA LEY DE NEWTON


PROBLEMA 60

Cu´l es la fuerza que act´a sobre un cuerpo de masa de 50kg en ca´
a u ıda
libre?



Como es ca´ libre, la unica fuerza que act´a sobre el cuerpo es la fuerza
ıda ´ u
m
de gravedad, cuya aceleraci´n es 9.8 s 2 , entonces, usando la formula:
o

f = ma
m
con m = 50kg , a = g = 9.8 s 2 tenemos:
m
f = (50kg )(9.8 )=
s2



ıda ´ u
m
o

f = ma
m
m m
f = (50kg )(9.8 2
) = 490kg 2 =
s s



ıda ´ u
m
o

f = ma
m
m m
f = (50kg )(9.8 2
) = 490kg 2 = 490N
s s
Por lo tanto, la fuerza es de 490N.


PROBLEMA 61

Un objeto de 80kg aumenta su velocidad de 80 km a 150 km en 30
h h
segundos, obtener la aceleraciń de este objeto suponiendo que la
o
aceleraciń es constante. Cu´l es la fuerza que actá sobre este objeto?
o a u



Primero observemos que las unidades de la velocidad son km pero el
h
tiempo esta en segundos, entonces, cambiemos km a m , esto es:
h s

km km 1000m 1h 1min
80 = 80 ( )( )( )=
h h 1km 60min 60s



h
h s

km km 1000m 1h 1min m
80 = 80 ( )( )( ) = 22.22
h h 1km 60min 60s s

km km 1000m 1h 1min
150 = 150 ( )( )( )=
h h 1km 60s 60s



h
h s

80 = 80 ( )( )( ) = 22.22
h h 1km 60min 60s s

150 = 150 ( )( )( ) = 41.88
h h 1km 60s 60s s



o
vf − vi
a=
t
con vf = 41.66 m , vi = 22.22 m y t = 30s tenemos:
s s

a=



o
vf − vi
a=
t
s s

41.66 m − 22.22 m
s s
a= =
30s



o
vf − vi
a=
t
s s

41.66 m − 22.22 m
s s m
a= = .98 2
30s s
m
Por lo tanto, la aceleraci´n es .98 s 2 Ahora, como f = ma, m = 80kg y
o
a = .98 tenemos:

f =



o
vf − vi
a=
t
s s

41.66 m − 22.22 m
s s m
a= = .98 2
30s s
m
o
a = .98 tenemos:
m m
f = (80kg )(.98 2
) = 78.4kg 2 =
s s



o
vf − vi
a=
t
s s

41.66 m − 22.22 m
s s m
a= = .98 2
30s s
m
o
a = .98 tenemos:
m m
f = (80kg )(.98 2
) = 78.4kg 2 = 78.4N
s s
Por lo tanto, la fuerza es de 78.4N.


PROBLEMA 62

Sobre un cuerpo de masa m de 50kg act´an dos fuerzas, una fuerza f1
u
vertical de 3N y una fuerza horizontal f2 de 4N. Encontrar el vector
aceleraci´n del cuerpo.
o



La fuerza f2 tiene solo una componente horizontal, cuyo vector unitario es
ˆ esto es f2 = 4Nˆ
i, i.
Para la fuerza f1 que solo tiene una componente vertical tenemos:
f1 = 3Nˆj.
Entonces la fuerza resultante fr que act´a sobre el cuerpo es:
u

fr = f2 + f1 = 4Nˆ + 3Nˆ
i j



Entonces aplicando
fr = ma
y despejando a tenemos:

fr
a= =
m



Entonces aplicando
fr = ma

fr 4Nˆ + 3Nˆ
i j
a= = =
m 50kg



Entonces aplicando
fr = ma
m m
fr 4Nˆ + 3Nˆ
i j 4 kg s 2 ˆ 3 kg s 2 ˆ
a= = = i+ j
m 50kg 50 kg 50 kg
m
Notemos que sustituimos las unidades Newtons por su equivalente kg s 2 ,
entonces:
a=



Entonces aplicando
fr = ma
m m
fr 4Nˆ + 3Nˆ
i j 4 kg s 2 ˆ 3 kg s 2 ˆ
a= = = i+ j
m 50kg 50 kg 50 kg
m
Notemos que sustituimos las unidades Newtons por su equivalente kg s 2 ,
entonces:
m m
a = .08 2 ˆ + .06 2 ˆ
i j
s s
Como vemos la aceleraci´n tiene dos componentes, una componente
o
m m
horizontal .08 s 2 y una componente vertical .06 s 2


PROBLEMA 63

Sobre un cuerpo de masa de 29kg act´a hacia abajo la fuerza de gravedad
u
y una fuerza horizontal de 778N, Encontrar su aceleraci´n.
o



Llamemos f1 a la fuerza horizontal de 778N, como es horizontal se puede
expresar de la siguiente forma vectorial:

f1 = 778Nˆ
i

tambien actua la fuerza de gravedad, como actua hacia abajo es negativa,
entonces:
m ˆ m
fg = −mg ˆ = −(29.2kg )(9.8
j 2
)j = −286.16kg 2 ˆ = −286.16Nˆ
j j
s s

Por lo tanto, la fuerza resultante fr es:

fr = f1 + fg =



Llamemos f1 a la fuerza horizontal de 778N, como es horizontal se puede
expresar de la siguiente forma vectorial:

f1 = 778Nˆ
i

tambien actua la fuerza de gravedad, como actua hacia abajo es negativa,
entonces:
m ˆ m
fg = −mg ˆ = −(29.2kg )(9.8
j 2
)j = −286.16kg 2 ˆ = −286.16Nˆ
j j
s s

Por lo tanto, la fuerza resultante fr es:

fr = f1 + fg = 778Nˆ − 286.16Nˆ
i j



Pero
fr = ma
entonces , despejando la aceleraci´n a tenemos:
o

a=



Pero
fr = ma
o

778Nˆ − 286.16Nˆ
i j
a= =
29.2kg



Pero
fr = ma
o

778Nˆ − 286.16Nˆ
i j 778Nˆ 286.16Nˆ
i j
a= = −
29.2kg 29.2kg 29.2kg
entonces:
mˆ m
a = 26.64 2
i − 9.8 2 ˆ
j
s s



o
m
horizontal ax 26.64 s 2 y una componentes verticalay que apunta hacia
abajo, que es , como podiamos anticipar, la aceleraci´n de la fuerza de
o
m
gravedad −9.8 s 2
Ahora la magnitud del vector aceleraci´n es:
o

|a| =



o
m
o
m
gravedad −9.8 s 2
o

m 2 m
|a| = (26.64 ) + (−9.8 2 ) =
s2 s



o
m
o
m
gravedad −9.8 s 2
o

m 2 m m
|a| = (26.64 ) + (−9.8 2 ) = 28.38 2
s2 s s
El ´ngulo θ de este vector con la horizontal es:
a

θ=



o
m
o
m
gravedad −9.8 s 2
o

m 2 m m
|a| = (26.64 ) + (−9.8 2 ) = 28.38 2
s2 s s
a

ay
θ = arctan =
ax



o
m
o
m
gravedad −9.8 s 2
o

m 2 m m
|a| = (26.64 ) + (−9.8 2 ) = 28.38 2
s2 s s
a
m
ay −9.8 s 2
θ = arctan = arctan m
ax 26.64 s 2

Por lo tanto, θ = −19.79 grados.


PROBLEMA 64

Un bloque de masa m1 = 43.8kg descansa en un plano inclinado liso que
forma un ´ngulo de 30 grados con respecto a la horizontal, el cual est´
a a
unido, mediante una cuerda que pasa por una polea pequea sin rozamiento,
con un segundo bloque de masa m2 = 29.2kg suspendida verticalmente.
Cu´l es la aeleraci´n de cada cuerpo?
a o



La fuerza que actá sobre el cuerpo de masa m1 se puede dividir en dos,
u
una fuerza fg que actá sobre m1 paralela a la superficie del plano inclinado
u
y una fuerza N que actá sobre m1 perpendicular a la superficie del plano.
u
Entonces:
N = m1 g cos 30
y
fg = m1 g sin 30



Tambiń actua la tensiń T de la cuerda, lo cual se expresa en la siguiente
e o
ecuaciń.
o
T − fg = m 1 a
esto es:
T − m1 g sin 30 = m1 a (15)



En la ecuaciń (15) suponemos que el cuerpo de masa m1 se mueve hacia
o
arriba del plano inclinado.
Ahora, para la masa m2 tenemos que las unicas fuerzas que actán sobre
´ u
ella son el peso w = m2 g y la tensiń de la cuerda, si suponemos que la
o
masa m2 se esta moviendo hacia abajo , es decir, est´ cayendo, este
a
movimiento se representa por la siguiente ecuaciń:
o

m2 g − T = m2 a (16)



Si suponemos tambiń que la cuerda no es elastica, entonces en ambos
e
cuerpos m1 y m2 , la tensiń de la cuerda y la aceleraciń en ambos debe
o o
ser iguales. entonces podemos despejar de la ecuaciń (15) la tensiń T,
o o
esto es
T =



Si suponemos tambiń que la cuerda no es elastica, entonces en ambos
e
cuerpos m1 y m2 , la tensiń de la cuerda y la aceleraciń en ambos debe
o o
ser iguales. entonces podemos despejar de la ecuaciń (15) la tensiń T,
o o
esto es
T = m1 a + m1 g sin 30
y la sustituimos en la ecuaciń (16),esto es:
o

m2 g − (m1 a + m1 g sin 30) = m2 a

entonces:
m2 g − m1 a − m1 g sin 30 = m2 a (17)


Despejemos la aceleracion de la ecuaci´n (17). Entonces:
o
m2 g − m1 g sin 30 = m2 a + m1 a
entonces:
m2 g − m1 g sin 30 = (m2 + m1 )a
por lo tanto:
a=


o
m2 g − m1 g sin 30 = m2 a + m1 a
entonces:
m2 g − m1 g sin 30 = (m2 + m1 )a
por lo tanto:
m2 g − m1 g sin 30
a=
m2 + m1
m
haciendo m2 = 29.2kg , m1 = 43.8kg , g = 9.8 s 2 y sin 30 = .5 tenemos:

a=


o
m2 g − m1 g sin 30 = m2 a + m1 a
entonces:
m2 g − m1 g sin 30 = (m2 + m1 )a
por lo tanto:
m2 g − m1 g sin 30
a=
m2 + m1
m
m m
(29.2kg )(9.8 s 2 ) − (43.8kg )(9.8 s 2 ).5
a= =
43.8kg + 29.2kg


o
m2 g − m1 g sin 30 = m2 a + m1 a
entonces:
m2 g − m1 g sin 30 = (m2 + m1 )a
por lo tanto:
m2 g − m1 g sin 30
a=
m2 + m1
m
m m m m
(29.2kg )(9.8 s 2 ) − (43.8kg )(9.8 s 2 ).5 286.16kg s 2 − 214.62kg s 2
a= =
43.8kg + 29.2kg 73kg
por lo tanto
a=


o
m2 g − m1 g sin 30 = m2 a + m1 a
entonces:
m2 g − m1 g sin 30 = (m2 + m1 )a
por lo tanto:
m2 g − m1 g sin 30
a=
m2 + m1
m
m m m m
(29.2kg )(9.8 s 2 ) − (43.8kg )(9.8 s 2 ).5 286.16kg s 2 − 214.62kg s 2
a= =
43.8kg + 29.2kg 73kg
por lo tanto
m
a = .98 2
s
m
La aceleraciń de .98 s 2 , es la aceleraciń con la que sube el bloque de la
o o
masa m1 sobre el plano inclinado y es la misma aceleraciń con la que cae
o
el bloque de la masa m2 .

PROBLEMA 65

Un bloque triangular de masa M, con ńgulo 30, 60 y 90 descansa sobre el
a
lado 30-90 sobre una mesa horizontal , un bloque c´bico de masa m,
u
descansa sobre el lado 60-30.
Que aceleraciń horizontal a debe tener M con relaciń a la mesa para que
o o
m se quede fija con respecto al bloque triangular, suponiendo que no haya
rozamiento en los contactos?



La unica fuerza que act´a inicialmente sobre el bloque de masa m para
´ u
hacerlo resbalar sobre el bloque M es la fuerza fg , esto es:

fg = mg sin 30


Para que no caiga el bloque se debe tener una fuerza contraria en
magnitud a fg , esa fuerza, seria una fuerza de reacci´n a la fuerza que se
o
le aplicar´ a M , esa fuerza le dar´ a m una aceleraci´n a que har´ que
ıa ıa o ıa
no se cayera m sobre el bloque M.
Entonces
ma cos 30 = fg = mg sin 30
despejando a tenemos:
mg sin 30
a= =
m cos 30


o
ıa ıa o ıa
Entonces
mg sin 30
a= = g tan 30
m cos 30
entonces:
m
a = (9.8 )(.577) =
s2


o
ıa ıa o ıa
Entonces
mg sin 30
a= = g tan 30
m cos 30
entonces:
m m
a = (9.8 2
)(.577) = 5.6546 2
s s

Por lo tanto, la magnitud de la aceleraci´n que se le debe de dar al bloque
o
m
M es 5.6546 s 2 .

PROBLEMA 66

Un disco de hockey que pesa 1.5N resbala sobre hielo 1.52m y se detiene,
si su velocidad inicial era de 6.1 m . Cu´l es la fuerza de rozamiento entre el
s a
disco y el hielo?



Tenemos como datos:
1 La velocidad inicial



Tenemos como datos:
1 La velocidad inicial v0 = 6.1 m ;
s



Tenemos como datos:
s
2 La velocidad ﬁnal



Tenemos como datos:
s
2 La velocidad ﬁnal vf = 0 m ;
s



Tenemos como datos:
s
s
3 La distancia que recorre antes de detenerse



Tenemos como datos:
s
s
3 La distancia que recorre antes de detenerse d = 15.2m.


Como el discos se va deteniendo, entonces va desacelerando, esto quieres
decir que lleva una aceleraciń negativa, entonces, debemos de encontrar
o
esta aceleraciń, para ello, podemos usar la ecuaciń:
o o

vf2 = v0 + 2ad
2

despejando la aceleraciń a tenemos:
o

a=


o
o o

vf2 = v0 + 2ad
2

o
vf2 − v0
2
a=
2d
haciendo vf = 0 m , v0 = 6.1 m ,d = 15.2m tenemos:
s s

(0 m )2 − (v0 6.1 m )2
s s
a= =
2(15.2m)


o
o o

vf2 = v0 + 2ad
2

o
vf2 − v0
2
a=
2d
s s
2
(0 m )2 − (v0 6.1 m )2
s s
−37.21 m2
s
a= =
2(15.2m) 30.4m
entonces:
a=


o
o o

vf2 = v0 + 2ad
2

o
vf2 − v0
2
a=
2d
s s
2
(0 m )2 − (v0 6.1 m )2
s s
−37.21 m2
s
a= =
2(15.2m) 30.4m
entonces:
m
a = − 1.22
s2


Por otro lado, el peso del disco es 1.5N, entonces, su masa es:
1.5N
m = 9.8 m = .15kg
s2
por lo tanto, la fuerza de fricci´n es:
o

f = ma =



1.5N
m = 9.8 m = .15kg
s2
o
m
f = ma = .15kg (−1.22 )=
s2



1.5N
m = 9.8 m = .15kg
s2
o
m
f = ma = .15kg (−1.22 ) = − .183N
s2
La fuerza de fricci´n es negativa porque apunta en direccio´n contraria al
o o
movimiento del cuerpo.


PROBLEMA 67

Un caballo jala un vag´n con una fuerza de 178N que forma un ´ngulo de
o a
30 con la horizontal, y la mueve con una velocidad constante de 9.66 km .
h
Que cantidad de trabajo hace el caballo en 10 minutos?



km m
Primero convirtamos la velocidad de h a s . entonces:

v = 9.66 = 9.66 ( )( )( ) = 2.68
h h 60min 60s 1km s
entonces:
m
v = 2.68
s



Ahora convirtamos los 10min en segundos.
Entonces:
60s
t = 10min = 10min( ) = 600s
1min
as´ que:
ı
t = 600s



Ahora debemos de encontrar la distancia que recorre el caballo en 600s, si
va a una velocidad de 2.68 m , entonces, podemos utilizar la ecuaci´n
s o
siguiente:
d
v=
t
entonces,despejando d y haciendo t = 600s y v = 2.68 m tenemos:
s

d = vt =



s o
siguiente:
d
v=
t
s

m
d = vt = (2.68 )(t = 600s) =
s



s o
siguiente:
d
v=
t
s

m
d = vt = (2.68 )(t = 600s) = 1608m
s
por lo tanto, la distacia que recorre es de d = 1608m


Ahora, que fuerza ejerce el caballo durante esa distancia?, bueno, para
responder esta pregunta, debemos observar, que el caballo jala el vag´n
o
con una fuerza de 178N que forma un ´ngulo de 30 con la horizontal,
a
pero, el movimiento es hacia delante, entonces, debemos obtener el
componente horizontal fx de esta fuerza, que es

fx = 178N cos 30 = 154.15N

Entonces, el trabajo realizado por el caballo W , se puede encontrar usando
la formula:
W = fd
sustituyendo en la f´rmula anterior f por fx tenemos:
o

W = fx d =


o
a

fx = 178N cos 30 = 154.15N

la formula:
W = fd
o

W = fx d = (154.15N)(1608m) = 247873.2Nm =


o
a

fx = 178N cos 30 = 154.15N

la formula:
W = fd
o

W = fx d = (154.15N)(1608m) = 247873.2Nm = 247873.2J

Por lo tanto, el trabajo que realiza el caballo en 10 minutos es de
247873.2J

PROBLEMA 68

El coeﬁciente de fricci´n cin´tico entre un coche de 900kg y el pavimento
o e
es de .80. Si el autom´vil se mueve a 25 m a lo largo del pavimento plano
o s
cuando comienza a derrapar para detenerse. Que distancia recorrer´ antes
a
de detenerse?



Tenemos como datos:
1 Coeﬁciente de fricci´n cin´tico
o e



Tenemos como datos:
1 Coeﬁciente de fricci´n cin´tico µk = .80;
o e



Tenemos como datos:
o e
2 Masa del coche



Tenemos como datos:
o e
2 Masa del coche m = 900kg ;



Tenemos como datos:
o e
3 Velocidad inicial



Tenemos como datos:
o e
3 Velocidad inicial v0 = 25 m (Velocidad que lleva el coche cuando
s
empieza a derrapar);
4 Velocidad ﬁnal



Tenemos como datos:
o e
3 Velocidad inicial v0 = 25 m (Velocidad que lleva el coche cuando
s
empieza a derrapar);
4 Velocidad ﬁnal vf = 0 (Cuando se detiene el coche).



El coche tra´ una energ´ cin´tica inicial k0 , pero esta energ´ se convirti´
ıa ıa e ıa o
en el trabajo Wk hecho por la fuerza de fricci´n Fk entre el coche y el
o
pavimento para detener dicho coche, esto es:

1 2
k0 = mv0 =
2



ıa ıa e ıa o
o

1 2 1 m
k0 = mv0 = (900kg )(25 )2 =
2 2 s



ıa ıa e ıa o
o

1 2 1 m m2
k0 = mv0 = (900kg )(25 )2 = 281250kg 2
2 2 s s
y
Fk = µk mg =



ıa ıa e ıa o
o

1 2 1 m m2
k0 = mv0 = (900kg )(25 )2 = 281250kg 2
2 2 s s
y
m
Fk = µk mg = (.80)(900kg )(9.8 )=
s2



ıa ıa e ıa o
o

1 2 1 m m2
k0 = mv0 = (900kg )(25 )2 = 281250kg 2
2 2 s s
y
m m
Fk = µk mg = (.80)(900kg )(9.8 2
) = 7056kg 2
s s
pero
m
Wk = Fk d = (7056kg )d
s2



Igualando el resultado que obtuvimo anteriormente de la energ´ cin´tica
ıa e
inicial k0 con el trabajo hecho por la fuerza de fricci´n Wk tenemos:
o

K 0 = Wk

entonces
m2 m
281250kg
2
= (7056kg 2 )d
s s
Despejando d de la igualdad anterior tenemos:

d=



ıa e
o

K 0 = Wk

entonces
m2 m
281250kg
2
= (7056kg 2 )d
s s
2
281250kg m2s
d= m =
7056kg s 2



ıa e
o

K 0 = Wk

entonces
m2 m
281250kg
2
= (7056kg 2 )d
s s
2
281250kg m2s
d= m = 39.85m
7056kg s 2

Por lo tanto, el coche recorrer´ 39.85m antes de detenerse.
a


PROBLEMA 69

m
Una fuerza act´a sobre una masa de 2kg acelerandola a 8 s 2 . Cu´l es la
u a
magnitud de la fuerza?



Tenemos como datos:
1 Masa del cuerpo



Tenemos como datos:



Tenemos como datos:
2 Aceleraci´n del cuerpo
o



Tenemos como datos:
m
2 Aceleraci´n del cuerpo a = 8 s 2 .
o



Para encontrar la magnitud de la fuerza usamos la siguiente ecuaci´n:
o

f = ma

En la ecuaci´n anterior, sustituyendo los valores de m y a que nos
o
proporciona los datos del problema, tenemos:

f = ma =



o

f = ma

o
m
f = ma = (2kg )(8 )=
s2



o

f = ma

o
m m
f = ma = (2kg )(8 ) = 16kg 2 =
s2 s



o

f = ma

o
m m
f = ma = (2kg )(8 ) = 16kg 2 = 16N
s2 s
Por lo tanto, la magnitud de la fuerza es 16N.


PROBLEMA 70

Un objeto tiene una masa de .3kg . Cu´l es su peso en la Tierra?
a



Tenemos como datos:
masa del objeto m = .3kg
Sabemos que la aceleraci´n de un cuerpo en que act´a s´lo la fuerza de
o u o
m
gravedad, es g = 9.8 s 2 , entonces el peso del cuerpo (W ) es:

W = mg =



Tenemos como datos:
o u o
m
m
W = mg = (.3kg )(9.8 )=
s2



Tenemos como datos:
o u o
m
m
W = mg = (.3kg )(9.8 ) = 2.94N
s2
Por lo tanto, el peso es de 2.94N.


PROBLEMA 71

m
Una fuerza actá sobre una masa de 2kg acelerandola a 3 s 2 . Que
u
aceleraciń produce la misma fuerza cuando actá sobre una masa de 1kg ?
o u



Tenemos como datos:
1 Masa del primer cuerpo



Tenemos como datos:
1 Masa del primer cuerpo m1 = 2kg ;



Tenemos como datos:
2 Aceleraci´n del primer cuerpo
o



Tenemos como datos:
m
2 Aceleraci´n del primer cuerpo a1 = 3 s 2 ;
o



Tenemos como datos:
m
o
3 Masa del segundo cuerpo



Tenemos como datos:
m
o
3 Masa del segundo cuerpo m2 = 1kg .



Primero obtengamos la fuerza que actá sobre el primer cuerpo, para esto
u
usamos la siguiente ecuaciń:
o

f = m1 a1

sustituyendo los valores de m1 y a1 en la ecuaciń anterior tenemos:
o

f =



u
o

f = m1 a1

o
m
f = (2kg )(3 )=
s2



u
o

f = m1 a1

o
m m
f = (2kg )(3 2
) = 6kg 2
s s
m
Entonces la fuerza que act´a sobre la masa de 2kg es 6kg s 2 .
u



Ahora, para encontrar la aeleraciń de que produce la fuerza encontrada
o
sobre la masa de 1kg , usamos la siguiente ecuaciń:
o
f
a=
m
En la ecuaciń anterior sustituimos los valors de f y de m = m2 , entonces
o
tenemos: m
6kg s 2
a= =
1kg



Ahora, para encontrar la aeleraciń de que produce la fuerza encontrada
o
sobre la masa de 1kg , usamos la siguiente ecuaciń:
o
f
a=
m
En la ecuaciń anterior sustituimos los valors de f y de m = m2 , entonces
o
tenemos: m
6kg s 2 m
a= =6 2
1kg s
Por lo tanto, si la fuerza que actá sobre la masa de 2kg actuara sobre la
u
m
masa de 1kg ,entonces le produciria a ´sta una aceleraciń de 6 s 2
e o


PROBLEMA 72

Un cable horizontal tira de una carreta de 200kg a lo largo de un camino
horizontal. La tensi´n del cable es de 500N. Que tiempo llevar´ a la
o a
m
carreta alcanzar una rapidez de 8 s si parte el reposo?



Tenemos como datos:
1 Tensi´n del cable
o



Tenemos como datos:
1 Tensi´n del cable T = 500N;
o



Tenemos como datos:
o
2 Masa de la carreta



Tenemos como datos:
o
2 Masa de la carreta 200kg ;



Tenemos como datos:
o
3 Velocidad inicial



Tenemos como datos:
o
3 Velocidad inicial v0 = 0 m (pate del reposo);
s



Tenemos como datos:
o
s
4 Velocidad ﬁnal



Tenemos como datos:
o
s
4 Velocidad ﬁnal vf = 8 m (la rapidez que alcanzar´ la carreta).
s a



Suponiendo que no hay fuerza de fricciń, tenemos que la fuerza
o
resultante f que actá sobre la carreta es la tension del cable que tira de
u
ella, pero tenemos que:
T = f = ma
donde m es la masa de la carreta y a es la aceleraciń de la carreta debido
o
a la fuerza resultante, que en este caso es la tensiń del cable, entonces:
o

T = ma

despejando de la euaciń anterior la aceleraciń a y sustituyendo lo valores
o o
de T , tenemos:
T
a= =
m



o
u
T = f = ma
o
o

T = ma

o o
de T , tenemos:
m
T 500kg s 2
a= = =
m 200kg



o
u
T = f = ma
o
o

T = ma

o o
de T , tenemos:
m
T 500kg s 2 m
a= = = 2.5
m 200kg s
Entonces tenemos que la aceleraci´n a que tiene la carreta provocada por
o
m
la tensi´n del cable es 2.5 s 2 .
o



Ahora utilizando la siguiente ecuaci´n:
o

vf = v0 + at

despejando el tiempo t y sustituyendo los valores de v0 , vf y a tenemos:

t=



o

vf = v0 + at


vf − v0
t= =
a



o

vf = v0 + at


vf − v0 8m − 0m
t= = s m s =
a 25 s 2



o

vf = v0 + at


vf − v0 8m − 0m
t= = s m s = 3.2s
a 25 s 2

Por lo tanto, la carreta tardar´ en alcanzar una rapidez de 8 m un tiempo
a s
de 3.2s.


PROBLEMA 73

Un cesto de 20kg cuelga del extremo de una cuerda. Calcular la
aceleraci´n del cesto cuando la tensi´n de la cuerda es 25N.
o o



Tenemos como datos:
1 La masa del cesto



Tenemos como datos:
1 La masa del cesto m = 20kg ;



Tenemos como datos:
2 Tensi´n de la cuerda
o



Tenemos como datos:
2 Tensi´n de la cuerda T = 250N.
o



La tensi´n de la cuerda empuja a el cesto hacia arriba, pero pero el peso
o
(mg ) lo empuja hacia abajo, entonces aplicando la segunda ley de Newton
tenemos
f = ma
pero sabemo que f = T − mg , entonces la ecuaci´n de arriba queda de
o
la siguiente manera:
T − mg = ma



Despejando la aceleraci´n a de la ecuaci´n anterior y sustituyendo los
o o
valores de m, T y g tenemos:

a=



o o
T − mg
a= =
m



o o
T − mg 250N − 196N
a= = =
m 20kg



o o
T − mg 250N − 196N m
a= = = 2.7 2
m 20kg s
m
Por lo tanto, el cesto lleva una aceleraci´n de 2.7 s 2 hacia arriba.
o


PROBLEMA 74

Un bloque de 5kg descansa sobre un plano inclinado de 30 grados. El
coeﬁciente de fricci´n est´tico entre el bloque y el plano inclinado es .20.
o a
Que fuerza horizontal se necesita para empujar al bloque para que est´ e
apunto de resbalar hacia abajo sobre el plano?



Tenemos como datos:
1 La masa del bloque



Tenemos como datos:
1 La masa del bloque m = 5kg ;



Tenemos como datos:
2 El ´ngulo del plano inclinado con la horizontal
a



Tenemos como datos:
2 El ´ngulo del plano inclinado con la horizontal θ = 30;
a



Tenemos como datos:
a
3 Coeﬁciente de fricci´n est´tico
o a



Tenemos como datos:
a
3 Coeﬁciente de fricci´n est´tico µs = .20.
o a



La fuerza qu se aplca al plano inclinado de forma hoizontal se maniﬁesta
en el bloque como una fuerza de reacci´n el cual tambien es horizontal
o
apuntando hacia adentro del bloque, esta fuerza tiene dos componentes,
una fuerza perpendicular al plano inclinado que denotaremos como fn y
una fuerza paralela al plano inclinado fp , entonces:

fp = f cos 30

y
fn = f sin 30



Recordemos que la fuerza normal N esta dada por la suma de las fuerzas
perpndiculares al plano, esto es:

N = fn + mg cos 30 = f sin 30 + mg cos 30

Por otro lado, las fuerza F que empuja hacia arriba el bloque, son la suma
de la fuerza de fricci´n fs ya que no olvidemos que el bloque est´ a punto
o a
de resbalar hacia abajo y la fuerza aplicada fp , esto es:

F = µs N + fp =



Recordemos que la fuerza normal N esta dada por la suma de las fuerzas
perpndiculares al plano, esto es:

N = fn + mg cos 30 = f sin 30 + mg cos 30

Por otro lado, las fuerza F que empuja hacia arriba el bloque, son la suma
de la fuerza de fricci´n fs ya que no olvidemos que el bloque est´ a punto
o a
de resbalar hacia abajo y la fuerza aplicada fp , esto es:

F = µs N + fp = µs (f sin 30 + mg cos 30) + f cos 30


Por ultimo, tenemos que la unica fuerza que empuja el bloque hacia abajo
´ ´
para que ´ste resbale sobre el plano es mg sin 30, como esta apunto de
e
resbalar el bloque, se puede decir que el bloque esta a´n en equilibrio, esto
u
quiere decir que las fuerzas que empujan el bloque hacia arriba del plano
inclinado es igual a las fuerzas que hacen que el bloque resbale, esto es:

µs (f sin 30 + mg cos 30) + f cos 30 = mg sin 30

En la ecuaci´n anterior despejamos la fuerza f , entonces:
o

f =


´ ´
e
u


o
mg sin 30 − µs mg cos 30
f =
cos 30 + µs sin 30
En la ecuacion anterior sustituimos los valores de m, g , µs y tenemos:

f =


´ ´
e
u


o
f =
cos 30 + µs sin 30
24.5N − 8.48N
f = =
.86 + .1


´ ´
e
u


o
f =
cos 30 + µs sin 30
24.5N − 8.48N
f = = 16.6N
.86 + .1


PROBLEMA 75

Una carreta de 40kg es arrastrada sobre un terreno nivelado con una
cuerda que forma un ´ngulo de 30 grados con la horizontal, una fuerza de
a
fricci´n de 30N se opone al movimiento. Cu´l es la fuerza con la que se
o a
debe jalar la cuerda para que la carreta se mueva a velocidad constante?



Tenemos como datos:
1 La masa de la carreta



Tenemos como datos:
1 La masa de la carreta m = 40kg ;



Tenemos como datos:
2 El ´ngulo de la cuerda con la horizontal
a



Tenemos como datos:
2 El ´ngulo de la cuerda con la horizontal θ = 30;
a



Tenemos como datos:
a
3 Fuerza de friicci´n
o



Tenemos como datos:
a
3 Fuerza de friicci´n fk = 30N;
o



Tenemos como datos:
a
o
4 La aceleraci´n de la carreta
o



Tenemos como datos:
a
o
4 La aceleraci´n de la carreta a = 0 (Velocidad constante).
o



La componente horizontal de la fuerza F de la cuerda que jala la carreta
que denotaremos como fx es:

fx = F cos 30



Como la aceleraciń de la carreta es cero, es decir que se mueve a
o
velocidad constante, la componente horizontal de la fuerza de la cuerda
debe ser igual a la fuerza de fricciń, esto es:
o

fx = fk

Sustituyendo lo que vale fx y fk tenemos:

F cos 30 = 30N

Despejando F de la ecuaciń anterior tenemos:
o

F =



o
o

fx = fk


F cos 30 = 30N

o
30N
F = =
cos 30



o
o

fx = fk


F cos 30 = 30N

o
30N
F = = 34.64N
cos 30
Por lo tanto, se debe de jalar a la carreta con una fuerza de 34.64N.


PROBLEMA 76

Una carreta de 40kg es arrastrada sobre un terreno nivelado con una
cuerda que forma un ńgulo de 30 grados con la horizontal, una fuerza de
a
fricciń de 30N se opone al movimiento. Cu´l es la fuerza con la que se
o a
debe jalar la cuerda para que la carreta se mueva con una aceleraciń de
o
m
.50 s 2 ?



Tenemos como datos:
1 La masa de la carreta



Tenemos como datos:



Tenemos como datos:
2 El ´ngulo de la cuerda con la horizontal
a



Tenemos como datos:
a



Tenemos como datos:
a
3 Fuerza de friicci´n
o



Tenemos como datos:
a
o



Tenemos como datos:
a
o
4 La aceleraci´n de la carreta
o



Tenemos como datos:
a
o
m
4 La aceleraci´n de la carreta a = .50 s 2
o



Tenemos que la componente horizontal de la fuerza F de la cuerda que
jala la carreta que denotaremos como fx es:

fx = F cos 30


Ahora, aplicando la segunda ley de Newton tenemos:

f = ma

donde m es la masa de la carreta y a es la aceleraciń de la misma; Pero
o
f es fx − fk , entonces como f es tambien ma tenemos:

fx − fk = ma

entonces, sustituyendo valores en la ecuaciń anterior, tenemos:
o
m
F cos 30 − 30N = (40kg )(.50 )
s2
En la cuacioń anterior despejamos la fuerza F , dando como resultado:
o

F =



f = ma

o

fx − fk = ma

o
m
F cos 30 − 30N = (40kg )(.50 )
s2
o
50N
F = =
.866



f = ma

o

fx − fk = ma

o
m
F cos 30 − 30N = (40kg )(.50 )
s2
o
50N
F = = 57.73N
.866
Por lo tanto, se debe jalar a la carreta con una fuerza de 57.73N.

PROBLEMA 77

Una masa de 5kg cuelga del extremo de una cuerda. Calcular la tensi´n de
o
m
´sta si la aceleraci´n de la masa es 1.5 s 2 hacia arriba.
e o



Tenemos como datos:
1 Masa



Tenemos como datos:
1 Masa m = 5kg ;



Tenemos como datos:
1 Masa m = 5kg ;
2 La aceleraci´n
o



Tenemos como datos:
1 Masa m = 5kg ;
m
2 La aceleraci´n a = 1.5 s 2 .
o



Tenemos que la tensiń T de la cuerda jala a la masa hacia arriba, pero el
o
peso mg de dicha masa jala a ´sta hacia abajo, entonces, usando la
e
segunda ley de Newton tenemos:

T − mg = ma

Despejando de la ecuaciń anterior la tensiń T y sustituyendo los valores
o o
de m, a y g tenemos:

T = ma + mg = m(a + g ) =



o
e

T − mg = ma

o o
m m
T = ma + mg = m(a + g ) = 5kg (1.5 2
+ 9.8 2 ) =
s s



o
e

T − mg = ma

o o
m m
T = ma + mg = m(a + g ) = 5kg (1.5 2
+ 9.8 2 ) = 56.5N
s s
Por lo tanto la tensi´n de la cuerda es de 56.5N.
o


PROBLEMA 78

Una masa de 8kg cuelga del extremo de una cuerda. Calcular la tensi´n de
o
m
´sta si la aceleraci´n de la masa es 2 s 2 hacia abajo.
e o



Tenemos como datos:
1 Masa



Tenemos como datos:
1 Masa m = 8kg ;



Tenemos como datos:
1 Masa m = 8kg ;
2 La aceleraci´n
o



Tenemos como datos:
1 Masa m = 8kg ;
m
2 La aceleraci´n a = −2 s 2 (negativa porque es hacia abajo).
o



o
e
segunda ley de Newton, donde la suma de estas fuerzas debe ser igual al
producto de la masa por la aceleraci´n de dicha masa, tenemos:
o

T − mg = ma

Despejando T de la ecuaci´n anterior y sustituyendo los valores de m, a y
o
g tenemos:

T =



o
e
o

T − mg = ma

o
g tenemos:

T = ma + mg = m(a + g ) =



o
e
o

T − mg = ma

o
g tenemos:
m m
T = ma + mg = m(a + g ) = 8kg (−2 + 9.8 2 ) =
s2 s



o
e
o

T − mg = ma

o
g tenemos:
m m
T = ma + mg = m(a + g ) = 8kg (−2 + 9.8 2 ) = 62.4N
s2 s
Por lo tanto, la tensi´n de la cuerda es de 62.4N.
o


PROBLEMA 79

Un elevador parte del reposo y sube con una aceleraciń constante, se
o
mueve 2m los primeros .60s, un pasajero en el elevador sostiene un
paquete de 3kg con una cuerda. Cu´l es la aceleraciń de la cuerda
a o
durante la aceleraciń?
o



Tenemos como datos:
1 Velocidad inicial del elevador



Tenemos como datos:
1 Velocidad inicial del elevador v0 = 0 m (parte el elevador del reposo)
s



Tenemos como datos:
s
2 Distancia



Tenemos como datos:
s
2 Distancia d = 2m;



Tenemos como datos:
s
2 Distancia d = 2m;
3 Tiempo



Tenemos como datos:
s
2 Distancia d = 2m;
3 Tiempo t = .60s;



Tenemos como datos:
s
2 Distancia d = 2m;
3 Tiempo t = .60s;
4 Masa del paquete



Tenemos como datos:
s
2 Distancia d = 2m;
3 Tiempo t = .60s;
4 Masa del paquete m = 3kg .



Primero encontremos la aceleraci´n del elevador, para ello podemos usar la
o
siguiente ecuac´n:
o
1
d = v0 t + at 2
2



De la ecuaci´n anterior despejemos la aceleraci´n a y sustituyendo los
o o
valores de v0 , t y d tenemos:

a=



o o

2(d − v0 t) 2(2m − 0 m (.6s))
s
a= = =
t2 (.6s)2



o o

2(d − v0 t) 2(2m − 0 m (.6s))
s m
a= 2
= 2
= 11.11 2
t (.6s) s
m
Entonces el elevador tiene una aceleraci´n de 11.11 s 2
o



Por otro lado, aplicando la segunda ley de Newton tenemos:

f = ma

donde m es la msas del paquete, y a es la aceleraciń del mismo, que es el
o
mismo que la aceleraciń del elevador,tenemos tambien que
o
f = T − mg , donde T es la tensń de la cuerda, entonces:
o

T − mg = ma

o
g tenemos:

T = ma + mg = m(a + g ) =




f = ma

o
o
o

T − mg = ma

o
g tenemos:
m m
T = ma + mg = m(a + g ) = 3kg (9.8 2
+ 11.11 2 ) =
s s




f = ma

o
o
o

T − mg = ma

o
g tenemos:
m m
T = ma + mg = m(a + g ) = 3kg (9.8 2
+ 11.11 2 ) = 62.73N
s s
Por lo tanto, la tensi´n de la cuerda es de 62.73N
o


PROBLEMA 80

Tres bloques estan juntos sobre una mesa, uno al lado del otro, cada
bloque tiene una masa de 1.5kg , 2kg y 1kg respectivamente. Que fuerza
m
se necesita para dar a los bloques una aceleraciń de 3 s 2 si el coeficiente
o
de fricciń entre los bloques y la mesa es .2?
o



Tenemos como datos:
1 La masa del bloque 1



Tenemos como datos:
1 La masa del bloque 1 m1 = 1.5kg ;



Tenemos como datos:



Tenemos como datos:
2 La masa del bloque 2 m2 = 2kg ;



Tenemos como datos:



Tenemos como datos:
4 La aceleraci´n que se desea que adquieran los bloques
o



Tenemos como datos:
m
4 La aceleraci´n que se desea que adquieran los bloques a = 3 s 2 ;
o



Tenemos como datos:
m
o
5 El coeﬁciente de fricci´n entre los bloques y la mesa
o



Tenemos como datos:
m
o
5 El coeﬁciente de fricci´n entre los bloques y la mesa µk = .2.
o



Sobre cada bloque se va a ejercer una fuerza de friccń que se va a oponer
o
a su movimiento, la fuerza de fricciń sobre cada bloque la podemos
o
obtener de la siguiente manera:
fuerza de fricciń sobre el bloque 1
o
fk1 = µk m1 g =



o
o
o
m
fk1 = µk m1 g = (.2)(1.5kg )(9.8 s 2 ) =



o
o
o
m
fk1 = µk m1 g = (.2)(1.5kg )(9.8 s 2 ) = 2.94N
o
fk2 = µk m2 g =



o
o
o
m
fk1 = µk m1 g = (.2)(1.5kg )(9.8 s 2 ) = 2.94N
o
m
fk2 = µk m2 g = (.2)(2kg )(9.8 s 2 ) =



o
o
o
m
fk1 = µk m1 g = (.2)(1.5kg )(9.8 s 2 ) = 2.94N
o
m
fk2 = µk m2 g = (.2)(2kg )(9.8 s 2 ) = 3.92N
o
fk3 = µk m3 g =



o
o
o
m
fk1 = µk m1 g = (.2)(1.5kg )(9.8 s 2 ) = 2.94N
o
m
fk2 = µk m2 g = (.2)(2kg )(9.8 s 2 ) = 3.92N
o
m
fk3 = µk m3 g = (.2)(1kg )(9.8 s 2 ) =



o
o
o
m
fk1 = µk m1 g = (.2)(1.5kg )(9.8 s 2 ) = 2.94N
o
m
fk2 = µk m2 g = (.2)(2kg )(9.8 s 2 ) = 3.92N
o
m
fk3 = µk m3 g = (.2)(1kg )(9.8 s 2 ) = 1.96N



La fuerza total Fk que se va a oponer a movimiento de los bloques en
conjunto ser´ la suma de las fuerzas de fricci´n de cada bloque, esto es:
a o

Fk = fk1 + fk2 + fk3 =



a o

Fk = fk1 + fk2 + fk3 = 2.94N + 3.92N + 1.96N =



a o

Fk = fk1 + fk2 + fk3 = 2.94N + 3.92N + 1.96N = 8.82N



Ahora, usando la segunda ley de Newton tenemos que la suma de las
fuerzas que actán sobre los bloque en conjunto, es decir, la fuerza que se
u
debe aplicar a los bloques F y la fuerza que se opone al movimieto de los
mismos debe ser igual al producto de la masa total M de los bloques por
la aceleraciń de los mismos, es decir:
o

F − Fk = Ma

donde M = m1 + m2 + m3 = 4.5kg ,entonces de la ecuaciń anterior
o
despejamos F y sustituyendo valores tenemos:

F =



u
o

F − Fk = Ma

o
m
F = (4.5kg )(3 ) + 8.82N =
s2



u
o

F − Fk = Ma

o
m
F = (4.5kg )(3 ) + 8.82N = 22.32N
s2
Por lo tanto, se necesita una fuerza de 22.32N.


PROBLEMA 81

Una caja de 12kg se suelta sobre la parte mas alta de un plano inclinado
que forma un ńgulo de 40 grados con la horizontal. Una fuerza de
a
fricciń de 60N se opone a el movimiento de la caja. Cu´l ser´ la
o a a
aceleracń de la caja?
o



Tenemos como datos:
1 La masa de la caja



Tenemos como datos:
1 La masa de la caja m = 12kg ;



Tenemos como datos:
2 El ´ngulo que forma el plano inclinado con la horizontal
a



Tenemos como datos:
2 El ´ngulo que forma el plano inclinado con la horizontal θ = 40;
a



Tenemos como datos:
a
3 La fuerza de fricci´n
o



Tenemos como datos:
a
3 La fuerza de fricci´n fk = 60N;
o



Tenemos como datos:
a
o
4 Velocidad inicial de la caja



Tenemos como datos:
a
o
4 Velocidad inicial de la caja v0 = 0 (ya que se suelta).



El peso de la caja se descompone en dos componentes, una perpendicular
al plano inclinado y otra paralela a ´ste. La componente del peso paralela
e
a el plano inclinado, que denotaremos como FW es:

FW = mg sin θ

donde m es la masa de la caja, g es la aceleraciń producida por la fuerza
o
de gravedad y θ es el ńgulo de inclinaciń del plano inclinado, esta fuerza
a o
FW hace que resbale la caja sobre el plano inclinado.



Por otro lado, la fuerza de friccń fk se opone al movimiento de la caja,
o
por lo tanto, utilizando la segunda ley de Newton que nos ice que la suma
de las fuerzas que obran sobre la caja debe ser igual al producto de la
masa de la caja por su aceleraciń, tenemos:
o

mg sin θ − fk = ma

despejando de la ecuaciń anterior la aceleraciń a y sustituyendo valores
o o
tenemos:
mg sin θ − fk
a= =
m



o
o


o o
tenemos:
m
mg sin θ − fk (12kg )(9.8 s 2 )(sin 40) − 60N
a= = =
m 12kg



o
o


o o
tenemos:
m
mg sin θ − fk (12kg )(9.8 s 2 )(sin 40) − 60N m
a= = = 1.29 2
m 12kg s
m
Por lo tanto, la aceleraci´n ser´ de 1.29 s 2
o a


PROBLEMA 82

Una caja de 10kg se suelta sobre la parte mas alta de un plano inclinado
de 5m de longitud y que forma un ´ngulo de 30 grados con la horizontal.
a
Una fuerza de fricci´n de 20N se opone a el movimiento de la caja.
o
Cuanto tiempo tardar´ la base del plano inclinado?
a



Tenemos como datos:
1 La masa de la caja



Tenemos como datos:



Tenemos como datos:
2 Longitud del plano inclinado



Tenemos como datos:
2 Longitud del plano inclinado d = 5m;



Tenemos como datos:
3 El ´ngulo que forma el plano inclinado con la horizontal
a



Tenemos como datos:
a



Tenemos como datos:
a
4 La fuerza de fricci´n
o



Tenemos como datos:
a
o



Tenemos como datos:
a
o
5 Velocidad inicial de la caja



Tenemos como datos:
a
o
5 Velocidad inicial de la caja v0 = 0 (ya que se suelta)



Primero encontremos la aceleraciń con la que cae la caja sobre el plano
o
inclinado, para ello sabemos que el peso de la caja se descompone en dos
componentes, una perpendicular al plano inclinado y otra paralela a ´ste.
e
La componente del peso paralela a el plano inclinado, que denotaremos
como FW es:
FW = mg sin θ
donde m es la masa de la caja, g es la aceleraciń producida por la fuerza
o
de gravedad y θ es el ńgulo de inclinaciń del plano inclinado, esta fuerza
a o
FW hace que resbale la caja sobre el plano inclinado.



o
por lo tanto, utilizando la segunda ley de Newton que no dice que la suma
masa de la caja por su aceleraci´n, esto es:
o


o o
tenemos:

a=



o
o


o o
tenemos:
mg sin θ − fk
a= =
m



o
o


o o
tenemos:
m
mg sin θ − fk (10kg )(9.8 s 2 )(sin 30) − 20N
a= = =
m 10kg



o
o


o o
tenemos:
m
mg sin θ − fk (10kg )(9.8 s 2 )(sin 30) − 20N m
a= = = 2.9 2
m 10kg s



Por lo tanto, la aceleraciń con la que cae la caja sobre el plano inclinado
o
m
es 2.9 s 2
Ahora utilizando la ecuaciń:
o
1
d = v0 t + at 2
2
Sustituyendo los valoes de d, a, v0 y despejando el tiempo t en la
ecuaciń anterior, tenemos:
o
m 1 m
5m = (0 )t + (2.9 2 )t 2
s 2 s
entonces:
t=



o
m
es 2.9 s 2
o
1
d = v0 t + at 2
2
o
m 1 m
5m = (0 )t + (2.9 2 )t 2
s 2 s
entonces:
2(5m)
t= m =
2.9 s 2



o
m
es 2.9 s 2
o
1
d = v0 t + at 2
2
o
m 1 m
5m = (0 )t + (2.9 2 )t 2
s 2 s
entonces:
2(5m)
t= m = 1.8s
2.9 s 2
Por lo tanto, tardar´ la caja en alcanzar la base del plano 1.8s.
a


PROBLEMA 83

Se tiene 2 bloques unidos por una cuerda, el bloque 1 se encuentra sobre
la superficie de una mesa mientras que el bloque 2 esta suspendido por la
cuerda a un lado de la mesa. En la esquina de la mesa donde se hace
pasar la cuerda que une los bloques se encuentra una polea que gira
libremente sin fricciń. Si las masas de los bloques 1 y 2 son 40kg y 60kg
o
respectivamente y si el coeficiente de fricciń entre la mesa y el bloque 1
o
es .2 cual ser´ la tensiń de la cuerda que une a ambos bloques?
a o



Tenemos como datos:
1 Masa del bloque 1



Tenemos como datos:
1 Masa del bloque 1 m1 = 40kg ;



Tenemos como datos:
2 Masa del bloque 2



Tenemos como datos:



Tenemos como datos:
3 Coeﬁciente de fricci´n entre el bloque 1 y la mesa
o



Tenemos como datos:
3 Coeﬁciente de fricci´n entre el bloque 1 y la mesa µk = .2
o



Tenemos que para el bloque 1 la fuerza de fricciń Fk se va oponer al
o
movimiento del bloque, mientras que la tensiń de la cuerda lo va a
o
mover, entonces por la segunda ley de Newton tenemos:

T − Fk = m1 a1 (18)

donde la fuerza de fricciń Fk = µk m1 g .
o



Por otro lado, el bloque 2 es empujado hacia abajo por la fuerza de
gravedad, pero la tensiń de la cuerda lo jala hacia arriba, entonces,
o
utilizando la segunda ley de Newton tenemos:

m 2 g − T = m 2 a2

De la ecuaciń anterior despejando T tenemos:
o

T = m 2 g − m 2 a2

Si despejamos de (18) la tensń T e igualamos el extremo derecho de esta
o
ecuaciń con el extremo derecho de la ecuaciń anterior, tenemos:
o o

m2 g − m2 a2 = m1 a1 + µk m1 g



Como se supone que la cuerda no es elastica, esperamos que ambos
bloques se muevan con la misma acleraciń en magnitud, entonces
o
a1 = a2 = a sustituyendo las aceleraciones por a en la ecuaciń anterior
o
tenemos:
m2 g − m2 a = m1 a + µk m1 g
De la ecuaciń anterior podemos despejar la aceleraciń y sustituyendo los
o o
valores tenemos:
a=



o
o
tenemos:
m2 g − m2 a = m1 a + µk m1 g
o o
valores tenemos:
m 2 g − µk m 1 g
a= =
m1 + m2



o
o
tenemos:
m2 g − m2 a = m1 a + µk m1 g
o o
valores tenemos:
m 2 g − µk m 1 g m
a= = 5.096 2
m1 + m2 s
m
Ahora, sustituyendo esta aceleraci´n a = 5.096 s 2 en (18), despejando T y
o
sustituyendo los demas valores tenemos:

T = m1 a + µk m1 g =



o
o
tenemos:
m2 g − m2 a = m1 a + µk m1 g
o o
valores tenemos:
m 2 g − µk m 1 g m
a= = 5.096 2
m1 + m2 s
m
Ahora, sustituyendo esta aceleraci´n a = 5.096 s 2 en (18), despejando T y
o
sustituyendo los demas valores tenemos:

T = m1 a + µk m1 g = 282.24N

Por lo tanto, la tensi´n de la cuerda es 282.24N
o


PROBLEMA 84

Un protń se proyecta en la direcciń positiva de las x dentro de una
o o
regiń de un campo elćtrico uniforme E = −6x105 iN/C . El protń
o e o
recorre 7cm antes de llegar a reposo. Determine la aceleraciń.
o
Nota:
Masa del protń mp = 1.67x10−27 kg
o
Carga del protń q = 1.6x10−19 C .
o



Tenemos como datos:
1 Campo el´ctrico
e



Tenemos como datos:
1 Campo el´ctrico E = −6x105 N/C (Negativo porque est´ en direcci´n
e a o
negativa del eje x);



Tenemos como datos:
e a o
2 Distancia



Tenemos como datos:
e a o
2 Distancia x = 7cm.



Sabemos que la fuerza F que act´a sobre una carga q debido a un campo
u
el´trico es:
e
F = qE


Esta fuerza produce una aceleraciń a sobre la carga, esta aceleraciń es
o o
proporcional a dicha fuerza, pero inversamente proporcional a la masa m
de la carga, esto es:
a = F /m
Sustituyendo en la ecuaciń anterior la fuerza F por qE tenemos:
o

a=


o o
a = F /m
o
qE
a=
m


o o
a = F /m
o
qE
a=
m
Sustituyendo los valores de q,E y m en la ecuaci´n anterior tenemos:
o

a=


o o
a = F /m
o
qE
a=
m
o

(1.6x10−19 C )(−6x105 N/C )
a= =
1.67x10−27 kg


o o
a = F /m
o
qE
a=
m
o

(1.6x10−19 C )(−6x105 N/C ) m
a= = − 5.74x1013 2
1.67x10−27 kg s
m
. Por lo tanto, la aceleraciń del protń es −5.74x1013 s 2 ; es negativa
o o
porque apunta en la direcciń negativa del eje x; es decir, el protń va
o o
desacelerando.

PROBLEMA 85

Un protń se proyecta en la direcciń positiva de las x dentro de una
o o
regiń de un campo elćtrico uniforme E = −6x105 iN/C . El protń
o e o
recorre 7cm antes de llegar a reposo. Determine su rapidez inicial.
Nota:
o
o



Tenemos como datos:
1 Campo el´ctrico
e



Tenemos como datos:
1 Campo el´ctrico E = −6x105N/C (Negativo porque est´ en
e a
direcci´n negativa del eje x);
o



Tenemos como datos:
e a
o
2 Distancia



Tenemos como datos:
e a
o
2 Distancia x = 7cm;



Tenemos como datos:
e a
o
3 Velocidad ﬁnal



Tenemos como datos:
e a
o
3 Velocidad final vf = 0 (al final el protń se detiene).
o



Para encontrar la rapidez inicial del protń primero encontremos la
o
aceleraciń a la que est sujeto,; para ello sabemos que la fuerza F que
o
acta sobre una carga q debido a un campo elctrico es:

F = qE

Esta fuerza produce una aceleraciń a dice carga, esta aceleraciń es
o o
F
a=
m



o
qE
a=
m
o

a=



o
qE
a=
m
o
N
a = (1.6x10−19 C )(−6x105 )/1, 67x10−27 kg =
C



o
qE
a=
m
o
N m
a = (1.6x10−19 C )(−6x105 )/1, 67x10−27 kg = − 5.74x1013 2
C s
m
. Por lo tanto, la aceleraciń del protń es −5.74x1013 s 2 ; es negativa
o o
porque apunta en la direcciń negativa del eje x; es decir, el protń va
o o
desacelerando.



Ahora , tenemos la ecuaci´n:
o

vf2 = v0 + 2ad
2

Despejando de la ecuaci´n anterior la rapidez inicial v 0 y sustituyendo los
o
valores de vf , a y d tenemos:

v0 =



o

vf2 = v0 + 2ad
2

o

m
v0 = (−2ad) = −2(−(5.74x1013 ))(.07m) =
s2



o

vf2 = v0 + 2ad
2

o

m
v0 = (−2ad) = −2(−(5.74x1013 ))(.07m) = 2834783.44m/s
s2

Por lo tanto, la rapidez inicial es 2834783.44 m .
s


PROBLEMA 86

Un protń tiene una velocidad inicial de 4.5x105 m en la direcciń
o s o
horizontal. Entra a un campo elćtrico de 9.6x10
e 3 N/C dirigido

verticalmente. Ignore cualquier efecto gravitacional y determine el
desplazamiento vertical del protń despu´s de recorrer 5cm
o e
horizontalmente.
Nota:
o
o



Tenemos como datos:
1 Velocidad inicial



Tenemos como datos:
1 Velocidad inicial v0x = 1.5x105 m (velocidad en la direcci´n
s o
horizontal);



Tenemos como datos:
s o
horizontal);
2 Campo el´ctrico
e



Tenemos como datos:
s o
horizontal);
2 Campo el´ctrico Ey = 9.6x103 N/C (campo el´ctrico dirigido
e e
verticalmente);



Tenemos como datos:
s o
horizontal);
e e
verticalmente);
3 Distancia horizontal



Tenemos como datos:
s o
horizontal);
e e
verticalmente);
3 Distancia horizontal x = 5cm = .05m.



Primero encontremos la aceleraciń la cual esta sujeto este protń,
o o
entonces para ello sabemos que la fuerza F sobre una carga elćtrica
e
producida por un campo elćtrico es F = qE , pero por la segunda ley de
e
Newton tenemos tambiń que F = ma entonces:
e

qE = ma

o o
valores de m, q y Ey tenemos:

ay =



o o
e
e
e

qE = ma

o o

qEy
ay = =
m



o o
e
e
e

qE = ma

o o

qEy (1.6x10 − 19C )(9.6x103N/C )
ay = = =
m 1.67x10−27 kg



o o
e
e
e

qE = ma

o o

qEy (1.6x10 − 19C )(9.6x103N/C ) m
ay = = −27 kg
= 9.19x1011 2
m 1.67x10 s



La aceleraciń ay encontrada es una aceleraciń vertical ya que el campo
o o
que provoca dicha aceleraciń tambin es vertical.
o
Ahora encontremos el tiempo que tarda en recorrer los .05m el protń.
o
Entonces, podemos utilizar la siguiente ecuacin:
x
v0x =
t
Despejando el tiempo t y sustituyendo en la ecuaciń anterior los valores
o
de v0x y x tenemos:

t=



o o
o
o
x
v0x =
t
o
de v0x y x tenemos:
x .05m
t= = =
v0x 4.5x105 m
s



o o
o
o
x
v0x =
t
o
de v0x y x tenemos:
x .05m
t= = = 1.11x10−7 s
v0x 4.5x105 m
s
.



Por ultimo, para encontrar la distancia vertical Y podemos utilizar la
´
siguiente ecuacin:
1
Y = v0y + at 2
2
Recordemos que inicialmente el prot´n solo tenia una velocidad horizontal
o
, asi que la velocidad vertical inicial v0y es cero esto es voy = 0, entonces
sustituyendo en la ecuacin anterior los valores de la aceleracin vertical ay y
el tiempo t; tenemos:

Y =



´
siguiente ecuacin:
1
Y = v0y + at 2
2
o
1 m
Y = (9.19x1011 2 )(1.11x10−7 s)2
2 s



´
siguiente ecuacin:
1
Y = v0y + at 2
2
o
1 m
Y = (9.19x1011 2 )(1.11x10−7 s)2
2 s

Y = 5.66x10 − 3m = 5.66mm
. Por lo tanto, el desplazamiento vertical del prot´n es de 5.66mm.
o


PROBLEMA 87

Un protń se acelera desde el reposo en un campo elćtrico de 640N/C .
o e
Cuńto tiempo tardar´ en alcanzar una rapidez de 1.2x106 m ?
a a s
Nota:
o
o



Tenemos como datos:
1 Velocidad inicial del prot´n
o



Tenemos como datos:
1 Velocidad inicial del prot´n v0 = 0 m (parte del reposo);
o s



Tenemos como datos:
o s
2 Campo el´ctrico
e



Tenemos como datos:
o s
2 Campo el´ctrico E = 640N/C ;
e



Tenemos como datos:
o s
e
3 Velocidad ﬁnal



Tenemos como datos:
o s
e
3 Velocidad ﬁnal vf = 1.2x106 m .
s



Primero encontramos la aceleraciń del protń que esta sujeto a un campo
o o
elćtrico E , esto es:
e
qE
a=
m
donde m es la masa del protń y q su carga. Sustituyendo los valores de q,
o
E y m en la ecuaciń anterior tenemos:
o

a=



o o
e
qE
a=
m
o
o

(1.6x10−19 C )(640N/C )
a= =
1.66x10−27 kg



o o
e
qE
a=
m
o
o

(1.6x10−19 C )(640N/C ) m
a= −27 kg
= 6.13x1010 2
1.66x10 s



Para encontrar el tiempo en que tardar´ el protń en alcanzar la velocidad
a o
de 1.2x106 m/s usamos la siguiente ecuaciń:
o

Vf = v0 + at

Despejando de la ecuaciń anterior el tiempo t y sustituyendo los valore s
o
de vf , v0 y a tenemos:

t=



a o
o

Vf = v0 + at

o

vf − v0 1.2x106m/s − 0m/s
t= = =
a 6.13x1010m/s2



a o
o

Vf = v0 + at

o

vf − v0 1.2x106m/s − 0m/s
t= = = 1.95x10−5 s
a 6.13x1010m/s2

. Por lo tanto, tardar´ el prot´n 1.95x10−5 s en alcanzar una rapidez de
a o
1.2x106 m . .
s


TRABAJO Y ENERGIA


PROBLEMA 88

A nivel del mar, las moleculas de nitrogeno en el aire tiene una energia
cinetica traslacional promedio de 6.2x10−21 J. Sus masas son de
4.7x10−26 kg . Cu´l es la rapidez de estas moleculas?
a



Tenemos como datos:
1 Energ´ cin´tica traslacional
ıa e



Tenemos como datos:
1 Energ´ cin´tica traslacional k = 6.2x10−21 J;
ıa e



Tenemos como datos:
ıa e
2 Masa



Tenemos como datos:
ıa e
2 Masa m = 4.7x10−26 kg .



Tenemos entonces que la energ´ k por definiciń es:
ıa o
1
k = mv 2
2
Igualando el dado derecho de la ecuaciń anterior con el valor de la
o
energ´ cin´tica traslacional que nos da como dato el problema, tenemos:
ıa e
1 2
mv = 6.2x10−21 J
2



De la ecuaci´n anterior sustituimos el valor de m que nos da los datos del
o
problema, entonces:
1
(4.7x10−26 kg )v 2 = 6.2x10−21 J
2
De la ecuaci´n anterior despejamos la velocidad v , entonces nos queda
o

v=



o
problema, entonces:
1
(4.7x10−26 kg )v 2 = 6.2x10−21 J
2
o

2
2(6.2x10−21 kg m2 )
s
v= =
4.7x10−26kg



o
problema, entonces:
1
(4.7x10−26 kg )v 2 = 6.2x10−21 J
2
o

2
2(6.2x10−21 kg m2 )
s m
v= −26kg
= 513.6
4.7x10 s

Por lo tanto, la rapidez de estas moleculas es de 513.6 m .
s


PROBLEMA 89

Una pelota de 3kg se desplazaba sobre el suelo con una velocidad
constante de 3 m en linea recta cuando choc´ con un resorte que esta
s o
N
ﬁrme sobre la pared, si la constante del resorte es 300 m ; Cuanto se
comprimi´ el resorte?
o



Tenemos como datos:
1 Masa de la pelota



Tenemos como datos:
1 Masa de la pelota m = 3kg ;



Tenemos como datos:
2 Velocidad de la pelota



Tenemos como datos:
2 Velocidad de la pelota v0 = 3 m ;
s



Tenemos como datos:
s
3 Constante del resorte



Tenemos como datos:
s
N
3 Constante del resorte k = 300 m



Cuando la pelota peg´ con el resorte, ´sta llevaba una energ´ cinetica
o e ıa
K = 1 mv0 pero al comprimirse el resorte, toda esta energ´ cin´tica se
2
2 ıa e
transformo en energ´ potencial cuando se comprime al m´ximo el mismo,
ıa a
esto es:
1 2 1 2
mv = kx
2 0 2



De la ecuaci´n anterior despejamos x que es lo que se comprime el resorte
o
y sustituimos valores, entonces:

mv 2
x= =
k



o

mv 2 m
x= =v =
k k



o

mv 2 m m 3kg
x= =v =3 N
=
k k s 300 m



o

mv 2 m m 3kg
x= =v =3 N
= .3m
k k s 300 m

Por lo tanto, el resorte se comprime .3m.


PROBLEMA 90

Un electr´n (masa en reposo de 9.1x10−31 kg ) se mueve con una velocidad
o
de .99c
Cu´l es su energ´ cin´tica K ?
a ıa e



Primero veamos cual es la velocidad que lleva el electr´n, para ello
o
sabemos que c = 3x108 m , entonces, .99c = 297x106 m .
s s
o
1
K = mv 2
2
y sustituyendo los valres de la velocidad v y la masa m tenemos:

K=



o
s s
o
1
K = mv 2
2
1 m
K = (9.1x10−31 kg )(297x106 )2 =
2 s



o
s s
o
1
K = mv 2
2
1 m
K = (9.1x10−31 kg )(297x106 )2 = 4.013x10−14 J
2 s
Por lo tanto, su energ´ cin´tica es de 4.013x10−14 J
ıa e


BIBLIOGRAFIA

FISICA PARTE I
AUTORES: RESNICK Y HALLIDAY
FISICA GENERAL
AUTOR: FREDERICK J. BUECHE
FISICA TOMO II
AUTOR: SERWAY


PROBLEMAS DE MECANICA RESUELTOS

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