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(1)

UNIVERSIDAD AUTÓNOMA DEL ESTADO DE MÉXICO

PLANTEL “DR. ÁNGEL MA. GARIBAY KINTANA DE LA ESCUELA PREPARATORIA

PROBLEMARIO

FÍSICA I

SEGUNDO EXAMEN PARCIAL

(2)

INDICE

Presentación 3

1. Caída libre 4

2. Tiro vertical 6

3. Tiro parabólico 10

4. Movimiento circular uniforme 16

5. Leyes de Newton 18

6. Trabajo 23

(3)

PRESENTACIÓN

El presente problemario se realiza con el fin de que el alumno comprenda mejor cada uno de los temas del curso de Física I y tenga una guía para poder estudiar para su examen departamental y así contar con más herramientas que le ayuden a comprender mejor la solución de los ejercicios de la materia,

ayudando con esto a bajar el índice de reprobación.

El criterio de selección de los ejercicios, se realizó tomando en cuenta: - Exámenes de los semestres anteriores

- Avances dentro de la Academia de Física

- Y el grado de complejidad, que se acuerda en la Academia.

No se plantean demasiados ejercicios, por considerar que no se debe cargar demasiado a los alumnos, ya que en otras materias también les dejan tareas o trabajos y por esta razón luego nada más los copian y no aprenden.

La relación que existe de cada ejercicio con los aprendizajes que se espera desarrolle el alumno, es muy amplia, ya que se escogen tomando en cuenta cada tema del programa de Física I y se busca que tengan una relación directa.

Se presenta un ejercicio resuelto explicando el procedimiento paso por paso y uno igual o parecido para que alumno lo resuelva y de esta manera mejore su aprendizaje.

También se presenta al final la sección de las respuestas de los ejercicios que tiene que resolver al alumno, para que el alumno pueda comprobar sus

resultados.

Los temas contemplados, se encuentran dentro del programa de Física I módulos III, IV y V los cuales son:

Módulo III. CINEMÁTICA

Caída libre, Tiro Vertical y tiro parabólico. Módulo IV. Movimiento Circular Uniforme. Módulo V. Leyes de Newton

Módulo VI. Trabajo Módulo VII. Energía

PROPÖSITOS.

-Adquirir conocimientos que permitan asumir una actitud reflexiva y crítica, ante las diferentes alternativas de solución de los problemas que se le presenten. -Comprender que la mecánica se fundamenta en los conceptos básicos de espacio- tiempo que se pueden representar mediante los sistemas de coordenadas.

(4)

INSTRUCCIONES: Observa con detenimiento los ejercicios resueltos que a continuación se presentan, el proceso de solución se te va indicando paso por paso para tu mejor entendimiento, y al final de cada ejercicio resuelto, se te pide que resuelvas uno igual ó parecido, siguiendo el mismo procedimiento.

I. CAÍDA LIBRE.

1. Se deja caer un objeto desde la azotea de un edificio de 5 pisos, considerando que cada piso mide 3.0 m. Calcular cual es la velocidad con la que llega al suelo y qué tiempo tarda en caer.

Proceso de solución:

Las ecuaciones a utilizar son:

gt v v

gt t v y y

o o o

 

 

 2

2 1

Los datos que nos dan son, la altura:

0 0

15 ) 3 ( 5

 

o o

v y

m y

Sustituimos en las ecuaciones los datos:

t v

t t

) 81 . 9 ( 0

) 81 . 9 ( 2 1 ) 0 ( 0

15 2

 

  

Despejamos el tiempo de la ley de posiciones: t t 3.06 1.75seg

9 . 4 15

2    

Ahora sustituimos el tiempo en la ley de velocidades:

(5)

Por lo que la velocidad con que llega al suelo es

seg m

v17.16 ; en un tiempo de

seg t 1.75

Ahora resuelve el siguiente ejercicio.

2. Se deja caer un objeto desde la azotea de un edificio de 4 pisos, considerando que cada piso mide 3.0 m. Calcular cual es la velocidad con la que llega al suelo y qué tiempo tarda en caer.

3. Desde un globo aerostático se deja caer un costal de arena y choca contra el suelo a una velocidad de 20 m/seg. Calcula la altura a la que se encontraba el globo y el tiempo que tarda en caer el costal.

Utilizamos las ecuaciones:

gt v v

gt t v y y

o o o

 

 

 2

2 1

Donde ahora nos dan de dato la velocidad: 0

/ 20

 

o

v

seg m v

(6)

t

t t

y

) 81 . 9 ( 0 20

) 81 . 9 ( 2 1 ) 0 (

0 2

 

  

Despejando el tiempo de la ley de velocidades: t 2.04seg

81 . 9

20 _



Sustituyendo el tiempo en la ley de posiciones, encontramos la altura del globo: y (9,81)(2.04) 20.39m

2

1 2 



4. Desde un globo aerostático se deja caer un costal de arena y choca contra el suelo a una velocidad de 25 m/seg. Calcula la altura a la que se encontraba el globo y el tiempo que tarda en caer el costal.

II TIRO VERTICAL

5. Si una pelota es lanzada verticalmente hacia arriba con una velocidad inicial de 10 m/seg. Calcular:

a) La altura máxima que alcanza.

b) El tiempo que tarda en alcanzar su altura máxima.

Proceso de solución: Las ecuaciones a utilizar son:

gt v v

gt t v y y

o o o

 

 

 2

2 1

(7)

La velocidad final es cero cuando obtiene su altura máxima.

Sustituyendo los datos: t t t y ) 81 . 9 ( 10 0 ) 81 . 9 ( 2 1 ) 10 ( 0 2     

81 . 9

10 _



Sustituyendo el tiempo en la ley de posiciones:

y (9.81)(1.02) 10.2 5.09 5.1m

2 1 ) 02 . 1 ( 10

0  2   



La altura máxima que alcanza es de 5.1m., en un tiempo de 1.02seg.

6. Si una pelota es lanzada verticalmente hacia arriba con una velocidad inicial de 15 m/seg. Calcular:

a) La altura máxima que alcanza.

b) El tiempo que tarda en alcanzar su altura máxima.

7. ¿A que velocidad inicial debe ser arrojada una piedra verticalmente hacia arriba, para que alcance una altura de 24m?. ¿Cuánto tiempo permanecerá la piedra en el aire?

Utilizamos nuestras ecuaciones:

gt v v gt t v y y o o o      2 2 1

Ahora nos dan de datos la altura máxima y 24m, cuando es alcanzada esta altura la velocidad final vale cero. Sustituyendo datos:

t v t t v o o ) 81 . 9 ( 0 ) 81 . 9 ( 2 1 0 24 2     

Despejamos la velocidad inicial de la ley de velocidades: v_o 9.81t

(8)

(9.81) 2 2

1 ) 81 . 9 ( 0

24  t t t

Simplificando y despejando el tiempo:

t seg

t t

t

t t

   

 

21 . 2

89 . 4

9 . 4

24 9 . 4 24

9 . 4 81 . 9 24

2 2

El tiempo que tarda la piedra en alcanzar los 24 m de altura es de 2.21seg y como sabemos que el tiempo de subida es igual al tiempo de bajada, entonces el tiempo total que permanece la piedra en el aire es de 2(2.21)=4.42seg. Finalmente sustituimos el tiempo, para calcular la velocidad inicial de la piedra: vo 9.81t=vo 9.81(2.21)21.68m/seg

8. ¿A que velocidad inicial debe ser arrojada una piedra verticalmente hacia arriba, para que alcance una altura de 24m?. ¿Cuánto tiempo permanecerá la piedra en el aire?

9. Si una pelota se lanza hacia arriba desde la azotea de un edificio de 6m de altura, con una velocidad de 8 m/seg. Calcular:

a) La altura máxima que alcanza. b) El tiempo de subida.

c) El tiempo total de vuelo.

(9)

Primero se analiza el ejercicio como tiro vertical, hasta que alcanza su altura máxima. Para lo cual utilizaremos las ecuaciones:

gt v v gt t v y y o o o      2 2 1

Posteriormente, se analiza como caída libre, para lo cual utilizaremos las ecuaciones: gt v v gt t v y y o o o      2 2 1

Primera parte como tiro vertical. Datos: v_o 8m/seg, la velocidad final cuando obtiene su altura máxima es cero, sustituyendo:

t t t y ) 81 . 9 ( 8 0 ) 81 . 9 ( 2 1 8 0 2     

81 . 9

8 _



Sustituyendo el tiempo para encontrar la altura máxima:

y (9.81)(0.81) 6.48 3.21 3.27m

2 1 ) 81 . 0 ( 8

0  2   



Por lo que la altura máxima alcanzada es de 3.27m y el tiempo de subida es de 0.81seg.

Ahora para calcular el tiempo total de vuelo y la velocidad con la que llega al suelo; consideramos el movimiento como caída libre:

Utilizamos las ecuaciones: gt v v gt t v y y o o o      2 2 1

Como es caída libre la velocidad inicial es cero. Y la altura máxima desde donde se deja caer es de 6m de la altura del edificio más los 3.27m que subió en el tiro vertical, altura total y63.279.27m

Sustituyendo datos en las ecuaciones: t v t t ) 81 . 9 ( 0 ) 81 . 9 ( 2 1 ) 0 ( 0 27 . 9 2     

Despejando el tiempo de la ley de posiciones: seg t t 38 . 1 9 . 4 27 . 9 9 . 4 27 . 9 2   

(10)

v0(9.81)(1.38)13.54m/seg

Por lo que la velocidad con la que llega al suelo es de 13.54m/seg y el tiempo total de vuelo será la suma de el tiempo de subida más el tiempo de bajada: 0.81+1.38 = 2.19seg

10. Si una pelota se lanza hacia arriba desde la azotea de un edificio de 5m de altura, con una velocidad de 6 m/seg. Calcular:

a) La altura máxima que alcanza. b) El tiempo de subida.

c) El tiempo total de vuelo.

d) La velocidad con la que llega al suelo.

III TIRO PARABÓLICO

11. Una piedra es lanzada horizontalmente desde lo alto de un edificio de 6.0m de altura con una velocidad inicial de 5m/seg. Calcular:

a) ¿Qué distancia horizontal habrá recorrido después de medio seg? b) ¿Que distancia vertical habrá recorrido después de medio seg? c) ¿Cuales son las componentes horizontal y vertical de la velocidad después de medio seg.?

d) ¿Cual es el valor de la magnitud de la velocidad en ese tiempo.?

(11)

y en velocidad gt sen v v y en posición gt t sen v y y x en posición t v x x o o o o o           2 2 1 cos

Datos: Altura y6m

Velocidad inicial

seg m

vo 5 en la dirección x.

En esta dirección como se lanza en forma horizontal el ángulo vale cero.

Para calcular la distancia horizontal recorrida después de medio seg, utilizamos la ley de posición en x, sustituyendo datos:

x0(5)cos(0)(0.5)2.5m

Para calcular la distancia vertical, utilizamos la ley de posición en y: y sen (9.81)(0.5) 1.225m

2 1 ) 5 . 0 )( 0 ( ) 5 (

0   2 



El signo negativo indica que la distancia esta medida hacia abajo.

Ahora calculamos el inciso c), las componentes horizontal y vertical de la velocidad: _

sen v v v v o y o x   cos

Como podemos observar, estas componentes las tenemos incluidas en las leyes de posición en x , y en la ley de velocidades en y ; por lo que las despejamos y nos queda:

seg m t g sen v v seg m t x v v o y o x / 9 . 4 ) 5 . 0 ( 81 . 9 0 0 / 5 5 . 0 5 . 2 cos              El signo negativo de la velocidad en y indica que va hacia abajo.

Por lo que obtenemos la magnitud de la velocidad para cuando el tiempo es de medio seg.

V  52 4.92 7m/seg

12. Una piedra es lanzada horizontalmente desde lo alto de un edificio de 7.0m de altura con una velocidad inicial de 4m/seg. Calcular:

a) Qué distancia horizontal habrá recorrido después de medio seg. b) Que distancia vertical habrá recorrido después de medio seg.

c) Cuales son las componentes horizontal y vertical de la velocidad después de medio seg.

(12)

13. Un puma salta una altura de 12 pies cuando despega del suelo a un ángulo de 45°. ¿Con que rapidez debe despegar del suelo para alcanzar esta altura?

Datos: la altura máxima que alcanza el puma que es de 12 pies, la aceleración de la gravedad en el sistema inglés es de 32.2 pies/seg2. Utilizamos la fórmula de la altura máxima:

g sen v

Y o

2 )

( 2

max





De donde despejamos el valor de la rapidez v_o, sustituyendo datos:

seg pies v

v v

sen v

o

o o

o

/ 4 . 41 007 .

12 007 . 0 12

4 . 64

) 7071 . 0 ( 12

) 2 . 32 ( 2

) 45 (

12

2 2 2

2

 

 

(13)

15. Se patea un balón de futbol americano a nivel de piso con un ángulo de 37° con una velocidad de 20m/seg. Calcule:

a) La altura máxima que alcanza el balón. b) El tiempo total de vuelo.

c) Su alcance máximo.

d) El vector velocidad cuando su altura es máxima. e) El vector aceleración cuando su altura es máxima. Proceso de solución:

Datos: Ángulo de inclinación 37º Velocidad inicial

seg m v_o 20

Para calcular la altura máxima que alcanza sustituimos los datos en la fórmula: sen m g sen v Y o 37 . 7 6 . 19 87 . 144 ) 81 . 9 ( 2 ) 37 20 ( 2 )

( 2 2

max  

 

 

El tiempo total de vuelo, lo encontramos sustituyendo en:





sen seg

g sen v

t o

v 2.45

81 . 9 07 . 24 81 . 9 ) 37 ( 20 2

2  

        

El alcance máximo lo encontramos de la fórmula:

sen m g sen v X o 19 . 39 81 . 9 5 . 384 81 . 9 ) 37 ( 2 ) 20 ( 2 2 2

max  

 

 

El vector velocidad cuando su altura es máxima. Esto se cumple en el punto más alto y su velocidad en la dirección y es cero, por lo que solamente tenemos velocidad en la dirección x.

v_x v_ocos 20cos(37)15.97m/seg

El vector aceleración siempre es constante en este movimiento y es igual a la aceleración de la gravedad de 9.81m/seg2

16. Se patea un balón de futbol americano a nivel de piso con un ángulo de 37° con una velocidad de 20m/seg. Calcule:

a) La altura máxima que alcanza el balón. b) El tiempo total de vuelo.

c) Su alcance máximo.

(14)

17. Se dispara un proyectil desde la orilla de un acantilado de 140m de altura con una rapidez inicial de 100m/seg y un ángulo de 37° con la horizontal. Calcular:

a) El tiempo que tarda el proyectil en llegar al suelo. b) Calcular el alcance del proyectil.

c) Calcular las componentes horizontal y vertical de la velocidad al chocar con el suelo.

d) Calcular la magnitud de la velocidad.

e) Calcular el ángulo con el que choca con el suelo. Proceso de solución:

Realizamos un esquema para representar el ejercicio:

Datos: Altura y140m

Velocidad inicial

seg m vo 100

Ángulo de inclinación 37º

Para calcular el tiempo que tarda el proyectil en llegar al suelo, sustituimos los datos en la ley de posiciones para y, considerando que la altura es de -140m y la componente de la velocidad en y es: v_y 100sen3760.18m/seg

2 2 ) 81 . 9 ( 2 1 18 . 60 0 140 2 1 t t gt t sen v y y o o

      

Ordenando la ecuación para tener una ecuación de segundo grado: 4.9t2 60.18t 1400

Utilizamos la formula general para encontrar el valor del tiempo: 8 . 9 2744 63 . 3621 18 . 60 ) 9 . 4 ( 2 ) 140 )( 9 . 4 ( 4 ) 18 . 60 ( 18 . 60 2 4 2

2  

         a ac b b seg

t 14.28

8 . 9 78 . 79 18 .

60  _

 tomando sólo el signo positivo.

(15)

Donde la componente de la velocidad en x es:

seg m v

vx  ocos 100cos3779.86 /

Sustituyendo los datos:

x079.86(14.28)1140.4m

Para resolver el inciso c) las componentes de la velocidad al chocar con el suelo. Utilizamos la ley de posiciones en x y la ley de velocidades en y:

t g sen v v

t v

x x

o o o

 

 

  cos

Despejamos v_ocos, de la posición en x, que representa la componente de la velocidad en x.

m seg

t x

v_o 79.85 / 28

. 14

4 . 1140

cos   

La componente de la velocidad en y ya esta despejada en la ley de velocidades, por lo que:

v_x v_osen 60.189.81(14.28)79.9m/seg

La magnitud de la velocidad es:

seg m v

v

V x y 79.85 79.9 112.96 /

2 2

2

2 _ _ _ _



Y el ángulo es de:   45

85 . 79

9 . 79 tan

tan ang

v v ang

x y 

Ahora realiza el siguiente ejercicio.

18. Se dispara un proyectil desde la orilla de un acantilado de 120m de altura con una rapidez inicial de 90m/seg y un ángulo de 37° con la horizontal. Calcular:

a) El tiempo que tarda el proyectil en llegar al suelo. b) Calcular el alcance del proyectil.

c) Calcular las componentes horizontal y vertical de la velocidad al chocar con el suelo.

d) Calcular la magnitud de la velocidad.

(16)

IV MOVIMIENTO CIRCULAR UNIFORME.

19. Un automóvil viaja por una carretera a una velocidad constante, si avanza 1.3km en un tiempo de 1.5 minutos y el radio de las llantas es de 40cm. ¿Cual es su velocidad angular de la llanta y cual es la velocidad lineal en el punto más alejado del centro de la llanta.?

Proceso de solución.

Datos: Distancia d 1.3km1300m

Tiempo t 1.5min 90seg

Radio de la llanta r 40cm0.40m

Las fórmulas a utilizar son:

gencial o

lineal velocidad

r v

angular velocidad

f

tan 2

  

 

Primero calculamos la frecuencia, que es encontrar cuantas vueltas dio la llanta en el tramo de 1.3km:

Calculamos el perímetro de la llanta = 2r2(3.1416)(0.40)2.51m

El número de vueltas que da la llanta es de 517.92 51

. 2 1300



m m

Por lo que la frecuencia es de

seg rev seg

es revolucion t

n

f 5.75

90 92 . 517

 



Sustituyendo los datos, encontramos la velocidad angular:

seg rad f 2(3.1416)(5.75) 36.13

2  

  

Calculamos ahora la velocidad lineal:

vr 36.13(0.40m)14.45

seg m

(17)

21. Una rueda gira a 120rpm y tiene 30cm de diámetro; calcular: a) El periodo.

b) La velocidad angular y tangencial de una partícula situada a 6cm del centro.

c) ¿Cuantas vueltas dio un punto después de 5 segundos.?

d) ¿Cual es la aceleración centrípeta de la partícula situada a 6cm del centro.?

Proceso de solución: Datos: Frecuencia

seg rev rpm

f 120 2

Diámetro d30cm0.30m

Sabemos que el periodo es el inverso de la frecuencia: seg

rev seg n

t

T 0.5

120 60

 



La velocidad angular es:

seg rad f 2(3.1416)(2) 12.56

2  

  

La velocidad tangencial, tomando en cuenta la distancia de 6cm es:

seg m m

r

v 12.56(0.06 )0.7536

Para calcular las vueltas que dio el punto después de 5seg, despejamos el valor del ángulo que nos indica el número de vueltas :

t



   t 12.56(5)62.8rad

El ángulo nos indica que giró 62.8 radianes, y como sabemos que una vuelta son 2π radianes:

10vueltas

2 8 . 62





La aceleración centrípeta es:

₂

2 2

46 . 9 06 . 0

) 7536 . 0 (

seg m R

v

a   

Ahora resuelve el siguiente ejercicio:

(18)

b) La velocidad angular y tangencial de una partícula situada a 6cm del centro.

c) ¿Cuantas vueltas dio un punto después de 5 segundos.?

d) ¿Cual es la aceleración centrípeta de la partícula situada a 6cm del centro?

V. LEYES DE NEWTON.

23. ¿Que fuerza se debe aplicar a un vehículo cuyo peso es de 25,000N, para que adquiera una aceleración de 5 ₂

seg m

? Proceso de solución:

Datos: Peso del vehículo w25,000N

Aceleración 5 ₂

seg m a

Utilizamos la segunda ley de Newton F ma

Primero calculamos la masa que es igual al peso entre la aceleración de la gravedad.

2

81 . 9

000 , 25

seg m N g

w

m  m2548.41kg

Sustituimos los datos en: F ma2548.41(5)12,742.05N

24. ¿Que fuerza se debe aplicar a un vehículo cuyo peso es de 30,000N, para que adquiera una aceleración de 7 ₂

seg m

?

25. Un vehículo cuya masa es de 2,500kg se mueve con una velocidad de 65km/h. Determinar la fuerza media que actúa sobre el vehículo sabiendo que se detiene a los 5 segundos.

(19)

Velocidad

h km v65

Tiempo t 5seg

Sabemos que la aceleración es:

t v a

Primero transformamos la velocidad a metros por segundo:

seg m seg

h x km

m x

h km

v 18.05

3600 1000

65 



Por lo que la aceleración es: 3.61 ₂ 5

05 . 18

seg m t

v

a  

Sustituyendo en la segunda ley de Newton:

F ma2500(3.61)9,025.00N

26. Un vehículo cuya masa es de 2,800kg se mueve con una velocidad de 70km/h. Determinar la fuerza media que actúa sobre el vehículo sabiendo que se detiene a los 5 segundos.

27. Dos esferas A y B de masas 0.3kg y 0.9kg, se unen mediante un resorte estirado de masa despreciable. Cuando las dos esferas se sueltan

simultáneamente la aceleración de la esfera B es de 3 ₂

seg m

. ¿Cual es la aceleración de la esfera A.?

Datos: Masa de la esfera A m0.3kg

Masa de la esfera B m0.9kg

Aceleración de la esfera B 3 ₂

seg m a

De acuerdo a la tercera ley de Newton, se debe cumplir que a toda acción existe una reacción de la misma magnitud pero de sentido diferente: FA FB

Y como sabemos de la segunda ley de Newton Fma

Nos queda: mAaA mBaB

De donde despejamos la aceleración de la esfera A:

9 ₂

3 . 0

) 3 )( 9 . 0 (

seg m m

a m a

A B B

A  

(20)

28. Dos esferas A y B de masas 0.4kg y 0.8kg, se unen mediante un resorte estirado de masa despreciable. Cuando las dos esferas se sueltan

simultáneamente la aceleración de la esfera B es de 3 ₂

seg m

. ¿Cual es la aceleración de la esfera A.?

29. Se aplica una fuerza constante de 50N a un objeto de 100N, durante 4seg, desplazándolo sobre una superficie horizontal, con coeficiente de fricción cinético de 0.3. ¿Cuál será la aceleración y la velocidad que lleva a los 4seg? Proceso de solución:

Datos: F50N

Peso del cuerpo w100N

Tiempo t 4seg

Coeficiente de fricción cinético k 0.3

Primero realizamos un diagrama de cuerpo libre, donde se indica todas las fuerzas que actuan:

Del diagrama de cuerpo libre obtenemos el valor de la fuerza normal que es igual al peso del cuerpo de 100N, de acuerdo a la tercera Ley de Newton

Por lo que la fuerza de fricción: Ff 0.3(100)30N

La fuerza resultante en la dirección del movimiento es: 50N - 30N = 20N

Y con esta fuerza aplicamos la segunda ley de Newton: Fma

Donde despejamos la aceleración: 1.96 ₂ 81

. 9 100

20

seg m m

F

(21)

Sabemos también que la aceleración

t v a De donde despejamos la velocidad

seg m t

a

v 1.96(4)7.84

30. Se aplica una fuerza constante de 60N a un objeto de 100N, durante 5seg, desplazándolo sobre una superficie horizontal, con coeficiente de fricción cinético de 0.25. ¿Cuál será la aceleración y la velocidad que lleva a los 5seg?

31. Calcular la fuerza paralela a un plano inclinado de 20cm de altura y 40cm de base que es necesario aplicar a un bloque de 100N de peso para que no se desplace sobre él hacia abajo. El coeficiente de fricción es igual a 0.10.

Datos: Peso del bloque w100N

Coeficiente de fricción 0.10

Con las dimensiones del plano inclinado, calculamos el ángulo de inclinación:  26.56

40 20 tan

ang



Dibujamos un diagrama de cuerpo libre:

Para que el cuerpo no se deslice hacia abajo del plano inclinado, es necesario que todas las fuerzas que actúan en el se encuentren en equilibrio, por lo que hacemos que todas las fuerzas en la dirección del movimiento sean cero.

Las fuerzas que actúan son:

- F = ? la fuerza que vamos a calcular; negativa por que va en contra del movimiento.

(22)

La fuerza normal es N = 100 cos 26.56°=89.44N

wx= (w sen26.56°) componente del peso, positiva La ecuación nos queda:

-F – Ff + wx = 0 Despejando la fuerza: F = wx – Ff

F = 100 (sen26.56°) – (0.10)(89.44)= 44.71 - 8.94 = 35.77N Ahora resuelve el siguiente ejercicio.

32. Calcular la fuerza paralela a un plano inclinado de 15cm de altura y 40cm de base que es necesario aplicar a un bloque de 80N de peso para que no se desplace sobre él hacia abajo. El coeficiente de fricción es igual a 0.10.

33. Calcular la aceleración de la gravedad de un satélite que se encuentra a 12

10 74 .

12 x m de la superficie de la tierra. Considera el radio de la tierra de 6

10 37 .

6 x m y su masa de 24

10

6x kg.

Datos: Distancia del satélite a la tierra d 12.74x1012m

Radio de la tierra 12

10 37 .

6 x

r

Masa de la tierra m6x1024kg

La fuerza con que la tierra atrae a los cuerpos es de la segunda ley de Newton: F mg

La ley de la gravitación universal es: ₂

R mM G F 

Considerando que el campo gravitatorio en un punto en el espacio es igual a la fuerza de gravitación, igualamos ambas expresiones:

₂

R mM G mg 

Despejamos a la gravedad: ₂

mR mM G g 

Simplificando ₂

R M G g 

Donde: R x x x m

kg Nm x

G ₂ 6 12 13

2 11

10 274 . 1 10 74 . 12 10 37 . 6 ;

10 672 .

6   

 

(23)

12 ₂ 2

13 24 11

2 2.56 10

) 10 274 . 1 (

10 24 . 6 10 67 . 6

seg m x

x x x

R M G

g     

34. Calcular la aceleración de la gravedad de un satélite que se encuentra a 10

10

10x m de la superficie de la tierra. Considera el radio de la tierra de 6

10 37 .

6 x m y su masa de 24

10

6x kg.

VI TRABAJO

35. Un automóvil es remolcado con una grúa. Si la fuerza que ejerce la grúa sobre el automóvil es de 3000N y forma un ángulo de 50° con respecto a la horizontal. ¿Cuál es el trabajo realizado al desplazar el automóvil una distancia de 3km.?

Datos: Fuerza de la grúa sobre el automóvil F 3,000N

Ángulo de inclinación  50º Distancia d 3km3,000m

Utilizamos la fórmula del trabajo: W Fdcos Los 3km los transformamos a metros = 3000m Sustituyendo los datos:

W 3000(3000)cos505785088.48J

36. Un automóvil es remolcado con una grúa. Si la fuerza que ejerce la grúa sobre el carro es de 3500N y forma un ángulo de 50° con respecto a la

(24)

37. Un cajero automático cuya masa es de 500kg es jalado aplicando una fuerza de 1500N y formando un ángulo de 30° con la horizontal, desplazándose una distancia de 4m, existiendo un coeficiente de fricción de 0.25. Calcular: ¿Cual es el valor del trabajo realizado sobre el cajero?.

Datos: Masa del cajero m500kg

Fuerza de aplicación F 1500N

Ángulo de inclinación  30º Distancia desplazada d 4m

Coeficiente de fricción 0.25

Realizamos un diagrama de cuerpo libre:

Las fuerzas que actúan sobre el cuerpo son: la fuerza de fricción Ff, la fuerza normal N, la fuerza aplicada de 900N y el peso del cuerpo w = mg.

Sabemos que la fuerza de fricción es: Ff N

Donde  es el coeficiente de fricción y N la normal. Para encontrar el valor de la fuerza normal:

Se considera todas las fuerzas en sentido vertical que intervienen; la fuerza normal, la fuerza del peso del cuerpo y la componente vertical de la fuerza de 900N; y estas deben estar en equilibrio, por lo que se igualan a cero: N mg1500sen300

Despejamos el valor de la normal:

N mg1500sen30500(9.81)1500sen304155N

Con el valor de la normal encontramos la fuerza de fricción: Ff N 0.25(4155)1038.75N

En la dirección del movimiento, es la dirección en la cual se realiza

trabajo, por lo que las fuerzas que actúan en esa dirección son: la componente en la dirección horizontal de la fuerza de 1500N y la fuerza de fricción:

1500cos301038.751299.031038.75260.28N

Por lo que el trabajo será:

(25)

38. Un cajero automático cuya masa es de 600kg es jalado aplicando una fuerza de 1400N y formando un ángulo de 25° con la horizontal, desplazándose una distancia de 4m, existiendo un coeficiente de fricción de 0.25. Calcular: ¿Cual es el valor del trabajo realizado sobre el cajero?.

VII ENERGÍA

39. ¿Desde que altura se tiene que dejar caer una pelota de básquetbol, para adquirir una energía cinética equivalente a la que tendría si se desplazara a una velocidad de 90km/h en una superficie horizontal?.

Proceso de solución: Datos: Velocidad

h km v90

Las fórmulas de la energía son:

potencial Energía

mgh EP

cinética Energía

mv EC



 2

2 1

Con el dato de la velocidad calculamos la energía cinética, transformando la velocidad a metros por segundo:

seg m seg

h x km

m x

h km

25 3600

1000

90 

La energía cinética es: 2

) 25 ( 2 1

m EC 

U la energía potencial es: EPmgh

Igualamos ambas energías para despejar el valor de la altura.

m(25)2 mgh

2 1

m mg

m

h 31.88

) 81 . 9 ( 2

625 2

625

 



(26)

41. ¿Que fuerza media se requiere para detener una bala de 30g que viaja a una velocidad de 300m/seg y penetra una distancia de 15 cm en un bloque de madera?

Datos: Masa de la bala m30g 0.030kg

Velocidad a la que viaja

seg m v300

Distancia que penetra en la madera d 15cm

En este caso, el trabajo producido es debido a la energía cinética, por lo que igualamos la fórmula del trabajo con la energía cinética:

2

2 1

; EC mv

Fd

W  

2

2 1

mv Fd

Convertimos 30g = 0.030kg 15cm = 0.15m

Despejando la fuerza y sustituyendo los datos:

N

d mv

F 9000

30 . 0 2700 )

15 . 0 ( 2

) 300 )( 030 . 0 ( 2

2 2

 

(27)

43. Determinar la potencia de una grúa, si tiene que aplicar una fuerza de 7500N para mover un automóvil a una distancia de 15m durante 7 seg. Proceso de solución:

Datos: Fuerza de aplicación F 7500N

Distancia de movimiento d 15m

Tiempo t 7seg

La potencia se define como:

t W P

Y sabemos que el trabajo es: W Fd 7500(15)112,500J

Sustituyendo en la potencia: P 16071.02W

7 500 , 112



 ( Watts )

La potencia normalmente se da en HP ( caballos de potencia ) Y un HP= 746 W

Por lo que la potencia de la grúa en HP es:

HP

W W

P16071.02 0.00134 21.53

(28)

Hoja de respuestas.

2)

seg m

v15.3 ; tiempo en caer t 1.56seg

4) Altura 31.89m; tiempo en caer t 2.55seg

6) Altura 34.43m; tiempo t 1.53seg

8)

seg m

v_o 21.7 ;tiempo en el aire t 4.42seg

10) a)Altura máxima 5.48m; b) t 0.61seg; c) Tiempo total t 2.07seg

d)

seg m v_o 14.32

12) a) Distancia horizontal 2m; b) Dist. Vertical 1.23m; c)

seg m v

seg m

vx 4 , y 4.9 ; d)

seg m V 6.33

14)

seg m v_o 50.75

16) a) Altura máxima 7.37m; b) t_v 2.45seg; c) Alcance 39.19m d) Vector velocidad

seg m

V 15.97 ; e) 9.81 ₂

seg m a

18) a)t 12.94seg; b) Alcance 929.99m; c)

seg m v

seg m

vx 71.87 , y 72.78

d)

seg m

(29)

Bibliografía

1) Fisica. Hector Pérez Montiel 2) Física Giancoli

3) Física Hewwit