Guía de Problemas Resueltos de Física General.


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1 Guía de Problemas Resueltos de Física General. (Vectores, Cinemática 1D y D, y Aceleración Centrípeta ). (I) Tarea #1, Ejercicio 1. Resnick 4ta.Edición, Capítulo, Problema 5. Una partícula que se mueve a lo largo del eje x positivo tiene las siguientes posiciones en tiempos diversos: x (m) t (s) (a) Trace el desplazamiento (no la posición) contra el tiempo. (b) Halle la velocidad promedio de la partícula en los intervalos de 0 a 1s, de 0 a s, de 0 a s, de 0 a 4s. (c) Halle la pendiente de la curva trazada en la parte (a) en los puntos t 0, 1,, 4 y 5s. (d) Trace la pendiente ( en unidades?) contra el tiempo. (e) Partiendo de la curva en la parte (d) determine la aceleración de la partícula en los tiempos t, y 4s. Solución.- En primer lugar vamos a denotar las posiciones y tiempos de la tabla como x n y t n, donde n 0, 1,,, 4, 5 y 6. Con esta notación los desplazamientos se calculan como D n x n x 0, las velocidades promedios como v n D n /(t n t 0 ), las pendientes como P n (D n+1 D n )/(t n+1 t n ) (nótese que tiene unidades de m/s) y las aceleraciones como a n (P n+1 P n )/(t n+1 t n ). Los resultados que se muestran a continuación fueron calculados y graficados en Microsoft Excel. Nótese que la velocidad media difiere de la pendiente de la curva D(t), ya que estas cantidades fueron calculadas de formas diferentes. Además, no es necesario graficar la aceleración vs. tiempo puesto que resulta constante igual a 0.00m/s. (II) Tarea #1, Ejercicio. Resnick 4ta.Edición, Capítulo, Problema 6. En una carretera seca, un automóvil con buenas llantas puede frenar con una deceleración de 11.0mi/h s (4.9m/s ). (a) Qué tanto tiempo le toma a tal automóvil, que inicialmente viajaba a 55mi/h ( 4.6m/s), llegar al reposo? (b) Qué tan lejos viajó en ese tiempo?. Solución.- Como datos tenemos la aceleración a 4.9m/s (es negativa porque el automóvil está frenando), la velocidad inicial v 0 4.6m/s y la velocidad final v f 0m/s (llega al reposo). Tomando la ecuación v f v 0 + at, se obtiene: 0 v 0 + at t v 0 a 4.6m/s 4.9m/s 5.00s

2 Para la parte (b) utilizamos la ecuación v f v 0 + a(x f x 0 ), y resulta: 0 v 0 + a(x f x 0 ) x f x 0 v 0 a (4.6m/s) 4.9m/s 61.5m Nótese que se calculó x f x 0 lo que representa el desplazamiento, y además no se utilizó el tiempo calculado en la parte (a), debido a que en su defecto se utilizó la velocidad final. (III) Tarea #1, Ejercicio. Resnick 4ta.Edición, Capítulo, Problema 9. Un tren partió del reposo y se movió con aceleración constante. En un momento dado estaba viajando a.0m/s, y 160m más adelante lo estaba haciendo a 54.0m/s. Calcule (a) la aceleración, (b) el tiempo requerido para recorrer 160m, (c) el tiempo requerido para que alcance una velocidad de.0m/s, y (d) la distancia recorrida desde el reposo hasta el momento en que el tren tuvo una velocidad de.0m/s. Solución.- En este problema se conocen las velocidades en dos puntos de la trayectoria: v 1.0m/s y v 54.0m/s, donde x x 1 160m es la distancia entre aquellos dos puntos. Para calcular la aceleración utilizamos la ecuación v f v 0 + a(x f x 0 ) con los subíndices inicial 1 y final, con lo que queda: v v1 + a(x x 1 ) a v v 1 (x x 1 ) (54.0m/s) (.0m/s) 160m 5.71m/s. La parte (b) se refiere al tiempo que paso entre los puntos x 1 y x, donde el tren recorrió 160m. Para ello podemos utilizar la ecuación x f x t(v 0 + v f ) con los subíndices utilizados anteriormente: x x t(v 1 + v ) t (x x 1 ) v + v 1 160m 54.0m/s +.0m/s.68s. Las partes (c) y (d) se refieren al tiempo y al desplazamiento del tren cuando, partiendo del reposo, adquiere una velocidad final de v f.0m/s. Para calcular el tiempo podemos utilizar la ecuación v f v 0 + at con v 0 0m/s: v f at t v f a.0m/s 5.71m/s 5.78s; mientras que para calcular el desplazamiento, podemos recurrir a la ecuación v f v 0 + a(x f x 0 ): v f a(x f x 0 ) x f x 0 v f a (.0m/s) 5.71m/s 95.4m. (IV) Tarea #1, Ejercicio 4. Resnick 4ta.Edición, Capítulo, Problema 58. Una pelota arrojada hacia arriba tarda.5s en llegar a una altura de 6.8m. (a) Cuál fue su velocidad inicial?, (b) Cuál es su velocidad esta altura?, (c) Cuánta más altura alcanzará la pelota? Solución.- Para calcular la velocidad inicial podemos utilizar la ecuación y y 0 + v o t + 1 at con y 0 0m (colocando el origen en el suelo) y a g (g 9.8m/s ): y v 0 t 1 gt v 0 y t m gt.5s + 1 (9.8m/s )(.5s) 7.4m/s. La velocidad para esa altura se encuentra utilizando la ecuación v v 0 + a(y y 0) o con v v 0 + at, donde v 0 es la velocidad inicial calculada en la parte anterior. De la segunda ecuación resulta: v v 0 gt 7.4m/s (9.8m/s )(.5s) 5.m/s.

3 El hecho de que la velocidad resultó positiva nos indica que para.5s la pelota está subiendo. Por otro lado, la altura máxima se calcula introduciendo la velocidad igual a cero en la ecuación v v 0 +a(y y 0): 0 v 0 gy y v 0 g (7.4m/s) 9.8m/s 8.m. (V) Tarea #1, Ejercicio 5. Resnick 4ta.Edición, Capítulo, Problema 5. (a) A qué velocidad debe ser arrojada una pelota verticalmente hacia arriba con objeto de que llegue a una altura máxima de 5.7m?. (b) Cuánto tiempo estuvo en el aire? Solución.- Al igual que el problema anterior, la altura máxima implica las condiciones v 0m/s, y 0 0m y a g en la ecuación v v 0 + a(y y 0): 0 v 0 gy v 0 gy 9.8m/s 5.7m.4m/s. Para este caso, el tiempo de vuelo se calcula imponiendo la condición y 0m en la ecuación y y 0 +v 0 t+ 1 at : 0 v 0 t 1 gt t v 0 g.4m/s 9.8m/s 6.6s. (VI) Tarea #1, Ejercicio 6. Resnick 4ta.Edición, Capítulo, Problema 19. Dos vectores están dados por a 4î ĵ + ˆk y b î + ĵ + 4ˆk. Halle (a) a + b, (b) a b, (c) un vector c tal que a b + c 0. a + b (4 + ( 1))î + ( + 1)ĵ + (1 + 4)ˆk î ĵ + 5ˆk. Si a b + c 0, despejamos c y queda: a b (4 ( 1))î + ( 1)ĵ + (1 4)ˆk 5î 4ĵ ˆk. c ( a b) (5î 4ĵ ˆk) 5î + 4ĵ + ˆk. (VII) Tarea #1, Ejercicio 7. Resnick 4ta.Edición, Capítulo, Problema. Dos vectores a y b tienen magnitudes iguales de 1.7 unidades. Están orientados como se muestra en la figura y su vector suma es r. Halle (a) las componentes x y y de r, (b) la magnitud de r, y (c) el ángulo que forma r con el eje +x. Solución.- Solución.- El vector a en su forma canónica resulta: a 1.7 cos(8. o )î sin(8. o )ĵ 11.19î ĵ. Por otro lado, el vector b tiene una inclinación de ( ) o con respecto al eje +x. Con esto resulta: b 1.7 cos(1. o )î sin(1. o )ĵ 8.694î ĵ.

4 Conocidas las componentes de a y b (formas canónicas), podemos calcular la suma: r a + b ( ( 8.694))î + ( )ĵ.50î + 15.ĵ. Finalmente calculamos el módulo y la dirección de r: r ( ) 15. θ arctan 80.7 o..50 (VIII) Quiz #1, Ejercicio I. Considere los vectores A y B: El vector A tiene una magnitud de 7 y está orientado 45 o en dirección Nor- Este, mientras queda B 8î ĵ. Calcule (a) las componentes en X y Y de A, (b) el vector A + B, (c) la magnitud y dirección del vector B A, y (d) la cantidad A ˆB. Solución.- Como el ángulo de orientación está dirgido desde el Norte hacia el Este, las componentes del vector A (forma canónica) se hallan como: En la parte (b) la suma se calcula como: A 7 sin(45 o )î + 7 cos(45 o )ĵ 7 î + 7 ĵ 7 (î + ĵ). A + B ( ) ( ) î + ĵ, mientras que en la parte (c) la resta se calcula como: ( C B A 8 7 ( )î + 7 )ĵ. La magnitud y dirección del vector C resultan: ( C 8 7 ) ( ) , ( ) 7 θ arctan 8 69 o. 7 Para calcular el unitario de B ( ˆB) es necesario primero calcular el módulo de dicho vector: B 8 + 7, con ello resulta que la forma canónica del unitario de B es: ˆB B B 8î ĵ î 7 ĵ. Y finalmente realizamos el producto escalar de la parte (d): A ˆB ( 7 î + 7 ) ĵ ( 8 î ) ĵ (IX) Quiz #1, Ejercicio II. Una partícula parte desde el reposo y desde el origen de un sistema de coordenadas con una aceleración constante de 10m/s. (a) Cuánto tiempo pasará hasta que la partícula recorre una distancia de medio

5 kilómetro?. (b) Cuánto tiempo pasará hasta que la partícula adquiere una velocidad de 0km/h?. (c) Qué distancia habrá recorrido después de minuto y medio?. (d) Qué distancia recorrerá hasta que la partícula adquiera una velocidad de 0km/h?. Solución.- Como datos generales del problema tenemos la posición inicial x 0 0m (parte del origen), velocidad inicial v 0 0m/s (parte del reposo) y la aceleración a 10m/s. En la pregunta (a) se tiene como un dato particular la posición final x 500m, con la que se puede calcular el tiempo de recorrido mediante la ecuación x x 0 + v 0 t + 1 at : x 1 at t x 500m a 10m/s 10s. Luego, en la parte (b) se tiene como dato particular la velocidad final de v 0km/h (5/)m/s. El tiempo transcurrido hasta alcanzar esta velocidad puede hallarse de la ecuación v v 0 + at: v at t v a (5/)m/s 10m/s 5 6 s 0.8s. De la parte (c) se tiene un tiempo de recorrido t 90s y para calcular el tramo de dicho recorrido utilizamos la misma ecuación que en la parte (a): x 1 at 1 (10m/s )(90s) 40500m 40.5km De la parte (d) se tiene una velocidad final v 0km/h (50/9)m/s y se pide encontrar el recorrido. Para este caso empleamos la ecuación v v 0 + a(x x 0), resultando: v ax x v a ((50/9)m/s) 10m/s m 1.54m. (X) Tarea #, Ejercicio I. Considere los vectores A, B y C: El vector A tiene una magnitud de 5 unidades y está orientado 45 o en dirección Nor-Oeste; el vector B tiene una magnitud de 11 unidades y está orientado 0 o en dirección Sur-Este; y por último C î + 7ĵ. Calcule: (a) las componentes en X y Y de los vectores A y B. (b) los vectores unitarios de A, B y C. (c) la gráfica del plano cartesiano con los vectores A, B y C (1cm 1u). (d) D C (Â + B). (e) E ( A C) ˆB. (f) la magnitud y dirección de F ( B A) Ĉ. (g) G A B 5 ˆB C. Solución.- Para calcular las compentes de A y B es necesario tener en cuenta la dirección cardinal que tienen cada uno de estos vectores. El vector A se encuentra orientado desde el Norte hacia el Oeste, por lo tanto A 5 sin(45 o )î + 5 cos(45 o )ĵ 5 î + 5 ĵ.54î +.54ĵ, mientras que el vector B está orientado desde el Sur hacia el Este, lo que implica B 11 sin(0 o )î 11 cos(0 o )ĵ 11 î 11 ĵ 5.50î + 9.5ĵ. La siguiente figura muestra la representación de estos vectores en el plano cartesiano.

6 Los vectores unitarios se calculan como:  ˆB Ĉ A A 5 5 î + 5 ĵ B 11 B î C C ĵ 1 î + 1 ĵ 0.71î ĵ, 1 î ĵ 0.50î 0.87ĵ, î + 7ĵ î ĵ 0.14î ĵ. Nótese que  ˆB Ĉ 1, y que si graficamos estos vectores unitarios en el plano cartesiano, quedarían sobre sus respectivos vectores ordinarios. El vector D puede calcularse de la siguiente forma: D C ( + B) ( 1 D î + 7ĵ î + 1 ĵ + 11 î 11 ) ĵ ( D ) ( î ) ĵ D El vector E se puede calcular por partes A C 5.79î ĵ. 5 ( 1)

7 E ( A C) ˆB 40 ( ) 1 î ĵ 0 î + 0 ĵ E 14.14î ĵ. Mientras que el vector F se calcula como: B A 11 î 11 ( ĵ ( B A ( 11 )î B A 9.04î 1.06ĵ. 5 î + 5 ĵ ), + 5 )ĵ, î ĵ ˆk F ( B A) Ĉ ˆk La magnitud de F es aproximadamente 7.10 y la dirección es sobre el eje z positivo (+ˆk). Por último, calculamos la cantidad escalar G como: A B (1 + ) 5.1. Debido a que ˆB C 4.7, al final tenemos î ĵ ˆk ˆB C ˆk G A B 5 ˆB C (XI) Tarea #, Ejercicio II. Un proyectil parte del reposo con una rapidez inicial de v 0 v 0 50m/s y con una inclinación de 5 o arriba del suelo. Si sólo el suelo detiene el movimiento del proyectil (en caída), calcule: (a) El vector velocidad final y la rapidez final. (b) La altura máxima y alcance horizontal. (c) El tiempo de vuelo. (d) Los tiempos para los que el proyectil se encuentra a un tercio de su altura máxima. (e) El tiempo para el cual el proyectil ha recorrido horizontalmente dos tercios del alcance. (f) El vector velocidad a un cuarto del tiempo de vuelo. (g) El vector posición a tres cuartos del tiempo de vuelo. Solución.- Las ecuaciones de cinemática bidimiensional con aceleraciones constantes son x(t) x o + v ox t + 1 a xt, x(t) x o + 1 t(v x + v ox ), v x (t) v ox + a x t, vx(x) vox + a x (x x o ), y(t) y o + v oy t + 1 a yt, y(t) y o + 1 t(v y + v oy ), v y (t) v oy + a y t, vy(y) voy + a y (y y o ) En cualquier instante del tiempo t, los vectores posición y velocidad en D están dados por r(t) x(t)î + y(t)ĵ, v(t) v x (t)î + v y (t)ĵ.

8 En un movimiento parabólico se tiene a x 0 y a y g (donde g 9.8m/s ). Además, si colocamos el origen de coordenadas en el lugar donde comienza el movimiento (x o y o 0), las ecuaciones de cinemática se simplifican como: x(t) v ox t, (1) v x (t) v ox, () y(t) v oy t 1 gt, () y(t) 1 t(v y + v oy ), (4) v y (t) v oy gt, (5) vy(y) voy gy, (6) Ahora, con estas ecuaciones calculemos primero el tiempo de vuelo. Utilizando la ecuación imponemos la condición de que la partícula está en el suelo (y 0) 0 v oy t 1 gt 0 t (v oy 1 ) gt, la cual es una ecuación cuadrática con posibles valores de t. El primer valor es t 0, que es cuando se inicia el movimiento; mientras que el segundo es cuando v oy 1 gt v 0 t v v oy g v o sinθ g 50m/s sin(5o ) 9.8m/s 5.85s, que es el tiempo en el cual la partícula llega al suelo nuevamente o tiempo de vuelo. Con t v hallamos la velocidad en Y con la que la particula pega al suelo. Para ello utilizamos la ecuación 5 ( ) voy v y (t v ) v oy gt v v oy g v o sin θ 8.68m/s. g Ya que v x v ox v 0 cos θ 40.96m/s, el vector velocidad en el momento de impacto con el suelo es v(t v ) (40.96î 8.68ĵ)m/s. Con este mismo t v y la ecuación 1 se halla el alcance o desplazamiento horizontal máximo L x(t v ) L v ox t v v 0 cos θ v o sinθ g v o sin(θ) g 9.7m, Mientras que la altura máxima (H) la calculamos imponiendo v y 0 en la ecuación 6 0 voy gh H v oy g v o sin θ g 41.96m. Para encontrar los tiempos en los que la partícula está a un tercio de la altura máxima, volvemos a utilizar la ecuación con y(t H/ ) H/, es decir H v oyt H/ 1 g(t H/) g(t H/ ) 6v oy t H/ + H 0, donde la solución con t H/ es t H/ ( 6v oy) ± ( 6v oy ) 4(g)(H) 6v oy ± 6voy 4g (g) 6g ( v ) oy g (6 ± 1)v oy 6g ( 1± 1 ) voy g. Lo que quiere decir que t H/ puede ser igual a 1.4s ó 4.6s (subida y bajada respectivamente).

9 Para encontrar el tiempo en el cual la partícula ha recorrido dos tercios del alcance L, recurrimos a la ecuación 1 con x(t L/ ) L/, es decir L v oxt L/ t L/ L v ox ( v ) 0 sin θ cos θ g v o cos θ 4v o sinθ g Por otro lado, la velocidad en Y en un cuarto del tiempo de vuelo es (ecuación 5) El vector velocidad en este caso es v y (t v /4) v oy g t v 4 v oy g v oy 4g v o sin θ v(t v /4) (40.96î ĵ)m/s. 14.4m/s..90s. Para calcular el vector posición a tres cuartos del tiempo de vuelo, calculamos cada componente por separado [x(t v /4), y(t v /4)]. Dichas componentes resultan de las ecuaciones 1 y respectivamente t v x(t v /4) v ox 4 L 4 v o sin(θ) 89.89m, 8g t v y(t v /4) v oy 4 1 ( ) g tv v o sin θ 1.47m, 4 8g r(t v /4) (89.89î ĵ)m. (XII) Tarea #, Ejercicio III. Sears-Zemansky 11va.Edición, Problema.7. Un avión vuela con una velocidad de 90.0m/s y un ángulo de 16.0 o debajo de la horizontal. Cuando está 114m directamente arriba de un perro parado en el suelo plano, se cae una maleta del compartimiento de equipaje. (a) A qué distancia del perro caerá la maleta?. (b) Cuál es la rapidez de la maleta al chocar con el suelo?. Haga caso omiso de la resistencia del aire. Solución.- Coloquemos el origen del sistema de coordenadas donde está parado el perro, tal como se muestra en la figura. Debido a ello, las ecuaciones de cinemática bidimensional (presentadas al principio del problema anterior) quedan como sigue x(t) v ox t, (7) v x (t) v ox, (8) y(t) y o + v oy t 1 gt, (9) y(t) y o + 1 t(v y + v oy ), (10) v y (t) v oy gt, (11) vy(y) voy g(y y o ), (1) v ox v oy +v o cos θ 86.5m/s, v o sin θ 4.8m/s. Nótese que la única ecuación que sirve para hallar la distancia a la que caerá la maleta es la ecuación 7. Sin embargo, en ella está explícita el tiempo (en nuestro caso sería el tiempo de vuelo, t v ). Para hallar el tiempo desde que sale la maleta del avión hasta que llega al suelo utilizamos la ecuación 9 e imponemos y 0 (que llega al suelo) 0 y o + v oy t v 1 gt v t v v oy ± voy 4( 1 g)y o ( 1 g) v oy ± voy + gy o. g

10 Numéricamente tomamos el signo negativo de ± y resulta t v ( 4.8m/s) ± ( 4.8m/s) + (9.8m/s )(114m) 9.8m/s.916s. Con este tiempo de vuelo calculamos la posición de la maleta cuando llega al suelo x(t v ) v ox t v (86.5m/s)(.916s) 5.m. La rapidez de impacto es la rapidez para el tiempo de vuelo. La velocidad en X para cualquier valor de t es igual a v ox ; mientras que en Y Por lo tanto, la rapidez queda v y (t v ) v oy gt v 4.8m/s (9.8m/s )(.916s) 5.4m/s. v(t v ) (86.5m/s) + ( 5.4m/s) 101.7m/s. (XIII) Tarea #, Ejercicio IV. Resnick 4ta.Edición, Capítulo 4, Problema 49. Un avión antitanques está ubicado en el borde de una meseta a una altura de 60.0m sobre la llanura que lo rodea. La cuadrilla de cañón avista un tanque enemigo estacionado en la llanura a una distancia horizontal de.0km del cañón. En el mismo instante, la tripulación del tanque ve el cañón y comienza a escapar en línea recta de éste con una aceleración de 0.900m/s. Si el cañón antitanques dispara balas con una velocidad de salida de 40m/s y un ángulo de elevación de 10 o sobre la horizontal, cuánto tiempo esperarán los operadores del cañón antes de disparar para darle al tanque? Solución.- Definamos a t E como el tiempo de espera del cañón, de forma que el tiempo total de la bala desde que el tanque comienza a escapar hasta que la bala impacta con el tanque es t total t E + t v, donde t v es el tiempo de vuelo de la bala. Si colocamos el origen del sistema de coordenadas en el suelo abajo del cañón, las ecuaciones de cinemática bidimensional de la bala quedan exactamente igual que en el problema anterior (ecuaciones 7-1), puesto que en ambos casos la partícula inicia su movimiento a una cierta altura del origen. Con la ecuación 9 podemos encontrar el tiempo de vuelo imponiendo y 0 0 y o + v oy t v 1 gt v t v v oy ± voy 4( 1 g)y o ( 1 g) v oy ± voy + gy o. g Como v oy v o sinθ 41.68m/s, el resultado numérico de t v da tv 41.68m/s ± (41.68m/s) + (9.8m/s )(60m) 9.8m/s 9.76s. De igual forma, con la ecuación 7 podemos encontrar el punto de impacto como L x(t v ) L v ox t v (40m/s)cos(10 o )(9.76s) 06.8m.

11 Respecto al tanque, las ecuaciones que rigen su movimiento son x(t) x o + 1 at, (1) x(t) x o + 1 tṽ x, (14) ṽ x (t) at, (15) ṽ x(x) a( x x o ), (16) donde x o 00m, a 0.9m/s y se ha impuesto ṽ xo 0. Sin sufrir mucho podemos calcular el tiempo que tarda en llegar el tanque al punto de impacto (t i ) utilizando la ecuación 1 e imponiendo x(t i ) L L x o + 1 (L x o ) (06.8m 00m) at i t i a 0.900m/s s. Puesto que la bala y el tanque deben tardar lo mismo en llegar al punto de impacto, el tiempo que tarda la bala (t total ) y el tiempo que tarda el tanque (t i ) deben ser iguales t E + t v t i t E t i t v s 9.79s 5.65s (XIV) El coyote intentando atrapar al correcaminos. El coyote camina por una carretera a una velocidad de 1m/s en dirección norte. Por detrás de él viene un correcaminos corriendo al doble de la velocidad. Cuando el correcaminos está 4m de distancia del coyote, este último se percata pero mantiene su estado de movimiento. Cuando el correcaminos da alcance al coyote y lo deja atrás, éste instantáneamente comienza a acelerar a 0.m/s para intentar alcanzar al correcaminos. (a) Cuánto tiempo transcurre desde que el coyote se percata del acercamiento del correcaminos hasta que los dos se encuentran?. (b) Realice los cálculos necesarios para determinar si el coyote pudo dar alcance al correcaminos. Solución.- Para la parte (a), resulta conveniente colocar el origen en la posición del correcaminos cuando se percata del coyote. En ese momento, el correcaminos tendrá una posición inicial x o 0m, mientras que el coyote x o 4m, de forma que las posiciones en función del tiempo para ambos quedan: x(t) v o t, x(t) x o + ṽ o t. (Correcaminos) (Coyote) El momento en que los dos se encuentran se halla con x(t) x(t): v o t x o + ṽ o t t x o v o ṽ o 4m m/s 1m/s 4s Ahora bien, como en la parte (b) el coyote trata de alcanzar al correcaminos cambiando su movimiento con una determinada aceleración, necesitamos recolocar el origen del sistema de coordenadas en el lugar donde el correcaminos intercepta al coyote (parte (a)). Con este nuevo origen las posiciones en función del tiempo quedan: x(t) v o t, x(t) ṽ o t + 1 ãt, (Correcaminos) (Coyote) Obviamente, el coyote alcanzó al correcaminos puesto que el coyote estuvo aumentando su velocidad sin algún límite, y el tiempo en el que ésto ocurrió puede hallarse en la intersección x(t) x(t): v o t ṽ o t + 1 ãt t (v o ṽ o ) a (m/s 1m/s) 0.m/s 10s.

12 (XV) Sears-Zemansky 11va.Edición, Problema.6 (Salto del río II). Un profesor de física hacía acrobacias audaces en su tiempo libre. Su última acrobacia fue un un intento por saltar un río en motocicleta (ver Figura). La rampa de despegue está inclinada 5.0 o, el río tiene 40.0m de anchura y la ribera lejana está 15.0m bajo el tope de la rampa. El río está 100m abajo de la rampa. Puede despreciarse la resistencia del aire. (a) Qué rapidez se necesita en el tope de la rampa para alcanzar apenas el borde de la ribera lejana?. (b) Si su rapidez era sólo la mitad del valor obtenido en (a), dónde cayó?. Solución.- Para la parte (a) coloquemos el origen justo donde termina la rampa y la moto despega. Con este sistema de coordenadas la posición inicial es x o y o 0m y la posición en la que deseamos que llegue la moto es x f 40.0m y y f 15.0m (el signo negativo de y f se debe a que la moto caerá a una altura negativa desde nuestro sistema de referencia). Así pues, las ecuaciones de movimiento de la moto son: x(t) (v o cos θ)t, (17) v x (t) v o cos θ, (18) y(t) (v o sinθ)t 1 gt, (19) y(t) 1 t(v y + v o sinθ), (0) v y (t) v o sinθ gt, (1) v y(x) (v o sinθ) gy. () El tiempo de vuelo (t v ) se obtiene al imponer que la moto ha llegado al punto final en las ecuaciones 17 y 19 simultáneamente, es decir x f (v o cos θ)t v, () y f (v o sinθ)t v 1 gt v. (4) En la primera de estas dos ecuaciones se despeja t v y ese valor algebraico se introduce en la segunda, con lo que resulta y f x f tan θ gx f v o cos θ, que es la ecuación de la trayectoria de la moto. De esta ecuación se despeja v o v o x f g cos θ (x f tan θ y f ) 40.0m 9.8m/s cos(5.0 o ) [40.0m tan(5.0 o ) ( 15.0m)] 17.8m/s. Para la parte (b) retomemos las ecuaciones y 4. Sabemos que con v o 17.8m/s la moto llega al menos al bore de la ribera y que con alguna otra rapidez inicial (ṽ o ) menor a v o, la moto cae al río. Con el sistema de referencia de la parte (a) el río está en y 100m, por lo tanto, imponiendo que la rapidez inicial sea

13 ṽ o < v o (ej: ṽ o v o /) y la posición en Y sea igual a ỹ f 100m podemos encontrar un nuevo tiempo de vuelo, t v (desde que la moto sale de la rampa hasta que cae al río) de la ecuación 4 como cuya solución es ỹ f (ṽ o sinθ) t v 1 g( t v ) 1 g( t v ) (ṽ o sin θ) t v + ỹ f 0, t v ṽoy ± (ṽ oy ) gỹ f, ṽ oy v o sinθ 7.1m/s. g Con el signo positivo del ±, numéricamente resulta t v 7.1m/s ± (7.1m/s) (9.8m/s )( 100m) 9.8m/s 5.0s. Introduciendo este tiempo de vuelo en la ecuación, obtenemos la posición en X en el río como x f (ṽ o cos θ) t v 56.87m. Es decir que la moto cayó al río a una distancia de 56.87m desde la pared del precipicio donde saltó el profesor de física con la moto. (XVI) Sears-Zemansky 11va.Edición, Problema.0. Un modelo de rotor de helicóptero tiene cuatro aspas, cada una de.0m de longitud desde el eje central hasta la punta. El modelo se gira en un túnel de viento a 550rpm. (a) Qué rapidez lineal tiene la punta del aspa en m/s?. (b) Qué aceleración radial tiene la punta del aspa, expresada como un múltiplo de g? Solución.- Las siglas rpm quieren decir revoluciones por minuto o vueltas por minuto. Con una simple regla de tres podemos averigüar el tiempo en dar una vuelta (periodo, T) 500 vueltas 1 min 1 vuelta 1 vuelta 1 min T 0.00 min 0.1s. 500 vueltas La rapidez lineal se calcula teniendo una longitud de arco, lo que en nuestro caso es toda la circunferencia (S πr). Por lo tanto, la rapidez lineal es v S T π.0m 0.1s El módulo de la aceleración radial en múltiplos de g es m/s. a r g v gr (πr T ) gr 4π R gt 4π.0m 9.8m/s (0.1s) a r 895.0g. (XVII) Sears-Zemansky 11va.Edición, Problema.1. En una prueba de un traje g, un voluntario gira en un círculo horizontal de 7.0m de radio. Con qué periodo la aceleración centrípeta tiene magnitud de (a).0g?, (b) 10g?. Solución.- Del problema anterior tenemos v πr/t, consecuentemente a r v R 4π R T T π R a r.

14 Si a r βg (donde β es un valor adimensional que indica cuantas veces la gravedad es la aceleración centrípeta) entonces R 7.0m T π βg π 1 β 9.8m/s 5.1s β β.0 T.066s β 10 T 1.679s (XVIII) Sears-Zemansky 11va.Edición, Problema.. El radio de la órbita terrestre del Sol (suponiendo que fuera circular) es de km, y la Tierra la recorre en 65 días. (a) Calcule la magnitud de la velocidad orbital de la Tierra en m/s. (b) Calcule la aceleración radial hacia el Sol en m/s. (c) Repita las partes (a) y (b) para el movimiento del planeta Mercurio (radio orbital km, periodo orbital 88.0 días). Solución.- En metros el radio de la órbita terrestre del Sol es R m, y un año en segundos es igual a (con el día bisiesto) T s s. Tomando el arco completo de la órbita, el módulo de la velocidad y la aceleración centrípeta resultan v πr T π m s 9865m/s, a r v R (9865m/s) m m/s. Para el plantea Mercurio (R m y T 76000s) se tiene v π m 76000s 47848m/s, a r (47848m/s) m m/s.

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