!!" #$ !SOLUC IONES EJERCICIOS FISICA I versin 2Autor : Luis Rodrguez Valencia1 DEPARTAMENT O DE FISICA UNIVERSIDAD DE SANT IAGO DE CHILE Colaboradore s: Alicia Lira, Rosemarie Pohl, Vernica Peters,Yolanda Vargas, Manuel Arrieta, Dagoberto Castro, Jun Barrera, Jorge Lay. 4 de diciembre de 20031email: lhrodrig@lauca.usach.clIICaptulo1Soluciones ejerc iciosNadie es perfecto, luego si encuentra errores, tenga la gentileza de informarnos Ejercicio 1.1 Un cuerpo describe una rbita circular de radio R = 100 m en torno a un punto fijo con rapidez constante dando una vuelta completa por segundo. Determine la magnitud de la aceleracin del cuerpo. Solucin. La aceleracin en rbita circular es de magnitud a = ) 2 ( 2R v2 = T R R 4 2 100 4 2 R = = = 3947. 8 m s2 T2 1 N Ejercicio 1.2 Si el cuerpo del ejercicio anterior, repentinamente siguiera en lnea recta, determine la rapidez de crecimiento de la distancia al punto fijo en m s1 . Solucin. Este problema, es ms apropiado hacerlo cuando se tenga claro el concepto de derivada. De todos modos se soluciona por medios geomtricos a la manera de Newton. Si v es la rapidez en la rbita circular y sigue en lnea recta, el cuerpo recorre una distancia d = vt.2Soluciones ejercicios vtvRFigura 1.1: Por el teorema de Pitgoras, la distancia D al centro de la circunferencia original crece de la forma D= R+v2 2 t2ver figura. La velocidad del cuerpo podemos imaginarnos se puede descom- poner en una parte paralela a esa distancia, la que la hace crecer y otra parte perpendicular que no la afecta. De modo que la rapidez de crecimiento de esa distancia D ser v cos pero de la figura vt cos = 2 R + v 2 t2 obteniendo para la rapidez de crecimiento v2t 2 m s1 2 2 R +v t = 628. 319 m s1 se tiene una funcin conocida del N Ejercicio 1.3 Las masas de la Tierra y de la Luna son aproximadamente MT = 5,98 1024 kg y ML = 1022 kg siendo la distancia promedio 7,36 8 entre ellos 3 ,84 10 m. Determine la fuerza ejercida por la Tierra sobre la Luna y la ejerci da por la Luna sobre la Tierra.1con R = 100 m y v = tiempo.2 R3 Solucin. Ambas son de igual magnitud dada por F = G MT ML d2= 6,67259 1011 = 1. 99 1020 N5,98 1024 7,36 1022 (3,84 108 )2N Ejercicio 1.4 De los datos del ejercicio anterior, determine el tiempo empleado por la Luna en dar una vuelta completa en torno a la Tierra, en das. Solucin. Considerando a la Tierra en reposo, la segunda ley de Newton da G o sea T = s = MT ML d2 4 d GM T 4 2 (3,84 108 )3 6,6725 911 24= ML4 2 d T2s10 5,98 10 06 s= 2. 366 894 1 458 = 27. 2 3 39 dasSin embargo ambos cuerpos describen rbitas casi circulares en torno al centro de masa de modo que si lamamos RL y RT a los radios de las rbitas, con RL + RT = d se tiene que G MT ML d2 G MT ML d2 o bien G MT d2 M G 2L d = 42 RL2= ML4 2 RL T2 4 2 RT,= MT T2,T 42 RT = T24 y si las sumamos GSoluciones ejerciciosML + MT d24 2 d = T2 2,expresin dada en clase en la formaT G(M1 + M2 ) 3 R = 4 2El efecto del movimiento de la Tierra da el valor s T =2 34 d G(MT + ML ) s 6,6725 9 10 42 (3,84 108 )311 24 22= (5,98 10 + 7,3610 ) = 2. 352 462 106 s 04 = 27. 23 das Ni uno de los dos clculos puede ser considerado exacto porque el movimiento de la Luna es mucho mas complejo que una rbita circular. N Ejercicio 1.5 Determine aproximadamente la fuerza que hace la Luna sobre una persona que est sobre la superficie terrestre y de masa 80 kg. 8 m. el radio Solucin. La distancia entre los centros es d = 3,8410 terrestre es aproximadamente 106 m de manera qu e si la Luna 6,38 esta sobre 108 6,38 106 = 3. 776 108 m la persona la distancia sera 2 3, 84 resultando para la fuerza F = G mM L d2 = 6,67259221011 = 2. 755 103 N = 2. 8 104 kgf80 7,36 10 (3. 776 108 )2 2bastante pequea. ?5 N Ejercicio 1.6 Si el radio de la Luna es 1,74 un kg de oro en la Luna. mML d2 106 m determine cuanto pesaSolucin. El calculo de la fuerza gravitacional da F = G= 6,67259 1011 = 1. 622 N = 0.166 kgf1 7,36 1022 (1,74 106 )2alrededor de 1/6 de lo que pesa en la superficie terrestre. N Ejercicio 1.7 De acuerdo a los radios orbitales, evale los periodos orbitales usando la tercera ley de Kepler, comparando con los datos tabulados. Solucin. Los datos tabulados son R km T aos T calculado Mercurio 57, 909, 175 0,24084445 0,24 Venus 108, 208, 930 0,61518257 1 0,61 5 Tierra 149, 597, 890 0,9999786 2 1,000 Marte 227, 936, 640 1,8807110 5 1. 881 Jpiter 778, 412, 020 11,8565250 2 11. 871 Saturno 1, 426, 725, 400 29,42351935 29. 458 Urano 2, 870, 972, 200 83,74740682 84. 088 Neptuno 4, 498, 252, 900 163,7232045 164. 914 Plutn 5, 906, 376, 200 248,0208 2 3 248. 126 a los periodos calculados lo son de acuerdo s 4 R T = sGM S = 42 R3 GM S 1030 kg de modo quela masa del Sol es aproximadamente MS = 1,991 resulta6 NSoluciones ejerciciosMercurioT = 0,241 aos Venus T = 0,615 aos Tierra T = 1. 000 aos Marte T = 1. 881 aos Jpiter T = 11. 871 aos Saturno T = 29. 458 aos Urano T = 84. 088 aos Neptuno T = 164. 914 aos Plutn T = 248. 126 aos Las pequeas diferencias podran ser adjudicadas al hecho que las rbitas no son circulares. Ejercicio 1.8 Determine a qu distancia entre la Tierra y la Luna, un cuerpo no es atrado hacia ninguno de los dos cuerpos. Solucin. Sea x la distancia al centro de la Tie ra y d la distancia entre la Tierra y la luna. Debe tenerse G o sea mMT x2 G mML (d x)2 r ML MT =0(d ? x) = xde donde x = 1+ r dM MLT=456 3,84 108 r 1+7,361022 5,981024= 3. N 108 mEjercicio 1.9 Un pndulo de longitud L = 2 m efecta oscilaciones en la superficie terrestre. Determine el nmero de oscilaciones que efecta en cada segundo.7 Solucin. De acuerdo agabrielariospres@hot mail.coms T = 2 L . gresulta T = 22 9,8 = 2. 84 sry entonces la frecuencia esf =1 = 0. 352 osc/s T NEjercicio 1.10 Utilizando las leyes de Kepler, discuta la existencia del pla- neta X , hipottico planeta igual a la Tierra, en su misma rbita elptica en torno al Sol, pero que permanece siempre oculto detrs del Sol y por eso no ha sido observado. Solucin. No es posible porque si en algn instante ellos estn en lnea recta con el Sol, ms tarde, el que tiene mayor rapidez, se adelantar. N Ejercicio 1.11 Si la distancia promedio de la Tierra al Sol es aproximadamente 1,496 1011 m determine aproximadamente la masa del Sol. 4? T2 = Solucin. Suponemos que adems se conocen otros datos tal como que el periodo de la rbita terrestre T = 365 24 3600 s = 3. 153 107 s de 6 manera que2GMsol 4 2 3 entonce M R sol = s GT 2 = 6,67259R3 ,4 2 =(1.4961011 ) 1. 9931011 (3. 153 6 1030 kg 107 )28 NSoluciones ejerciciosEjercicio 1.12 Verifique con los datos de la tabla, el cumplimiento de la tercera Ley de Kepler. Ejercicio 1.13 De acuerdo a las masas de los planetas, evale las velocidades de escape desde sus superficies, comparando sus valores con los tabulados. Solucin. De acuerdo a los Masa kg Mercurio 0,33022 1024 1024 Venus 4,8690 Tierra 5,9742 1024 Marte 1024 0,6419 1 Jpiter 1898,7 1024 Saturno 568,51 1024 Urano 86,849 1024 Neptuno 1024 102,44 Plutn 0,013 1024 y datos (dos primeras R km ve km s1 2439,7 4,25 6051,8 10,36 6378,14 11,18 3397 5,02 columnas) ve km s1 calculada 4. 250 1 10. 361 9 11. 180 3 5. 021 77149 2 6026 8 2555 9 2476 459,54 35,49 21,29 23,7159. 533 5 35. 480 3 21. 294 8 23. 495 611951,27r v (M, R) = 2GM , 1. 204 9 R podemos calcular Mercurio ve = 4. 250 1 km s1 Venus ve = 10. 361 9 km s1 Tierra ve = 11. 180 3 km s1 Marte ve = 5. 021 7 km s1 Jpiter ve = 59. 533 5 km s1 Saturno ve = 35. 480 3 km s1 Urano ve = 21. 294 8 km s1 Neptuno ve = 23. 495 6 km s1 Plutn ve = 1. 204 9 km s1 N Ejercicio 1.14 De acuerdo a las masas de los planetas y sus radios, evale la aceleracin de gravedad en sus superficies, comparando sus valores con los tabulados.e9 Solucin. La aceleracin de gravedad es la fuerza gravitacional dividida por la masa es decir GMP g= R2 P donde RP y MP son el radio y la masa del planeta. Mercurio Venus Tierra 27 Masa 10 g 0.3302 2 4.8690 5.9742 Grave dad en la superficie cm s2 370 887 Radio medio ecuatorial (Km) 2,439.7 6,051.8 6,378.1 4 Jpiter Saturno Urano Neptuno Plutn 1,898.7 568.51 86.849 102.44 0.013 2312 896 869 1100 81 71,492 60,268 25,559 24,764 1,195 Calculando para el primero y el ultimo gMercurio 6,67259 1011 (0,33022 1024 ) = (2,4397 106 )2 = 3. 702 m s2 = 3 70,2 cm s2 Marte 0.64191 980 371 3,397gP luton11 = 6,67259 10 (0,013 (1,195 106 )21024 )= 0. 607 m s2 = 60,7 cm s2 N Ejercicio 1.15 Estudie si existe alguna ley que de cuenta de las distancias de los planetas al Sol. (Por razones histricas, considere unidades donde la distancia Tierra Sol sea 10). Si existe alguna discontinuidad en su ley, aventure alguna hiptesis. Solucin. Los datos, la primera columna de la tabla, cuando son ex- presados tomando arbitrariamente RT = 10, dan los valores de la segunda columna. Esos nmeros, con imaginacin y paciencia se parecen a la secuencia de nmeros enteros de la tercera columna, nmeros llamados de Titius-Bode.Mercurio 10 R km 57909175 10 R/R 108208930 7,23 * 149597890 3,8 7 10 227936640 15,22 Soluciones ejercicios tius-Bode Venus Tierra Marte 7 10 16Ti T Jpiter 778412020 5 2,03 52 4 Saturno 1426725400 9 5,37 10 0 Urano 2870972200 19 1,91 19 6 Neptuno 4498252900 30 0,69 38 8 esos nmeros corresponden a Con esfuerzo y algo ms, se puede ver que n1 . Si se observa la tabla de esos la secuencia 4 + 3 2 con n = 1, 2, 3, valores, se descubre que correspondera la e x istencia de un planeta con n = 2 4 n 4 + 3 2n 1 2 3 4 5 6 7 8 7 10 16 28 52 100 196 388esto es, la secuencia predice un planeta con 10 R/RT = 28, entre Marte y Jpiter, precisamente donde est el cinturn de A steroides. Nadie ha podido justi ficar esta ley de modo que al parecer se tratara de una coincidencia. N Ejercicio 1.16 Considere un satlite arti ficial en rbita ecuatorial geoestacionaria, es decir que permanece siempre sobre el mismo punto de la su-perficie terrestre. Determine entonces la altura del satlite sobre la superficie terrestre y la rapidez de l en su rbita. Solucin. Si denota la velocidad angular terrestre esto es = 2 rad/s 24 3600 11 o bien que el periodo de la rotacin T =da= 243600 = 86400,0 s, entonces la condicin para que el satlite est geo estacio nario ser v= 2 r Tpero la rapidez en rbita circular es r GM T v= r de modo que r GM T tenemos 2 r = T r elevando al 2 cuadrado GM T 4 2 r 2 = 2 T r de donde podemos despejar r r3 = GM T T 4 2 2 3 GM T T r = 4 2 rclculos numricos para T = 86400 ,0 ? MT = 5,98 1024 G = 6,6725 9 1011 7 3 GM T T 2 r=q = 4. 226 10 m 4 2 ento nces la altura sobre la superficie terrestre ser=h = r RT= 4. 226 107 6,38 106 7 = 3. 588 10 m4 = 3. 588 10 kmyr v= GM T = 3072. 791 m s1 = 11062 . 05 km h1 r12 NSoluciones ejerciciosEjercicio 1.17 Respecto a la situacin del problema anterior , si la altura del satlite es reducida a la mitad pasando a otra rbita circular, determine el nmero de vueltas que da el satlite por da en torno a la Tierra. Solucin. Ahora la altura es la mitad, es decir 3. 588 * 10 h= 7 = 1. 794 107 m 2de donde r = 6,38 = 2. 432 106 + 1. 794 107 m 107r GM T = T = 4050. 569 m s1 v= r Suponiendo que la velocidad es en el mismo sentido de la rotacin terrestre, esto corresponde a un periodo 2 r = 3772 4. 839 8 s v esto es en un da el satlite da 86400 ,0 3772 4. 839 8 vueltas y la Tierra da una, luego relativo a la Tierra el satlite da 1,29 vueltas. N Ejercicio 1.18 Considere a una persona en el Ecuador terrestre. Producto de la rotacin terrestre esa persona est acelerada hacia el centro de la Tierra. Determine la magnitud de esa aceleracin. Si la persona se para sobre una balanza y e la tiene una masa de 80 kg determine la lectura de la balanza en kgf . (1 kgf = 9,8 N) = 2,29r = 2. 107 432 entonces13 Solucin. Si N es la fuerza que hace la balanza sobre la persona hacia arriba, la segunda ley de Newton da mg N = m v2 RTdonde v es la rapidez Ecuatorial de la Tierra que puede calcularse de acuerdo a v= 2 R T T donde T es el periodo de rotacin terrestre (un da). As resulta N = mg m R v2T42 RT = mg m T2 y numricamente m = 80 kg RT = 6,38 106 m g = 9,8 m s 2 N = 781. 301 N 781. 301 = 9,8 = 79. 72 kgf. O sea la rotacin terrestre disminuye algo el peso de la persona. N Ejercicio 1.19 Determine el radio que debera tener un planeta con la misma masa terrestre, para que la velocidad de escape en su superficie fuera la velocidad de la luz. Solucin. La velocidad de escape es e r 2GM T v = R14 e igualando a c = 2,99792458 108 m s1 r 2GM T c= , R podemos despejarTSoluciones ejerciciosR=2GM = 0,008 9 m c2 = 0,89 cm (Si el radio Terrestre fuera reducido a un valor menor que ese, tendramos un agujero negro con la masa de la Tierra) N Ejercicio 1.20 Determine el radio que debera tener una estrella con la misma masa que el Sol, para que la velocidad de escape en su superficie fuera la velocidad de la luz. Solucin. Es igual, pero ahora MS = 1030 kg obteniendo 1,991 2GM S = 2956. 339 m R= c2 N Ejercicio 1.21 Determine la velocidad de rotacin que debera tener un planeta como la Tierra, en vueltas por da, para que despegramos de la superficie en el Ecuador. Solucin. Como sabemos que la rapidez para rbita circular a nivel del r suelo sera GMT v =T T = RT1 T ello da v = GM de modo el periodo de la rotacin RT = 7908. 378 974 m s debe ser qlo que corresponde a2 R = 5068. 892 s v 8640 0,0 = 17. 05 5068. 892vueltas por da.15 N16Soluciones ejerciciosCaptulo2Soluciones ejerc iciosEjercicio 2.1 Demuestre las identidades c = c)b c)a. ( ? b) (a a (b c = ( c). ( b) a 2 b a 2 2 2 a = a b b) . b (a Solucin. Deben habe r muc has demostraciones. La tercera es fcil pues si es el ngulo entre a y b b a 2= a2 b2 sin2 = = a2 b2 (1 cos2 ) = a2 b2 a2 b2 cos2 = a2 b2 b)2 . (aLa segunda, intercambiar la cruz con el punto, se demuestra as: c = (ay bz az by )cx + (az bx axbz )cy + (ax by ay bx )cz ( b) = cx ay bz cx az by + cy az bx cy ax bz + cz ax by cz ay bx a ya c) = (by cz bz cy )ax + (bz cx bx cz )ay + (bx cy by cx )az b ( = cx ay bz cx az by + cy az bx cy ax bz + cz ax by cz ay bx18Soluciones ejercicios b)a resultan iguales. La primera es larga. Veamos la componente x de ( c, esta es:?b)z cy = (az bx ax bz )cz (ax by ay bx )cy = b)y cz ( ? E E ( a a cz az bx cz ax bz cy ax by + cy ay bx = (cy ay + cz az )bx (cz bz + cy by )ax = ( a c a )b (c b c b )a x x x x x x = c (c a)bx ( c b)ax ,*de modo que es claro que algo similar ocurre con las otras dos componentes y luego c = a)b b)a. ( b) (c (c a N Ejercicio 2.2 Si los lados de un determine los ngulos del tringulo. tringulo son a, b, cSolucin. Podemos obtenerlos de varias maneras, por ejemplo del teore? ma del coseno c2 = a2 + b2 2ab cos , ? o bien y otras dos similares cos = a2 + c2 b2 , 2ac c2 + b2 a2 , cos = 2b c N Ejercicio 2.3 Considere los puntos cuyas coordenadas son A = (1, 1, 1), B = (1, 2, 1), C = (1, 2, 0) determine a) El rea del tringulo ABC. cos = a2 + b2 c2 , 2abb) Los ngulos del tringulo ABC. c) Las magnitudes de los lados del tringulo ABC.19 d) Las alturas del tringulo ABC. ?c Los vectores con magnitud y direccin los lados del tringulo Solucin. = pueden escribirse ? ? A B = (1, 2, 1) ? (1, 1, 1) = (0, 1, 0) a = b = CA = (1, 1, 1) (1, 2, 0) = (2, 1, 1) ? ?? B C = (?1, 2, 0) ? (1, 2, 1) = (?2, 0, ?1) de manera que c a = (0, 1, (2, 0, 1) = (1, 0, 2) 0) 1) b c = (2, 1, (0, 1, 0) = (1, 0, 2) * * , 1, 1) = (1, 0, 2) , 0, 1) (2 entonces el rea del tringulo e s ? A= 1 1 (1, 0, 2) = | 5. | 2 2las magnitudes de los lados son c (0, 1, 0) = 1 | 6 |=| | = 6 (2, 1, 1) 5 | | b = a (2, 0, 1)| = 5 | | | = lo s ngulos estn dados por |b|c sin = | = 5 b | | c| sin = sin =| c a | 5 = |a || |c = b a | | 5 = 5 6 a || b| |1 1 = 66las altura d el tringulo se calculan de acuerdo a s sin = 5 , hC = b hB 5 , = |a| sin =hA = ||c sin = 1. NEjercicio 2.4 Considere un paralelgramo donde se dan tres vrtices A = (0, 1, 1), B = (1, 0, 1), C = (1, 1, 0).20 a) Determine el cuarto vrtice. b) Determine el rea del paralelgramo. c) Determine las longitudes de las diagonales. Solucin. Construyamos los vectores A C A B de manera queSoluciones ejercicios O C O A = (1, 0, 1) , = O B O A = (1, 1, 0) , = A D = A B + A C = (2, 1, 1) ,entonces el cuarto vrtice est en la posicin (esta es una solucin de otras posibles) O D= O A+ A D = (2, 0, 0) El rea del paralelgramo ser A= A B A C = 1) (1, 1, = , ||3donde las longitudes de la s diagonale s sern = A B+ A C A B A C = (2, 1, 1) | = 1) (0, 1, | =,6 2.Ejercicio 2.5 Escriba la ecuacin de un plano que es perpendicular a la direccin n = (1, 1, 3 y que pasa a distancia 3 del origen. 1)/ Solucin. La ecuacin resulta n | r = 3, | N o sea x y + z = 3 3. N21 Ejercicio 2.6 Sea una recta x = 2t + 1, y = t + z = 2, 3t 1, siendo t un parmetro. Determine su distancia al origen. Solucin. La distancia de un punto arbit rario de la recta al origen es d= esto es d= (2t + p 1)2 + (t +5x2 + y 2 + z 2 , p2)2+ (3t 1)2 =t2 6t + 6. 14La cantidad s ubradical, polinomio de segundo grado, tiene un mnimo justo en el punto medio entre sus dos races que son 5 3 3 t1 = 14 + i 14 3, t2 = 14 14 i 3 y el punto medio es t= 1 6 3 ( )= , 2 14 14y para ese valor d es la distancia de la recta al origen, cuyo valor resulta d= 5 14 42 = 2. 315, NEjercicio 2.7 Sean a = (1, 1, 0), b = (1, 1, 1) dos vectores. Determine la ecuacin de un plano que pase por el origen y que contenga los vectores a y b. Solucin. Si los dos vectores a y b estn sobre el plano, entonces un vector normal al plano es N b. Calculando resulta = a N = (1, 1, (1, 1, 1) = (1, 1, 2) . 0) La ecuacin del plano es, en generalr N = constante,22 y si pasa por el origen Calculando (x, y, z) plano esSoluciones ejercicios N = 0. r (1, 1, 2) = x y + 2z de modo que la ecuacin del x y + 2z = 0. NEjercicio 2.8 Determine el rea de un tringulo en funcin solamente de sus lados a, b y c. Solucin. En principio el rea del tringulo puede ser escrita de muchas maneras, por ejemplo A = 1 a = ab sin , 2 2 b 1 1 = c = bc sin , b 2 2 = c 2 ? 1 1 a = ca sin , | | 2 ? 1pero la tarea es eliminar los ngulos. Para ello considere c = a cos + b cos . Expresando los cosenos en trminos de los senos se obtiene c=a 1 b r ( 2A ca + o bien )2 + 1 ( 2A 2 ), bcc2 =c2 a2 (2A)2rp y el resto es lgebra. Par a despejar Ap b2 c2 (2A)2 ,(c2 pc2 a2 (2A)2 )2 = c4 p(c2 a2 4A2 )c + c a 4A = b c 4A 2 de donde p 2 2 c + b = 2 (c2 a2 4A2 (c2 + a2 b2 )2 = 4 (c2 a2 4A2 ) 16A2 = 4c2 a2 (c2 +b) a2 b2 )2 = (a + b c) (a + b + c) (c a + b) (c + a 22222 22a2 ?)23 y finalmente p 1 A= 4 c) (c a + b) (c + a b). Intente otro ca mino. N Ejercicio 2.9 Con relacin a la figura, demuestre que si F1 F2 F ces = 0. : + r r1 2F 1 r1 F 2 1(a + b c) (a + b +2= Fenton-r2F1 F2 * * Solucin. Podemos escribir F1 F1 + r2 = r1 r = 2 1 r1 (r1 r2 ) F1 porque F es paralela a (r1 r2 ). N= 0,Ejercicio 2.10 Desde una determinada posicin en un camino, una persona observa la parte ms alta de una torre de alta tensin con un ngulo de elevacin de 25o . Si avanza 45 m en lnea recta hacia la base de la torre, divisa la parte ms alta con un ngulo de elevacin de 55o . Considerando que la vista del observ ador est a 1,70 m. Encuentre la altura h de la torre. Solucin. Sea d la distancia del punto ms cercano a la torre, entonces tenemos d = cot 55, h d + 45 = cot 25, h24Soluciones ejerciciosh 25 1.70 m 45 m 55Figura 2.1: restando45 ? = cot 25 cot 55 h h= 45 cot 25 cot 55de dondey numricamente resulta h = 31. 157 m respecto al observador y h = (31. 157 + 1,70) = 32. 857 m respecto al suelo. N Ejercicio 2.11 Desde un avin de reconocimiento que vuela a una altura de 2500 m, el piloto observa dos embarcaciones que se encuentran en un mismo plano vertical con ngulos de depresin de 62o 240 y 37o 180 respectivamente. Encuentre la distancia x entre las embarcaciones. Solucin. Con decimales los ngulos son 18/60 = 0,3 62,4o y 37,3o253718'6224' 2500 mxFigura 2.2: Similarmente al problema anterior si d es la distancia horizontal entre el avin y la embarcacin ms cercana se tiene x+d = tan(90 ? 37,3), 2500 d = tan(90 ? 62,4), 2500 y restando se obtiene d = 2500(cot 37,3 cot 62,4) = 1974. 751 m N Ejercicio 2.12 Una persona se encuentra en la mitad de la distancia que separa dos edificios y observa la parte ms alta de stos con ngulos de eleva- cin de 30o y 60o respectivamente. Demuestre la que las alturas de los edificios estn en la relacin 1 : 3. Solucin. Si las alturas son llamadas h1 y h2 tenemos que h1 , x/ 2 h2 tan 60 = , x/ 2 tan 30 = de donde1? h1 tan 30 1 3 = . = = 3 h2 tan 60 3 326Soluciones ejercicios30 x60Figura 2.3: N Ejercicio 2.13 Un mstil por efecto del viento se ha quebrado en dos partes, la parte que qued vertical en el piso mide 3 m y la parte derribada qued atada al extremo superior de la parte vertical, formando un ngulo de 30o con el piso. Encontrar la altura del mstil.3m 30Figura 2.4: Solucin. La hipotenusa c ser dada por 3 1 = sin 30 = , c 2 de donde c = 6 m, por lo tanto la altura del mstil era 9 m.27Y18 cm10 cmZ16 cm XFigura 2.5: N Ejercicio 2.14 Una persona en su trote diario, desd e su casa, corre 7 km al Norte, 2 km al Oeste, 7 km al Norte y 11 km al Este. Encuentre la distancia a su casa a que se encuentra la persona . Solucin. Sean los ejes cartesianos OX hacia el este y OY hacia el norte, entonces el desplazamiento resultante es = 7 + 2() + 7 + r = 11 9 + 14, y su magnitud, la distancia a la casa, es r= 9 = 16. 64 km. 2 + 142 N Ejercicio 2.15 Una caja tiene 16 cm de largo, 18 cm de ancho y 10 cm de alto. Encuentre la longitud de la diagonal de la caja y el ngulo que sta forma con cada uno de los ejes. Solucin. El vector que representa la diagonal e s r = 16 + 18 + 10k,28 y entonces su longitud es r= 162Soluciones ejercicios+ 182 + 102 = 26. 077 cm.Los ngulos estn dados por cos = r (26. 077) =16 26. 077 r cos = 26. 077 18 26. 077 k r cos = 26. 077 = = de donde = 52. 152 o , 349 = 46. o , = 67. 4501o . 2 2 2 Note que cos + cos + cos = 1. N Ejercicio 2.16 Dados los vectores r1 = 3 2 + k, r2 = 3 4 3k, r3 = + 2 + 2k, hallar los mdulos de: a) r3 b) r1 + r2 + r3 c) 2r1 3r2 + 5r3 Respuestas: (a) 3; (b) 5,66; (c) 5,48 10 26,07729 Ejercicio 2.17 Hallar un vector unitario con la direccin y sentido de la resultante de r1 + r2 , con r1 = 2 + 42 5k, r2 = + 2 + 3k,3 6 2 Respuesta: 7 + k . 7 7Ejercicio 2.18 Demostrar que los vectores A = 3 + 2k, B = +3+4k, C = 4 2 6k, pueden ser los lados de un tringulo, y hallar las longitudes de las medianas de dicho tringulo. Solucin. Si tres a, b, y c forman un tringulo entonces debe ser a + b + c = 0, lo cual es satisfecho por los vectore s A , B y C 1 1 Las medianas unen los puntos medios de los lados por lo tanto vectores a lo largo de las medianas son 1 2 1 2 2 + 1 C (A ), 2 1 (A ) + B 2 B + C 2 donde ? A = (3, 1, 2), B = (1, 3, 4), C = (4, 2, 6), luego 3 , 2 2 2 qlongitudes son y sus 1 + 9 + 4 = 2. 549 5 4 432 221,, (2, 1, 3) ,3 1 , , 1 2 24 + 1 + 9 = 3. 741 7 1 + 1 = 1. 870 8 +2 2q N Ejercicio 2.19 Hallar el ngulo formado por los vectores A = 2 + 2 k, B = 6 3 + 2k.30 Solucin. Tenemos cos =Soluciones ejercicios A B A B 12 6 2 4 = 9 49 = 21de donde = 79. 017o N Ejercicio 2.20 Demostrar que los vectores A = 3 2+ k, B = 3+ 5k, C = 2 + 4k, forman un tringulo rectngulo. Solucin. Usted puede constatar que A B = C , o sea ? B + C = A ,de manera que forma un tringulo. Adems calcule A C = (3, (2, 1, 4)) = 0 2, 1) lueg o A C es decir se trata de un tringulo rectngulo. N Ejercicio 2.21 Hallar el vector unitario perpendicular al plano formado por A = 2 6 3k, B = 4 + 3 k. Solucin. CalculeA B = 1510 + 30k,?31 luego un vector normal al plano e s N = 15 10 + 30k, y uno unitario 15 10 + 30k N = ? 2 , 15 + 102 + 302 15 10 + 30k = , 35 = 3 2 + 6k . 7 NEjercicio 2.22 Dados , A = 2 3 k y B = + 4 2k determinar B a) A A b) B c) (A + (A B ) * B ) * ?Solucin. (2, 3, 1) (1, 4, 2) = (10, 3, 11) (1, 4, 2) (2, 3, 1) = (10, 3, 11) (A + (A B ) = B + A = A = (20, 6, 22) . B 2B B ) A N Ejercicio 2.23 Hallar el rea del tringulo cuyos vrtices son P (1, 3, 2), Q(2, 1, 1), R(1, 2, 3). Solucin. Dos lados del tringulo pueden ser representados por los vectores P Q = O Q O P = (2, 1, 1) (1, 3, 2) = (1, 4, 1) P R = O R O P = (1, 2, 3) (1, 3, 2) = lueg o (0, 1, 1), P R == (5, 1, 1) P Q 2 1 P Q A= y el rea ser 1 P R = 2 25 + 1 + 1 =27 . 232 NSoluciones ejerciciosEjercicio 2.24 Hallar los ngulos agudo s formados por la recta que une los puntos (1, 3, 2) y (3, 5, 1) con los ejes coordenados. Solucin. Un vector a lo largo de la recta es A = (1, 3, 2) (3, 5, 1) = (2, 2, 1) luego los ngulos que e se vector forma con los eje estn dados por cos ? = ?? E A = ?2 3 A ? ? ? k A 1 2 A = cos = 3 A cos = A = 3 de donde los ngulos agudos son: (tome lo s valores absolutos del coseno) 48. 190o , 48. 190o y 70. 531o . N Ejercicio 2.25 Hallar los cosenos directores de la recta que pasa por los puntos (3, 2, 4) y (1, 1, 2). Solucin. Similarmente al problema anterior A = (3, 2, 4) (1, 1, 2) = (2, 3, 6) de donde A 7 cos = A A A 3= 7cos == 7cos ? =?? E A=2? ? ? k A633 o si tomamo s Acos = cos = cos = N 72 3 7 67Ejercicio 2.26 Dos lados de un tringulo son los vectores A = 3 + 6 2k y B = 4 + 3k. Hallar los ngulos del tringulo. Solucin. El otro lado puede escribirse C = A B = + 7 5k, y calculamos A B B C 26 = 0 =A C = 49 A = 7 = B 26 C = 5 3 luego los ngulos son 90o , 53. 929 o y 36. 071o N Ejercicio 2.27 Las diagonale s de un paralelogramo son A = 3 4 k y B = 2 + 3 6k . Demostrar que dicho paralelogramo es un rombo y hallar sus ngulos y la longitud de sus lados. Solucin. En trminos de los lados a y b se tiene a + = A b = a B b 34 entonce sSoluciones ejerciciosa =1 1 (A + B ) = (5 7k), 2 2b = 1 (A B ) = 1 ( 7 + 5k ), 2 2 entonce s por lo tanto es un rombo y b 5 + 7 a 2 = 35 74 a | | 23 74 5 a = b = | | ? ? 2 3,cos ==,de donde los ngulos son 108. 11o y 71. 894o . ? N Ejercicio 2.28 Hallar la proyeccin del vector 2 3 + 6k sobre el ? vector + 2 + 2k . Solucin. (2 3 + 6k) ( + 2 + 2k ) + 2 + 2k 8 = 3 .26 + 12 1+4+ 4 N=Ejercicio 2.29 Hallar la proyeccin del vector 4 3+ k sobre la recta que pasa por los puntos (2, 3, 1) y (2, 4, 3). Solucin. Un vector sobre la recta e s (2, 3, 1) (2, 4, 3) = (4, 7, 4)luego la proyeccin es (4, 7, 4) (4, 3, 1) |(4, 7, 4)| 9 = = 9 1, de manera que la magnitud de la proyeccin es 1.35 N Ejercicio 2.30 Si A = 4 + 3k y B = 2 + 2k , ha lar un vector unitario perpendicular al plano de A y B . Solucin. A n = B A ,? B donde (4, 1, 3) (2, 1, 2) = (1, 2, 2) po r lo tanto ( 1, 2, 2) n , 3 = ? ? ?E EN Ejercicio 2.31 Demostrar que A = C =2+2k22+k 3, B =3+2 +2k 3, y sonvectores unitarios mutuamente perpendiculares. Solucin. Calculando A = A B = A = = 1, B C C = 0. C = B N36Soluciones ejerciciosCaptulo3Soluciones ejerc icios concurrentes tienen Ejercicio 3.1 Las cuatro fuerzas mostradas en la figura una resultante igual a cero. Si F B = 800 N, F C = 1000 N y F D = 800 N determine la magnitud de FA y el ngulo . Y FB FC 70 FA 30 20 FD X Solucin. Las componentes de la fuerza son X Fx = FC cos 30 + FD cos 20 FB cos 70 FA cos = 0, Fy = FC sin 30 FD sin 20 + FB sin 70 FA sin = 0, Xo bien FA cos = 1000 cos 30 + 800 cos 20 800 cos 70 = 1344. 163, FA sin = 1000 sin 30 800 sin 20 + 800 sin 70 = 978. 138,38 entonce s FA = 1344N ySoluciones ejercicios. 1632 + 978. 1382 = 1662. 386tan ? = 978. 138 = 0,727 1344. 163 = 36,04o NEjercicio 3.2 magnitudes de las fuerzas que actan sobre el F 1 Las = F 2 soporte = 100 N. El soporte fallar si la magnitud de son, figura, la fuerza resulta nte que act a sobre l excede 150 N. Determine el intervalo de valores acept able s p ara el ngulo .F1F2Solucin. La magnitud de la fuerza resultante puede escribirse p 2+ F = q(F2 + F1 cos )2 + (F1 sin )2 = pero F1 = F2 entonces F = F1 o bien F = 2F1 cos /2 = 200 cos /2 < 2 cos 2 (F22 + 2F2 F1 cos + F 1 )39 o sea cos /2 82. 819o y simtricamente hacia abajo. N Ejercicio 3.3 Tres fuerzas actan sobre la esfera mostrada en la figura. La magnitud de FB es de 60 N y la resultante de las tres es igual a cero Deter- mine las magnitudes de FA y FC .FA 30FCFBSolucin. AquX X Fx = FC cos 30 + FA = 0, Fy = FC sin 30 FB = 0 = FC sin 30 60 = 0, FC = 120 N FA = = cos 6 30 120Entonce s 0 3N N40Soluciones ejerciciosEjercicio 3.4 Cuatro fuerzas actan sobre una viga como se indica en la figura. La resultante de las cuatro fuerzas es cero y F = 10000 N, F C A D adems ? ?B = 5000 N. Determine las magnitudes de F y F . D30 FA FC FBSolucin. Para los ejes OX horizontal y OY vertical se tiene FA cos 30 FD = 0, FA sin 30 FB + FC = 0, o sea FA cos 30 FD = 0, FA sin 30 1000 0 + 5000 = 0, de donde FA = FD 5000 = 10000 N, sin 30 = FA cos 30 = 5000 . 3N N Ejercicio 3.5 Seis fuerzas actan sobre una viga que forma parte de la estructura de un edificio, como se indica en la figura, en los extremos, punto medio y a un cuarto de la longitud de la viga. Se sabe que la resultante de todas ellas es cero y que = 5 kN, Determine las magnitudes de FA y FG . = 4 kN, = 2 kN. FB = FEFCFD41FA 70 FC 40 40FDFG 50Solucin. Similarmente FA cos 70 FC cos 40 + FD cos 40 + FG cos FA sin 7050 + FC sin 40 FB + FD sin 40 FE + FG sin 50 y numricamente = 0 = , 0 ,FA cos 70 + FG cos = 2 cos 40, 50F sin 70 + F sin 50 = 10 6 sin A G 40, de donde se resuelve FG = FA = 10 cos 70 6 cos 70 sin 40 + 2 cos 40 sin 70 = 4. 088 6 kN cos 30 10 cos 50 6 sin 40 cos 50 2 cos 40 sin 50 = 3. 204 kN cos 30 N Ejercicio 3.6 Los cables A, B y C, figura, ayudan a soportar una columna de una estructura. Las magnitudes de las tensiones en los cables son igualesC y se sabe adems que la magnitud de la resultantes es 2 00 kN. Det ermi ne la magnitud de FA . A EF=F=F42Soluciones ejercicios6m A B C4m4m4mSolucin. Llamando , , los ngulos que forman los cable con la horizontal, y T a la tensin, se tiene que Fx = T (cos + cos + cos ), Fy = T (sin + sin + sin ), siendo la resultante p T (cos + cos + cos )2 + (sin + sin + sin )2 = 200, y los ngulos estn dados por cos = cos = cos = de donde se obtiene 4 6 , sin = 42 + 42 + 62 2 6 8 6 2 , sin = , 2 8 + 8 + 62 62 12 6 2 , sin = 2 , 2 12 + 6 12 + 62 T = 68. 238 kN N Ejercicio 3.7 Se tiene una fuerza F = 600 700 + 600k N. Determine los ngulos entre el vector F y los ejes coordenado s positivos.43 Solucin. Llamando , , los ngulos se tiene que F 600 6 cos = = , = 6002 + 7002 + 6002 11 FF ? ? 700 7 F k cos = = F cos = 6002 + 7002 + 6002 600 = 11 6 ,de donde = 2 = 600 + 7002 + 6002 11 F = = 56. 944 o , 521o . = 129. N Ejercicio 3.8 La torre de 70 m de altura que se muestra en la figura est soportada por tres cables que ejercen sobre ella las fuerzas FAB , FAC y FAD . La magnitud de cada una de esas fuerzas es de 2 kN. Exprese vectorialmente la fuerza resultante ejercida por los cables sobre la torre. Las coordenadas de los apoyos son C = (40, 40), B = (0, 40) y D = (60, 60).Z ADBY CX44Soluciones ejercicios ? A C Solucin. Los vectores a lo largo de los cables son = ? O?C ? ?O?A = (40, ?40, 0) ? (0, 0, 70) = (40, ?40, ?70) , ? A B = A D = O D O A = (60, 60, 0) (0, 0, 70) = ? ??60, ? ? , (60, O B ? 70) O A = (0, 40, 0) ? (0, 0, 70) = (0, 40, ?70)entonces la fuerza resultante es (40, 40, 70) + (0, 40, 70) + (60, F = 2 | | 60, 70) ?60 |(60, 60, 70) | (40, 40, (0, 40, 70)| 70)| ( , 60, 70) ,? + (0, 40, (40, 40, 70) 70) = 2 + + 90 110 10 65 = 20 99 196 99 8 280 14 65, 65 99 65 65 = (0,202 02, 0,987 52, 4. 564 8) kN. N Ejercicio 3.9 El cable AB mostrado en la figura ejerce una tensin de mag- nitud 32 N sobre el collarn en A. Exprese vectorialmente la fuerza de tensin T .Z4m B 6mA Y 7m 4mX4m45 Solucin. Necesitamos un vector a lo largo del cable. Ese vector e s A B=O B O A, donde el vector O B = (4, 0, 7) y O A se puede construi r as | (4, 4, 0) (0, 0, 7) O A = (0, 0, 7) + 6 (4, 4, 0) (0, 0, 7)| (4, 4, 7) 8 8 7 = (0, 0, 7) + 6 , , , = 9 3 3 3 por lo tanto A B (4, 0, 7) = 8 8 7 , , 3 3 3 ? 4 8 14 , , , 3 3 3 A! ?= y finalmenteBT = 324, 8 , 14 3 3 3 4 , 8 14 , 3 3 3 C( 2, 4, 7) = 32 69 = (7. 704 7, 15. 409, 26. 966) . N Ejercicio 3.10 Determine el torque de la fuerza de 50 kgf respecto a los puntos A, B y C de la figura.6m4m46Soluciones ejerciciosSolucin. Si el eje X est a lo largo de la ba ra, Y hacia arriba y Z sale de la figura, entonces A = (50) = 300k kgf m, 6 = 0, ? B C = ( 50) = 200k kgf m. (4) N Ejercicio 3.11 En la figura, la viga AB de 5 m de longitud fallar si el torque de la fuerza respecto al punto A excede de 10 N m. Con esa condicin determine la mxima magnitud que puede tener la fuerza.FB30A25Solucin. El torque respecto al punto A es = F , A B = (AB)F sin(30 25) = 5F sin 5, de este modo para no excede r 10 N m debe ser F 0 10 = 22. 947 N. 5 sin 5 N Ejercicio 3.12 De acuerdo a la figura, determine el torque de la fuerza de 80 N respecto al punto P.y su magnitud es47F 203mP40Solucin. Su magnitud es = 3(80) sin(40 + 20) = 120 3 N,y su direccin y sentido es perpendicular a la figura y saliendo. N Ejercicio 3.13 Determine la magnitud del torque de la fuerza distribuida A indicada en la figura respecto al punto A y la posicin de su centro de fuerza.10 N/m5m10 mSolucin. Como se explic, el centro de la fuerza distri buida coincide con el centroide del rectngulo, esto es est ubicado a 5 + 5 = 10 m del punto A y la magnitud del torque ser A = 10(100) = 1000 N m N Ejercicio 3.14 Determine la magnitud del torque de la fuerza distribuida indicada en la figura respecto al punto A y la posicin de su centro de fuerza.48Soluciones ejercicios10 N/mA 3m 10 mSolucin. El readel tringulo es A = 21 (10 10) = 50 N, su centroide ue respecto al punto A est a 2 10 m del vrtice izquierdo y luego el t orq tiene 3 magnitu d 2 A = (3 + 3 1450 10)50 = N 3 N m.Captulo4Soluciones ejerc iciosEjercicio 4.1 Un cuerpo homogneo de masa M altura H y base de largo 2a, es empujado por una fuerza horizontal F aplicada en un costado a la altura h del suelo. Si el coeficiente de roce esttico entre el suelo y el cuerpo es S , determine la condicin para que al romperse el equilibr io debido al aumento de F el cuerpo deslice o vuelque.FSolucin. Sin fuerza aplicada, la reaccin normal puede considerarse una fuerza distri buida homogneamente en la base de modo que su resultante N tiene como punto de aplicacin, el centro de la base. Sin embargo al aplicar la fuerza F la distribucin se carga ms a la derecha. Sea entonces x el centro de esa fuerza, medido desde el centro de la base, tomado como origen O. De ese modo las ecuaciones de equilibrio son X X Fx = F fS = 0, Fy = N Mg = 0, O X = (Nx F h)k = 0,50Soluciones ejerciciossiendo el eje OZ hacia afuera. De all podemos despejar fS = F, N = Mg ,F h x = , Mg pero hay dos lmites fS = F 0 S N = S Mg, Fh x = a, Mg 0 F 0 S M g, a . F 0 h Mgo bien, el cuerpo desliza caso contrario Si la fuerza excede primero la primera cota, vuelca en otras palabras, si a S < h el cuerpo deslizar al aumentar F , caso contrario volcar. N Ejercicio 4.2 Una barra de masa M y de largo L se equilibra como se in- dica en la figura. No hay roce. Determine el ngulo que hace la barra con la horizontal cuando hay equilibrio.R CMN dSolucin. Las condiciones de equilibrio son X Fx = N R sin = 0, X ?? Fy = R cos Mg = 0, = (Rd ? Mg cos ?)k? = ?0, L 0 O 2X51 siendo O el punto de contacto de la ba ra con la pared y d 0 la distancia desde e se punto hasta la reacci n R.Pero d 0 /d = sec , de manera que resulta Mg L d sec Mg cos = 0, cos 2 y finalmente L y e se ngulo existe si 2d 0 L N Ejercicio 4.3 Una barra de largo L = 6 m y de peso W = 20 N est articulada en su extremo izquierdo a un punto fijo O, apoyada en un soporte liso en A y cargada por dos fuerzas como se indica en la figura10 N 10 Ncos =3r 2d,2m2m2ma) Determine la reaccin vertical en la articulacin. b) Determine la reacci n vertical en el soporte. Solucin. Si N y R indican las reacciones en la articulacin y el soporte (obviamente su componente vertical), entonces X Fy = N + R 10 10 20 = 0, = O 4 10 2 10 6 20 3)k 0, da X = (R de la segun R = 35 N, y de la primera N = 40 35 = 5 N52 NSoluciones ejerciciosEjercicio 4.4 Una lmina de peso W en forma de tringulo equiltero de lado a, puede moverse en un plano vertical estando el vrtice A articulado a un punto fijo. Si al vrtice C se le aplica una fuerza vertical hacia arr iba de magnitud F, determine el ngulo que hace la arista AC con la vertical en la situacin de equilibrio.CABSolucin. La distancia de un vrtice al centro de masa es d= a , 3Calculando el torque respecto al punto A, positivos en el sentido de las agujas del reloj, tenemos a A = F a sin W sin( + 30) = 0, 3 de manera que el ngulo queda determinado por W F sin = sin( + 30), 3 de donde 1 3 tan = W . 3 2F W N Ejercicio 4.5 Considere el sistema de la figura sin roce, determine la fuerza F necesaria para sostener el peso W .53F WSolucin. La tensin en la cuerda es T y el peso W est equilib rado por 2T , es decir 2T W = 0, de donde W F =T = . 2 N Ejercicio 4.6 Para el sistema de la figura sin roce, determine la fuerza F necesaria para sostener el peso W .FWSolucin. Anlogamente 3T W = 0. W F =T = . 3de donde54 NSoluciones ejerciciosEjercicio 4.7 Para el sistema de la figura, no hay roce. Determine la fuerza F necesaria para sostener el peso W .FWSolucin. Similarmente 3T W = 0. W F =T = . 3 N Ejercicio 4.8 En el sistema indicado en la figura, no hay roce y las poleas son livianas. Determine la magnitud de la fuerza F necesaria para sostener el peso W.de dondeFWSolucin. Ahora4T W = 0,55 de dondeW F =T = . 4 NEjercicio 4.9 Tres esferas iguales de radio R estn sobre un plano horizon- tal suave, en contacto entre ellas de modo que sus centros forman un tringulo equiltero de arista 2R. A la altura de un radio, el conjunto se abraza por una cuerda inextensible que las sostiene. Una cuarta esfera se coloca sobre el centro del conjunto. Determine la tensin que se desarrolla en la cuerda. Solucin. Las los centros de las cuatro esferas forman una pirmide equiltera de arista 2R.La altura de una pirmide equiltera de arista a e s r 2 h=a 3 luego el ngulo que forma una arista r 2 cos = lateral con la vertical est dado por 3Si N es la reaccin normal de contacto con la esfera superior tenemos que 3N cos = W, de donde W N=3 .2 3q56 La componente horizontal de esta fuerza es W 2 1Soluciones ejerciciosH = N sin = q3r 1= W 3 62.La situacin para una esfer a en el s uelo es como se indica en laT H3230 30 Tfigura de manera que de donde2T cos 30 = H =1 6W 2,r T = 1 2 W . 6 3 NEjercicio 4.10 El bloque de la figura tiene masa M y el coeficiente de roce esttico con el suelo es S = 0,5, las longitudes indicadas son 2a = 1 m, H = 2 m, h = 1,5 m. Determine qu sucede al aumentar la fuerza aplicada F.2a F h HSolucin. De acuerdo al problema (4.1) si a S < , h el cuerpo deslizar al aumentar F , caso contrario volcar. En este caso S = 0,5 y a/h = 0,5/1,5 = 0,333 de modo que el cuerpo volcar.57 N Ejercicio 4.11 La barra OP de masa m y largo 2a esta articulada en un punto fijo O, sostenida por una cuerda amarrada al punto fijo Q a distancia a de O, y al extremo P de la barra, como se indica en la figura. En el extremo P, cuelga una masa M.Q a m O 2a PMDetermine la tensin en la cuerda QP y la reaccin en O. Solucin. Sea T la tensin de la cuerda V , H las componentes vertical y horizontal de la reaccin en O. Entonces X F = H T cos = 0, X x Fy = V + T sin M g mg = 0, O X = (2aT sin mga Mg2a)k = 0.Siend oDe la tercerayH 2 1 = =(m + , sin )g = , . T cocos s? = 2M V 5 5 = Mg + mg ? T sin ? m + 2M T = 5g , 2= M g + mg Nm + 2M 1 g = mg 2 2Ejercicio 4.12 Dos barras de masa M y largo 2a estn articuladas en pun-tos fijos O y Q separados una distancia 2b a la vez que estn articuladas en58Soluciones ejerciciosP. Determine las reacciones en las articulaciones O, P y Q.O2bQ2a P2aSolucin. Por razones de simetra, la fuerza de interaccin entre las dos barras en P slo puede tener componente horizontal. (Nada distingue la barra derecha de la izquierda). S ea HP esa reaccin hacia la derecha sobre la barra OP y HO , VO las componentes de la reaccin en O. Entonces V0 Mg = 0, HO + HP = 0, = (Mga cos + HP 2a sin )k O = 0. X HP = De la tercera donde cos = b/2a entonce s HP = 2g M ? b , b2 Mg cot , 24a2V = M H ? g, ? O = O 2 Mg b . 4a2 b2 N Ejercicio 4.13 Dos barras de masa M y largo 2a estn articuladas en puntos fijos O y Q a la vez que estn articuladas entre s en P, como se indica en la figura. Determine las reacciones en O y en Q.59Q2a O b2a PSolucin.VQVOMgMg VPVPLa barra OP est sometida solamente a fuerzas verticales, luego VQ + VP M g = 0. Para la barra OP,tenemos VO M g VP = 0, y torque respecto al punto O M g b VP b = 2 0,60 de donde despejamosSoluciones ejerciciosMg VP V O = , 2 = Mg Mg Mg ? , = 2 2 VQ Mg 3Mg = . = 2 2 Mg +NEjercicio 4.14 La barra de la figura de masa M y largo 2a est en equilibrio apoyada sobre una pared vertical lisa y sostenida por un extremo mediante un hilo de largo b. Determine los posibles ngulos de equilibrio.b 2a61 Solucin.b N 2a TgMTenemos N T sin T cos M g sin( Mga sin T 2a ) adems de una relacin geomtrica sin = De la segunda y la tercera sin( ) sin 2 cos = 0, 2a sin . b = = = 0 , 0 , 0 , sin cos + 2 cos sin = 0, 2a sin cos = 2 cos sin b de donde una solucin es sin = 0 = 0, = . La otra sigue de cos = 4a , b cos62 eliminando 1 =2Soluciones ejercicios4a2 2 16a2 2 sin + cos ,2b2 12a2 4a 1 2 = b r cos = esta solucin existe si b > 2a yb2 b2 , cos , b2 4a2?12a2b2 4a2 < 12a2 b < , 4a. N Ejercicio 4.15 La figura muestra una barra homognea OC de largo L= 1 m y masa M = 12 kg, pivoteada en O y en el otro extremo ligada a una cuerda BC. En el extremo C de la barra cuelga un peso W = 60 N por me- dio de una cuerda CD. Determinar (a) La tensin en la cuerda CD. (b) La tensin en la cuerda BC. (c) La reaccin R en el extremo O de la barra. (R: (a) 60 N, (b) 120 N, (c) (103,9; 120) N)B 60 Y C g60 X O D WSolucin. X F O = ROx T cos 30 = 0, X x 2 Fy = ROy + T sin 30 Mg W = 0, L = (T L sin 60 M g cos 30 W L cos 30)k = 0. X63 De aqu despejamosT = Mg1 +W 2 = 120 N,ROy = T sin 30 + M g + W = 120 N ROx = T cos 30 = 103. 9 N N Ejercicio 4.16 La figura nuestra una barra delgada y homognea AB de largo L = 2 m y de masa M = 12 kg, la cual se encuentra pivoteada (articu- lada) en el extremo A. Sobre la barra en el punto C, se encuentra adherida una partcula de masa m = 1 kg. La barra se encuentra en equilibrio esttico cuando se le aplica una fuerza de magnitud F en el extremo B perpendicular a la barra. Determine (a) La magnitud de la fuerza aplicada. (b)La rea cin que ejerce la articulacin sobre la barra. (c) La reaccin que ejerce la barra sobre la articulacin.F B g L/3Ym53 AXSolucin X . Fx = RAx F cos 37 = 0, X Fy = RAY M g mg + F sin 37 = 0, L 2L A= (F L M g cos 53 mg cos 53)k = 0. 2 3 X64 De aqu despejamos (usando g = 10 m s2 )Soluciones ejercicios1 2 F = M g cos 53 + mg cos 53 = 40. 12 N, 2 3 RAx = F cos 37 = 32. 04 N, RAy = M g + mg F sin 37 = 105. 85 N. N Ejercicio 4.17 El sistema de la figura est en equilibrio. Si la barra es de longitud L, de masa M = 8 kg y la masa m es m = 10 kg y AB = L / 3 determine (a) La tensin T. (b) La tensin T1 . (c) La rea cin en el pivote A.gYB 37 A XT1mSolucin. Sea T la tensin del hilo que la sostiene. Tenemos que X F = RAx T sin 37 = 0, X x Fy = RAY M g mg + T cos 37 = 0, X Despejando T = Mg RAx RAy 3 cos 37 + 3mg cos 37 = 335. 43 N, 2 = T sin 37 = 201. 86 N, = M g + mg T cos 37 = 87. 88 N.AL = (TL M g cos 37 mgL cos 37)k = 0. 3 265 N Ejercicio 4.18 Una viga de masa m = 6 kg y largo L = 20 m est sometida a una carga distribuida y a una tensin como se indica en la figura. La distribucin de carga es lineal con un mximo de 24 N m1 . Determine (a) La reaccin en A. (b) La tensin en la cuerda. (R: (a) (58,8; 53,6) N. (b) 98 N.)24 N/m Y g TA 6m 6m 3m53 5mBXSolucin. La fuerza distribuida tiene magnitud total2 124 6 = 72 N y est aplicada a distancia x = 6 + 2 = 8 m del punto A. Luego X X Fx = RAx + T cos 53 = 0, Fy = RAY mg 72 + T sin 53 = 0, A Despejand o X T = = (15T sin 53 10mg 72 8)k = 0. * * *RAx RAy6 10 + 72 8 = 98. 167 N 15 sin 53 = T cos 53 = 59. 079 N = mg + 72 T sin 53 = 53. 6 N N10Ejercicio 4.19 La figura muestra un sistema en equilibrio, donde la barra tiene masa despreciable, la distribucin de carga aplicada es lineal con un mximo de 100 N m1. . Determine la masa del cuerpo colgante. (R: 20 kg)66Soluciones ejerciciosT3 53 Y 100 N/m T1 T2 m gA 2m 6mSolucin. La tensin T1 se relaciona con la masa colgante de acuerdo a T3 sin 53 mg = 0, T3 cos 53 T1 = 0, de donde mg cos 53 . sin 53 La fuerza distribuida equivale a una resultante de magnitud 100 6/2 = 300 N 3 6 ubicada a distancia 2 + = 4 m del extremo A. Luego, moment ando respecto a ese punto A = (300 4 + T1 8)k = 0, X luego T1 = 1200 = 150 N 8y finalmenteT1 =mg cos 53 = 150, sin 53 m = 15 tan 53 = 19. 9 kg N Ejercicio 4.20 La placa de la figura pesa 90 N y est sostenida por el sis- tema de cables y poleas ideales. (sin masa y sin roce). Si la placa est en equilibrio en forma horizontal, determine67 a) La tensin en el cable que pasa por la polea A. b) La tensin en el cable que pasa por la polea B. Solucin. Si llamamos TA y TB las tensiones en las cuerdas A y B, tenemos para el equilibrio de la placa TA + TB = 90 y para el equilibrio de la polea inferior (supuesta liviana) TA= 2TBde aqu se despejan TB = 30 TA = N 60 N N Ejercicio 4.21 Las cinco cuerdas del sistema de la figura pueden soportar una tensin mxima de 1500 N sin cortarse. Determine el peso mximo de la placa que puede ser soportada. (respuesta W = 2625 N)68Soluciones ejerciciosSolucin. Indiquemos las tensiones como en la siguiente figura.Para los equilibrios de las poleas, desd e la izquierda hacia la derecha tenemos 2T1 T2 = 0 T1 2T3 = 0 2T3 T4 = 0 y para la placa T2 + T3 + T4 W = 0. Tenemos cuatro ecuaciones para las cuatro tensiones que resolvemos T2 = 2T1 1 T3 = T1 2 T4 = T1 que reemplazamos en la cuarta de donde T1 = y luego T2 = T3 T4 1 2T1 + 2 T1 + T1 = W 2 W 74 W 7 1 = W 7 2 = W 769 la mayor es T2 que no puede exceder 1500 N por lo tanto 4 W = 1500 7 con solucin W = 2625,0 N N Ejercicio 4.22 La placa liviana de la figura de longitud 9 m est soportando una fuerza distribuida en forma lineal con un mximo de 600 N m1 . Determine las reacciones verticales en los soportes A y B.600 N/m3m A B6mSolucin. La fuerza distribuida equivale (el rea) a una fuerza de magnitud 1 6 = 1800 N F = 600 2 ubicada a distancia desde el punto A 6 = 5 m. 3 las fuerzas de reaccin verticales, la condicin de x=3+ Fy = RA + RB 1800 = 0 A = RB 9 1800 5 = 0 X de donde RB = y 1800 9 5 = 1000 NSi llamamo s RA y RB equilibrio ser XRA = 800 N.70 NSoluciones ejerciciosEjercicio 4.23 La placa de la figura de longitud 16 m y de masa 2 kg est soportando dos fuerzas distribuidas en forma lineal con mximos de 50 N m1 adems de dos fuerzas hacia abajo de magnitudes F1 = 600 N y F2 = 400 N. Determine las reacciones verticales en los soportes A y B.50 N/m F1 F2B5mA6m5mSolucin. Podemos considerar separadamente dos tringulos que corresponden a dos fuerzas 1 5 5 50 = 125 N, x 1 = ? m, 2 3 1 6 Fderecha = 6 50 = 150 N, x2 = m 2 3 donde medimos las coordenadas X con origen en A. Si llamamo s RA y RB las fuerzas de reaccin verticales, la condicin de equilibrio ser X Fy = RA + RB 600 400 125 150 20 = 0, RB 6 5 11 11 6 150 + 125 20 3 = 0, = R A B = X 600 400 741. 06 N, 3 3 RA de donde = 553. 94 N. Fizquierda =N Ejercicio 4.24 La figura muestra un plano inclinado rugoso que forma un ngulo de 37o con la horizontal y dos bloques A y B en reposo, unidos por una cuerda inextensible y de masa despreciable. Si la masa del cuerpo A es mA = 3 kg y el coeficiente de roce esttico es S = 0,2, determine71 i) Los valores mximos y mnimos de mB compatibles con el equilibrio. ii) El valor de la tensin de la cuerda en los dos casos anteriores.mA mBg37Solucin. Los diagramas de cuerpo libre para bloque a punto de subir (a) y a punto de bajar (b) son(a) N N (b) T T T ff 37g 37 mBgg37 m AgmBg37m AgPara el caso (a), sumamos fuerzas a lo largo del plano y perpendiculares a el resultando T mA g sin 37 f = 0 N mA g cos = , 0 , 37 T mB g = 0, donde en la situacin de a punto de deslizar tenemos f = S Ny para el bloque que cuelga72 y eliminando T y f se obtieneSoluciones ejerciciosmB g mA g sin 37 S mA g cos 37 = 0,((a))y para el segundo caso se tendr un cambio de signo en el sentido de la fuerza de roce, es decir mB g mA g sin 37 + S mA g cos 37 = 0, y de aqu despejamos la mxima mB = mA (sin 37 + S cos 37) = 2. 284 6 N, y la mnima siendo las tensione s mB = mA (sin 37 S cos 37) = 1. 326 3 N, T = mB g , ((a)) ((b)) ((b))que usted puede calcular en cada caso. N Ejercicio 4.25 Tres cuerpos de masa mA = 3 kg, mB = 2 kg y mC = 1 kg se encuentran en reposo como muestra la figura, de tal forma que cualquier pequea perturbacin hara que el cuerpo A subiera por el plano. Las cuerdas que unen los cuerpos son inextensibles y de masa despreciable. Se pidem mA A g C 53 mC BBa) El diagrama de fuerzas que actan sobre mA . b) El coeficiente de roce esttico entre mA y la superficie.73 c) Las tensiones en las cuerdas. Solucin. La siguiente figura ilustra el diagrama de fuerzas que actan sobre todos los cuerposT N T T g A g f 53m Ag CBBm BgTBmCgy las condiciones de equilibrio para cada cuerpo son T mA g sin S = 0 N N mA g cos = , 0 mB g + TB T = , 0 mC g TB = , 0 , si reemplazamos N y sumamos las primera, tercera y cuarta se obtiene mB g + mC g mA g sin S mA g cos = 0, de donde despejamos mB + mC mA sin S = = mA cos 1 sin . cos Tambin podemos despejar las tensiones, usando g = 10 m s2 TB = mC g = 10 N, T = (mB + mC )g = 30 N. N74Soluciones ejerciciosEjercicio 4.26 Un objeto homogneo en forma de paraleleppedo de altura a y de ancho b est en reposo soportado por dos patitas de masa despreciable en uno y otro extremo como se indica en la figura. Si se aplica una fuerza horizontal T a altura a/2 determine el valor mximo de S tal que al rom- perse el equilibrio aumentando T , el cuerpo deslice sin volcar. (respuesta: S = b/a)ba/2 aTSolucin. El diagrama de cuerpo libre e sba/2 aTf1A f2 N1BN2donde las condiciones de equilibrio son X X FX = T f1 f2 = 0, X FY = N1 + N2 Mg = 0, B = T Para que el cuerpo e a b + N1 b M g = 0. 2 2st a punto de deslizar sin volcar, debe ser f1 = S 1, f2 = N S N1 > N 0.2 ,75 Entonce sT = f1 + f2 = S (N1 + N2 ) = S Mg, a b + N1 b Mg = 0, 2 2 b N1 b = M g 2 a S M g b, a b . a > 0,que reemplazamos en la tercera resultando S Mg o bieno sea de modo que el mximo ser2S < S = NEjercicio 4.27 Se tiene un sistema formado por una barra uniforme de 6 m de longitud, de masa 100 kg articulada en el punto A a un mstil vertical. En el extremo B de la barra cuelga un cuerpo de masa 400 kg. La barra est sostenida por un cable inextensib le atado a los puntos C sobre la barra a dis- tancia 1,5 m del extremo B y D sobre el mstil, de tal modo que el tringulo ACD es equiltero. DetermineD 60 B 60 60 g A C76 a) La magnitud de la tensin del cable CD.Soluciones ejerciciosb) Las componentes de la fuerza que hace el pivote en A sobre la barra. c) El torque ejercido por la tensin del cable sobre el mstil, respecto al punto A. Solucin. El diagrama de cuerpos libres esT B T' 60 V 60 g A H Mg T' Cmgy las condiciones de equilibrio sernT 0 mg = 0, H T cos 30 = 0, V + T sin 30 Mg = 0,MgAB cos 30 + T 0 AB cos 30 T AC sin 60 = 0. 2 AB = 6 m AC = 4,5 m.De acuerdo a los datosDel sistema podemos despejar AB AB + mg == 6000 N, 2AC AC V = M g T sin 30 = 2000 N, H = T cos 30 = 5196. 2 N, T = Mg ((a)) ((b))y el torque esA = AC sin 60k = 22863k N m. T((c))77 N Ejercicio 4.28 Se ata un cuerpo de 200 N de peso al punto medio de una cuerda y dos personas tiran de la misma manera de sus extremos de tal modo que el cuerpo queda suspendido como se indica en la figura. Determine la fuerza de tensin que deben ejercer las personas.F 10 g 10 FSolucin. Es muy directo 2F sin 10 = W, de donde F = W = 5758. 8 N 2 sin 10 N78Soluciones ejerciciosCaptulo5Soluciones ejerc iciosEjercicio 5.1 La compuerta de la figura tiene 2 m de ancho y contiene agua. Si el eje que soporta la compuerta que pasa por A soporta un par m- ximo de 150 kN m, determine la mxima altura h que puede tener el agua.h2.8 m2.1 mSolucin. El perfil de presin que acta sobre la compuerta se ilust ra enla figura que sigue80Soluciones ejerciciosh1 h z Lde manera que neces itamos el rea y centroide de la figuraA1 a L A2 bComo conocemos las propiedades de un rectngulo y de un tringulo es fcil obtener 1 1 A = A1 + A2 = L(b a) + La = L(a + b). 2 2 El centroide est en posicin (medida desde la izquierda) xC = + 2L 3 A1 A1 + A2 1 a + 2b = L 3 a+bL 2 A2La presin vara de la forma p = gh1 + gz sin , entonces la fuerza por unidad de longitud es wgh1 + wgz sin , siendo w el ancho de la compuerta. De manera que la fuerza resultante e s F = 1 L(wgh1 + + wgL sin ) 2 wgh 1 1 = wgL(2h1 + L sin ) 281 y su punto de aplicacin es 1 (wgh1 ) + 2(wgh1 + wgL sin ) L 3 wgh1 + + wgL sin ) (wgh1 1 3h1 + 2L sin = L 3 2h1 + L sin El torque ser de magnitud 1 3h1 + 2L sin zc =1A1 = F (L zc ) = wgL(2h1 + L sin )(L 2 =3L2h + L sin )13 1 L gw sin + L2 gwh1 6 2 Nota: Vale la pena aprender a integrar pues es muy directo calcular Z A = =L1 3 1 L gw sin + L2 gwh1 6 2 Numricamente w = 2 m, = 1 g cm3 = 1000 kg m3 , g = 10 m s2 , L = 2,12 + 2,82 = 3. 5 m, cos = 2,1/3,5 = 0,6, = 53. 13, calculamos p A = 1. 143 105 + 1. 225 3 105 h1 ,0(L z)(wgh1 + wgz sin )dzde manera que de 1. 143 105 + 1. 225 3 105 h1 = 150000 , resulta h1 = 0,291 18 m y luego h = h1 + 2,8 = 3. 091 m. NEjercicio 5.2 Determnese el par que se requiere hacer en A para sostener la compuerta indicada cuyo ancho, perpendicular al papel es w = 2 m.6m2m82Soluciones ejerciciosSolucin. Si z indica la posicin en la compuerta medida desde A hacia abajo, entonces numricamente ( = 1000 kg m3 , g = 10 m s2 , w = 2 m) p = 10000( 4 + z) N m2 y la fuerza por unidad de longitud ser 20000 (4 + z) N m1 . Su resultante y punto de aplicacin ser calculada igual que en el problema anterior con F = 1 0 6) (2)(20000 4 + 2000 2 = 20000 0N y su punto de aplicacin es 1 zc = (20000 2 3 20000 4 + (20000 6) = 1. 067 m. de modo que el torque es A = 200000 1. 067 = 2. 134 105 N m4) + 2(200006)Note de nuevo que integrando es mucho ms directo Z0 220000( 4 + z)zdz = 2. 13 N105Ejercicio 5.3 Determine la ubicacin y del pivote fijo A de manera que justo se abra cuando el agua est como se indica en la figura.832m1mySolucin. Si h indica una coordenada de posicin medida desde la su- perficie del agua hacia abajo, entonces la presin en un punto ubicado a esa profundidad e s p = gh, (la presin atmosfrica acta por ambos lados y se cancela). Para que la compuerta justo se abra, el punto de aplicacin de la resultante debe estar en el punto A. La coordenada del punto de aplicacin medida desde el punto ms alto de la compuerta puede escribirse zc = 1 L 3 1 = L 3 (wgh1 ) + 2(wgh2 ) wgh1 + (wgh2 ) h1 + 2h2 , h1 + h2entonce s1 1 + 2(2) 3 1+2 = 0,56 mpor lo tanto y = 1 0,56 = 0,44 m N84Soluciones ejerciciosEjercicio 5.4 Un bloque con una seccin transversal de rea A, altura H y densidad , est en equilibrio entre dos fluidos de densidades 1 y 2 , con 1 < < 2 . Suponga que los fluidos no se mezclan. Determine la fuerza de empuje sobre el bloque y encuentre la densidad del bloque en funcin de 1 , 2 , H y h.h1 2HSolucin. El empuje es igual al peso de la regin de fluido ocupada por el cuerpo, es decir E = 1 gV1 + 2 gV2 = 1 gAh + 2 gA(H h). Para obtener la densidad tenemos que gAH = 1 gAh + 2 gA(H h), o sea = 1 h + 2 (H h) . H NEjercicio 5.5 Un cuerpo de material desconocido pesa 4 N en el aire y 2,52 N sumergido en agua. Encuentre la densidad especfica del material. Solucin. En aire el peso e s P = C gVC , completamente sumergidoP 0 = C gVC L gVC ,85 de manera que0PP L gVC entoncesC gVC = C gVC =C , C LC = 2. 702 7L o sea C = 2. 702 7g cm3 . N Ejercicio 5.6 Una balsa de rea A, espesor h y masa 400 kg flota en aguas tranquilas con una inmersin de 5 cm. Cuando se le coloca una carga sobre ella, la inmersin es de 7,2 cm. Encuentre la masa de la carga. Solucin. Si la masa del cuerpo es M y la de la carga es m podemos escribir M g = (L gA)5, (M + m)g = (L gA)7,2,de donde se obtieneM+m =,7,2 5 My Nm = 0,44M = 176,0 kg.Ejercicio 5.7 Un cuerpo homogneo prismtico de 20 cm de espesor 20 cm de ancho y 40 cm de longitud se mantiene en reposo sumergido en agua a 50 cm de profundidad al aplicar sobre l una tensin de 50 N . Cunto pesa en aire y cul es su densidad relativa? Solucin. La tensin es el peso sumergido, es decir P 0 = C gVC L gVC = 50, pero gVC = 0,2 0,2 0,4 10 = 0,16 de manera que C L = 50 = 312. 5 0,1686 de manera queSoluciones ejerciciosC = 1312. 5 kg m3 , Cr = 1,3125,la densidad relativa es y el peso en aire ser P= C gVC = 0,16 1312. 5 = 210,0 N NEjercicio 5.8 Qu fraccin del volumen de una pieza slida de metal de densidad relativa al agua 7,25 flotar sobre un mercurio de densidad relativa 13,57? Solucin. Sea m la masa de la pieza (C ). Su peso ser W = mg. m Su volumen total V = , ser C de modo que podemos escribir el peso en trminos del volumen como W = C V g Cuando una fraccin VS del volumen queda sumergido, la fuerza de empuje es E = Hg gVS . En la situacin de equilibrio el peso iguala al empuje de modo que C V g = Hg gVS , de donde VS 7,25 = = 0,534 C = V Hg 13,57o sea hay un 53,4 % sumergido y por lo tanto 46. 6 % sobre el nivel del Mercurio.87 N Ejercicio 5.9 Un tarro cilndrico de 20 cm de dimetro flota en agua con 10 cm de su altura por encima del nivel del agua cuando se suspende un bloque de hierro de 100 N de peso de su fondo. Si el bloque se coloca ahora dentro del cilindro qu parte de la altura del cilindro se encontrar por encima de la superficie del agua? Considere la densidad del hierro 7,8 g cm3 . Solucin. S ea H en metros, la altura del cilindro, R el radio y h la altura por encima del nivel del agua. El volumen sumergido de cilindro ser V = R2 (H h). Sean V 0 , W 0 , 0 el volumen, peso y densidad del hierro M0 W0 = 0 0, g entonces la condicin de equilibrio ser V0 =2 (H h) + M C g + W 0 = H 2 O g R H2 O gg0 W.0Cuando el bloque se coloca adentro, no est presente el empuje sobre el bloque de hierro de modo que M C g + W 0 = H2O gR2(H h0 ),donde h0 es la nueva altura sobre el nivel del agua. Al igualar las dos ecuaciones se obtiene 0 ?R2 (H ? h) + W = ?R2 (H ? h ), g 0 ?h + 0 2g W ?R ?0 0= h0 1 W 00 R2 g = 0,1 m, 0 = 7800 kg m3 y W 0h0 = h . Los datos son h = 0,1 m, R = 100 N, g = 10 m s2 obteniendo 0,1 1 100 (0,1)2 10 7800h0 = 0,059 m = 6 cm88 NSoluciones ejerciciosEjercicio 5.10 Considere el sistema de la figura donde el tubo est lleno de aceite de densidad = 0,85 g cm3 . Uno de los recipientes est abierto a la atmsfera y el otro est cerrado y contiene aire. Determine la presin en los puntos A y B si la presin atmosfrica es 1 atm.A2m Aire B 0.5 mAceiteSolucin. Al nivel del aceite de la izquierda tenemos actuando la presin atmosfrica pa = 1 atm = 101 325 Pa y se tiene 1 g cm3 = 1000 kg m3 pa = pA + gh 1, pB = pA + gh2 , con h1 = 2,5 m y h2 = 2 m. As calculamos pA = 101 325 850 9,8 2,5 = 80500,0 Pa = 0,794 47 atm, y pB = 8050 0,0 + 850 9,8 2 = 9716 0,0 Pa = 0,958 89 atm.89 N Ejercicio 5.11 Con respecto a la figura, determine la presin en los puntos A, B, y C de la figura donde el aceite tiene densidad 0,90 g cm3 y el agua 1,00 g cm3 .Aire A Aire 0.3 m 0.3 m 0.6 m Agua CSolucin. Supondremos que la presin atmosfrica que acta sobre la segunda columna de agua es pa = 1 atm = 101 325 Pa. Entonces pa = pA + agua g pa + agua g pB = 0,6, pC + ai re g pB = 0,6, 0,9. Si se despreci a la densidad del aire tenemos que pA = = pB = = 10132 5 1000 9,8 0,6 9544 5 Pa pC = 10132 5 + 1000 9,8 0,6 1 072 10 Pa. N Ejercicio 5.12 En una piscina se encuentra flotando una balsa que tiene forma de un paraleleppedo de densidad relativa (al agua) de 0,3 y cuyas dimensiones son 120 cm de largo, 100 cm de ancho y 25 cm de alto. Determine a) La fuerza de empuje. b) La altura medida desd e el fondo de la balsa a la que se encuentra la lnea de flotacin.90Soluciones ejerciciosc) El peso que debera colocarse sobre la balsa para que esta se hundiera 6 cm ms. Solucin. Si la balsa flota, entonces la fuerza de empuje debe ser igual al peso, esto es E = gV = 300 9,8 1,2 1 0,25 = 882,0 N.Sea h la altura sumergida. El empuje debe adems ser igual al peso del lquido desplazado, es decir E = agua gVdesp , entonces podemos igualar * 1,2 1 0,25 = 1000 9,8 1,2 1 h 300 9,8h = de donde 0,25 = 0,075 m = 7,5 cm. 1000 Para que se hunda 6 cm ms tenemos que agregar un peso W , donde el peso total debe igualar al nuevo empuje, esto es 882 + W = 1000 de donde W = 15 87,6 882 = 7 05,6 N. N Ejercicio 5.13 Determine la fuerza resultante y su punto de aplicacin debida a la accin del agua sobre la superficie plana rectangular de altura AB = 2 m y de ancho 1 m (hacia adentro del papel), donde el punto A est a profundidad de 1,2 m.O A B3009,8 1,2 1 (0,075 + 0,06) = 15 87,691 Solucin. Como se explica en el texto F = wg y su punto de aplicacin ser 1 21y 2 y2 2 122 y2 + 2 y2 y1 + y yP = . y1 + y2 33 2 siendo y1 = 1,2 m, y2 = 3,2 m, = 1000 ? kg m , w = 1 m, g = 9,8 m s as calcule 1 0,0 N, 9,8(3,22 1,22 ) = 4312 F = * y1000 P = 3 1, ,2 2 y 2 1,22 + 1,2 3,2 + 3,22 = 2. 351 5 m, 2+ 3medido desde la superficie del agua. N Ejercicio 5.14 Repita el problema anterior si la lnea OAB forma un ngulo de 30o respecto a la vertical.O A 2m B 30 1.2 mSolucin. Como se explica en el texto 1 F = wg y su punto de aplicacin ser 1 2 y2 y 2221cos ,2 y2 + 2 y2 y1 + yyP =3y1 + y2,92Soluciones ejerciciosdonde los y se miden desde la superficie pero a lo largo de la compuerta. Entonces tenemos 1,2 y1 = = 1. 385 6 m, cos 30 y2 = y1 + 2 = 3. 385 6 m, calculando obtenemos yP = F = 3 1000 1 1. 385 6 9,8(3. 385 62 *? 1. 385 62 ) cos = 4049 3 N, 63. 385 6 3. 385 6 + 3. 385 62 = 2. 525 3 m.2 2 1. 385 62 + 1. 385 6 +N Ejercicio 5.15 Un tubo en U que est abierto en ambos extremos se llena parcialmente con agua. Despus se vierte keroseno de densidad 0,82 g cm3 en uno de los lados que forma una columna de 6 cm de altura. Determine la diferencia de altura h entre las superficies de los dos lquidos.pa pah 6 cmSolucin. Al nivel de la columna de agua en el lado derecho, la presin es la misma en las dos ramas, por lo tanto a (6 h) = k 6, de dondeh = 1. 08 cm.93 N Ejercicio 5.16 Un tubo en U que est abierto en ambos extremos se llena parcialmente con mercurio. Despus se vierte agua en ambos lados obteniendo una situacin de equilibrio ilustrada en la figura, donde h2 = 1 cm. Determine la diferencia de altura h1 entre las superficies de los dos niveles de agua.pa pah1h2Solucin. Sea a la densidad del agua y m la densidad del mercurio. La presin al nivel inferior del mercurio puede es la misma y puede calcularse por las dos ramas obteniendo m gh2 = a gh2 + a gh1 , de donde h1 = ( m 1)h2 . a N Ejercicio 5.17 La compuerta de la figura tiene una altura de 2 m un ancho de 2 m, est articulada en A y apoyada en B como se indica en la figura. Si el fluido es agua de densidad = 1000 kg m3 y su nivel llega hasta la mitad de la compuerta, determine las reacciones horizontales en los puntos A y B.94Soluciones ejerciciosfigura (3) A 2m 1mBSolucin. El centro de presin est a distancia yP = 1 + del punto A y la fuerza de presin es F 1 gwh2 = 2 1 = 1000 9,8 2 12 2 = 9800,0 N. = 2 5 = m 3 3Si llamamos HA y HB las reacciones horizontales en A y en B, tenemos que HA + HB + F = 0, 5 HB 2 + F = 0 3 6 = ?8166. 7 N,de dondeHB = ?F *HA 5 = 8166 . 7 ? 9800,0 = ?1633 . 3 N, ambas hacia la izquierda. N Ejercicio 5.18 El tubo en U de la figura est abierto a la presin atmosfrica en ambos extremos y contiene dos lquidos (1) y (2) que no se mezclan95 como se indica en la figura. Determine la razn de las densidades?2 1 .pa pah1figura (4)h2Solucin. Igual que en un problema anterior, igualamos la presin calculada por las dos ramas (2 el lquido inferior) 2 gh2 = 1 g(h1 + h2 ), de donde 1=2h2 . h1 + h2 N96Soluciones ejerciciosCaptulo6Soluciones ejerc iciosNota 6.1 (1), (2), y (3) representan el grado de dificultad del problema. El (1) corresponde a problemas tipo prueba, el (2) corresponde a problemas discriminatorios y el (3) a problemas de tareas. Ejercicio 6.1 La posicin de una partcula que se mueve sobre el eje OX de un sistema de coordenadas est dada x(t) = 1 + 8t 2t2 , donde la posicin est en metros y el tiempo en segundos. Determine a) La velocidad en t = 5 s. b) La aceleracin en t = 2 s. c) El instante en que la partcula cambia su sentido de movimiento. d) El desplazamiento de la partcula entre t = 0 y t = 4 s. e) El espacio recorrido entre t = 0 y t = 4 s. f ) El espacio recorrido entre t = 0 y t = 5 s. Solucin. Calculamos directamente a) v(t) =dx dt= 8 4t que evaluada en t = 5 da v(5) = 12 m s198 b) a(t) =dv dtSoluciones ejercicios = 4 constante por lo tanto a(2) = 4 m s2c) Cuando v(t) = 8 4t = 0 esto es cuando t = 2 s d) x = x(4) x(0) = (1 + 8 4 2 42 ) 1 = 0 m * * e) Notemos que partcula cambia sentido del movimiento cuando v(t) = 8 4t = 0 es decir en t = 2 s, por lo tanto s = x(2) x(0) + x(2) x(4) = 16 m f) Similarmentes = x(2) x(0) + x(2) x(5) = 26 m NEjercicio 6.2 Una partcula se mueve a lo largo del eje OX de un sistema de coordenadas con aceleracin constante. En el instante inicial pasa por la posicin x(0) = 10 m con una velocidad v(0) = 20 m s1 y en t = 3 s su posicin es x(3) = 52 m. Determine a) La posicin de la partcula en funcin del tiempo x(t). (o ecuacin itinerario) b) El espacio recorrido por la partcula entre t = 3 s y t = 6 s. c) La velocidad media entre t = 4 s y t = 7 s. d) Los intervalos de tiempo en que la partcula se aleja del origen. Solucin. Si a indica la aceler acin entonce s 1 x(t) = x(0) + v(0)t + at2 2 1 2 = 10 20t + at 2 pero se sabe que x(3) = 52 por lo tanto 52 = 10 20 3 + 1 2 a 23de donde a = 4 m s2 . Ahora podemos calcular las respuestas99 a) x(t) = 10 20t + 2t2 b) Para saber el espacio recorrido debemos saber cuando cambia el sentido del movimiento v(t) = 20 + 4t = 0 t = 5 s que est dentro del intervalo (3, 6). Como inicialmente va hacia la izquierda s = x(3) x(5) + x(6) x(5) = 10 m c) Tenemos que calcular vm (4, 7) = x(7) x(4) 74 ,pero podemos evaluar x(7) = 52 m y x(4) = 58 m luego vm (4, 7) = 52 + 58 = 2 m s1 . 74d) La partcula comienza a moverse hacia la izquierda hasta alcanzar su mnimo que ocurre en t = 5 s. Posteriormente cruza el origen nueva- mente cuando 10 20t + 2t2 = 0 t = 10. 477 s Por lo tanto la partcula se aleja del origen en los intervalos de tiempo 0 < t < 5 y t > 10,477 s N Ejercicio 6.3 El grfico siguiente ilustra la variacin de la velocidad v(t) de una partcula que se mueve sobre el eje OX de un sistema de coordenadas con el tiempo. Si en t = 0 la partcula est en el origen del sistema, deter- mine100Vx (m/s) 30Soluciones ejercicios15 1 0 -15 2 3 4 5 6 7 8 t (s)a) La aceleracin de la partcula en t = 1 s. b) El desplazamiento de la partcula entre t = 0 s y t = 3 s. c) La velocidad media de la partcula entre t = 4 s y t = 9 s. d) La posicin de la partcula en funcin del tiempo x(t) (ecuacin itine- rario) en el intervalo de t = 0 s a t = 2 s. e) Los intervalos de tiempo en que la partcula se dirige hacia el origen. Solucin. Es conveniente primero evaluar las aceleraciones (pendiente s del grfico dado) en los tres tramos. As resulta 45 2 , a a1 = m s , a2 = 0 m s 3 2 = luego al utilizar la ecuacin x(t) = x(0) + v(0)t + resulta x(t) para todo el recorrido x(t) = x(0) + v(0)t + 1 45 2 2 a t para t 0 2 1 t = 30t 2 42 2215 m s21 2 at , 2x(2) = 15 m 1 x(t) = x(2) + v(2)(t 2) + a2 (t 2 2) x(5) = 30 m x(t) = x(5) + v(5)(t 5) + = 30 15(t 5) + ?= 15 15(t 2) para 2 0 t 0 51 2 a3 (t 5) 2 15 (t 5)2 para 5 0 t 4101 luego las respuestas sern: N45 a) a(1) = 2 m s2b) x = x(3) x(0) = 15 15(3 2) = 0 c) x(9) x(4) vm = 94 d) x(t) = 30t 4 45 230 15(9 5) + = t15 4 (9 5)2 (15 15(4 2)) = 3 ms?194e) la partcula parte alejndose del origen hacia la derecha hasta que 4 v(t) = 30 45 2 t = 0 o sea t =3 s. Luego se mueve hacia la izquierda acercndose al origen hasta que x(t) = 15 15(t 2) = 0 o sea hasta t = 3 s. Luego se alejar del origen nuevamente hasta que v = 0 y esto ocurre si t = 7 s. De ah se acercar hasta cuando lo cruce de nuevo esto es cuando 30 15(t 5) + 15 (t 5)2 = 0, con solu4 cin t = 7 + 2 3 = 10. 464 1 s. En consecuenc ia se acerca al origen si4 3s < t < 3 s y 7 s < t < 10. 464 1 ssAEjercicio 6.4 En el grfico de la figura estn representada s las velocidades de dos partculas A y B que se mueven a lo largo del eje OX de un sistema de coordenadas. Determine BVx (m/s) 2 40 30 20 10 t (s) 0 1 3 4 5 6 7 8102 a) La aceleracin de B.Soluciones ejerciciosb) Espacio recorrido por A desde t = 0 hasta cuando B alcanza la velocidad vB = 30 m s1 . c) El desplazamiento de B en el intervalo de t = 0 s a t = 10 s. d) La posicin de la partcula A en funcin del tiempo t, si su posicin inicial es x(0) = 8 m. Solucin. La aceleracin de B es la pendiente de la curva vx vs t. Dado que la curva es una recta ella resulta constante axB = La ecuacin de la recta es vxB (t) = 40 8t. De aqu se determina el instante en que el mvil B alcanza la velocidad 8 vB = 30 m s1 40 8t = 30 y de aqu t = 10 s = 1. 25 s. El espacio recorrido por A en e se tiempo ser xA = 30t == 37. 5 m. (b) El desplazamiento de B es el rea bajo la curva (la integral de vx ) Z 10 10 Z xB = vxB (t)dt (40 8t)dt = 0. (c) 0 =0vx 40 = ? = ?8 m s2 . (a) t 8Si usted an no sabe integrar, el rea bajo la curva puede calcularla como la suma de las reas de dos tringulos, una positiva y la otra negativa xB = 1 1 40 5 40 5 = 0 m. 2 2La posicin de la partcula A es simplemente xA (t) = xA (0) + vxA t = 8 + 30t. (d) N103 Ejercicio 6.5 Dos partculas A y B se mueven con velocidad constante sobre un mismo eje OX en sentido contrario de manera que en t = 0 cuando B pasa por Q su velocidad es vB (0) = 5 m s1 , A pasa por P con velocidad vA (0) = 6 m s1 . La distancia entre los puntos A y B es 142 m. Determine las desaceleraciones constantes que deben aplicar ambas partculas para que se detenga n simultneamente justo antes de chocar.P 142 (m) QxA (t) = Solucin. De acuerdo a los datos (colocando el origen en P) 142 ? 5t + aA t , 1 2 2 xB (t) vA (t) = = 6t ? aB t , ?5 + 2 aA t, 1 2 vB (t) = 6 ? aB t s corresponden ambas a desace Note que los signos de las aceleracione leraciones de magnitud a. Ellas se detienen simultneamente si 5 + aA t = 0 6 aB t = , 0 , y ellas deben justo estar en la misma posicin xA = xB , 142 5t + 121 2 aA t = 6t aB t 2 2 podemos reemplazar aA t = 5 y aB t = 6 obteniendo 1 1 142 5t + 5t = 6t 6t t= 2 2 de donde y luego aA = aB = 284 = 25. 818 s, 11 5 = 0,193 m s2 , = 0,232 m s225. 818 6 25. 818104Soluciones ejerciciosN Ejercicio 6.6 Una partcula se mueve en la direccin positiva del eje OX con una rapidez constante de 50 m s1 durante 10 s. A partir de este ltimo instante acelera constantemente durante 5 s hasta que su rapidez es 80 m s1 . Determine: a) La aceleracin de la partcula en los primeros 10 s. b) La aceleracin de la partcula entre t = 10 s y t = 15 s. c) El desplazamiento de la partcula entre t = 0 s y t = 15 s. d) La velocidad media de la partcula entre t = 10 s y t = 15 s. Solucin. Para el primer tramo a) a = 0 m s2 . b) Aqu a es constante = v 80 50 a= t 5 = 6 m s2 .c) El desplazamiento es el rea bajo la curva (hgala) v(t) . El resulta 1 x = 50 15 + 5 30 = 825 m. 2 d) Esta es (rea entre t = 10 hasta t = 15) x(15) x(10) vm = 5 50 5 + 1 30 5 2 1 = = 65 m s . 5 N Ejercicio 6.7 Un cuerpo en movimiento rectilneo uniformemente acelerado, recorre en los dos primeros segundo un espacio de 16,72 m y durante los dos segundos siguientes un espacio de 23,46 m. Determine105 a) El espacio que recorre en los siguientes cuatro segundos. b) La velocidad inicial. c) La aceleracin del cuerpo. Ejercicio 6.8 Dos partculas A y B salen al mismo tiempo desde el ori- gen de un sistema de coordenadas movindose en el sentido positivo del eje OX . La partcula A tiene una velocidad inicial de vA (0) = 18 m s1 y una aceleracin constante aA = 4 m s2 , mientras que la partcula B tiene una ve- locidad inicial de vB (0) = 10 m s1 y una aceleracin constante aB = 8 m s2 . Determine el instante en que las partculas se encuentran nuevamente. Solucin. Podemos escribir xA (t) = 18t + xB (t) = 10t +1 2 4t , 2 1 2 8t . 2Las partculas se encuentran cuando xA = xB y de aqu 18t + 1 2 1 4t = 10t + 8t2 2 2con soluciones t = 0, y t = 4 s, la segunda sirve. N Ejercicio 6.9 En una carrera de 100 m dos jvenes A y B cruzan la meta empatados, marcando ambos 10,2 s. Si, acelerando uniformemente, A alcanza su rapidez mxima a los 2 s y B a los 3 s y ambos mantienen la rapidez mxima durante la carrera, determine: a) Las aceleraciones de A y B. b) Las rapideces mximas de A y B. c) El que va adelante a los 10 s y la distancia que los separa en ese instante.106Soluciones ejerciciosSolucin. En general si t0 es el tiempo que dura la aceleraci n y V es la velocidad constante final, tenemos que x(t) = V 1 2 0 at , si t < t y 2 = at0 ,1 X2 at02luego si X indica la distancia total a recorrer, el tiempo T que se emplea es T = t0 + T = t + para nuestro caso, como llegan T = (2) +0X 1 at022V at0empatados tenemosT = (3) + que dan2 100 1 2 aA (2) = 10,2, aA (2) 100 1 aB (3)2 2= 10,2 aB (3) aA = 5. 434 8m s2 , aB = 3. 831 4 m s2 , as resulta adems VA = aA t0A = 5. 434 8 2 = 10. 870 m s1, VB = aB t0B = 3. 831 4 3 = 11. 494 m1s , Para la etapa de velocidad constante tenemos que xA (t) = xB (t) = ) 1 2 + V (t t0 ), aA (t0A ) A A 2 1 aB (t0B2 + VB (t t0B ), 2y reemplazando valores numricos son x (t) = 8(2)2A15. 434+ 10. 870(t 2) = 10. 87 + 10. 87t, + 11. 494(t 3) = 17. 241 + 11. 494t,x (t) = 2 4(3) B2 1 23. 831*107 y para t = 10 s resultan xA = 10. 87 + 10. 87t = 97. 83 m, xB = 17. 241 + 11. 494t = 97. 699 m, luego va adelante A y la distancia que los separa es x = 97. 83 97. 699 = 0,131 m. N Ejercicio 6.10 Una partcula que se mueve en movimiento unidimensional sobre el eje OX parte del origen con una velocidad inicial v(0) = 5 m s1 y desacelera constantemente con una aceleracin a = 10 m s2 . Determine la posicin mxima que alcanza sobre el eje de movimiento y la velocidad cuando pasa nuevamente por el origen. Solucin. Tenemos que x(t) = 5t 2 , v(t) = 5t 5 10t, ella cambia su sentido de movimiento (est en un mximo) cuando 510t = 0 y de aqu t = 0,5 s. Para e se instante calculamos xmaxim o = 5(0,5) 5(0,5)2 = 1. 25 m. Cuando pasa nuevamente por el origen x = 0 y de aqu 5t 5t2 = 0, con solucin t = 1 s. Para e se instante v(1) = 5 10 = 5 m s1 . N Ejercicio 6.11 Si una partcula en que se mueve en movimiento unidimensional sobre el eje OX parte del origen con velocidad nula y aceleracin constante a, demuestre que las distancias recorridas en cada segundo aumentan en la proporcin 1 : 3 : 5 : 7 : 108 Solucin. Basta considerar que x(t) = 1 2 at , 2Soluciones ejerciciosAs la distancia recorrida entre t = n y t = n + 1 ser xn = an 1 2 1 2 a(n + 1) 221 = a(2n + 1) 2o sea estn en la proporcin 1 : 3 : 5 : 7 : N Ejercicio 6.12 Si una partcula que se mueve en movimiento unidimen. con velocidad V0 y desacelera sional sobre el eje OX parte del origen con aceleracin constante a, demuestre que la partcula regresar al origen en un tiempo 2V0 t= 0 a 2 Solucin. Tenemos que2t x=V t0. 1at2 ,luego haciendo x = 0 resulta V0 t 1 at2 = 0, y de aqu V =2 a N Ejercicio 6.13 Dos partculas A y B que se mueven en movimiento unidi- mensional sobre el eje OX parten del origen. La partcula A parte en t = 0 con velocidad VA (0) = 10 m s1 . La partcula B parte en t = 1 s con velo- cidad VB (1) = 10 m s1 . Ambas desaceleran con aceleracin de magnitud a = 6 m s2 . Determine la mxima distancia entre ellas antes que se crucen. Solucin. Para t > 1 tendremos2 xA (t) = 10t 3t ,xB (t) = 10(t 1) + 3(t 1)2 .109 Note que desaceleraciones significan aceleraciones contrarias a la velocidad inicial. La distancia que las separa es xA xB es decir x = 10t 3t2 (10(t 1) + 3(t 1)2 ) = 26t 6t2 13. Su mximo se logra derivando e igualando a cero 26 12t = 0, de donde t = 2. 166 7 s y para e se tiempo x = 26t 6t2 13 = 15. 167 m. N Ejercicio 6.14 (1) Desde el origen de un sistema de coordenadas se lanza una partcula con rapidez v0 formando un ngulo de 37o con la horizontal y choca al cabo de 3 s con una pared en el punto (x, y). Si se cambia el ngulo de lanzamiento a 53o con la horizontal, manteniendo la misma rapidez de lanzamiento v0 , la partcula impacta la pared en el punto (x, y + 7). a) Determinar el tiempo que demora el proyectil lanzado a 53o sobre la horizontal en llegar a la pared. b)Determine la rapidez de lanzamiento de la partcula. Solucin. Recordando que x = v0 t cos 021 y = v t sin gt2 ,la condicin del problema puede escribirse x = 3v0 cos 37 y = 3v0 sin 37 y0 21 y + 7 = v t sin 53 10t2 ,1 10(3)2 , 2x = v0 t cos 53Eliminando x e y se obtiene v0 t cos 53 = 3v0 cos 37, 3v0 sin 37 38 = v0 t sin 53 5t2 .110 De la primeraSoluciones ejerciciost=3 cos 37 cos 53= 3. 98 ? 4 s,y de la otrav0 =38 5t2 3 sin 37 t sin 53 = 30. 0 m s1 NEjercicio 6.15 (1) Por un tubo de dimetro despreciable ubicado en el suelo, sale un chorro de agua en un ngulo de 45o con la horizontal (dentro del tubo las partculas de agua tienen distintas velocidades). El grueso del agua forma en el suelo un charco aproximadamente circular de radio 2,2 m cuyo centro se encuentra ubicado a 12,2 m del origen. Determine entre que valores vara la rapidez con que sale el grueso del agua por el tubo despreciando las fuerzas viscosas. ? Solucin. De 2v2 x = v0 t cos 2 y = x tan gx20, cos2cuando y = 0 (punto de cada) se obtiene x= 2v0 sin cos . Si = 45o ello se simpli fica a g010x = v0 =,v2 g gx.o bienPero de los datos se sabe que 12,2 2,2 < x < 12,2 + 2,2 y para los extremos 10 = 10 m s1 , v0 = v0 = 10 14,4 = 12,0 m s1 p111 N Ejercicio 6.16 (1) Una partcula en t = 0 pasa por el origen de un sistema de coordenada s fijo en el espacio con velocidad v0 = 2 k m s1 movindose en el espacio con una aceleracin que en cualquier instante est dada por la expresin a(t) = t m s2 . Determine en t = 2 s: a) Los vectores posicin y velocidad de la partcula. b)Las componentes tangencial y normal de la aceleracin. Solucin. De a(t) = t , integrando dos veces se deduce que ?v(t) = 2?? ? k? + ( t2 2 t3 t2 r(t) = (2 k )t + ( 6 si t = 2 ? 4 , 2, 2), ), ?? ? t??),216 r(2) = (2 k)2 + ( 2) = ( 3 3v(2) = 2 k + (2 2) = 4 2 k = (4, 2, 1) Para evaluar las componentes tangencial y normal, determinemos T (2) = por lo tantoTv (4, 2, 1) = v 21 T(2),aT = ? a(2) 10 21 =pero a(2) = (2, 1, 0), calculando resulta a =T y aN = q a2 a2 5 2,182 = 0,49 m s2 p = 2. 18 m s2 ,112 NSoluciones ejerciciosEjercicio 6.17 (1) Un tanque se desplaza con velocidad constante de 10 m s1 por una llanura horizontal. Cuando t = 0, lanza un proyectil que da en el blanco a 9 km. Si la inclinacin del can respecto de la horizontal es 37o , determine la rapidez con que sale el proyectil respecto del can. Solucin. Podemos escribir (g = 10 m s2 ) x = 9000 = (v0 cos 37 + 10)t, y = v0 t sin 37 5t2 = 0, de la segunda t= reemplace en la primera , v0 sin 37 5 v0 sin 37 59000 = (v0 cos 37 + 10) tomando sin 37 = 0,6, y cos 37 = 0,809000 = 0,096 v 2 + 1. 2v0 cuya solucin positiva es v0 = 300,0 m s1 N Ejercicio 6.18 (1) Desde el origen de un sistema de coordenada s se lanza un proyectil en direccin de un objeto situado en la posicin (2h; h). Al momento de lanzar el proyectil, se suelta el objeto que cae por efecto de la gravedad. Determine en funcin de h la separacin entre el proyectil y el objeto cuando el proyectil haya recorrido horizontalmente P 0 una distancia h. 2 Solucin. Para el proyectil xP y = v0 t cos = v t sin 1 gt2 ,donde tan = 1/2. Para el objeto xO = 2h, yO = h 1 2 gt . 2113 Cuando xP = v0 t cos = h, entonces xP = h, yP = h tan ? ? 1 h2 g( 2 2 v 2 cos 0 ),xO = 2h, yO = h ?1g(2 ) 2 h v2 cos2 0 la distancia ser d = p(xP xO )2 + (yP yO )2 qh2 + ( h )2 = 1 h 5 = 2 2 N Ejercicio 6.19 (1) Desde un barco que se mueve a 20 km h se ve a otro barco que est a 20 km cruzando su trayectoria perpendicularmente con una rapidez de 15 km h1 . Despu s de cunto tiempo la distancia que separa los barcos es mnima? Solucin. Respecto a un sistema cartesiano, las coordenadas de los dos barcos pueden escribirse x1 y1 x2 y2 de modo que la = = = = 0, 20t , 15t , 20,1distancia en funcin del tiempo serd = (x1 x2 )2 + (y1 y2 )2 p (15t)2 + (20t 20)2 = p t1 = 25+25 25 25 = p(25t2 32t 16) 5 t= Un polinomio de segundo grado tiene un mnimo en el punto medio entre sus races que son 16 12 16 12 + i, t2 = i, o sea el tiempo e s 16 = 0,64 h 25114 NSoluciones ejerciciosEjercicio 6.20 (2) Una partcula A es lanzada sobre una lnea recta ho- rizontal con cierta velocidad. Su aceleracin es constante. Un segundo ms tarde y desde el mismo lugar otra partcula B es lanzada tras la primera con una velocidad igual a la mitad de la de A y una aceleracin el doble de A. Cuando B alcanza a A, las rapideces son 22 m s1 y 31 m s1 respectivamente. Calcule la distancia que las partculas han viajado. Solucin. Suponiendo el movimiento sobre el eje OX tenemos 1 = vt + at2 , A 2 1 1 xB = ( v)(t 1) + (2a)(t 1)2 , 2 2 vA = v2 + at, 1 vB = ( v) + (2a)(t 1). x Al igualar las distancias y simplificar 1 1 vt = 2 2 adem s v = 1 v + at2 2at + a 2v) + (2a)(t ? 1) = 31vA = v + at = 22 1 ( B 2 Es un sistema de tres ecuaciones con tres incgnitas cuyas soluciones son a = 5,0 m s2 , t = 4,0 s, v = 2,0 m s1 y la distancia resulta d = vt + 1 2 at = 48,0 m 2 NEjercicio 6.21 (2) La velocidad de una partcula en el movimiento rectilneo decrece desd e 15 m s1 a una velocidad que tiende a cero, cuando x = 30 m tal como lo muestra la figura. Demuestre que la partcula nunca alcanzar los 30 m y calcule la aceleracin cuando x = 18 m.115vx (m/s) 1530x (m)Solucin. La funcin lineal del grfico corresponde a vx x + = 1, 15 30 de donde tenemos Z t=0dx1+ x = 15, dt 2xdx = 2 ln 30 2 ln (30 x) , 15 1 x 2que tiende a infinito si x 30. Cuando x = 18 t = 2 ln 30 2 ln (30 18) = 1. 83 s, la rapidez resulta vx = 15 y la aceleracin ser (derivando) 1 2 . ax = vx = 3 m s 2 N Ejercicio 6.22 (1) Una partcula se mueve a lo largo de la curva r = 3 tal que = 2t3 donde t se mide en segundos, r en metros y en radianes. Determine la velocidad y la aceleracin de la partcula en coordenadas polares para = 0,2 rad. Solucin. Sabemos que v = r r + r ,2 a = (r )r + (2r + r), r1 1 , 18 = 6 m s 2116Soluciones ejerciciossiendo r = 6t3 , r = 18t2 , r = 36t, = 6t2 , = 12t y el tiempo dado de 2t3 = 0,2, t = 0,464 s t = 0,464 r = 18t2 = 3. 87 r = (6t3 )(6t2 ) = 0,772v = 3,875r + 0,774(r ) = 36t (6t3 )(6t2 )2 = 15. 704 r (2r + r) = 2(18t2 )(6t2 ) + 6t3 (12t) = 13. 349 a = 15. 704r + 13. 349 N Ejercicio 6.23 (2) Desde una altura de 20 m, con respecto al eje X de un sistema de coordenadas ubicado en Tierra, se lanza una partcula A con una rapidez de 50 m s1 y formando un ngulo de 30o con la horizontal. Simul- tneamente y desde la posicin X = 200 m se dispara verticalmente hacia arr iba un proyectil B de modo que cuando la partcula A llega a Tier ra, el proyectil B est en su altura mxima. Calcular: a)el tiempo transcurrido para que la distancia que separa A de B sea mnima; b)la velocidad relativa de A respecto a B en m s1 . Solucin. Usando g = 10 m s2 de xA = 50t cos 30 = 25 3t 2 yA = 20 + 50t sin 30 5t = 20 + 25t 2 , xB = 5t 200, yB = vB (0)t 5t2 . El tiempo para que la partcula A llegue a la Tierra (yA = 0) se obtiene de 20 + 50t sin 30 5t2 = 0 y resulta t = 5. 70 s. Para e se tiempo debe ser vB (t) = 0, entonces vB (0) 10t = vB (0) 10 5,70 = 0117 de donde LuegovB (0) = 57,0 m s1 . yB (t) = 57t 5t2 .La distancia entre los dos objetos ser p d = (xA xB )2 + (yA yB )2 y reemplazando las coorden xA xB adas = 25 3 t 200,yA yB = 20 + 25t 5t2 (57t 5t2 ) = 20 32t lueg od = q(25 3t 200)2 + (20 32t)2t+ el pun El mnimo ocurre en to medio entre las races de 2899t2 10 000 3 q= 2899t2 10 5 000 5t. 3 3t + 40 400 1280 340 400 1280t = 0, que son: t = 3. 208 + 1. 909i y t = 3. 208 1. 909i, de modo que el tiempo es t = 3,21 s. En este instante las velocidades son vA = (2 , 25 10t) = (2 , 25 32,1) vB = (0, 57 32,1) y la velocidad relativa resulta vA vB = 25 3, 32,0 N = (43. 30, 32,0)Ejercicio 6.24 (1) Un can est montado sobre un promontorio de altura h. Se dispara un proyectil con una rapidez v0 y ngulo de elevacin . De- muestre que el alcance horizontal d, distancia a lo largo del plano horizontal que pasa por la base del promontorio, es: d= v0 cos g v0 sin + q v 2 sin2 + 2gh . 0118 Solucin. La ecuacin de la trayectoria es y = h + x tan ? gx2 , 2 2 0 cos 2vSoluciones ejerciciosy cuando y = 0 debemos despejar x de una ecuacin de segundo grado, resultando tan x = d= v22tan2 + qv2g cos2 4gh2 22v0 cos 0v22=0cos (tan g tan2 0 + s2gh ) 0 cos =v0 (cos ) (v0 sin g0q v 2 sin2 + 2gh ) NEjercicio 6.25 (1) Un can es montado sobre un promontor io de altura h. Se dispara un proyectil con una rapidez de salida v0 . Demuestre que el alcance horizontal d es mximo cuando el ngulo de elevacin es: s = sin1 2 v0 . 2 2v + 2gh 0Solucin. La ecuacin de la parbola de seguridad es2 v0 gx2 , y=h+ 2g 2v 2y para llegar a puntos sobre la parbola de seguridad tan =2 v0 . gx 0Luego, el alcance mximo x al nivel del suelo se despeja haciendo y = 0 de modo que 0 = h+ x = v02 gx2 , 2g 2v 2 v0 (v 2 , 0 + 2gh) gq119 resultand o2 v0 tan = = gx g2 v0 2 (v v0 + 2gh) 0 g=, 2 2gh) p (v + p0v0yq v0sin =(v 2 0 +2gh ) 1+ qv2 v0 20 +2gh= p, (2v + 2gh)0v0 2que prueba el resultado. N Ejercicio 6.26 (2) Una partcula es lanzada al espacio de modo que su alcance sobre el plano horizontal es R y su mxima altura h. Demuestre que el, alcance horizontal mximo, con la misma rapidez de salida v0 , es:22h +R2 . 8hSolucin. Sabemos que el alcance horizontal y altura mxima son R = 2v0 cos sin , g v 2sin 2 h = 0 , 2gy que el mximo alcance horizontal es Rmax = v2 0 . g0Debemos eliminar entre las dos primeras, as s sin = 2gh , v2120 reemplazamos en la primera R =2 cos sin 2v 0Soluciones ejercicios= =2 2v 0g 2gh 1( t 0 2gh2 ) v00s g v2us v2= 2h + . u = 2 2 hs v2 2h , glueg oR2 = 8hv20g v2 2h, R2 8hy finalmente Rmax =0g NEjercicio 6.27 (2) Se monta un can sobre la base de un plano inclinado que forma un ngulo con la horizontal. Este can dispara un proyectil hacia la parte superior del plano, siendo el ngulo que forma la velocidad de salida del proyectil con el plano. Calcule el ngulo de elevacin del plano para que el proyectil impacte sobre el plano inclinado paralelamente a la horizontal. Solucin. La ecuacin de la trayectoria es con 0 ngulo de disparo respecto a la horizontaly cuandoy = x tan gx2 , 2 0 0 cos y = x tan , impacta al plano inclinado. En esa coordenada debe ser dy gx = tan 0 2 = 0. dx v cos2 0 De las dos primeras resulta0?2v20121 gx = tan ?. 2v2 2 0 0 cos De la tercera despejamos x y re emplazamos en la ltima tan ?0 ? x= lueg o0 2 0 0 v 0 cos sin , g? g 2v02 cos2 02 v0 cos 0 sin 0tan = tan ,Pero 0 = + de manerag 1 tan 0 2= tan .tan( + ) = 2 tan , ? tan + tan = 2 tan 1 tan tan de donde tan = 1 4 tan 1(1 8 tan2 ) .q2 Hay solucin slo si 8 tan < 1, por e jemplo para tan = 8, resulta = 0,339 8 1/tan = 8 4=1 22 = 0,707 = 0,615 0 = 0,339 8 + 0,615 = 0,954 82y = 0,707 x, si g = 10, v0 = 5 el grfico es:42v 2cos20,955321012x34y = x tan 0,955 ?gx0122Soluciones ejerciciosN Ejercicio 6.28 (3) Un proyectil se dispara con rapidez inicial v0 , y ngulo de inclinacin variable. Para qu ngulo el alcance del proyectil ser mximo a lo largo de la recta y = x tan ?. Solucin. Tenemos la ecuacin de la parbola de seguridad v2 y=0gx22 0 2v,2gy para llegar a puntos sobre la parbola de seguridad tan = Adems debe ser y = x tan . De la primera y la tercera2 v0 . gx2 v gx2 0 0 = x tan , 2g 2v 2de donde x = tan + y luego q2 v 0 (tan + 1) , g 2tan =2 v 0=gx tan +1 p= tan + sec , (tan2 + 1)que prueba el resultado. Sin em bargo hay un resultado ms simple. En efecto de la identidad 1 cos tan = 2 sin result a 2 + tan21 + sin =cos = tan + sec ,123 luego tan = tan de donde +2 , 2 = + . 4 2 Por ejemplo si = 0 = 4 , = 2 = 2 . N Ejercicio 6.29 (1) Un aeroplano que vuela horizontalmente a 1 km de al- tura y con una rapidez de 200 km h1 , deja caer una bomba contra un barco que viaja en la misma direccin y sentido con una rapidez de 20 km h1 . Pruebe que la bomba debe soltarse cuando la distancia horizontal entre el avin y el barco es de 705 m (considere g = 10 m s2 ).18 el avin en el instante Solucin. Colocando el origen al nivel del mar, bajo de soltar la bomba, tenemos (1 km h = 1000/3600 = 5 = 0,278 m s1 ) Px yP B x yB Para dar en el blanco, igualamos 2001000 t, 3600 = 1000 5t2 , 1000 = d + 20 t, 3600 = 0. = 200 1000 1000 t = d + 20 t, 3600 3600 t 2 = 1000 5t = 0, 200 s 1000 20 3600 1000 ) 200 = 707,1 m 3600de la ltima y de la anterior d = (200 N124Soluciones ejerciciosEjercicio 6.30 (2) Se deja caer una pelota verticalmente sobre un punto A de un plano inclinado que forma un ngulo de 20o con un plano horizontal. La pelota rebota formando un ngulo de 40o con la vertical. Sabiendo que el prximo rebote tiene lugar en B a distancia 10 m de A ms abajo del plano, calcule: a) el mdulo de la velocidad con la cual rebota la pelota en A, b) el tiempo transcurrido desde que la pelota