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Ejercicios de Mecánica Clásica

CAPÍTULO I

Vectores

Pedro Ferreira Herrejón UMSNH 1


Vectores

En la solución de éstos ejercicios . . .

Se ha usado un sistema rectangular de coordenadas con vectores unitarios i , j y k para •denotar las direcciones X , Y , y Z respectivamente.En su gran mayoría, se han denotado los vectores con letras negritas mayúsculas, por ejemplo A •

, F ó L en vez de la tradicional notación A→

, F→

ó L→

Las magnitudes de los vectores se han representado por barras verticales que encierran el nombre •del vector ( por ejemplo A , F ó L ) ó también por el nombre del vector sin

letras negritas ( por ejemplo A , F ó L ) Las componentes de un vector se denotan con los subíndices correspondientes a cada dirección •(por ejemplo Ax , Ay y Az son las componentes del vector A en las direcciones X , Y , y

Z respectivamente.De éste modo un vector de escribe como la suma vectorial de sus componentes •correspondientes, por ejemplo A Ax i⋅ Ax j⋅+ Ax k⋅+= y su magnitud se calcula mediante la

expresión: A Ax( )2Ay( )2+ Az( )2+=

También se han usado las siguientes definiciones del producto de dos vectores A y B

escalar : A B• A B⋅ cos θ( )⋅= vectorial : A B× A B⋅ sen θ( )⋅=

donde θ es el ángulo entre las direcciones positivas de los vectores cuando el origen de ambos está en el mismo punto

ó sus desarrollos en función de las componentes vectoriales . . .

A B• Ax Bx⋅ Ay By⋅+ Az Bz⋅+= •

A B× Ay Bz⋅ Az By⋅−( ) i⋅ Az Bx⋅ Ax Bz⋅−( ) j⋅+ Ax By⋅ Ay Bx⋅−( ) k⋅+= •Asi, la magnitud de un vector se expresa también como

A A A•=•

A

B

θ



Una persona pasea por el camino mostrado en la figura de la derecha, que se compone de 4 trayectorias rectas. Al final de su recorrido, ¿a qué distancia se encuentra del punto de partida ? . Tómese :

A 1 km⋅= , B 1 km⋅= , C 3 km⋅= , D 3 km⋅= .

3.

A

B

CD

90°

120°

120°

Un bote deja San Pedro y viaja 35 km 15° al Oeste del Sur antes de que su motor se descomponga. Usted dejó San Pedro en la mañana y ha recorrido 42 km 23° al Sur del Oeste en el momento en que recibe la primera llamda de auxilio por la descopostura del bote . ¿Qué tan lejos y en qué dirección se encuentra el primer bote en rrelación con Usted en tal punto ?

2.

A 4= ; B 2= A 3= ; B 1= ; C 3=

d )c )

Y

60°

A

B

30°

OX

C

120°

Y

60°

A

B

OX

75°

A 2= ; B 2= A 2= ; B 2=

a )b )

Y

60°

A

B

225°

OX

45°

A

B 150°

OX

Y

Encontrar las componentes, magnitud y dirección del vector suma de los vectores indicados, para los cuales se conoce la magnitud, indicada en la parte inferior de cada diagrama.

1.



4. Dos equipos de exploradores dejan un punto común. El primer equipo viaja 5 km al norte a través de una planicie, luego sigue un rio 15° al oeste del norte durante 7 km antes de levantar su campamento. El segundo escala una colina viajando básicamente hacia el noreste durante 6 km a lo largo de una vereda que se eleva hasta una altura de 2.5 km. Luego, éste equipo sigue la colina hacia el norte aproximadamente a la misma altitud durante 4 km antes de establecer su campamento. ¿Pueden los equipos comunicarse si sus radios tienen un alcance de 5 km ?

5. Sea un vector A de magnitud 3 y un vector B de magnitud 1 que forman con el eje X ángulos de 60º y 135º respectivamente, calcular las componentes de los siguientes vectores . . .

a ) 2 A⋅ 2 B⋅− b ) 2

3A⋅ 2 B⋅+

6. Si A y B son dos vectores que tienen las componentes : Ax = −3 , Ay = 1 , Az = −2 y Bx = 4 , By = −6 , Bz = 1 , encontrar . . .

a) el ángulo entre A y B . b) un vector perpendicular a A y a B .

7. Dados los vectores : A i 2 j⋅− k+= , B 2 i⋅ j+ 3 k⋅−= , C 2− i⋅ 3 j⋅− k−= Calcular las

siguientes operaciones vectoriales . . .

a) 3 A⋅ 2 B⋅−C

2+ b) A B• c) B C×

d ) A B C×( )× y A B×( ) C× e) A B C×( )• , C A B×( )• y B C A×( )• .

8. Demostrar que si A y B son dos vectores arbitrarios distintos de cero entonces se cumple ñla siguiente identidad . . .

A B×( ) A B×( )• A2

B2⋅ A B•( )

2−=

9. Si A y B son dos vectores arbitrarios de la misma magnitud, ¿cuál debe ser el ángulo entre ellos de modo que

la magnitud de su suma A B+ sea igual a n veces la magnitud de su diferencia A B− ?

10. Un pirata tiene enterrado un tesoro en una isla sobre la cual crecen cinco árboles, localizados respecto a cierto origen de coordendas en los puntos :

A:(30 m, −20 m ), B:(60 m, 80 m ), C:( −10 m, −10 m ),

D:(40 m, −30 m) , E:( −70 m, 60 m ).En un mapa se indican las siguientes instrucciones para encontrar el tesoro:

Empezar en A y moverse hacia B pero reorrer solo la mitad de la distancia entre los dos puntos.•



A

B

C

D

E

Caminar hacia C cubriendo solo un tercio de la •distancia entre su actual ubicación y C.Dirigirse ahora hacia D recorriendo un cuarto de •la distancia entre el lugar donde se encuentra ahora y DFinalmente, moverse hacia E cubriendo un quinto •de la distancia solamente, detenerse y cavar.

¿Cuáles son las coordenadas del lugar donde se encuentra enterrado el tesoro del pirata? . Muestre que la respuesta no depende del orden en que se enlisten los árboles.

B

A

11. Demostrar que la magnitud del vector A B× es

geométricamente igual al área de un paralelogramo con lados de longitud A y B.

12. Demostrar que si la suma de dos vectores es perpendicular a su diferencia, entonces ambos vectores son de la misma magnitud ( es decir que si A B+( ) A B−( )• 0= entonces A B= )

A

B

C

13. Demostrar que el vector A B C×( )• tiene geométricamente una

magnitud igual el volumen de un paralelepípedo de lados A , B y C ( es decir A B C×( )• = Volumen ABC )

14. Demostrar que para tres vectores cualesquiera A , B y C que no sean coplanares ( esto es, que no estén en el mismo plano ) se cumple que . . .

A B C×( )• B C A×( )•= C A B×( )•=

a

b

cθ

15. Para un triángulo cualquiera de lados a , b y c , demostrar la ley de los cosenos de la trigonometría:

c2

a2

b2+ 2 a⋅ b⋅ cos θ( )⋅−=

donde θ es el ángulo entre los lados a y b .



Los siguientes dispositivos mecánicos están en equilibrio estático ( lo cual significa que la suma de todas las fuerzas vale cero ) . El peso w se sujeta por medio de cuerdas o un puntal que se apoya en una pared vertical ó sobre el suelo.Calcular el valor del peso w que puede suspenderse si las cuerdas resisten una tensión máxima de 1000 Newtons y la viga que sirve de puntal una compresión máxima de 1000 Newtons .( Sugerencia : En cada dispositivo, considere las tensiones o compresiones como vectores ( A y B ) aplicados en un punto P , donde se unan las cuerdas y el puntal. S e indican los ángulos en grados )

23.

Calcular el ángulo entre los vectores:

A i j+ k+= ; B 11

2+

i⋅ 1

1

2−

j⋅+ k+=

22.

Si los vectores A i j+ 2 k⋅+= y B 2 i⋅ 3 q⋅ j⋅− k+= forman

entre si un ángulo de 60º , hallar el valor de la constante q .

21.

Para un cubo de lado L , como el mostrado en la figura de la derecha, calcular el ángulo entre las diagonales . . . i) OA y BC ii) OA y AC iii) AB y BC

20.

O

A

B

C

Al restarse dos vectores A y B se obtiene un vector que tiene el doble de magnitud que el vector B pero que forma un ángulo de 60º con B . Encontrar la magnitud y dirección del vector A en términos de la magnitud | B | .

19.

Al sumarse dos vectores A y B se obtiene un vector que tiene la misma magnitud que el vector B pero que es perpendicular a B . Encontrar la magnitud y dirección del vector A en términos de la magnitud | B | .

18.

Determinar el ángulo θ entre las diagonales de un paralelogramo de lados a y b , en términos de éstas longitudes y el ángulo ϕ entre sus lados .

17. θ

a

b

ϕ

Denotando por r el radio de un círculo, probar que el

ángulo ϕ trazado de modo que su vértice sea un punto que esté sobre el círculo y cuyos lados pasen por los extremos de un diámetro , siempre es un ángulo recto, sin importar la localización del vértice o el tamaño del círculo, como se ilustra en la figura de la derecha.

16.

r r

r'



60°

w

P

A

B30°

w

PA

B

a ) b )

60°

w

P

45°A

B30°

w

P

45°

A

B

c ) d ).

30° 60°

P

w

A B

45°

60°

P

wA

B

e ). f ).



Soluciones

1 En función de las componentes, el vector suma S de dos vectores A y B que están en el plano XY se

expresa como. . .

A

B

OX

Y

S = A + B

Ax B x

B y

Ayθ

S A B+= Ax i⋅ Ay j⋅+( ) Bx i⋅ By j⋅+( )+=

= Ax Bx+( ) i⋅ Ay By+( ) j⋅+ (*)

por lo que sus componentes son : Sx Ax Bx+( )= ;

S y Ay By+( )= y su magnitud se calcula de . . .

S Sx( )2S y( )2+=

es decir . . .

A B+ Ax Bx+( )2Ay By+( )2+= (**)

la dirección θ que el vector S tiene respecto al eje X se determina por simple trigonometría . . .

tan θ( ) S y

Sx=

Ay By+( )Ax Bx+( )= (***)

y el signo de sus componentes .

De esta manera, de las figuras indicadas se deduce que:

a )

45°

A150°

O

B

Ax A cos 45°( )⋅= = 21

2

⋅ = 1

Ay A sen 45°( )⋅= = 21

2

⋅ = 1

Bx B cos 150°( )⋅= = B cos 30°( )−( )⋅ = 23−

2

⋅ = 3−

By B sen 150°( )⋅= = B sen 30°( )( )⋅ = 21

2

⋅ = 1

y por lo tanto de (*) se obtiene . . .

A B+ = 1 3−( ) i⋅ 1 1+( ) j⋅+ = 1 3−( ) i⋅ 2( ) j⋅+ A 2= ; B 2=



La magnitud del vector suma es en este caso:

A B+ 1 3−( )2

2( )2+= = 8 2 3⋅− ( de la ec. (**) )

y su dirección se obtiene de (***)

tan θ( ) 2( )

1 3−( )=

es decir : θ 110.1°= puesto que sus componentes lo ubican en el 2° cuadrante .

b ) En éste caso, sólo debemos tomar en cuenta que las componentes del vector B son negativas (dado que

está en el 3er cuadrante del sistema de coordenadas) ó bién usar las identidades trigonométricas :

cos 225°( ) cos 180° 45°+( )= = cos 180°( ) cos 45°( )⋅ sen 180°( ) sen 45°( )⋅−

= 1−( )1

2⋅ 0( )

1

2⋅− =

1

2

−

sen 225°( ) sen 180° 45°+( )= = sen 180°( ) cos 45°( )⋅ cos 180°( ) sen 45°( )⋅+

= 0( )1

2⋅ 1−( )

1

2⋅+ =

1

2

−

para obtener finalmente . . .

60°225°

O

B

X

Y AAx A cos 60°( )⋅= = 2

1

2

⋅ = 1

Ay A sen 60°( )⋅= = 23

2

⋅ = 3

Bx B cos 225°( )⋅= = B cos 45°( )−( )⋅ = 21−2

⋅ = 1−

By B sen 225°( )⋅= = B sen 45°( )−( )⋅ = 21−2

⋅ = 1−

y por lo tanto de (*) se sigue . . .

A B+ = 1 1−( ) i⋅ 3 1−( ) j⋅+ = 3 1−( ) j⋅ A 2= ; B 2=

La magnitud del vector suma es en este caso:

A B+ 0( )2

3 1−( )2+= = 3 1− ( de la ec. (**) )

y su dirección se obtiene de (***)

tan θ( ) 3 1−( )0

=

es decir : θ 90°= pues solamente posee una componente vertical positiva .



c ) Para encontrar las componentes en este caso, solamente hace falta transladar al vector B al origen del sistema de coordenadas y sumar los ángulos para obtener su dirección (usar luego el procedimiento del problema anterior) para obtener . . .

60°

75°B

A

O X

Y Ax A cos 60°( )⋅= = 41

2

⋅ = 2

Ay A sen 60°( )⋅= = 43

2

⋅ = 2 3⋅

Bx B cos 60° 75°+( )⋅= = B cos 135°( )( )⋅ = 21−2

⋅ = 1−

By B sen 60° 75°+( )⋅= = B sen 135°( )( )⋅ = 21

2

⋅ = 1

y por lo tanto de (*) se sigue . . .

A B+ = 2 1−( ) i⋅ 2 3⋅ 1+( ) j⋅+ = i 2 3⋅ 1+( ) j⋅+ A 4= ; B 2=

La magnitud del vector suma es en este caso: A B+ 1( )2

2 3⋅ 1+( )2+= = 14 4 3⋅+

y su dirección se obtiene de (***) : tan θ( ) 2 3⋅ 1+( )

1( )=

es decir : θ 77.4°= porque sus componentes son ambas positivas y lo ubican en el primer cuadrante .

d ) En este caso, primero transladamos al origen de coordenadas todos los vectores y después se determina la dirección de cada uno geométricamente. Asi por ejemplo, trazando una perpendicular desde el vector A al eje X , se forma un triángulo recto, por medio del cual se deduce que el vector B forma un ángulo de 60° con el eje Y negativo, como se indica en la siguiente figura.Además, como el vector B forma un ángulo de 30° con el eje X negativo y el vector C forma un ángulo de 60° con el vector B , se deduce que el vector C forma un ángulo de 60° − 30° = 30° con la dirección positiva del eje X . De esta manera, las componentes vectoriales son. . .

YA

B

30°

OX

60°

30°C

60°30°

Ax A cos 120°( )⋅= = A cos 60°( )−( )⋅ = 31−

2

⋅

Ay A sen 120°( )⋅= = A sen 60°(( )⋅ = 33

2

⋅

Bx B cos 30− °( )⋅= = 13

2

⋅ = 3

2

By B sen 30− °( )⋅= = 11−

2

⋅ = 1−

2

Cx C cos 30°( )⋅= = 33

2

⋅ = 3

2

Cy C sen 30°( )⋅= = 31

2

⋅ = 3

2

A 3= ; B 1= ; C 3=



y por lo tanto la suma vectorial es . . .

S A B+ C+= = 3−

2

3

2+ 3

2+

i⋅ 3

2

1

2− 3

2+

j⋅+ =

3

2i⋅ 1

3

2+

j⋅+

las componentes del vector suma son asi Sx3

2= , S y 1

3

2+= y por lo tanto, su magnitud

es

A B+ C+ Sx( )2S y( )2+= =

3

2

2

13

2+

2

+ = 4 3+

su dirección se obtiene del cociente entre sus componentes ( o por cualquier otra función trigonométrica ,dado que ya se conoce también la magnitud de la suma S ) . . .

tan θ( ) S y( )Sx( )= =

13

2+

3

2

= 2

3

1

33⋅+

por lo tanto . . .

θ arctan2 3+

3

= = 51.2°

Asi que el vector suma se localiza en el 1er cuadrante, pues sus dos componentes son positivas.

E

S

N

O

A

B|A −−−− B|

θθθθ

ϕϕϕϕ

2. Como se indica en la figura de la derecha, la distancia entre los botes es la magnitud del vector diferencia A B− , siendo

A A− cos θ( )⋅ i⋅ A sen θ( )⋅ j⋅−=

B B− sen ϕ( )⋅ i⋅ B cos ϕ( )⋅ j⋅−=

por lo tanto . . .

A B− B sen ϕ( )⋅ A cos θ( )⋅−( ) i⋅ B cos ϕ( )⋅ A sen θ( )⋅−( ) j⋅+=

= B sen ϕ( )⋅ A cos θ( )⋅−( )2B cos ϕ( )⋅ A sen θ( )⋅−( )2+

Desarrollado los binomios y simplificando por medio de identidades trigonométricas se obtiene . . .

A2

cos2 θ( )⋅ sen

2 θ( )⋅+ ⋅ B2

cos2 ϕ( )⋅ sen

2 ϕ( )⋅+ ⋅+ 2 A⋅ B⋅ cos θ( ) sen ϕ( )⋅ sen θ( ) cos ϕ( )⋅+( )⋅−

= A2

B2+ 2 A⋅ B⋅ sen θ ϕ+( )⋅−



y calculando resulta . . .

A B− = 42 km⋅( )2

35 km⋅( )2+ 2 42 km⋅( )⋅ 35 km⋅( )⋅ sen 23° 15°+( )⋅− = 34.34 km⋅

La dirección de éste vector se obtiene del cociente de sus componentes. . .

α arc_tanA B−( )y

A B−( )x

= = arc_tanB cos ϕ( )⋅ A sen θ( )⋅−B sen ϕ( )⋅ A cos θ( )⋅−

= arc_tan35 km⋅ cos 15 °⋅( )⋅ 42 km⋅ sen 23 °⋅( )⋅−35 km⋅ sen 15 °⋅( )⋅ 42 km⋅ cos 23 °⋅( )⋅−

= 30.44− °

esto significa que B está a 34.34 km y 30.44° al Sur del Este respecto al barco A .

A

B

C

D

90°

120°

120°

O

X

Y

60°

60°3. La distancia final a la que se encuentra la persona desde su

posición inicial es su desplazamiento vectorial. Para calcularlo, debemos conocer las componentes de los desplazamientos rectos A , B , C y D , considerados como vectores . Para tal fin, ubiquemos el origen de un sistema de coordenadas XY en el origen del vector A y tomemos la dirección del eje X a lo largo de ese vector . Es fácil entonces determinar que las direcciones de los otros vectores respecto al eje X son :

vector B : 90° vectorC : 90° + 60° = 150° vector D : 150° + 60° = 210°

Por lo tanto, la suma vectorial es . . .

S A B+ C+ D+= =

= A i⋅ 0 j⋅+( ) 0 i⋅ B j⋅+( )+ C3−

2

⋅ i⋅ C1

2

⋅ j⋅+

+ D3−

2

⋅ i⋅ D1−

2

⋅ j⋅+

+

= A C3

2

⋅− D3

2

⋅−

i⋅ B C

1

2

⋅+ D1

2

⋅−

j⋅+

= 1 km⋅ 3 km⋅ 3

2

⋅− 3 km⋅ 3

2

⋅−

i⋅ 1 km⋅ 3 km⋅ 1

2

⋅+ 3 km⋅ 1

2

⋅−

j⋅+

= 2− km⋅( ) i⋅ 1 km⋅( ) j⋅+

La magnitud de éste vector es el desplazamiento buscado : S 2( )2

1( )2+ km⋅= = 5 km⋅



4. Es necesario determinar primero el desplazamiento de ambos equipos respecto al punto inicial de partida. Para ello, consideremos un sistema de coordenadas con el origen en el punto de partida, el eje Y apuntado hacia el norte, el eje X apuntado hacia el este y el eje Z apuntado hacia arriba. Entonces podemos representar los desplazamientos de los equipos con los vectores a , b , c y d como se muestra en la siguiente figura . . .

h

S

N

O

E

a

b

c

d

θ

ϕ

Desplazamiento del primer equipo :

A a j⋅( ) b cos ϕ( )⋅ j⋅+ b sen ϕ( )⋅ i⋅− 0 k⋅+= = 7 km⋅( )− sen 15°( )⋅ i⋅ 5 7 cos 15°( )⋅+( ) km⋅ j⋅+ 0 k⋅+ = 1.812− km⋅ i⋅ 11.761 km⋅ j⋅+ 0 km⋅ k⋅+

Desplazamiento del segundo equipo :

B c2

h2− cos 45 °⋅( )⋅ i⋅( ) c

2h

2− sen 45 °⋅( )⋅ d+( ) j⋅+ h k⋅+=

= 6( )2

2.5( )2− km⋅ 1

2

⋅ i⋅ 6( )2

2.5( )2− km⋅ 1

2

⋅ 4 km⋅+

j⋅+ 2.5 km⋅ k⋅+

= 3.857 km⋅ i⋅ 7.857 km⋅ j⋅+ 2.5 km⋅ k⋅+

De manera que la separación entre ellos es la magnitud del vector diferencia A B− , es decir . . .

A B− 1.812− 3.857−( )2

11.761 7.857−( )2+ 0 2.5−( )

2+ km⋅=

= 7.323 km⋅

Esta distancia supera el alcance de sus radios de comunicación.

5. Primero, debemos obtener las componentes de los vectores A y B .

A A cos 60°( )⋅ i⋅ A sen 60°( )⋅ j⋅+= = 31

2

⋅ i⋅ 33

2

⋅ j⋅+



B B cos 135°( )⋅ i⋅ B sen 135°( )⋅ j⋅+= = 11−2

⋅ i⋅ 11

2

⋅ j⋅+

entonces . . .

2 A⋅ 2 B⋅− = 23

2i⋅ 3 3⋅

2j⋅+

⋅ 21−2i⋅ 1

2j⋅+

− = 4 i⋅ 3 3⋅ 1−( ) j⋅+

y también. . .

2

3A⋅ 2 B⋅+ =

2

3

3

2i⋅ 3 3⋅

2j⋅+

⋅ 21−2i⋅ 1

2j⋅+

+ = j 3 1+( )⋅

6. De la definición de producto escalar : A B• A B⋅ cos θ( )⋅= entre los vectores A y B ,se deduce que.

cos θ( ) A B•A B⋅

= = Ax Bx⋅ Ay By⋅+ Az Bz⋅+

Ax( )2Ay( )2+ Az( )2+ Bx( )2

By( )2+ Bz( )2+⋅ (!)

(se ha usado la expansión en función de las componentes vectoriales)

Substituyendo los valores dados por el problema, se obtiene :

cos θ( ) = 3−( ) 4( )⋅ 1( ) 6−( )⋅+ 2−( ) 1( )⋅+9 1+ 4+ 16 36+ 1+⋅

= 20−

14 53⋅

es decir, el ángulo θ entre los vectores vale . . .

θ arc_cos20−

14 53⋅

= = 137.24°

Para encontrar un vector perpendicular a los dos vectores dados, recurrimos a la definición del producto vectorial expresado en función de las componentes de los vectores que se multiplican:

A B× =

i

Ax

Bx

j

Ay

By

k

Az

Bz

= Ay Bz⋅ Az By⋅−( ) i⋅ Az Bx⋅ Ax Bz⋅−( ) j⋅+ Ax By⋅ Ay Bx⋅−( ) k⋅+

vector que también se puede denotar simbólicamente con sus componentes en una columna, es decir . . .

A B×

Ay Bz⋅ Az By⋅−

Az Bx⋅ Ax Bz⋅−

Ax By⋅ Ay Bx⋅−

= (!!)

Asi que en el problema queda. . .



A B× = 3− i⋅ j+ 2 k⋅−( ) 4 i⋅ 6 j⋅− k+( )× =

1( ) 1( )⋅ 2−( ) 6−( )⋅−

2−( ) 4( )⋅ 3−( ) 1( )⋅−

3−( ) 6−( )⋅ 1( ) 4( )⋅−

=

11−5−

14

esto es, el vector : A B× 11− i⋅ 5 j⋅− 14 k⋅+= es perpendicular a los vectores A y B , como puede

comprobarse fácilmente haciendo los productos escalares . . .

A A B×( )• = 3− i⋅ j+ 2 k⋅−( ) 11− i⋅ 5 j⋅− 14 k⋅+( )• = 3−( ) 11−( )⋅ 1( ) 5−( )⋅+ 2−( ) 14( )⋅+ = 0

B A B×( )• = 4 i⋅ 6 j⋅− k+( ) 11− i⋅ 5 j⋅− 14 k⋅+( )• = 4( ) 11−( )⋅ 6−( ) 5−( )⋅+ 1( ) 14( )⋅+ = 0

7. a) 3 A⋅ 2 B⋅−C

2+ = 3 i 2 j⋅− k+( )⋅ 2 2 i⋅ j+ 3 k⋅−( )⋅− 1

22− i⋅ 3 j⋅− k−( )⋅+ =

| = 2− i⋅ 19

2j⋅− 17

2k⋅+

b) A B• = i 2 j⋅− k+( ) 2 i⋅ j+ 3 k⋅−( )• = 1( ) 2( )⋅ 2−( ) 1( )⋅+ 1( ) 3−( )⋅+ = 3−

c) B C× = 2 i⋅ j+ 3 k⋅−( ) 2− i⋅ 3 j⋅− k−( )× =

=

By Cz⋅ Bz Cy⋅−

Bz Cx⋅ Bx Cz⋅−

Bx Cy⋅ By Cx⋅−

=

1( ) 1−( )⋅ 3−( ) 3−( )⋅−

3−( ) 2−( )⋅ 2( ) 1−( )⋅−

2( ) 3−( )⋅ 1( ) 2−( )⋅−

=

10−8

4−

es decir: B C× 10− i⋅ 8 j⋅+ 4 k⋅−= = D ( Se ha usado el esquema dado por la ec. (!!) )

Comprobándose asi que el producto escalar genera un número y el producto vectorial, otro vector.

d) Ya hemos obtenido el producto B C×( ) , asi que ahora multiplicamos al A por ése resultado

A B C×( )× = i 2 j⋅− k+( ) 10− i⋅ 8 j⋅+ 4 k⋅−( )× =

=

Ay Dz⋅ Az Dy⋅−

Az Dx⋅ Ax Dz⋅−

Ax Dy⋅ Ay Dx⋅−

=

2−( ) 4−( )⋅ 1( ) 8( )⋅−

1( ) 10−( )⋅ 1( ) 4−( )⋅−

1( ) 8( )⋅ 2−( ) 10−( )⋅−

=

0

6−12−

Calculemos ahora A B×( ) C× . Usando el esquema (!!) , hagamos primero

A B×( ) =

Ay Bz⋅ Az By⋅−

Az Bx⋅ Ax Bz⋅−

Ax By⋅ Ay Bx⋅−

=

2−( ) 3−( )⋅ 1( ) 1( )⋅−

1( ) 2( )⋅ 1( ) 3−( )⋅−

1( ) 1( )⋅ 2−( ) 2( )⋅−

=

5

5

5

= D



Ahora multiplicamos este resultado por el vector C . . .

A B×( ) C× =

Dy Cz⋅ Dz Cy⋅−

Dz Cx⋅ Dx Cz⋅−

Dx Cy⋅ Dy Cx⋅−

=

5( ) 1−( )⋅ 5( ) 3−( )⋅−

5( ) 2−( )⋅ 5( ) 1−( )⋅−

5( ) 3−( )⋅ 5( ) 2−( )⋅−

=

10

5−5−

Esto es, A B C×( )× A B×( ) C×≠ , lo cual ilustra que el producto vectorial de vectores no es

asoaciativo .

e) Del inciso anterior conocemos ya B C× y A B× asi que . . .

A B C×( )• = i 2 j⋅− k+( ) 10− i⋅ 8 j⋅+ 4 k⋅−( )• = 1( ) 10−( )⋅ 2−( ) 8( )⋅+ 1( ) 4−( )⋅+ = 30−

C A B×( )• = 2− i⋅ 3 j⋅− k−( ) 5 i⋅ 5 j⋅+ 5 k⋅+( )• = 2−( ) 5( )⋅ 3−( ) 5( )⋅+ 1−( ) 5⋅+ = 30−

y de manera similar se puede calcular que. . . B C A×( )• = 30− .

Esto se debe a que el valor del triple producto vectorial A B C×( )• no cambia si los vectores se

intercambian en orden cíclico .

8. De la definición del producto vectorial se deduce que . . .

A B×( ) A B×( )• A B⋅ sen θ( )⋅ n⋅( ) A B⋅ sen θ( )⋅ n⋅( )⋅=

= A B⋅( )2

sen2⋅ θ( )⋅ n⋅ n⋅

= A2

B2⋅ sen

2⋅ θ( )⋅ por ser n un vecor unitario, su producto escalara vale 1 .

= A2

B2⋅ 1 cos

2 θ( )− ⋅ usando la identidad sen2 θ( )⋅ cos

2 θ( )⋅+ 1=

= A2

B2⋅ A

2B

2⋅ cos2⋅ θ( )⋅−

= A2

B2⋅ A B•( )

2− por definición del producto escalar

9. Dado que A B= , se desea que A B+ k A B−⋅= (*).

De la definición del producto escalar de un vector multiplicado por si mismo se deduce que . . .

X X• X X⋅ cos⋅ 0°( )= = X2 es decir . . . X

2 = X( )2X X•= (**)

por lo tanto, elevando al cuadrado la ec. (*) :

A B+( )2k A B−⋅( )

2=

A B+( ) A B+( )• = k2

A B−( )⋅ A B−( )•

A A• 2 A⋅ B•+ B B•+ = k2A A• 2 A⋅ B•− B B•+( )⋅ (desarrollando)

A2

2 A⋅ B⋅ cos θ( )⋅+ B2+ = k

2A

22 A⋅ B⋅ cos θ( )⋅− B

2+( )⋅ (usando la ec. (**) )



A2

2 A2⋅ cos θ( )⋅+ A

2+ = k2

A2

2 A2⋅ cos θ( )⋅− A

2+( )⋅ (puesto que A = B )

1 2 cos θ( )⋅+ 1+ = k2

1 2 cos θ( )⋅− 1+( )⋅ (simplificando)

1 cos θ( )+ k2

1 cos θ( )−( )⋅=

1 k2+( ) cos θ( )⋅ k

21−=

De donde se obtiene que . . .

θ arc_cosk

21−

k2

1+

=

Asi por ejemplo si se desea que la suma A B+ tenga una magnitud 4 veces mayor que la diferencia A B−

, el ángulo θ entre A y B debe ser . . .

θ arc_cos42 1−42 1+

= = arc_cos15

17

= 28°

A

B

B − A

X

O

10. Dejemos que las coordenadas de localización de los árboles sean las componentes de vectores correspondientes. Bajo este modelo, la distancia entre el árbol A y el árbol B por ejemplo, estará dada por la magnitud de la diferencia entre los vectores A y B , es decir B A− .

Caminar la mitad de la distancia entre A y B , se traduce entonces en la posición determinada por el vector :

X A1

2B A−( )⋅+=

como se aprecia en el diagrama de la derecha, es decir queda: XA B+

2=

Recorrer ahora un tercio de la distancia entre éste punto y el C, se traduce en una nueva posición determinada por el vector :

Y X1

3C X−( )⋅+= es decir Y

2 X⋅ C+3

= = A B+( ) C+

3Dirigirse ahora hacia D recorriendo un cuarto de la distancia entre el vector Y y el D , se traduce en una nueva posición determinada por el vector :

Z Y1

4D Y−( )⋅+= es decir Z

3 Y⋅ D+4

= = A B+ C+( ) D+

4y por un razonamiento similar, se deduce que la última instrucción del mapa nos conducirá a una posición sobre la isla, que está determinada por el vector :

W Z1

5E Z−( )⋅+= es decir W

4 Z⋅ E+5

= = A B+ C+ D+( ) E+

5que vale . . .



W30 i⋅ 20 j⋅−( ) 60 i⋅ 80 j⋅+( )+ 10− i⋅ 10 j⋅−( )+ 40 i⋅ 30 j⋅−( )+[ ] 70− i⋅ 60 j⋅+( )+

5= = 10 i⋅ 16 j⋅+

Asi que el tesoro se localiza a 10 m al Este y 16 m al Norte respecto al origen de coordenadas usado para localizar los árboles.

A

B P

θ θA11. De la geometría elemental, se sabe que el área de un

paralelogramo está dada por :

Area b( ) h( )⋅=donde b es la longitud de la base y h es la longitud de la altura (perpendicular a la base) ,

Asi que tracemos una perpendicular a la dirección del vector B, que pase por un vértice del paralelogramo formado por los vectores A y B como se indica en el dibujo de la derecha.

Esta será la altura del paralelogramo y por trigonometría, es muy fácil ver que. . .

h A sen θ( )⋅= y por lo tanto Area B h⋅= = B A sen θ( )⋅( )⋅

Expresión que coincide con la que expresa la magnitud del producto vectorial, por eso

Area A B×=

12. Si los vectores A B+( ) y A B−( ) son perpendiculares entre si, entonces su producto esclalar es cero. . .

A B+( ) A B−( )• 0=El producto escala se distribuye en la suma . . .

A A• A B•− B A•+ B B•− 0=

El producto escala es conmutativo. es decir: A B• B A•= asi que se simplifica a . . .

A A• B B•− 0=Usando la definición de producto escalar resulta . . .

A A⋅ cos⋅ 0°( ) B B⋅ cos 0°( )⋅− 0=Pero cos 0°( ) 1= , asi que simplificando. . .

A2

B2=

Tomando la raiz cuadrada en ambos miembros de ésta igualdad se deduce finalmente que . . .

A2

B2=

es decir

A B=

que los vectores tienen la misma magnitud .



C

B

θB x C

A13. El producto vectorial B C× genera un vector

perpendicular a los vectores B y C , cuya

magnitud es geométricamente igual al área del paralelogramo formado por las magnitudes B y

C , según se demostró en el problema 9 anterior.

El volumen de un paralelepípedo se obtiene multiplicando el área de su base B C× por la altura

A cos θ( )⋅ para obtener :

Volumen A cos θ( )⋅( ) B C×( )⋅= = A B C×⋅ cos θ( )⋅Expresión que coincide con la del producto escalar entre los vectores A y B C× , es decir .

Volumen A B C×( )•=

14. De acuerdo con el resultado del problema 13, dado que los tres productos respresentan geométricamente el volumen del mismo paralelepípedo de lados A , B y C, se espera que sean también iguales entre si.Analíticamente se tiene . . .

A B C×( )• =

Ax

Ay

Az

Bx

By

Bz

Cx

Cy

Cz

×

•

= Ax B C×( )x⋅ Ay B C×( )y⋅+ Az B C×( )z⋅+

= Ax By Cz⋅ Bz Cy⋅−( )⋅ Ay Bz Cx⋅ Bx Cz⋅−( )⋅+ Az Bx Cy⋅ By Cx⋅−( )⋅+Expresión que podemos re-escribir factorizando las componentes de B o de C . Por ejemplo . . .

A B C×( )• = Bx Cy Az⋅ Cz Ay⋅−( )⋅ By Cz Ax⋅ Cx Az⋅−( )⋅+ Bz Cx Ay⋅ Cy Ax⋅−( )⋅+

= Bx C A×( )x⋅ By C A×( )y⋅+ Bz C A×( )z⋅+que representa el producto . . .

= B C A×( )•

Con una demostración similar se obtiene que A B C×( )• C A B×( )•=



15. Considerando a los lados del triángulo como vectores, se cumple entonces que el vector c es la diferencia de los vectores a y b

. . .

c a b−=

y por eso su producto escalar es . . .

c c• a b−( ) a b−( )•=

c2

b2

2 a⋅ b•− a2+=

c2

a2

2 a⋅ b⋅ cos θ( )⋅− b2+=

a

b

c

θ

Asi, en unas cuantas líneas queda demostrada la ley de los cosenos de la trigonometría. Esta solución muestra el poder analítico del método vectorial aplicado a la geometría.

Ar'

B

r r

16. Sea a el radio de un círculo . Los vectores A y B indicados en la figura de la derecha, se pueden formar a partir de los vectores r y r' que tienen una magnitud igual al radio del círculo, esto es . . . A r r´+= ; B r r´−=

El ángulo entre éstos vectores se calcula a partir de su producto escalar . . .

A B• r r´+( ) r r´−( )•=

= r r•( ) r r´•− r´ r•+ r´ r•−

pero el producto escalar es conmutativo, r r´• r´ r•= asi que en la expresión anterior se anulan los

términos centrales y queda . . .

A B• = r( )2r´( )2−

Los vectores r y r' tienen la misma magnitud, dado que ambos son radios del mismo círculo es decir

r( )2r

2= = a2 y r´( )2

r´( )2= = a

2

se tiene entonces que . . .

A B• = r2

r2− = 0

Como éste producto escalar es cero y ni A ni B son cero, a partir de la definición del procucto esclar se

obtiene que . . .

A B• = A B⋅ cos θ( )⋅ = 0

se deduce que cos θ( ) debe ser cero y por lo tanto, θ 90°= , es decir, el ángulo entre los vectores A y B

es recto .



17. Si los lados del paralelogramo se representan como los vectores a y b , entonces, geométricamente sus

diagonales son la suma y la diferencia vectorial

a b+ y a b− .

Por lo tanto, el ángulo entre las diagonales es el ángulo entre esos vectores, el cual se puede obtener de su producto escalar como sigue :

a

b

ϕ

a + b

a −−−− b

a b+( ) a b−( )• = a b+ a b−⋅ cos θ( )⋅es decir . . .

cos θ( ) a b+( ) a b−( )•a b+ a b−⋅

= = a

2a b•− b a•+ b

2−

a b+( ) a b+( )• a b−( ) a b−( )•⋅

En la ecuación anterior se ha usado la expresión A A A•= para la magnitud de un vector A .

Si aplicamos ahora la definición de producto escalar y simplificamos el resultado se obtiene. . .

cos θ( ) = a2

b2−

a2

2 a⋅ b•+ b2+ a

22 a⋅ b•− b

2+⋅ =

a2

b2−

a2

b2+( )2

2 a⋅ b•( )2−

y finalmente . . .

θ arc_cosa

2b

2−

a2

b2+( )2

2 a⋅ b⋅ cos ϕ( )⋅( )2−

=

Asi por ejemplo, el ángulo entre las diagonales de un rectángulo (esto equivale a que ϕ = 90° en la expresión anterior) de lados a y b está dado por . . .

θ arc_cosa

2b

2−

a2

b2+

=

18. El problema establece que la suma de dos vectores A y B tiene la misma magnitud que el vector B , es decir . . .

A B+ B= = B

Calculemos el cuadrado de éste expresión a partir de la definición X X X•= de la magnitud de un

vector X en función de su producto escalar

A B+( ) A B+( )• B2=



Desarrollando el cuadarado del binomio resulta . . .

A A• 2 A⋅ B•+ B B•+ B B•=

A2

2 A⋅ B•+ B2+ B

2= y simplificando queda . . .

A B•A

2

2

−= (1)

Además, el problema establece también que A + B es un vector perpendicular al vector B , esto es , que su producto escalar es cero . . . A B+( ) B• 0=

desarrollando . . .

A B• B2+ 0=

A B• B2−= (2)

Igualando las ecuaciones simultáneas (1) y (2) se llega a . . . A

2

2B

2= , es decir . . .

A 2 B⋅= .

la magnitud del vector A debe ser 2 la magnitud del vector B .

Por otra parte, usando la definición del producto escalar en la ec. (2) se obtiene . . .

A B⋅ cos θ( )⋅ B2−=

substituyendo ahora la solución: A 2 B⋅= queda . . .

2 B⋅ B⋅ cos θ( )⋅ B2−=

y resolviendo para el coseno del ángulo resulta . .

cos θ( ) 1−2

=

Asi que el ángulo entre los vectores A y B es θ = arc_cos1−2

= 135°

19. El problema establece que la diferencia de dos vectores A y B debe tener el doble de magnitud que el vector B , es decir . . .

A B− 2 B⋅= = 2 B⋅

Calculemos el cuadrado de ésta expresión usando la definición de la magnitud de un vector X en función

de su producto escalar X X X•= , esto es . . . X( )2X X•=

A B−( ) A B−( )• 2 B⋅( )2=

Desarrollando el cuadarado del binomio resulta . . .

A2

2 A⋅ B•− B2+ 4 B

2⋅=



simplificando . . .

A B•A

23 B

2⋅−2

= (1)

Además, el problema establece también que A B− es un vector que forma con el B un ángulo de 60°, es

decir . . . A B−( ) B• A B− B⋅ cos 60°( )⋅=

Desarrollado éste producto escalar queda . . .

A B• B2− 2 B⋅( ) B( )⋅ 1

2

⋅=

donde se ha usado que A B− 2 B⋅= y cos 60°( )1

2= , de ésta manera resulta . . .

A B• 2 B2⋅= (2)

Igualando las ecuaciones (1) y (2) se llega enotnces a . . . A

23 B

2⋅−2

2 B2⋅= , es decir . . .

A 7 B⋅= .

Si usamos ahora la definición del producto escalar en (2) se obtiene . . .

A B⋅ cos θ( )⋅ 2 B2⋅=

y substituyendo la solución: A 7 B⋅= . . .

7 B⋅ B⋅ cos θ( )⋅ 2 B2⋅=

resolviendo para el coseno del ángulo . . .

cos θ( ) 2

7=

Por lo tanto , el ángulo entre los vectores A y B es . . . . θ = arc_cos2

7

= 40.89°

O

A

B

C

X

Y

Z

20. Considerando a los lados del cubo como vectores L de la misma magnitud que tienen componentes a lo largo de los ejes de coordenadas, entonces las diagonales del cubo se expresarán también como una combinación de los vectores L .

Diagonal OA → A→

L i⋅ L j⋅+ L k⋅+=

La diagonal BC se puede interpretar como la diferencia de los

vectores OC→

y OB→

es decir . . .

BC→

0 i⋅ L j⋅+ L k⋅+( ) L i⋅ 0 j⋅+ 0 k⋅+( )−= = L− i⋅ L j⋅+ L k⋅+



Asi que el ángulo entre las diagonales se obtiene usando la definición del producto escalar entre los vectores que las representan.

A→

BC→( )• = A BC⋅ cos θ( )⋅ = L

2L

2+ L2+( ) L−( )

2L

2+ L2+ ⋅ cos θ( )⋅

desarrollando el producto escalar en función de las componentes . . .

L i⋅ L j⋅+ L k⋅+( ) L− i⋅ L j⋅+ L k⋅+( )• = 3 L2⋅ 3 L

2⋅⋅ cos θ( )⋅

L2− L

2+ L2+ 3 L

2⋅ cos θ( )⋅=

de donde se deduce que el ángulo buscado es . . . θ arc_cos1

3

= = 70.53°

Para calcular el ángulo entre las diagonales OA y AC procedemos de la misma manera , interpretando a la

diagonal AC como la diferencia de los dos vectores OA→

y OC→

. . .

AC→

OA→

OC→

−= = L i⋅ L j⋅+ L k⋅+( ) 0 i⋅ L j⋅+ 0 k⋅+( )− = L i⋅ 0 j⋅+ L k⋅+

Usando la definición del producto escalar entre los vectores que representan a las diagonales involucradas se obtiene . . . .

A→

AC→( )• = A BC⋅ cos θ( )⋅ = L

2L

2+ L2+( ) L

202+ L

2+( )⋅ cos θ( )⋅

desarrollando el producto escalar en función de las componentes . . .

L i⋅ L j⋅+ L k⋅+( ) L i⋅ 0 j⋅+ L k⋅+( )• = 3 L2⋅ 2 L

2⋅⋅ cos θ( )⋅

2 L2⋅ 6 L

2⋅ cos θ( )⋅=

de donde se deduce que . . . θ arc_cos2

6

= = 35.26°

Procediendo igual con las diagonales AB y BC . . .

AB→

OB→

OA→

−= = L i⋅ 0 j⋅+ 0 k⋅+( ) L i⋅ L j⋅+ L k⋅+( )− = 0 i⋅ L j⋅− L k⋅−

BC→

OC→

OB→

−= = 0 i⋅ L j⋅+ L k⋅+( ) L i⋅ 0 j⋅+ 0 k⋅+( )− = L− i⋅ L j⋅+ L k⋅+y . . .

AB→

BC→( )• = AB BC⋅ cos θ( )⋅

0 i⋅ L j⋅− L k⋅−( ) L− i⋅ L j⋅+ L k⋅+( )• = L2

L2+ L

2+( ) L2

02+ L2+( )⋅ cos θ( )⋅

2− L2⋅ = 3 L

2⋅ 2 L2⋅⋅ cos θ( )⋅

por lo tanto. . .

θ arc_cos2−6

= = 144.74°



En éste último resultado, nótese que el ángulo entre las diagonales AB→

y BC→

es 144.74° pero entre

las diagonales BA→

y BC→

es el ángulo complementario 180° 144.74°− = 35.26° debido al cambio

en la dirección positiva del vector que representa la diagonal AB .

21. Simplemente, de la definición de producto escalar se obtiene . . .

A B• = A B⋅ cos 60°( )⋅

i j+ 2 k⋅+( ) 2 i⋅ 3 q⋅ j⋅− k+( )⋅ = 12 12+ 22+ 22 3− q⋅( )2+ 12+ 1

2

⋅

resultando la ecuación . . .

2 3 q⋅− 2+ 6 5 9 q2⋅+⋅ 1

2

⋅=

que se simplifica elevando ambos miembros al cuadrado . . .

8 6 q⋅−( )2

6 5 9 q2⋅+⋅( )2

=

y desarrollando . . .

4 4− 3 q⋅+( )2⋅ 30 54 q

2⋅+=

64 96 q⋅− 36 q2⋅+ 30 54 q

2⋅+=

34 96 q⋅− 18 q2⋅− 0=

Resolviendo esta ecuación para q , resultan las raices . . . q17−3

= y 1

3

22. Aplicando directamente la definición del producto escalar . . .

A B• = A B⋅ cos θ( )⋅

i j+ k+( ) 11

2+

i⋅ 1

1

2−

j⋅+ k+

• = 3 11

2+

2

11

2−

2

+ 12+ cos θ( )( )⋅

1( ) 11

2+

⋅ 1( ) 11

2−

⋅+ 1( ) 1( )⋅+ = 3 12

2+ 1

2+

12

2− 1

2+

+ 1+

⋅ cos θ( )⋅

11

2+

11

2−

+ 1+ 3 4 cos θ( )⋅=

y queda . . .θ arc_cos3

2 3⋅

= = π6 = 30°



23. Ubicando el origen de coordenadas en el punto P señalado en cada figura, las tensiones de la cuerdas o de las vigas quedan representadas como vectores (fuerzas) y sus expresiones en componentes para cada uno de los dispositivos representados son las siguientes . . .

a )

60°

w

A

B

A B+ w+ 0= A− sen 60°( )⋅ B+( ) i⋅ A cos 60°( )⋅ w−( ) j⋅+ 0 i⋅ 0 j⋅+=

e igualando las componentes respectivas en ambos miembros . . .

A− 3

2⋅ B+ 0= y A

1

2⋅ w− 0=

ecuaciones de las que se obtiene . . .

wA

2= = 500 Newtons⋅ y B

3

2A⋅= = 433 Newtons⋅

b ) A B+ w+ 0=

A− B sen 30°( )⋅+( ) i⋅ B cos 30°( )⋅ w−( ) j⋅+ 0 i⋅ 0 j⋅+=

e igualando las componentes respectivas en ambos miembros se obtiene . . .

A− B1

2⋅+ 0= y B

3

2⋅ w− 0=

ecuaciones de las que se resulta . . .

w B3

2⋅= = 866 Newtons⋅ y A

B

2= = 433 Newtons⋅

w

30°

A

B

c ) A B+ w+ 0= A− sen 45 °⋅( )⋅ B sen 60 °⋅( )⋅+( ) i⋅

A cos 45 °⋅( )⋅ B cos 60 °⋅( )⋅+ w−( ) j⋅+...

0 i⋅ 0 j⋅+=

igualando las componentes respectivas se obtiene . . .

A− 1

2⋅ B

3

2⋅+ 0= y A

1

2⋅ B

1

2⋅+ w− 0=

ecuaciones simultáneas de las que se resulta . . . A 1000 Nt⋅=

w A3 3+3 2⋅

⋅= = 1115.4 Nt⋅ y B2

3A⋅= = 816.5 Nt⋅

w

60°45°A B



d ) A B+ w+ 0= A− cos 30 °⋅( )⋅ B cos 45 °⋅( )⋅+( ) i⋅

A− sen 30 °⋅( )⋅ B sen 45 °⋅( )⋅+ w−( ) j⋅+...

0 i⋅ 0 j⋅+=


A− 3

2⋅ B

1

2⋅+ 0= y A− 1

2⋅ B

1

2⋅+ w− 0=

ecuaciones simultáneas de las que se resulta . . .

B 1000 Newtons⋅= , A2

3B⋅= = 816.5 Newtons⋅

y w B3 3−3 2⋅

⋅= = 298.9 Newtons⋅

w

45°

30°

A

B

e ) A B+ w+ 0= A− cos 30 °⋅( )⋅ B cos 60 °⋅( )⋅+( ) i⋅

A sen 30 °⋅( )⋅ B sen 60 °⋅( )⋅+ w−( ) j⋅+...

0 i⋅ 0 j⋅+=


A− 3

2⋅ B

1

2⋅+ 0= y A

1

2⋅ B

3

2⋅+ w− 0=


B 1000 Newtons⋅= , AB

3= = 577.35 Newtons⋅

y w2

3B⋅= = 1154.7 Newtons⋅

w

30° 60°

AB

w

60°

45°

A

B

A B+ w+ 0= A− sen 45 °⋅( )⋅ B cos 60 °⋅( )⋅+( ) i⋅

A− cos 45 °⋅( )⋅ B sen 60 °⋅( )⋅+ w−( ) j⋅+...

0 i⋅ 0 j⋅+=


A− 1

2⋅ B

1

2⋅+ 0= y A− 1

2⋅ B

3

2⋅+ w− 0=


B 1000 N⋅= , AB

2= = 707 N⋅ y w

3 1−2

B⋅=

f )



CAPÍTULO II

Movimiento en una

dimensión



Movimiento en una dimensiónTanto en los problemas de movimiento uniformemente acelerado , que se describe con las ecuaciones cinemáticas . . .

I v f vi a t⋅+=

II x f xiv f vi+

2

t⋅+=

III x f xi vi t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅+=

IV v f( )2vi( )2

2 a⋅ x f xi−( )⋅+=

como en los de movimiento rectilíneo uniforme (movimiento sin aceleración) que se describe con la única ecuación . . .

V x f xi v t⋅+=

se suguiere el siguiente metodo de solución:

Representar a los objetos físicos cuyo movimiento se desea describir, como partículas (puntos matemáticos sin dimensiones) Escoger un sistema de referencia adecuado al problema. Un sistema de coordenadas con un eje a lo largo del cual ocurra el movimiento de las partículas involucradasUbicar el origen (el cero) del sistema de referncia en el lugar donde las condiciones iniciales del movimiento de las partículas resulten más sencillas. Si es posible, tratar de que la posición inicial ( xi ) y/o la velocidad innicial ( vi ) de una ó más

partículas, sean cero.Usando las condiciones impuestas por el problema, identificar en las ecuaciones cinemáticas anteriores cuales son las cantidades variables por determinar y cuales son constantes que ya se conocen y aplicar la(s) ecuacion(es) apropiadas

I. Movimiento rectilíneo uniforme

1. ¿En cuál de los siguientes casos es mayor la rapidez promedio ? a) Caminar 100 m a 4 km/hr y luego correr 100 m a 6 km/hr •b) Caminar a 4 km/hr durante 2 min y luego correr a 6 km/hr durante 2 min•

2. Un automóvil recorrió la distancia entre dos ciudades A y B a 40 km/hr , e inmediatamente hizo el viaje de regreso a 80 km/hr . Si el automóvil no hizo paradas intermedias durante el viaje , entonces . . .

a) ¿Cuál fué la velocidad promedio del auto? , ¿Cuál fué su velocidad media?•b) Si el viaje completo duró 3hr y 45 min ¿ qué distancia hay entre las ciudades?•c) ¿Es cierto que (velocidad promedio) x (tiempo de viaje) = distancia total? •



3. Una persona sube caminando una colina a 4 km/hr y la baja corriendo a 16 km/h, ¿cuál es la rapidez promedio para su recorrido completo?

4. La posición en función del tiempo de una partícula que se mueve a lo largo del eje X está dada por :

x t( ) A t⋅ B t2⋅−= donde las constantes A y B valen A 2

m

seg⋅

= ; B 3m

seg2⋅

= . ¿Cuál es

su velocidad media entre t = 1 seg y t = 2 seg ?

5. Dos embarcaderos A y B situados en la misma orilla de un rio sin curvas, están separados una distancia de 1 km. María y Juan han de ir desde A hasta B y volver hasta el embarcadero A. Juan rema en un bote a 4 km/hr (respecto al agua) , mientras que María camina por la orilla del rio a 4 km/hr . Si la rapidez de la corriente del rio es 2 km/hr , ¿cuánto tardará cada uno de ellos en realizar su recorrido ? .

6. Se sabe que cierto barco tiene una rapidez V cuando se mueve sobre aguas inmóviles (sin corrientes) . Cuando el barco se desplaza a favor de la corriente de un rio en línea recta durante 5 horas, recorre la distancia L que hay entre dos ciudades rivereñas A y B. Si el barco tarda 9 horas durante el viaje de regreso desde B hasta A , aplicando la misma potencia de su motor que en el viaje de ida, ¿en cuanto tiempo llegaría una balsa arrastrada por la corriente del rio desde la ciudad A hasta la ciudad B ?. ( Suponga que la corriente del rio es constante y que la balsa adquiere la velocidad del rio )

7. Dos ciclistas corren en un velódromo cuya pista tiene una longitud de 256 m a velocidades constantes. Al llevar direcciones opuestas, se encuentran cada 8 seg ; pero si van en la misma dirección , un ciclista alcanza al otro cada 16 seg . ¿Cuál es la rapidez de cada ciclista respecto a la pista?

8. Cuando un estudiante caminaba a lo largo de unas vias de ferrocarril paralelas, observó que cada 45 min lo alcanzaba un tranvía y cada 36 min otro pasaba en dirección opuesta . Si los tranvías salen a intervalos regulares de las dos estaciones, se mueven con rapidez constante y el estudiante camina a 6 km/h respecto al suelo, entonces . . .

a) ¿Cada cuántos minutos salen los tranvías de las estaciones ? •b) ¿Cual es su rapidez respecto al suelo ?•

9 En una carrera de motocicletas, tres de ellas salieron simultáneamente . La 2ª motocicleta se mueve a una rapidez v que es 15 km/hr menor que la 1ª pero 3 km/hr más que la 3ª y llega a la meta 12 min después que la 1ª motocicleta y 3 min antes que la 3ª motocicleta. Si durante el recorrido no hubo paradas ni accidentes es decir , las velocidades se mantuvieron constantes, determinar :

a) la velocidad de cada motocicleta y el tiempo empleado por cada una en el recorrido. •b) la distancia recorrida en la carrera. •

10. Dos trenes se dirigen uno hacia el otro sobre la misma via recta a las velocidades de 40 km/hr y 60 km/hr respectivamente. Un pájaro que puede volar a 80 km/hr respecto al aire, se dirige desde un tren hacia el otro, cuando los trenes están separados 80 km . Cuando el pájaro llega a un tren, vuela directamente en dirección opuesta hacia el otro tren y asi sucesivamente.

a) ¿que distancia total habrá recorrido el pájaro antes de que los trenes choquen ?•b) si se considera al pájaro una partícula sin dimensiones, ¿ cuántos viajes habrá realizado entre uno y •otro tren antes del choque ?



II . Movimiento rectilíneo uniformemente acelerado

0 1 2 3 4 5 6 7 8

1

2

3

4

5

6

t ( en segundos )

rapi

dez

( en

m/s

eg)

11. Un aeroplano realiza un recorrido recto de 600 m para despegar de un campo de aterrizaje. Si parte del reposo, se mueve con aceleración constante y realiza el recorrido en 30 seg ¿cuál será su velocidad en km/hr en el momento del despegue?

12. ¿Qué distancia recorre en 7 seg un corredor cuya gráfica velocidad-tiempo se muestra a la derecha y cuanto vale su aceleración en el instante t = 5.5 seg ?

13. La velocidad de cierto automóvil que se mueve en línea recta se puede reducir de 108 km/hr a 36 km/hr en una distancia de frenado de 80 m. medidos respecto al suelo. Calcular :

a) el valor y sentido de la aceleración suponiendo que sea constante •b) el tiempo transcurrido durante la disminución de velocidad •c) la distancia que recorre hasta detenerse si se mueve inicialmente a 30 km/hr •

14. Un cuerpo parte del reposo , se mueve en línea recta con aceleración constante y recorre 64 ft en 4 seg .a) ¿ cuál es su velocidad final ?. •b) ¿ cuál era su velocidad a la mitad de la distancia total ?.•c) ¿ cuánto tiempo tardó en recorrer la mitad de la distancia total ?.•d) ¿ cuál era su velocidad en la mitad del tiempo total ?.•e) ¿ qué distancia recorre en la mitad del tiempo total ? .•

15. Un automóvil que se mueve en línea recta con aceleración constante , recorre en 5 seg la distancia de 175 m entre dos puntos. Si su rapidez cuando pasa por el segundo punto es de 144 km/hr entonces. . .

a) ¿cuánto vale su rapidez en el primer punto ? •b) ¿donde estaba el automóvil cuando partió del reposo ? •c) ¿ cuanto tiempo tarda en llegar al primer punto ?•

16. Suponga que usted va manajando su automóvil a 28 m/seg cuando entra a un túnel de un solo carril. Entonces ve una camioneta delante a 140 m que se mueve despacio a 4 m/seg . Usted aplica los frenos; pero debido a que el camino está mojado, su auto sólo puede descelerar a −2 m/seg2 . ¿Chocará su automóvil contra la camioneta? . Si es asi determine en cuanto tiempo ocurre el choque y si no choca calcule la distancia de máximo acercamiento entre su auto y la camioneta .

17. Un tren eléctrico desarrolla una aceleración constante que le permite aumentar su velocidad desde 0 m/seg hasta 30 m/seg en 24 seg . Determinar :

a) el tiempo que necesita para acelerar desde 15 m/seg hasta 25 m/seg .•b) la distancia que recorre durante ese aumento de velocidad .•



18. Un tren citadino viaja entre dos estaciones centrales separadas por una distancia de 1 km . El tren puede

acelerar a 0.1m

seg2⋅ y puede frenar a 0.5− m

seg2⋅ y durante el viaje nunca alcanza su máxima

velocidad de crucero. El maquinista puede reducir al mínimo el tiempo de viaje entre las estaciones

acelerando primero durante un tiempo t1 y frenando inmediatamente después durante un tiempo t2 .

Encuentre el tiempo t1 durante el que debe acelerarse el tren asi como el tiempo total de viaje.

19. Un tren subterráneo parte del reposo en una estación y acelera durante 10 seg con una aceleración constante de 1.2 m/seg2 . Después marcha a velocidad constante durante 30 seg y finalmente frena para detenerse en la siguiente estación, 45 seg después de ponerse en marcha. Calcular :

a) la distancia entre las estaciones.•

b) la velocidad del tren en km

hr después de 42.5 seg de ponerse en marcha •

20. Un automóvil y un camión parten del reposo en el mismo instante. El automóvil está inicialmente a cierta distancia detrás del camión, el cual tiene una aceleración constante de 1.2 m/seg2 .La aceleración del

automóvil es de 1.8 m/seg2. y alcanza al camión después que éste ha recorrido 36 . Calcular: a) el tiempo que tarda el automóvil en alcanzar al camión.•b) la distancia inicial del auto detrás del camión. •c) la velocidad de cada uno cuando están emparejados.•

21. En el momento en que se enciende la luz verde de un semáforo de tránsito, arranca un automóvil con una aceleración constante de 6 ft/seg2 . En ese mismo instante, un camión que se mueve a la velocidad constante de 30 ft/seg pasa junto al automóvil (moviéndose en la misma dirección y sentido)

a) ¿ a qué distancia del punto de partida alcanzará el automóvil al camión ? •b) ¿ cuál es la velocidad del automóvil en ese momento ?•

22. En una carrera de 100 m⋅ , Ana y Julia cruzan la meta en un empate muy apretado, ambas con un tiempo

de 10.2 seg⋅ . Acelerando uniformemente, Ana tarda 2 seg⋅ y Julia 3 seg⋅ para alcanzar su rapidez

máxima, la cual mantienen durante el resto de la competenciaa) ¿Cual fué la aceleración de cada velocista ?•b) ¿Cual fué la rapidez máxima respectiva ?•c) ¿Cuál de las velocistas va adelante en la marca de los 6 seg⋅ y por cuánta distancia ?•

23. Suponga que Usted diseña un sistema de frenos para un aeroplano. En su carrera de despegue, el aeroplano aumenta su velocidad con una aceleración constante de 3.5 m/seg2 hasta que puede suspenderse en el aire con una velocidad de 95 m/seg (sin viento). Si la longitud de la pista es de 2000 m y el avión parte del reposo, determine la magnitud de la aceleración constante que frenará el avión en el final de la pista si supone que la interrupción del despegue se produce en el momento en que el avión alcanza la rapidez necesaria para realizarlo.

24. El manual del conductor establece que un automóvil con buenos frenos que vaya a 80 km/hr puede parar en una distancia de 57 m . La distancia correspondiente a 48 km/hr es 24.5 m . Suponga que el tiempo de reacción del conductor (tiempo que tarda en aplicar los frenos ) es el mismo para las dos velocidades y calcúlelo. Calcule la desaceleración del automóvil.



25. Con el fin de proteger su alimento de los osos hambrientos, un boy scout eleva su paquete de comida con una cuerda que lanza sobre la rama de un árbol de altura h . El scout camina con velocidad constante vo

alejándose de la cuerda vertical mientras jala con sus manos el extremo libre de la cuerda

x

h

vo

a) Demuestre que la rapidez del paquete de comida •

es vox

x2

h2+

⋅ donde x es la distancia

que el muchacho ha caminado alejándose de la cuerda verticalDemuéstre que la aceleración del paquete de comida •

es vo( )2 h2

x2

h2+( )3

⋅

¿A qué valores tienden la velocidad y la aceleración •del paquete cuando la distancia x continúa aumentando ?

III Caida libre

26. Una bala sale disparada de un arma de fuego verticalmente hacia arriba con una rapidez de 303.8 m/seg .a) Ignorando la fricción con el aire, ¿cúanto tiempo tarda la bala en regresar al punto de disparo? .•b) ¿ cuánto vale la altura máxima que alcanza ?•

27. Desde un globo que sube a 12 m/seg se deja caer un paquete cuando la altura sobre el suelo es 80 m .¿Cuánto tiempo tarda el paquete en llegar al suelo ?

28. Un elevador abierto por el techo está subiendo a 32 ft/seg . Cuando está a 100 ft por encima del suelo, un niño que está sobre el elevador , lanza una pelota directamente hacia arriba con una rapidez de 64 ft/seg respecto al elevador .

a) ¿cuál es la altura máxima alcanzada por la pelota respecto al piso?, ¿ y respecto al elevador? •b) ¿cuánto tiempo tarda en volver a las manos del niño y cuánto se ha movido el elevador ?•

29. Del techo de un elevador que tiene 9 ft de altura , se desprende un perno en el momento en que el

elevador sube a 8 ft/seg con una aceleración de 4 ft/seg2 . a) ¿ en cuánto tiempo cae el perno al piso del elevador ? •b) ¿ qué distancia recorre el perno desde el instante en que se suelta hasta que llega al piso del •elevador y qué distancia recorre el elevador respecto al exterior ?

30. Suponiendo que la aceleración de la gravedad terrestre se mantiene constante con la altura e ignorando la fricción con el aire,

a) ¿qué velocidad tendrían al llegar al suelo las gotas de lluvia que caen desde una nube a 1700 m de •altura sobre la superficie del suelo? b) ¿desde qué altura deberían caer las gotas para adquirir una rapidez igual a la del sonido en el aire •( unos 330 m/seg aproximadamente ) ? c) ¿ cuánto tiempo tardarían en caer al suelo en ambos casos ? •



Un objeto recorre la mitad de su camino total en el último segundo de su caída libre a apartir del reposo. Encontrar el tiempo y la altura de su caida

39.

Un malabarista actúa en una habitación cuyo techo está a una altura h = 3.14 m por encima de sus manos. Lanza verticalmente hacia arriba una pelota de tal manera que alcanza justamente el techo y en ese momento lanza una segunda pelota en forma idéntica. ¿En dónde y cuándo se cruzan ambas pelotas en el aire ?

38.

Un paracaidista salta desde un globo aerostático y desciende verticalmente 50 m (sin fricción con el aire). Al abrir el paracaidas se frena su caida a razón de 2 m/seg2 y llega al suelo con una rapidez final de 3 m/seg.

a) ¿ desde qué altura saltó ? •b) ¿ en cuánto tiempo llegó a l suelo ? •

37.

Un estudiante de Física decidido a comprobar por si mismo las leyes de la gravedad, se deja caer cronómetro en mano desde el techo de un rascacielos a 900 ft de altura e inicia su caida libre. Afortunadamente 5 seg después, aparece en escena Supermán, que se lanza desde el techo para salvar al intrépido estudiante.

a) ¿cuál debe ser la velocidad inicial de Supermán para cojer al estudiante justamente antes de que •llege al suelo ? b) ¿cuál debe ser la altura del rascacielos para que ni siquiera Supermán pueda salvar al estudiante? •

36.

Un estudiante de Física deja caer una piedra a un pozo y después de 9.1 seg , escucha el sonido de la piedra al chocar con el agua. ¿A qué profundidad está el nivel del agua en el pozo ? ( Considere que la velocidad promedio del sonido en el aire a la temperatura ambiente es constante y vale 340 m/seg )

35.

De la salida de una regadera gotea agua hasta el piso que está 320 cm abajo, Si las gotas caen a intervalos iguales de tiempo y la primera llega al piso en el instante en que la quinta empieza a caer, ¿Cuál es la separación entre la segunda y la cuarta gota?

34.

Una piedra se deja caer desde un puente a 20 m sobre el agua de un rio. Otra piedra se lanza verticalmente hacia arriba, desde el nivel del agua 1.0 seg después de que se deja caer la primera. Si ambas piedras entran al agua al mismo tiempo, ¿Cuál es la rapidez inicial de la segunda piedra ?

33.

Un malabarista mantiene cinco pelotas en movimiento en el aire lanzándolas secuencialmente a una altura h = 3 m por encima de sus manos .

a) determinar el intervalo de tiempo entre lanzamientos sucesivos. •b) indicar las alturas de las pelotas , en el instante en que una de ellas llega hasta sus manos ( ignorar el •tiempo que le toma transferir la pelota de una mano a otra )

32.

Una piedra es lanzada verticalmente hacia arriba. En su recorrido pasa por el punto A con rapidez v y por

el punto B, el cual está 3 m más alto que A, con rapidez v

2 . Calcule la altura máxima alcanzada por la

piedra por encima del punto B.

31.



40. Un objeto es lanzado verticalmente hacia arriba y tiene una velocidad de 32 ft/seg cuando ha alcanzado la mitad de su altura máxima .

a) ¿ a qué altura sube ?.•b) ¿ a qué velocidad fué lanzado inicialmente ?•

41. Desde la parte más alta de un plano de 18 m de longitud e inclinado θ grados respecto a la horizontal , se deja rodar una pelota partiendo del reposo la cual llega en 3 seg a la base del plano . En el momento en que se suelta la 1ª pelota , se lanza desde la base otra pelota igual sobre el plano hacia arriba . Si ambas pelotas deben llegar a la base del plano al mismo tiempo , calcular la velocidad con que se debe lanzar la 2ª pelota y la distancia que ésta recorre hacia arriba sobre el plano inclinado . ( Suponga que las aceleraciones de las pelotas son iguales y constantes )

42. Se deja caer un objeto A desde una ventana en el piso no 40 de un rascacielos a 122.5 m sobre el nivel de la calle. En ese mismo instante se lanza hacia abajo un objeto B desde el techo del edificio, el cual está a 152.5 m de altura. Calcular . . .

a) la velocidad inicial de B si ha de llegar al suelo al mismo tiempo que el objeto A. •b) la velocidad de los objetos al llegar al suelo.•

Si el objeto B en vez de ser lanzado hacia abajo simplemente se deja caer , entonces . . . c) ¿con qué diferencia de tiempo debe dejarse caer cada objeto para que lleguen al suelo al mismo •tiempo? d) ¿a qué velocidad llegan al suelo los objetos ?•

43. Se arroja una bola verticalmente hacia arriba desde el nivel de la calle junto a una casa , la atrapa una persona que está asomada a una ventana a 4.9 m de altura sobre la calle. La velocidad inicial de la bola es 19.6 m/seg y es atrapada cuando ya va de caida . Calcular el tiempo que permaneció la bola en el aire y su velocidad al ser atrapada .



Soluciones.

1. En la definición de la rapidez media :

vm∆x

∆t=

x f xi−

t f ti−=

los subíndices ( i ) , ( f ) se refieren a los tiempos ( t ) y posiciones ( x ) iniciales y finales respectivamente.Imaginemos que el objeto que se mueve es una partícula que se desplaza a lo largo de una línea recta . La posición de la partícula en un instante determinado es entonces la longitud de la distancia entre ella y un punto de la recta (escogido arbitrariamente), llamado origen. Tomemos como origen la posición inicial ( xi 0 m⋅= ) para medir las distancias y como origen para

medir el tiempo, tomemos el tiempo inicial ( ti 0 seg⋅= ).

Od d

v2

v1

Xa)

Sean d 100 m⋅= , v1 4km

hr⋅= y v2 6

km

hr⋅= , entonces, la distancia recorrida y el tiempo total

transcurrido son:

x f d d+( )= 2 d⋅= ; t f t1 t2+( )=d

v1

d

v2

+=

donde los tiempos t1 y t2 se calculan tomando en cuenta que el movimiento de la partícula es rectilíneo

(en línea recta) y uniforme (con rapidez constante) . Asi que la rapidez media en éste caso es . . .

vmx f 0−t f 0−

=2 d⋅

d

v1

d

v2

+=

que se simplific a . . .

vm12 v1⋅ v2⋅

v1 v2+= =

2 4km

hr⋅ 6⋅

km

hr⋅

⋅

4km

hr⋅ 6

km

hr⋅+

= 24

5

km

hr⋅



Ox2

x1

X

v2

v1b)

Sea t 2 min⋅= . La distancia final recorrida y el tiempo total transcurrido son ahora:

x f x1 x2+( )= v1 t⋅ v2 t⋅+= ; t f t t+( )= 2 t⋅=

donde las distancias x1 y x2 se calculan tomando en cuenta que en éste caso, el movimiento es también

rectilíneo uniforme y aplicando la ecuación x final xinicial v t⋅+= . Por lo tanto la rapidez media es

ahora:

vmx f 0−t f 0−

=v1 t⋅ v2 t⋅+

2 t⋅=

que se simplifica a:

vm2v1 v2+

2= =

4km

hr⋅ 6

km

hr⋅+

2 = 5

km

hr⋅

De manera que la rapidez promedio es en éste caso mayor que en el caso del inciso a)

AX

v2

v1

Bx

2. Sean x : la distancia entre las dos ciudades

v1 40km

hr⋅= : la rapidez el viaje de ida

v2 80km

hr⋅= : la rapidez el viaje de regreso.

a) Tomando como origen la ciudad A y recurriendo a la definición de la rapidez promedio :

vpromlongitud_de_la_trayectoia_recorrida

tiempo_empleado

= = D

t

con D xida xvuelta+= = 2 x⋅ donde xida v1 t1⋅= , xvuelta v2 t2⋅= , es decir, t1x

v1

= y

t2x

v2

= siendo t1 y t2 los tiempos empleados por el automóvil durante el viaje de ida y el de regreso

respectivamente, esto es t t1 t2+= .

Asi resulta. . .



vprom2 x⋅

t1 t2+= =

2 x⋅x

v1

x

v2

+

= vprom2 v1⋅ v2⋅

v1 v2+=

expresión de la cual se obtiene :

2 40km

hr⋅ 80⋅

km

hr⋅

⋅

40km

hr⋅ 80

km

hr⋅+

= 160

3

km

hr⋅ = 53.33

km

hr⋅

Por otra parte, la velocidad media vm∆x

∆t= es cero dado que el desplazamiento neto ∆x x f xi−=

al final del viaje es cero ( porque x f xi= ) .

Nótese que la trayectoria del automóvil no necesariamente debe ser recta, ya que en la definición de la rapidez promedio solamente importa la longitud de la trayectoria recorrida.

b) Si t 3 hr⋅ 45min+= = 3.75 hr⋅ es el tiempo total del viaje, es decir t t1 t2+= = x

v1

x

v2

+

,

de aqui se deduce que la distancia x entre las ciudades es:

xv1 v2⋅

v1 v2+

t⋅= = vprom( ) t

2⋅ =

160

3

km

hr⋅

3.75 hr⋅2

⋅ = 100 km⋅

c) Si es verdad, dado que : vprom( ) t⋅2 v1⋅ v2⋅

v1 v2+

t⋅= = 2v1 v2⋅

v1 v2+

⋅ t⋅ = 2 x⋅ = D

O

x

X3. Tomemos como origen O de referencia, la base de

la colina donde la persona empieza a subir y denotemos por . . . x : la distancia recorrida hacia arriba sobre la

colina

v1 4km

hr⋅= : la rapidez durante la subida

v2 16km

hr⋅= : la rapidez durante la bajada

Entonces, al igual que en el ejercicio 2 anterior recurriendo a la definición de la rapidez promedio :


tiempo_empleado

= = x x−+

t =

2 x⋅t1 t2+



donde t1 y t2 son los tiempos empleados durante la subida y la bajada respectivamente. Dado que la

rapidez de la persona se mantiene constante en cada recorrido, esos tiempos se calculan de la ecuación para el movimiento rectilineo uniforme : x final xinicial v t⋅+= . esto es . . .

subida : x 0 v1 t1⋅+= esto es . . . t1x

v1

=

bajada: 0 x v2 t2⋅−= esto es . . . t2x

v2

=

Por lo tanto: vprom = 2 x⋅

x

v1

x

v2

+

= 2v1 v2⋅

v2 v1+

⋅

y substituyendo los valores respectivos queda . . .

vprom =

2 4km

hr⋅ 16⋅

km

hr⋅

⋅

4km

hr⋅ 16

km

hr⋅+

= 32

5

km

hr⋅ = 6.4

km

hr⋅

4. Las posiciones que tiene la partícula en los instantes ti 1 seg⋅= y t f 2 seg⋅= son . . .

x ti( ) = A ti⋅ B ti( )2⋅− = 2m

seg⋅

1 seg⋅( )⋅ 3m

seg2

⋅

1 seg⋅( )2⋅− = 1− m⋅

x t f( ) = A t f⋅ B t f( )2⋅− = 2m

seg⋅

2 seg⋅( )⋅ 3m

seg2

⋅

2 seg⋅( )2⋅− = 8− m⋅

por lo tanto, simplemente apliquemos la definición de velocidad media:

vm∆x

∆t=

x t f( ) x ti( )−t f ti−

= = 8− m⋅( ) 1− m⋅( )−2 seg⋅ 1 seg⋅−

= 7−m

seg⋅

A Bd

u

5. Escojamos el eje X de nuestro sistema de referencia a lo largo de la rivera del rio y tomemos como origen para medir las distancias, al embarcadero A .Denotemos por . . .

d : la distancia entre los embarcaderos

u : la rapidez del agua del rio respecto a la orilla

v1 y v2 : las rapideces de María y Juan



Tanto Maria como Juan se mueven en línea recta con rapidez constante, asi que los tiempos empleados para sus recorridos se obtienen de la fórmula para el movimiento rectilíneo uniforme : x f xi v t⋅+=

de la cual se obtiene tx f xi−( )

v= , tanto para el recorrido de ida como para el regreso, como se indica

en el siguiente esquema :

tiempo de ida tiempo de regreso tiempo total

Maria d 0−

v1

0 d−v1−

d

v1

d

v1

+

2d

v1

⋅=

Juan d 0−v2 u−

d

v2 u+d

v2 u−d

v2 u++

2d

v2

⋅ 1

1u

2

v2( )2−

⋅=

Donde la rapidez v de Juan respecto a al orilla del rio se calcula teniendo en cuenta que primero rema

contra la corriente y luego a favor de ella. ( obsérvese que no importa el sentido de u )

Dado que la rapidez de María es igual a la de Juan. podemos denotar a ambas como V simplemente y se

tiene . . .

tiempo total de Maria : 2d

V⋅ tiempo total de Juan : 2

d

V⋅ 1

u2

V2

−

1−

⋅

Como 0 u< V< ésto implica que u

V1< y también que 1

u2

V2

−

1−

1> .

Por lo tanto invariablemente el tiempo del recorrido de Juan será mayor que el de María como se puede comprobar fácilmente con los datos del problema . . .

2d

V⋅ = 2

1 km⋅

4km

hr⋅

⋅ = 1

2hr⋅ = 30 min

y

2d

V⋅ 1

u2

V2

−

1−

⋅ = 21 km⋅( )

4km

hr⋅

⋅ 1

2km

hr⋅

4km

hr⋅

2

−

1−

⋅ = 1

2hr⋅ 3

4

1−⋅ =

2

3hr⋅ = 40 min.



6. Este problema es muy similar al anterior, asi que escojamos el eje X de nuestro sistema de referencia a lo largo de la rivera del rio y tomemos como origen para medir las distancias, a la ciudad A .Denotemos por . . . L : la distancia entre las ciudades

u : la rapidez del rio respecto a la orilla

V : la rapidez del barco respecto al agua

d

A B

u

t1 5 hr⋅= : el tiempo del viaje de ida t2 9 hr⋅= : el tiempo del viaje de regreso.

Como el barco y el agua del rio se mueven en línea recta y con rapidez constante, el tiempo empleado por el barco para sus recorridos se despeja de la ecuación para el movimiento rectilíneo uniforme

tx f xi−( )

v= , siendo v la rapidez del barco respecto a nuestro sistema de referencia fijo (la orilla

del rio) y queda :

viaje de ida : t1L

V u+= (1) viaje de regreso : t2

L

V u−= (2)

dado que durante el viaje de ida la rapidez del rio se suma con la del barco (que va a favor de la corriente), en tanto que durante el viaje de regreso, tal rapidez se resta porque el barco viaja en contra de la corriente.Cuando un objeto, como una balsa es arrastrado por el agua, suponemos que adquiere la misma rapidez que el agua respecto a al orilla, por lo tanto, el tiempo que tarda en recorrer la distancia L es . . .

tx f xi−( )

v= =

L 0−u

= L

u(3)

Aparentemente, no es posible obtener una solución para el tiempo buscado dado que se tienen 4 incógnitas ( t , L , V y u ) . y solamente 3 ecuaciones

Sin embargo si interpretamos a L

u

x= como una sola incógnita y a V

u

y= como otra

incógnita, tendremos un sistema de ecuaciones simultáneas en dos variables, pues las ecs. (1) y (2) se pueden reescribir como:

t1

L

u

V u+u

= = x

y 1+ , es decir : y

x

t1

1−= (1)

t2

L

u

V u−u

= = x

y 1− , es decir : y

x

t2

1+= (2)



Por igualación, se obtiene: x

t1

1−x

t2

1+= y resolviendo para x queda. . . . x 2t1 t2⋅

t2 t1−

⋅=

Dado que xL

u= = t , entonces se obtiene el tiempo pedido:

t = 25 hr⋅( ) 9 hr⋅( )⋅9 hr⋅ 5 hr⋅−

⋅ = 45

2hr⋅ = 22.5 hr⋅

v

u

7. Denotemos por . . .

L 256 m⋅= : la longitud de la písta•

u : la rapidez del primer ciclista.•

v : la rapidez del otro ciclista•

t1 8 seg⋅= : el tiempo de encuentro•

t2 16 seg⋅= : el tiempo de alcance•

Tomando como sistema de referencia la pista, ambos cilcistas se mueven con rapidez constante, asi que los tiempos para sus recorridos se obtienen de la definición de la rapidez promedio :


tiempo_empleado

= = x

t

Si los ciclistas parten del mismo lugar de la pista y se mueven en sentidos opuestos, la suma de las distancias recorridas por ambos debe ser la longitud total de la pista : L x1 x2+( )= v t1⋅ u t1⋅+= y

de ésta ecuación se obtiene . . .

vL u t1⋅−( )

t1

= (1)

Cuando se mueven en el mismo sentido, en el momento que uno de los ciclistas alcanza al otro, la diferencia entre sus recorridos totales es de una vuelta completa : L x2 x1−( )= v t2⋅ u t2⋅−= y

de ésta ecuación se obtiene. . .

vL u t2⋅+( )

t2

= (2)

Se tiene asi un sistema de dos ecuaciones simultáneas para las incógnitas u y v . Resolviéndolas. . .

L u t1⋅−( )t1

L u t2⋅+( )t2

= ( igualando las ecs. (1) y (2) )

L t2⋅ u t1⋅ t2⋅− L t1⋅ u t2⋅ t1⋅+=



de donde resulta . . .

uL

2t1 t2⋅

t2 t1−

⋅= =

256 m⋅

28 16⋅

16 8−

⋅ seg⋅ = 8

m

seg⋅

Substituyendo ahora u en (1) y resolviendo para v se obtiene. . .

vL

2t1 t2⋅

t2 t1+

⋅= =

256 m⋅

28 16⋅

16 8+

⋅ seg⋅ = 24

m

seg⋅

Pv

u u u

u u u

8. Representemos a los tranvías y al estudiante como partículas y escojamos un sistema de referencia fijo al suelo con el eje X dirigido a lo largo de las vias férreas.

Denotemos por. . .

L : la separación entre tranvías a lo largo de la vía férrea

u : la rapidez de los tranvías respecto al suelo

v 6km

hr⋅= : la rapidez del estudiante respecto al suelo

∆t : el intervalo de tiempo entre las salidas de los tranvías de las estaciones .

t1 45 min⋅= : el tiempo de alcance entre los tranvías y el estudiante

t2 36 min⋅= : el tiempo de encuentro entre los tranvías con el estudiante

El movimiento de los objetos involucrados en este problema es rectilíneo y uniforme , por lo tanto se describe con la ecuación :

x f xi V t⋅+= (*)

asi que la separación entre dos tranvías consecutivos es:

L 0 u ∆t⋅+= (1)

porque L es la distancia que puede recorrer durante un tiempo ∆t el tranvia que salió primero.

En el instante t 0= ,cuando un tren (A) alcanza al estudiante, éste se encuentra a una distancia xi L=

adelante del tren que viene detrás (B) . Hasta el instante t1 en que lo alcanza el tranvía que venía detrás,

la posición del estudiante respecto a la posición inicial de B es ahora :

x f L v t1⋅+=

de acuerdo con la ec. (*) , como se indica en el siguiente esquema . . .



X

L v

uu AB( momento en que un tren alcanza al estudiante )

X

L

v

v t1

u uAB( momento en que el siguiente tren alcanza al estudiante )

La ec. (*) aplicada a éste tranvía ( el que alcanza al estudiante recorriendo la distancia x f en un

tiempo t1 ) , establece entonces que. . . x f 0 u t1⋅+=es decir

L v t1⋅+ u t1⋅= (2)

Similarmente, en el instante t 0= ,cuando un tren (A) encuentra al estudiante, éste se localiza a una

distancia xi L−= enfrente del tren que viene enseguida (B) hacia él , al cual encuentra después de un

tiempo t2 . Durante ese tiempo, la posición del estudiante respecto a la posición inicial del tranvía B es

ahora . . .

x f L− v t2⋅+=

de acuerdo con la ec. (*) , como se indica en el siguiente esquema . . .

X

L

u

v

u A B( momento en que un tren y el estudiante se encuentran )

XvB

v t 2

u ( momento en que el siguiente tren y el estudiante se encuentran )

La ec. (*) aplicada a éste tranvía ( el B ) , establece entonces que. . . x f 0 u t2⋅−=

es decir

L− v t2⋅+ u− t2⋅= (3)

Substituyendo la ec. (1) en las ecs. (2) y (3) se puede escribir. . .

u ∆t⋅ v t1⋅+ u t1⋅= (2) y u ∆t⋅ v t2⋅− u t2⋅= (3)



y resolviéndolas simultáneamente para las incógnitas ∆t y u se obtiene :

∆t 2t1 t2⋅

t1 t2+⋅= = 2

45 min⋅ 36⋅ min⋅45 min⋅ 36 min⋅+

⋅ = 40 min⋅

u vt1 t2+( )t2− t1+( )⋅= = 6

km

hr⋅

45 min⋅ 36 min⋅+45 min⋅ 36 min⋅−

⋅ = 54km

hr⋅

9 Denotemos por . . . L : la distancia recorrida en la carrera

u : la rapidez de la 2a motocicleta

t : el tie po de recorrido de la 2a motocicleta

Entonces. . . u 15km

hr⋅+

: es la rapidez e la 1ª motocicleta

u 3km

hr⋅−

: es la rapidez e la 3ª motocicleta

t 12 min⋅−( ) t1

5hr⋅−

= : es el tiempo de recorrido de la 1ª motocicleta

t 3 min⋅+( ) t1

20hr⋅+

= : es el tiempo de recorrido de la 3ª motocicleta

El movimiento de los objetos involucrados en este problema es uniforme , por lo tanto se describe con la ecuación


tiempo_empleado

= = L

t

y dado que todas las motocicletas recorren la misma distancia L , se obtiene . . .

1ª motocicleta u 15km

hr⋅+

L

t1

5hr⋅−

= (1)

2ª motocicleta uL

t= (2)

3ª motocicleta u 3km

hr⋅−

L

t1

20hr⋅+

= (3)

Este sistema de ecuaciones con incógnitas ( L, u y t ) se resuelve fácilmente para obtenerse :

t6

5hr⋅= = 72 min⋅ ; u 75

km

hr⋅= ; L 90 km⋅=



10.

Ox

L

v2

v1

X

Considerando al suelo como sistema de referencia fijo con el eje X a lo largo de la via férrea y como origen O la posición incial del tren que avanza hacia la derecha, sean . . .

L 80 km⋅= : la separación inicial de los trenes

v1 40km

hr⋅= , v2 60

km

hr⋅= : las rapideces respectivas de los trenes (respecto al suelo)

u 80km

hr⋅= : la rapidez respecto al suelo del pájaro en vuelo

Dado que ambos trenes se mueven con rapidez constante, su posición respecto al origen O está determinada por la ecuación para el movimiento rectilíneo uniforme : x f xi V t⋅+= . Cuando sus

partes frontales chocan, significa que están en el mismo lugar (la misma posición x ) respecto a O , y la ec. anterior aplicada a ellos dá :

1er tren : x 0 v1 t⋅+= 2o tren : x L v2 t⋅−=

e igualando éstas ecuaciones queda . . . 0 v1 t⋅+ L v2 t⋅−=es decir . . .

L v1 t⋅ v2 t⋅+= (1)

donde t es el tiempo que tardan en chocar los trenes ( el mismo que dura el pájaro volando ) .

La ec. (1) nos dice simplemente que la suma de las distancias recorridas por ambos trenes debe ser la distancia L que los separaba inicialmente. Asi que resolviendola para el tiempo t se obtiene :

tL

v1 v2+= =

80 km⋅

40km

hr⋅ 60

km

hr⋅+

= 2

3hr⋅

Durante ese tiempo, el pájaro vuela la distancia total :

d u t⋅= = 80km

hr⋅ 2

3hr⋅

⋅ = 64 km⋅

Además, puesto que vuelve de inmediato de un tren a otro, la frecuencia entre sus viajes aumenta al disminuir la separación entre los trenes.(es inversamente proporcional).asi que si la separación tiende a cero, el número de viajes que hace el pájaro (visto como un punto matemático sin dimensiones) tiende a infinito.



11. Consideremos al avión como una partícula que se mueve con aceleración constante, en línea recta a lo largo del eje X de un sistema de referencia fijo respecto a la pista , partiendo del origen (posición inicial

nula: xi 0 m⋅= ) y del reposo (velocidad inicial nula vi 0m

seg⋅= ) en el instante inicial t = 0 seg ,

comos se muestra en la siguiente figura . . .

XO

x f

v f

vi= 0

xi= 0

entonces su posición x en instantes t posteriores, está determinada por la ecuación para el movimiento uniformemente acelerado . . .

x f xivi v f+

2

t⋅+=

con. . .

xi 0 m⋅= x f 600 m⋅= vi 0m

seg⋅= t 30 seg⋅=

Asi que simplemente resolviendo para v f se obtiene . . .

v f 2x f xi−

t

⋅ vi−= = 2600 m⋅30 seg⋅

⋅ 0m

seg⋅−

= 144

km

hr⋅

12. El desplazamiento ∆x x f xi−= es numéricamente igual al área comprendida bajo la curva

velocidad-tiempo, entre los dos instantes inicial ( ti ) y final ( t f ) , asi que hablando estrictamente se

tendría que realizar la integral definida . . .

∆x x f xi−= =

ti

t f

tv t( )⌠⌡

d

donde v t( ) es la función que representa la variación de la velocidad con el tiempo. Sin embargo,

dado que la gráfica dada está conformada por segmentos rectos solamente , el área limitada por ella y el eje horizontal del tiempo, se puede calcular simplente como la suma de las áreas de las siguientes partes geométicas:



0 1 2 3 4 5 6 7 8 seg

6

2

3

5

4

1

m/seg

A

B

C

D

E

triángulo A : 1

23 seg⋅( )⋅ 2

m

seg⋅

⋅ = 3 m⋅

triángulo B : 1

21 seg⋅( )⋅ 3

m

seg⋅

⋅ = 3

2m⋅

triángulo E : 1

22 seg⋅( )⋅ 5

m

seg⋅

⋅ = 5 m⋅

rectángulo C : 2 seg⋅( ) 2m

seg⋅

⋅ = 4 m⋅

rectángulo D : 1 seg⋅( ) 3m

seg⋅

⋅ = 3 m⋅

Por lo tanto, ∆x x f xi−= = 3m3

2m⋅+ 5 m⋅+ 4 m⋅+ 3 m⋅+

= 16.5 m⋅ es decir, el objeto ha

recorrido 16.5 m.

b) La aceleración es numéricamente igual a la pendiente de la curva velocidad-tiempo dado que es su

derivada: adv t( )

dt= asi que en la gráfica, la pendiente del segmento rectilíneo que une los dos puntos

de coordenadas 5 seg⋅ 5m

seg⋅,

y 7 seg⋅ 0

m

seg⋅,

es

a∆v

∆t= =

v f vi−

t f ti− =

0m

seg⋅ 5

m

seg⋅−

7 seg⋅ 5 seg⋅− =

5−2

m

seg2

⋅

asi que, la aceleración para cualquier instante comprendido entre 5 y 7 seg vale −2.5 m/seg2

13. a) Consideremos al automóvil como una partícula que se mueve a lo largo del eje X de un sistema de referencia fijo respecto al suelo y que parte del origen O (posición inicial nula: xi 0 m⋅= ) en el

instante inicial t = 0 seg . Supongamos además que frena reduciendo su velocidad de manera constante ( desaceleración constante ) como se muestra en la siguiente figura . . .

XO

x f

v fvi

xi= 0

a) Dado que la velocidad se reduce del valor inicial vi 108km

hr⋅= = 30

m

seg⋅ cuando la partícula



está en el origen, al valor final v f 36km

hr⋅= = 10

m

seg⋅ , cuando la partícula está en la posición

final x f 80 m⋅= podemos usar la ecuación del movimiento uniformemente acelerado . . .

v f( )2vi( )2

2 a⋅ x f xi−( )⋅+=

para calcular la aceleración a , resultando . . .

a1

2

v f( )2vi( )2−

x f xi−( )⋅= = 1

2

10m

seg⋅

2

30m

seg⋅

2

−

80 m⋅ 0 m⋅−⋅ = 5−

m

seg2

⋅

El hecho de que a 0< significa que la aceleración tiene sentido opuesto a la velocidad de la

partícula.

b) Una de las ecuaciones del movimiento uniformemente acelerado que relaciona el cambio de la velocidad con el tiempo es . . .

v f vi a t⋅+=

Asi que resolviendo para el tiempo t transcurrido se obtiene . . .

tv f vi−( )

a= =

10m

seg⋅ 30

m

seg⋅−

5−m

seg2

⋅ = 4 seg⋅

el cambio de velocidad tarda entonces solamente 4 segundos.

c) Ubicando ahora el origen del sistema de referencia en la posición que tiene la partícula cuando su

rapidez inicial es vi 30km

hr⋅= = 8.33

m

seg⋅ entonces xi 0 m⋅= y dado que ya se conoce la

aceleración, la distancia que puede recorrer hasta detenerse por completo ( v f 0m

seg⋅= ) se puede

calcular a partir de la misma ecuación v f( )2vi( )2

2 a⋅ x f xi−( )⋅+= , resultando . . .

x f1

2

v f( )2vi( )2−

a⋅ xi+= =

1

2

0m

seg⋅

2

8.33m

seg⋅

2

−

5−m

seg2

⋅⋅ 0 m⋅+ = 6.94 m⋅



14. Consideremos el origen del sistema de referencia en el lugar donde el objeto se encontraba ( xi 0 ft⋅= )

en reposo (vi 0ft

seg⋅= ) e imaginemos que se mueve a lo largo del eje de coordenadas X . Sean . . .

a : la aceleración (constante) del objeto

d 64 ft⋅= : la distancia que recorre en el tiempo . . .

t 4 seg⋅=Entonces . . .

a) Una ecuación del movimiento uniformemente acelerado que relaciona las velocidades inicial y final con el tiempo transcurrido y las posiciones inicial y final es . . .

x f xiv f vi+

2

t⋅+=

donde vi 0ft

seg⋅= , xi 0 ft⋅= y x f d= , asi que se obtiene . . .

v f vi 2x f xi−

t

⋅+= = 2d

t

⋅ = 264 ft⋅4 seg⋅

⋅ = 32ft

seg⋅

De éste resultado, se deduce que la aceleración a , calculada de . . . v f vi a t⋅+= es . . .

av f vi−( )

t= =

32ft

seg⋅ 0

ft

seg⋅−

4 seg⋅ = 8

ft

seg2

⋅

b) Por lo tanto, la velocidad del objeto cuando éste ha recorrido la mitad de la distancia total se obtiene de . . .

v f( )2vi( )2

2 a⋅ x f xi−( )⋅+=

donde vi 0ft

seg⋅= , xi 0 m⋅= y x f

d

2= , y se obtiene . . .

v f( )20 2 a⋅

d

20−

⋅+= = a d⋅

v f = 8ft

seg2

⋅

64 ft⋅( )⋅ = 16 2⋅ft

seg⋅

c) Esta distancia la recorre en un tiempo calculado de . . . v f vi a t⋅+= , es decir :

tv f vi−( )

a= =

16 2⋅ft

seg⋅

0ft

seg⋅

−

8ft

seg2

⋅ = 2 2⋅ seg⋅



d) La velocidad del objeto cuando ha transcurrido la mitad del tiempo total se obtiene de . . .

v f vi a t⋅+=

donde vi 0ft

seg⋅= , y queda . . .

v f 0ft

seg⋅

8ft

seg2

⋅

4 seg⋅2

⋅+= = 16ft

seg⋅

es decir, es la mitad de la velocidad total.

e) durante ese tiempo, recorre una distancia calculada a partir de . . . x f xi vi t⋅+ 1

2a⋅ t

2⋅+= ,

es decir:

x f 0 0 t⋅+ 1

2a⋅ t

2⋅+= = 1

2a⋅ t

2⋅ = 1

28

ft

seg2

⋅

⋅4 seg⋅

2

2

⋅ = 16 ft⋅

es decir, recorre solamente la cuarta parte de su distancia total.

15. a) Imaginemos al automóvil como una partícula que . . .

se mueve a lo largo del eje X de un sistema de referencia fijo respecto al suelo•

partío del reposo (velocidad inicial nula vi 0m

seg⋅= ) •

empezó a moverse en el instante inicial t = 0 seg de cierto lugar que cosideraremos el origen •O del sistema (posición inicial nula: xi 0 m⋅= ) .

además frena reduciendo su velocidad de manera constante ( desaceleración constante ) como •se muestra en la siguiente figura . . .

XO

x f

v fv1

xi= 0

vi= 0

x1

d

A B

Sea d 175 m⋅= la distancia que hay entre los puntos A y B por los que pasa el automóvil, siendo . . .

x1 y v1 la posición y la velocidad del auto en el punto A . •

x f y v f 144km

hr⋅= = 40

m

seg⋅ la posición y la velocidad del auto en el punto B .•



Entonces . . . d x f x1−= y de la ecuación para el movimiento uniformemente acelerado

x f xiv f vi+

2

t⋅+=

se tiene vi 2x f xi−( )

t⋅ v f−= , es decir . . .

v1 2d

t⋅ v f−

= = 2175 m⋅5 seg⋅

⋅ 40m

seg⋅− = 30

m

seg⋅

Por lo tanto, el automóvil se movía a 30m

seg⋅ 108

km

hr⋅= cuando pasó por el punto A .

b) Por otra parte, la aceleración del automóvil se puede calcular a partir de la ecuación:

v f vi a t⋅+=

como . . .

av f vi−

t= =

40m

seg⋅ 30

m

seg⋅−

5 seg⋅ = 2

m

seg2

⋅

Para encontrar donde estaba el automóvil cuando partió del reposo, se puede utilizar la ecuación

v f( )2vi( )2

2 a⋅ x f xi−( )⋅+=

tomado ahora como posición inicial el origen ( xi 0 m⋅= , vi 0m

seg⋅= ) y como posición final

cualquiera de los puntos A ó B . ( p.ej. x f x1= , v f v1= = 30m

seg⋅ ) quedando . . .

x f xiv f( )2

vi( )2−2 a⋅

+= = 0 m⋅30

m

seg⋅

2

0m

seg⋅

2

−

2 2m

seg2

⋅

⋅

+ = 225 m⋅

es decir, el automóvil se encontraba en reposo a a 225 m⋅ detrás del punto A .

c) El tiempo que tarda el automóvil en llegar al punto A se calcula ahora fácilmente a partir de la ecuación

v f vi a t⋅+=



tomando como posición inicial el origen ( vi 0m

seg⋅= ) y como posición final el punto A donde

v f v1= = 30m

seg⋅ , resultando . . .

tv f vi−

a= =

30m

seg⋅ 0

m

seg⋅−

2m

seg2

⋅ = 15 seg⋅

16. Consideremos el frente del automóvil (A) y la parte trasera de la camioneta (C) como puntos matemáticos (partículas) que se mueven a lo largo del eje X de un sistema de referencia fijo (el suelo sobre el que se mueven los vehiculos) y tomemos como origen de tal referencia la posición inicial de A en el instante ( t = 0 seg ) en que se aplican los frenos

d

v

u

X

Y

O

a

A C

Como se indica en el dibujo anterior, denotemos por . . .

v : la velocidad inicial del automóvil

a : la aceleración (constante y negativa) del automóvil

u : la velocidad inicial (constante y positiva) de la camioneta

d : la separación inicial ( la distancia entre ambas partículas en el instante t = 0 )

La posición x de cada partícula es una función del tiempo t transcurrido desde el instante inicial y está dada por . . .

automóvil : x t( ) xi v t⋅+ 1

2a⋅ t

2⋅−

= ( movimiento uniformemente acelerado )

camioneta : X t( ) X i u t⋅+= ( movimiento rectilíneo uniforme )

. donde xi 0= y X i d= son respectivamente las posiciones iniciales del auto y la camioneta.

Entonces la distancia que los separa es también una función del tiempo y vale:

d t( ) X t( ) x t( )−= = d u t⋅+( ) 0 v t⋅+ 1

2a⋅ t

2⋅−

−



= d u v−( ) t⋅+ 1

2a⋅ t

2⋅+

y substituyendo valores se obtiene :

d t( ) = 140 m⋅ 4 28−( )m

seg⋅

t⋅+ 1

22

m

seg2

⋅

⋅ t2⋅+ = 140 m⋅ 24

m

seg⋅

t⋅− 1m

seg2

⋅

t2⋅+

0 5 10 15

5

5

10

15

20

25

tiempo t (en seg )

Dis

tanc

ia (

en

m )

Esta es una función cuadrática en el tiempo t , su gráfica es una parábola que en un diagrama espacio-tiempo es vertical y se extiende "hacia abajo"

(dado que el coeficiente de t2 es negativo)

Sus raices representan los valores del tiempo para los cuales la distancia entre los vehículos es cero. Resolviendo la ecuación cuadrática

140 24 t⋅− t2+ 0= se obtienen los valores :

t 10 seg⋅= ; t 14 seg⋅=

Esto significa que el auto chocará con la camioneta 10 seg después de que se apliquen los frenos.La segunda raiz ( t = 14 seg ) significa que si los vehiculos no hubiesen chocado, por ir en distintos carriles, entonces entre los 10 y los 14 seg la partícula A estaría por delante de la B y a los 14 seg volverían a tener la misma posición x .

17. a) El cambio en la velocidad para un objeto que se mueve con aceleración constante está dado por la

ecuación : v f vi a t⋅+= asi que si el tren cambia su velocidad desde vi 0m

seg⋅= hasta

v f 30m

seg⋅= en un tiempo t 24 seg⋅= entonces su aceleración vale . . .

av f vi−( )

t= =

30m

seg⋅ 0

m

seg⋅−

24 seg⋅ =

5

4

m

seg2

⋅

dado que ésta aceleración permanece constante. el tiempo necesario para cambiar ahora la velocidad

desde el valor inicial vi 15m

seg⋅= hasta el valor final v f 25

m

seg⋅= se calcula de la misma

ecuación anterior y queda . . .



tv f vi−( )

a= =

25m

seg⋅ 15

m

seg⋅−

5

4

m

seg2

⋅ = 8 seg⋅

b) Tomando como origen de coordenadas la posición inicial ( xi 0 m⋅= ) del tren en el momento en

que su rapidez es vi 15m

seg⋅= y como posición final x f el lugar donde se encuentra respecto al

origen cuando su rapidez es v f 25m

seg⋅= , entonces la distancia que recorre se puede calcular por

ejemplo de la ecuación : v f( )2vi( )2

2 a⋅ x f xi−( )⋅+=


x f xi−( ) v f( )2vi( )2−

2 a⋅= =

25m

seg⋅

2

15m

seg⋅

2

−

25

4

m

seg2

⋅

⋅ = 160 m⋅

o de la ecuación : x f xi vi t⋅+ 1

2a⋅ t

2⋅+=

y queda . . .

x f xi−( ) vi t⋅ 1

2a⋅ t

2⋅+= = 15m

seg⋅

8 seg⋅( )⋅ 1

2

5

4

m

seg2

⋅

⋅ 8 seg⋅( )2⋅+ = 160 m⋅

o también de la ecuación : x f xivi v f+

2

t⋅+=

y queda . . .

x f xi−( ) vi v f+2

t⋅= =

15m

seg⋅ 25

m

seg⋅+

2

8 seg⋅( )⋅ = 160 m⋅

18. Modelando al tren como una partícula que se mueve a lo largo del eje X de un sistema de referencia fijo que tiene su origen de coordenadas en una de las estaciones, entonces la partícula. . .

partío del reposo (velocidad inicial nula vi 0m

seg⋅= ) •

empezó a moverse desde el origen O en el instante inicial t = 0 seg (posición inicial nula: •xi 0 m⋅= ) .

llega al reposo v f 0m

seg⋅= cuando su posición final es x f d= = 1 km⋅•



XO

d

v1

xi= 0

vi= 0

x1A B

vf= 0

tiene una aceleración a1 0.1m

seg2

⋅= desde O hasta el punto A , durante un tiempo t1 y frena a la •

razón a2 0.5−m

seg2

⋅= el resto del tiempo ( t2 ) hasta llegar al punto B.

Dado que ambas aceleraciones son constantes, su movimiento puede describirse por medio de las •ecuaciones del movimiento uniformemente acelerado .

Cuando la partícula está en el punto A , su posición final x1 y su velocidad final v1 quedan

determinadas por las ecuaciones . . .

x f xi vi t⋅+ 1

2a⋅ t

2⋅+= y v f vi a t⋅+=

aplicadas entre los puntos O y A , obteniéndose . . .

(1) x1 0 0 t1⋅+ 1

2a1⋅ t1( )2⋅+= ; (2) v1 0 a1 t1⋅+=

estas mismas ecuaciones aplicadas ahora entre los puntos A y B generan . . .

(3) d x1 v1 t2⋅+ 1

2a2⋅ t2( )2⋅+= ; (4) 0 v1 a2 t2⋅+=

porque x1 y v1 se interpretan ahora como la posición y la velocidad iniciales de la partícula .

Como d , a1 y a2 se conocen , se tiene asi un sistema de 4 ecuaciones y 4 incógnitas : x1 , v1 , t1 y

t2

Substituyendo v1 de la ec. (2) y x1 de la ec. (1) en las ecuaciones (3) y (4) se obtiene . . .

(5) 0 0 a1 t1⋅+( ) a2 t2⋅+= ó también . . . t2

a1−a2

t1⋅=

(6) d1

2a1⋅ t1( )2⋅

a1 t1⋅( ) t2⋅+ 1

2a2⋅ t2( )2⋅+=

Si se substituye ahora de la ec. (5) en la ec. (6) queda . . .

d1

2a1⋅ t1( )2⋅ a1 t1⋅( ) a1−

a2

t1⋅

⋅+ 1

2a2⋅

a1−

a2

t1⋅

2

⋅+=



y simplificando . . .

d1

2a1⋅ t1( )2⋅

a2 a1−( )a2

⋅=

De aqui se obtiene el valor del tiempo de aceleración :

t1 2 d⋅a2

a1

⋅ 1

a2 a1−( )⋅= = 2 1000 m⋅( )⋅0.5− m

seg2⋅

0.1m

seg2⋅

⋅ 1

0.5− m

seg2⋅ 0.1

m

seg2⋅−

⋅ = 129.1 seg⋅

y el tiempo de frenado de la ec. (5) :

t2

a1−

a2

t1⋅= =

0.1m

seg2

⋅

−

0.5−m

seg2

⋅

129.1 seg⋅( )⋅ = 25.8 seg⋅

de manera que el tiempo de viaje reducido al mínimo es t1 t2+ aproximadamente 155 seg⋅

19. Modelemos al tren como una partícula que se mueve a lo largo del eje X de un sistema de referencia fijo al suelo que tiene su origen de coordenadas en la estación de partida, entonces tal partícula. . .

empezó a moverse desde el origen O (posición inicial nula: xi 0 m⋅= ) en el instante inicial t = 0 •

seg y partío del reposo (velocidad inicial nula vi 0m

seg⋅= ) . (véase la siguiente figura . . .)

XO v

1v

i= 0

x1

A B

vf= 0

x2

x3

C

v1

aa2

aceleró de manera constante ( a 1.2m

seg2

⋅= ) durante un tiempo t1 10 seg⋅= hasta el punto A •

luego dejó de acelerar y mantuvo su velocidad constante v1 durante el tiempo t2 30 seg⋅= hasta •llegar al punto B .



finalmente frena de forma constante (a2 0< ) hasta detenerse en el punto C (velocidad final nula •

v f 0m

seg⋅= ) habiendo transcurrido un tiempo de 45 seg después de ponerse en marcha, es decir

frena durante un tiempo t3 45 seg⋅ t1 t2+( )−= 5 seg⋅= .

a) Dado que las aceleraciones son constantes la posición final x1 y su velocidad final v1 en el punto A

quedan determinadas por las ecuaciones . . .

x f xi vi t⋅+ 1

2a⋅ t

2⋅+= ; v f vi a t⋅+=

aplicadas entre los puntos O y A , obteniéndose . . .

(1) x1 0 0 t1⋅+ 1

2a⋅ t1( )2⋅+= ; (2) v1 0 a t1⋅+=

Entre los puntos A y B no hay aceleración y la posición final x2 de la partícula se calcula con la única

ecuación para el movimiento rectilíneo uniforme : x f xi v t⋅+= , obteniéndose al substituir x1 y v1

de las ecs. (1) y (2) . . .

(3) x2 x1 v1 t⋅+= = 1

2a⋅ t1( )2⋅

a t1⋅( ) t2⋅+

Desde x2 hasta x3 frena durante un tiempo t3 hasta quedar en reposo, asi que aplicando la ec.

x f xivi v f+

2

t⋅+=

entre x2 (como posición inicial) y x3 (como posición final) se obtiene:

x3 x2

v1 0+2

t3⋅+=

Substituyendo x2 de la ec. (3) y v1 a t1⋅= queda ...

x31

2a⋅ t1( )2⋅ a t1⋅( ) t2⋅+

a t1⋅2

t3⋅+=

factorizando. . .

x31

2t1⋅ a⋅ t1 2 t2⋅+ t3+( )⋅=

y calculando . . .

x31

210 seg⋅( )⋅ 1.2

m

seg2

⋅

⋅ 10 seg⋅ 60 seg⋅+ 5 seg⋅+( )⋅= = 450. m⋅



b) A los 42.5 seg después de ponerse en marcha, el tren está en la etapa de frenado porque ese tiempo es mayor que el tiempo t1 t2+ 40 seg⋅= y han transcurrido t 42.5 seg⋅ 40 seg⋅−= = 2.5 seg⋅ desde que

el tren pasó por la posición x2 .

El frenado ocurre además con una aceleración dada por la ec: v f vi a t⋅+= aplicada entre x2 (donde

vi v1= ) hasta x3 (donde v f 0= ) , es decir. . .

0 v1 a2 t3⋅+= obteniéndose: a2

v1−

t3

=

Asi que la velocidad del tren, transcurrido un tiempo t después de pasar por x2 vale . . .

v vi a t⋅+= = v1

v1−t3

t⋅+

= a t1⋅ 1t

t3

−

⋅ = 1.2m

seg2

⋅ 10 seg⋅( )⋅ 12.5 seg⋅5 seg⋅

−

⋅ = 6m

seg⋅ = 21.6

km

hr⋅

20. Sean D 36 m⋅= y las aceleraciones constantes aA 1.8m

seg2

⋅= y aB 1.2m

seg2

⋅= del automóvil

y del camión respectivamente.

Consideremos a los vehiculos como partículas A (auto) y B (camión) que se mueven el línea recta a lo largo de un eje de coordenadas X y tales que . . .

parten del reposo (velocidades iniciales nulas : viA 0= , viB 0= ) •la partícula A inicia su movimiento a partir del origen de coordenadas ( posición incial nula : •xiA 0= ) mientras que la partícula B lo inicia desde la posición inicial xiB d= (puesto que el

camión está delante del automóvil inicialmente)están a la misma distancia del origen (la misma posición x , es decir xA xB= ) cuando el automóvil •

alcanza al camión, en el momento en que éste está en la posición : xB d D+=

XO d

viA= 0

xi= 0

viB= 0 (los vehiculos inician su movimiento)

XO d

vA

vB

D

(transcurrido un tiempo t , han recorrido la misma distancia)



Puesto que ambas partículas empiezan a moverse al mismo tiempo y con aceleración constante, sus posiciones respecto al origen O transcurrido un tiempo t están dadas por la ecuación :

x f xi vi t⋅+ 1

2a⋅ t

2⋅+=

es decir . . .

A: xA 0 0 t⋅+ 1

2aA( )⋅ t

2⋅+= B: xB d 0 t⋅+ 1

2aB( )⋅ t

2⋅+=

Pero la distancia que ha recorrido el camión hasta ser alcanzado por el auto es xB d D+= , y entonces la

ecuación anterior queda . . .

xB d D+( )= d1

2aB( )⋅ t

2⋅+=

a) de donde se obtiene el tiempo t que tarda el automóvil en alcanzar al camión:

t2 D⋅aB( )= =

2 36 m⋅( )⋅

1.2m

seg2

⋅ = 7.75 seg⋅ (1)

Cuando el auto alcanza al camión, se tiene que xA xB= , es decir . . .

1

2aA( )⋅ t

2⋅ d1

2aB( )⋅ t

2⋅+=

b) resolviendo ésta ec. para la distancia d que los separaba inicialmente, se obtiene :

daA aB−

2

t2⋅= =

aA aB−2

2 D⋅aB

⋅ (substituyendo t de la ec. (1) )

= DaA

aB1−

⋅ = 36 m⋅1.8

m

seg2⋅

1.2m

seg2⋅

1−

⋅ = 18 m⋅

c) Sus velocidades finales ( en el momento del alcance) se calculan de la ecuación v f vi a t⋅+=

resultando . . .

vA 0 aA 7.75 seg⋅( )⋅+= = 50.2km

hr⋅ y vB 0 aB 7.75 seg⋅( )⋅+= = 33.5

km

hr⋅

21. El automóvil y el camión se localizan en el mismo lugar en el instante t = 0 ; pero éste último con cierta velocidad inicial vi u= . Si ambos objetos vistos como partículas se mueven en línea recta a lo largo de

un eje X de coordenadas y parten del origen , el camión con velocidad constante y el automóvil con aceleración constante, entonces su posición en función del tiempo t transcurrido está dada por las ecuaciones:

x t( ) xi u t⋅+= (para el camión) X t( ) xi vi t⋅+ 1

2a⋅ t

2⋅+= (para el automóvil).



es decir . . . x t( ) 0 u t⋅+( ):= y X t( ) 0 0 t⋅+ 1

2a⋅ t

2⋅+:=

Representemos éstas ecuaciones en un diagrama espacio-tiempo

0 5 10

camiónautomóvil

t (segundos)

x (

met

ros)

Sus puntos de intersección son las soluciones de la ecuación x t( ) X t( )= y representan los instantes en

que ambas partículas tienen la misma posición x respecto al origen de coordenadas elegido.

Resolviendo 0 u t⋅+( ) 0 0 t⋅+ 1

2a⋅ t

2⋅+

= para t se obtienen las raices . . .

u t⋅ 1

2a⋅ t

2⋅= ó t1

2a⋅ t⋅ u−

⋅ 0=

es decir . . .

t 0 seg⋅= y t 2u

a⋅= = 2

30ft

seg⋅

6ft

seg2⋅

⋅ = 10 seg⋅

Cuando t = 0 seg, ambas partículas ocupan la misma posición (el origen) y transcurrido el tiempo

t 10 seg⋅= tienen nuevamente la misma posición, la cual se calcula substituyendo este valor del tiempo

en cualquiera de las ecuaciones para la posición, por ejemplo . . .

x 2u

a⋅

u 2u

a⋅

⋅= = 2

30ft

seg⋅

2

6ft

seg2⋅

⋅ = 300 ft⋅

En ese instante, la velocidad del auto es . . .

v f vi a t⋅+= = 0 a 2u

a⋅

⋅+ = 2 u⋅ = 60ft

seg⋅

22. Tomemos como origen de referencia la meta de salida para la carrera e imaginemos a las corredoras como partículas que se mueven sobre el eje X a lo largo de la pista recta.



XO

v1

x1

d

v1a

Representemos por . . .

d = 100 m⋅ la distancia •total recorrida

t1 el tiempo de aceleración•

T = 10.2 seg⋅ el tiempo que •dura la carrera

Cada corredora parte del origen (posición inicial nula : xi 0= ) y del reposo (velocidad inicial nula:

vi 0= ) y su movimiento se compone de dos etapas :

movimiento uniformemente acelerado durante la cual recorren la distancia x1 dada por la ecuación 1.

x f xi vi t⋅+ 1

2a⋅ t

2⋅+= , es decir . . . x1 0 0 t1⋅+ 1

2a⋅ t1( )2⋅+= y alcanzan la velocidad

máxima v1 dada por la ecuación : v f vi a t⋅+= ., es decir . . . v1 0 a t1⋅+= siendo t1 su

tiempo de aceleración en ambos casos.movimiento rectilíneo uniforme descrito por la ecuación x f xi v t⋅+= durante el resto del tiempo 2.

hasta completar la distancia de la carrera d 100 m⋅= Aqui, v es la velocidad constante, es el valor de la velocidad máxima que logró durante la etapa de •

aceleración, esto es . . . v v1= = a t1⋅

xi se refiere a la posición inicial que tiene la partícula cuando empieza a moverse a velocidad •

constante, esto es . . . xi x1= = 1

2a⋅ t1( )2⋅

t en ésta ecuación se refiere al tiempo durante el cual el movimiento es uniforme, es decir es el •

tiempo que dura la carrera menos el tiempo de aceleración t T t1−=

Por todo lo anterior, cuando x f d= , la ecuación x f xi v t⋅+= resulta en . . .

d1

2a⋅ t1( )2⋅

a t1⋅( ) T t1−( )⋅+=

de donde se obtiene la aceleración . . . ad

T t1⋅ 1

2t1( )2⋅−

=

De éste modo, para Ana : a100 m⋅

10.2 seg⋅( ) 2⋅ seg⋅ 1

22 seg⋅( )

2⋅−= = 5.435

m

seg2

⋅

y para Julia : a100 m⋅

10.2 seg⋅( ) 3⋅ seg⋅ 1

23 seg⋅( )

2⋅−= = 3.83

m

seg2

⋅



Asi, la rapidez máxima resulta . . .

v1 a t1⋅= = d

T1

2t1( )⋅−

obteniéndose para Ana : 10.87m

seg⋅ = 39.1

km

hr⋅ y para Julia: 11.5

m

seg⋅ = 41.4

km

hr⋅

En la maraca de los 6 seg⋅ , la distancia que ha recorrido cada velocista es :

Ana : d 6 seg⋅( )1

2a⋅ t1( )2⋅

a t1⋅( ) 6 seg⋅ t1−( )⋅+= = 54.35 m⋅

Julia : d 6 seg⋅( )1

2a⋅ t1( )2⋅

a t1⋅( ) 6 seg⋅ t1−( )⋅+= = 51.70 m⋅

asi que Ana va adelante de Julia por 2.65 m⋅

23. Tomemos como referencia un eje X a lo largo de la pista de despegue y que tenga su origen en el lugar donde empieza a moverse el avión en el instante t = 0 seg .

Con v = 95m

seg⋅ la velocidad de despegue, D = 2500 m⋅ la longitud de la pista y a = 3.5

m

seg2

⋅

la aceleración constante, entonces la distancia x que recorre el avión sobre la pista se obtiene de laecuación :

v f( )2vi( )2

2 a⋅ x f xi−( )⋅+=


v2

02 2 a⋅ x 0−( )⋅+= , es decir . . . xv

2

2 a⋅=

De modo que al avión solamente le queda la distancia D x−( ) para frenar.

Una nueva aplicación de la misma ec. anterior con v f 0= , vi v= , x f D= y xi x= , dá la

aceleración A de frenado . . .

02 v2

2 A⋅ D x−( )⋅+= es decir . . .

Av

2−2 D x−( )⋅

= = v

2−

2 D⋅v

2

a−

= av

2−

2 D⋅ a⋅ v2−

⋅



y resulta . . . A a

95m

seg⋅

2

−

2 2000 m⋅( )⋅ 3.5m

seg2

⋅

⋅ 95m

seg⋅

2

−

⋅= = 1.814− a⋅

que es casi dos veces mayor que la aceleración inicial

XO -a

x1

d

vvf= 0

v24. Representemos por . . .

∆t : el tiempo de reacción del conductor •

a− : la aceleración del automóvil•

d : la distancia de frenado•

v : la rapidez del automóvil .•

Ubiquemos el origen de referencia en el lugar que tiene el automóvil cuando el conductor se dá cuenta que debe aplicar los frenos. Durante el tiempo de reacción, el automóvil continuará moviéndose a la

misma rapidez v (movimiento rectilíneo uniforme) y recorrerá la distancia x1 0 v ∆t⋅+= , como se

muestra en la figura.

A partir de ese momento y hasta que queda en reposo, ( v f 0= ) , el movimiento del automóvil es

uniformemente acelerado. Su posición final respecto al origen de referencia elegido es x f d= y está

dada por la ecuación . . . v f( )2vi( )2

2 a⋅ x f xi−( )⋅−=

es decir . . .

02 v2

2 a⋅ d x1−( )⋅−= de donde se obtiene . . . 0 v2

2 a⋅ d v ∆t⋅−( )⋅−=

Aplicando los datos del problema : v1 80km

hr⋅= , d1 57 m⋅= y v2 48

km

hr⋅= , d2 24 m⋅= a

la ecuación anterior, se generan las ecuaciones simultáneas . . .

0 v1( )22 a⋅ d1 v1 ∆t⋅−( )⋅−= (1)

0 v2( )22 a⋅ d2 v2 ∆t⋅−( )⋅−= (2)

de donde se obtiene . . .

∆t = v2( )2

d1⋅ v1( )2d2⋅−

v2 v1 v2 v1−( )⋅⋅ = 0.746 seg⋅ y a =

v1 v2⋅2

v1 v2−d2 v1⋅ v2 v1⋅−

⋅ = 6.1−m

seg2

⋅



y

Y

X

D

O

25. Considerando el lugar donde se encontraba el paquete sobre el suelo como el origen de coordenadas, ignorando el grueso de la rama del árbol y suponiendo que la longitud L de la cuerda se mantiene constante, la relación que existe entre las distancias x , h y L está dada por la trigonometría del triángulo recto que forman entre si (teorema de Pitágoras) y es . . .

(1) D2

h2

x2+= (2) L D h y−( )+=

siendo y la altura que ha subido el paquete sobre el nivel del

suelo y D la hipotenusa del triángulo (la longitud de la

cuerda desde la rama del árbol hasta las manos del boy scout) se deduce asi que . . .

L h y−( )−[ ]2

h2

x2+= (substituyendo D de la ec. (2) en la ec. (1) .)

es decir . . .

y L− h+ h2

x2++=

ecuación que establece a la distancia y como función de la distancia x dado que ambas distancias también cambian con el tiempo, mienras que L y h se mantienen constantes, podemos derivar la ecuación anterior respecto al tiempó t para obtener . . .

dy

dt

d

dtL− h+ h

2x t( )

2++( )⋅= = 0 0+ 1

2h

2x t( )

2+( )1

21−

⋅d x t( )

2( )dt

⋅+

es decir . . .

vy =

2 x⋅dx

dt

⋅

2 h2

x2+⋅ =

x

h2

x2+

vo⋅

que es la rapidez vertical del paquete, puesto que dy

dt

representa la razón de cambio de la distancia y

vertical respecto al tiempo, siendo vodx

dt

= la rapidez del extremo libre de la cuerda en la dirección

horizontal X . Por otra parte, la aceleración se define como la rapidez de cambio de la velocidad respecto al tiempo, asi que derivando nuevamente la velocidad en la dirección vertical se obtiene . . .

ayd vy( )⋅

dt= =

d

dt

x

h2

x2+

vo⋅

⋅ =

h2

x2+

dx

dt

⋅d

dth

2x

2+⋅

x⋅−

h2

x2+( )2

vo⋅

( h y vo son constantes )



=

h2

x2+( ) vo⋅

xdx

dt

⋅

h2

x2+

x⋅−

h2

x2+

vo⋅ = vo( )2 h2

h2

x2+( )3

⋅

Los límites matemáticos de éstas expresiones cuando x → ∞ son . . .

∞x

x

h2

x2+

vo⋅

lim→

= vo y∞x

vo( )2 h2

h2

x2+( )3

⋅

lim→

= 0

O

A

v

Y

h

26. Consideremos el punto de disparo como el origen ( O ) de un sistema de coordenadas con un eje vertical ( eje Y ) y representemos a la bala como una partícula que sale del origen con una rapidez v dirigida hacia arriba, como se muestra en la figura de la derecha.La bala estará entonces sometida a la aceleración de la gravedad terrestre y su movimiento se describe por la ecuación de caida libre . . .

y f yi v t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

a) Considerando que el origen O es tanto la posición inicial de salida como la posición final al regreso de la bala entonces yi 0= ; y f 0= , asi que la

ecuación anterior queda :

0 0 v t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

y resolviendo para el tiempo t se obtienen las soluciones . . .

t vg t⋅2

−

⋅ 0= →

t 0=

t2 v⋅g

=

Podemos adivinar que la primera raiz ( t = 0 ) es el instante en que sala la bala del origen, asi que la segunda raiz es el tiempo que tarda en regresar a ese mismo punto y en este caso vale :

t2 303.8

m

seg⋅

⋅

9.8m

seg2⋅

= = 62. seg⋅

b) En la parte más alta de su trayectoria (el punto A) , la rapidez de la bala es momentáneamente cero, puesto que cambia de un valor positivo (cuando la bala se está moviendo hacia arriba) a un valor negativo (cuando la bala se mueve hacia abajo) y por lo tanto necesariamente tomará el valor cero.



Aplicando entonces la ecuación :

v f( )2vi( )2

2 g⋅ y f yi−( )⋅−=

entre el punto O inicial : (posición: yi 0= , velocidad : vi v= ) y el punto A final : (posición: y f h= ,

velocidad : v f 0= ) y despejando la altura h resulta. . .

0 v2

2 g⋅ h 0−( )⋅−= → hv

2

2 g⋅= es decir: h

303.8m

seg⋅

2

2 9.8m

seg2

⋅

⋅= = 4708.90 m⋅

Por supuesto que ésta no es la única manera de calcular la altura máxima, por ejemplo podemos partir de la

ec. y f yivi v f+

2

t⋅+= (donde t es el tiempo de subida) y aplicarla entre los puntos O y A , para

obtener el mismo resultado . . .

h 0v 0+

2

v

g⋅+= =

v2

2 g⋅

O

v

Y

h

27. Primeramente escojemos un sistema de referencia con un eje vertical (eje Y ) , con su origen O a nivel del suelo. Representamos al paquete que cae del globo como una partícula sin dimensiones .Cuando se deja caer, el paquete tiene la misma velocidad v de ascenso que el globo, (es decir su velocidad inicial es vi v= ) y se encuentra a una altura h

sobre el suelo (es decir, su posición incial es yi h= ) . Además, cuando el

paquete llega al suelo, su posición final respecto al sistema de referencia elejido es y f 0= ,asi que aplicando la ecuación de caida libre:

y f yi vi t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

queda . . .

0 h v t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

Resolviendo esta ecuación cuadrática para el tiempo t se obtienen las dos soluciones:

1

gv v

22 g⋅ h⋅++( )⋅

1

gv v

22 g⋅ h⋅+−( )⋅

=

1

g12

m

seg⋅ 12

m

seg⋅

2

2 g⋅ 80 m⋅( )⋅++

⋅

1

g12

m

seg⋅ 12

m

seg⋅

2

2 g⋅ 80 m⋅( )⋅+−

⋅

= 5.45 seg⋅

3− seg⋅



Obviamente, si comenzamos a contar el tiempo a partir del momento en que se soltó el paquete, transcurrirán 5.45 seg para que éste llegue al suelo. ¿Como se interpreta entonces la solución −3 seg ?, ¿Tiene algún significado físico?. Por supuesto que si ! , nos informa que el paquete pudo haber estado en el suelo antes (3 seg en el pasado) , es decir, pudo ser lanzado a partir del suelo con cierta velocidad inicial de modo que al llegar a la altura de 80 m , 3 seg después, su velocidad se redujo a 12 m/seg .Incluso podemos calcular cuál podría ser tal velocidad inicial vi a partir de la ecuación para caida libre:

v f( )2vi( )2

2 g⋅ y f yi−( )⋅−=

tomado v f = 12 m/seg , y f 80= m , yi = 0 m , obteniéndose . . .

vi v f( )22 g⋅ y f⋅+= = 41.38 m/seg

El tiempo que habría transcurrido se obtiene de : v f vi g t⋅−=

es decir . . . tvi v f−

g= =

41.38m

seg⋅ 12

m

seg⋅−

9.8m

seg2⋅

= 3 seg

28. Consideremos un sistema de referencia fijo con un eje vertical ( Y ) con origen ( O ) en el suelo y como sistema de referencia en movimiento sea otro eje vertical ( Y' ) con origen (O') en las manos del niño que va en el elevador y que se mueve respecto al suelo a la velocidad u = 32 ft/seg hacia arriba.

Una vez que es lanzada la pelota, puede considerarse una partícula en caida libre respecto a ambos sistemas de referencia.

O

Y

O'

Y'

h

a) Asi que respecto a O' , las condiciones iniciales para el movimiento de la pelota son :

posición : yí 0= velocidad : ví v= = 64ft

seg⋅

La máxima altura que alcanza la pelota respecto al origen O' se logra cuando su velocidad final respecto al elevador es instantáneamente cero y se calcula de:

v´ f( )2ví( )2

2 g⋅ y´ f yí−( )⋅−=

obteniéndose. . .



y´ fví( )2

v´ f( )2−

2 g⋅yí+= =

64ft

seg⋅

2

0ft

seg⋅

2

−

2 32ft

seg2⋅

⋅0 ft⋅+ = 64 ft⋅

Nótese que en ese momento la pelota aún se mueve hacia arriba (respecto al suelo) a la velocidad v, la misma velocidad de ascenso del elevador .

Respecto al sistema fijo O, las condiciones iniciales para el movimiento de la pelota son :

posición : yi h= ; velocidad : vi v u+= = 32ft

seg⋅ 64

ft

seg⋅+ = 96

ft

seg⋅

Cuando la pelota alcanza la máxima altura y f respecto al suelo su velocidad final, respecto a un

observador fijo en el suelo, es instantáneamente cero. Calculando tal altura (usando la misma ec. de caida libre) . . .

y fvi( )2

v f( )2− 2 g⋅

yi+= = v u+( )

20( )

2−2 g⋅

h+ = 96

ft

seg⋅

2

2 32ft

seg2⋅

⋅100 ft⋅+ = 244 ft⋅

b) El tiempo que tarda la pelota en volver a las manos del niño, calculado respecto a cualquiera de los dos sistema de referencia, debe ser el mismo. Asi por ejemplo, en el sistema O' , ese tiempo se calcula de la ecuación:

y´ f yí ví( ) t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

haciendo y´ f yí= = 0 y queda. . .

t2 ví( )⋅

g= =

2 64ft

seg⋅

⋅

32ft

seg2

⋅ = 4 seg⋅

Durante ese tiempo, el elevador se ha movido hacia arriba la distancia :

y u t⋅= = 32ft

seg⋅

4⋅ seg⋅ = 128 ft⋅

Otra manera de calcular el tiempo de retorno de la pelota respecto al sistema fijo es representar al elevador como una partícula que se mueve hacia arriba a velocidad constante u y determinar el momento en que ocupa la misma posición que la pelota., es decir. . .



ELEVADOR : PELOTA :

posición final y f yi u t⋅+= posición final y f yi vi t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−= •

posición inicial yi h= posición inicial yi h= •

rapidez inicial vi u= rapidez inicial vi v u+( )=•

Cuando las posiciones finales y f de ambas partículas son iguales se tiene. . .

h u t⋅+( ) h v u+( ) t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−

= es decir . . . 0 v t⋅ 1

2g⋅ t

2⋅−=

que es el mismo resultado del cual calculamos anteriormente el tiempo t 2v

g⋅= = 4 seg⋅

29. Representemos al perno (P) y al piso del elevador como partículas que se mueven a lo largo del eje Y de un sistema de referecia vertical, que tiene su origen (O) sobre el piso del elevador en el momento en que se desprende el perno del techo.

En el dibujo de la derecha se han representado los instantes cuando el perno se desprende y cuando llega al piso del elevador.Una vez desprendido del techo, el perno se mueve como un objeto lanzado hacia arriba en caida libre bajo las condiciones iniciales . . .

vi v= = 8 ft/seg ( velocidad inicial )•

yi h= = 9 ft (posición inicial )•

a g−= (aceleración) •

su posición en instantes posteriores se calcula con :

y1( )f

yi vi t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

El piso del elevador (representado como partícula ) se mueve aceleradamente hacia arriba bajo las condiciones iniciales :

V i v= = 8ft

seg⋅ ( velocidad inicial )•

Y i 0 ft⋅= (posición inicial ) •

a 4ft

seg2⋅= (aceleración)•

y su posición respecto al sistema de referencia escogido se calcula con :

y2( )f

Y i V i t⋅+ 1

2a⋅ t

2⋅+=

O

Y

Pv

vf

P

yf

h



De ésta manera, cuando el perno llega al piso del elevador, podemos imaginar que ambas partículas están en el mismo punto, es decir ocupan la misma posición vertical respecto al origen de coordenadas . Igualando entonces y1( )

fy2( )

f= con las condiciones iniciales dadas y resolviendo la ecuación

resultante se obtiene :

h v t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅− 0 v t⋅+ 1

2a⋅ t

2⋅+=

es decir . . . h1

2a g+( )⋅ t

2⋅=

Asi que el tiempo t que tarda el perno en "caer" al piso del elevador es . . .

t2 h⋅

g a+= =

2 9 ft⋅( )⋅

32 4+( )ft

seg2⋅

= 1

2seg⋅

Nótese que éste tiempo también se puede calcular respecto al sistema de referencia del elevador, es decir para un observador en su interior, el elevador está en reposo y el perno es un objeto en caida libre bajo la "aceleración gravitacional" g a+ que "se siente" en el interior del elevador (ó bién g a− si el

elevador estuviese bajando).

Aplicando al perno la ecuación de caida libre y f yi vi t⋅+ 1

2g a+( )⋅ t

2⋅−= resulta entonces . . .

0 h 0 t⋅+ 1

2g a+( )⋅ t

2⋅−=

que es precisamente la ecuación de la que se calculó antes el tiempo de caida.

Durante ese tiempo, el piso del elevador habrá recorrido la distancia . . .

Y f 0 v t⋅+ 1

2a⋅ t

2⋅+=

= 8ft

seg⋅

1

2seg⋅

⋅ 1

24

ft

seg2

⋅

⋅ 1

2seg⋅

2

⋅+ = 4 2⋅ 1+( ) ft⋅ = 6.66 ft⋅

30. Considerando . . .un sistema de referencia con el eje Y vertical, donde el origen se localice a nivel del suelo•a las gotas de lluvia como partículas en caida libre en la dirección vertical que parten del reposo •( vi 0= ) desde la nube a una altura yi h= = 1700 m y chocan con el suelo donde su posición final

es cero ( y f 0= )

entonces, de la ecuación de caida libre

v f( )2vi( )2

2 g⋅ y f yi−( )⋅−=



la velocidad final de las gotas de lluvia ignorando la fricción con el aire sería . . .

v f( )20( )

22 g⋅ 0 h−( )⋅−=

es decir . . .

v f 2 g⋅ h⋅= = 2 9.8m

seg2

⋅

⋅ 1700⋅ m⋅ = 182.54m

seg⋅ = 657.4

km

hr⋅

De manera que sería realmente peligroso salir a mojarse bajo la lluvia porque las gotas serían como balas ! . En este ejemplo nos podemos percatar de la importante función que realiza el aire de nuestra atmósfera actuando como un freno para detener a los objetos en caida libre.

Por otra parte, las gotas de lluvia en caida libre y sin fricción con el aire tendrían una rapidez igual a la

velocidad del sonido ( v f vs= 333m

seg⋅= ) cuando hubiesen caido una altura h dada por :

vs( )20( )

22 g⋅ 0 h−( )⋅−=

o sea . . .

hvs( )2

2 g⋅= =

333m

seg⋅

2

2 9.8m

seg2⋅

⋅ = 5658 m⋅

tan solo unos 5.7 km ! . Como la atmósfera terrestre tiene unos 9 ó 10 km de espesor, si las gotas de lluvia llegasen a caer desde las nubes altas, podrían entonces fácilmente superar la barrera del sonido en ausencia de fricción con el aire.El tiempo de caida desde una altura h se obtiene de la ecuación :

y f yi vi t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

haciendo y f 0= yi h= ; vi 0= quedando . . . 0 h 0+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

y se obtiene . . .

t2 h⋅g

= = 2 1700 m⋅( )⋅

g = 18.6 seg⋅ ó bién

2 5658 m⋅( )⋅g

= 34 seg⋅



A

B

v

Y

h

yf

v = 0

31. Consideremos como origen del sistema de referencia (con el eje Y vertical ), el punto A, la posición inicial de la piedra, cuando ésta se mueve hacia arriba con la velocidad v .Cuando la piedra, represenada como partícula, pasa por la posición final (el punto B ) a una altura h 3 m⋅= sobre el punto A , se cumple la

ecuación de caida libre

v f( )2vi( )2

2 g⋅ y f yi−( )⋅−=

es decir . . .

v

2

2

v( )2

2 g⋅ h 0−( )⋅−=

Asi que resolviéndola para v se obtiene : v8

3g⋅ h⋅=

Considerando ahora como la posición inicial de la piedra el punto B y como posición final el punto más alto de la trayectoria donde su velocidad es instantáneamente cero, la misma ecuación anterior para caida libre queda bajo la forma :

02 v

2

2

2 g⋅ y f h−( )⋅−=

de donde resulta :

y f h−( ) v2

8 g⋅= =

8

3g⋅ h⋅

8 g⋅ =

1

3h⋅ = 1 m⋅

Asi que la piedra todavía subirá un metro por encima del punto B.

32. Tomando como origen del sistema de referencia, la altura donde las pelotas salen y llegan a las manos del

malabarista, el tiempo ∆t que tiene el malabarista para lanzar cinco pelotas a intervalos regulares, es la

quita parte del tiempo t que tarda una de las pelotas en subir y bajar una distancia vertical h de 3 metros .El tiempo t se calcula de la ecuación de caida libre :

y f yi vi t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

haciendo y f yi= 0= de modo que se obtiene . . .

0 0 t vi1

2g⋅ t⋅−

⋅+=

es decir . . . t2 vi⋅g

= por lo cual ∆tt

5= =

2 vi⋅5 g⋅



Por otra parte, se puede usar la ec.

v f( )2vi( )2

2 g⋅ y f yi−( )⋅−=

para determinar la velocidad inicial vi , considerando como posición final la parte más alta de la trayectoria

de las pelotas ( y f h= ) donde v f 0= , para obtener. . .

0( )2

vi( )22 g⋅ h 0−( )⋅−=

es decir vi 2 g⋅ h⋅=

Substituyendo ésto en la ec. anterior resulta . . .

∆t2

5

2 g⋅ h⋅g

⋅= = 2

5

2 h⋅g

⋅ = 0.313 seg⋅

Por lo tanto las alturas que tienen las pelotas cuando una de ellas está en las manos del malabarista son:

1a pelota: t 0 seg⋅= y1 vi 0( )⋅ 1

2g⋅ 0( )

2⋅−= = 0 m⋅

2a pelota t ∆t= = 0.313 seg⋅ y2 vi ∆t( )⋅ 1

2g⋅ ∆t( )2⋅−= =

16

25h⋅ = 1.92 m⋅

3a pelota t 2 ∆t⋅= = 0.626 seg⋅ y3 vi 2 ∆t⋅( )⋅ 1

2g⋅ 2 ∆t⋅( )2⋅−= =

24

25h⋅ = 2.88 m⋅


2g⋅ 3 ∆t⋅( )2⋅−= =

24

25h⋅ = 2.88 m⋅


2g⋅ 4 ∆t⋅( )2⋅−= =

16

25h⋅ = 1.92 m⋅

33. Ubiquemos un sistema de referencia con el eje Y vertical con origen al nivel de la superficie del agua del rio. La piedra que se suelta por encima del rio a una altura h , tarda en caer un tiempo t dado por la ecuación:

y f yi vi t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

donde y f 0= (es la posición final al llegar al agua)

yi h= (es la posición innicial, la altura desde donde se suelta )

vi 0= (es la velocidad inicial nula, dado que la piedra se suelta sin impulsarla )

y queda . . .



O

v

Y

h

v = 0i

0 h1

2g⋅ t

2⋅−= es decir t2 h⋅g

=

Por otra parte, las condiciones iniciales de la piedra que se lanza hacia arriba son:

y f 0= (posición final al llegar al agua)

yi 0= (posición inicial, al ser lanzada desde el nivel del agua)

vi v= (la velocidad inicial con que se lanza hacia arriba)

Sin embargo, dado que se lanza un tiempo t0 1 seg⋅= después de soltar la

primera piedra, entonces dispone solamente del tiempo t to−( ) para realizar su recorrido y entrar al agua simultáneamente con la primera piedra.

La ecuación y f yi vi t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−= queda en este caso como :

0 0 v t to−( )⋅+ 1

2g⋅ t to−( )2⋅−=

Substituyendo en esta ecuación la expresión para t y resolviendo para la velocidad v, se obtiene:

v1

2g⋅

2 h⋅g

to−

⋅= = 1

29.8

m

seg2

⋅

⋅2 20 m⋅( )⋅

9.8m

seg2⋅

1 seg⋅−

⋅ = 5m

seg⋅

Y

h

∆ y

v4

v3

v2

v1

v = 0534. Localicemos un sistema de referencia con el eje Y vertical con origen al nivel del

suelo.El tiempo que tarda en caer la primera gota se calcula de:

y f yi vi t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

donde . . .

y f 0= (posición final de una gota al llegar al piso)•

yi h= (posición inicial, es la altura desde donde se suelta un gota)•

vi 0= (velocidad inicial nula, ya que parte del reposo)•y es. . .

0 h1

2g⋅ t

2⋅−= de donde se obtiene . . . t2 h⋅g

=



Conocidos los instantes en que cada gota se desprende, la ecuación y f yi 0( ) t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−= , donde

yi h= = 3.2 m⋅ nos permite calcular su altura respecto al piso.

5a gota t 0= y1 h=

4a gota t ∆t= y2 h

1

2g⋅ ∆t( )2⋅−= = h

1

2g⋅ 1

16

2 h⋅g

⋅

⋅− = 15

16h⋅ = 3 m⋅

3a gota t 2 ∆t⋅= y3 h

1

2g⋅ 2 ∆t⋅( )2⋅−= = h

1

2g⋅ 4

1

16

2 h⋅g

⋅

⋅

⋅− = 3

4h⋅ = 2.4 m⋅


1

2g⋅ 3 ∆t⋅( )2⋅−= = h

1

2g⋅ 9

1

16

2 h⋅g

⋅

⋅

⋅− = 7

16h⋅ = 1.4 m⋅


1

2g⋅ 4 ∆t⋅( )2⋅−= = h

1

2g⋅ 16

1

16

2 h⋅g

⋅

⋅

⋅− = 0 h⋅ = 0 m⋅

Por lo tanto, la separación entre la segunda y al cuarta gota es . . .

∆y y2 y4−( )= 3 m⋅ 1.4 m⋅−= = 1.6 m⋅

35. Escojamos un sistema de coordenadas con el eje Y vertical y como origen del sistema , el punto donde se deja caer la piedra encima del pozo. Sea h la profundidad del nivel del agua dentro de él. Si consideramos que la posición final de la piedra es y f h−= y se

obtiene en el momento que llega al agua, entonces el tiempo que tada en caer se calcula de . . .

y f yi 0( ) t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

donde y f h−= ; yi 0= y se obtiene . . .

h− 01

2g⋅ t

2⋅−= esto es : t12 h⋅g

=

O

Y

O

h

u

Por otra parte, el sonido viaja en el aire a la velocidad constante u 340m

seg⋅= asi que considerando

a la onda sonora producida por el choque de la piedra con el agua como una partícula que se mueve hacia arriba con rapidez constante, entonces su movimiento queda descrito por la ec.

y f yi u t⋅+=



con y f 0= ; yi 0 h−= , de donde resulta . . . t2h

u=

El tiempo total transcurrido desde que se suelta la piedra hasta que se oye el sonido es :

T t1 t2+= = 9.1 seg⋅es decir. . .

2 h⋅g

h

u+ T=

y al despejar h se obteniene. . .

h uu

gT+

u

g

22 u⋅ T⋅

g+−

⋅= = 325 m⋅

v

Y

h

u

O

36. Representemos al estudiante y a Superman como dos partículas que se mueven verticalmente sobre un eje vertical (el eje Y ) y tomemos la intersección del eje con el suelo como origen O del sistema. Sean . . .

u : la velocidad inicial de Superman•h : la altura del rascacielos•t : el tiempo que tarda en caer hasta el suelo el estudiante•

entonces la ecuación de caida libre :

y f yi vi t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

se aplica a ambas partículas

Para salvar al estudiante, Superman sólo dispone del tiempo t 5 seg⋅−( ) y debe llegar al suelo por lo menos al mismo tiempo que el estudiante, cogerle y frenar instantáneamente, lo cual proporciona las siguientes condiciones iniciales:

SUPERMAN ESTUDIANTE

posición inicial : yi h= yi h=

posición final : y f 0= y f 0=

velocidad inicial : vi u−= vi 0=

tiempo inicial : ti to= = 5 seg ti 0=

Igualando entonces sus posiciones finales . . .

h 0+ 1

2g⋅ t

2⋅−

E

h u t to−( )⋅− 1

2g⋅ t to−( )2⋅−

S

=



donde los subíndices E y S se refieren al Estudiante y a Supermán respectivamente . Resolviendo esta ecuación para la velocidad u se obtiene :

u1

2g⋅ to⋅

2 t⋅ to−( )t to−( )⋅=

donde t , el tiempo de caida del estudiante se calcula de :

h 0+ 1

2g⋅ t

2⋅−

E

0= y resulta t2 h⋅g

=

Substituyendo esta expresión del tiempo en la ec. para u , se obtiene finalmente:

u1

2g⋅ to⋅

t

t to−1+

⋅=

calculando resulta . . .

u = 1

232

ft

seg2

⋅

⋅ 5 seg⋅( )⋅7.5 seg⋅

7.5 seg⋅ 5 seg⋅−1−

⋅ = 320.ft

seg⋅

Si la altura del rascacielos el menor o igual a la distancia que cae libremente el estudiante durante los 5

seg ( 1

2g⋅ 5 seg⋅( )

2⋅ 400 ft⋅= ) , entonces ni Supermán tendría ya tiempo para salvarle

v

Y

h

-g

O

a u

37. Tomemos como sistema de referencia un eje vertical ( eje Y ) con el origen a nivel del suelo y dirección positiva hacia arriba.El movimiento del paracaidista, visto como partícula a lo largo del eje Y , consta de dos partes:

una caida libre (con aceleración g− dirigida hacia abajo) •un movimiento uniformemente acelerado (con aceleración a dirigida hacia •arriba)

Las condiciones iniciales para la caida libre son:

posicion inicial yi h=

posición final y f h d−= ( con d 50 m⋅= )

velocidad inicial: vi 0=

velocidad final: v f u−= (desconocida aún)

Asi que aplicando . . .

v f( )2vi( )2

2 g⋅ y f yi−( )⋅−=

se obtiene . . .

u2

0 2 g⋅ h d− h−( )⋅−= = 2 d⋅ g⋅ = 980m

2

seg2

⋅



y el tiempo que transcurre en esta parte se puede calcular de la ec. v f vi g t⋅−= , resultando. . .

t1u

g=

Las condiciones iniciales para el movimiento acelerado son :

posición inicial: yi h d−= posición final: y f 0=

velocidad inicial: vi u−= velocidad final: v f v−= = 3−m

seg⋅

Asi que aplicando éstas condiciones a la ec. v f( )2vi( )2

2 a⋅ y f yi−( )⋅+= podemos obtener la

altura h de caida. . .

v2

u2

2 a⋅ 0 h d−( )−[ ]⋅+=

esto es . . .

hu

2v

2−2 a⋅

d+=

y calculando . . .

h1

2 2m

seg2

⋅

⋅

980m

2

seg2

⋅ 9m

2

seg2

⋅−

⋅ 50 m⋅+= = 292.75 m⋅

El tiempo trancurrido ennésta segunda parte se puede calcular de la ecuación :

y f yiv f vi+

2

t⋅+=

aplicando las condiciones iniciales anteriores resulta . . .

0 h d−( )v− u−

2

t⋅+=

esto es . . .

t22 h d−( )⋅

u v+=

El tiempo total transcurrido vale entonces . . .

t1 t2+u

g

2 h d−( )⋅u v+

+= = u

g

u v−a

+ (substituyendo h)

y resulta finalmente t1 t2+ = 17.35 seg⋅



38. Escogiendo el origen del eje Y a la altura de las manos del malabarista, la velocidad inicial v con que lanza las pelotas en caida libre se puede calcular a partir de la ec.:

v f( )2vi( )2

2 g⋅ y f yi−( )⋅−=

bajo las condiciones :posición final : y f h= posición inicial : yi 0=

velocidad final : v f 0= (la velocidad en el punto más alto)

y resulta :

0 v2

2 g⋅ h 0−( )⋅−= esto es : v 2 g⋅ h⋅=

Consideremos ahora como origen del tiempo el momento en que se lanza la segunda pelota desde el origen ( yi 0= , vi v= ) y la primera está en la parte más alta ( yi h= , vi 0= ) . Su posición queda entonces

determinada por la ecuación de caida libre

y f yi vi t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

es decir . . .PRIMERA PELOTA SEGUNDA PELOTA

y1 f 0 v t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−= y2 f h 0+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

Cuando las pelotas se cruzan, están a la misma altura respecto al origen : y1 f y2 f= y por lo tanto :

v t⋅ 1

2g⋅ t

2⋅−

h1

2g⋅ t

2⋅−

=

de donde se obtiene que . . .

th

v= =

h

2 g⋅ h⋅es decir t

h

2 g⋅= = 0.4 seg⋅

Asi que las pelotas se cruzan 0.4 seg después de que se lanzó la segunda pelota. En ese momento, están por encima de las manos del malabarista a la altura . . .

h1

2g⋅

h

2 g⋅

2

⋅− = 3

4h⋅

39. Ubiquemos el origen del sistema de referencia ( que es el eje Y vertical ) en el lugar donde se suelta el objeto a partir del reposo. Esto significa que las condiciones iniciales para el movimiento del objeto son:

posición incial: yi 0= velocidad inicial : vi 0=

(por sencillez en la escritura de las ecuaciones, no se hacen explícitas las unidades de medida. Implícitamente yi tiene dimensiones de longitud y vi de longitud/tiempo )



Consideremos como posición final del objeto la mitad del recorrido completo de su caida libre, esto es . . .

y fh−

2=

posición a la que llega luego de haber caido durante un tiempo t dado por la ecuación:

y f yi vi t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

y como yi 0= ; vi 0= queda :h−

20 0 t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

de donde resulta . . . th

g=

En ese momento tiene ya una velocidad v dada por :

v f vi g t⋅−=

v

Y

h

O

h/2

es decir : v 0 g t⋅−= de donde se obtiene . . . v g−h

g⋅= = g h⋅( )−

Para la segunda parte de la caida, que tarda 1 seg , consideremos ahora que éstas son las condiciones

iniciales del movimiento del objeto, esto es yih−

2= ; vi v= y como la posición final debe ser

y f h−= y el tiempo transcurrido t 1= (seg) entonces la ecuación y f yi vi t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−= toma

ahora la forma :

h−h−

2g h⋅−( ) 1⋅+ 1

2g⋅ 1( )

2⋅−=

h

2g h⋅ 1

2g⋅+=

(donde nuevamente se han omitido explícitamente las unidades con el fin de simplificar la escritura).

Para determinar h de ésta ecuación, primero escribámosla como h g− 2 g h⋅⋅= y luego elevemos al

cuadrado ambos miembros . . .

h g−( )2

2 g h⋅⋅( )2= es decir . . . h

26 g⋅ h⋅− g

2+ 0=

de donde se obtienen las dos soluciones . . .

h3 2 2⋅+( ) g⋅

3 2 2⋅−( ) g⋅

= = 57.12 m⋅

1.68 m⋅



dado que en 1 seg de caida libre un objeto cae una distancia mayor que 1.68 m , ésta solución es una raiz extraña y queda descartada. Por lo tanto la altura desde la que cayó tal objeto es 57.12 m⋅ y el tiempo

total de caida es:

t 1 seg⋅+h

g1 seg⋅+= = 3 2 2⋅+ 1+( ) seg⋅ = 3.414 seg⋅

v

Y

h

O

h/2

40. Escogamos el origen del eje Y en el punto donde se lanza inicialmente el objeto. La velocidad inicial vi con que se lanza se puede calcular a partir de la ecuación

. . .

v f( )2vi( )2

2 g⋅ y f yi−( )⋅−=

haciendo . . .

y fh

2= , yi 0= , v f v= = 32

ft

seg⋅

cuando el objeto está a la mitad del punto más alto. De éste modo se obtiene . . .

v2

vi( )22 g⋅

h

20−

⋅−= es decir . . . vi( )2v

2g h⋅+= (1)

Apliquemos ahora nuevamente la ecuación (*) considerando que la posición inicial es el punto donde el

objeto ha alcanzado la mitad de su altura máxima ( yih

2= , vi v= ) y que su posición final es la parte

más alta de su trayectoria ( y f h= , v f 0= ) donde su rapidez es intantáneamente cero. Asi se

obtiene. . .

0( )2

v( )2

2 g⋅ hh

2−

⋅−= es decir . . .v2

g h⋅= (2)

por lo tanto, resolviendo para h : hv

2

g= =

32ft

seg⋅

2

32ft

seg2⋅

= 32 ft⋅

Substituyendo ahora h de la ecuación (2) en la (1) . . .

vi( )2v

2g

v2

g

⋅+=

se obtiene la velocidad inicial. . .

vi 2 v⋅= = 2 32ft

seg⋅

⋅



L

O

v

X

aY

41. Escojamos como sistema de referencia un eje X paralelo a la superficie inclinada del plano y tomemos arbitrariamente como origen O el lugar donde se lanza la pelota hacia arriba del plano inclinado.Asumiendo entonces que la aceleración sobre las pelotas, vistas como partículas, es constante y que está dirigida hacia el origen de coordenadas, es decir a− , entonces ambas tienen un movimiento

uniformemente acelerado que se describe mediante la ecuación :

x f xi vi t⋅+ 1

2a⋅ t

2⋅−= (*)

Asi, para la pelota que baja, las condiciones iniciales son : xi L= = 18 m ; vi 0= , y la ec. (*) queda

como . . .

x f( )1

L 0+ 1

2a⋅ t

2⋅−=

Para la pelota que se lanza tales condiciones son : xi 0= ; vi v= , y la ec. (*) toma ahora la forma . . .

x f( )2

0 v t⋅ 1

2a⋅ t

2⋅−

+=

El problema establece que la posición de ambas partículas sea la misma x f( )1

x f( )2

= en el mismo

instante, lo cual implica que . . .

L1

2a⋅ t

2⋅− v t⋅ 1

2a⋅ t

2⋅−=

de donde se obtiene la velocidad con que debe ser lanzada la segunda pelota . . .

vL

t= =

18 m⋅3 seg⋅

= 6m

seg⋅ (**)

Una manera de calcular la distancia que recorre est pelota al "subir" por el plano, es usar la ecuación:

v f( )2vi( )2

2 a⋅ x f xi−( )⋅−=

considerando que la posición final se obtiene cuando llega a la parte más alta sobre el plano e instantáneamente se detiene ( v f 0= ) para empezar a rodar hacia abajo y que su posición inical es el

origen de coordenadas ( xi 0= ) . De ésta manera se obtiene . . .

0( )2

v2

2 a⋅ x f 0−( )⋅−=

por lo tanto . . .

x fv

2

2 a⋅= (***)



Para calcular ésta distancia, es necesario conocer la aceleración, la cual se obtiene al aplicar la ecuación (*) a la primera pelota que rueda libremente hacia abajo bajo las condiciones . . .

posición inicial : xi L= = 18 m⋅ posición final : x f 0=

tiempo transcurrido : t 3 seg⋅=

Asi queda . . .

0 L 0+ 1

2a⋅ t

2⋅−=

de donde se obtiene a2 L⋅

t2

=

Substituyendo éste resultado y v de la ec. (**) en la ec (***) resulta que la distancia que recorre la 2a pelota sobre el plano inclinado es :

x fv

2

2 a⋅

= =

L

t

2

22 L⋅

t2

⋅

= 1

4L⋅ = 4.5 m⋅

Este resultado muestra que sin importar la longitud L del plano ó su inclinación, el 2° objeto debe recorrer solamente la cuarta parte de esa longitud para poder regresar al mismo tiempo que el 1er objeto a la base del plano inclinado.Un plano inclinado (sin fricción) es solamente una forma de disminuir la aceleración gravitacional que actúa para mover a un objeto, asi que éste mismo resultado se puede aplicar cuando los objetos se muevan en una trayectoria vertical en caida libre, es decir, para llegar al mismo tiempo al suelo, el objeto que se lance hacia arriba debe subir solamente la cuarta parte de la altura desde la que se deje caer el otro.

v

Y

H

O

h

A

B

42. Tomemos como sistema de referencia un eje Y vertical con el origen a nivel del suelo y dirección positiva hacia arriba.Entonces el movimiento de ambos objetos es una caida libre bajo las condiciones:

OBJETO A OBJETO B

posición inicial: yi( )A

h= = 122.5 m yi( )B

H= = 152.5 m

posición final: y f( )A

0= (el suelo) y f( )B

0= ( el suelo )

velocidad inicial: vi( )A

0= vi( )B

v−=

velocidad final: v f( )A (desconocida aún) v f( )

B (desconocida aún )

La ecuación:

y f yi vi t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

describe su movimiento , asi que . . .



OBJETO A OBJETO B

0 h 0( ) t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−= (1) 0 H v t⋅− 1

2g⋅ t

2⋅−= (2)

En éstas ecuaciones, t representa el mismo intervalo de tiempo, dado que ambos objetos se empiezan a mover simultáneamente. Resolviendo este sencillo sistema de ecuaciones simultáneas, se llega a :

vH h−

t=

donde t es el tiempo de caida, el cual se puede calcular resolviendo la ecuación (1) : t2 h⋅g

= de

modo que la expresión anterior para la velocidad inicial del objeto B queda . . .

vH h−

2 h⋅g

= = 152.5 m⋅ 122.5 m⋅−

2 122.5 m⋅( )⋅g

= 6m

seg⋅

el cual se lanza hacia abajo desde el techo del rescacielos (obsérvese que en las condiciones iniciales, ya se consideró el sentido negativo para ésta velocidad)

Las velocidades finales de los objetos en éste caso serán . . .

v f( )A

vi( )A

g t⋅−= = 0 g2 h⋅g

⋅− = 49−m

seg⋅ = 176.4

km

hr⋅

v f( )B

vi( )B

g t⋅−= = v− g2 h⋅g

⋅− = 55−m

seg⋅ = 198

km

hr⋅

Como se hizo notar antes, el objeto A tarda en caer el tiempo tA2 h⋅g

= = 5 seg⋅ , mientras que el

objeto B tarda el tiempo tB2 H⋅g

= = 5.579 seg⋅ , de manera que si ambos han de llegar al suelo

simultáneamente al soltarse en caida libre, primero se debe dejar caer el objeto B y 0.579 seg después soltar el objeto A . Sus velocidades finales serían ahora:

v f( )A

vi( )A

g t⋅−= = 0 g2 h⋅g

⋅− = 2 g⋅ h⋅− = 49−m

seg⋅

v f( )B

vi( )B

g t⋅−= = 0 g2 H⋅g

⋅− = 2 g⋅ H⋅− = 54.672−m

seg⋅



43. Resolviendo la ecuación para caida libre :

y f yi vi t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

bajo las condiciones :

yi 0= , vi 19.6m

seg⋅= , y f 4.9 m⋅= (Origen de referencia al nivel del suelo)

para la variable t se obtienen las dos soluciones . . .

t

vi vi( )22 g⋅ y f⋅− 2 g⋅ yi⋅++

g

vi vi( )22 g⋅ y f⋅− 2 g⋅ yi⋅+−g

= = 2 3+( ) seg⋅

2 3−( ) seg⋅

=

3.732 seg⋅

0.268 seg⋅

lo cual significa que la bola pasa por la posición y f 4.9 m⋅= en dos instantes diferentes, cuando

t1 0.268 seg⋅= está subiendo cuando pasa por ese punto y cuando t2 3.732 seg⋅= pasa también por

ese punto pero está bajando. En esos instantes, su velocidad es . . .

(subida) v f vi g t1⋅−= = 19.6m

seg⋅ g 2 3−( ) seg⋅ ⋅− = 16.974

m

seg⋅

(bajada) v f vi g t1⋅−= = 19.6m

seg⋅ g 2 3+( ) seg⋅ ⋅− = 16.974−

m

seg⋅

la misma en magnitud, aunque opuesta en dirección, como ya ´lo habíamos anticipado.



CAPÍTULO III

Movimiento en dos

dimensiones



Movimiento en dos dimensionesAqui se presenta la solución de problemas sobre objetos en movimiento en un espacio de dos dimensiones para el caso muy especial cuando la aceleración sobre ellos se mantiene constante. Se tratarán también ejercicios sobre el movimiento relativo. Se aplicarán las ecuaciones cinemáticas del movimiento uniforme y uniformemente acelerado a dos tipos particulares de movimiento:

I movimiento de proyectiles. La combinación de un movimiento rectilíneo uniforme ( vx constante= ) en una dirección (X), descrito por la ecuación :

x t( ) xi vx t⋅+= (I)

con una caida libre en la otra dirección (Y) descrito por la ecuación :

y t( ) yi viy t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−= (II)

La trayectoria se obtiene eliminando el parámetro tiempo ( t ) entre estas ecuaciones. Asumiendo que la posición inicial es cero xi yi,( ) 0 0,( )= , resulta la parábola:

y x( ) tan θ( ) x⋅g

2 vo( )2⋅ cos2⋅ θ( )

x2⋅−= (III)

donde θ es el ángulo que forma la velocidad inicial vo del proyectil con el eje X .

Y

OX

vx

vx

vx

vx

vxviy− g = constanteθ

vo

R

donde

vx vo cos θ( )⋅= ; viy vo sen θ( )⋅= (IV)

son sus componentes.



Se define el alcance horizontal R del proyectil como la distancia que intercepta la parábola sobre el eje X y se obtiene haciendo y = 0 en la ec. III :

R2 vo( )2⋅ sen θ( )⋅ cos θ( )⋅

g= ó también R

vo( )2sen 2 θ⋅( )⋅

g= (V)

donde g es la aceleración gravitacional . La altura máxima h que alcanza el proyectil por encima del eje X es. . .

hvo sen θ( )⋅( )2

2 g⋅= (VI)

Y

Xv

r

II movimiento circular uniforme. Es el movimiento de una partícula restringida a mantener constantes tanto su rapidez v, como su distancia r a un punto fijo del espacio.La aceleración centrípeta sobre la partícula es . . .

acv

2

r= (VII)

y su rapidez angular ω2 π⋅ N⋅

t= donde N es el número de vueltas que la partícula gira

durante un tiempo t , se relaciona con su rapidez tangencial v por . . .

v ω r⋅= (VIII)

se sugiere el siguiente método de solución :

Representar a los objetos físicos cuyo movimiento se desea describir, como partículas ( •puntos matemáticos sin dimensiones )Escojer un sistema de referencia XY adecuado al problema . Para los proyectiles por •ejemplo, tomar un sistema de coordenadas tal que sobre el eje X ocurra el movimiento rectilíneo uniformeUbicar el origen (el cero) del sistema de referencia en el lugar donde las condiciones •iniciales del movimiento de las partículas resulten más sencillas. Para los proyectiles por ejemplo, tomar el origen de coordenadas en el punto de disparo donde el proyectil inicia su movimiento y para el movimiento circular, localizar el origen en el centro de la trayectoria circular si el posible.Identificar en las ecuaciones cinemáticas cuáles cantidades son variables por •determinar y cuales son constantes que se conocen numérica, o simbólicamente y aplicar la(s) ecuación(es) apropiada(s) para determinarlas



I. Velocidad media

1. Un avión vuela 300 km al Este a la velocidad de 200 km/hr y luego se dirige al Norte a 267 km/hr durante 40 min. Calcular la rapidez media , la velocidad promedio y la aceleración media del viaje . ( no hay viento )

2. Un tren se mueve con una rapidez constante de 60 km/hr ,dirigiéndose hacia el Este durante 20 min y luego a 30º al Norte del Este durante 40 min.

a) hasta este momento, ¿ cuál es su desplazamiento y su rapidez media? . •Luego se mueve al Oeste durante una hora y finalmente a 60º al Sur del Este durante 40 min.

b) ¿Qué distancia total ha recorrido el tren ?•c) ¿Cuál ha sido su velocidad media y su velocidad promedio durante el recorrido completo ?•

3. Un avión vuela 300 km al Este durante 20 min. e inmediatamente después 400 km al Norte durante 30 min. Encontrar :

a) la rapidez media durante cada parte del viaje.•b) la rapidez media y la velocidad promedio para el viaje completo .•

II . Movimiento de Proyectiles

4. Si un niño puede lanzar una pelota con una rapidez máxima de 54 km/hr a) ¿ Que tan lejos de él debe estar otro niño sobre un terreno horizontal para que pueda recibir la pelota sin •moverse de su lugar ? b) ¿cuánto tiempo estará la pelota en el aire en tal caso ?•

h

d

v5. Una bola rueda sobre una mesa horizontal de altura

h = 4 ft , cayendo desde su borde y llegando al suelo en un punto situado a una distancia horizontal d = 5 ft del borde de la mesa . ¿Cuál era la rapidez v de la pelota en el borde de la mesa ?

vo

θ

hd

6. Un niño lanza una pelota a con una rapidez vo = 700 cm/seg en una dirección a 37º por encima de la horizontal. En ese momento, otro niño suelta otra pelota igual desde una ventana a una distancia d = 501 cm medidos en la dirección del lanzamiento en línea recta hasta la primera pelota . ¿Ud. cree que las pelotas chocarán?. Si es asi, ¿ a qué altura sobre el punto de lanzamiento ocurrirá el choque y qué velocidad tendrá cada una de las pelotas en ese momento ?



7. Una pelota rueda desde lo alto de una escalera con una rapidez horizontal v = 7 ft/seg . Si los escalones tienen 8 pulg. de ancho y 8 pulg. de alto ¿ cuál será el primer escalón con el que choque la pelota ?

h

xθ

8. Un aborigen lanza una flecha con una rapidez de 19.6 m/seg hacia un mono que está colgando de una rama a una altura h = 7.35 m y una distancia horizontal x = 29.4 m desde el punto donde se lanza la flecha. ¿ A qué angulo θ respecto a la horizontal debe lanzar la flecha si desea dar en el blanco ? ( Suponga que el mono no se mueve y considérelo como una partícula )

9. Cuando una pelota lanzada al aire está a una altura de 9.1 m por encima del punto de lanzamiento, tiene

la velocidad : v 7.34m

seg⋅

i⋅ 6.11

m

seg⋅

j⋅+=

a) ¿cuál es la altura máxima que alcanzará la pelota ?•b) ¿cuál será su alcance horizontal ?•c) ¿qué velocidad tiene en la altura cero ?•

d

h

10. Un bombero lanza agua sobre un edificio en llamas alejado horizontalmente a 24 m .El chorro de agua se dispara formando un ángulo de 60º por encima de la horizontal y choca sobre el edificio en un punto que se encuentra a la altura h = 15.97 m por encima del punto de disparo

a) ¿ con qué rapidez sale el agua de la •manguera ? b) ¿ cuales son las componentes de •velocidad del chorro de agua cuando choca con el edificio ? .

d

θ

v

u

11. Un balón de fútbol americano es lanzado a 64 ft/seg a 75º por encima de la horizontal. Un jugador que está a 60 yardas en la dirección de movimiento del balón, empieza a correr en ese instante para recogerlo antes de que llegue al suelo. ¿Cual es la velocidad mínima (supuesta constante) con que debe correr?



12. Un jugador de béisbol ( pitcher ) puede lanzar una pelota con una rapidez máxima de 111 km

hr.

¿Cuál es la mayor distancia horizontal a la que puede lanzar la bola sobre un terreno plano?

Hdh

θ

13. Un jugador de béisbol batea una pelota que se mueve a una altura de 4 ft sobre el suelo.

La pelota sale impulsada a 134ft

seg⋅ y

un ángulo de elevación de 30º sobre la horizontal. A 450 ft del bateador hay una barda de 24 ft de altura, ¿ pasará la pelota por encima de la barda o no ?

14. Una pelota de béisbol es golpeada por un bat a una altura de 1.2 m sobre del suelo. Se le imparte una velocidad dirigida a 45º sobre la horizontal y tal que su alcance horizontal hubiera sido 120 m. ¿ Pasará la pelota por encima de una valla de 11.9 m de altura que se encuentra a 108 m de la posición inicial ?

h

d

θ

v

15. Un bombardero vuela horizontalmente a 350 km

hr

a una altura h de 1929 m. ¿Cuál debe ser el ángulo θ de mira hacia el blanco en el momento de soltar una bomba? ( Ignore la fricción con el aire )

h

d

θv

53°

16. Un bombardero vuela en picada formando un ángulo de

53º con la vertical a una velocidad de 420km

hr⋅ y está a

una altura h = 2400 m sobre el suelo. ¿Cuál debe ser el ángulo θ de mira hacia un blanco en el momento de soltar una bomba ? ( Ignore la fricción con el aire )

17. Demostrar que el alcance horizontal de un proyectil es el mismo cuando los ángulos de lanzamiento son

45° φ+( ) ó 45° φ−( ) siendo 0 φ≤ 45°≤



18. Un cañón que está sobre un terreno plano horizontal dispara una bala. ¿ Cuál es el ángulo de elevación para el cual son iguales la altura máxima que alcanza el proyectil sobre el suelo y su alcance horizontal ?

19. Se dispara una bala de fusil a una velocidad inicial de 300 m/seg hacia un pequeño conejo que está a una distancia horizontal d = 957 m.

d

h

φ

a) ¿ a qué altura h por encima del •conejo debe apuntase el fusil para que la bala dé en el blanco ? b) Si la velocidad del sonido en el aire •es 343 m/seg , ¿ cuánto tiempo tiene el conejo para reaccionar al disparo y quitarse de ese lugar ?

20. Una pelota se lanza con una rapidez inicial v a un ángulo θ con la horizontal. El alcance horizontal de la pelota es R y ésta alcanza una altura máxima R/6 . En función de R y g , determine . . .a) el tiempo que la pelota está en movimientob) la rapidez de la pelota en el punto más alto de su trayectoriac) su rapidez iniciald) el ángulo θ e) Suponga que se lanza la pelota con la misma rapidez innicial que se encontró en la parte c) pero a un ángulo apropiado para alcanzar la altura máxima y encuentre esa altura. f) Suponga que se lanza la pelota con la misma rapidez inicial pero con el ángulo necesario para que el alcance horizontal sea máximo y encuentre ese alcance.

φθ

21. Un cañón está colocado en la base de una colina cuyo ángulo de elevación es φ . ¿Con qué ángulo θ respecto a la horizontal se debe apuntar el cañon para lograr un alcance máximo sobre la colina ?

22 . Los jugadores de béisbol suelen lanzar la pelota desde el jardín, dejando que bote una vez antes de llegar al cuadro con bases, en la teoría de que de esta manera llegará más rápido. Suponga que el ángulo al cual una pelota que rebota deja el piso, es el mismo que el ángulo al cual el jardinero la lanza (también a nivel del piso) ; pero que la rapidez de la bola después del bote es solamente la mitad de la que era antes del bote.



D

Y

X

v

O

v

φ45° φv/2

a) suponiendo que la pelota siempre se •lanza con la misma rapidez inicial, ¿a qué ángulo φ debe lanzarse para que recorra la misma distancia D con un bote ( línea punteada) que con un lanzamiento dirigido hacia arriba a 45° que llega sin botar (linea continua)

b) determine la proporción de tiempos correspondientes a lanzamientos con un bote y sin bote•

23. Un muchacho puede lanzar una pelota una distancia horizontal máxima R en un campo plano. ¿A qué distancia puede lanzar la misma pelota verticalmente hacia arriba? . Suponga que sus músculos le dan a la pelota la misma rapidez en ambos casos.

24. Un operario de radar sobre un terreno horizontal , se encuentra en el plano de la trayectoria de un proyectil que se acera a él. Cuando el proyectil ha alcanzado su altura máxima h , el operario determina que la distancia en línea recta al proyectil es L y que éste se mueve con la rapidez

L

θ

h

vhorizontal v . Además la línea de mira hacia el proyectil forma un ángulo θ con la horizontal . Encontrar la distancia D entre el observador y el punto de impacto del proyectil sobre el suelo .¿ Pasará el proyectil por encima del observador o caerá enfrente de él ? ¿ Qué significaría D = 0 ?

25. En la figura siguiente se muestra un barco enemigo que está en el lado oeste de una isla montañosa. El barco enemigo puede maniobrar hasta una distancia D = 2500 m de la cima del monte de altura h = 1800 m y puede disparar proyectiles con una rapidez inicial v = 250 m/seg

h

D d

v



Si la orilla oriental de la playa se encuentra horizontalmente a d = 300 m de la cima, ¿cuáles son las distancias desde la orilla oriental a las cuales un barco puede estar fuera del alcance del bombardeo de la embarcación enemiga ?

III . Movimiento Circular Uniforme

26. Un campo magnético ejerce una fuerza sobre una partícula cargada eléctricamente en una dirección perpendicular a la velocidad de la partícula. Si un electrón se mueve en una trayectoria circular de radio

r 12 cm⋅= que es perpendicular a un campo magnético y tiene una aceleración centrípeta de valor

3 1014× m

seg2⋅ ¿cuánto vale su rapidez?

27. Si el radio de la Tierra es 6360 km ¿ cuál es la aceleración centrípeta de un objeto sobre la superficie terrestre localizado en :

a) el ecuador ?•b) la ciudad de Morelia a una latitud de 19º Norte?.•c) ¿cuál debería ser la rapidez de rotación de la Tierra para que un objeto en el ecuador tenga una •aceleración centrípeta igual a la aceleración gravitacional ?

ωωωω2

R1

R2

ωωωω1

28. Dos poleas de radios R1 y R2 se conectan por medio de una banda antiderrapante. Si la polea de radio R1 gira N revoluciones por minuto (rpm) , ¿cuántas vueltas por minuto girará la otra polea ?

29. Una partícula se mueve sobre una circunferencia de radio r = 3 m con rapidez constante. Si completa una vuelta cada 24 seg. y la partícula pasa por el punto P ( r, 0 ) al tiempo t = 0 seg , determinar la magnitud y dirección de :

a) los vectores de posición (respecto al centro de giro) para la partícula después de 6 seg , 8 seg y •12 seg.b) el desplazamiento de la partícula entre 6 seg y 12 seg .•c) su velocidad media entre 6 seg y 12 seg y la velocidad instantánea en esos momentos•d) su aceleración media entre 6 seg y 12 seg y la aceleración instantánea.•

30. Sobre un volantín que gira a 6 r.p.m. un niño puesto de pie y alejado a 4.5 m del eje de rotación, salta verticalmente sobre la plataforma del volantín alcanzando una altura de 40 cm. ¿ A qué distancia respecto al lugar donde saltó vuelve a tocar la plataforma del volantín ?



31. Cuando un automóvil de 1300 kg recorre una curva circular de 59 m de radio que tiene un peralte de 15º ,

experimenta una aceleración centrípeta de valor g

3 ¿ A qué velocidad en

km

hr se mueve el automóvil

sobre la curva?

32. Una piedra atada a una cuerda de 4 ft de longitud , gira en una circunferencia horizontal a una altura h = 4.5 ft por encima del suelo. De repente la cuerda se rompe y la piedra sale disparada recorriendo una distancia horizontal d = 20 ft hasta chocar con el suelo. ¿ A cuántas revoluciones por minuto giraba la piedra ?.

33. Un astronauta sobre la superficie de la Luna dispara una pistola de manera que la bala deja el cañón moviéndose inicialmente en dirección horizontal.

¿Cuál debe ser la rapidez de la bala si ha de recorrer por completo el derredor de la Luna y regresar •a su posición original?¿Cuánto tiempo toma ese viaje alrededor de la Luna?•

(Suponga que la aceleración de caida libre sobre la superficie de la Luna es un sexto de la que existe sobre la superficie de la Tierra. )

R d

v

34. Una persona sobre la parte superior de una roca hemisférica de radio R patea una pelota ( que inicialmente estaba en reposo en la parte superior de la roca ) para darle una velocidad horizontal v

¿Cuál debe ser el valor mínimo de esa rapidez •horizontal si la pelota nunca debe tocar la roca después de haber sido pateada?Con esa rapidez inicial, ¿ a qué distancia d de la •base de la roca golpeará el suelo la pelota?

IV . Movimiento relativo

35. Dos automoviles A y B se mueven sobre una carretera recta y horizontal a 80km

hr y 120

km

hr y en el

mismo sentido respectivamente. Si A va delante de B . a) ¿ Cuál es la velocidad de A respecto a B ? •b) ¿ Cuál es la velocidad de B respecto a A ? •c) ¿ Cuáles son las respuestas anteriores si B se mueve en sentido contrario que A ? •

36. Un avión se orienta hacia el Norte y su velocidad respecto a aire es de 120 km

hr. Si el viento sopla a 50

km

hr

de Oeste a Este, ¿ en qué dirección y con qué rapidez se mueve el avión respecto a Tierra ?



37. Para un observador que está de pie bajo la lluvia , las gotas de agua caen verticalmente con una rapidez

constante de 8 m

seg . ¿ Con qué rapidez y dirección parecen caer la gotas para :

a) una persona que corre horizontalmente en línea recta bajo la lluvia a 20 km/h ? •b) un automovilista que se mueve horizontalmente en línea recta a 100 km/h ?•

38. Un piloto sabe que la velocidad de su avión respecto al aire es 120 km

hr y desea volar hacia el Norte ; pero

el viento sopla hacia el Oeste a 60 km

hr . ¿En qué dirección debe orientar su avión y cuál es entonces la

velocidad del avión respecto al suelo ?

39. Un avión está volando hacia el Oeste sobre una carretera que tiene la dirección Este-Oeste.

La velocidad del avión respecto al aire es 135 km

hr .Un observador en Tierra le comunica por radio al

piloto del avión que el viento está soplando a 69.88 km

hr ; pero olvida decirle en qué dirección. Sin

embargo, el piloto observa que a pesar del viento, puede recorrer 135 km a lo largo de la carretera cada hora, como si no hubiese viento.

a) ¿En qué dirección sopla el viento? •b) ¿Cuál es la orientación del aeroplano, es decir el ángulo que forma su eje con la carretera?•

40. Un pasajero de un barco que marcha hacia el Oeste a 20 mi

hr observa que el humo de la chimenea forma

un ángulo de 35º con la estela que deja el barco sobre el agua . El viento sopla de Sur a Norte y se supone que el humo adquiere la velocidad del viento tan pronto como abandona la chimenea . Calcule la velocidad del viento respecto al agua.

41. Un avión se dirige hacia el Oeste a una velocidad de 120 km

hr respecto al aire. Después de volar media

hora el avión se encuentra a 75 km al Oeste y 15 km al Sur del punto de partida .a) ¿ en qué dirección y con qué velocidad sopla el viento ?•

b) Si el viento soplase a 85 km

hr hacia el Sur-Este, ¿En qué dirección debería orientarse el avión para •

dirigirse al Oeste y cuál sería entonces su velocidad respecto a Tierra ?

42. Cuando una escalera automática está inmóvil, una persona puede subir por ella en 90 seg . Cuando la escalera funciona, puede subir a la persona que está de pie sobre ella en tan solo 60 seg . Si la persona caminase sobre la escalera al mismo tiempo que ésta se mueve, ¿ cuánto tiempo tardaría en subir ?



43. En aguas tranquilas (es decir, sin corriente) , una persona puede remar en su bote y moverse a la velocidad

de máxima de 4km

hr⋅ respecto al agua . Si está atravezando perpendicularmente un rio de orillas paralelas

donde la corriente del agua es de 2km

hr⋅ ,

a) ¿en qué dirección debe remar para llegar a un lugar directamente enfrente del de salida?•b) Si el rio tiene 4 km de ancho , ¿ cuánto tiempo tardará en cruzarlo ?•c) ¿ Cuánto tardará en avanzar 2 km por la orilla y después regresar a su punto de partida ?•d) ¿ En qué dirección deberá dirigir el bote si desea cruzar el rio en el menor tiempo posible ?•

44. Un tren viaja hacia el Sur a 13m

seg bajo una lluvia que es desviada hacia el Sur por el viento. Según un

observador estacionario en tierra , las gotas de lluvia caen formando un ángulo de 30º con la vertical Sin embargo , otro observador sentado en el tren ve los trazos de lluvia perfectamente verticales a través de la ventana . Calcular la rapidez de las gotas de lluvia respecto a tierra .

45. Dos objetos se mueven con rapidez constante y cuando van en sentidos opuestos se aproximan entre si 4.0 m cada segundo pero cuando se desplazan en el mismo sentido se aproximan 4.0 m cada 10 segundos. Hallar sus velocidades .

46. Dos lineas férreas se cruzan formando un ángulo recto. Dos trenes se acercan al crucero , uno parte de

una estación a 40 km del cruce y se mueve a 800 m

min , el otro parte de una estación que dista 50 km

del crucero y se mueve a 600 m

min . Si los trenes partieron al mismo tiempo, al cabo de cuántos

minutos estarán a la menor distancia entre si y cuál será esa distancia ?



Soluciones

1. Tomando un sistema de coordenadas XY orientado hacia el Norte, con origen en el punto de inicio del vuelo, entonces xi 0= , yi 0= .

Dado que el avión se mueve con rapidez constante , su posición respecto al origen queda descrita por la ecuación: r f ri v t⋅+( )=

es decir . . .

x f i⋅ y f j⋅+( ) = xi vx t⋅+( ) i⋅ yi vy t⋅+( ) j⋅+

= vx t⋅( ) i⋅ vy t⋅( ) j⋅+Cuando se mueve hacia el Este de manera uniforme, queda . . . x f xi v t⋅+= , de modo que vuela hacia el

Este durante el tiempo:

tx f xi−( )

v= =

300 km⋅ 0 km⋅−

200km

hr⋅

= 3

2hr⋅

De manera similar, cuando se dirige al Norte, recorre una distancia dada por la ec: y f yi v t⋅+=

y f = 0 km⋅ 267km

hr⋅

40 min⋅( )⋅+ 267km

hr⋅

2

3hr⋅

⋅= = 178 km⋅

N

EO

S

∆ r

Su desplazamiento respecto al origen es entonces. . .

∆ r⋅ x i⋅ y j⋅+= = 300 km⋅ i⋅ 178 km⋅ j⋅+

de magnitud . . .

∆ r⋅ x2

y2+=

= 300 km⋅( )2

178 km⋅( )2+ = 348.83 km⋅

De este resultado podemos calcular ahora la magnitud de la velocidad media, la rapidez promedio y la aceleración media a partir de sus definiciones respectivas como sigue . . .

rapidez media : vmed

vmeddesplazamiento

tiempo_transcurrido

= = ∆r

∆t =

300 km⋅( )2

178 km⋅( )2+

3

2hr⋅ 2

3hr⋅+

= 161km

hr⋅

rapidez promedio : vprom

vpromdistancia_recorrida

tiempo_transcurrido

= = 300 km⋅ 178 km⋅+

3

2hr⋅ 2

3hr⋅+

= 220.62km

hr⋅



aceleración media : amed

amed∆∆∆∆v∆t

= = v f vi−

∆t =

267km

hr⋅

j⋅ 200

km

hr⋅

i⋅−

3

2hr⋅ 2

3hr⋅+

= 0.0071− i⋅ 0.0095 j⋅+( )m

seg2

⋅

de magnitud . . .

amed = ax( )2ay( )2+ = 0.0071−

m

seg2

⋅

2

0.0095m

seg2

⋅

2

+ = 0.01188m

seg2

⋅

Y

XO

30°

60°

F

rA

rB

rC

2. Tomando como origen de un sistema de coordenadas XY orientado hacia el Norte, el lugar donde se inicia el viaje, entonces xi 0= , yi 0= .

Dado que el tren se mueve con rapidez constante su movimiento queda descrito por la ecuación:

r f ri v t⋅+( )= = xi vx t⋅+( ) i⋅ yi vy t⋅+( ) j⋅+

y por lo tanto recorre hacia el Este la distancia :

rA 0 v t⋅+= = 60km

hr⋅ i⋅

20 min⋅( )⋅ = 60km

hr⋅

1

3hr⋅

⋅ i⋅ = 20 km⋅( ) i⋅

y llega al punto A 20 km⋅ 0 km⋅,( ) . Posteriormente, el desplazamiento hasta B es . . .

rB rA v t⋅+= = xA i⋅ 0 j⋅+( ) v cos 30°( )⋅ i⋅ v sin 30°( )⋅ j⋅+( ) t⋅+

= xA v cos 30°( )⋅ t⋅+( ) i⋅ v sin 30°( )⋅ t⋅ j⋅+

= 20 km⋅ 60km

hr⋅

3

2⋅ 2

3hr⋅

⋅+

i⋅ 60

km

hr⋅

1

2⋅ 2

3hr⋅

⋅ j⋅+

= 20 1 3+( )⋅ km⋅ i⋅ 20 km⋅ j⋅+

Asi qu el desplazamiento desde A hasta B es :

rB rA− 20 3⋅ km⋅( ) i⋅ 20 km⋅( ) j⋅+=

y hasta ese momento su rapidez media es:

vmed∆∆∆∆r∆t

= = rB 0−

∆t =

20 1 3+( )⋅[ ]2

20( )2+ km⋅

20 40+( ) min⋅ = 58.19

km

hr⋅



El desplazamiento desde el origen hasta C ha sido . . .

rC rB v t⋅+= = rB v t⋅( )− i⋅ 0 j⋅+[ ]+

= 20 20 3⋅ km⋅+( ) i⋅ 20 km⋅ j⋅+ 60km

hr⋅

1 hr⋅( )⋅ i⋅−

= 40− 20 3⋅+( ) km⋅ i⋅ 20 km⋅ j⋅+

de modo que el desplazamiento desde B hasta C es : rC rB− v t⋅( ) i⋅[ ]−= = 60− km⋅( ) i⋅

El desplazamiento desde C hasta la posición final rF es . . .

rF rC v t⋅+= = rC v cos 60°( )⋅ i⋅ v sen 60°( )⋅ j⋅−( ) t⋅+

= 40− 20 3⋅+( ) km⋅ i⋅ 20 km⋅ j⋅+ 60km

hr⋅ 1

2

⋅ i⋅ 60km

hr⋅ 3

2

⋅ j⋅−

2

3hr⋅

⋅+

= 40− 20 3⋅+( ) km⋅ i⋅ 20 km⋅ j⋅+ 20 km⋅ i 3 j⋅−( )⋅+

= 20− km⋅ 1 3−( )⋅ i⋅ 20 km⋅ 1 3−( )⋅ j⋅+

el desplazamiento desde C hasta el final es : rF rC− v t⋅= = 20 km⋅ i 3 j⋅−( )⋅

La rapidez media durante el viaje completo ha sido. . .

vmed∆∆∆∆r∆t

= = rF 0−

∆t

= 20− 1 3−( )⋅[ ]

220 1 3−( )⋅[ ]

2+ km⋅20 40+ 60+ 40+( ) min⋅

= 20 3 1−( )⋅ 2⋅ km⋅

22

3+

hr⋅ = 7.76

km

hr⋅

Por otra parte, la distancia total recorrida por el tren es. . .

d OA AB+ BC+ CF+= = rA rB rA−+ rC rB−+ rF rC−+

= 20 km⋅ i⋅ 20 3⋅ km⋅( ) i⋅ 20 km⋅( ) j⋅++ 60− km⋅( ) i⋅+ 20 km⋅ i 3 j⋅−( )⋅+

= 160 km⋅y por lo tanto, su rapidez promedio fué

vpromd

ttotal= =

160 km⋅20 40+ 60+ 40+( ) min⋅

= 60km

hr⋅

como era de esperarse.



3. Tomando como inicio del viaje el origen de un sistema de coordenadas XY orientado hacia el Norte entonces xi 0= , yi 0= . Cuando el avión

se mueve hacia el Este, su rapidez media es . . .

vmed( )x

x f xi−t f ti−

= = 300 km⋅ 0 km⋅−20 min⋅ 0 min⋅−

= 900km

hr⋅

y cuando se mueve hacia el Norte, su rapidez media es :

vmed( )y

y f yi−

t f ti−= =

400 km⋅ 0 km⋅−30 min⋅ 0 min⋅−

= 800km

hr⋅

Y

XO A

B

∆r

En el viaje completo, la velocidad media fué . . .

vmed∆ r⋅∆t

= = r f ri−

∆t =

300 i⋅ 400 j⋅+( ) km⋅ 0 km⋅−50 min⋅

= 360 i⋅ 480 j⋅+( )km

hr⋅

La magnitud de éste vector es la rapidez media . . .

vmed 3602 4802+km

hr⋅= = 600

km

hr⋅

v

θ

Y

X

4. Consideremos un sistema de coordenadas XY con el eje X horizontal y como origen el punto donde la pelota lanzada abandona la mano del niño.Se sabe que el alcance horizontal de un proyectil . . .

Rvo( )2

sen 2 θ⋅( )⋅

g=

es máximo cuando el ángulo de tiro θ vale 45° sobre la horizontal, y queda . . .

Rmaxvo( )2

sen( 2 45°( )⋅[ ]⋅

g= =

vo( )2

g

Asi que el segundo niño puede estar separado horizontalmente del primero la distancia . . .

Rmax =

54km

hr⋅

2

g =

15m

seg⋅

2

g = 22.96 m⋅

es decir unos 23 m .Por otra parte, el "tiempo de vuelo" , esto es, el tiempo transcurrido para que el proyectil logre su alcance horizontal está dado por . . .

t2 vo⋅ sen θ( )⋅

g= =

2 15m

seg⋅

⋅ sen 45°( )⋅

g = 3 seg⋅



5. Representemos a la bola como una partícula y escojamos como sistema de referencia uno con eje X horizontal paralelo a la superficie de la mesa y con eje Y vertical que pase por el borde de la mesa, donde la bola empieza a caer libremente, moviéndose como un proyectil.El tiempo que la partícula tarda en caer verticalmente la distancia h está dado por la ecuación de caida libre . . .

y f yi voy t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

Y

X

d

h

bajo las condiciones. . . y f h−= ; yi 0= ; voy 0= de lo cual resulta . . .

h− 1−2

g⋅ t2⋅=

y resolviendo para t se obtiene . . . t2 h⋅g

= .

Como la particula se mueve a velocidad constante en la dirección horizontal, recorre una distancia d calculada a partir de la ec. para el movimiento uniforme :

x f xi vox t⋅+=

bajo las condiciones : x f d= ; xi 0= ; vox v= es decir: d v t⋅= y resulta

vd

t= = d

g

2 h⋅⋅ = 5 ft⋅( )

32ft

seg2

⋅

2 4 ft⋅( )⋅⋅ = 10

ft

seg⋅

d

h

θ

Y

X

A

B6. Sean A y B las pelotas, representadas como partículas y

tomemos como origen de un sistema de coordenadas derecho, el punto de lanzamiento de la pelota A.Si las pelotas chocan, significa que están en el mismo lugar al mismo tiempo, asi que de las ecuaciones que describen su trayectoria respectiva:

A yA x tan θ( )⋅g

2 vo( )2⋅ cos2⋅ θ( )

x2⋅−=

B yB h1

2g⋅ t

2⋅−=

se deduce que cuando la distancia horizontal vale : x d cos θ( )⋅= entonces la pelota A está a la altura . .

.



yA d cos θ( )⋅sen θ( )cos θ( )⋅

g

2 vo( )2⋅ cos2⋅ θ( )

d cos θ( )⋅( )2⋅−= = d sen θ( )⋅g d

2⋅

2 vo( )2⋅−

en el instante . . . td cos θ( )⋅

vox= =

d cos θ( )⋅vo cos θ( )⋅( )

= d

vo = 0.716 seg⋅

calculado a partir de x f xi vox t⋅+= , puesto que todo proyectil tiene una componente de velocidad

horizontal constante.

Por otra parte y dado que que h d sen θ( )⋅= , en ese momento la pelota B está a la altura . . .

yB h1

2g⋅ t

2⋅−= = h1

2g⋅

d

vo

2

⋅− = d sen θ( )⋅g d

2⋅

2 vo( )2⋅−

¡ a la misma altura que la pelota A ! y por lo tanto las pelotas chocarán .Sus velocidades justo en ese momento son:

vB g− t⋅( ) j⋅= = 701.4−cm

seg

j⋅

vA vo g t⋅( ) j⋅−= = 559cm

seg⋅

i⋅ 280.4

cm

seg⋅

j⋅−

d

h

X

Y7. Sean h y d la altura y el ancho respectivamente de los escalones de la escalera y consideremos el origen de un sistema de coordenadas derecho, como el borde del primer escalón donde la pelota comienza a moverse como un proyectil describiendo una trayectoria parabólica dada por:

y x tan θ( )⋅g

2 vo( )2⋅ cos2⋅ θ( )

x2⋅−=

y bajo las condiciones iniciales: θ 0°= ; vo vx= = 7ft

seg⋅

resulta: yg−

2 vx( )2⋅

x2⋅=

Por otra parte, la recta que pasa por el origen del sistema de referencia y que es tangente a los bordes de

los escalones tiene por ecuación : yh−

d

x⋅= y su intersección con la trayectoria de la partícula

ocurre cuando . . .



g−

2 v2⋅

x2⋅

h−d

x⋅=

de donde se obtienen las raices: x 0= y x2 h⋅ v

2⋅g d⋅

=

es claro que la 2a raiz es la que proporciona el escalón sobre el cual choca la pelota . . .

x

2 8 plg⋅( )⋅ 7ft

seg⋅

2

⋅

32ft

seg2

⋅

8 plg⋅( )⋅= = 36

3

4+

plg⋅ = 4 d( )⋅ 4.75 plg⋅+

puesto que x tiene un valor comprendido entre la longitud de 4 y 5 escalones , se deduce que la pelota cae casi enmedio del 5° escalón.

8. Representemos a la flecha y al mono como dos partículas y escogamos un sistema de referencia XY derecho que tenga su origen en el punto donde la flecha abandona el arco, moviéndose como un proyectil y describiendo la trayectoria parabólica:


2 v2⋅ cos

2⋅ θ( )

x2⋅−=

x

hθ

Y

X

v

Para dar en el blanco (en el mono) , la posición vertical de la flecha debe ser igual a la del mono (es decir

y h= ) cuando ésta haya recorrido la distancia horizontal x d= asi que de la ec. anterior se obtiene . . .

h = tan θ( ) d⋅g sec

2⋅ θ( )2 v

2⋅

d2⋅− = tan θ( ) d⋅

g 1 tan2 θ( )⋅+ ⋅

2 v2⋅

d2⋅− .

donde se han usado las identidades trigonométricas : 1

cos θ( ) sec θ( )= y sec2 θ( ) 1 tan

2 θ( )+=

Haciendo ahora el cambio de variable : u tan θ( )= , se obtiene . . .

h u d⋅g 1 u

2+( )⋅

2 v2⋅

d2⋅−= es decir . . .

g d2⋅

2 v2⋅

u

2⋅ d( ) u⋅−g d

2⋅

2 v2⋅

h+

+ 0=

que tiene la forma de una ecuación cuadrática en u : A u2⋅ B u⋅+ C+ 0=



y tiene las raices . . . u tan θ( )= =

v2

v4

2 g⋅ h⋅ v2⋅− g

2d

2⋅−+g d⋅

v2

v4

2 g⋅ h⋅ v2⋅− g

2d

2⋅−−g d⋅

Substituyendo : d 29.4 m⋅= ; h 7.35 m⋅= y v 19.6m

seg⋅= resulta . . .

u1

1.667

= y por lo tanto θ arctan u( )= = arctan 1.667( )

arctan 1( )

=

59.036°

45°

9. Ubiquemos un sistema de referencia XY derecho que tenga el origen de coordenadas en el punto de lanzamiento del proyectil.El movimiento de todo proyectil es la combinación de una caida libre en la dirección vertical con un movimiento rectilíneo uniforme en la dirección horizontal, asi que dada su velocidad

h

Y

X

v

vx

vy

O

v 7.34m

seg⋅

i⋅ 6.11

m

seg⋅

j⋅+=

en el momento en que su altura es y f h= 9.1 m⋅= se

deduce que se mueve hacia arriba con la rapidez

vy 6.11m

seg⋅= mientras que su rapidez horizontal

vx 7.34m

seg⋅= permanece constante

Aplicando entonces la ecuación de caida libre: v f( )2vi( )2

2 g⋅ y f yi−( )⋅−=

bajo las condiciones . . . v f vy= 6.11m

seg⋅= , yi 0 m⋅= , y f h= 9.1 m⋅=

se puede calcular la velocidad inicial que tenía el proyectil en la dirección vertical al salir disparado del origen . . .

viy( )2vy( )2

2 g⋅ h 0−( )⋅+=

a) Considerando ahora como posición final el punto más alto de la trayectoria del proyectil, nuevamente podemos aplicar la misma ecuación haciendo ahora . . . y f H= (altura máxima), v f 0= , yi 0=

y la recién calculada vi para obtener :

02 vi( )22 g⋅ H 0−( )⋅−=

es decir . . .

Hviy( )2

2 g⋅= =

vy( )22 g⋅ h⋅+

2 g⋅ =

1

2 g⋅6.11

m

seg⋅

2

⋅ 9.1 m⋅( )+ = 11 m⋅



Para determinar cuanto tiempo está la pelota en el aire, es decir cuando vuelve a tener la misma altura desde la que fué lanzada, apliquemos la ecuación de caida libre . . .

y f yi viy( ) t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

haciendo . . . y f 0= , yi 0= , y queda 0 0 viy( ) t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−= asi se obtiene . . .

t2 viy⋅

g= =

2 vy( )22 g⋅ h⋅+⋅

g =

2 6.11m

seg⋅

2

2 9.8m

seg2

⋅

⋅ 9.1 m⋅( )⋅+⋅

9.8m

seg2

⋅

= 3 seg⋅

b) Conocido éste tiempo , el alcance horizontal se calcula ahora de la ecuación para el movimiento uniforme . . .

x f xi vx t⋅+=

donde xi 0= y vx 7.34m

seg⋅= resultando . . . x f 7.34

m

seg⋅

3 seg⋅( )⋅= = 22 m⋅

c) En ausencia de fricción con el aire, se conserva constante la componente horizontal de velocidad. Por lo tanto, en la altura cero su velocidad es . . .

v vx i⋅ viy j⋅+= = vx i⋅ vy( )22 g⋅ h⋅+ j⋅+ = 7.34

m

seg⋅

i⋅ 14.68

m

seg⋅

j⋅+

esta velocidad es la misma que tiene el proyectil cuando regresa al suelo.

10. a) Consideremos un sistema de referencia rectangular derecho que tenga el origen en la salida de la manguera del bombero y representemos al chorro de agua, por sencillez, como una partícula que se mueve siguiendo la trayectoria de un proyectil . . .


2 vo( )2⋅ cos2⋅ θ( )

x2⋅−=

aunque en realidad se dispersa al salir de la boquilla de la manguera porque la rapidez de un fluido en el interior de un tubo no es uniforme ( es mayor en el centro y disminuye hacia las paredes interiores del tubo) .Este efecto se debe a la viscosidad del fluido.

Cuando la altura del chorro es y h= = 15.97 m , entonces la coordenada x es la distancia horizontal

recorrida hasta ese momento, es decir x d= = 24 m y la ec.anterior queda. . .

h d tan θ( )⋅g

2 vo( )2⋅ cos2⋅ θ( )

d2⋅−=



Resolviendo para la rapidez inicial vo se obtiene . . .

vog d⋅

2 cos2⋅ θ( )⋅ tan θ( ) h

d−

⋅= =

g 24 m⋅( )⋅

21

2

2

⋅ 315.97 m⋅

24 m⋅−

⋅

= 21m

seg⋅ = 75.6

km

hr⋅

¿Por qué es necesario que dos o más personas sujeten una manguera como ésta para mantenerla fija?

b) De éste resultado se deduce que las componentes iniciales de velocidad son :

vx vo cos θ( )⋅= = 21m

seg⋅

cos 60°( )⋅ = 10.5m

seg⋅ = 37.8

km

hr⋅

viy vo sen θ( )⋅= = 21m

seg⋅

sen 60°( )⋅ = 18.19m

seg⋅ = 65.5

km

hr⋅

Durante el movimiento del chorro de agua, la componente horizontal de velocidad vx se conserva

constante, mientras que la componente vertical vy cambia y se puede calcular por ejemplo de la ec. de

caida libre . . .

vy( )2viy( )2

2 g⋅ y f 0−( )⋅−= en el momento del impacto con el edificio y f h= y resulta . . .

vy viy( )22 g⋅ h⋅−= = 18.19

m

seg⋅

2

2 g⋅ 15.97 m⋅( )⋅− = ± 4.23m

seg⋅

De éste modo, cuando choca con el edificio, el agua tiene la velocidad :

v 10.5m

seg⋅

i⋅ 4.23

m

seg⋅

j⋅−=

¿Por qué se consideró en éste resultado solo la componente negativa de velocidad vertical ? (dato: calcule el tiempo que le toma al agua llegar al edificio)

La rapidez con la que choca el agua contra el edificio es entonces . . .

v v= = 10.5m

seg⋅

2

4.23m

seg⋅

2

+ = 11.32m

seg⋅ = 40.8

km

hr⋅

asi que si éste chorro chocase contra una persona, podría derribarla fácilmente.



θ

Y

X

d

R

u

O

vP

C

11. Consideremos al balón como una partícula P que describe un movimiento parabólico y al corredor como una partícula C en movimiento uniforme y rectilíneo. Pongamos el origen del sistema de coordenadas en el punto de disparo del balón y sea d la distancia del origen al corredor en ese instante.El tiempo de vuelo del proyectil está dado por la ecuación de caida libre . . .

y f yi viy t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

donde y f 0= , yi 0= ya que el proyectil tiene altura cero cuando sale y cuando regresa al suelo, es

decir queda . . .

0 0 viy1

2g⋅ t⋅−

t⋅+= y por lo tanto t2 viy⋅

g= =

2 v⋅ sen θ( )⋅g

.

Además, dado que el alcance horizontal del proyectil es

R vix t⋅= = v cos θ( )⋅2 v⋅ sen θ( )⋅

g⋅

este es el tiempo que tiene el corredor para recorrer la distancia horizotal d R−( ) es decir, si

asumimos que la rapidez u del corredor se mantiene constante e ignoramos su periodo de aceleración,

entonces su movimiento se describe con la ec. para el movimiento uniforme x f xi vx t⋅+= con

xi d= la posición incial delcorredor , x f R= la posición a la que debe llegar transcurrido el tiempo

t y vx u= su rapidez y queda . . .

R d u t⋅+= (*)

Substituyamos ahora en esta expresión el tiempo de vuelo, y el alcance horizontal y resolvamos la ecuación resultante para la rapidez u del corredor . . .

v cos θ( )⋅2 v⋅ sen θ( )⋅

g⋅ d u

2 v⋅ sen θ( )⋅g

⋅+=

es decir . . .

u v cos θ( )⋅g d⋅

2 v⋅ sen θ( )⋅−=

= 64ft

seg⋅

cos 75 °⋅( )⋅

60 3 ft⋅( )⋅ 32⋅ft

seg2

⋅

2 64ft

seg⋅

⋅ sen 75 °⋅( )⋅

− = 30−ft

seg⋅

El signo negativo del resultado significa que el corredor se dirige a la izquierda hacia el origen de referencia, dado que R d< .



12. El alcance horizontal máximo de un proyectil se obtiene cuando el ángulo de lanzamiento vale 45° por encima de la horizontal y está dado por . . .

Rmaxv

2sen 2θ( )⋅

g= =

v2

sen 90°( )⋅g

= v

2

g =

111km

hr⋅

2

9.8m

seg2

⋅ = 97 m⋅

13. Consideremos un sistema de coordenadas derecho cuyo origen sea el lugar donde la pelota es golpeada por el bat y sale impulsada a un ángulo de 30º sobre la horizontal. Es necesario conocer la altura que tiene la pelota respecto al origen cuando haya recorrido una distancia horizontal d = 450 ft , asi que de la ecuación para la trayectoria de un proyectil :

y x( ) x tan θ( )⋅g

2 v2⋅ cos

2⋅ θ( )⋅

x2⋅−=

se obtiene . . .

y 450 ft⋅( ) tan 30°( )⋅

32ft

seg2

⋅

2 134ft

seg⋅

2

⋅ cos2⋅ 30°( )⋅

450 ft⋅( )2⋅−= = 19.22 ft⋅

De modo que la pelota estará a la altura h 4 ft⋅ 19.22 ft⋅+= = 23.22 ft⋅ sobre el suelo y no podrá pasar por encima de la barda de 24 ft de altura.

Otra manera de resolver este problema consiste en utilizar el hecho de que todo proyectil tiene un movimiento rectilíneo uniforme en la dirección horizontal descrito por la ec. x f xi vx t⋅+= y calcular

el tiempo que tarda la pelota en recorrer la distancia horizontal x f d= habiendo partido del origen

( xi 0= ) . . .

td

vx= =

450 ft⋅v cos θ( )⋅

= 450 ft⋅

134ft

seg⋅

cos 30°( )⋅ = 3.878 seg⋅

Usando ahora la ecuación de caida libre y f yi vy t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−= para determinar la altura que en ese

instante tiene la pelota respecto al origen de coordenadas se obtiene . . .

y = 0 v sen θ( )⋅ t⋅( )+ 1

2g⋅ t

2⋅−

= 134ft

seg⋅

sen 30°( )⋅ 3.878 seg⋅( )⋅ 1

232

ft

seg2

⋅

⋅ 3.878 seg⋅( )2⋅− = 19.22 ft⋅

que es el mismo resultado obtenido anteriormente.



14. La única novedad respecto al problema 12 anterior es que debe calcularse la velocidad inicial del

proyectil a partir del dato para su alcance horizontal máximo Rv

2

g= , esto es . . . v R g⋅= .

Substituyendo éste resultado en la ecuación de la trayectoria se obtiene:


2 R g⋅( )2⋅ cos

2⋅ θ( )⋅

x2⋅−= = x tan θ( )⋅

x2

2 R⋅ cos2⋅ θ( )⋅

−

= 108 m⋅( ) tan 45°( )⋅108 m⋅( )

2

2 120 m⋅( )⋅ cos 45°( )2⋅

− = 10.8 m⋅

Lapelota estará a una altura h 1.2 m⋅ 10.8 m⋅+= = 12 m⋅ sobre el suelo y pasará por encima de la

barda por tan solo 10 cm .

15. Ubiquemos un sistema de referencia derecho y fijo respecto al suelo que tenga su origen en el lugar donde se suelta la bomba. Ignorando la fricción con el aire y suponiendo que la aceleración gravitacional terrestre no varía con la altura h, entonces la bomba se mueve como un proyectil y su tiempo de caida libre se calcula de la ec.

x = d

y=− h

Y

Xv

θ

y f yi viy t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

Tomando en cuenta que el proyectil salió del origen con velocidad vertical nula ( yi 0= , viy 0= ) y que su

posición vertical final es y f h−= resulta . . .

t 2h

g⋅=

En la dirección horizontal el proyectil tiene un movimiento rectilíneo uniforme,asi que durante éste

tiempo, deber recorrer la distancia horizontal d , es decir . . . d 0 vx t⋅+= = vx 2h

g⋅⋅ .

Además, de la geometría del problema se deduce que . . .

tan θ( ) d

h= =

vx

h2

h

g⋅⋅ = vx

2

g h⋅⋅

resolviendo para θ se deduce que el ángulo de mira hacia el objetivo en el momento de soltar la bomba debe ser . . .

θ arctan vx2

g h⋅⋅

= = arctan 97.22m

seg⋅ 2

9.8m

seg2⋅ 1920 m⋅( )⋅

⋅

= 45°



16. Este es un problema muy similar al anterior, lo único novedoso ahora es que dado que el avión va en picada, al ser soltado el proyectil tiene la misma componente vertical de velocidad inicial respecto al suelo que tiene

el avión : viy v− cos φ( )⋅= (nótese el signo negativo).

El tiempo de caida para la bomba se obtiene también de la ec.

x = d

y=− h

Y

X

vφ

y f yi viy t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

teniendo en cuenta que ahora las condiciones iniciales son :

yi 0= ; viy v− cos φ( )⋅= ; φ 53°=

h− 0 v cos φ( )⋅ t⋅− 1

2g⋅ t

2⋅−=

y resulta . . .

t1

gv− cos φ( )⋅ v

2cos φ( )2⋅ 2 g⋅ h⋅++( )⋅=

Si se desea dar en el blanco, durante éste tiempo el proyectil deberá recorrer con la rapidez constante

vix v sen φ( )⋅= la distancia horizontal d , es decir . . .

d 0 vix t⋅+= = v sen φ( )⋅

gv− cos φ( )⋅ v

2cos φ( )2⋅ 2 g⋅ h⋅++( )⋅

Además, de la geometría del problema . . .

tan θ( ) d

h= =

v sen φ( )⋅g h⋅

v− cos φ( )⋅ v2

cos φ( )2⋅ 2 g⋅ h⋅++( )⋅

y por lo tanto , con v420

3.6

m

seg⋅= , φ 53°= , h 2400 m⋅= y resolviendo para θ se deduce que

el ángulo de mira hacia el objetivo en el momento de soltar la bomba debe ser ahora . . .

θ arctanv sen φ( )⋅

g h⋅v− cos φ( )⋅ v

2cos φ( )2⋅ 2 g⋅ h⋅++( )⋅

= = 32°

17. La expresión para el alcance horizontal R de un proyectil lanzado desde el origen de coordenadas con

cierta velocidad incial v que forma un ángulo θ sobre la horizontal es . . .

Rv

2sen 2 θ⋅( )⋅

g=

Asumiendo que v y g se mantienen constantes, entonces R solo dependerá del ángulo de lanzamiento θ

. Por otra parte se sabe que la función seno es simétrica respecto a la recta vertical xπ2

= = 90° es decir .

. . sen 90° α−( ) sen 90° α+( )=



1

1 π2

Esto significa que sen x( ) toma el mismo valor si x representa un ángulo que difiera de 90° en la misma

cantidad positiva o negativa.Por lo tanto si . . .

2 θ⋅ 90° α−( )= , esto es . . . θ 45°α2

−=

o si

2 θ⋅ 90° α+( )= , esto es . . . θ 45°α2

+=

entonces sen 2 θ⋅( ) tomará el mismo valor numérico y el alcance horizontal será el mismo, es decir, el

proyectil recorrerá la misma distancia horizontal sobre el eje X , cuando sea lanzado a 45° φ− ó a

45° φ+ con la misma velocidad inicial. Como el ángulo de lanzamiento no es mayor de 90° , se infiere

que φ no puede ser mayor que 45° .

18. Igualando las expresiones simbólicas para el alcance horizontal R y la altura máxima hmax de un proyectil, se tiene . . .

R2 v

2⋅ sen θ( )⋅ cos θ( )⋅g

= = v

2sen θ( )2⋅2 g⋅

hmax=

Simplificando resulta la igualdad . . . 2 cos θ( )⋅sen θ( )

2= y al dividir ambos miembros entre cos θ( )

queda . . .

4sen θ( )cos θ( )= es decir : tan θ( ) 4=

por lo tanto. . . θ arctan 4( )= ≈ 76°



x = d

h

Y

X

v

φ

O

19. Representemos a la bala y al conejo como partículas y consideremos un sistema de coordenadas derecho que tenga su origen en el lugar donde sale la bala del fusil

a un ángulo φ sobre la horizontal. Si la bala dá en el

blanco, su altura respecto al origen es cero cuando ha recorrido la distancia horizontal d 957 m⋅= asi que de la ecuación para la trayectoria . . .


2 v2⋅ cos

2⋅ φ( )⋅

x2⋅−=

se obtiene . . .

0 d tan φ( )⋅g

2 v2⋅ cos

2⋅ φ( )⋅

d2⋅−= = d tan φ( )⋅

g d2⋅

2 v2⋅

1 tan2 φ( )⋅+ ⋅−

( se usó la identidad trigonométrica 1

cos2 θ( )⋅

sec2 θ( )⋅= = 1 tan

2 θ( )⋅+ ) .

Dado que tan θ( ) h

d= , la anterior, es una ecuación cuadrática en h que tiene la forma . . .

0 hg d

2⋅

2 v2⋅

1h

d

2

+

⋅−= es decir . . . g

2 v2⋅

h2⋅ h−

g d2⋅

2 v2⋅

+ 0=

cuyas raices se pueden obtener de la fórmula general para la solución de una ecucaión cuadrática y son . . .

h

1

gv

2v

4g

2d

2⋅−+( )⋅

1

gv

2v

4g

2d

2⋅−−( )⋅

=

Substituyendo los valores d 957 m⋅= , g 9.8m

seg2

⋅= y v 300m

seg⋅= resulta

h = 18317 m⋅

50 m⋅

Asi que hay dos soluciones posibles para dar en el blanco, una es apuntar el fusil a 50 m arriba del

conejo, formando un ángulo de φ arctan50 m⋅

957 m⋅

= = 3° por encima del suelo y otra es apuntar a

18.317 km⋅ arriba del conejo formando el fusil un ángulo de φ arctan18317 m⋅957 m⋅

= = 87° por

encima del suelo.



Resulta natural que se hayan obtendio dos soluciones para este problema, dado que un proyectil tiene el mismo alcance para dos ángulos de inclinacion que difieran en la misma cantidad del ángulo de 45° , y que en éste caso son . . .

( 45° − 42° ) = 3° y ( 45° + 42° ) = 87°

las soluciones encontradas anteriormente.

x = d

Y

X

v

O

v

φ1

φ2

Esto significa que existen dos trayectorias posibles para la bala, como se indica en la figura de la derecha.Sin embargo, obviamente el tiempo de vuelo para la bala será mucho mayor en una trayectoria que en la otra . . .

t1d

v cos φ1( )⋅= =

937 m⋅

300m

seg⋅ cos 3°( )⋅

= 3.13 seg⋅

t2d

v cos φ2( )⋅= =

937 m⋅

300m

seg⋅ cos 87°( )⋅

= 61.1 seg⋅

Si la velocidad del sonido en el aire es u = 343 m/seg , el sonido del disparo llegará a las orejas del conejo en el tiempo . . .

td

u= =

937 m⋅

343m

seg⋅

= 2.73 seg⋅

El tiempo que tiene el conejo para reaccionar y moverse fuera de la trayectoria de la bala es en ambos casos . . .

t1 t− 0.4 seg⋅= t2 t− 58.4 seg⋅=por lo tanto, si lo que queremos es cocinar un conejo silvestre, debemos apuntar el fusil con el menor ángulo de tiro

20. Se concocen en forma simbólica el alcance horizontal R . . .

R2 v

2⋅ sen θ( )⋅ cos θ( )⋅g

= (I)

y la altura máxima del proyectil sobre la horizontal :

R

6

v sen θ( )⋅( )2

2 g⋅= (II)

Dado que en la dirección horizontal el movimiento del proyectil es uniforme, el tiempo que trada en recorrer la ditancia R es . . .

R

Y

XO

v

θR/6



tR

v cos θ( )⋅=

donde v cos θ( )⋅ es la componente horizontal de su rapidez. Pero de la ec. (I) se puede obtener éste

mismo resultado . . .

R

v cos θ( )⋅2 v⋅ sen θ( )⋅

g=

y de la ec. (II) se obtiene también que . . . v sen θ( )⋅R

62⋅ g⋅= y si substituimos ésto en la expresión

de arriba resulta . . .

R

v cos θ( )⋅2

g

R

62⋅ g⋅⋅= (III)

a) Asi que el tiempo de vuelo del proyectil es . . .•

t4 R⋅3 g⋅

=

ya que se conserva constante la componente horizontal de la velocidad del proyectil,ésta es la única velocidad que tiene en el punto más alto de su trayectoria y de la ec. (III) se deduce que . . .

v cos θ( )⋅R

4 R⋅3 g⋅

=

b) Por ésta razón, la rapidez del proyectil en la parte más alta de su trayectoria es . . .•

vx3

4g⋅ R⋅=

De la ec. (II) se obtiene la componente vertical de su velocidad inicial : v sen θ( )⋅ 1

3g⋅ R⋅=

c) Por lo tanto, la rapidez total inicial del proyectil fué . . .•

v vx( )2vy( )2+= =

3

4g⋅ R⋅

21

3g⋅ R⋅

2

+ = 13

12g⋅ R⋅

d) El ángúlo θ se puede obtener ahora fácilmente de . . . •

θ arctanvy

vx

= = arctan

1

3g⋅ R⋅

3

4g⋅ R⋅

= arctan2

3 = 33.7°



e) Si el proyectil se lanza verticalmente, alcanzará una altura máxima h , determinada de la ec. de •caida libre:

v f( )2vi( )2

2 g⋅ y f yi−( )⋅−=

haciendo v f 0= (en el punto más alto) , vi v= (la rapidez inicial) , yi 0= (la posición vertical

inicial) , y resulta . . .

0( )2

v2

2 g⋅ h 0−( )⋅−=

por lo tanto :

hv

2

2 g⋅= =

13

12g⋅ R⋅

2

2 g⋅ =

13

24R⋅

f) El alcance horizontal máximo cuando el ángulo de lanzamiento es 45° vale :•

Rmax2 v

2⋅ sen 45°( )⋅ cos 45°( )⋅g

= = v

2

g =

13

12g⋅ R⋅

2

g =

13

12R⋅

21. Considérese un sistema de referencia con el eje X paralelo a la colina y el eje Y perpendicular a ella. Respecto a éste sistema, las componentes de la aceleración gravitacional g son :

gx g− sen φ( )⋅=

gy g− cos φ( )⋅=

Asi que se tendrá un movimiento uniformemente acelerado en las direcciones X e Y , siendo . . .

vox vo cos θ φ−( )⋅=

voy vo sen θ φ−( )⋅=

las componentes de la velocidad inicial .

φθ

g φ

voY

X

Las ecuaciones de movimiento son entonces . . .

x t( ) x0 vox( )t+ 1

2gx( )⋅ t

2⋅+= ; y t( ) y0 voy( ) t⋅+ 1

2gy( )⋅ t

2⋅+=

donde xo e yo ambos valen cero si ubicamos el origen del sistema de coordenadas en el punto de

disparo. Además, cuando el proyectil choca con la colina, su "altura" respecto al eje Y es y = 0 , asi que

resolviendo para t en la ecuación anterior : 0 0 voy( ) t⋅+ 1

2gy( )⋅ t

2⋅+=



se obtiene. . . t 2−voy

gy

⋅=

Εste es el tiempo de vuelo, por lo cual el "alcance" del proyectil sobre el eje X se obtiene de la ec. para

x t( ) . . .

x 0 vox( ) 2−voy

gy

⋅

⋅+ 1

2gx( )⋅ 2−

voy

gy

⋅

2

⋅+=

Al substituir las expresiones para las velocidades iniciales y aceleraciones queda . . .

x 2−vo cos θ φ−( )⋅( ) vo sen θ φ−( )⋅( )⋅

g− cos φ( )⋅⋅ 2 g− sen φ( )⋅( )⋅

vo sen θ φ−( )⋅( )2

g− cos φ( )⋅( )2⋅+=

y factorizando . . .

x2 vo( )2⋅

g cos φ( )2⋅sen θ φ−( )( )⋅ cos θ φ−( ) cos φ( )⋅ sen φ( ) sen θ φ−( )⋅( )− ⋅=

Usando ahora la identidad cos θ φ−( ) cos φ( )⋅ sen φ( ) sen θ φ−( )⋅− cos θ φ−( ) φ+ = .

se obtiene . . .

x2 vo( )2⋅

g cos φ( )2⋅sen θ φ−( )( )⋅ cos θ( )⋅=

De éste resultado se deduce que el alcance x es una función del ángulo θ y su valor máximo se puede determinar por derivación como sigue . . .

dx

dθ2 vo( )2⋅

g cos φ( )2⋅cos θ φ−( ) cos θ( )⋅ sen θ φ−( ) sen θ( )⋅−( )⋅=

dx

dθ2 vo( )2⋅

g cos φ( )2⋅cos 2 θ⋅ φ−( )⋅=

(se ha usado la identidad cos θ φ−( ) cos φ( )⋅ sen φ( ) sen θ φ−( )⋅− cos θ φ−( ) θ+ = )

Ésta derivada vale cero sólo si cos 2 θ⋅ φ−( ) 0= de modo que . . . 2 θ⋅ φ−( ) π2

= o bién :

θπ4

φ2

+=

Este es el ángulo que dará el máximo alcance del proyectil sobre la colina.



22. Sea un sistema de coordenadas derecho que tenga su origen en el lugar donde se lanza la pelota, considerada como partícula.

D

Y

X

v

O

v

φ45° φ

v/2

El alcance horizontal logrado bajo un ángulo de lanzamiento de 45° es máximo y vale . . .

Rv

2sen 2 45°( )⋅[ ]⋅

g= =

v2

gSe desea que ésta distancia sea la misma que recorra horizontalmente la pelota por la trayectoria de un solo rebote, es decir :

D1 D2+ R=

Introduciendo entonces las expresiones para los alcances D1 , D2 y R se obtiene . . .

v2

sen 2 φ⋅( )⋅g

v

2

2

sen 2 φ⋅( )⋅

g+

v2

g=

y al simplificar queda . . . 5

4

v2

g⋅ sen 2 φ⋅( )⋅

v2

g= , es decir sen 2 φ⋅( ) 4

5= de donde resulta :

φ 1

2arcsen

4

5

⋅= = 26.57°

Por otra parte, el tiempo que tarda el proyectil siguiendo la tryectoria de 45° se calcula fácilmente si recordamos que en la dirección horizontal, el proyectil mantiene su velocidad constante (

v cos 45°( )⋅v

2= ) .Por lo tanto recorrerá la distancia R en el tiempo . . .

tR

vx= =

v2

g

v

2

= 2v

g⋅

mientras que, por éste mismo argumento, los tiempos t1 y t2 que tarda en las dos rayectorias con el

rebote son . . .

t1

D1

v cos φ( )⋅= =

v2 sen 2 φ⋅( )⋅g

v cos φ( )⋅( ) =

v2

2⋅ sen φ( )⋅ cos φ( )⋅v g⋅ cos φ( )⋅

= 2 v⋅g

sen φ( )⋅

y



t2

D2

v

2cos φ( )⋅

= =

v

2

2

sen 2 φ⋅( )⋅

g

v

2cos φ( )⋅

=

v2

22⋅ sen φ( )⋅ cos φ( )⋅

v g⋅ cos φ( )⋅ =

v

gsen φ( )⋅

2φ

45

Pero dado que ya se calculó que sen 2 φ⋅( ) 4

5= , se sigue que

cos 2 φ⋅( ) 3

5= como se puede apreciar en el triángulo recto e la derecha.

Además, usando la identidad trigonométrica :

cos 2 φ⋅( ) 1 2 sen2⋅ φ( )⋅−=

se obtiene . . .

sen φ( ) 1 cos 2 φ⋅( )−2

= =

13

5

−

2 =

1

5

52 42− 3=

asi que el tiempo total siguiendo la trayectoria con rebote es . . .

t1 t2+2 v⋅g

sen φ( )⋅v

gsen φ( )⋅+= =

3 v⋅g

sen φ( )⋅ = 3 v⋅g

1

5

⋅ = 3

5 2⋅2

v

g⋅

⋅

es decir, t1 t2+( ) 3

10t⋅= y por lo tanto t1 t2+( ) t< , esto es, bajo las suposiciones dadas en el

problema, es verdad que la pelota llega a la base más rápido si sigue una trayectoria de rebote.

23. Dado que el alcance horizontal máximo es Rv

2

g= , de ésto se sigue que la rapidez inicial impartida a la

pelota en la dirección vertical es voy R g⋅= .

Usando ahora la ecuación de caida libre :

v2

voy( )22 g⋅ y yo−( )⋅−=

y tomando el origen en el lugar donde la pelota deja la mano del niño ( yo 0= ) y sabiendo que en la parte

más alta ( y h= ) la velocidad final es nula (v 0= ) se obtiene . . .

02 R g⋅( )22 g⋅ h 0−( )⋅−= es decir h

R

2=

De ésta manera, la altura máxima será solamente la mitad del alcance horizontal máximo. Nótese que ésta conclusión será siempre verdadera sin importar cual sea el valor de la aceleración gravitacional.



L

θ

h

v trayectoriadel proyectil

D

Y

Xx

24. Ubiquemos un sistema de referencia que tenga su origen en un punto sobre el suelo justo debajo del proyectil cuando éste tiene su altura máxima.Aplicando a éste proyectil la ec. de caida libre

y yo voy t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

con yo h= = L sen θ( )⋅ , voy 0= , y 0= ,

queda . . .

0 L sen θ( )⋅ 0+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

y se sigue que el tiempo que le queda al proyectil para caer es . . .

t 2L sen θ( )⋅

g⋅=

Durante ese tiempo, alcanzará a recorrer una distancia horizontal dada por x v t⋅= , puesto que su

movimiento horizontal es uniforme. Asi que la longitud que separa el punto de impacto del lugar donde está el observador será . . .

D L cos θ( )⋅ x−= = L cos θ( )⋅ v 2L sen θ( )⋅

g⋅⋅−

De ésta manera, si D > 0 , el proyectil caerá delante del observador y cuando D < 0 pasa por encima de él y cae a su espalda; pero si D = 0 , entonces ocurrirá una tragedia.

25. Eligiendo un sistema de referencia que tenga su origen en el lugar donde se disparan los cañones del barco enemigo, todo proyectil que salga de ese punto y que haga impacto a una distancia mínima de la playa en la orilla oriental de la isla, necesariamente debe tener una trayectoria que pase justamente sobre la cima de la montaña, es decir por el punto de coordenadas ( D , h ) ,. Ignoramdo entonces la diferencia de altura entre los cañones y el nivel del mar, la trayectoria de uno de esos proyectiles está dada por . . .


2 v2⋅ cos

2⋅ θ( )

x2⋅−=

es decir , con x D= , y x( ) h= y 1

cos2 θ( )⋅

sec2 θ( )⋅= = 1 tan

2 θ( )+ queda . . .

h tan θ( ) D⋅g

2 v2⋅

1 tan2 θ( )+ ⋅ D

2⋅−=

que es una ecuación cuadrática en tan θ( ) , esto es, si hacemos u tan θ( )= y simplificamos resulta .

. .



u2 2 v

2⋅g D⋅

u⋅−

2 v2⋅ h⋅

g D2⋅

1+

+

y al resolver para u y substituir los valores D 2500 m⋅= , h 1800 m⋅= y v 250m

seg⋅= se

obtienen las siguientes raices . . .

u tan θ( )=

v2

g D⋅v

4

g D⋅( )2

2 h⋅D

v2

g D⋅⋅− 1−+

v2

g D⋅v

4

g D⋅( )2

2 h⋅D

v2

g D⋅⋅− 1−−

= = 3.905

1.197

y por lo tanto . . .

θ arctan 3.905( )= = 75.64° ó θ arctan 1.197( )= = 50.13°

El alcance horizontal para éstos dos ángulos es entonces . . .

Rv

22⋅ sen θ( )⋅ cos θ( )⋅

g= =

3064.6 m⋅

6275.6 m⋅

y la distancia entre el punto de impacto del proyectil y el otro bote es . . .

s R D d+( )−=

s 3064.6 m⋅ 2500 m⋅ 300 m⋅+( )−= = 264.6 m⋅

ó bién :

s 6275.6 m⋅ 2500 m⋅ 300 m⋅+( )−= = 3475.6 m⋅

Y

X

v

O

v

D d

h

R

r

an

v

26. En un movimiento circular, la velocidad tangencial v es

perpendicular a la aceleración centrípeta an y ambas se relacionan

por : anv

2

r= , asi que resolviendo para v . . .

v an r⋅= = 3 1014×m

seg2

⋅

0.12 m⋅( )⋅ = 6 106×m

seg⋅



esto es, unos 6000 kilómetros por segundo !!!.

Ésta velocidad es del mismo orden de magnitud de la rapidez que tiene un electrón en un átomo de Hidrógeno y para tener una idea más precisa de ésta enorme velocidad, consideremos que ésta partícula podría dar una vuelta alrededor de la tierra, en un tiempo de solamente 6.54 segundos !! . . .

t2 π⋅ R⋅

v= =

2 π⋅ 6240⋅ km⋅

6000km

seg⋅

= 6.54 seg⋅

R

θ

r

an

O

27. A una latitud θ del ecuador terrestre, el radio de giro con respecto al eje Norte-Sur para un objeto que está sobre la superficie terrestre es :

r R cos θ( )⋅=

donde R es el radio de la Tierra suponiendo que ésta es perfectamente esférica.Dado que nuestro planeta tiene una velocidad angular ω de una vuelta por dia, podemos calcular la rapidez tangencial en ese punto de la superficie terrestre como :

v ω r⋅= = ω R cos θ( )⋅( )⋅

De manera que la aceleración centrípeta en esa latitud θ es :

anv

2

r= =

ω2r

2⋅r

= ω2R cos θ( )⋅( )⋅

Asi, para el ecuador terrestre donde θ = 0° y ω1 vuelta⋅

dia=

2 π⋅86400

rad

seg⋅= la aceleración vale :

a) aecuador ω2R⋅= =

2 π⋅86400 seg⋅

2

6.36 106× m⋅( )⋅ = 0.0336m

seg2

⋅

mientras que par un lugar con latitud de 19° se obtiene . . .

b) an ω2R⋅ cos 19°( )⋅= =

2 π⋅86400 seg⋅

2

6.36 106× m⋅( )⋅ 0.946( )⋅ = 0.0318m

seg2

⋅

Ésta aceleración está dirigida hacia el eje de giro y aunque es muy pequeña, se combina con la aceleración gravitacional haciendo que el peso apartente de un objeto varíe ligeramente de un punto a otro de la superficie terrestre.De éste modo, un objeto será "menos pesado" en el ecuador terrestre que en los polos.



c) A partir de la expresión an ω2r⋅= , la rapidez angular es ω

an

r= de modo que si se toma

an g= para el ecuador terrestre, entonces queda . . .

ωg

R= =

9.8m

seg2⋅

6.36 106× m⋅ = 0.001241

rad

seg⋅

Con ésta rapidez angular, la Tierra daría una vuelta sobre su eje en un tiempo de . . .

t2 π⋅ω

= = 2 π⋅

0.001241rad

seg⋅

= 5063 seg⋅ = 84.4 min⋅

es decir, un dia tendría una duración de 1 hora y 24 minutos aproximadamente. Bajo éstas condiciones, los objetos que se localizen sobre el ecuador terrestre parecerán flotar en el aire, poruqe la aceleración gravitacional sería apenas suficiente para mantenerlos girando alrededor de la Tierra.

28. Como la banda es antiderrapante, la rapidez tangencial sobre la superficie de ambas poleas es la misma,

esto es . . . ω1 R1⋅ ω2 R2⋅=

De ésta ecuación se deduce que si la polea de radio R1 gira a la velocidad angular ω1 N= vueltas por

minuto, entonces la otra polea girará a la velocidad angular

ωωωω1

ωωωω2

O

θ

ω2 ω1

R1

R2

⋅= = NR1

R2

⋅

es decir, las velocidaes angulares de las poleas se relacionan linealmente entre si, como se ilustra en la gráfica de la dercha, siendo la pendiente de la línea recta la razón de sus radios.

tan θ( ) R1

R2

=

29. Como la rapidez de rotación es constante y vale . . .

ω1 vuelta⋅24 seg⋅

=2 π⋅

24 seg⋅= =

π12

rad

seg⋅

el ángulo θ girado en un tiempo t está dado por la ecuación

θ f θi ω t⋅+=

Compárese éste resultado con la ecuación para el movimiento rectilíneo uniforme : x f xi v t⋅+= .



rω

P

t = 8 seg

t = 6 seg

t = 12 seg

Asi que tomando como referencia el centro de giro y como posición angular inicial del

punto P θi 0= , entonces el radio de

posición r de la partícula al tiempo t está

dado por . . .

r t( )→

x i⋅ y j⋅+( )= = r cos ω t⋅( )⋅ i⋅ r sen ω t⋅( )⋅ j⋅+


r→

6 seg⋅( )⋅ 3 m⋅( ) cos6 π⋅12

⋅ i⋅ 3 m⋅( ) sen6 π⋅12

⋅ j⋅+= = 0 i⋅ 3 j⋅+( ) m⋅

r→

8 seg⋅( )⋅ 3 m⋅( ) cos8 π⋅12

⋅ i⋅ 3 m⋅( ) sen8 π⋅12

⋅ j⋅+= = 3−

2i⋅ 3

23⋅ j⋅+

m⋅

r→

12 seg⋅( )⋅ 3 m⋅( ) cos12 π⋅12

⋅ i⋅ 3 m⋅( ) sen12 π⋅12

⋅ j⋅+= = 3− i⋅ 0 j⋅+( ) m⋅

De ésta manera, el desplazamiento que ocurre entre t = 6 seg y t = 12 seg es . . .

∆∆∆∆r→

r→

12 seg⋅( )⋅ r→

6 seg⋅( )⋅−= = 3− i⋅ 0 j⋅+( ) m⋅ 0 i⋅ 3 j⋅+( ) m⋅− = 3− i⋅ 3 j⋅−( ) m⋅

y la velocidad media para éstos instantes es por lo tanto . . .

vmed∆ r→⋅

∆t=

r→

12 seg⋅( )⋅ r→

6 seg⋅( )⋅−12 seg⋅ 6 seg⋅−

= = 1−

2i⋅ 1

2j⋅−

m

seg⋅

Por otra parte, la velocidad instantánea se obtiene al derivar r t( ) . . .

tr t( )→d

d tr cos ω t⋅( )⋅ i⋅ r sen ω t⋅( )⋅ j⋅+( )d

d= = ω r⋅ sen ω t⋅( )− i⋅ cos ω t⋅( ) j⋅+( )⋅

y por eso . . .

v→

6 seg⋅( )π12

rad

seg⋅

3 m⋅( )⋅ senπ2

− i⋅ cosπ2

j⋅+

⋅= = π4

− i⋅ 0 j⋅+

m

seg⋅

v→

12 seg⋅( )π12

rad

seg⋅

3 m⋅( )⋅ sen π( )− i⋅ cos π( ) j⋅+( )⋅= = 0 i⋅π4j⋅−

m

seg⋅



La aceleración media entre esos instantes es entonces . . .

a→( )

med

∆ v→⋅

∆t= =

v→

12 seg⋅( ) v→

6 seg⋅( )−12 seg⋅ 6 seg⋅−

= π24i⋅

π24j⋅−

m

seg⋅

Por otra parte, la aceleración instantánea se obtiene al derivar v t( ) . . .

a→

t( )tω r⋅ sen ω t⋅( )− i⋅ cos ω t⋅( ) j⋅+( )⋅d

d= = ω2( )− r cos ω t⋅( )⋅ i⋅ r sen ω t⋅( )⋅ j⋅+( )⋅

es decir . . .

a→

t( ) ω2( )− r→⋅=

La aceleración radial es opuesta al radio vector r (Es por esta razón que se le llama también aceleración

centrípeta)Entonces . . .

a→

6 seg⋅( ) ω2( )− r→

6 seg⋅( ) ⋅= = π2−

48j⋅

m

seg2

⋅

y

a→

12 seg⋅( ) = π2−

48i⋅

m

seg2

⋅

que son vectores que apuntan directamente hacia el centro de giro en esos instantes.

30. Cuando el niño salta, cesa la aceleración centrípeta sobre él debida al giro del volantín (aunque no la gravitacional, debida a la atracción terrestre) y horizontalmente se mueve como una partícula libre en línea

recta a la velocidad constante v ω R⋅= que tenía en el volantín al momento del salto ( Aquí R es el

radio inicial de giro del niño y ω 6 rpm⋅=6 2 π⋅( )⋅60 seg⋅= =

π5

rad

seg⋅ es la velocidad angular del volantín ) ,

recorriendo la distancia d v t⋅= ω R⋅( ) t⋅= donde t es el tiempo que está en el aire.

Dado que se está considerando al niño como una partícula en caida libre que . . .sale impulsada verticalmente desde el nivel de la plataforma con ciert velocidad inicial vy•alcanza una altura máxima h = 40 cm respecto a esa referencia•

el tiempo que está el niño en el aire está determinado por t2 vy( )⋅

g= donde 0( )

2vy( )2

2 g⋅ h⋅−=

es decir . . .

t 22 g⋅ h⋅g

⋅= = 8h

g

⋅

Por lo tanto, el niño vuelve a tocar la plataforma en un punto que está a la distancia . . .



R

d

O

ωR

ω

d ω R⋅( ) 8h

g

⋅

⋅=

= π5

rad

seg⋅ 4.5 m⋅( )⋅

80.4 m⋅

g

⋅⋅ = 1.62 m⋅

del lugar donde saltó, es decir, se encuentra ahora a la distancia . . .

R2

d2+ 4.78 m⋅=

del eje de giro. En éste punto la rapidez tangencial del volantin es mayor que en el lugar donde el niño saltó inicialmente.

31. En este problema, deliberadamente se dan datos extras que en realidad son irrelevantes para la solución, ya que solo debemos aplicar la expresión para calcular una aceleración centrípeta de una partícula

sometida a un movimiento circular: av

2

g= de la cual obtenemos :

v a R⋅= = g

359 m⋅( )⋅ = 50

km

hr⋅

hω

dO

R32. Esogamos como origen del sistema de referencia el punto donde la cuerda se rompe. La velocidad de la piedra en ese momento es exclusivamente horizontal y

vale v ω R⋅= donde ω es

la rapidez angular y R

es el radio de giro, asi que realiza un movimiento parabólico que es la combinación de una caida libre en al dirección vertical, con un movimiento rectilíneo uniforme en la dirección horizontal.De ésta manera, la piedra cae al suelo en un tiempo dado por la ecuación . . .

y f yi voy t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

donde voy 0= , la componente vertical inicial de velocidad es cero•

yi 0= , la posición inicial vertical es nula porque en ese punto escojimos el origen de nuestro sistema •de referencia.



y f h−= la posición funal vertical de la piedra es la altura bajo la que se encuentra el suelo.•

y resulta . . . h− 0 0 t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−= , es decir t2 h⋅g

=

Durante este tiempo, la piedra recorre una distancia horizontal d a la velocidad constante v , es decir . . .

d v t⋅= = ω R⋅( ) 2 h⋅g

⋅

resolviendo esta ecuación para ω resulta. . .

ωd

r

g

2 h⋅⋅=

Sin embargo, ésta rapidez angular que está expresada en rad

seg , asi que para obtener el resultado en

revoluciones por minuto ( rpm ) , multiplicamos por el factor 60 seg⋅min

1 vuelta⋅2 π⋅ rad⋅

⋅ y se obtiene

ω 60

2 π⋅d

r

g

2 h⋅⋅

⋅=

= 60

2 π⋅20 ft⋅4 ft⋅

⋅

32ft

seg2

⋅

2 4.5 ft⋅( )⋅⋅ = 90 rpm⋅

33. a) Si la bala ha de moverse alrededor de la Luna sobre una trayectoria circular con rapidez constante, entonces su aceleración centrípeta es exactamente la aceleración gravitacional que sobre ella ejerce la Luna, esto es . . .

ag

6

=v

2

R=

donde R 1.74 106× m⋅= es el radio de la Luna. Calculando se obtiene . . .

v a R⋅= = g R⋅

6 = 1685.8

m

seg⋅

b) Dado que la longitud de la trayectoria 2 π⋅ R⋅ se recorre a esa velocidad constante ( movimiento

uniforme ) el tiempo que tarda la bala en dar una vuelta alrededor de la Luna se obtiene de . . .

x f xi v t⋅+= y vale . . .

tx f

v= =

2 π⋅ R⋅

g R⋅6

= 24 π2⋅ R⋅

g = 6485 seg⋅ = 108 min⋅ = 1 h⋅ 48⋅ min⋅



34. a) Debido a que la rapidez horizontal de un proyectil se mantiene constante, a medida que la pelota vaya cayendo, su rapidez total irá aumentando, de manera que en la parte más alta de la roca su rapidez es mínima. Para evitar que la pelota tenga contacto con la superficie hemisférica en ese punto su aceleración centrípeta

debe ser al menos igual a la la aceleración gravitacional terrestre, es decir gv

2

R= , de donde se obtiene que

. . .

v g R⋅=

b) Representando a la pelota como una partícula y tomando como origen de referencia a la parte más alta de la roca, la pelota cae una distancia vertical R durante un tiempo t partiendo del reposo. Tal tiempo está dado por la ecuación de caida libre :

y f yi viy+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

donde y f R−= , yi 0= ; viy 0= , obteniéndose asi . . .

t2 R⋅g

=

de manera que durante ese tiempo recorrerá con rapidez constante la distancia horizontal . . .

x f xi v t⋅+= = 0 g R⋅2 R⋅g

⋅+ = 2 R⋅

y al final golpeará el suelo a una distancia d de la base dada por . . .

d 2 R⋅ R−= = 2 1−( ) R⋅

B A

vB

vA

XO

Y Y'

X'

35. Escogiendo como sistema de referencia inmóvil XOY al suelo sobre el cual se mueven los autos y como sistema de referencia móvil uno con ejes paralelos al anterior y con origen en el automóvil B, entonces la suma de velocidades clásica :

v fijo vmóvil V rel+=

establece como se relacionan :

i) la velocidad de un objeto (auto A) respecto a un sistema inmóvil: ( v fijo vA= 120km

hr⋅

i⋅= )

ii) su velocidad medida respecto a un sistema en movimiento : ( vmóvil vAB= )

iii) y la velocidad relativa entre los dos sistemas de referencia ( V rel vB= 80km

hr⋅

i⋅= )

de manera que la ecuación anterior toma la forma . . .

vA vAB vB+=



a) y resulta . . . vAB vA vB−= = 120km

hr⋅

i⋅ 80

km

hr⋅

i⋅− = 40

km

hr⋅

i⋅

( Esto significa que, respecto al auto B, el auto A se mueve hacia la derecha a 40 km/h )

b) Si queremos calcular ahora la velocidad del auto B respecto al auto A , bastará con que elijamos como sistema de referencia móvil al propio auto A, para obtener ahora con . . .

v fijo vB= 80km

hr⋅

i⋅= ; vmóvil vBA= ; V rel vA= 120

km

hr⋅

i⋅=

que . . . vB vBA vA+= ó

vBA vB vA−= = 80km

hr⋅

i⋅ 120

km

hr⋅

i⋅− = 40−

km

hr⋅

i⋅

( Esto significa que, respecto al auto A, el auto B se mueve hacia la izquierda a 40 km/h )

c) Si en los cálculos anteriores se invierte el signo de vB , queda :

vAB vA vB−( )−= = 120km

hr⋅

i⋅ 80

km

hr⋅

i⋅+ = 200

km

hr⋅

i⋅

( lo cual significa que respecto al auto B, el auto A se movería hacia la derecha a 200 km/h ) y

vBA vB− vA−= = 80−km

hr⋅

i⋅ 120

km

hr⋅

i⋅− = 200−

km

hr⋅

i⋅

( que se interpretaría diciendo que el auto B se movería hacia la izquierda a 200 km/h respecto al auto A)

O '

OX

Y

X'

Y'

Vrel

vO'

36. Consideremos al suelo como sistema de referencia inmóvil XOY con el eje Y apuntando hacia el Norte. Como sistema de referencia móvil X'O'Y ' con ejes paralelos al anterior, consideremos al aire, que se mueve respecto al suelo con la velocidad relativa hacia el Este

V rel 50km

hr⋅

i⋅=

La velocidad del avión respecto al aire es:

vmovil = vO´ = 120km

hr⋅

j⋅

( dado que se dirije hacia el Norte, entonces apunta en la dirección del vector unitario j )

La suma de velocidades clásica : v fijo vmóvil V rel+= queda entonces . . .



O X

Y

Vrel

vO'

vO

θ

vO vO´ V rel+=

es decir:

vO 120km

hr⋅

j⋅ 50

km

hr⋅

i⋅+=

Esta es la velocidad del avión respecto al suelo y su rapidez es:

vO = vO = 50km

hr⋅

2

120km

hr⋅

2

+ = 130km

hr⋅

en la dirección: θ arctanvOy

vOx

= = arctan

120km

hr⋅

50km

hr⋅

= 67.4°

Hacia el Norte del Este. La trayectoria del avión respecto al suelo (sistema O ) es una recta inclinada que se indica en la figura de arriba.

37. Consideremos al suelo como sistema de referencia inmóvil XOY con su eje Y apuntando hacia arriba.

Respecto a éste sistema, la lluvia tiene entonces la velocidad v fijo 8m

seg⋅

j−( )⋅= .

Como sistema de referencia móvil X'O'Y ' con ejes paralelos al anterior, consideremos al corredor, que

se mueve respecto al suelo a la velocidad V rel 20km

hr⋅

i⋅=

La suma de velocidades clásica : v fijo vmóvil V rel+= queda entonces . . .

vmóvil v fijo V rel−= = 8m

seg⋅

j−( )⋅ 20km

hr⋅

i⋅−

Esta es la velocidad del las gotas de lluvia respecto al corredor y su rapidez es:

vmóvil = 20−km

hr⋅

2

28.8−km

hr⋅

2

+ = 35km

hr⋅

Por lo tanto, para el corredor, las gotas de lluvia parecen moverse en la dirección . . .

θ arctanvmovil( )

y

vmovil( )x

= = arctan8− m

seg⋅

20− km

hr⋅

= arctan28.8− km

hr⋅

20− km

hr⋅

= 55.2°



Y'

X'- Vrel

θvfijo

hacia abajo respecto a la vertical, dado que las dos componentes de su velocidad son negativas.

Un cálculo similar al anterior muestra que para el auto, las gotas de

lluvia se mueven a 16° hacia abajo respecto a la vertical a 104km

hr

Vrel

O O '

- Vrel

O O 'Desde el punto de vista del observador fijo O, el corredor se mueve hacia la derecha y las gotas de lluvia caen verticales .

Desde el punto de vista del observador móvil O' , el observador O se mueve hacia la izquierda y las gotas de lluvia caen inclinadas respecto a la vertical.

38. Consideremos que el suelo es el sistema de referencia fijo XOY ( con el eje Y apuntando hacia el Norte y el eje X hacia el Este) . Respecto a éste sistema de referencia, se desea que la velocidad de un objeto ( el avión) sea v fijo vy( ) j⋅=

Como sistema de referencia móvil X'O'Y ' con ejes paralelos al anterior, consideremos al viento, el cual

se mueve respecto al suelo a la velocidad V rel 60km

hr⋅

i−( )⋅= . (Nótese que ésta rapidez se ha

multiplicado por el vector unitario i− porque el viento sopla hacia el Oeste )

Denotemos por vmóvil a i⋅ b j⋅+= la velocidad del avión respecto al aire, donde a y b son sus

componentes que por el momento desconocemos, pero para la cual se sabe que su magnitud es :

vmóvil a2

b2+= 120

km

hr⋅= (1)

asi que de la suma de velocidades clásica : v fijo vmóvil V rel+= se obtiene . . .

vy( ) j⋅ a i⋅ b j⋅+( ) 60km

hr⋅

i⋅−= (2)

Igualando las componentes correspondientes de ésta ecuación vectorial se obtiene un sistema de ecuaciones simultáneas:

vy b= y 0 a 60km

hr⋅−=



es decir a 60km

hr⋅= y substituyendo ésto en la ec. (1) resulta: 60

km

hr⋅

2

b2+ 120

km

hr⋅=

es decir b 60 3⋅km

hr⋅= . Por lo tanto, la velocidad del avión respecto al aire es :

Y

X

θ

vO

vO'

Vrel

vmóvil 60km

hr⋅

i⋅ 60 3⋅

km

hr⋅

j⋅+=

que apunta en la dirección:

θ arctanvy

vx

= = arctan60 3⋅ km

hr⋅

60km

hr⋅

= 60°

al Norte del Este. De éste modo,la rapidez del avión respecto al suelo es . . .

vy b= = 60 3⋅km

hr⋅ = 103.92

km

hr⋅

39. Sea el suelo el sistema de referencia fijo XOY , con el eje Y apuntando hacia el Norte y el eje X hacia el Este. Respecto a éste sistema de referencia la velocidad del objeto ( el avión que se mueve hacia el Oeste)

es v fijo V i−( )⋅= , siendo V 135km

hr⋅=

Consideremos ahora al aire como un sistema de referencia móvil X'O'Y ' con ejes paralelos al anterior,

que se mueve respecto al suelo a la rapidez u 69.88km

hr⋅

= .

Esta es la rapidez del viento, aunque por el momento ignoramos su dirección.

Puesto que la rapidez del avión respecto al aire es también V 135km

hr⋅= , y se orienta respecto al suelo

en cierta dirección (supongamos que formando un ángulo α con el Este ) sus componentes son:

vmovil V cos α( )⋅ i⋅ V sen α( )⋅ j⋅+= Aplicando ahora la suma de velocidades clásica . . . v fijo vmóvil V rel+= se obtiene :

V−( ) i⋅ V cos α( )⋅ i⋅ V sen α( )⋅ j⋅+( ) u cos β( )⋅ i⋅ u sen β( )⋅ j⋅+( )+=

donde hemos denotado por β el ángulo que forma la velocidad del viento con el eje X . Igualando las componentes de ésta acuación vectorial, se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones simultáneas . . .

(1) V− V cos α( )⋅ u cos β( )⋅+= y (2) 0 V sen α( )⋅ u sen β( )⋅+=



ó bién . . .

(1) 1− cos α( ) u

Vcos β( )⋅+= y (2) 0 sen α( ) u

Vsen β( )⋅+=

Combinando estas dos ecuaciones podemos escribir . . .

u

Vcos β( )⋅

2u

Vsen β( )⋅

2

+ 1− cos α( )−( )2sen α( )−( )2+=

u

v

2

1( )⋅ 1 2 cos α( )⋅+ cos2 α( )⋅+ sen

2 α( )⋅+= = 2 1 cos α( )+( )⋅

resolviendo para el àngulo α resulta :

α arc_cos1

2

u

v

2

⋅ 1−

= = arccos1

2

69.88km

hr⋅

135km

hr⋅

2

⋅ 1−

= 150°

Y

X

V

V

uα

Esta es la orientación del aeroplano. Para encontrar la dirección del viento, podemos usar ahora la ecuación (2):

sen β( ) V−u

sen α( )⋅=

para obtener . . .

β arc_sen

135km

hr⋅

−

69.88km

hr⋅

sen 150°( )⋅

= = 105− °

Y

X

V

V

u

α

u

V

θ

Nótese que los tres vectores velocidad en este problema, forman un triángulo isósceles, dado que dos lados tienen la misma magnitud V. Por lo tanto existe otra solución simétrica a la que encontramos antes para éste problema, como se ilustra en la figura de la derecha. Observemos que hay dos direcciones posibles para la velocidad del viento (u) y la del aeroplano (V).

Asi por ejemplo, sumando las componentes de los vectores velocidad del triángulo isóceles superior, se tiene:

V cos α( )⋅ u cos θ( )⋅+ V= ; V sen α( )⋅ u sen θ( )⋅− 0=

pero para un triángulo isóceles la suma de sus ángulos interiores es 2 θ⋅ α+ π= por lo tanto:

cos θ( ) cosπ2

α2

−

= = senα2

; sen θ( ) sen

π2

α2

−

= = cosα2



substituyendo éstas expresiones en las ecuaciones anteriores, éstas quedan como :

cos α( ) u

Vsen

α2

⋅+ 1= ; sen α( ) u

Vcos

α2

⋅=

De manera que resolviendo para el seno y el coseno de α2

, elevando al cuadrado y sumando se

obtiene:

u

Vsen

α2

⋅

2u

Vcos

α2

⋅

2

+ 1 cos α( )−( )2sen α( )2+=

u

V

2

1( )⋅ 1 2 cos α( )⋅− cos α( )( )2sen α( )( )2+ +=

u

V

2

2 1 cos α( )−( )⋅=

lo que implica que α arccos 11

2

u

v

2

⋅−

= = 30°

que es la misma dirección que se obtuvo en la primera solución.

N

EO

S

θ

u

40. Consideremos que el agua sobre la que navega el barco es un sistema de referencia inmóvil y representemos al barco como otro sistema de referencia en movimiento respecto al agua. El objeto cuyo movimiento deseamos describir será entonces el viento.Según el sistema fijo, la velocidad del aire está dirigida hacia el Norte, aunque no se conoce su valor por eso, denotémosla como v fijo V j⋅=Se sabe además que la velocidad relativa entre el

E

θ

u

N

O

S

barco y el agua es V rel 20mi

hr⋅ i−( )⋅= dado que está dirigida hacia el

Oeste.Para un observador en el barco, el viento se mueve con cierta rapidez u formado el ángulo θ de 32° hacia el Noreste, asi que según él la velocidad del viento debe ser. . .

vmóvil u cos θ( )⋅ i⋅ u sen θ( )⋅ j⋅+=expresión que al ser igualada con la suma de velocidades clásica:

vmóvil v fijo Vrel−=



V j⋅ 18mi

hr⋅

− i⋅

− = u cos θ( )⋅ i⋅ u sen θ( )⋅ j⋅+

nos conduce al sistema de ecuaciones simultáneas:

V u sen θ( )⋅= y 18mi

hr⋅ u cos θ( )⋅=

de las cuales se deduce que . . .

u20

mi

hr⋅

cos 35°( )= = 24.42

mi

hr⋅ y V 24.42

mi

hr⋅

sen 35°( )⋅= = 14mi

hr⋅

41. Llamemos v a la velocidad el avión y u a la del viento, ambas medidas respecto al suelo, al cual consideraremos como nuestro sistema de referencia inmóvil, con el eje Y apuntando hacia el Norte y el eje X hacia el Este .Dado que ambas v y u son constantes, la suma clásica de velocidades establece que . . .

v v´ u+= (1)

donde el vector v´ es la velocidad del avión respecto al aire y como se orienta hacia el Oeste vale:

v´ 120km

hr⋅ i−( )⋅=

Igualando las componentes correspondientes de la ec. (1) se obtiene entonces . . .

N

S

OE

θ

v

u

vx v´x ux+= = 120−km

hr⋅ ux+

y

vy v´y uy+= = 0 uy+

El movimiento del avión respecto al aire es rectilíneo y uniforme, asi que las distancias x e y que recorrió hacia el Oeste y hacia el Sur respectivamente están dadas por . . . x v´x− ux+( ) t⋅= ; y uy( ) t⋅=

donde ux y uy denotan las componentes de la

velocidad del viento y t es el tiempo de vuelo.

La dirección de la velocidad del viento se puede calcular ahora de la relación trigonométrica

tan θ( ) uy

ux

= de la cual se obtiene . . .

θ = atanuy

ux

= atan

y

t

x

tv´x+

= atany

x v´x( ) t⋅+



Y

X

θ

u

45°

θ = atan15− km⋅

75− km⋅ 120km

hr⋅

1

2hr⋅

⋅+

= 135°

donde se ha tomado en consideración que ambas componentes uy y

uy son negativas y por lo tanto el vector u debe apuntar hacia el

3er cuadrante, tal como se ilustra en la figura de la derecha

X

u

45°

Y

b) Cuando la velocidad del viento es u = 85 km

hr y está dirigida hacia el

Sur-Este, sus componentes son. . .

u u cos 315°( )⋅ i⋅ u sen 315°( )⋅ j⋅+= = 85km

hr⋅ 1

2i⋅ 1

2j⋅−

⋅

entonces el avión debe orientarse en ciero ángulo φ para contrarestar estas componentes de velocidad y dirigirse hacia el Oeste a una rapidez v respecto a Tierra, de modo que la suma de velocidades sea . . .

v fijo vmóvil Vrel+=

es decir . . .

v i−( )⋅ 0 j⋅+ v´ cos φ( )⋅ i⋅ v´ sen φ( )⋅ j⋅+( ) u1

2i⋅ 1

2j⋅−

⋅+=

N

S

O E

φv'

u

45°v

donde v´ 120km

hr⋅= es la rapidez del avión respecto

al aire y hemos denotado por φ su orientación respecto al Este (el eje X). Igualando las componentes vectoriales en la ecuación anterior, se llega a :

v´ sen φ( )⋅u

2− 0= (1)

y

v´ cos φ( )⋅u

2+ v−= (2)

De la ecuación (1) se obtiene que . . . φ arcsenu

v´ 2⋅

= = 30° ó 150°

Sabemos que el avión debe orientarse hacia el Noroeste, asi que el ángulo corresto debe ser 150° y de la ecuación (2) se deduce que la rapidez del avión respecto al suelo es . . .

vu

2

− v´ cos φ( )⋅−= = 43.82km

hr⋅

y se dirige hacia el Oeste.



42. Denotemos por: L : la longitud de la escalera• vp : la rapidez de la persona respecto a la escalera•

vs : la rapidez de la escalera respecto al suelo•Consideremos al suelo como nuestro sistema de referencia en reposo y a la escalera en movimiento como un sistema de referencia móvil. Si el movimiento es uniforme rectilíneo y tomamos como posición inicial la base de la escalera, entonces los tiempos en que la escalera y la persona pueden recorrer la longitud L son respectivamente . . .

tpL

vp= y ts

L

vs=

Cuando ambos se mueven (en el mismo sentido), la rapidez de la persona respecto al suelo fijo es

v vmóvil Vrel+= = vp ve+ de acuerdo con la suma clásica de velocidades y por lo tanto, recorrerá

la longitud L en el tiempo :

tL

vp vs+= =

L

L

tp

L

ts+

= tp ts⋅

ts tp+

donde se han substituido las expresiones anteriores para las velocidades vp y vs y se ha

simplificado la expresion final. Calculando . . .

t = 90 seg⋅ 60⋅ seg⋅

90 seg⋅ 60 seg⋅+( ) = 36 seg⋅ .

Así, la persona podrá subir en tan solo 36 seg si camina sobre la escalera en movimiento.Como nota cultural, si la persona bajara por la escalera cuando ésta se encuentra en funcionamiento (lo cual no es recomendable y además es una mala cultura), tardaría en bajar el tiempo :

tL

vp− vs+= =

L

L

tp

−L

ts+

= tp ts⋅

tp ts− =

90 seg⋅ 60⋅ seg⋅90 seg⋅ 60 seg⋅−( )

= 3 min

Puesto que ahora las velocidades tendrían sentidos opuestos.

43. Imaginemos un sistema de referencia fijo al suelo, con el eje X dirigido a lo largo de la orilla del rio y un sistema de referencia móvil que represente la corriente del agua en la superficie del rio. Representemos por :

v´ vx ´( ) i⋅ vy ´( ) j⋅+= la velocidad del bote sobre el agua •

Vrel u− i⋅= la velocidad del agua del rio respecto a la orilla . •

Deseamos que la suma de éstas velocidades resulte en un vector v que sea perpendicular a las orillas del rio

es decir . . .

v v´ Vrel+=

ó v j⋅ vx ´( ) i⋅ vy ´( ) j⋅+ u− i⋅( )+=



θ

u

v'

X

Y

O

La igualación de las componentes correspondientes dá . . .

vx ´ u− 0= ; vy ´ v=

es decir :

v´ cos θ( )⋅ u= (1)

v´ sen θ( )⋅ v= (2)

a) de la ecuación (1) se deduce la orientación del bote respecto a la orilla del rio :

θ arccosu

v´

= = arccos2

km

hr⋅

4km

hr⋅

= 60°

b) asi que el bote cruza el rio a la rapidez constante (ecuación (2) ) en el tiempo . . .

tL

v´ sen θ( )⋅= =

4 km⋅

4km

hr⋅ sen 60°( )⋅

= 2

3hr⋅ = 1 hr 9 min 17 seg

c) Cuando el bote navega a favor de la corriente del rio su velocidad relativa respecto a al orilla es :

v fijo vmóvil Vrel+= = v´( )− i⋅ u−( ) i⋅+ = v´ u+( )− i⋅

mientras que cuando navega en contra de la corriente es :

v fijo vmóvil Vrel+= = v´ i⋅ u−( ) i⋅+ = v´ u−( ) i⋅

Puesto que estas velocidades son constantes, el tiempo necesario para recorrer una distancia L de 2 km se obtienede la ec. para el movimiento uniforme : x f xi V t⋅+= , tomando . . .

ida : xi 0= , x f = − L , V v´ u+( )−= y queda . . . t1

x f xi−V

= = L− 0( )−v´ u+( )−

vuelta: xi = − L , x f = 0 , V v´ u−( )= y queda . . . t2

x f xi−

V= =

0 L−( )−v´ u−

y el tiempo total es :

t1 t2+L

v´ u+( )

L

v´ u−( )+= = 2 L⋅

v´

v´( )2

u2−

⋅

= 2 2 km⋅( )⋅4

km

hr⋅

4km

hr⋅

2

2km

hr⋅

2

−

⋅ = 4

3hr⋅ = 1 hr⋅ 20 min⋅,



d) El tiempo mínimo posible para cruzar el rio se obtendrá cuando la componente de velocidad del bote perpendicular a la orilla del rio tome un valor máximo es decir, debe orientarse el bote a un ángulo θ = 90° respecto a la orilla. Aunque en éste caso será arrastrado por la corriente y no llegará a un lugar directamente enfrente del que partío.Por supuesto que también se puede obtener este resultado calculando la derivada del tiempo de cruce :

tL

v sen θ( )⋅= respecto al ángulo θ e igualándola a cero . (Comprobarlo)

Y

X

Y'

X'u

44. Consideremos al suelo como sistema de referencia fijo XY , con el eje X dirigido hacia el Sur y sea el tren un sistema móvil X'Y' .Para un observador en el tren, la lluvia cae verticalmente con cierta rapidez v es decir . . .

vmóvil v− j⋅=mientras que para un observador fijo respecto al suelo, la velocidad V de las gotas e lluvia tiene las componentes . . .

v fijo V cos 30°( )⋅ i⋅ V sen 30°( )⋅ j⋅−=

Sea la velocidad relativa entre los sistemas de referencia Vrel u i⋅= , asi que la suma de velocidades

establece que . . .

v fijo vmóvil Vrel+=

V cos 30°( )⋅ i⋅ V sen 30°( )⋅ j⋅− = v− j⋅ u i⋅+

Igualando las componenetes vectoriales de ambos miembros en ésta ecuación se concluye que . . .

(1) V cos 30°( )⋅ u= ; (2) V sen 30°( )⋅ v=

De la ec. (1) , se deduce que la rapiez de las gotas de lluvia respecto al suelo es :

Vu

cos 30°( )= =

2

313

m

seg⋅

⋅ = 15m

seg⋅

y de la ec.(2), su rapidez respecto al tren es :

v 15m

seg⋅

sen 30°( )⋅= = 7.5m

seg⋅

Y

X

Y'

X'v

u

45. Sean u y v las velocidades de los objetos medidas respecto a un sistema de referencia fijo XY y consideremos a uno de ellos como el sistema de referencia móvil X'Y' , por ejemplo el que se mueve a la velocidad u como se indica en la figura de la derecha.



La rapidez del otro objeto respecto al sistema móvil está dada entonces por la suma clásica de velocidades . . .

vmóvil v fijo Vrel−= = v− i⋅ u i⋅− = v u+( )− i⋅(ó bién vmóvil v i⋅ u i⋅−= = v u−( ) i⋅ cuando se mueven en el mismo sentido ) .

El observador en el sistema móvil, ve que el otro objeto se acerca a él moviéndose siempre en el sentido negativo del eje X' independientemente de que para un observador en el sistema fijo los objetos se muevan en el mismo sentido o en sentidos opuestos. Este hecho nos permite entonces escribir que

v u+( )− 4−m

seg⋅= y v u−( )

4− m⋅10 seg⋅

=

De éstas ecuaciones, se deduce fácilmente que :

v9

5

m

seg⋅= y u

11

5

m

seg⋅=

éstas son las rapideces buscadas para ambos objetos.

Y

X

D

A

B

v

uO

46 Ubiquemos en el cruce de las líneas férreas el origen de un sistema de coordenadas XY derecho y consideremos a los trenes como dos partículas A y B que se mueven sobre los ejes X e Y hacia el origen con rapideces constantes.

Dado que su movimiento es rectilíneo y unoforme, su posición respecto al origen queda determinada por las ecuaciones. . .

A: y f yi v t⋅−= ; B : x f xi u t⋅−=

De manera que su separación en un instante dado t se calcula a partir del teorema de Pitágoras aplicado altriángulo recto AOB . . .

D2

x f( )2y f( )2+=

= xi u t⋅−( )2yi v t⋅−( )2+ = xi( )2

yi( )2+ u2

v2+( ) t

2⋅+ 2 u xi⋅ v yi⋅+( )⋅ t⋅−

La distancia D será mínima si D2 lo es, asi que derivemos ésta expresión respecto al tiempo t e

igualemos la derivada a cero para obtener los valores críticos correspondientes a valores extremos (máximos ó minimos) . . .

d

dtD

2⋅ 2 u2

v2+( )⋅ t⋅ 2 u xi⋅ v yi⋅+( )⋅−=

igualando a cero ésta derivada, se concluye que . . .

2 u2

v2+( )⋅ t⋅ 2 u xi⋅ v yi⋅+( )⋅− 0= es decir t

u xi⋅ v yi⋅+( )u

2v

2+( )=



y calculando. . . t0.8

km

min⋅

40 km⋅( )⋅ 0.6km

min⋅

50 km⋅( )⋅+

0.8km

min⋅

2

0.6km

min⋅

2

+= = 62 min⋅

Transcurrido ese tiempo a partir del momento en que los trenes empezaron a moverse hacia el origen, los separa la distancia . . .

D xi u t⋅−( )2yi v t⋅−( )2+= = 40 km⋅ 49.6 km⋅−( )

250 km⋅ 37.2 km⋅−( )

2+ = 16 km⋅



CAPÍTULO IV

Leyes del

Movimiento



Leyes del Movimiento

Para resolver los siguientes problemas de dinámica clásica, se recomienda usar el siguiente procedimiento:

Representar como partículas a los objetos físicos involucrados . Por el momento, •solamente se describirá el movimiento de translación de objetos rígidos, asi que el movimiento de rotación o de vibración asociados con los detalles de su extensión espacial se analizará más adelante en otros capítulos por separado. Por lo tanto, como todas las partes de un objeto extendido se transladarán igual, podemos imaginar que se trata de un solo punto material de la misma masa que el objeto real.

Aislar al objeto de interés cuyo movimiento se desea determinar, de los demás objetos •de su medio ambiente con los cuales interactúa, con el fin de determinar por medio de la 3a ley de Newton de la acción y la reacción, la fuerza externa resultante

Fneta

i

F i∑= que el medio ejerce sobre él y que determina su movimiento.

Elegir un sistema de referencia inercial de tal manera que el movimiento de los •objetos, descrito respecto a tal sistema, resulte lo más simple posible. Por ejemplo, si las condiciones del problema lo permitan, es recomendable orientar los ejes de coordenadas de modo que una o más partículas tengan una trayectoria rectilínea, a lo largo de uno de los ejes de coordenadas.

Ubicar el origen del sistema de referencia sobre la partícula que representa al objeto que •se está describiendo y representar todas las fuerzas externas que actúen sobre ella .Esto es lo que se conoce como un "diagrama de cuerpo libre"

Aplicar la 2a ley de Newton Fneta m a⋅= con el fin de calcular la aceleración que •

actúa sobre tal objeto, puesto que de ella se determina la posición r y la velocidad v

del objeto como funciones del tiempo t a partir de sus definiciones . . .

v ta t( )⌠⌡

d= y r tv t( )⌠⌡

d= o bién, si la

aceleración es constante, emplear las ecuaciones cinemáticas derivadas en el capítulo I. Tomar en consideración que ésta ley es una ecuación vectorial equivalente a tres ecuaciones escalares que deben resolverse simultáneamente verificando que se tengan tantas ecuaciones como incógnitas y que cada ecuación sea dimensionalmente correcta.

Verificar los resultados obtenidos. Pregunémonos siempre: ¿concuerdan las unidades? , •¿la respuesta es razonable? , ¿tiene sentido físicamente?. Comprobar las predicciones de la solución en valores extremos.



F de 6 Newtons , calcular la fuerza de contacto entre los bloques. ¿Hay algún cambio en las fuerzas entre los bloques si en vez de empujar a m1 se empuja a m3 con la misma fuerza ?

Tres bloques de masas m1 2 kg⋅= , m2 1 kg⋅= y

m3 3 kg⋅= están en contacto sobre la superficie de

una mesa horizontal sin fricción. Si el bloque m1 se

empuja con una fuerza horizontal

6.

Fm1m2

m3

Una niña de 40 kg y un trineo de 8 kg están sobre la superficie de un lago congelado sin fricción, separados uno del otro por una distancia de 15 m. Por medio de una cuerda, la niña ejerce una fuerza de 5.2 Newt. sobre el trineo, jalándolo hacia ella. ¿A qué distancia de la posición inicial de la niña se encontrarán, suponiendo que la fuerza se mantenga constante?

5.

Además de su peso, un objeto de 2.8 kg se somete a otra fuerza constante. El objeto parte del reposo y en un tiempo de 1.2 seg tiene un desplazamiento de 4.2 m⋅( ) i⋅ 3.3 m⋅( ) j⋅− donde el vector unitario i

señala dirección horizontal y el vector unitario j indica la dirección vertical hacia arriba . Determine

la otra fuerza.

4.

a2

M F1F2

Dos personas jalan tan fuerte como pueden de unas cuerdas unidas a un bote de 225 kg de masa que está sobre el agua. Si ambas jalan en la misma dirección, el bote tiene una aceleración

de 1.6m

seg2⋅ ; pero si jalan en direcciones opuestas la aceleración

del bote es tan solo 0.4m

seg2⋅ .

¿Cuánto vale la fuerza que ejerce sobre el bote cada persona?

3.

M F1

F2a1

¿En cuánto tiempo recorrerá el bloque una distancia de 4 metros ? . Determinar la aceleración y la velocidad del bloque en ese instante.

Sobre un bloque de masa M = 3.5 kg que inicialmente está en reposo encima de una mesa horizontal sin fricción, únicamente actúan las dos fuerzas constantes F2 = 3 Newtons a lo largo de un borde de la mesa y F1 = 5 Newtons, a 60° respecto a F2 como se muestra en la figura de la derecha .

2. M

F1

F2θ

Cierta fuerza F aplicada a un objeto produce sobre éste una aceleración a1 . La misma fuerza aplicada a otro objeto hace que tal objeto se mueva con una aceleración a2 . ¿Qué aceleración producirá esta misma fuerza cuando se aplique sobre los dos objetos anteriores cuando están unidos?

1.

Leyes de Newton



m1F M

7. Aplicándole una fuerza horizontal F , un bloque de masa

m1 16 kg⋅= se empuja horizontalmente sobre otro bloque de

masa M 80 kg⋅= que está sobre una superficie horizontal sin

fricción, como se muestra en la figura de la derecha.

Si el coeficiente de fricción estática entre los bloques vale µs 0.28= , ¿cual es el valor mínimo de F

necesario para impedir que el bloque m1 se deslice verticalmente sobre el bloque M ?

8. Si un paracaidista de 80 kg cae libremente con una aceleración constante de 9.56 m/seg2 , calcular la fuerza de fricción que tiene con el aire. Si el paracaidista alcanza una velocidad terminal de 150 km/hr (ésta es la rapidez máxima que alcanza en su caida y que se mantiene constante ), ¿cuánto vale en ese momento la fuerza de fricción con el aire ?

9. Cuando el motor de una nave espacial de descenso, cerca de la superficie de una luna, ejerce una fuerza hacia arriba de 3260 Newtons, la nave desciende a velocidad constante. Si la fuerza del motor es solo de

2200 Newtons, la nave desciende con una aceleración constante de 0.53 m/seg2 . ¿Cuál es la aceleración gravitacional en la superficie de esa luna ?

10. Un globo aerostático de peso W está descendiendo verticalmente con una aceleración constante a (

menor que la aceleración gravitacional terrestre ) . Calcular el peso w del lastre que es necesario arrojar

del globo para que éste empieze a subir con una aceleración constante del mismo valor a . ( Ignore la fricción con el aire )

m

a

11. Una caja de masa M está suspendida de un dinamómetro, el cual cuelga del

techo de un elevador. Si el elevador sube con una aceleración de 2.45 m

seg2

, entonces el dinamómetro indica 22 .5 Newtons.¿Cuánto vale el peso de la caja?, ( la fuerza con que lo atrae la Tierra )•¿Cómo se mueve el elevador cuando el dinamómetro indica 17.5 •Newton?

F

w2w1

12. Dos pesas w1 = 20 lb y w2 = 16 lb, inicialmente están en reposo sobre el suelo y se unen por una cuerda inelástica que pasa por una polea sin rozamiento. Si se aplica a la polea una fuerza vertical constante F hacia arriba, calcular las aceleraciones de las pesas y las tensiones en las cuerdas cuando F valga:

16 lb , 32 lb , 48 lb y 64 lb •¿Cuál es el mínimo valor de F para el cual ambas pesas se levantarán del •piso?

( Ignorar las masas de la cuerda y de la polea )



13. Una caja de 40 kg está sobre la plataforma de un camión. Los coeficientes de fricción estática y cinética

entre la caja y la superficie de la plataforma son µs 0.3= y µk 0.2= respectivamente. ¿Qué fuerza

de fricción actúa sobre la caja cuando el camión:

acelera a 1.8 m/seg2 ?•frena a 3 m/seg2 ?•¿para qué valor mínimo de la aceleración empieza a deslizarse la caja sobre la plataforma? •

14. Una plataforma de ferrocarril se carga con cajas que tienen un coeficiente de rozamiento estático con el

piso de la plataforma de valor µs 0.3= . Si el tren viaja a la rapidez vi 36km

h⋅= ¿cuál es la menor

distancia en la que puede detenerse al frenar uniformemente, sin que las cajas se resbalen sobre la plataforma ?

LF

m

M

15. Una losa de masa M = 8 kg está sobre un suelo liso horizontal. Un bloque de masa m = 2 kg está encima de la losa. El coeficiente de fricción cinética entre el bloque y la losa es µk = 0.3. Se aplica al bloque una fuerza horizontal constante F = 10 Newtons que lo pone en movimiento sobre la losa como se indica en la figura.

¿En cuánto tiempo se desplaza el bloque sobre •la losa una longitud L = 3 m ?.¿Cuánto se desplaza la losa durante este •tiempo?

M

m

F

16. Un niño desea alcanzar una manzana en un árbol sin trepar por él. Sentado en un columpio conectado a una cuerda que pasa por una polea sin fricción, jala hacia abajo el extremo suelto de la cuerda con una fuerza de 250 Newtons .El peso del niño es de 320 Newtons y el columpio pesa 160 Newtons . Calcular la aceleración del niño y la fuerza que ejerce sobre el columpio.

17. Un hombre de 180 lb sobre una plataforma de 43 lb, jala hacia arriba una cuerda que pasa por una polea fija al piso de la plataforma. Ignorando el peso de la cuerda, ¿con qué fuerza debe el hombre tirar de la cuerda hacia arriba para levantarse junto con la plataforma?



Sobre un plano inclinado a 30º respecto a la horizontal, un trozo de hielo resbala hacia abajo en el doble de tiempo que tarda en resbalar cuando el plano se inclina a 45º . ¿ Cuánto vale el coeficiente de rozamiento cinético entre el hielo y la superficie del plano ? ( en ambos casos el bloque parte del reposo y reorre la misma distancia sobre el plano )

24.

Un bloque de masa M se desliza hacia abajo a velocidad constante sobre la superficie de un plano inclinado a θ grados respecto a la horizontal. Si el mismo bloque se lanza hacia arriba sobre la superficie del plano con una rapidez inicial vi , ¿qué distancia recorrerá antes de detenerse? , ¿volverá a deslizarse

hacia abajo?

23.

Un estudiante desea determinar los coeficientes de fricción estática y cinética entre una caja y una tabla de madera. Para tal fin, coloca la caja sobre la tabla y levanta ésta última poco a poco por un extremo. Cuando el ángulo de inclinación con la horizontal es 30 º , la caja empieza a deslizarse sobre la tabla y recorre 4 m en 4 seg. ¿ Cuánto valen los coeficientes de fricción ?

22.

Una caja de masa M está sobre una mesa horizontal. El coeficiente

de rozamiento estático entre la caja y la mesa es µs . La caja tiene en

su interior una pesa de masa m sujeta en una de las paredes laterales por medio de un resorte de constante elástica k . ¿Para qué amplitud de las oscilaciones del resorte empezará la caja a deslizarse sobre la mesa ?

21. M

mk

Una caja de masa M está sobre una mesa horizontal. Del techo de la caja está suspendida una pesa de masa m por medio de un resorte de constante elástica k. ¿Con qué amplitud de las oscilaciones del resorte empezará la caja a "saltar" sobre la mesa ?

20.

m

M

k

Un trabajador quiere apilar arena en una superficie circular de su patio. El radio del círculo es R y no debe desbordarse arena fuera del círculo.

Si µs es el coeficiente de fricción estática de arena sobre arena,

calcular el máximo volumen de arena que puede acumularse asi.

19.

R

h

θ

Una caja se desliza libremente hacia abajo por un canal en ángulo recto inclinado respecto a la horizontal como se muestra en la figura de la derecha. El coeficiente de

fricción cinética entre la caja y el canal es µk . Calcular la

aceleración de la caja.

18. 90°

θ



25. Un bloque de 2 kg se lanza a la rapidez vi 24m

seg⋅= sobre un plano inclinado a un ángulo θ 30°=

respecto a la horizontal. El coeficiente de rozamiento entre el bloque y el plano es µk 0.4= ¿Regresa el

bloque al punto de lanzamiento?, si es asi ¿en cuanto tiempo lo hace?.

26. Un bloque de 3 kg⋅ de masa se suelta partiendo del reposo sobre la superficie de un plano inclinado a 60°

respecto a la horizontal. Se observa que cuando el bloque recorre 2 m⋅ a partir del punto donde fué

soltado, alcanza una velocidad de v 4.9m

seg⋅= .

Si ahora el mismo bloque se lanza hacia arriba sobre la superficie del plano inclinado con una velocidad inicial de 2 v⋅ , ¿con qué velocidad regresará al punto donde fué lanzado? .

m2m1

θ ϕ

27. Dos bloques de masas m1 3 kg⋅= y m2 2 kg⋅= se

unen por medio de una cuerda sin masa que pasa por una polea muy ligera y sin rozamiento e inicialmente están en reposo sobre planos inclinados lisos como se ilustra a la derecha. Si los bloques se deslizan libremente, calcular su aceleración y la tensión en la cuerda que los une.Tómese θ = 30° y ϕ = 45°

θ

m 2

m1

m3

28. Se unen por medio cuierdas ligeras e inelásticas tres bloques de masas m1 2 kg⋅= , m2 4 kg⋅= y m3 3 kg⋅= . Los

bloques m1 y m2 están sobre la superficie sin fricción de un

plano inclinado a 37° respecto a la horizontal, mientras que m3

cuelga libremente.¿Con qué aceleración se mueven los bloques?•¿Cuánto valen las tensiones de las cuerdas cuando los •bloques se mueven?

A

B

C29. Un bloque A de 10 lb sobre una mesa horizontal y otro bloque B

de 5 lb que cuelga libremente se unen por medio de una cuerda que pasa por una polea ligera y sin fricción como se muestra en la figura de la derecha. Los coeficientes de fricción estática y cinética

entre el bloque A y la mesa son µs 0.2= y µk 0.1=

respectivamente.¿Cual es el peso mínimo de un bloque C que debe ser •colocado encima del A para que éste no resbale sobre la mesa?Si se quita repentinamente el bloque C ¿cual será ahora la •tensión en la cuerda que une los bloques ?



w2

w1

θ

30. Un bloque w1 está sobre la superficie de un plano inclinado a 60º

que tiene un coeficiente de fricción cinética µk 0.59= y se une por

medio de una cuerda ligera que pasa por una polea sin fricción a un bloque w2 que pesa 32 lb que cuelga libremente . Partiendo del

reposo, w2 desciende 16 ft en 2 seg.

¿Cuánto pesa el bloque w1 ?. •

Si se hace que w2 sea de 48 lb , ¿cuál será la aceleración del •sistema?

A

B

θ

31. Dos bloques A y B de 8 lb y 16 lb respectivamente están unidos por medio de una varilla rígida muy ligera y resbalan juntos hacia abajo sobre la superficie de una rampa inclinada a 45° respecto a la horizontal. Los coeficientes de fricción cinética entre la rampa y los bloques A y B son 0.1 y 0.2 respectivamente.

¿Está la varilla que los une sometida a una tensión o a una •compresión? Calcular y la aceleración de los bloques. •¿Se obtendrán los mismos resultados si se intercambian las •posiciones de los bloques?

32. Un bloque de 2 kg se coloca encima de otro bloque de 5 kg , el cual tiene un coeficiente de rozamiento cinético de 0.2 con la superficie horizontal sobre la que se desliza al aplicarle al bloque superior una

fuerza externa F tal que acelera al sistema en 3m

seg2

⋅ ¿qué valor

mínimo debe tener el coeficiente de fricción estática entre los bloques para que no exista deslizamiento entre ellos?

M

mF

33. Un bloque de masa m = 2 kg se coloca sobre la superficie de un plano de masa M = 5 kg inclinado a 45° respecto a la horizontal. El coeficiente de rozamiento estático entre el bloque y el plano vale

µs 0.3= y al plano se le aplica una fuerza constante F que lo

hace deslizar sobre una mesa horizontal sin fricción. ¿Para qué valor crítico de la fuerza F comenzará el bloque a deslizarse sobre la superficie del plano

hacia arriba ?•hacia abajo ? •

θθθθ

F

m

M



Aplicacion al movimiento circular

θ

34. En una autopista, cierta curva circular tiene un radio de 670 ft y un peralte θ de 14° .

¿Para qué valor de velocidad media de tráfico está diseñada esa •curva ?. Si un vehiculo de masa M se estaciona sobre la curva, ¿cuál debe •ser el mínimo valor del coeficiente de fricción entre los neumáticos y el pavimento para evitar el deslizamiento?Si el coeficiente de fricción vale 0.2, ¿en qué intervalo debe estar la •rapidez del vehículo en la curva para que no derrape?

θ

R

35. Un aeroplano vuela describiendo una trayectoria que es una circunferencia horizontal con una rapidez de 247 km/h . Si las alas del aeroplano están inclinadas 30º respecto a la horizontal , cuánto vale el radio de su trayectoria ? .

R

v

θθθθ

36. Un vehículo se mueve sobre una pista circular plana de 69 m de radio. Un observador dentro del vehículo nota que un objeto cuelga de un hilo sujeto al techo del vehículo y que el hilo forma un ángulo de 32º con la vertical. ¿Cuál es la rapidez v del vehículo respecto a la pista en km/h?

37. Calcular el ángulo de peralte que debe tener una curva circular de 830 ft de radio, si el tráfico que se mueva sobre ella tendrá una velocidad media de 84 km/h . En caso de que la curva no se peralte, ¿cuál debe ser el valor del coeficiente de fricción estática entre las ruedas de un vehiculo y el pavimento para evitar el derrape en la curva ?

a

ω

L

θ

M

38. ¿A cuántas r.p.m. debe girar alrededor de la barra vertical el dispositivo representado en la figura de la derecha, para que la cuerda de longitud L de la cual cuelga la masa M , forme un ángulo de 60° con la vertical ?Tómese a = 15 cm , L = 75 cm y M = 350 g



M

L

L

θ

ω

L

39. Un bloque de masa M , está unido a una barra vertical por medio de dos cuerdas de igual longitud ( L = 0.62 m ). que se atan a la barra en dos puntos separados por la misma distancia L . La barra gira junto con el bloque lo cual hace que las cuerdas estén tensas. ¿A cuantas r.p.m. debe girar el sistema para que la tensión en la cuerda superior sea el doble de la que hay en la cuerda inferior?

40. Un bolque de 2 kg de masa sujeto al extremo de una cuerda gira en en un círculo vertical de 1 m de radio .Hallar la rapidez mínima que debe tener el bloque en el punto más alto de su trayectoria circular tal que •la tensión de la cuerda sea cero.Si la máxima tensión que resiste la cuerda es 100 Newtons, ¿que rapidez máxima puede tener el bloque •en el punto más bajo de su trayectoria circular?

41. Un estudiante que pesa 150 lb está sentado en uno de los bancos de una "rueda de la fortuna" que gira con

cierta velocidad angular ω . El estudiante se mueve entonces sobre un circulo vertical de 12.4 m de

diámetro y en el punto más alto de su trayectoria tiene un peso aparente de solamente 125 lb . ¿ cuál es su peso aparente en su punto más bajo ? •¿ cuál sería su peso aparente en el punto más alto si la rueda duplicase su velocidad de giro?•¿ a cuántas revoluciones por minuto debe girar la rueda para que el estudiante pierda el contacto con su •asiento en el punto más alto?

42. A causa de la rotación de la Tierra, una plomada cuelga en una dirección "vertical" que no tiene exactamente la misma dirección de la atracción gravitacional. Calcular la desviación de la vertical real de un objeto que cuelga libremente en un punto de la superficie terrestre de latitud 45° . ¿Para qué latitudes de la Tierra es máxima esa desviación?.

θθθθ

rm

ω43. Un pequeño cubo de masa M se coloca en el interior de un

embudo de pendiente θ 60°= , el cual gira alrededor de su eje

vertical de simetría. Si el coeficiente de fricción estática entre el

cubo y el embudo es µs , y el centro del cubo se encuentra a una

distancia R del eje de rotación, hallar los valores mínimo y

máximo de la rapidez angular ω que puede tener el embudo

para que el cubo no se deslice hacia arriba o hacia abajo.



Soluciones

1. Se conocen simbólicamente las aceleraciones a1 y a2 . De modo que si m1 y m2 son las masas de

los objetos del problema, entonces la 2a ley de Newton aplicada por separado en ambos objetos establece que . . .

F m1 a1⋅= (1) ; F m2 a2⋅= (2)

y dado que la misma fuerza se aplicará sobre el objeto combinado se tiene también que . . .

F m1 m2+( ) a⋅= (3)

donde a es la aceleración buscada sobre éste objeto, es decir . . .

aF

m1 m2+=

Substituyendo m1 de la ec. (1) y m2 de la ec. (2) en ésta fracción y simplificando queda . . .

aF

F

a1

F

a2

+

= = a1 a2⋅

a2 a1+( )

De manera que la aceleración que tienen los dos objetos cuandoestán juntos y la fuerza aplicada es la

misma, no es la media aritmética a1 a2+

2

ni la media geométrica a1 a2⋅ de sus aceleraciones

individuales, como podríamos esperar en un principio; sino su media armónica dividida por dos. Este resultdo se puede generalizar a n objetos.

2. La fuerza que mueve al bloque sobre la mesa es la suma vectorial de las fuerzas aplicadas . Para determinarla, escojamos un sistema de coordenadas con el eje X en la dirección de F2 de tal manera que

la suma de las componentes de las fuerzas es . . .

F F2 i⋅ F1 cos θ( )⋅ i⋅ F1 sen θ( )⋅ j⋅+( )+=

y la magnitud de la fuerza resultante es entonces:

F F2 F1 cos θ( )⋅+( )2F1 sen θ( )⋅( )2+=

= 3 Newt⋅ 5 Newt⋅ cos 60°( )⋅+( )2

5 Newt⋅ sin 60°(⋅( )2+ = 7 Newt⋅

Dado que F1 , F2 y θ se mantienen constantes, la fuerza resultante F será constante, tanto en

magnitud como en dirección, lo cual significa de acuerdo a la segunda ley de Newton, que la aceleración producida sobre M será también constante y de valor

aF

M= =

7 Newt⋅3.5 kg⋅

= 2m

seg2

⋅

de modo que el bloque se moverá en línea recta con movimiento uniformemente acelerado.



Para determinar el tiempo en el cual el bloque, visto como partícula, recorre una distancia d 4 m⋅=

orientemos nuevamente nuestro sistema de coordenadas de manera que el eje X quede ahora apuntando en la dirección de la fuerza y la aceleración resultantes con el fin de poder aplicar la ecuación cinemática :

x xi vi t⋅+ 1

2a⋅ t

2⋅+=

Podemos escojer el origen del sistema de referencia en la posición inicial del bloque M, el cual además parte del reposo, lo cual implica que los dos primeros términos de tal ecuación cinemática son nulos (

xi 0= , vi 0= ) . Entonces con x 4 m⋅= , queda . . .

t2 x⋅a

= = 2 x⋅F

M

= 2 4 m⋅( )⋅

2m

seg2

⋅ = 2 seg⋅

La rapidez del bloque en ese instante se puede calcular ahora a partir de v f vi a t⋅+= obteniéndose :

v f 0m

seg⋅ 2

m

seg2

⋅

2⋅ seg⋅+= = 4m

seg⋅

De la 2a ley de Newton, sabemos también que la aceleración tiene la misma dirección que la fuerza resultante, asi que respecto al borde de la mesa, las componentes de la aceleración son . . .

aF

M=

= F2 i⋅ F1 cos θ( )⋅ i⋅ F1 sen θ( )⋅ j⋅+( )+

M =

5.5 Newt⋅( ) i⋅ 4.33 Newt⋅( ) j⋅+3.5 kg⋅

= 1.571m

seg2

⋅

i⋅ 1.237

m

seg2

⋅

j⋅+

De modo que su dirección respecto a al orilla de la mesa es . . .

φ arctanay

ax

= = arctan1.237

1.571

= 38.22°

Como en éste caso el movimiento es rectilíneo, ésta también es la dirección de la velocidad.

3. Ubiquemos un sistema de referencia con el eje X apuntando en la dirección del movimiento del bote. Cuando ambas personas jalan en el mismo sentido del eje X, la fuerza neta sobre el bote es el vector suma

F1 F2+ F1( ) i⋅ F2( ) i+= = F1 F2+( ) i⋅

de magnitud F1 F2+ F1 F2+= de modo que la segunda ley de Newton aplicada al bote dá en ése

caso :



F1 F2+( ) i⋅ M a1( )⋅ i⋅= , es decir F1 F2+ M a1⋅= (1)

donde M es la masa del bote y a1 1.6m

seg2

⋅= .

Cuando las personas jalan en sentidos opuestos, la fuerza neta sobre el bote también es el vector suma

F1 F2+ F1( ) i⋅ F2( ) i−( )+= = F1 F2−( ) i⋅ , de magnitud F1 F2+ F1 F2−= y la segunda

ley de Newton en este caso es :

F1 F2−( ) i⋅ M a2( )⋅ i⋅= , es decir F1 F2− M a2⋅= (2)

Se tiene asi un sistema de dos ecuaciones simultáneas con dos incógnitas, F1 y F2 . Al resolverlas

queda . . .

F1 Ma1 a2+

2

⋅= = 225 kg⋅ 1.6 0.4+2

⋅m

seg2

⋅ = 225 Newt⋅

F2 Ma1 a2−

2

⋅= = 225 kg⋅ 1.6 0.4−2

⋅m

seg2

⋅ = 135 Newt⋅

4. Si la fuerza aplicada F y el peso W del objeto se mantienen constantes, entonces la fuerza neta sobre el

objeto F W+ también será constante, lo cual significa que la aceleración producida en el objeto será

constante y por lo tanto, éste tendrá un movimiento uniformemente acelerado en linea recta. Para éste tipo de movimiento se sabe que . . .

r f ri vi t⋅+ 1

2a⋅ t

2⋅+=

entonces el desplazamiento está dado por . . .

∆∆∆∆r r f ri−( )= = vi t⋅ 1

2a⋅ t

2⋅+

Como el objeto parte del reposo vi 0= , se tiene que la aceleración es . . .

2 ∆∆∆∆r⋅

t2

a=

Ahora, de la segunda ley de Newton se sabe también que tal aceleración debe ser el cociente : F W+( )

M ,

por lo tanto, igualando con la expresión anterior se llega a . . .

2 ∆∆∆∆r⋅

t2

F W+( )

M=

esto significa que la fuerza aplicada es . . . F = 2 M⋅

t2

∆∆∆∆r⋅ W−

y puesto que el peso se calcula como : W M g⋅= = M g⋅( ) j⋅ , se tiene que . . .



F = 2 M⋅

t2

∆∆∆∆r⋅ M g⋅−

= 2 2.8 kg⋅( )⋅

1.2 seg⋅

4.2 m⋅( ) i⋅ 3.3 m⋅( ) j⋅−[ ]⋅ 2.8 kg⋅( ) 9.8m

seg2

⋅

⋅ j⋅−

= 19.6 Newt⋅( ) i⋅ 42.84 Newt⋅( ) j⋅−

y puden verse claramente las componentes de la fuerza buscada.

F - F

Y

Xxo

5. Representaemos al trineo y a la niña como partículas y ubiquémoslas sobre el eje X horizontal de un sistema de referencia tal que la niña esté en el origen de tal sistema. Podemos suponer que la fricción con el hielo es nula, asi que por la 3a ley de Newton de acción-reacción, la fuerza ( F ) con la cual la niña jala al trineo es igual en magnitud pero opuesta en sentido a la fuerza (− F ) que ejerce el trineo sobre ella.

Ambas partículas se moverán acelerando uniformemente partiendo del reposo, dado que las fuerzas horizontales que actúan sobre ellas son constantes.Sea M 1 la masa de la niña y M 2 la del trineo, entonces , las distancias que ambos recorren en un

tiempo t dado están dadas por la ecuación de movimiento uniformemete acelerado

x xo vo t⋅+ 1

2a⋅ t⋅+=

esto es . . .

xniña 0 0 t⋅+ 1

2

F

M 1

⋅ t2⋅+= y xtrineo xo 0 t⋅+ 1

2

F−M2

⋅ t2⋅+=

donde hemos substituido la aceleración sobre la niña F

M 1

y sobre del trineo

F−M 2

a partir de la 2

a

ley de Newton . Aqui xo es la posición inicial del trineo.

Cuando se junten, ambas partículas estarán en la misma posición respecto al origen de coordenadas (que arbitrariamente hemos elegido en la posición inicial de la niña ), por lo tanto . . .

xniña xtrineo= implica que . . . 1

2

F

M 1

⋅ t2⋅ xo

1

2

F

M2

⋅ t2⋅−=

de aquí resulta que el tiempo transcurrido hasta que la niña y el trineo se juntan es

txo

F

2 M1⋅ M 2⋅M1 M 2+

⋅=



y por lo tanto, la distancia que recorrió la niña durante ese tiempo fué . . .

xniña 0 0 t⋅+ 1

2

F

M 1

⋅ t2⋅+= =

1

2

F

M 1

⋅xo

F

2 M 1⋅ M 2⋅

M 1 M 2+⋅

⋅ = xoM 2

M1 M 2+

⋅

subtituyendo valores resulta . . . xniña = 15 m⋅( )8 kg⋅

40 kg⋅ 8 kg⋅+

⋅ = 2.5 m

Similarmente, podemos comprobar que el trineo se desplazó la distancia . . .

xo xtrineo− xoM 1

M 1 M 2+⋅= = 12.5 m

La distancia que se mueve cada partícula disminuye en proporción a su masa, siendo mayor el desplazamiento de la más ligera. Como se verá más adelante, el punto de reunión de las partículas se conoce como "centro de masa del sistema".

m2m1 m3N

21 N12

N32

N23

F

6. Escojamos un sistema de referencia con el eje X horizontal apuntando hacia la derecha.Si aplicamos la 2a ley de Newton al sistema completo de los tres bloques, la aceleración que tal fuerza produce sobre el sistema es:

aF

m1 m2+ m3+=

Como se ilustra en el diagrama la derecha, entre los bloques existen dos pares de fuerzas de contacto acción-reacción: ( las fuerzas de contacto son perpendiculares a las superficies que están en contacto ) llamadas fuerzas normales . La fuerza N21 es ejercida por m2 sobre m1 mientras que la fuerza N32

es ejercida por m3 sobre m2 . (Por sencillez, en el diagrama de arriba no se representan los pesos de

los bloques ni las fuerzas de contacto entre la superficie y los bloques ). Estas dos fuerzas tienen las reacciones . . .

N12 N21−= y N23 N32−= correspondientes que las anulan, de modo que la fuerza horizontal neta sobre el sistema es solamente la fuerza externa aplicada F

Entonces la fuerza horizontal total que actúa sobre el bloque m1 , aislándolo de su medio ambiente, es

F N21−( ) y por lo tanto, de acuerdo a la 2a ley de Newton . . . F N21−( ) m1 a⋅=

donde a es la misma aceleración común a los tres bloques, es decir . . .

N21 F m1 a⋅−( )= = F m1F

m1 m2+ m3+

⋅− = Fm2 m3+( )

m1 m2+ m3+( )⋅

= 6 Newt⋅( )1 kg⋅ 3 kg⋅+

2 kg⋅ 1 kg⋅+ 3 kg⋅+

⋅ = 4 Newt⋅ .



Similarmente, si se aisla al bloque m3 de su medio ambiente, la fuerza horizontal total sobre él es

solamente el empuje que recibe del bloque m2 hacia la derecha esto es N23 por lo tanto, la 2a ley de

Newton aplicada a éste bloque establece que . . .

N23 m3 a⋅= = m3F

m1 m2+ m3+

⋅

es decir . . .

N23 = Fm3

m1 m2+ m3+( )⋅ = 6 Newt⋅( )3 kg⋅

2 kg⋅ 1 kg⋅+ 3 kg⋅+

⋅ = 3 Newt⋅

de modo que la fuerza de contacto no es la misma entre cada par de bloques, como se podría imaginar en un principio.Finalmente, la fuerza total horizontal sobre el bloque m2 es N12 N32−( ) y por lo tanto la 2a ley de Newton aplicada a éste objeto establece que . . .

N12 N32− m2 a⋅=

es decir . . .

a = N12 N32−( )

m2

= 4 New⋅ 3 Newt⋅−

1 kg⋅ = 1

m

seg2

esta es la aceleración del sistema de bloques. (Nótese que el signo positivo indica que la aceleración está dirigida hacia la derecha respecto al sistema de referencia que elejimos).

m1

FM

N- N

7. Escojamos un sistema de referencia con el eje X horizontal apuntando hacia la derecha. El bloque m1 empuja al bloque M

hacia la derecha con la fuerza normal N y por reacción, éste a

su vez empuja al bloque m1 hacia la izquierda con la misma

fuerza ( N− ) .

Para que m1 no se mueva en la dirección vertical, es necesario que la fuerza vertical neta que actúa sobre

él sea nula, es decir que la fuerza de fricción sobre m1 hacia arriba , se anule con su peso m1 g⋅

µs N⋅( ) j⋅ m1 g⋅( ) j−( )⋅+ 0= ó bién µs N⋅ m1 g⋅= (1)

De la 2a ley de Newton aplicada al conjunto de los dos bloques: F i⋅ m1 M+( ) a⋅= se deduce que la

aceleración del sistema es

aF

m1 M+

i= (2)

Por otra parte, la fuerza horizontal neta que sobre el bloque m1 ejerce su medio ambiente es el empuje

externo F y la fuerza de reacción hacia la izquierda N− que recibe del bloque M



de manera que la 2a ley de Newton aplicada a éste bloque F i⋅ N i−( )⋅+ m1 a⋅= da . . .

aF N−

m1

i⋅= (3)

Dado que ésta aceleración es debe ser la misma que la de la ec. (2), se tiene . . .

F

m1 M+F N−( )

m1

= , esto es . . . F Nm1 M+

M

⋅= .

Substituyendo ahora la fuerza normal N de la ecuación (1) , se obtiene . . .

F = m1 g⋅

µs

m1 M+M

⋅

=

16 kg⋅( ) 9.8m

seg2

⋅

⋅

0.28

16 kg⋅ 80 kg⋅+80 kg⋅

⋅ = 672 Newt⋅

Obsérvese que cuanto mayor sea M o el coeficiente de rozamiento entre las superficies de los bloques, menor podrá ser la fuerza horizontal F ejercida sobre m1 .

8. Representemos al paracaidista como una partícula que se mueve a lo largo del eje Y vertical de un sistema de referencia. Las interacciones más fuertes entre el paracaidista y el ambiente son

la atracción gravitacional de la Tierra dirigida verticalmente hacia abajo (su peso real ): M g⋅ j−( )⋅•

la fuerza de fricción con el aire, opuesta al movimiento del paracaidista: f k j⋅•

fk

Y

X

Mg

A la derecha se ilustra el correspondiente diagrama de cuerpo libre.Si la aceleración sobre el paracaidista es a a j−( )⋅= , entonces la 2a ley de Newton

Fneta M a⋅= establece que . . .

f k j⋅ M g⋅ j⋅− M a⋅ j−( )⋅=

es decir . . . f k M g a−( )⋅= = 80 kg⋅ 9.8m

seg2

⋅ 9.56m

seg2

⋅−

⋅ = 20 Newt⋅

esta es la fuerza de rozamiento con el aire que tiene en ese momento.

Sin embargo, a medida que aumenta la rapidez de caida de un objeto en caida libre, también aumenta la fuerza de fricción con el aire hasta que se hace igual al peso del objeto. En ese momento la fuerza neta vertical sobre el objeto es cero y por lo tanto también la aceleración sobre él es nula, lo cual significa, de

acuerdo a la 1a ley de Newton, que se mueve a velocidad constante (velocidad terminal ).



De este modo, cuando el paracaidista alcanza su rapidez terminal, se tiene . . .

f k j⋅ M g⋅ j⋅− M 0⋅= es decir . . . f k M g⋅= = 80 kg⋅ 9.8m

seg2

⋅

⋅ = 784 Newt⋅

vemos que la fuerza de fricción con el aire tiene un amplio rango de variación.

Siendo la fuerza de rozamiento dinámico f k una cantidad variable, un modelo a veces utilizado para

describirla consiste en suponer que tal fuerza sea proporcional a la velocidad del objeto, es decir . . .

f k k− v⋅=

donde k es un coeficiente constante cuyo valor depende de varios factores, por ejemplo la forma y el tipo de superficie, la temperatura del aire etc. El signo negativo indica que la fuerza de fricción tiene sentido opuesto a la velocidad. Bajo éste modelo, la 2a ley de Newton aplicada a un objeto en caida libre establece que . . .

M− g⋅ f k+( ) M a⋅=es decir . . .

M− g⋅ j⋅ k v⋅ j⋅+ M−dv

dt

⋅ j⋅=

Esta es una ecuación diferencial que se puede resolver al separar los diferenciales e integrar . . .

0

v

v1

gk

Mv⋅−

⌠⌡

d0

t

t1⌠⌡

d= ; M

kln

g

k

Mv⋅ g−

⋅ t=

solución que también se puede escribir como . . .

v t( )M g⋅

k1 e

k−M

t⋅−

⋅=

Esta es la rapidez del objeto en caida libre en función del tiempo. Observemos que para tiempos muy grandes:

∞tv t( )lim

→

M g⋅k

1 0−( )⋅= = M g⋅

k

que se conoce como la rapidez terminal.

En el problema se tiene . . . v 150km

hr⋅= , asi que se obtiene que k M

g

v⋅= = 18.8

De ésta manera, la fuerza de fricción f k k− v⋅= también será una función del tiempo de caida



0 10 20 30

7

14

21

28

35

42

rapidez v(t)

seg

m/s

eg

0 10 20 30

200

400

600

800

fuerza de fricción

seg

New

t

M g⋅

Notemos en éstas gráficas como esta fuerza aumenta rápidamente en los primeros instantes y luego lo hace más lentamente hasta permanecer casi constante, de modo que tan solo en los primeros 10 ó 15 seg, el paracaidista ha alcanzado prácticamente su velocidad terminal de caida libre.

Al abrir su paracaidas, el coeficiente k aumenta enormemente por la fricción con el aire de modo que la

velocidad terminal vM g⋅

k= del paracaidista disminuye notablemente.

9. Representemos a la nave como una partícula que se mueve a lo largo del eje Y vertical de un sistema de referencia sobre la superficie de esa luna. Las interacciones más fuertes entre la nave y su ambiente son :

la atracción gravitacional de la luna dirigida verticalmente hacia abajo (el peso "real" de la nave en la •superficie de esa luna ): M g⋅ j−( )⋅ donde g es el valor de la aceleración gravitacional buscada.

la fuerza de empuje del motor, opuesta al peso de la nave: F j⋅•

F

Y

X

Mg

La 2a ley de Newton Fneta M a⋅= establece entonces que . . .

M g⋅ j−( )⋅ F j⋅+ M a⋅=

Cuando la nave desciende a velocidad constante, la aceleración es nula y la ecuación anterior queda . . .

M− g⋅ F1+ 0= (1)

donde F1 3260 Newt⋅=Cuando desciende con aceleración constante queda . . .

M− g⋅ F2+ M− a⋅= (2)

donde F2 2200 Newt⋅= y a 0.53m

seg2

⋅=

Resolviendo las ecs. (1) y (2) se obtiene . . .

MF1

g= y g a

F1

F1 F2−( )

⋅= = 1.63m

seg2

⋅



10. Supongamos que el globo se mueve a lo largo del eje Y vertical de un sistema de referencia en reposo respecto a la superficie de la Tierra.

Las interacciones más fuertes entre el globo y su medio ambiente son:la atracción gravitacional terrestre dirigida verticalmente hacia abajo (el peso del globo ) : •W W j−( )⋅= = M− g⋅ j⋅ siendo g el valor de la aceleración gravitacional terrestre.

la fuerza de empuje del aire, opuesta al peso de la nave: E E j⋅=•

La 2a ley de Newton: Fneta M a⋅= establece entonces que . . .

W j−( )⋅ E j⋅+ M a⋅=

asi, cuando el globo desciende con aceleración constante, significa que:

E W−( )W

g

a−( )⋅= (1)

donde W es el peso del globo y W

g es su masa.

Cuando ya se ha tirado el lastre de peso w , el peso del globo ha disminuido a la cantidad W w−( ) pero el empuje del aire sigue siendo el mismo, asi

que la misma ecuación anterior que se obtuvo de la 2a ley de Newton queda ahora en la forma . . .

E W w−( )−W w−

g

a⋅= (2)

- aa

E

W

donde hemos copnsiderados ahora la aceleración a como positiva porque el globo asciende. Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (2) para w se obtiene . . .

w 2 W⋅a

g a+

⋅=

es el peso del lastre que se debe arrojar. Observemos que a g< dado que w W<

F

Y

X

Mg

a

11. Representemos a la caja como una partícula que se mueve a lo largo del eje Y vertical de un sistema de referencia. La caja está sometida a la misma aceleración que el elevador y los objetos del medio ambiente que interactúan más fuertemente con ella son:

el resorte del cual está suspendida y que ejerce una fuerza F F j⋅= • vertical hacia arriba (la lectura del dinamómetro).la Tierra que ejerce una fuerza verical hacia abajo (el peso del •objeto) W M g⋅ j−( )⋅= .

De modo que la 2a ley de Newton aplicada a la caja queda . . .

F W+ M a⋅=



Dado que el elevador sube, la aceleración es a a j⋅= constante y dirigida hacia arriba, de tal modo que:

F j⋅ M g⋅ j⋅− M a⋅ j⋅=esto es . . .

F M g⋅− M a⋅= (1)

de donde resulta que la masa del objeto es: MF

g a+( )= y por lo tanto su peso vale . . .

M g⋅ = Fg

g a+( )⋅ = 22.5 Newt⋅

9.8m

seg2⋅

9.8 2.45+( )m

seg2⋅

⋅ = 18 Newt⋅

Si la lectura del dinamómetro es F 17.5 Newt⋅= , entonces, usando la ec. (1) se encuentra que la

aceleración del elevador tiene ahora el valor . . .

aF W−

M= =

F W−W

g

= gF W−

W

⋅ = g17.5 Newt⋅ 18 Newt⋅−

18 Newt⋅⋅ = 0.27−

m

seg2

⋅

El signo negativo significa que la aceleración está dirigida hacia abajo, de tal manera que . . .

si el elevador está subiendo, entonces también está frenandose a razón de 0.27m

seg2

⋅•

si el elevador está bajando entonces está aumentando su rapidez de bajada en 0.27m

seg2

⋅•

w

TN

12. Las principales fuerzas que el medio ambiente ejerce sobre un bloque cuando éste queda aún en contacto con el piso son:

la tensión T que ejerce la cuerda hacia arriba.•el peso w dirigido hacia abajo ( la atracción gravitacional ).•la normal N perpendicular a a superficie de contacto.•

cuando el bloque está en reposo, éstas tres fuerza se equilibran. . .

T w+ N+ 0= es decir . . . N w T−( ) j⋅=

De modo que si el peso del bloque permanece constante, a medida que la tensión T de la cuerda aumente, la fuerza normal disminuirá hasta valer cero, momento en el cual el bloque pierde el contacto con la superficie.Asi que en el problema considerado aquí, ningún bloque se despegará del piso a menos que la tensión vertical hacia arriba sobre el bloque correspondiente sea mayor o igual a su peso.Por otra parte, en una polea real con masa y fricción, la tensión en ambos lados de la cuerda que pasa por ella debe ser diferente para hacer que la polea gire.En el problema dado, se está ignorando la masa y la fricción de la polea, por lo cual la tensión en ambos extremos de la cuerda es la misma.

F

T1

T2



Tpc

Tbc

w

Tcp

Tcb

Además, en una cuerda real con masa que se mueve hacia arriba verticalmente, la tensión en el extremo superior debe ser mayor que la tensión en el extremo inferior, dado que la suma de tensiones debe por lo menos equilibrar al peso de la cuerda.

Como se muestra en el diagrama de la derecha

T pc es la fuerza ejercida por la polea sobre la cuerda y está dirigida hacia •

arriba. ( Su reacción Tcp es la fuerza con la cual la cuerda jala a la polea

hacia abajo)

Tbc es la fuerza ejercida por el bloque sobre la cuerda y está dirigida hacia •

abajo. (Su reacción Tcb es la fuerza con la cual la cuerda jala al bloque

hacia arriba) w m g⋅= es el peso de la cuerda y está dirigido hacia abajo.•

de modo que la suma de fuerzas sobre la cuerda es:

T pc Tbc+ w+ m a⋅=es decir . . .

T pc m a⋅ w+( ) Tbc+ j⋅=

asi que la tensión de la polea sobre la cuerda T pc es mayor en la cantidad m a⋅ w+( ) que la tensión

Tbc del bloque sobre la cuerda.

Un análisis similar al anterior se puede hacer para una cuerda que se mueve hacia abajo.

En el problema considerado, si se ignora la masa de la cuerda entonces m a⋅ 0= y w 0= de modo

que ambas tensiones son iguales: T pc Tbc−= y sus reacciones correspondientes también.w 0=

Bajo estas simplificaciones, el diagrama de la derecha muestra las fuerzas ejercidas sobre la polea y los bloques y la 2a ley de Newton aplicada a la polea es . . .

F T− T−( ) M a⋅= = 0( ) a⋅ = 0

ya que se ignora la masa de la polea y queda . . .

F 2 T⋅= ó TF

2= (*)

siempre.Cuando F 16 lb⋅= , entonces T w1< y T w2< y ningún bloque •se mueve. La aceleración es cero.Cuando F 32 lb⋅= , entonces T w1< y T w2= , de modo que el •

bloque w2 podría despegar del piso y moverse hacia arriba a velocidad

constante; pero la aceleración es aún cero.

F

w2w1

T

TT

T

N2

N1



Cuando F 48 lb⋅= , entonces T 24 lb⋅= y T w1> , T w2> de modo que los bloques se •despegan del piso y se mueven con aceleraciones que podemos calcular a partir de la 2a ley de Newton aplicada en ambos . . .

bloque # 1 : T j⋅ w1( ) j−( )⋅+ m1 a1⋅ j⋅= es decir . . . T w1−w1

g

a1⋅= (1)

bloque # 2 : T j⋅ w2( ) j−( )⋅+ m2 a2⋅ j⋅= es decir . . . T w2−w2

g

a2( )⋅= (2)

Resolviendo este sistema de ecuaciones se obtiene . . .

a1 gT w1−

w1

⋅= = g24 lb⋅ 20 lb⋅−( )

20 lb⋅⋅ =

1

5g⋅ = 6.4

ft

seg2

⋅

y

a2 gT w2−

w2

⋅= = g24 lb⋅ 16 lb⋅−( )

16 lb⋅⋅ =

1

2g⋅ = 16

ft

seg2

⋅

el hecho de que ambas aceleraciones resulten positivas significa que los dos bloque se mueven hacia arriba.

Finalmente cuando F 64 lb⋅= , entonces T 32 lb⋅= y T w1> , T w2> de modo que la •solución es igual que en el caso anterior . . .

a1 gT w1−

w1

⋅= = 3

5g⋅ y a2 g

T w2−w2

⋅= = g

El mínimo valor de F para el cual ambos bloques se levantarán del piso se obtiene justamente cuando la fuerza normal sobre el bloque más pesado se anula:

N1 w1 T−( ) j⋅= = 0 , es decir . . . T w1=

y de la ec. (*) se deduce que . . . F 2 T⋅= = 2 w1⋅ = 40 lb⋅

13. Consideremos como sistema de referencia uno que tenga el eje X a lo largo de la superficie de contacto entre la caja y la plataforma y representemos a la caja como una partícula en el origen de tal sistema. La Tierra y la plataforma son los objetos del medio ambiente que más intensamente actúan sobre la caja ejerciendo las fuerzas . . .

M g⋅ hacia abajo (ejercida por la Tierra) •

la normal N y la fuerza de fricción f pc (ejercida por la •plataforma)

Mfpc

N

Mg

a



La inercia de la caja hace que la fuerza de fricción sobre ella, tenga el mismo sentido que la aceleración de la plataforma, ya que la caja se opone a cambiar su velocidad y ejerce sobre laplataforma una fuerza opuesta al movimiento de ésta.

Aplicando entonces la 2a ley de Newton a la caja se obtiene . . .

N M g⋅+ f pc+( ) M a⋅=es decir . . .

N j⋅ M g⋅ j⋅− f pc i⋅+ M a i⋅ 0 j⋅+( )⋅=

puesto que la caja sólo se mueve en la dirección horizontal, su aceleración vertical es nula.Al igualar las componentes vectoriales correspondientes de la ec. anterior se obtiene . . .

N M g⋅−( ) 0= es decir N M g⋅= (1)

f pc M a⋅= (2)

De éste modo, cuando a = 1.8 m/seg2 , la fuerza de fricción que actúa sobre la caja es . . .

f pc M a⋅= = 40 kg⋅( ) 1.8m

seg2

⋅

⋅ = 72 Newt⋅

Comparando éste valor con el máximo posible para la fuerza de fricción estática:

f s µs N⋅= = µs M g⋅( )⋅ = 0.3( ) 40 kg⋅( ) 9.8m

seg2

⋅

⋅

⋅ = 117.6 Newt⋅

se concluye que la caja aún no se desliza.

Cuando a = 3 m/seg2 , la fuerza de fricción que debería actuar sobre la caja es . . .

f pc M a⋅= = 40 kg⋅( ) 3m

seg2

⋅

⋅ = 120 Newt⋅

que supera el valor máximo f s µs N⋅= . Se concluye asi que la caja se desliza sobre la

plataforma, ejerciendo ésta una fuerza de fricción dinámica dada por . . .

f k µk N⋅= = µk M g⋅( )⋅ = 0.2( ) 40 kg⋅( ) 9.8m

seg2

⋅

⋅

⋅ = 78.4 Newt⋅

de modo que la aceleración sobre la caja es solo de . . . af k

M= =

78.4 Newt⋅40 kg⋅

= 1.96m

seg2

⋅

en el mismo sentido que la plataforma.

La caja empezará a deslizarse sobre la plataforma cuando la fuerza de fricción estática llegue a su valor máximo y entonces la aceleración de la plataforma debe ser . . .

af s

M= =

117.6 Newt⋅40 kg⋅

= 2.94m

seg2

⋅



M

fs

N

Mg

a

vi

14. A la derecha se ilustran las fuerzas del medio ambiente que actúan sobre la caja.Este es un problema muy parecido al anterior, por lo tanto, luego de aplicar la 2a ley de Newton se llegará a la misma solución que en aquél, es decir. . .

N M g⋅= (1)

y

f s M a⋅= (2)

Como se pide la distancia mínima en la cual puede frenar el camión sin que se resbale la caja, la fuerza de

fricción estática debe llegar a su máximo valor dado por f s µs N⋅= . Por otra parte, si la

desaceleración es constante, se puede usar la ecuación cinemática:

v f( )2vi( )2

2 a⋅ x xi−( )⋅−=

tomando como velocidad final de la caja v f 0m

seg⋅= y como posición inicial xi 0 m⋅=

Esto significa que ubicamos la caja en el origen de un sistema de referencia con el eje X horizontal, en el instante en que empieza a frenar el camión.

De éste modo la ec. (2) anterior queda . . .

µs N⋅ Mvi( )2

2 x⋅⋅=

pero de la ec. (1) : N M g⋅= , y resolviendo par la distancia x se obtiene . . .

xvi( )2

2 g⋅ µs⋅= = 36

km

h⋅

21

2 9.8m

seg2

⋅

⋅ 0.3( )⋅⋅ = 17 m⋅

15. En la figura de la derecha se muestran la fuerzas más intensas que el medio ambiente ejerce sobre el bloque y la losa. El ambiente del bloque lo forman básicamente la Tierra, la losa y un agente externo que ejercen sobre él las fuerzas: m g⋅ , ( N2 , f k− ) y F respectivamente.

N2N1

mg

Mg

- N2

- fk fk

F

El ambiente de la losa lo constituyen principalmente la Tierra, el bloque y el piso sin fricción, que ejercen sobre él las fuerzas: M g⋅ , ( N2− , f k ) y N1 respectivamente.

Notemos que las fuerzas debidas al contacto entre el bloque y la losa (N2 , N2− ) y ( f k , f k− ) son pare

acción-reacción.

Representemos al bloque y a la losa por separado como partículas en movimiento a lo largo de un eje horizontal.



N1

Mg- N2

fk

Y

X

Y

X

N2

mg

- fk

F

Diagrama de cuerpo libre para el bloque Diagrama de cuerpo libre para la losa

Expresando en componentes la 2a ley de Newton aplicada en ambos objetos se obtiene. . .

bloque : N2 m g⋅−( ) 0= (1)

F f k−( ) m a1⋅= (2)

losa : N1 M g⋅− N2−( ) 0= (3)

f k M a2⋅= (4)

donde se ha considerado que los objetos no se mueven en la dirección vertical y a1 y a2 representan sus

aceleraciones horizontales correspondientes

Dado que la fuerza de fricción cinética se calcula como f k µk N2⋅= , usando la ec.(1) se puede escribir

también como: f k µk m g⋅( )⋅= de modoque el sistema anterior de ecuaciones se reduce a. . .

F m g⋅ µk⋅− m a1⋅= (2)

m g⋅ µk⋅ M a2⋅= (4)

y se puede deducir que las aceleraciones a1F

mg µk⋅−

= y a2 gm

Mµk⋅

⋅= son constantes, dado

que todos los demás factores lo son.

Por lo tanto, si x representa el deplazamiento de M , entonces el problema establece que el

desplazamiento de m debe ser x L+( ) asi que usando la ec. del movimiento uniformemente acelerado:

x xi vi t⋅+ 1

2a⋅ t

2⋅+

= con xi 0= y vi 0= al considerar que ambos objetos parten del origen y

del reposo, se tiene . . .

bloque : x L+( )1

2a1⋅ t

2⋅= (5)

losa : x1

2a2⋅ t

2⋅= (6)



Resolviendo éste sistema de ecuaciones simultáneas se obtiene . . .

t2 L⋅

a1 a2−= y x L

a2

a1 a2−

⋅=

asi que el tiempo y el desplazamiento buscados resultan al substituir las expresiones de las aceleraciones

a1 y a2 y queda . . .

t2 L⋅

F

mg µk⋅ 1

m

M+

⋅−= = 2.13 seg⋅ ; x L

gm

Mµk⋅

⋅

F

mg µk⋅ 1

m

M+

⋅−

⋅= = 1.67 m⋅

16. Si se ignora la fricción y la masa de la polea, la tensión es del mismo valor en ambos extremos de la cuerda que pasa por ella.Las fuerzas sobre el niño son :

el peso m g⋅ m− g⋅ j⋅= ejercido por la Tierra.•

la reacción T T j⋅= de la fuerza con la cual el niño jala la •cuerda hacia abajo. Esta fuerza es ejercida por la cuerda sobre el niño.la normal N N j⋅= con la que el columpio empuja al niño •hacia arriba.

y las fuerzas que actúan sobre el columpio son:

el peso M g⋅ M− g⋅ j⋅= ejercido por la Tierra.•

la tensión T T j⋅= con la cual la cuerda lo jala hacia arriba•

la reacción N− N− j⋅= de la fuerza con la que el columpio •empuja al niño hacia arriba. Esta fuerza es ejercida por el niño sobre el columpio.

- N

Mg

TN T

mg

Escogamos un sistema de referencia con el eje Y vertical y representemos a éstos dos objetos como partículas en el origen de tal sistema.

Aplicando por separado de la 2a ley de Newton en ambos objetos se generan las ecuaciones. . .

niño: N j⋅ T j⋅+ m g⋅ j⋅− m a⋅ j⋅= es decir . . . N T+ m g⋅− m a⋅= (1)

columpio: N− j⋅ T j⋅+ M g⋅ j⋅− M a⋅ j⋅= ó. . . N− T+ M g⋅− M a⋅= (2)

debido a que los dos objetos se mueven juntos, tienen entonces la misma aceleración vertical a .

Substituyendo las masas por los pesos respectivos usando la relación entre peso y masa mw

g= ó

w m g⋅= queda . . .



N T+ w−w

g

a⋅= (1)

N− T+ W−W

g

a⋅= (2)

Resolviendo las ecuaciones simultáneas (1) y (2) para las incógnitas N y a se obtiene. . .

a g2 T⋅

w W+1−

⋅= y N Tw W−w W+

⋅=

Usando los datos del problema resulta . . .

a = g 2250 Newt⋅

320 Newt⋅ 160 Newt⋅+⋅ 1−

⋅ = g

24 = 0.4

m

seg2

⋅

N = T320 Newt⋅ 160 Newt⋅−320 Newt⋅ 160 Newt⋅+

⋅ = 1

3

T⋅ = 83.3 Newt⋅

Si representamos al niño y el columpio como un solo objeto físico, las fuerzas que el medio ambiente ejerce sobre él son solamente las debidas a las cuerdas

T T+ 2 T⋅ j⋅= y la atracción gravitacional terrestre m M+( ) g⋅ .

Aplicandole la 2a ley de Newton, se obtiene . . .

2 T⋅ w W+( )− M m+( ) a⋅=es decir . . .

a2 T⋅ w W+( )−

m M+= =

2 T⋅ w W+( )−w W+

g

= g2 T⋅

w W+1−

⋅

que es el mismo resultado obtenido anteriormente .

T

T

(m + M)g

T

w

W

17. Como en el problema anterior, podemos imaginar al sistema hombre-plataforma como un solo objeto físico sobre el cual el ambiente ( la Tierra y la cuerda ) ejercen las fuerzas representadas en la figura de la derecha, donde . . .

T es la tensión en la cuerda, de la cual se sostiene el sistema. El •extremo de la cuerda que jala el hombre ejerce fuerzas internas al sistema que no influyen en su movimiento, dado que jala al hombre hacia abajo con la misma fuerza con que jala a la plataforma hacia arriba de modo que ambas tensiones en ese extremo de la cuerda se anulan mutuamente.



w es el peso de la plataforma.•

W es el peso del hombre.•Aplicando a éste objeto la 2a ley de Newton, tomando en consideración que la aceleración está dirigida hacia arriba se obtiene . . .

T w W+( )−w W+

g

a⋅=

es decir. . .

T w W+( )a

g1+

⋅= = 180 lb⋅ 43 lb⋅+( )

1.2ft

seg2⋅

32ft

seg2⋅

1+

⋅ = 231.4 lb⋅

de modo que el hombre debe jalar con una fuerza mayor a su peso y el de la plataforma combinados.

N N

fk f

k

Mg

θθθθ

X

Y

Mg

18. El ambiente de la caja consiste principalmente en las paredes del riel sobre el que se desliza y la Tierra. Éstos objetos ejercen sobre la caja las fuerzas mostradas en la figura de la derecha. Cada pared del riel ejerce una fuerza normal (perpendicular a la superficie de contacto) y una fuerza de fricción paralela al riel opuesta al movimiento de la caja.

Ubiquemos a la caja en el origen de un sistema de referencia con el eje X paralelo a la superficie inclinada del canal y el eje Y perpendicular a éste y vertical. Haciendo la suma de las fuerzas indicadas en sus componentes de acuerdo al sistema de referencia anterior

y aplicando la 2a ley de Newton, se obtiene . . .

M g⋅ sen θ( )⋅ i−( )⋅ M g⋅ cos θ( )⋅ j−( )⋅+ 2 N⋅ cos 45 °⋅( )⋅ j⋅+ 2 f k⋅ i( )⋅+ M a⋅( ) i⋅ 0 j⋅+=

Igualando las componentes vectoriales correspondientes de ambos miembros en ésta ecuación, se obtienen la condiciones . . .

a M− g⋅ sen θ( )⋅ 2 f k⋅+= (1)

y

M− g⋅ cos θ( )⋅ 2 N⋅ cos 45°( )⋅+ 0= (2)

donde cos 45°( )1

2= y f k N µk⋅= . Substituyendo entonces N

M g⋅ cos θ( )⋅

21

2

⋅= de la ec. (2)

en la ec. (1) resulta . . .



a M− g⋅ sen θ( )⋅ 2 N⋅ µk⋅+= = M− g⋅ sen θ( )⋅ 2M g⋅ cos θ( )⋅

2⋅ µk⋅+

es decir . . .

a M− g⋅ sen θ( ) µk 2⋅ cos θ( )⋅−( )⋅=

donde el signo negativo indica que la caja se desliza en la dirección negativa del eje X , es decir, hacia abajo.

19. Escogamos un sistema de referencia con el eje X paralelo a la superficie cónica del montón de arena y consideremos el diagrama de cuerpo libre para una partícula de arena sobre la pendiente del cono, siendo :

X

θθθθ

Y

fs

mg

N

θθθθ

m g⋅ el peso de la partícula•

N la fuerza normal que ejerce la superficie de arena •sobre la partícula y es perpendicular a la pendiente del cono.f s la fuerza de rozamiento estático que ejerce la •

arena e impide que la partícula se deslice.

Entonces, la 1a ley de Newton aplicada a éste granito de arena es . . .

m g⋅ N+ f s+( ) 0=ó en componentes :

m g⋅ sen θ( )⋅ i−( )⋅ m g⋅ cos θ( )⋅ j−( )⋅+ N j⋅+ µs N⋅ i( )⋅+ 0 i⋅ 0 j⋅+( )=

dado que f s µs N⋅= .

Igualando las componentes vectoriales correspondientes de los dos miembros de ésta ecuación, se obtienen las condiciones . . .

m− g⋅ sen θ( )⋅ µs N⋅+ 0= (1) m− g⋅ cos θ( )⋅ N+ 0= (2)

substituyendo N m g⋅ cos θ( )⋅= de la ec. (2) en la ec. (1) resulta . . .

R

h

θ

m− g⋅ sen θ( )⋅ µs m g⋅ cos θ( )⋅( )⋅+ 0=

m g⋅ sen θ( )⋅m g⋅ cos θ( )⋅

µs=

ó bién . . .

tan θ( ) µs=

pero también por geometría . . . tan θ( ) h

R= , asi que

h

Rµs=



De modo que midiendo la pendiente del cono es posible determinar el coeficiente de rozamiento estático para diferentes materiales granulados o en polvo .

Dado que el volumen de un cono recto (altura h) y circular (radio R) se calcula de V1

3π⋅ R

2⋅ h⋅=

entonces obtenemos el volumen de arena: V1

3π⋅ R

2 µs R⋅( )⋅= = 1

3π⋅ µs⋅ R

3⋅

20. La fuerza F que ejerce un resorte es directamente proporcional al cambio x de su longitud natural (ley de Hooke): F k− x⋅= donde k es una constante que depende de las características del resorte ( tamaño y

número de espiras, el grueso del alambre, el material del que está hecho etc. ) y x debe estar dentro de los límites de elasticidad , para los que el resorte recupera su longitud natural una vez suprimida la fuerza que lo deforma.

yo

mg

f

-f

Ignorando el peso del resorte vertical, cuando de él se cuelga un bloque de masa m sin oscilar, éste alarga la longitud del resorte en la cantidad yo , pues

ejerce sobre él la fuerza f− . El resorte responde con una fuerza igual y

opuesta f sobre el bloque.

Dado que el bloque permanece en equilibrio se sigue que . . .

f m g⋅+ 0= esto es f j⋅ m g⋅( ) j⋅− 0=

ó bién f m g⋅= . Pero de auredo a la ley de Hooke: f k− yo( )⋅= , asi que

:

m g⋅ k− yo⋅= esto es yom− g⋅k

=

(el signo negativo indica que la deformación del resorte ocurre "hacia abajo")A partir de ésta posición de equilibrio, el bloque oscila con la misma amplitud h hacia arriba y hacia abajo de tal modo que cuando llega a su posición más elevada, el resorte está comprimido al máximo una distancia de h yo−( ) y ejercerá entonces sobre el bloque una fuerza dada por la ley de Hooke:

k− h yo−( )⋅ (negativa puesto que h yo> ) m

M

h

-F1

F1

La fuerza que el otro extremo del resorte ejerce sobre el techo de la caja, es igual y opuesta a ésta y vale

F1 k h yo−( )⋅= .

Asi que la caja empezará a "saltar" sobre la mesa cuando ésta fuerza iguale por lo menos ó supere al peso

M g⋅ de la caja . . .

k h yo−( )⋅ M g⋅≥

hM g⋅

kyo+≥ =

M g⋅k

m g⋅k

+

es decir cuando la amplitud de las oscilaciones sea . . . hg

kM m+( )⋅=



21. Sea h la amplitud de oscilación de la pesa m , entonces ignorando el peso del resorte,cuando la fuerza que éste ejerza sobre la pared de la caja a la que está sujeto supere la fuerza de rozamiento estático entre la caja y mesa, ésta empezará a oscilar horizontalmente.

A la derecha se muestran las fuerzas que actúan sobre la caja en el momento en que el resorte está comprimido al máximo. . .

N N j⋅= la fuerza normal ejercida por la mesa•

f k N µs⋅ i⋅= la fuerza de fricción estática•

f k− h⋅ i⋅= ejercida por el resorte •

el peso del bloque m g⋅ m g⋅ j−( )⋅=•

su peso M g⋅ M g⋅ j−( )⋅= .•

mf

N

fkMg mg

De acuerdo con la 1a 2a ley de Newton se tiene . . .

N µs⋅ k h⋅−( ) i⋅ N m g⋅− M g⋅−( ) j⋅+ 0 i⋅ 0 j⋅+=

asi que igualando las componentes vectoriales correspondientes . . .

N µs⋅ k h⋅− 0= (1) N m g⋅− M g⋅− 0= (2)

Substituyendo N m M+( ) g⋅= de la ec.(2) en la ec. (1) resulta . . .

m M+( ) g⋅ µs⋅ k h⋅− 0=

y resolviendo par la amplitud h . . .

hg

kM m+( )⋅ µs⋅=

22. Respecto a un sistema de referencia con el eje X paralelo al plano inclinado y dirigido hacia arriba, cuando la caja está a punto de deslizarse, las fuerzas sobre ella son. . .

su peso : M g⋅ M g⋅ sen θ( ) i−( )⋅ cos θ( ) j−( )⋅+ ⋅= donde •se ha usado el hecho de que si el plano inclinado forma el ángulo θ con la horizontal entonces la perpendicular al plano forma el mismo ángulo θ con la vertical) .

el empuje del plano inclinado N N j⋅= , perpendicular a éste .•

la fricción estática f s f s i⋅= = N µs⋅( ) i⋅ (opuesta a la •tendencia del movimiento inminente )

θ

Y

fs

Mg

N

θ

X



Asi que la 1a ley de Newton todavía se cumple en ese momento y queda:

M g⋅ N+ f s+ 0= ( la suma de fuerzas es igual al vector cero)

M g⋅ sen θ( ) i−( )⋅ cos θ( ) j−( )⋅+ ⋅ N j⋅+ N µs⋅( ) i⋅+ 0 i⋅ 0 j⋅+=

Al comparar las componentes vectoriales correspondientes en ambos miembros de la ecuación anterior resulta . . .

M− g⋅ sen θ( )⋅ N µs⋅+ 0= ó N µs⋅ M g⋅ sen θ( )⋅= (1)

M− g⋅ cos θ( )⋅ N+ 0= ó N M g⋅ cos θ( )⋅= (2)

si dividimos miembro a miembro la ec. (1) por la ec.(2) se obtiene . . .

N µs⋅N

M g⋅ sen θ( )⋅M g⋅ cos θ( )⋅

= es decir µs tan θ( )=

De modo que todo lo que debe hacer el estudiante para conocer el coeficiente de fricción estática entre éstos dos materiales es medir el ángulo al cual empieza el deslizamiento de la caja sobre la tabla .

Una vez que la caja se desliza hacia abajo sobre elplano inclinado, se aplica la 2a ley de Newton:

M g⋅ N+ f k+ M a⋅= ( la suma de fuerzas es el vector M a⋅ )

M g⋅ sen θ( ) i−( )⋅ cos θ( ) j−( )⋅+ ⋅ N j⋅+ N µk⋅( ) i⋅+ ax i⋅ ay j⋅+( )=

donde f k N µk⋅( ) i⋅= es ahora la fuerza de fricción cinética.

Como la caja no se mueve en la dirección Y , se concluye que ay 0= .

Al comparar las componentes vectoriales correspondientes en ambos miembros de la ecuación anterior resulta . . .

M− g⋅ sen θ( )⋅ N µk⋅+ M ax⋅= ó N µk⋅ M g sen θ( )⋅ ax+( )⋅= (1)

M− g⋅ cos θ( )⋅ N+ 0= ó N M g⋅ cos θ( )⋅= (2)

Como la fuerza resultante Fneta es constante, la aceleración sobre la caja aFneta

M= también lo será

por lo cual podemos aplicarle las ecuaciones cinemáticas del movimiento uniformemente acelerado, en

particular . . . x f xi vix( ) t⋅+ 1

2ax⋅ t

2⋅+= tomando el origen en la posición inicial que tiene la caja

antes de que empieze a moverse ( xi 0= , vix 0= ) y x f d−= dado que se desliza hacia abajo

del plano. De ése modo se obtiene . . .

ax2 d−( )⋅

t2

= (3)



Dividiendo miembro a miembro la ec. (1) por la ec.(2) y substituyendo ax de la ec.(3) se obtiene:

N µk⋅

N

M g sen θ( )⋅ ax+( )⋅

M g⋅ cos θ( )⋅= = tan θ( ) ax

g cos θ( )⋅+

esto es . . .

µk µs2 d⋅

g t2⋅ cos θ( )⋅

−=

de modo que µk µs< como era de esperar .

Finalmente, subtituyendo los datos del problema resulta . . .

µs tan θ( )= = tan 30°( ) = 1

3 y µk

1

3

2 4 m⋅( )⋅

g 4 seg⋅( )2⋅ cos 30°( )⋅

−= = 0.518

YX

Mg

fk

N

θθθθ

θθθθ

23. Escogamos un sistema de referencia con los ejes de coordenadas orientados como se indica en la figura de la derecha, con el eje X a lo largo de la superficie del plano inclinado y el bloque en el origen. Las interacciones más fuertes entre el bloque y su medio ambiente y que determinan el movimiento del bloque son:

la atracción gravitacional terrestre dirigida verticalmente •hacia abajo (el peso del bloque ) : W M g⋅= donde g es

la aceleración gravitacional terrestre.la fuerza normal perpendicular que ejerce la superficie del •plano.

la fuerza de rozamiento dinámico f k entre la superficie del plano y el bloque. Esta fuerza se opone al •movimiento del bloque y tiende a detenerlo

Translademos todas estas fuerzas al origen de referencia y representemos al bloque como una partícula. Recordemos que siempre podemos hacer ésta representación mental porque aunque el bloque sea un objeto con extensión espacial, todas sus partes se transladan igual, sin importar donde se le apliquen las fuerzas externas.

Si el bloque se desliza hacia abajo sobre el plano inclinado a velocidad constante significa que la suma de

las fuerzas que actúan sobre él es nula ( 1a ley de Newton ) :

N fk+ Mg+ 0=

o expresadas en sus componentes . . .

N j⋅ f k( ) i⋅+ Mg cos θ( )⋅ j−( )⋅+ Mg sen θ( )⋅ i−( )⋅+ 0 i⋅ 0 j⋅+=

Igualando las componentes vectoriales correspondientes de la ecuación anterior se llega al sistema de ecuaciones simultáneas . . .



f k M g⋅ sen θ( )⋅− 0= (1)

N M g⋅ cos θ( )⋅− 0= (2)

Cuando el bloque se mueve hacia arriba sobre el plano, la fuerza de fricción fk sólo invierte su sentido, y ahora la suma de componentes de fuerza sobre el eje X es :

Fx f k− M g⋅ sen θ( )⋅−= = 2− M⋅ g⋅ sen θ( )⋅ (3)

donde se ha substituido la ec. (1) . Dado que Fx es constante en este caso, el bloque se moverá con una aceleración constante sobre el eje

X y cuando llegue a la parte más alta del plano su velocidad será cero momentáneamente, asi que

aplicándole la ecuación cinemática . . . v f( )2vi( )2

2 a⋅ x xi−( )⋅+= tomado la posición inicial en el

origen del sistema de coordenadas resulta . . .

02 vi( )22

Fx

M

⋅ x 0−( )⋅+= = vi( )22

2− M⋅ g⋅ sen θ( )⋅M

⋅ x⋅+

donde la aceleración a se calculó de la 2a ley de Newton a

Fx

M= y Fx se substituyó de la ec. (3) .

De la ecuación anterior, se obtiene que la distancia x que recorrerá el bloque hacia arriba sobre la superficie del plano inclinado será . . .

xvi( )2

4 g⋅ sen θ( )⋅=

0 0.5 1

ángulo (en radianes)

v( )2

4 g⋅ sin θ( )⋅

θ

Notemos que para una velocidad inicial vi dada, la

distancia x disminuye rápidamente con el ángulo θ , como se ilustra en la gráfica de la derecha.

Dado que la suma de fuerzas cuando baja el bloque es cero, esto significa que si llega al reposo en la parte superior, ya no se deslizará hacia abajo.

YX

Mg

fk

N

θθθθ

θθθθ

24. Escogamos un sistema de referencia con el eje X a lo largo del plano inclinado. Como se indica en la figura de la derecha, las fuerzas del medio ambiente sobre el bloque de hielo son :

el peso M g⋅ ejercido por la Tierra•

la fuerza de fricción f k ejercida por la superficie del •plano inclinado la normal N ejercida por el plano y perpendicular a la •superficie de contacto.



Al deslizarse hacia abajo sobre el plano, el bloque de hielo está sometido a una aceleración ax que

podemos obtener aplicándole la 2a ley de Newton Fneta M a⋅= :

M g⋅ N+ f k+( ) M a⋅=

donde la aceleración a ax i⋅ 0 j⋅+( )= solamente tiene componente a lo largo del eje X , puesto que el

bloque no se desplaza en la dirección del eje Y . Expresada en componentes, la ecuación anterior es . . .

M g⋅( ) sen θ( ) i−( )⋅ cos θ( ) j−( )⋅+ ⋅ N j⋅+ f k i⋅+ M ax i⋅ 0 j⋅+( )⋅=ó

M− g⋅ sen θ( )⋅ f k+( ) i⋅ M− g⋅ cos θ( )⋅ N+( ) j⋅+ M ax⋅( ) i⋅ 0 j⋅+=

Igualando las componentes vectoriales correspondientes de la ecuación anterior se llega al sistema de ecuaciones simultáneas . . .

M− g⋅ sen θ( )⋅ f k+ M ax⋅= (1)

M− g⋅ cos θ( )⋅ N+ 0= (2)

y resulta . . . axf k M g⋅ sen θ( )⋅−

M= y N M g⋅ cos θ( )⋅=

Dado que la fuerza de fricción se calcula como f k µk N⋅= = µk M⋅ g⋅ cos θ( )⋅ la aceleración del

bloque es. . .

axµk M⋅ g⋅ cos θ( )⋅ M g⋅ sen θ( )⋅−

M= = g µk cos θ( )⋅ sen θ( )−( )⋅

y como podemos ver, es constante. Por lo tanto el movimiento del bloque es uniformemente acelerado. En consecuencia, el tiempo t que tarda en recorrer una distancia −x sobre el plano, se puede calcular de la

ecuación para el movimiento uniformemente acelerado x f xi vix( ) t⋅+ 1

2ax⋅ t

2⋅+= donde la posición

inicial y la velocidad inicial del bloque son nulas ( xi 0= , vix 0= ) :

x− = 0 0+ 1

2g µk cos θ( )⋅ sen θ( )−( )⋅ ⋅ t

2⋅+


t2− x⋅

g µk cos θ( )⋅ sen θ( )−( )⋅=

Según el problema, cuando se cambia el ángulo de inclinación del plano a otro valor φ , éste tiempo se reduce a la mitad, asi que debe cumplirse la condición . . .



2− x⋅

g µk cos θ( )⋅ sen θ( )−( )⋅ = 2

2− x⋅g µk cos φ( )⋅ sen φ( )−( )⋅

⋅

de la cual, despejando el coeficiente de fricción cinética µk se obtiene . . .

µksen φ( ) 4 sen θ( )⋅−cos φ( ) 4 cos θ( )⋅−

= = sen 45°( ) 4 sen 30°( )⋅−cos 45°( ) 4 cos 30°( )⋅−

= 0.469

25. Del problema anterior se sabe que si el bloque resbala hacia abajo sobre el plano, su aceleración

ax( )bajada

g µk cos θ( )⋅ sen θ( )−( )⋅= debe ser negativa ó cero, asi que con los datas del problema

resulta . . .

ax( )bajada

g 0.41( ) cos 30°( )⋅ sen 30°( )−[ ]⋅= = 1.42−m

seg2

⋅

lo cual indica que el bloque sí volverá al punto de lanzamiento.

Y

X

Mg

fk

N

θθθθ

θθθθ

Cuando el bloque se desliza hacia arriba sobre el plano inclinado, el único cambio respecto al problema anterior es que la fuerza de fricción cinética está dirigida en la dirección opuesta al movimiento.Por lo tanto, luego de aplicar la 2a ley de Newton se llegará al sistema de ecuaciones. . .

M− g⋅ sen θ( )⋅ f k− M ax⋅= (1)

M− g⋅ cos θ( )⋅ N+ 0= (2)

la fuerza de fricción se calcula como f k µk N⋅= , asi que substituyendo N de la ec.(2) en la ec. (1)

resulta que la aceleración del bloque es. . .

ax( )subida

µk− M⋅ g⋅ cos θ( )⋅ M g⋅ sen θ( )⋅−

M= = g− µk cos θ( )⋅ sen θ( )+( )⋅

negativa y constante, lo cual significa que el movimiento del bloque cuando se mueve hacia arriba sobre el plano es uniformemente desacelerado.

En consecuencia, si ubicamos la posición inicial del bloque en el origen de coordenadas ( xi 0= ), su

velocidad inicial es vix vi= y considerando que la velocidad final del bloque en su posición más

elevada es cero ( v f 0= ) el tiempo t1 que tarda en subir una distancia x sobre el plano se puede

calcular de la ecuación para el movimiento uniformemente acelerado: v f vi ax t⋅+= esto es

0 vi ax( )subida

t1⋅+= y queda . . .



t1

vi

ax−= =

vi

g µk cos θ( )⋅ sen θ( )+( )⋅(1)

Durante éste tiempo, el bloque recorrerá la distancia x dada por la ecuación

v fx( )2vix( )2

2 ax⋅ x f xi−( )⋅+= es decir. . . 02 vi( )22 ax( )

subida ⋅ x 0−( )⋅+=

resultando . . . xvi( )2−

2 ax( )subida

⋅=

Partiendo de la ecuación cinemática: x f xi vix( ) t⋅+ 1

2ax⋅ t

2⋅+= se calcula el tiempo t2 de bajada,

considerando ahora que la velocidad inicial del bloque en su posición más elevada es cero ( vi 0= ), que

su posición inicial es x y que su posición final es nuevamente cero ( x f 0= ) quedando . . .

0 x 0+ 1

2ax( )

bajada ⋅ t2( )2⋅+=

esto es . . .

t22− x⋅

ax( )bajada

= =

2−vi( )2−

2 ax( )subida

⋅

⋅

ax( )bajada

= vi( )2

g− µk cos θ( )⋅ sen θ( )+( )⋅ g µk cos θ( )⋅ sen θ( )−( )⋅ ⋅

= vi

g sen2 θ( )⋅ µ2

cos2⋅ θ( )⋅−⋅

(2)

De manera que el tiempo total de recorrido es . . .

t t1 t2+= = vi

g µk cos θ( )⋅ sen θ( )+( )⋅

vi

g sen2 θ( )⋅ µ2

cos2⋅ θ( )⋅−⋅

+

Introduciendo los datos del problema resulta. . .

t

22m

seg⋅

g

1

sen 30°( ) 0.41( ) cos 30°( )⋅+1

sen2

30°( )⋅ 0.41( )2

cos2⋅ 30°( )⋅−

+

⋅= = 6 seg⋅



YX

Mg

fk

N

θθθθ

θθθθ

26. Primero debemos determinar cual es la fuerza de fricción entre el bloque y la superficie del plano inclinado. Escojamos un sistema de coordenadas como el mostrado en la figura de la derecha.Cuando el bloque resbala hacia abajo, luego de aplicar la 2a ley de Newton en la dirección X , se obtiene . . .

f k M g⋅ sen θ( )⋅− M a1⋅= (1)

Dado que las fuerzas del medio ambiente f k , M g⋅ y N que actúan sobre el bloque son constantes,

la aceleración a1 de éste también lo será, asi que se moverá con movimiento uniformemente acelerado y

su rapidez final v f luego de haber recorrido cierta distancia x f x−= hacia abajo sobre el plano se

calcula de la ec. cinemática: v f( )2vi( )2

2 a1⋅ x f xi−( )⋅+= donde . . .

vi 0m

seg⋅= , dado que parte del reposo•

xi 0 m⋅= , ubicando el origen de coordenadas en el lugar donde se suelta el bloque•

v f v= = 4.9m

seg⋅ , la velocidad final del bloque.•

x 2.45− m⋅= , la distancia que recorre sobre el plano en ese momento ( nótese que es negativa, dado •que la dirección positiva del eje X se consideró hacia arriba sobre el plano )

y se obtiene . . .

a1

v f( )2

2 x f⋅= =

v2

2− x⋅(2)

Substituyendo en ( 1 ) y resolviendo para f k resulta que la fuerza de fricción cinética entre el bloque y

el plano es . . .

f k Mv

2

2 x⋅

⋅ M g⋅ sen θ( )⋅+= (3)

YX

Mg

fk

N

θ

Cuando el bloque se lanza hacia arriba con una velocidad inicial

vi 2 v⋅= sobre la superficie del plano inclinado, la fuerza de fricción

sobre el bloque, aunque del mismo valor que antes, es ahora negativa, dado que se opone a su movimiento.Escojiendo entonces el origen del sistema de coodenadas en el punto de lanzamiento y aplicando la 2a ley de Newton en la dirección X , la aceleración a2 del bloque resulta . . .

a2

f k M g⋅ sen θ( )⋅+

M

−=



a2

Mv

2

2 x⋅⋅ M g⋅ sen θ( )⋅+

M g⋅ sen θ( )⋅+

M

−= = 1−

2

v2

x⋅ 2 g⋅ sen θ( )⋅− (4)

que es constante todavía, aunque mayor que la aceleración que tiene cuando se desliza hacia abajo

a2 a1>( ) . Por lo tanto, el movimiento del bloque es aún uniformemente acelerado asi que recorrerá

sobre el plano una distancia d hacia arriba dada por: v f( )2vi( )2

2 a2⋅ d⋅+= cuando v f la rapidez

final sea cero, es decir . . .

dvi( )2−

2 a2⋅= =

2 v⋅( )2

2 a2⋅

− = 2− v

2⋅a2

(5)

Finalmante, cuando el bloque resbala nuevamente hacia abajo sobre el plano la misma distancia d ,

partiendo del reposo, la rapidez v f que tendrá se obtiene otra vez de la ecuación

v f( )2vi( )2

2 a1⋅ x f xi−( )⋅+= y queda v f( )202 2 a1⋅ d 0−( )⋅+= , es decir . . .

v f 2 a1⋅ d⋅=

= 2 a1⋅2− v

2⋅a2

⋅ = a1

a2

− 4⋅ v2⋅ (substituyendo (5) )

=

v2

2− x⋅

1−2

v2

x⋅ 2 g⋅ sen θ( )⋅−

4⋅ v2⋅ ; (substituyendo (2) y (4) )

= 2 v

2⋅

v2

4 g⋅ sen θ( )⋅ x⋅+

= 2 4.9

m

seg⋅

2

⋅

4.9m

seg⋅

2

4 9.8m

seg2⋅

⋅ sen 60°( )⋅ 2 m⋅( )⋅+

= 5m

seg⋅



27. El problema involucra dos objetos en movimiento, por lo cual es necesario representarlos como partículas en el origen de sus respectivos sistemas de referencia, los cuales podemos elegir con el eje X en la dirección de su movimiento.

θθθθ ϕϕϕϕ

m2gm1 g

X

Y

Y

T TN1

N2

θθθθ ϕϕϕϕ

Los objetos del medio ambiento con los que ambos bloques interaccionan más fuertemente son: la Tierra, la cuerda que los conecta y la superficie sobre la que se deslizan . Estos objetos ejercen sobre los bloques las fuerzas :

m1 g⋅( ) , T , N1

y

m2 g⋅( ) , T , N2

respectivamente.

La cuerda ejerce la misma fuerza de tensión T en ambos bloques dado que se ignora su masa y no se considera tampoco la inercia de la polea.Aunque las propias ecuaciones nos lo dirán, supongamos por el momento que los bloques se deslizan hacia

la derecha, de acuerdo al diagrama de arriba, y apliquémosles por separado la 2a ley de Newton :

bloque m1 : m1 g⋅ T+ N1+( ) m1 a1⋅= (1)

bloque m2 : m2 g⋅ T+ N2+( ) m2 a2⋅= (2)

Puesto que los bloques no se desplazan en las direcciones de los ejes Y´s , su aceleración tiene solo una componente a lo largo del eje X y además, si la cuerda que los une no es elástica, tienen también la misma aceleración, esto es . . . a1 a2= = a i⋅ .

De ésta manera, expresadas en sus componentes, las ecuaciones anteriores quedan como . . .

m1 g⋅( ) sen θ( )− i⋅ cos θ( ) j⋅−( )⋅ T i⋅+ N1 j⋅+ m1 a⋅( ) i⋅= (1)

m2 g⋅( ) sen ϕ( ) i⋅ cos ϕ( ) j⋅−( )⋅ T i⋅− N2 j⋅+ m2 a⋅( ) i⋅= (2)

Igualando ahora las componentes vectoriales correspondientes en ambas ecuaciones, se llega al sistema de 4 ecuaciones simultáneas . . .

m1 g⋅( )− sen θ( )⋅ T+ m1 a⋅= (3)

m1 g⋅( )− cos θ( )⋅ N1+ 0= (4)

m2 g⋅( ) sen ϕ( )⋅ T− m2 a⋅= (5)

m2 g⋅( )− cos ϕ( )⋅ N2+ 0= (6)

para las 4 incógnitas T , N1 , N2 y a . De (4) y (6) se obtiene de inmediato que . . .



N1 m1 g⋅ cos θ( )⋅= y N2 m2 g⋅ cos ϕ( )⋅=

además, despejando T de (3): T m1 g⋅ sen θ( )⋅ m1 a⋅+= y substituyéndola en (5) queda . . .

m2 g⋅( ) sen ϕ( )⋅ m1 g⋅ sen θ( )⋅ m1 a⋅+( )− m2 a⋅=

de manera que la aceleración a es . . .

a gm2 sen ϕ( )⋅ m1 sen θ( )⋅−( )

m1 m2+( )⋅=

substituyendo ahora ésta expresión para la aceleración en la ec. (3), la tensión es . . .

T m1 g⋅ sen θ( )⋅ m1 gm2 sen ϕ( )⋅ m1 sen θ( )⋅−( )

m1 m2+( )⋅

⋅+=

= gm1 m2⋅

m1 m2+

⋅ sen ϕ( ) sen θ(+( )⋅

y con los valores dados en el problema, resulta . . .

a g2 kg⋅ sen 45°( )⋅ 3 kg⋅ sen 30°( )⋅−( )

3 kg⋅ 2 kg⋅+( )⋅= = g

23

2−

5

⋅ = 0.017−( ) g⋅ = 0.167−m

seg2

⋅

este resultado negativo para la aceleración significa que el sistema se mueve en el sentido opuesto al que se supuso inicialmente.La tensión es :

T gm1 m2⋅

m1 m2+

⋅ sen 45°( ) sen 30°(+( )⋅=

= g6

5kg⋅

⋅ 1

2

1

2+

⋅ = 14.2 Newt⋅

28. Este problema incluye tres objetos en movimiento, asi que es necesario representarlos como partículas en el origen de sus respectivos sistemas de referencia, los cuales podemos elegir con un eje orientado en la dirección de su movimiento.Aunque los bloques tienen muchas interacciones con su medio ambiente respectivo, las más fuertes son ejercidas por la Tierra, la cuerda que los conecta y la superficie sobre la que se deslizan.



θ

m2g

m1g

m3g

Y

Y

Y

X

X

N1

N2

T 1

T 1

T 2

T 2

Estos objetos ejercen sobre los bloques las fuerzas que se muestran en la figura de la derecha, en la que se muestran los diagramas de cuerpo libre para los tres bloques.

Dado que se ha ignorado la inercia de la polea y la masa de las cuerdas que conectan a los bloques, cada segmento de cuerda tiene la misma tensión y solo se representan las tensiones que ejercen las cuerdas sobre los bloques, ilustrados como partículas

Supongamos ahora que los bloques m1 y m2 se deslizan hacia arriba sobre el plano inclinado en tanto

que el bloque m3 desciende y apliquémosles por separado la 2a ley de Newton:

bloque m1 : m1 g⋅ T1+ N1+( ) m1 a1⋅= (1)

bloque m2 : m2 g⋅ T1+ T2+ N2+( ) m2 a2⋅= (2)

bloque m3 : m3 g⋅ T2+( ) m3 a3⋅= (3)

Como los bloques m1 y m2 no se desplazan en las direcciones de los ejes Y's , su aceleración solamente

tiene una componente a lo largo del eje X y además, si la cuerda que los une no es elástica, todos recorrerán la misma distancia en el mismo tiempo, asi que tienen también la misma aceleración, esto es . . . a1 a2= = a i⋅ .

Por la misma razón, la aceleración del bloque m3 solo tiene una componente vertical negativa y del

mismo valor que la aceleración de los bloques m1 y m2 , es decir . . . a3 0 i⋅ a j⋅−( )=Expresadas en sus componentes, las ecuaciones anteriores quedan entonces como :

m1 g⋅( ) sen θ( )− i⋅ cos θ( ) j⋅−( )⋅ T1 i⋅+ N1 j⋅+ m1 a i⋅( )⋅= (1)

m2 g⋅( ) sen θ( )− i⋅ cos θ( ) j⋅−( )⋅ T1 i⋅− T2 i⋅+ N2 j⋅+ m2 a i⋅( )⋅= (2)

m3 g⋅( )− j⋅ T2 j⋅+ m3 a− j⋅( )⋅= (3)

Igualando ahora las componentes vectoriales correspondientes en las tres ecuaciones, se llega al siguiente sistema de 5 ecuaciones simultáneas . . .

(1) genera m1 g⋅( )− sen θ( )⋅ T1+ m1 a⋅= (4)

y m1 g⋅( )− cos θ( )⋅ N1+ 0= (5)

(2) genera m2 g⋅( )− sen θ( )⋅ T1− T2+ m2 a⋅= (6)

y m2 g⋅( )− cos θ( )⋅ N2+ 0= (7)

(3) genera m3 g⋅( )− T2+ m3− a⋅= (8)



para las 5 incógnitas T1 , T2 , N1 , N2 y a . De (5) y (7) se obtiene de inmediato que . . .

N1 m1 g⋅ cos θ( )⋅= y N2 m2 g⋅ cos ϕ( )⋅=

además, despejando T1 de (4) y T2 de (8) y substituyéndolas en (6), resulta :

m2− g⋅ sen θ( )⋅ m1 g⋅ sen θ( )⋅ m1 a⋅+( )− m3 g⋅ m3 a⋅−( )+ m2 a⋅=

y resolviendo para la aceleración a del sistema queda . . .

a gm3 m1 m2+( ) sen θ( )⋅−

m1 m2+ m3+

⋅=

calculando . . .

a = 9.8m

seg2

⋅

3 kg⋅ 2 kg⋅ 4 kg⋅+( ) sen 37 °⋅( )⋅−2 kg⋅ 4 kg⋅+ 3 kg⋅+

⋅ = 0.67−m

seg2

⋅

el resultado negativo para la aceleración significa que el sistema se mueve en el sentido opuesto al que imaginamos inicialmente, es decir el bloque m3 sube y los otros descienden.

Resulta asi, de la ec. (4) que la tensión entre m1 y m2 es :

T1 m1 g⋅m3 m1 m2+( ) sen θ( )⋅−

m1 m2+ m3+

⋅ m1 g⋅ sen θ( )⋅( )+=

= m1 m3⋅

m1 m3+ m2+

g⋅ 1 sen θ( )+( )⋅ = 10.5 Newtons⋅

en tanto que la tensión entre m2 y m3 se obtiene de la ec. (8) y es :

T2 m3 g a−( )⋅= = m3 g gm3 m1 m2+( ) sen θ( )⋅−

m1 m2+ m3+

⋅−

⋅

= m3 m1 m2+( )⋅

m1 m3+ m2+

g⋅ 1 sen θ( )+( )⋅

= 31.4 Newtons⋅



N1 N2

w1

w2

w3

T

T

-N2

fs

29. Como se ilustra en el diagrama de fuerzas de la derecha, entre los bloques A y C existe un par acción reacción, representado por N2 y N2− .

La fuerza normal N1 es el empuje total que recibe el bloque

A de la superficie sobre la que se encuentra.

w1 , w2 y w3 son los pesos respectivos de los bloques y

T es la fuerza de tensión que ejerce la cuerda sobre ellos.

Cuando la fuerza de fricción estática f s que ejerce la

superficie horizontal sobre el bloque A llegue a su valor

máximo f s µs N1( )⋅= , el bloque estará a punto de deslizarse, pero aún la suma de fuerzas sobre él es

nula (1a ley de Newton) :

T f s+ N1+ N2+ w1+ 0=al igual que para el bloque B :

T w3+ 0=y para el bloque C :

N2 w2+ 0=

Escogiendo ahora un sistema de referencia rectangular XY con la dirección positiva del eje X hacia la derecha, las ecuaciones anteriores, en términos de las componentes vectoriales se expresan como :

T i⋅ µs N1⋅( ) i⋅− N1 j⋅+ N2 j⋅− w1 j⋅− 0 i⋅ 0 j⋅+=

T j⋅ w3 j⋅− 0 i⋅ 0 j⋅+=

N2 j⋅ w2 j⋅− 0 i⋅ 0 j⋅+=

Por igualación de las correspondientes componentes vectoriales de mabos miembros en éstas ecuaciones se obtiene . . .

T µs N1⋅− 0= (1)

N1 N2− w1− 0= (2)

T w3− 0= (3)

N2 w2− 0= (4)

Substituyendo N1 N2 w1+( )= de (2) y T w2= de (3) en (1) queda: w3 µs N2 w1+( )⋅− 0=

substituyendo ahora N2 w2= de (4) resulta: w3 µs w2 w1+( )⋅− 0=por lo tanto . . .

w2

w3 µs w1⋅−

µs= =

5 lb⋅ 0.2( ) 10⋅ lb⋅−0.2

= 15 lb⋅

es el peso mínimo del bloque C que impedirá el deslizamiento .



Al quitar el bloque C del sistema, se suprimen las fuerzas N2 y w2 , asi que la suma de las fuerzas sobre

los bloques A y B no es nula y ambos se mueven con el mismo valor de aceleración a (si la cuerda que los

une no cambia su longitud), aunque en direcciones perpendiculares , es decir, si A se mueve hacia la derecha ( a a i⋅= ) , entonces B se mueve hacia abajo ( a a j−( )⋅= )

De la 2a ley de Newton . . .

T f s+ N1+ w1+w1

g

a⋅ i⋅= (para el bloque A )

T w3+w3

g

a− j⋅( )⋅= (para el bloque B )

ó en componentes . . .

T µk N1⋅−w1

g

a⋅= (1)

N1 w1− 0= (2)

T w3−w3

g

a−( )⋅= (3)

substituyendo N1 de (2) y a de (3) en la ec. (1) se concluye que . . .

T µk w1⋅−w1

g

T− w3+( )w3

g⋅

⋅=

es decir. . .

Tw1 w3⋅

w3 w1+

µk 1+( )⋅=

de modo que la tensión en la cuerda vale ahora . . .

T10 lb⋅( ) 5 lb⋅( )⋅10 lb⋅ 5 lb⋅+

0.2 1+( )⋅= = 4 lb⋅

w2w

1

θθθθ

N

fk

T

T

Y

X

Y

X

30. Ubiquemos dos sistemas de coordenadas XY en los bloques pero orientados de modo que un eje esté en la dirección de su movimiento, como se indica en el dibujo de la derecha.Sobre el bloque que cuelga, las fuerzas que el exterior ejerce spbre él son:

la tensión de la cuerda que lo sostiene T T j⋅=•

la atracción gravitacional (su peso) w2 w2 j−( )⋅=•



mientras que sobre el bloque del plano inclinado actúan principalmente. . .

la fuerza de fricción f k f k i−( )⋅= = µk N⋅( ) i−( )⋅ opuesta al movimiento y la fuerza normal •

N N j⋅= , ambas ejercidas por la superficie del plano inclinado

la atracción gravitacional (su peso), w1 que, de acuerdo al sistema de coordenadas elegido, tiene las •

componentes: w1 w1 cos θ( )⋅ j−( )⋅ w1 sen θ( )⋅ i−( )⋅+=

la tensión T T i⋅= con la cual la cuerda arrstra al bloque hacia arriba sobre el plano inclinado. En •magnitud, ésta tensión es la misma que la ejercida sobre el otro bloque puesto que se ignoran las masa de la polea y de la cuerda.

De modo que la aplicación sobre ambos bloques de la 2a ley de Newton Fneta M a⋅= genera las

ecuaciones . . .

bloque w1 : f k i−( )⋅ N j⋅+ w1 cos θ( )⋅ j−( )⋅ w1 sen θ( )⋅ i−( )⋅+ + T i⋅+w1

g

a1⋅= bloque

w2 : T j⋅ w2 j−( )⋅+w2

g

a2⋅=

Sin embargo, debido a que w1 no se desplaza en la dirección Y , mientras que w2 no lo hace en la

dirección X se concluye que.: a1 ax i⋅ 0 j⋅+= y a2 0 i⋅ ay j⋅+=

Por otra parte, si la cuerda que une los bloques no es elástica, no cambia su longitud y por lo tanto, los bloques recorrerán la misma distancia en el mismo tiempo y de acuerdo a los sistemas de referencia elegidos, cuando un bloque se mueva en la dirección +X , el otro se moverá en la dirección −Y, esto es:

ax ay−=y las ecuaciones anteriores quedan ...

T f k− w1 sen θ( )⋅−( ) i⋅ N w1 cos θ( )⋅−( ) j⋅+w1

g

ay−( ) i⋅ 0 j⋅+ ⋅=

T w2−( ) j⋅ w2

g

0 i⋅ ay j⋅+( )⋅=

Dos vectores son iguales si sus componentes correspondientes son iguales, asi que de la ec. anterior se deduce que . . .

T µk N⋅− w1 sen θ( )⋅−w1

g

ay−( )⋅= (1)

N w1 cos θ( )⋅− 0= (2)

T w2−w2

g

ay⋅= (3)

Todas las cantidades que éstas ecuaciones incuyen son constantes, asi que la aceleración ay también

será constante. Esto significa que los bloques tienen un movimiento uniformemente acelerado.Asi que si w2 se desplaza la distancia y 16− ft⋅= partiendo del reposo ( viy 0= ) , y del origen (

yi 0= ) , en un tiempo t 2 seg⋅= , se sigue de y f yi viy( ) t⋅+ 1

2ay⋅ t

2⋅+= que . . .



y 0 0+ 1

2ay⋅ t

2⋅+= es decir ay2 y⋅

t2

= (4)

Subastituyendo T de la ec. (3) en la ec. (1) se obtiene . . .

w2

g ay+( )g

⋅

µk w1 cos θ( )⋅( )⋅− w1 sen θ( )⋅−w1

g

ay( )− ⋅= (5)

resolviendo para w1 . . .

w1 w2

ay

g1+

µk cos θ( )⋅ sen θ( )+ay

g−

⋅= = w2

2 y⋅

g t2⋅

1+

µk cos θ( )⋅ sen θ( )+2 y⋅

g t2⋅

−

⋅

donde se ha substituido también la ec. (4) .

Calculando resulta . . .

w1 32 lb⋅

2 16− ft⋅( )⋅

g 2 seg⋅( )2⋅

1+

0.59 cos 60°( )⋅ sen 60°( )+2 16− ft⋅( )⋅

g 2 seg⋅( )2⋅

−

⋅= = 17 lb⋅

Si se hace w2 48 lb⋅= , entonces resolviendo la ec. (5) para la aceleración resulta . . .

ay gw2− w1 µk cos θ( )⋅ sen θ( )+( )⋅+

w2 w1+

⋅=

= g32− lb⋅ 48 lb⋅ 0.59 cos 60 °⋅( )⋅ sen 60 °⋅( )+( )⋅+

32 lb⋅ 48 lb⋅+

⋅

= 0.512 g⋅

= 0.512 32ft

seg2

⋅

⋅ = 16.4ft

seg2

⋅

lo cual significa que el bloque w2 sube verticalmente y como ax ay−= , el bloque w1 desciende

sobre el plano inclinado con esa misma aceleración.



Y

X

fk

θ

θ

Fk

Y

θ

w2

w1

N1

N2

A

B

31. Tomemos un sistema de coordenadas con el eje X en la dirección opuesta al movimientode los bloques. Antes de aplicar la 2a ley de Newton, es necesario determinar si en la varilla que los une hay una tensión o una compresión.

Ignorando el peso de la varilla, las fuerzas de fricción en los bloques son . . .

bloque A: f k N1 µ1⋅= = w1 cos θ( )⋅ µ1⋅bloque B: Fk N2 µ2⋅= = w2 cos θ( )⋅ µ2⋅

Si los bloques no estuvieran contectados por la varilla rígida, la fuerza que los haría mover hacia abajo sobre el plano sería . . .

bloque A: FA f k w1 sen θ( )⋅−= = w1 µ1 cos θ( )⋅ sen θ( )−( )⋅bloque B: FB Fk w2 sen θ( )⋅−= = w2 µ2 cos θ( )⋅ sen θ( )−( )⋅

y tendrían la aceleración . . .

bloque A: aAFA

w1

g

= = g µ1 cos θ( )⋅ sen θ( )−( )⋅ = 0.636− g⋅

bloque B: aBFB

w2

g

= = g µ2 cos θ( )⋅ sen θ( )−( )⋅ = 0.566− g⋅

de modo que aA aB> y el bloque A tiende a deslizarse más rápido sobre el plano que el bloque

B, por lo tanto al estar unidos por la varilla, el bloque A tiende ajalar al bloque B hacia bajo y éste a su vez jala con una fuerza igual y opuesta al bloque A hacia arriba. Asi que en la varilla existe una fuerza de tesnsión.

Si se intercambian las posiciones de los bloques, entonces el bloque B empuja al bloque A hacia arriba y éste a su vez empuja con una fuerza igual y opuesta al bloque B hacia abajo, asi que en la varilla habrá una fuerza de compresión. Sin embargo la aceleración del conjunto será la misma, dado que las fuerzas en la varilla son fuerzas internas al sistema de bloques y no cambian su movimiento.

Aplicando ahora la 2a ley de Newton (en la dirección X solamente) en ambos bloques como si fuesen un solo objeto físico se cumple que . . .

w1− sen θ( )⋅ w2 sen θ( )⋅− Fk+ f k+w1 w2+

g

a⋅=

donde a es la aceleración común de los bloques, esto es . . .

w1− sen θ( )⋅ w2 sen θ( )⋅− w2 cos θ( )⋅ µ2⋅( )+ w1 cos θ( )⋅ µ1⋅( )+w1 w2+

g

a⋅=

w1 µ1⋅ w2 µ2⋅+( ) cos θ( )⋅ w1 w2+( ) sen θ( )⋅−w1 w2+

g

a⋅=

y resulta . . .



a gw1 µ1⋅ w2 µ2⋅+

w1 w2+cos θ( )⋅ sen θ( )−

⋅=

= g8 lb⋅ 0.1( )⋅ 16 lb⋅ 0.2( )⋅+

8 lb⋅ 16 lb⋅+1

2⋅ 1

2−

⋅ = 0.59− g⋅ = 18.86−ft

seg2

⋅

Y

fk

θ

w2

w1

N1

A

-T

T

X

Fk

Y

θ

N2

B

Si aplicamos ahora la 2a ley de Newton (en la dirección X solamente) por separado a los bloques, se tiene que incluir el par acción-reacción ( T , T− ) en el diagrama de fuerzas y

se tiene . . .bloque A:

f k w1 sen θ( )⋅− T− = w1

ga⋅ (1)

bloque B:

Fk w2 sen θ( )⋅− T+ = w2

ga⋅ (2)

es decir . . .

µ1 w1⋅ cos θ( )⋅ w1 sen θ( )⋅− T+ = w1

ga⋅ (1)

µ2 w2⋅ cos θ( )⋅ w2 sen θ( )⋅− T− = w2

ga⋅ (2)

y resolviendo este par de ecuaciones simultáneas para las incógnitas T y a se obtiene . . .

a gw1 µ1⋅ w2 µ2⋅+

w1 w2+cos θ( )⋅ sen θ( )−

⋅=

y

Tw1 w2⋅

w1 w2+

µ2 µ1−( )⋅ cos θ( )⋅=

la misma aceleración que se obtuvo anteriormente.

Nótese que la fuerza T NO es simplemente la diferencia FB F A− y vale :

T8 lb⋅( ) 16 lb⋅( )⋅8 lb⋅ 16 lb⋅+( )

0.2 0.1−( )⋅ cos 45°( )⋅= = 0.377 lb⋅



F

Y

X

N1

N

-N

fs

-fs

W

w

fk

32. Consideremos un sistema de referencia con el eje X horizontal. Entre los bloques existen dos pares de fuerzas acción-reacción:

(N1 , N1− ) la fuerza normal con la cual se empujan •verticalmente( f s , f s− ) la fuerza de rozamiento estático con la que •impiden su deslizamiento.

Además, ambos bloques interactúan con la Tierra (pesos w

y W ) y con un agente externo que ejerce la fuerza F .

Si ambos bloques se mueven juntos con la misma aceleración, producida por la fuerza externa, entonces la

2a ley de Newtonse establece que . . .

bloque M : f k− N1+ N− f s+ W−( ) M a⋅=

bloque m : N w−( ) f s− F+ m a⋅=

donde f k N1( ) µk⋅= es la fuerza de fricción cinética entre el bloque y la superficie horizontal y

f s N µs⋅= es la fricción estática que existe entre los bloques.

Expresando las ecuaciones anteriores en términos de las componentes vectoriales resulta . . .

bloque M : µk− N1⋅ µs N⋅+( ) i⋅ N1 N− M g⋅−( ) j⋅+ M a i⋅ 0 j⋅+( )⋅=

bloque m : µs− N⋅ F+( ) i⋅ N m g⋅−( ) j⋅+ m a i⋅ 0 j⋅+( )⋅=

Igualando las componentes vectoriales correspondientes resulta el siguiente sistema de ecuaciones . . .

µk− N1⋅ µs N⋅+ M a⋅= (1)

N1 N− M g⋅− 0= (2)

µs− N⋅ F+ m a⋅= (3)

N m g⋅− 0= (4)

para las incógnitas N , N1 , F y µs .

De la ec. (4) : N m g⋅= y de la ec. (2) : N1 m M+( ) g⋅= , y substituyendo éstos resultados en la ec. (1)

podemos obtener . . .

µsM a⋅ µk m M+( ) g⋅[ ]⋅+

m g⋅= = µk 1

M

m+

⋅M a⋅m g⋅

+ = 1.47

Además de la ec. (3) queda . . .

F m a⋅ µs N⋅+= = m M+( ) a µk g⋅+( )⋅ = 34.72 Newt⋅



Y

X

a

θ

N

mgθ

θ

fs

F

33. Consideremos un sistema de referencia rectangular XY con el eje X horizontal y ubiquemos al bloque como partícula en el origen de tal sistema. El bloque tiene la misma aceleración a que el plano

inclinado, dado que debe moverse junto con él y sin deslizarse. La 2a ley de Newton aplicada al conjunto bloque-plano es . . .

F m M+( ) a⋅= es decir aF

m M+( )=

En la figura de la derecha se muestran las fuerzas del medio ambiento sobre el bloque.

Por oponerse naturalmente al movimiento, la fuerza de fricción estática f s sobre el bloque tiene el

sentido opuesto al movimiento inminente de éste, asi que cuando el bloque está a punto de deslizarse

hacia arriba sobre el plano, la 2a ley de Newton establece que . . . Fneta m a⋅= → N m g⋅+ f s+( ) m a⋅=

y expresada en sus componentes vectoriales:

N sen θ( )⋅ i⋅ N cos θ( )⋅ j⋅+( ) m g⋅ j−( )⋅+ f s cos θ( )⋅ i⋅ f s sen θ( )⋅ j−( )⋅+ + = m F⋅

m M+( )i⋅

Las componentes vectoriales correspondientes de ambos miembros en ésta ecuación vectorial deben ser iguales, pues solo asi son iguales los vectores en ambos miembros de la ec. anterior . . .

N sen θ( )⋅ µs N⋅( ) cos θ( )⋅+m F⋅

m M+( )= (1)

N cos θ( )⋅ m g⋅− µs N⋅ sen θ( )⋅− 0= (2)

Substituyendo la fuerza N de la ec. (2) en la ec. (1) se obtiene. . .

F m M+( ) g⋅sen θ( ) µs cos θ( )⋅+

cos θ( ) µs sen θ( )⋅−

⋅=

Cuando el bloque está a punto de deslizarse hacia abajo sobre el plano inclinado, la fuerza de fricción estática tiene el sentido opuesto (hacia arriba sobre el plano) , por lo tanto, en el análisis anterior solamente tenemos que invertir su signo y resulta . . .

F1 m M+( ) g⋅sen θ( ) µs cos θ( )⋅−

cos θ( ) µs sen θ( )⋅+

⋅=



0 20 40 60 80

grados

New

tons

Notemos que, para un coeficiente de fricción estática µs

dado existe un ángulo crítico dado por. . .

cos θc( ) µs sen θc( )⋅− 0= , es decir . . .

tan θc( )⋅ 1

µs=

más allá del cual será imposible mover al bloque hacia arriba sobre el plano por intensa que sea la fuerza F

aplicada, como se muestra en la primera gráfica de la derecha.Similarmente, para el caso en que el bloque tienda a deslizarse hacia abajo, existe un ángulo crítico dado por.

sen θ1( ) µs cos θ1( )⋅− 0= , es decir . . .

tan θ1( )⋅ µs=

tal que si θ θ1≤ , no es necesaria ninguna fuerza

externa F1 para que el bloque se deslice hacia abajo,

como se ilustra en la segunda gráfica de la derecha.

0 20 40 60

gradosN

ewto

ns

34. El peralte de una curva circular se diseña para cierta velocidad de tráfico de los vehiculos de modo que no sea necesaria una fuerza de fricción adicional cuando se muevan sobre la curva .

θ

Y

X O

R

N

Mg

Consideremos al vehiculo como una partícula de masa M que se mueve sobre una trayectoria circular horizontal a la distancia R del centro de la curva.Si la rapidez del vehiculo es la misma para la cual fué diseñado el peralte θ , entonces solo actúan sobre él dos fuerzas externas: su peso Mg y la fuerza normal N perpendicular a la superficie de la carretera.

Eligiendo un sistema de referencia XY rectangular con el eje X horizontal dirigido a lo largo del radio de giro y ubicando a la partícula en el origen del sistema, la fuerza centrípeta sobre la partícula es la

componente horizontal de la fuerza normal : N sen θ( )⋅ y la 2a ley de Newton establece que . . .

Fcentrípeta M acentrípeta⋅= es decir . . .N sen θ( )⋅ Mv

2

R

⋅= (1)



Si el vehiculo no se mueve en la dirección del eje vertical Y, la la ley de Newton establece . . .

N cos θ( )⋅ M g⋅− 0= es decir NM g⋅

cos θ( )= (2)

Asi que al substituir en la ec. (1) se obtiene . . .

M g⋅cos θ( ) sen θ( )⋅ M

v2

R

⋅=

Resolviendo par la rapidez v . . .

v R g⋅ tan θ( )⋅=

Este resultado es independiente de la masa M . esto significa que vale igual para cualquiera que sea el vehículo que esté en movimiento sobre la curva.En el problema dado, se obtiene . . .

v 670 ft⋅( ) 32ft

seg2

⋅

⋅ tan 14°( )⋅= = 73.1ft

seg⋅ = 80.2

km

hr⋅

θ

N

fs

Y

X

Cuando el vehiculo se estaciona sobre la carretera, la fuerza de fricción estática que la pista ejerce sobre las ruedas del vehiculo, debe impedir el deslizamiento hacia abajo sobre la curva. Suponemos que tal fuerza es la misma en cada rueda y que la suma de todas es f s .

Además, la fuerza normal que ejerce la pista sobre el vehiculo forma con el eje vertical Y el mismo ángulo θ que el eje X forma con la pista. De este modo, la 1a ley de Newton establece que si el vehículo está en reposo, la suma de fuerzas ejercidas sobre él debe ser cero.

N M g⋅+ f s+ 0=

en componentes . . .

N cos θ( )⋅ j⋅ N sen θ( )⋅ i−( )⋅+ M g⋅ j−( )⋅+ f s cos θ( )⋅ i⋅ f s sen θ( )⋅ j⋅+( )+ 0 i⋅ 0 j⋅+=

y se debe cumplir que las componentes vectoriales respectivas en ambos miembros de la ec. sean iguales:

N cos θ( )⋅ M g⋅− µs N⋅ sen θ( )⋅+ 0= (1)

N− sen θ( )⋅ µs N⋅ cos θ( )⋅+ 0= (2)

donde se ha substituido la fuerza de fricción estática por su expresión equivalente f s µs N⋅= en función

del coeficiente de rozamiento µs .



De la ecuación (2) se obtiene: µsN sen θ( )⋅N cos θ( )⋅

= es decir µs tan θ( )=

Asi que substituyendo los datos del problema se obtiene . . . µs tan 14°( )= = 0.23

De la ec. (1) se deduce que :

NM g⋅

cos θ( ) tan θ( ) sen θ( )⋅+= = M g⋅ cos θ( )⋅

y la fuerza normal de empuje es menor que el peso del vehículo.

Supongamos ahora que el vehículo se mueve de modo que está a punto de deslizarse hacia arriba sobre el peralte de la curva, entonces la fuerza de fricción estática que ejerce la pista sobre él tiene la dirección opuesta.El diagrama de cuerpo libre para el vehículo se indica en la figura de la derecha. De la 2a ley de Newton se deduce que . . .

θ

Mg

θ

N

fs

hacia el centro de giro

Fcentrípeta M acentrípeta⋅= es decir: N sen θ( )⋅ µs N⋅( ) cos θ( )⋅+ Mv

2

R

⋅= (1)

y en la dirección Y . . . N cos θ( )⋅ M g⋅− µs N⋅ sen θ( )⋅− 0= (2)

Substituyendo N de la ec. (2) en la ec (1) queda . . .

M g⋅cos θ( ) µs sen θ( )⋅−

sen θ( ) µs cos θ( )⋅+( )⋅ Mv

2

R⋅=

de modo que la rapidez máxima que puede tener el vehículo sobre la curva sin que se derrape es:

vmax g R⋅sen θ( ) µs cos θ( )⋅+

cos θ( ) µs sen θ( )⋅−

⋅=

= g 670 ft⋅( )⋅sen 14°( ) 0.2( ) cos 14°( )⋅+cos 14°( ) 0.2( ) sen 14°( )⋅−

⋅ = 100.7ft

seg⋅ = 110.5

km

hr⋅

Si el vehículo se mueve de modo que está a punto de deslizarse hacia abajo sobre el peralte de la curva, entonces la fuerza de fricción estática que ejerce la pista sobre él tiene la dirección opuesta y en el análisis

anterior solamente es necesario cambiar el signo de µs , obteniéndose . . .

vmin g R⋅sen θ( ) µs cos θ( )⋅−

cos θ( ) µs sen θ( )⋅+

⋅= = 31.74ft

seg⋅ = 34.8

km

hr⋅

como la rapidez mínima para evitar un deslizamiento hacia abajo sobre la curva.



θ

N

Mg

Y

X

35. Si las alas del aeroplano están inclinadas 30º respecto al eje X horizontal, entonces la fuerza de sustentación del aire (N) forma el mismo ángulo con el eje Y vertical.De modo que la componente horizontal de N está dirigida hacia el centro de giro y produce la aceleración centrípeta

necesaria v

2

R para que gire el avión en la circunferencia de

radio R .

La 2a ley de Newton establece asi que . . .

N sen θ( )⋅ Mv

2

R⋅= (1) en la dirección horizontal X

N cos θ( )⋅ M g⋅= (2) en la dirección vertical Y

Al dividir la ec. (1) entre la ec. (2) se obtiene . . .N sen θ( )⋅N cos θ( )⋅

M

M g⋅v

2

R⋅= de donde resulta:

tan θ( ) v2

g R⋅= , asi que el radio de la trayectoria circular debe ser . . .

Rv

2

g tan θ( )⋅= = 247

km

hr⋅

21

g tan 30°( )⋅⋅ = 832 m⋅

Mg

hacia el centro de giroθ

T

θ

36. Ubiquemos un sistema de referencia XY derecho con el origen sobre el objeto que cuelga del hilo. Las únicas fuerzas externas que mueven al objeto son entonces su propio peso Mg y la tensión T que hay en el hilo del cual se sostiene , asi que la 2a ley de Newton establece que en la dirección horizontal X . . .

T sen θ( )⋅ Mv

2

R⋅= (1)

donde R es el radio de la curva circular.(ignorando el pequeño desplazamiento horizontal del extremo

del hilo del cual cuelga el objeto )

y en la dirección Y . . . T cos θ( )⋅ M g⋅− 0= (2)

Asi que substituyendo la variable T de la ec. (2) en la ec. (1) queda . . .

Mg

cos θ( )⋅

sen θ( )⋅ Mv

2

R⋅=



es decir g tan θ( )⋅v

2

R= . De aquí se obtiene la rapidez v del vehículo :

v g R⋅ tan θ( )⋅= = g 69 m⋅( )⋅ tan 32°( )⋅ = 20.56m

seg⋅ = 74

km

hr⋅

Notemos que si se conoce ésta rapidez v y se mide el ángulo θ que forma el hilo con la verical,

entonces se puede usar el dispositivo anterior para medir (en forma aproximada) el radio R de una curva circular sin peralte, ya que despejando R de la ec. anterior queda . . .

Rv

2

g

1

tan θ( )⋅= ó bién: Rv

2

gcot θ( )⋅=


Y

Mg

θ

θ

N

X

37. Para que la ruedas de un vehículo que se mueva sobre la curva peraltada no tengan fricción estática con el pavimento de la curva, es necesario que la fuerza centrípeta sobre el vehículo sea proporcionada exclusivamente por la componente horizontal de la fuerza normal N que ejerce la pista sobre él, como se indica en el diagrama de la derecha. Se representa al vehículo como una partícula de masa M en

el origen del sistema de coordenadas y la inclinación de la pista se indica por el ángulo θ respecto a la horizontal.

Por lo tanto, la 2a ley de Newton establece que en la dirección horizontal X . . .

N sen θ( )⋅ Mv

2

R⋅= (1)

donde R es el radio de la curva circular que describe el vehículo.

La partícula no se mueve en la dirección Y , asi que la 1a ley de Newton establece que . . .

N cos θ( )⋅ M g⋅− 0= (2)

Substituyendo la variable N de la ec. (2) en la ec. (1) resulta . . . M g⋅

cos θ( )

sen θ( )⋅ Mv

2

R⋅=

es decir . . . g tan θ( )⋅v

2

R= .

De aqui se obtiene el ángulo θ de peralte para la curva:

θ arctanv

2

g R⋅

=



Notemos que éste resultado es independiente de la masa M del vehículo, lo cual significa que vale lo mismo para camiones muy pesados que para automóviles ligeros. Calculando . . .

θ arctan 84km

hr⋅

21

g 328 ft⋅( )⋅⋅

= = arctan 23.3m

seg⋅

21

g 253 m⋅( )⋅⋅

= 12.4°


Mg

N

fs

Si la curva no tiene peralte, entonces la fuerza centrípeta sobre el vehículo debe ser proporcionada exclusivamente por la fuerza de fricción estática f s (que se opone al

desplazamiento hacia afuera de la curva) entre las ruedas del vehículo y el pavimento, dado que la fuerza normal N es

ahora solo vertical, como se muestra en la figura de la derecha.Por lo tanto, la 2a ley de Newton establece que en la dirección horizontal X . . .

f s Mv

2

R⋅= es decir N µs⋅ M

v2

R⋅= (1)

donde R es el radio de la curva circular y hemos supuesto que la rapidez del vehículo en la curva es tal que la fuerza de fricción estática ha llegado a su valor máximo, de tal manera que el vehículo está a punto de deslizarse.

Además, como el vehículo no se mueve en la dirección vertiucal Y , la 1a ley de Newton establece que . . .

N M g⋅− 0= (2)

Substituyendo ahora la variable N de la ec. (2) en la ec. (1) resulta . . .

M g⋅( ) µs⋅ Mv

2

R⋅= es decir . . . µs

v2

g R⋅=

para el problema dado, se obtiene entonces . . .

µs

23.3m

seg⋅

2

g 253 m⋅( )⋅= = 0.22

Condiciones externas como la lluvia, la escarcha, el frio o la nieve pueden hacer que el coefciente µs

disminuya, lo que aumenta el riesgo de derrape si el vehículo se mueve sobre la curva con la velocidad anterior.



a

ω L

θ

Mg

R

T

38. Las fuerzas sobre el objeto que cuelga son su peso Mg y la tensión T de la cuerda. Si la cuerda tiene una longitud L , el objeto tiene un radio total

de giro dado por R a L sen θ( )⋅+( )= y la 2a ley de

Newton Fcentrípeta Mv

2

R⋅= aplicada a su movimiento

circular establece que . . .

T sen θ( )⋅ Mv

2

a L sen θ( )⋅+

⋅= (1)

Por otra parte, dado que en la dirección vertical el objeto está en equilibrio estático, la suma de las fuerzas es nula . . .

T cos θ( )⋅ M g⋅− 0= es decir TM g⋅

cos θ( )= (2)

Substituyendo T de la ec. (2) en la ec. (1) se obtiene . . .

M g⋅

cos θ( )

sen θ( )⋅ Mv

2

a L sen θ( )⋅+( )⋅=

Asi que la rapidez v de giro es . . .

v g tan θ( )⋅ a L sen θ( )⋅+( )⋅=

= 980cm

seg2

⋅

tan 60°( )⋅ 15 cm⋅ 75 cm⋅ sen 60°( )⋅+( )⋅ = 368.4cm

seg⋅

La rapidez angular ω se obtiene ahora a partir de la relación : ωv

R=

ω = g tan θ( )⋅ a L sen θ( )⋅+( )⋅

a L sen θ( )⋅+( ) = g tan θ( )⋅

a L sen θ( )⋅+

= g tan 60°( )⋅

15 cm⋅ 75 cm⋅ sen 60 °⋅( )⋅+ = 4.6

rad

seg⋅

Convirtiendo a rpm queda: ω 4.6rad

seg⋅

1 rev⋅2 π⋅ rad⋅

⋅60 seg⋅min

⋅= = 44rev

min⋅



L

L

L

T2

T1

Mg

R θ

θ

39. Ubiquemos el origen de un sistema de refrencia XY derecho en la partícula que gira. Dado que las fuerzas que mueven a la partícula son su peso M g⋅ , la tensión en la cuerda superior T1 y la tensión en la cuerda

inferior T2 , la 2a ley de Newton Fneta M a⋅= aplicada a

ésta partícula tiene la forma . . .

M g⋅ T1+ T2+( ) M a⋅=y desarrollándola en componentes . . .

M− g⋅ j⋅ T1− cos θ( )⋅ i⋅ T1 sen θ( )⋅ j⋅+( )+ T2− cos θ( )⋅ i⋅ T2 sen θ( )⋅ j⋅−( )+ M ω2− R⋅ i⋅ 0 j⋅+( )⋅=

Por la simetría geométrica del problema ( las cuerdas y la distancia entre sus extremos forman un triángulo

equilátero) , se deduce que θ 30°= y que el radio de giro es R L cos θ( )⋅= .

Igualando las componentes correspondientes en la ecuación anterior se obtiene . . .

T1− cos θ( )⋅ T2 cos θ( )⋅− M− ω2R⋅( )⋅= (1)

M− g⋅ T1 sen θ( )⋅+ T2 sen θ( )⋅− M 0( )⋅= (2)

El problema requiere que la tensión en la cuerda superior sea el doble que la que existe en la cuerda inferior, es decir T1 2 T2⋅= , si que las ecuaciones anteriores toman la forma . . .

2 T2⋅( )− cos θ( )⋅ T2 cos θ( )⋅− M− ω2R⋅( )⋅= (1)

M− g⋅ 2 T2⋅ sen θ( )⋅+ T2 sen θ( )⋅− 0= (2)

Substituyendo ahora T2M g⋅

sen θ( )= de la ec. (2) en la ec. (1) resulta . . .

2− Mg

sen θ( )⋅

⋅ cos θ( )⋅ Mg

sen θ( )⋅ cos θ( )⋅− M− ω2R⋅( )⋅=

es decir. . .

3 g⋅ cot θ( )⋅ ω2R⋅=

asi que la rapidez angular es . . .

ω3 g⋅ cot θ( )⋅L cos θ( )⋅

= = 3 g⋅

L sen θ( )⋅

= 3 g⋅

0.62 m⋅( ) sen 30°( )⋅ = 9.74

rad

seg⋅ = 93

rev

min⋅



R

M v40. Si la cuerda no ejerce tensión sobre el objeto en la parte superior de la trayectoria circular vertical, la única fuerza que puede generar la aceleración centrípeta necesaria es el propio peso M g⋅ del objeto y de la 2a ley de Newton se deduce que . . .

M g⋅( ) Mvmin( )2

R

⋅=

es decir . . .

vmin g R⋅= = g 1 m⋅( )⋅ = 3.13m

seg⋅

Por el contrario, en la parte inferior de la trayectoria circular vertical, la tensión de la cuerda se opone al peso del objeto pero la fuerza neta debe tener la misma dirección y sentido que la aceleación centrípeta (hacia arriba al centro de giro) , por lo cual se deduce que . . .

R

Mg

v

T

T M g⋅−( ) Mvmax( )2

R⋅=

es decir:

vmax RT

Mg−

⋅= = 1 m⋅( )100 Newt⋅

2 kg⋅9.8

m

seg2

⋅−

⋅ = 6.34m

seg⋅

R

a

v

aT

aR

En cualquier otro punto de la trayectoria, la suma de la fuerzas T y Mg , genera la aceleración total a sobre el objeto, la cual tiene una componente radial aR centrípeta y

una componente tangencial aT que

lo acelera ( si está bajando) o lo frena (si está ascendiendo )

R

T

Mg

a = ( T + Mg )/M

Mg

v

N141. En el punto más alto de su trayectoria circular vertical, las

fuerzas sobre el estudiante son su peso Mg y la fuerza normal N1 con la cual el asiento lo empuja hacia arriba ( la reacción a la fuerza con la que él presiona el asiento hacia abajo ), por lo tanto en ese punto, la 2a ley de Newton

F m a⋅= toma la forma . . .

N1 M g⋅−( ) M− ω2R⋅( )⋅= (1)



Notese que en este caso la fuerza y la aceleración centrípetas están dirigidas hacia abajo, por eso el signo negativo de la ec. (1).

Mg

N2

v

En el punto más bajo de su trayectoria, las fuerzas sobre el estudiante son las mismas que en el punto más alto excepto por la magnitud de la fuerza normal ( N2 ) que debe ser mayor que antes para que la fuerza centrípeta total lo empuje hacia arriba y

gire con la rapidez angular ω , por lo tanto en este punto, la 2a

ley de Newton F m a⋅= toma ahora la forma . . .

N2 M g⋅−( ) M ω2R⋅( )⋅= ( 2 )

Si se dividen miembro a miembro las ecuaciones (1) y (2) resulta N1 M g⋅−

N2 M g⋅−M− ω2

R⋅( )⋅

M ω2R⋅( )⋅

= es decir

. . .N1 M g⋅− 1−( ) N2 M g⋅−( )⋅=

por lo tanto . . . N2 2 M⋅ g⋅ N1−= = 2 150 lb⋅( )⋅ 125 lb⋅− = 175 lb⋅

De la ecuación (1) se deduce que la rapidez angular de la rueda es . . .

ω2 M g⋅ N1−

M R⋅

= (3)

entonces, si ahora se duplicase la velocidad angular ω , de la misma ecuación (1) se deduce que el nuevo

peso aparente N3 en el punto más alto sería . . .

N3 M g⋅ M 2 ω⋅( )2⋅ R⋅−=

= M g⋅ M 4M g⋅ N1−

M R⋅⋅

⋅ R⋅−

= 4 N1⋅ 3 M⋅ g⋅− = 4 125 lb⋅( )⋅ 3 150 lb⋅( )⋅− = 50 lb⋅

Finalmente, para que en el punto más alto el estudiante pierda el contacto con su asiento la fuerza normal debe ser cero, y de la ec. (3) se deduce que la rapidez angular debe ser . . .

ω2 M g⋅ 0−M R⋅

= es decir ω g

R=

ω =

9.8m

seg2

⋅

6.2 m⋅ = 1.257

rad

seg⋅ = 1.257( )

60

2 π⋅rev

min⋅

⋅ = 12 rpm⋅



T

Y

X

Norte

Este

Mg

θθθθ

θθθθ

φ

42. Consideremos un objeto que se suspende de una cuerda en un lugar de la superficie terrestre que tiene cierta latitud θ y designemos la dirección vertical real como la que apunta directamente al centro de la Tierra Consideremos esa dirección como el eje Y de nuestro sistema de coordenadas, en cuyo origen situamos al objeto que se cuelga (cuyo tamaño aparece exagerado en el dibujo de la derecha ). El eje X es entonces la dirección horizontal local de ese lugar.Debido a la rotación de la Tierra alrededor de su eje Norte-Sur, tal objeto estará sometido a una aceleración centrípeta a que está dirigida perpendicularmente al eje de giro y por lo tanto, de

acuerdo a la 2a ley de Newton, la suma de las fuerzas que mueven al objeto debe tener esa misma dirección y se calcula a partir de . . .

T m g⋅+( ) M a⋅=

O en componentes . . .

T− sen φ( )⋅ i⋅ T cos φ( )⋅ j⋅+ M g⋅ j⋅− M ax i⋅ ay j⋅+( )⋅=

donde hemos descompuesto la aceleración centrípeta a ω2R⋅ cos θ( )⋅= en sus componentes

rectangulares ax a− sen θ( )⋅= y ay a− cos θ( )⋅= respecto al sistema de referencia XY elegido .

Se ha supuesto también que el radio R de la Tierra tiene es constante (6 380 km ) para cualquier

localidad. Igualando las componentes correspondientes de la ecuación anterior, se obtiene . . .

T− sen φ( )⋅ M ax⋅=

T cos φ( )⋅ M g⋅− M ay⋅=

es decir . . .

T− sen φ( )⋅ M a− sen θ( )⋅( )⋅= = M− ω2R⋅ cos θ( )⋅( )⋅ sen θ( )⋅ (1)

T cos φ( )⋅ M a− cos θ( )⋅( )⋅ M g⋅+= = M− ω2R⋅ cos θ( )⋅( )⋅ cos θ( )⋅ M g⋅+ (2)

Dividiendo miembro a miembro las ecuaciones anteriores, para eliminar la variable T se obtiene . . .

T sen φ( )⋅T cos φ( )⋅

M ω2R⋅ cos θ( )⋅( )⋅ sen θ( )⋅

M− ω2R⋅ cos θ( )⋅( )⋅ cos θ( )⋅ M g⋅+

=



o bién, dividiendo la fracción de la derecha por el factor ω2R⋅ cos

2⋅ θ( )⋅ queda . . .

sen φ( )cos φ( ) =

ω2R⋅ cos θ( )⋅( ) sen θ( )⋅

ω2R⋅ cos2⋅ θ( )⋅

ω2R⋅ cos θ( )⋅( )− cos θ( )⋅ g+

ω2R⋅ cos2⋅ θ( )⋅

=

sen θ( )cos θ( )g

ω 2 R⋅ cos2⋅ θ( )⋅1−

simplificando . . .

tan φ( ) tan θ( )g

ω2R⋅ cos

2⋅ θ( )⋅1−

=

Cuando θ = 45° , cos2

45°( )⋅ 1

2= , tan 45°( ) 1= y con ω 1

rev

dia⋅= =

2 π⋅86400

rad

seg⋅ resulta . . .

φ arctan1

2 g⋅

ω2R⋅

1−

= = 0.098802( )° = 0° 5.93 '

es decir, una plomada se desviará aproximadamente 6 minutos de arco de la vertical real.

Las latitudes θ en las cuales la desviación φ es máxima se determinan igualando a cero la derivada

respecto a θ de la expresión . . .

φ arctantan θ( )g

ω2R⋅ cos

2⋅ θ( )⋅1−

=

obteniéndose . . .

R− ω2⋅2− cos θ( )2⋅ g⋅ g+ ω2

R⋅ cos θ( )2⋅+( )g

22 g⋅ ω2⋅ R⋅ cos θ( )2⋅− ω4

R2⋅ cos θ( )2⋅+( )⋅ = 0

que dá la condición : 2− cos θ( )2⋅ g⋅ g+ ω2R⋅ cos θ( )2⋅+ 0=

es decir cos2 θ( )⋅ 1

2R ω2⋅

g−

= y resulta . . . θ arccos1

2R ω2⋅

g−

= = 44.95°

Nótese que esa desviación máxima depende principalmente de la rapidez angular ω de la Tierra.



N

Mg

r

eje de giro

fs

θ

Y

X

ω θ43. Las fuerzas sobre el cubo se deben al contacto con la superficie

del embudo ( Normal N , fricción estática f s ) y a la

atracción gravitacional terrestre (peso M g⋅ ) .

Asi que si se escoje un sistema de coordenadas rectangular XY derecho y se ubica el origen del sistema en el cubo, la suma de esas fuerzas externas sobre el cubo es la fuerza neta que lo hace mover sobre una trayectoria circular de radio r .

Para concretar, supongamos que el cubo está girando de modo que está a punto de deslizarse hacia arriba sobre la superficie del embudo, es decir la fuerza de fricción estática está dirigida en la dirección opuesta a la

tendencia del deslizamiento y ha llegado a su valor máximo posible f s µs N⋅= .

Al aplicar la 2a ley de Newton se obtiene la ec. vectorial . . . N M g⋅+ f s+( ) M a⋅=y según el sistema de coordenadas que hemos elegido, el desarrollo de ésta ecuación en componentes vectoriales es . . .

N− sen θ( )⋅ i⋅ N cos θ( )⋅ j⋅+ M g⋅ j⋅− f s cos θ( )⋅ i⋅− f s sen θ( )⋅ j⋅− M ax i⋅ ay j⋅+( )⋅=

donde ax ω2− r⋅= y ay 0= son las componentes de la aceleración del objeto.

Por la igualdad de vectores, se obtienen entonces las condiciones . . .

N− sen θ( )⋅ µs N⋅ cos θ( )⋅− M ω2− r⋅( )⋅= (1)

N cos θ( )⋅ M g⋅− µs N⋅ sen θ( )⋅− 0= (2)

Substituyendo NM g⋅

cos θ( ) µs sen θ( )⋅−( )= de la ec. (2) en la ec. (1) queda . . .

M g⋅sen θ( ) µs cos θ( )⋅+( )cos θ( ) µs sen θ( )⋅−( )⋅ M ω2⋅ r⋅=

de aquí se obtiene que la rapidez angular máxima del embudo debe ser . . .

ωmaxg

r

sen θ( ) µs cos θ( )⋅+( )cos θ( ) µs sen θ( )⋅−( )⋅=

Si el embudo gira lentamente, el bloque tendrá la tendencia a deslizarse hacia abajo, de modo que el único cambio que debemos hacer en el análisis anterior es invertir el sentido de la fuerza de fricción o lo que es

equivalente, cambiar el signo del coeficiente µs . Hecho ésto se obtiene que la rapidez angular mínima es:

ωming

r

sen θ( ) µs cos θ( )⋅−( )cos θ( ) µs sen θ( )⋅+( )⋅=



CAPÍTULO V

Trabajo y

Energía



Trabajo y Energia

Para resolver los siguientes problemas de dinámica clásica, aplicando :

el principio de conservación de la energía ó1.el teorema de la variación de la energía cinética 2.

se recomienda usar el siguiente procedimiento:

Representar como partículas a los objetos físicos involucrados . En el movimiento de •translación de objetos rígidos, todas las partes de un objeto extendido se transladan igual y podemos describir su movimiento al reemplazar al objeto real por un solo punto material de la misma masa.Identificar las fuerzas . Aislar al objeto (ó sistema de objetos) de interés cuyo •movimiento se desea determinar, de los demás objetos con los cuales interactúa, para determinar por medio de la 3a ley de Newton, todas las fuerzas que el medio ambiente ejerce sobre él. Clasificar estas fuerzas en conservativas o no conservativas y calcular las energías potenciales de las que sean conservativas.Elegir un nivel de referencia para cada una de las energías potenciales . Por •sencillez, se acostumbra asignar arbitrariamente el valor cero de energía potencial a cada uno de esos niveles de referencia.Definir un estado inicial y un estado final . Elegir una configuración del sistema como •el estado inicial y otra configuración a la cual evoluciona después de cierto tiempo, como su estado finalAplicar el principio de conservación de la energía ó el teorema de la variación de la •energía cinética entre esos dos estados

Einicial E final= (si sólo actúan fuerzas conservativas)

E final Einicial− W externo= (si también actúan otras fuerzas)

Wneto ∆K= K final K inicial−( )= Aquí

E K

i

U i∑+

= respresenta la energía mecánica del sistema como la

suma de su energía cinética (K) y de todas las energías potenciales U i

asociadas a fuerzas conservativas. W externo es el trabajo hecho sobre el

sistema por otras fuerzas que no sean conservativas y Wneto respresenta el

trabajo hecho sobre el sistema por todas las fuerzas, conservativas o no.Verificar los resultados obtenidos. ¿concuerdan las unidades? , ¿la respuesta es •razonable? , ¿tiene sentido físicamente?.



Un automóvil que se mueve en línea recta sobre una carretera horizontal, frena bruscamente hasta detenerse, dejando sus neumáticos una marca recta sobre el suelo de 43 m de longitud. Si el coeficiente de

rozamiento entre los neumáticos y el pavimento es µk 0.375= , ¿ Que rapidez tenía el automóvil

justamente antes de frenar?

6.

Calcular la energia cinética final de un automóvil de masa M = 900 kg que, partiendo del reposo y •bajo la acción de una fuerza constante, recorrió una distancia x = 25 m en un tiempo de t = 3 seg .Calcular la rapidez final de un automóvil de masa M que partiendo del reposo y bajo la acción de una •potencia constante, recorre la distancia x en un tiempo t

5.

Un malacate eléctrico arrastra un bloque de granito de 1380 kg pendiente arriba, sobre una rampa inclinada con una rapidez constante de 1.34 m/seg como se ilustra en la figura de la derecha. El coeficiente de fricción cinética entre el bloque y la pendiente es 0.41 . ¿Cuánta potencia deberá suministrar el motor eléctrico del malacate?

4.

28.2 m

39.4 m

M

Se empuja por una distancia de 5 m a velocidad constante hacia arriba sobre un plano inclinado a 51º , un baúl de 25 kg aplicándole una fuerza horizontal . El coeficiente de fricción cinética entre el baúl y la superficie del plano inclinado vale 0.2 . Calcular el trabajo efectuado por todas las fuerzas aplicadas al baúl

3.

θθθθ

F

d

Un hombre empuja por una distancia de 5 m con rapidez constante a un bloque de 58 kg que está sobre un suelo horizontal, aplicándole una fuerza dirigida a 31º por debajo de la horizontal . Si el coeficiente de fricción cinética entre el bloque y el suelo vale 0.21 , calcular el trabajo efectuado por :

el hombre sobre el bloque•la fricción sobre el bloque •

2.

v

θθθθ

Se usa una cuerda para bajar verticalmente un bloque de masa M una distancia d con una aceleración constante de valor g/4 . Determine

el trabajo hecho por la cuerda sobre el bloque ? •el trabajo realizado por la fuerza de gravedad •la energía cinética y la rapidez final del bloque. •

1. T

w

a

Trabajo y conservación de la energía



θθθθ

Fd

L

7. Un barril que pesa 250 Newtons está colgando verticalmente de una cuerda de longitud L = 30 m

¿Qué fuerza horizontal F se necesita para mantener al barril •alejado una distancia d = 5 m de la posición vertical que tenía inicialmente?¿Cuánto trabajo realiza una fuerza variable F para mover al •barril a velocidad constante a lo largo de un arco circular, desde su posición vertical inicial hasta esa posición?

a

x2

1 3

F(x) (en Newtons)

x (en metros)O

9

1

8. Calcular el trabajo efectuado por la fuerza variable:

F x( )k

x2

= (la constante k vale 9 Newtons⋅ m2⋅ ) que se aplica a

una partícula de masa 3 kg que inicialmente está en reposo, la cual se mueve en línea recta sobre el eje X desde la posición inicial x = 1 m hasta la posición final x = 3 m . (Este trabajo es numéricamente igual al área comprendida entre las posiciones inicial y final y que está bajo la curva que representa a la fuerza) según se muestra en la figura de la derecha . ¿Cual es la rapidez de la partícula cuando pasa por x = 3 m ?

2 6

F(x)

x O

8

4 8

7.5

- 4

3 51

9. Un bloque de 5 kg se mueve en línea recta sobre una superficie horizontal sin fricción bajo la influencia de una fuerza que varía con la distancia x medida a partir de la posición inicial como se muestra en la gráfica de la derecha . ( x se mide en metros y F en newtons )

¿Qué trabajo hace la fuerza para mover al •bloque desde la posición incial hasta la distancia x = 8 m ? Si la rapidez del bloque en la posición inicial era • 3.5 m/seg , ¿qué rapidez tiene cuando ha recorrido la distancia x = 6 m ?

L

θM

v

10. Una bola de 1 kg se ata a una cuerda de 2.06 m de longitud y manteniendo fijo el otro extremo de la cuerda, se suelta la bola desde la posición angular θ = 39º respecto a la vertical. ¿Qué rapidez v tendrá la bola en el punto mas bajo de su trayectoria circular?



L

θ

impulso

11. Una bola de 2 kg se ata a una cuerda de 3.48 m de longitud y el otro extremo se fija al techo. Se hace oscilar éste péndulo simple y cuando la cuerda forma un ángulo de 45 º con la vertical, se dá un impulso a la bola en una dirección perpendicular a la cuerda, de manera que la bola se aleje del piso. Después se observa que, cuando la bola pasa por la parte más baja de

su trayectoria, se mueve a 6m

seg⋅ .

¿Cual es la rapidez de la bola al finalizar el impulso? •¿Cuál es el máximo ángulo que formará la cuerda con la vertical?•

12. Cierto adulto que corre, tiene la cuarta parte de la energía cinética que su hijo, el cual tiene la novena parte

de la masa que su padre. Si el adulto aumentase su velocidad en 1m

seg⋅ entonces tendría la misma energía

cinética que su hijo. ¿A qué velocidades se están moviendo ambos?

13. Un automóvil de 1100 kg de masa viaja a 46 km/hr sobre una carretera horizontal . Se accionan los frenos para disminuir su energía cinética en 51000 Joules

¿Cuál será la velocidad final del automóvil? •¿Cuánta energía deben eliminar los frenos para reducir la velocidad de 46 km/hr a 5 km/hr ?•

14. Una bala de 30 gr disparada a 485 m/seg penetra 12 cm en un bloque de madera . ¿ Que fuerza media ejerce sobre el bloque?

15. Un bloque que partió del reposo, resbala hacia abajo sobre la superficie de un plano inclinado 19º respecto a la horizontal. Si el coeficiente de rozamiento cinético entre el bloque y la superficie del plano inclinado vale 0.3 , ¿qué rapidez tiene el bloque cuando ha descendido una altura vertical de 1.60 m ?

h

M16. Un bloque de masa M = 2 kg se deja caer sobre un resorte de constante

elástica k 18Newton

cm

⋅= desde una altura h = 45 cm por encima del

resorte.¿Qué distancia máxima se comprime el resorte al detener el bloque?•¿Cual es la rapidez máxima de rebote del bloque?•

17. Una pelota atada a una cuerda se pone en rotación en una circunferencia vertical. Demostrar que la tensión en la cuerda en el punto mas bajo excede a la del punto mas alto en 6 veces el peso de la pelota.



H

v

18. Una pelota pierde el 25% de su energía cinética cuando rebota contra el suelo . ¿A qué velocidad debe arrojarse ésta pelota verticalmente hacia abajo desde una altura de 7.5 m para que rebote a la misma altura ? . ( Desprecie la resitencia del aire ) .

19. Una pelota de hule se suelta desde una altura H = 6 ft y rebota varias veces contra un suelo plano y horizontal. Si la pelota pierde el 10.9 % de su energía cinética en cada rebote, ¿ al cabo de cuantos rebotes no se elevará a una altura h superior a 3 ft sobre el piso ?

20. Un proyectil de masa M alcanza una altura máxima H cuando es disparado verticalmente. Cuando se

dispara un proyectil similar bajo cierto ángulo de tiro, éste sube a una altura máxima H

4.

¿Cuál fué el ángulo de tiro para éste segundo proyectil? •¿Qué altura máxima alcanzará un proyectil idéntico si se dispara a 45° respecto a la horizontal?•

21. Un atleta olímpico lanza un disco de 0.5 kg a 12 m/seg desde 1 m de altura sobre el suelo ( su cintura ). Cuando la altura del disco sobre el suelo es 6 m su velocidad es 6 m/seg. ¿Cuál es el trabajo hecho por la fricción del aire sobre el disco?

22. Un proyectil de masa M = 0.51 kg⋅ se dispara desde el borde de un acantilado con una energía cinética de

1550 Joules y en su punto más alto ( ignorando la fricción con el aire ), está a 126 m de altura sobre el punto de disparo.

¿Cuánto vale la componente horizontal de su velocidad ? •Si en cierto instante la componente vertical de velocidad vale 80 m/seg, ¿en dónde se localiza el •proyectil respecto al lugar donde se disparó ?

T

MR

v

23. Una bola de 0.675 kg de masa sobre una mesa horizontal sin fricción, está unida a una cuerda ligera que pasa por un orificio en el centro de la mesa . La bola gira sobre la mesa con movimiento circular uniforme ( radio R = 0.5 m y rapidez v = 10 m/seg ) Se determina que al tirar de la cuerda una distancia x = 0.2 m a través del orificio reduciéndo asi el radio de giro a 0.3 m, la tensión en la cuerda se multiplica por un factor α de 4.63 . Calcular el trabajo total efectuado por la cuerda sobre la bola en rotación durante el proceso de reducción del radio de giro.



¿Qué fuerza hace falta para sacar de una tabla un clavo de 8 cm de longitud , que ha sido clavado de 6 golpes con un martillo de masa 0.5 kg cuya velocidad antes de cada golpe era de 2 m/seg? ( No considere la masa del clavo y suponga que al final de cada golpe , el martillo queda en reposo )

29.

Partiendo del reposo, un cuerpo cae libremente desde una altura h . Determinar su energía cinética y su energía potencial gravitacional como funciones de: i) el tiempo , ii) la altura sobre el suelo. Haciendo una gráfica de éstas energias, demostrar que la suma de ellas es, en ambos casos, una constante .

28.

Se une un bloque a un resorte vertical fijo y desde ésta posición inicial se le hace descender lentamente sosteniéndolo hasta quedar en equilibrio, lo cual hace que el resorte se estire una distancia h. Si en vez de descender lentamente, se suelta y deja caer el bloque desde la misma posición inicial, ¿qué distancia máxima descenderá ahora?

27.

d

Una cadena de masa M y longitud L se apoya sobre una mesa horizontal sin fricción con un quinto de su longitud colgando desde el borde de la mesa. ¿ Cuánto trabajo se requiere para jalarla hasta apoyarla totalmente sobre la mesa?

26.

F

L

5

Un bloque de 1 kg se desliza sobre una mesa horizontal y choca contra un resorte ideal de constante elástica 2.5 Newton/cm que se apoya sobre una pared vertical. Durante el choque el bloque comprime al resorte una distancia máxima de 12 cm. Si el coeficiente de fricción cinética entre el bloque y la mesa vale 0.25 , ¿qué distancia recorrerá el bloque sobre la mesa durante el rebote con el resorte hasta quedar en reposo?

25. k v

Un bloque que pesa 10 Newtons se empuja sobre una mesa horizontal contra un resorte ligero que se apoya sobre una pared vertical, hasta comprimir al resorte una distancia x = 15 cm . Después, se suelta el bloque y el resorte lo impulsa de modo que se desliza sobre la mesa una distancia d = 60 cm hasta detenerse. Si la constante elástica del resorte vale k = 1.2 Newton/cm, ¿cuánto vale el coeficiente de fricción cinética entre el bloque y la mesa? ( ignore la fricción con el aire . El resorte y el bloque no están unidos )

24.

FMk

d



M1

M2

h

estado inicial

v = 0

30. Dos bloques de masas M 1 6 kg⋅= y M2 10 kg⋅= cuelgan

libremente de una cuerda que pasa por una polea sin fricción fija al techo. Estando M1 inicialmente en reposo sobre el suelo, se suelta M 2 desde

una altura h 4.9 m⋅= . Ignorando la inercia de la polea, ¿con qué

rapidez llega M2 al suelo ?

31. Una varilla de ligera 1 m de longitud puede girar sobre un plano vertical alrededor de un eje que pasa por su centro y tiene en sus extremos dos bolas de masas 3 kg y 1 kg.

L

mM

Si la varilla se suelta partiendo del reposo desde una posición horizontal, entonces ¿que rapidez tienen las bolas cuando . . .

cruzan por la posición vertical ?. •la varilla forma cierto ángulo θ con la horizontal.•

32. Una partícula resbala por un carril cuyos extremos están elevados mientras que su parte central es plana. La parte plana tiene una longitud de 2 m y tiene un coeficiente de rozamiento cinético µκ = 0.2 .

h

d

MLas porciones curvas del carril no tienen fricción y la partícula se suelta en una de las partes curvas a una altura h = 1 m sobre la parte plana . ¿En qué punto de la parte plana se detendrá finalmente la partícula?

33. Se lanza al aire verticalmente hacia arriba una piedra de peso w a una velocidad inicial vo .

Cuando ha recorrido una distancia y , la piedra pierde la cantidad de energía f y⋅( ) debido a la fuerza de

fricción f con el aire. Demuestre que la máxima altura h que puede alcanzar la piedra, asi como la

velocidad v que tiene cuando choca contra el suelo son . . .

h = vo( )2

2 g⋅ 1f

w+

⋅ y v = vo

w f−w f+

⋅

34. Un objeto de 4 kg tiene 150 Joules de energia cinetica cuando empieza a deslizarse hacia arriba por encima de un plano inclinado 30º respecto a la horizontal.

¿Qué distancia d recorrera sobre el plano si el coeficiente de fricción cinética vale 0.3 ?•¿Cual es su rapidez cuando regresa al punto del plano desde donde fué lanzado? •



θL

v = 0

v

35. Partiendo del reposo, un bloque de masa M empieza a deslizarse hacia abajo sobre la superficie de una rampa inclinada de longitul L. Si el coeficiente de fricción cinética entre el bloque y la

superficie es µk ¿qué distancia x seguirá deslizándose el

bloque sobre una superficie horizontal con el mismo coeficiente de rozamiento después de pasar por la base de la rampa?

R

36. Un objeto de masa M está en reposo sobre la cima de un casquete de hielo semi-esferico de radio R. Si se imparte al objeto un pequeño empujón horizontal para que empiece a deslizarse sobre la superficie del hielo (sin friccion), demostrar que se desprende de la superficie en un punto

cuya altura es 2

3R⋅ . Si se considera la fricción, ¿se

desprenderá de la superficie en un punto inferior o superior al anterior?

(A)

(D)

(B)

(C)L

M

θ

37. Una barra ligera de longituld L tiene una bola de masa M fija en un extremo. El otro extremo de la barra puede pivotar sin friccion y de éste modo, la bola se mueve en un circulo vertical. Inicialmente la bola se coloca en la posición horizontal ( A ) y se suelta partiendo del reposo.

¿A qué ángulo θ respecto a la vertical será la tensión en la •barra igual al peso de la bola?. Si el péndulo se coloca inicialmente en posición vertical •invertida ( D ) y se suelta, ¿cuánto valdrá la tensión de la barra cuando la bola pase por ( B )?

38. En el problema anterior, suponga que la bola se impulsa desde la posición (A) hacia abajo con una velocidad inicial vo tal que apenas alcanza el punto (D) donde se detiene momentánemanete. Obtener

una expresión simbólica para vo en términos de L , M y g .

Se coloca ahora un poco de arena en el pivote de modo que ahora la bola sólo llega a la posición horizontal (C), partiendo de (A) con la misma velocidad inicial que antes.

¿que trabajo efectua la fricción durante este movimiento?. •¿cuál es el trabajo total que hace la friccion cuando la bola finalmente queda en reposo en la •posición (B) ?



d

M

v

L39. Una cuerda ligera de longituld L tiene una bola de masa M

fija en un extremo. El otro extremo está fijo de modo que la bola se puede mover libremente en un circulo vertical. Se coloca un clavo a una distancia d directamente debajo del punto de suspensión y la bola se suelta desde la posición horizontal. Demostrar que si se desea que la bola pueda girar una vuelta circular completa con centro en el clavo entonces

d debe ser por lo menos 3

5L⋅ .

vm

θR

40. Ignorando la fricción, para que una partícula de masa M

se mueva sin perder el contacto sobre el interior de un riel circular de radio R , debe moverse en el punto mas bajo con

cierta rapidez mínima vm .

Suponga que en el punto más bajo, la rapidez de la partícula sea de tan solo el 85% de vm , entonces

¿en qué punto se despegará del riel? ( Calcular la posición angular θ de tal punto )

la trayectoria luego

de que se rompe

la cuerdav

i

R

trayectoria circular

antes de que la

cuerda se rompa

φ

41. Una pelota se amarra a un extremo de una cuerda delgada de longitud R . El otro extremo de la cuerda está fijo. La pelota se pone en movimiento alrededor de un círculo vertical sin fricción. En la parte superior

de círculo la pelota tiene una rapidez vi g R⋅=

¿A qué ángulo φ se debe romper la cuerda para que la pelota pase por el centro del círculo? .

L

pivote

F

H

42. Una bola de masa M se amarra a un extremo de una cuerda de longitud L . El otro extremo está fijo a un pivote. El viento ejerce una fuerza horizontal constante de magnitud F sobre la bola.Si la bola se suelta desde el reposo cuando la cuerda está vertical ¿qué altura vertical H sube debido a la fuerza del viento? (Sugerencia: primero determinar la energía potencial asociada con la fuerza constante del viento)



43. Un elevador que pesa 4000 lb está en reposo en el primer piso. Su base queda a una altura de 12 ft por encima de un resorte amortiguador fijo de constante elástica k = 10 000 lb/ft en la planta baja. Repentinamente se revienta el cable del elevador; pero un dispositivo de seguiridad lo sujeta a los rieles de guia provocándose una fuerza de fricción de 1000 lb mientras el elevador se desliza en los rieles. Calcular la distancia que rebota el elevador despues de chocar con el resorte. ¿Qué distancia total recorrerá el elevador antes de quedar en reposo ? .

h

d

v

a

44. Dos niños están jugando a un juego en el cual tratan de pegarle a una cajita sobre el suelo usando una pistola de balines accionada por un resorte que está colocada sobre una mesa horizontal. El primer niño comprime el resorte de la pistola en 1 cm y el balín cae 20 cm antes del blanco, el cual se encuentra a una distancia horizontal d = 2 m medidos desde el borde de la mesa y la pistola .¿ Cuánto deberá comprimir el resorte el segundo niño para que un balín idéntico caiga dentro de la caja ?

Potencia

45. Un elevador de 650 kg empieza moverse desde el reposo. Si se desplaza hacia arriba durante 3 seg con aceleración constante hasta que alcanza una rapidez de crucero de 1.75 m/seg

¿cuál es la potencia promedio ejercida sobre el elevador durante ese periodo?•¿cómo se compara esa potencia con la ejercida mientras se mueve a la rapidez de crucero?•

46. Por las cataratas del Niágara cada minuto caen aproximadamente 3.3 105× m3 de agua desde una altura

de 50 m. ¿Cuál sería la salida de potencia de una planta hidroeléctrica que pudiera convertir el 48% de la energía de las cataratas en energía eléctrica ?

47 Demuestre que la rapidez v alcanzada por un automóvil de masa M que es impulsado por la potencia P constante, está dada por . . .

v3 x⋅ P⋅

M

1

3

=

donde x es la distancia recorrida desde el reposo.



48. Suponga que un automóvil se modela como un cilindro recto de área transversal A que se mueve a una rapidez v, como se ilustra en la figura de la

derecha. En tiempo ∆t una columna de aire de

masa ∆m debe moverse una distancia v ∆t⋅ y,

en consecuencia, debe dársele una energía

cinética 1

2∆m⋅ v

2⋅ .

v ∆t

vA

Utilizando este modelo, demuestre que la potencia perdida por la resistencia del aire es 1

2ρ⋅ A⋅ v

3⋅ y la

fuerza resistiva es 1

2ρ⋅ A⋅ v

2⋅ donde ρ es la densidad del aire.

49. Un automóvil de 1121 kg se mueve a 30 m/seg sobre una carretera horizontal cuando su motor desarrolla una potencia de 50 hp. ¿A qué velocidad subirá sobre una pendiente en la carretera que tenga el 10 % de inclinación usando la misma potencia? . Ignore la fricción con el aire.(Una pendiente de 10% significa que sube 1 m por cada 10 m recorridos horizontalmente .)

50. Una locomotora de ferrocarril que tiene una potencia de

1.5 MWatts⋅ acelera a un tren

desde una velocidad de 5 m/seg hasta 25 m/seg en 6 min a plena potencia.

v

F

Ignorando la fricción, calcular:la masa del tren•la velocidad del tren en función del tiempo, durante el intervalo de 6 min.•la fuerza que acelera al tren•la distancia recorrida por el tren durante ese intervalo.•

51. Descendiendo por una cuesta inclinada 6º respecto a la horizontal , un auto de 1000 kg de masa se embala teniendo desembragada la transmisión, hasta una velocidad máxima de 72 km/h, la cual permanece constante. ¿Qué potencia desarrollará el motor del automóvil al subir ésta cuesta a la misma velocidad?

52. Funcionando con potencia constante, una locomotora puede arrastrar un tren hacia arriba por una cuesta inclinada 9º a la velocidad constante de 50 km/hr . Para una cuesta con la mitad de la inclinación anterior y en las mismas condiciones, la locomotora mueve al tren a 60 km/hr. Determinar el coeficiente de rozamiento del tren con la vía .



53. Una escalera automática une dos pisos, uno a 8.2 m por encima del otro. La escalera tiene una longitud de 13.3 m de longitud y se mueve con una rapidez de 62 cm/seg .

¿Què potencia debe tener su motor si se quiere que transporte un promedio de 100 personas por •minuto, cada una de 75 kg de masa promedio? Si mientras la escalera se encuentra funcionando un hombre de 83.5 kg asciende caminando sobre •ella en 9.5 seg ¿cuánto trabajo hace el motor sobre él? Si éste hombre baja por la escalera de modo que permane siempre en el mismo lugar del espacio, es •decir a la misma altura respecto al piso ¿efectúa el motor algún trabajo sobre él ?

54. Se aplica en el instante t = 0 una fuerza que actúa a lo largo del eje X sobre una partícula de 1/3 kg que estaba en el origen x = 0 en el instante t = 0, de modo que la posición x de la partícula está dada en instantes posteriores (en función del tiempo t ) por :

x t( ) = a t⋅ b t2⋅+ c t

3⋅+ ( donde las unidades de los coeficientes constantes de t : a , b y c se ajustan para que x se

mida en metros y t se mida en segundos, y son a 3m

seg⋅= , b 4−

m

seg2

⋅= , c 1m

seg3

⋅= )

Calcular el trabajo efectuado por la fuerza durante los primeros 3 seg •¿Qué potencia hace la fuerza sobre la partícula en el instante t = 2 seg ?•



Soluciones

Y

X

T

w

a

1. Representemos al bloque como una partícula en el origen de un sistema de coordenadas rectangular XY derecho, como se muestra en la figura de la derecha. La suma del peso w del bloque y de la tensión T de la cuerda hacen que el

bloque se mueva hacia abajo con una aceleración constante, asi que de la 2a ley de Newton . . .

T M g⋅− Mg−

4

⋅=

se deduce que la tensión en la cuerda es . . . T M 11

4−

⋅ g⋅= = 3

4M⋅ g⋅

constante también. El trabajo W que realiza una fuerza constante F al producir un desplazamiento rque forma

un ángulo θ con F está definido por W F r•= F r⋅ cos θ( )⋅= , asi que el trabajo hecho por

la tensión de la cuerda sobre el bloque cuando éste desciende una distancia d es . . .

WT T d⋅ cos 180°( )⋅= = 3

4M⋅ g⋅

d⋅ 1−( )⋅ = 3−

4M⋅ g⋅ d⋅

En cambio, la fuerza de gravedad w M g⋅= que la Tierra ejerce sobre el bloque tiene el mismo sentido

que el desplazamiento y el trabajo que realiza es entonces . . .

Ww M g⋅( ) d⋅ cos 0°( )⋅= = M g⋅ d⋅

De modo que el trabajo total que se hace sobre el bloque es Ww WT+( ) 1

4M⋅ g⋅ d⋅=

positivo por lo cual se manifiesta como un aumento de la energía cinética del bloque dado que

éste aumenta su rapidez vertical Ww WT+( ) ∆K= = 1

2M⋅ v f( )2⋅ , es decir . . .

v fg d⋅2

=

Y

X

F

w

v

N

fk

θ

2. Escogiendo un sistema de referencia rectangular derecho con el origen en el bloque, apliquemos la 1a ley de Newton para determinar qué fuerza F es necesaria para mover el bloque a velocidad constante sobre el suelo :

F N+ M g⋅+ f k+ 0=

ó en componentes . . .

F cos θ( )⋅ µk N⋅− 0= (1)

N F sen θ( )⋅− M g⋅− 0= (2)

donde la fuerza de fricción se calcula como f k µk N⋅= . Resolviendo para F se obtiene. . .



F M g⋅µk

cos θ( ) µk sen θ( )⋅−

⋅=

Por lo tanto, el trabajo hecho por ésta fuerza (constante) es . . .

WF F x•= = F x⋅ cos θ( )⋅ = µk M⋅ g⋅


x⋅ cos θ( )⋅

= 0.21 58 kg⋅( )⋅ g⋅

cos 31°( ) 0.21 sen 31°( )⋅−

5 m⋅( )⋅ cos 31°( )⋅ = 683 joules

El trabajo hecho por la fuerza de fricción, que según la ec. (1) f k F cos θ( )⋅= también es constante,

vale . . .

W f k( ) f k( ) x•= = f k( ) x⋅ cos 180°( )⋅ = f k x⋅( )− = F− cos θ( )⋅( ) x⋅

= µk M⋅ g⋅


− cos θ( )⋅ x⋅ = WF−

¡ exactamente lo mismo que el trabajo que hace la fuerza F pero negativo ! . De modo que el trabajo total WF W f k( )+ es nulo, de ahi que el bloque no cambie su energía cinética y su

rapidez.

3. De la primera ley de Newton, el baúl se moverá con velocidad constante solamente cuando la suma de las fuerzas que actúen sobre él sea cero.Los objetos del medio ambiente que ejercen las fuerzas más intensas sobre el baúl son :

la Tierra, que lo atrae con la fuerza peso w .•el agente externo que lo empuja con la fuerza F.•la superficie de la rampa, que lo empuja perpendicularmente con •una fuerza de contancto ( Normal N ) y ejerce además la fuerza de fricción fk que se opone al deslizamiento del baúl .

Por lo tanto . . .

F N+ f k+ w+ 0=

Y X

Mg

fk

N

θθθθ

θθθθ

F

Transladando éstas fuerzas al origen de un sistema de referencia rectangular orientado con el eje X en la dirección del movimiento, en cuyo origen se represente al baúl como una partícula de masa M , y calculando las componentes de esas fuerzas se tiene . . .

F cos θ( )⋅ i⋅ F sen θ( )⋅ j⋅− f k i⋅− N j⋅+ w cos θ( )⋅ j⋅− w sen θ( )⋅ i⋅− 0 i⋅ 0 j⋅+=

donde i y j son los vectores unitarios en las direcciones X e Y respectivamente. Igualando las componentes correspondientes en ambos lados de ésta ecuación vectorial se obtiene . . .



F cos θ( )⋅ f k− w sen θ( )⋅− 0= (1)

F− sen θ( )⋅ N+ w cos θ( )⋅− 0= (2)

Substituyendo f k µk N⋅= , w M g⋅= y la fuerza N F sen θ( )⋅ M g⋅ cos θ( )⋅+= de la ec. (2)

en la ec. (1) se llega a . . .

F M g⋅µk cos θ( )⋅ sen θ( )+( )cos θ( ) µk sen θ( )⋅−( )⋅=

por lo tanto, el trabajo que realiza ésta fuerza cuando el baúl se mueve una distancia d sobre la rampa es . . .

WF F d•= = F d⋅ cos θ( )⋅ = M g⋅µk cos θ( )⋅ sen θ( )+( )cos θ( ) µk sen θ( )⋅−( )⋅ d⋅ cos θ( )⋅

dado que la fuerza F y el desplazamiento d también forman entre si el mismo ángulo θ .Con M 25 kg⋅= , x 5 m⋅= , θ 51°= y µk 0.2= resulta WF 1469 Joules⋅=

La fuerza normal, se obtiene de la ec. (2) : N F sen θ( )⋅ M g⋅ cos θ( )⋅+= y por ser

perpendicular al desplazamiento, no realiza trabajo sobre el bloque . . .

WN N d•= = N d⋅ cos 90°( )⋅ = 0 Joules⋅

En cambio, la fuerza de fricción realiza el trabajo . . .

W f k( ) f k d•= = µk N⋅( ) d⋅ cos 180°( )⋅ = µk F sen θ( )⋅ M g⋅ cos θ( )⋅+( )⋅ d⋅ 1−( )⋅

= µk− M g⋅µk cos θ( )⋅ sen θ( )+( )cos θ( ) µk sen θ( )⋅−( )⋅ sen θ( )⋅ M g⋅ cos θ( )⋅+

⋅ d⋅

= µk M⋅ g⋅

µk sen θ( )⋅ cos θ( )−

d⋅ = 517− Joules⋅

Dado que éste objeto se mueve a rapidez constante, el trabajo neto sobre él debe ser nulo:

WF WN+ W f k( )+ W Mg( )+ 0=

de donde se obtiene que el trabajo hecho por su propio peso es . . .

W Mg( ) WF WN+ W f k( )+ −= = 1469 Joules⋅ 0 Joules⋅+ 517 Joules⋅−( )− = 952− Joules⋅



Y XF

N

fk

Mg

θ

Se puede comprobar este resultado calculando directamente el trabajo hecho por la fuerza M g⋅ . . .

W Mg( ) M g⋅( ) d•= = M g⋅( ) d⋅ cos 90° θ+( )⋅

= M g⋅( ) d⋅ sen θ( )−( )⋅

= 25 kg⋅( ) g⋅ 5 m⋅( )⋅ sin 51°(−( )⋅ = 952− Joules⋅

Mgθ

fk

Y

XN

F

x

y

θ

4. De la primera ley de Newton, el bloque se moverá con velocidad constante solamente cuando la suma de las fuerzas que actúen sobre él sea cero.Las fuerzas sobre el bloque son :

el peso w , ejercido por la Tierra•la fuerza F que ejerce la cuerda del malacate•la fuerza que lo empuja perpendicularmente a la •superficie de contancto (Normal N ) que ejerce la rampa, la cual ejerce además la fuerza de fricción fk que se opone al deslizamiento del bloque.

Por lo tanto . . .

F N+ f k+ w+ 0=

Calculando las componentes de esas fuerzas respecto a un un sistema de referencia rectangular orientado con el eje X en la dirección del movimiento se tiene . . .

F i⋅ f k i⋅− N j⋅+ w cos θ( )⋅ j⋅− w sen θ( )⋅ i⋅− 0 i⋅ 0 j⋅+=

Igualando las componentes correspondientes en ambos lados de ésta ecuación vectorial se obtiene . . .

F f k− w sen θ( )⋅− 0= (1)

N w cos θ( )⋅− 0= (2)

Substituyendo f k µk N⋅= , w M g⋅= y la fuerza N M g⋅ cos θ( )⋅= de la ec. (2) en la ec. (1) se

llega a . . .

F M g⋅ cos θ( ) µk⋅ sen θ( )+( )⋅=

por lo tanto, el trabajo que realiza ésta fuerza cuando el bloque se mueve la distancia d x2

y2+= sobre

la rampa es . . .

WF F d•= = F d⋅ cos 0°( )⋅ = F d⋅ = M g⋅ cos θ( ) µk⋅ sen θ( )+( )⋅ d⋅



Pero de la geometría de la rampa se deduce que . . . sen θ( ) y

d= y cos θ( ) x

d= , por lo tanto . .

.

WF M g⋅ µkx

d⋅

y

d+

⋅ d⋅= = M g⋅ x µk⋅ y+( )⋅

Por otra parte, el tiempo que tarda el bloque en recorrer la distancia d a la rapidez constante

v es td

v= , asi que la potencia P que debe desarrollar el motor eléctrico es . . .

PWF

t= =

M g⋅ x µk⋅ y+( )⋅d

v

= M g⋅ v⋅x µk⋅ y+

x2

y2+

⋅

Calculando . . .

P 1380 kg⋅( ) g⋅ 1.34m

seg⋅

⋅0.41( ) 39.4⋅ m⋅ 28.2 m⋅+

39.4 m⋅( )2

28.2 m⋅( )2+

⋅= = 16589joules

seg⋅

es decir unos 16.6 kwatts⋅

5. Si la fuerza que mueve al auto es constante, su movimiento es uniformemente acelerado, asi que de la •

ecuación : x f xiv f vi+

2

t⋅+= se obtiene su rapidez final v f 2x f xi−

t

⋅ vi−= 2x f

t⋅=

tomando vi 0m

seg⋅= y xi 0 m⋅= .

Entonces su energía cinética final K f es por definición K f1

2M⋅ v f( )2⋅= y vale . . .

K f1

2M⋅ 2

x f

t⋅

2

⋅= = 2 M⋅ x f( )2⋅

t2

= 2 900 kg⋅( )⋅25 m⋅3 seg⋅

2

⋅ = 125 000 joules .

Si la potencia P del automóvil es constante en el tiempo entonces de la relación general •P F v•= entre la potencia y la velocidad v del objeto, donde F es la fuerza externa neta,

se infiere que como v no es constante, entonces F y v deben ser variables en el tiempo de modo que su producto sea constante.

En la situación considerada la fuerza neta es paralela a la velocidad, asi que . . .

P F v⋅ cos 0°( )⋅= = F v⋅



dividiendo por la masa M del vehículo queda . . .

P

M

F t( )

M

v t( )⋅=

pero de la 2a ley de Newton, el cociente F t( )

M

es precisamente la aceleración

a t( )dv t( )

dt= del objeto, por lo tanto . . .

P

Ma t( ) v t( )⋅= =

tv t( )

d

d

t

xd

d

⋅

= dv

dx

dx

dt

⋅

dx

dt⋅ (regla de la cadena para derivadas)

es decir . . .P

M

dv

dx

v⋅ v⋅= = v2 dv

dx⋅

dado que vdx

dt= es por definición la velocidad del objeto.

Si separamos los diferenciales e integramos ambos miembros de la ecuación anterior se obtiene . . .

0

x

xP

M

⌠⌡

d0

v

vv2⌠

⌡

d=

P

M

x 0−( )⋅ 1

3v

303−( )⋅=

es decir . . .

v 3P

M

⋅ x⋅

1

3

=

que es el resultado buscado. Potencia

rapi

dez

Como se ilustra en la gráfica de la derecha, la potencia aumenta mucho más rápidamente que la rapidez final. Asi por ejemplo, si se desea aumentar al doble la rapidez final del automóvil, su potencia debe aumentar ocho veces bajo las mismas condiciones anteriores.



6. La fuerza que detiene al automóvil es la fricción con el suelo, dada por f k µk N⋅= = µk M g⋅( )⋅

donde M g⋅ es el peso del auto. Asumiendo que tal fuerza sea constante , el auto tendrá un movimiento uniformemente desacelerado tal que su rapidez final v después de recorrer una distancia x está dada por la ec.

v2

vi( )22 ax⋅ x xi−( )⋅+= .

Considerando que tal rapidez es cero cuando el auto ha frenado por una distancia x = d, se deduce que su aceleración (constante) vale :

ax 02vi( )2

2 d 0−( )⋅−= =

vi( )2−

2 d⋅

donde vi es su rapidez inicial.

De la 2a ley de Newton Fx M ax⋅= aplicada al auto se obtiene entonces. . .

M g⋅( ) µk⋅ Mvi( )2−

2 x⋅

⋅=

de modo que su velocidad inicial era:

vi 2 g⋅ x⋅ µk( )⋅=

= 2 g⋅ 43 m⋅( )⋅ 0.375( )⋅ = 17.78m

seg⋅ = 64

km

h⋅

Resolvamos ahora éste problema empleando los conceptos de trabajo y energía cinética.

La fuerza de fricción f que ejerce el piso sobre el automóvil, se opone al movimiento y realiza sobre éste el trabajo . . .

W f f x•= f x( )⋅ cos 180°( )⋅= f− x⋅=

donde x es la distancia que recorre el auto al frenar y f N µk⋅= M g⋅ µk⋅= , asi que

W f M− g⋅ µk⋅ x⋅= .

Por otra parte, la energía cinética inicial del auto era K i1

2M⋅ vi( )2⋅= y su energía cinética final K f

es ahora cero porque queda en reposo. De acuerdo entonces al teorema de la variación de la energia

cinética W f ∆K= = K f K i− se tiene:

M− g⋅ µk⋅ x⋅ 01

2M⋅ vi( )2⋅−=


vi 2 g⋅ x⋅ µk( )⋅=

como antes.Aunque ambos procedimientos conducen a la misma respuesta, los conceptos de trabajo y energía no requieren conocer como varían en el tiempo las fuerzas involucradas, por ello, su aplicación resulta más simple y general.



Y

X

θθθθ

F

Mg

T

7. Si el barril se mantiene en reposo, 1a la ley de Newton establece que la suma de las fuerzas que actúan sobre él es cero . . .

T M g⋅+ F+ 0=donde T es la tensión que ejerce la cuerda de la que cuelga el

barril, al cual se ha representado como una partícula en el origen de un sistema de coordenadas XY derechoRespecto a tal sistema, las fuerzas aplicadas se descomponen en . . .

T− sen θ( )⋅ i⋅ T cos θ( )⋅ j⋅+( ) F i⋅+ M g⋅ j⋅− 0 i⋅ 0 j⋅+( )=

Igualando las componentes correspondientes se obtiene . . .

T− sen θ( )⋅ F+ 0= y T cos θ( )⋅ M g⋅− 0=y eliminando la variable T entre estas ecuaciones resulta que la fuerza aplicada F es . . .

F θ( ) M g⋅( ) tan θ( )⋅=

que como podemos ver es una función del ángulo θ .

Por otra parte, según la geometría del problema, se deduce que tan θ( ) d

L2

d2−

= de modo

que para mantener al barril alejado de la vertical la distancia d es necesario aplicarle la fuerza . . .

F M g⋅d

L2

d2−

⋅=

= 250 Newtons⋅( )5 m⋅

30 m⋅( )2

5 m⋅( )2−

⋅ = 42.26 Newtons⋅

Ahora, de la definición general del trabajo hecho por una fuerza variable F ( recordemos que F depende del ángulo θ ) se tiene . . .

WF0

θ f

sF .•⌠⌡

d=

donde d s⋅ es un pequeño desplazamiento diferencial de

longitud L dθ⋅ a lo largo de la trayectoria circular de

radio L y θ f se refiere a la posición angular final,

según se muestra en la figura de la derecha.

dθ

ds

L

θ f

θ tangente

θF

P

Siendo θ el también el ángulo entre F y d s⋅ se tiene . . .



WF0

θ f

sF cos θ( )⋅⌠⌡

d= = 0

θ f

θF cos θ( )⋅ L⋅( )⌠⌡

d = 0

θ f

θM g⋅( ) tan θ( )⋅ cos θ( )⋅ L⋅ ⌠⌡

d

= 0

θ f

θM g⋅( ) sen θ( )⋅ L⋅ ⌠⌡

d = M g⋅ L⋅0

θ f

θsen θ( )⌠⌡

d⋅

dado que M , g y L son constantes. Integrando la función seno queda entonces . . .

WF M g⋅ L⋅ cos 0°( )− cos θ f( )+( )⋅= = M g⋅ L⋅ 1 cos θ f( )−( )⋅

que también es una función del ángulo final θ f .

Otra manera mucho más rápida y simple para obtener el resultado anterior consiste en aplicar el principio de la conservación de la energía mecánica entre la posición inicial (cuando el objeto está colgando

verticalmente) y la posición final (cuando ha llegado a la posición angular θ f ).

Dado que. . .la tensión en la cuerda NO realiza trabajo por ser perpendicular al desplazamiento circular •la fuerza gravitacional M g⋅ es CONSERVATIVA•el objeto se desplaza con rapidez constante ( lo cual significa que NO CAMBIA su energía cinética)•

entonces el trabajo realizado por la fuerza F es igual únicamente al cambio de la energía potencial

gravitacional ∆Ug del barril:

θθθθ

F

L

h

WF ∆K ∆Ug+=

= K f K i−( ) U f U i−( )+

= 0( ) M g⋅ h⋅ 0−( )+

= M g⋅ L⋅ 1 cos θ( )−( )⋅

donde se ha tomado la posición inicial vertical como nivel de referencia para medir la altura h , y se ha considerado que éste

es el nivel de energía potencial cero ( U i 0= )

8. El área comprendida bajo la curva y limitada por el eje X y las rectas verticales x 1= y x 3= es la

integral definida:

WFxi

x f

xF x( )⌠⌡

d= =

1

3

xa

x2

⌠⌡

d = a−x

x 3=

a−x

x 1=

−

= a−

3 m⋅a

1 m⋅+ = 9 Newton⋅ m

2⋅ 2

3 m⋅

⋅ = 6 Newton m⋅( )⋅ = 6 Joules⋅



Además, del teorema de la variación de la energía cinética: WF = K f K i−( ) se obtiene . . .

WF1

2M⋅ v f( )2⋅ 0−= es decir . . . v f

2 WF⋅M

=

y por lo tanto la rapidez final de la partícula cuando está en x 3 m⋅= es . . .

v f = 2 6 Joules⋅( )⋅

3 kg⋅ = 2

m

seg⋅

6

F(x)

x O

8

7.5

- 4

3 5

A

B

C

D E

9. El trabajo mecánico realizado por la fuerza F(x) es numéricamente igual al área bajo la curva que representa la variación de la fuerza F con la posición. Esta área se puede calcular por integración

directa . . . WF0

8

xF x( )⌠⌡

d= ó como en

éste caso geométricamente, sumando el área de las superficies de los triángulos y rectángulos A , B, C, D y E .

Area A B+ C+ D+ E+=

WF1

23 m⋅( )⋅ 8 Newt⋅( )⋅ 2 m⋅( ) 8 Newt⋅( )⋅+ 1

21 m⋅( )⋅ 8 Newt⋅( )⋅

+

1

2

3

2m⋅

⋅ 4− Newt⋅( )⋅ 1

2

1

2m⋅

⋅ 4− Newt⋅( )⋅++

...

=

= 28 Joules⋅

El trabajo mecánico realizado por F es ahora numéricamente el área de las figuras A, B y C solamente y vale . . .

W1

23 m⋅( )⋅ 8 Newt⋅( )⋅ 2 m⋅( ) 8 Newt⋅( )⋅+ 1

21 m⋅( )⋅ 8 Newt⋅( )⋅

+=

= 32 Joules⋅asi que del teorema de la variación de la energía cinética . . . W K final K inicial−( )= se obtiene

que . . .

W = 1

2M⋅ v f( )2⋅ 1

2M⋅ vi( )2⋅−

y resulta . . . v f2 W⋅M

vi( )2+= = 2 32 joules⋅( )⋅

5 kg⋅3.5

m

seg⋅

2

+ = 5m

seg⋅



10. Cuando la bola desciende libremente moviéndose por la trayectoria circular de radio L , las fuerzas que actúan sobre ella son:

Tθ

Mg

L

f

i

h

U = 0g

la tensión T de la cuerda a la que está atada. Esta fuerza, •aunque es variable y no sabemos si sea conservativa o no, siempre es perpendicular al desplazamiento del objeto y por lo tanto no realiza trabajo sobre éste, asi que no cambia su energía.la fuerza conservativa M g⋅ .es la atracción gravitacional •terrestre y puede considerarse prácticamente constante si L es mucho menor que el radio de la Tierra. Esta fuerza si realiza trabajo sobre el objeto, el cual se "almacena" en una función de energía potencial gravitacional Ug

Consideremos . . .como estado inicial ( i ) y estado final ( f ) las posiciones más alta y más baja indicadas en la figura •anterior.que la posición más baja del objeto correspone al nivel cero ( Ug 0= ) de energía potencial •gravitacional

Aplicando entonces al objeto el principio de la conservación de la energía mecánica . . .

∆K ∆U+ 0= es decir . . . K f K i−( ) Ug( )f

Ug( )i

− + 0=

con Ug( )f

0= y K i 0= (dado que el objeto parte del reposo), queda . . .

1

2M⋅ v f( )2⋅ 0−

0 M g⋅ h⋅−( )+ 0=

pero de la geometría del problema se deduce que . . . h L L cos θ( )⋅−= asi que . . .

v f 2 g⋅ h⋅= = 2 g⋅ L⋅ 1 cos θ( )−( )⋅

= 2 g⋅ 2.06 m⋅( )⋅ 1 cos 39°( )−( )⋅ = 3m

seg⋅

Nótese que con éste principio es posible calcular la rapidez del objeto no solamente en la posición más baja de su trayectoria sino en cualquier otra y que además, no fué necesario saber como varía la fuerza T o calcular el trabajo hecho por el peso Mg .

11. La bola está sometida a una fuerza conservativa: su peso, y a una fuerza variable: la tensión de la cuerda que, aunque no sabemos si es conservativa, no realiza trabajo sobre la piedra dado que



siempre es perpendicular a la trayectoria y por lo tanto, no cambia la energía del sistema. Asi que, para la bola sólamente existe una energía potencial: la gravitacional debida a su peso. Escogamos entonces como nivel de referencia para tal energía potencial, la parte más baja de la trayectoria circular.

Lθ

vi

vfh

Después de recibir el impulso y si se ignoran las fuerzas de fricción, la conservación de la energía establece que la bola tendrá la misma energía mecánica en cualquier punto de su trayectoria. Considerando entonces la posición que tiene al finalizar el impulso como el estado inicial ( i ) y denotando la parte más baja de su trayectoria como su estado final ( f ), se cumple que . . .

E i( ) E f( )=

K i Ug( )i

+ K f Ug( )f

+=

es decir . . .

1

2M⋅ vi( )2⋅ M g⋅ h⋅+ 1

2M⋅ v f( )2⋅ M g⋅ 0( )⋅+=

donde h L L cos θ( )⋅−= es la altura inicial sobre el nivel de referencia.

Resolviendo la ecuación anterior para la velocidad inicial vi , se tiene . . .

vi v f( )22 g⋅ L⋅ 1 cos θ( )−( )⋅−=

= 6m

seg⋅

2

2 9.8m

seg2

⋅

⋅ 3.48 m⋅( )⋅ 1 cos 45°( )−( )⋅− = 4m

seg⋅

Cuando la cuerda forma el máximo ángulo con la vertical, la rapidez de la bola es instantáneamente cero y alcanza una máxima altura ( H ) sobre el nivel de referencia. Por lo tanto en esa posición (que será ahora el estado final ) toda la energía de la bola se ha transformado en energía potencial gravitacional. Arbitrariamente consideremos ahora como estado inicial la posición más baja de la bola y apliquemos el principo de conservación de la energía mecánica entre éste estado y el nuevo estado final . . .

E i( ) E f( )=

1

2M⋅ vi( )2⋅ M g⋅ 0( )⋅+ 1

2M⋅ 0( )

2⋅ M g⋅ H⋅+=

resolviendo para la máxima altura H , queda . . Hvi( )2

2 g⋅= =

6m

seg⋅

2

2 9.8m

seg2

⋅

⋅ = 1.36 m⋅



12. Denotemos por :

Ka , Ma y va , la energía cinética , la masa y la rapidez respectivamente del adulto •

Kn , Mn y vn la energía cinética, la masa y la rapidez respectivamente del niño•entonces cuando ambos corren, la condición del problema es que :

Ka1

4Kn⋅=

o usando la definición de energía cinética queda . . .

1

2Ma⋅ va( )2⋅ 1

4

1

2Mn⋅ vn( )2⋅

⋅=

pero dado que la masa del niño es 1

9 de la masa del adulto resulta . . .

1

2Ma⋅ va( )2⋅ 1

4

1

2

1

9Ma⋅

⋅ vn( )2⋅

⋅=

y simplificando . . . 36 va( )2⋅ vn( )2= (1)

Por otra parte, si el adulto incrementa su rapidez en 1 m/seg entonces ambos tienen la misma energía cinética, esto es. . .

Ka Kn=

1

2Ma⋅ va 1+( )2⋅ 1

2

1

9Ma⋅

⋅ vn( )2⋅=

y simplificando se obtiene la ecuación . . .

va 1+( )2 1

9vn( )2⋅= (2)

Substituyendo vn( )2 de la ec. (1) en la ec. (2) resulta. . .

va 1+( )2 1

936 va( )2⋅ ⋅=

3− va( )2⋅ 2 va⋅+ 1+ 0=

que dá las soluciones . . . va 1m

seg⋅= y va

1−3

m

seg⋅=

y por lo tanto, de la ec. (1) vn 6 va⋅= resulta . . .

vn 6m

seg⋅= y vn 2−

m

seg⋅=

Asi que hay dos soluciones posibles . . .



1a solución . . .

antes

1 m/seg

6 m/seg

KnKa = _1

4después

2 m/seg

Kn

Ka =

6 m/seg

2a solución . . .

antes

-2 m/seg

KnKa = _1

4

m/seg_-13

después Kn

Ka =

-2 m/seg

m/seg_23

13. Del teorema de la variación de la energía cinética W ∆K= , el trabajo W (negativo) realizado por los

frenos es igual al cambio de la energía cinética del automóvil , asi que . . .

∆K K final K inicial−( )= = 1

2M⋅ v final( )2⋅ 1

2M⋅ vinicial( )2⋅−

y se obtiene . . .

v final2 ∆K⋅

Mvinicial( )2+=

considerando entonces que ∆K es negativo, la rapidez final es . . .

v final2 51000− Joules⋅( )⋅

1110 kg⋅46

3.6

m

seg⋅

2

+= = 8.5m

seg⋅ = 30

km

hr⋅

Para reducir su rapidez de vinicial 46km

hr⋅= = 12.78

m

seg⋅ hasta v final 5

km

hr⋅= = 1.39

m

seg⋅

la energía que deben eliminar los frenos debe ser . . .

∆K K final K inicial−( )= = 1

2M⋅ v final( )2⋅ 1

2M⋅ vinicial( )2⋅−

= 1

21100 kg⋅( )⋅ 1.39

m

seg⋅

2

12.78m

seg⋅

2

−

⋅ = 88768− Joules⋅



14. Si la fuerza de fricción f s que detiene a la bala es constante, el trabajo que realiza sobre la bala cuando

ésta se desplaza una distancia x en sentido opuesto a tal fuerza, es . . . W f s( ) f s− x⋅=

y del teorema de la variación de la energía cinética, se deduce que toda la energía cinética inicial de la bala se usa en realizar trabajo contra la fuerza de rozamiento W f s( ) 0 K i−= dado que la energía cinética

final K f es cero.

Asi que igualando éstas ecuaciones resulta . . . 1

2M⋅ vi( )2⋅ f s x⋅= y se obtiene. . .

f sM vi( )2⋅

2 x⋅= =

0.03 kg⋅( ) 485m

seg⋅

2

⋅

2 0.12 m⋅( )⋅ = 29403 Newtons⋅

La reacción a ésta fuerza es la fuerza que ejerce la bala sobre el bloque y equivale aproximadamente al peso de un objeto de 3000 kg !!! . Sin embargo esta enorme fuerza actúa sólo brevemente sobre el bloque, dado que la bala se detiene en un tiempo aproximado dado por . . .

x f xiv f vi+

2

t⋅+= (suponiendo una aceleración constante) es decir . . .

t 2x f xi−( )v f vi+( )⋅= = 2

0.12 m⋅ 0 m⋅−

0m

seg⋅ 485

m

seg⋅+

⋅ = 5 diezmilésimas de segundo

fk

N

Mg

v f

h

A

Bθ

v i = 015. Consideremos como estado inicial (A) el lugar

donde se empieza a deslizar el bloque a partir del reposo y como estado final (B) la posición que alcanza cuando ha descendido una altura h = 1.6 m .Las fuerzas que actúan sobre el bloque son:

N : la fuerza normal. Es perpendicular al •desplazamiento. No realiza trabajo sobre el bloque y por lo tanto no cambia la energía de éste.

f k : la fricción cinética. Antiparalela •

al desplazamiento, realiza un trabajo W f negativo sobre el bloque,

disminuyéndo su energía.

M g⋅ : La atracción gravitacional (el peso) ejercida por la Tierra. Es vertical y además •

conservativa, por lo cual se asocia con una energía potencial Ug para la cual escogemos

arbirariamente un nivel cero de referencia ( el estado final B por ejemplo )



Usando los índices i y f para denotar los estados inicial y final respectivamente y aplicando el

principio de la conservación de la energía se obtiene . . .

W E f Ei−=

Ei W+ E f=

K i Ug( )i

+ W+ K f Ug( )

f+

=

Substituyendo ahora las expresiones para las energías cinética y potencial gravitacional queda :

1

2M⋅ vi( )2⋅ M g⋅ yi( )⋅+

f k d•( )+ 1

2M⋅ v f( )2⋅ M g⋅ y f( )⋅+=

donde f k µk N⋅= es la fuerza de rozamiento cinético y d es el desplazamiento del

bloque a lo largo del plano inclinado, es decir . . . dh

sen θ( )= y

f k µk M g⋅ cos θ( )⋅( )⋅= , por lo tanto f k d•( ) f k d⋅ cos 180°( )⋅= =

M g⋅ µk⋅ cos θ( )⋅h

sen θ( )

⋅

− y queda entonces . . .

1

2M⋅ 0( )

2⋅ M g⋅ h⋅+M g⋅ µk⋅ cos θ( )⋅ h⋅

sen θ( )− 1

2M⋅ v f( )2⋅ M g⋅ 0( )⋅+=

Despejando v f , la rapidez final, se obtiene :

v f 2 g⋅ h⋅ 1 µkcos θ( )sen θ( )⋅−

⋅=

= 2 9.8m

seg2

⋅

⋅ 1.6 m⋅( )⋅ 1 0.3( ) cot 19°( )⋅−[ ]⋅ = 2m

seg⋅

Por supuesto que también es posible resolver este plroblema aplicando la 2a ley de Newton, dado que de ella de deducen los prncipios de conservación. La aceleración del bloque en la dirección del plano inclinado es . . .

aM g⋅ sen θ( )⋅ f k−

M=

= M g⋅ sen θ( )⋅ M g⋅ µk⋅ cos θ( )⋅−

M = g sen θ( ) µk cos θ( )⋅−( )⋅



constante.

Por lo tanto se puede usar la ecuación cinemática : v f( )2vi( )2

2 a⋅ x f xi−( )⋅+= con x f xi−( ) d=

considerando que el eje X está a lo largo del plano, de donde resulta que . . .

v f( )202 2 g sen θ( ) µk cos θ( )⋅−( )⋅ ⋅

h

sen θ( )⋅+=

= 2 g⋅ h⋅sen θ( ) µk cos θ( )⋅−

sen θ( )

⋅

que es el mismo resultado obtenido anteriormente.

h

M

vi

y

N

Mg(A) (B) (C)

16. Denotemos por A , B y C las posiciones del bloque cuando está a su altura máxima, cuando hace contacto con el resorte y cuando comprime al máximo al resorte respectivamente.El bloque está sometido a dos fuerzas conservativas: la atracción gravitacional terrestre Mg y el empuje elástico del resorte. Sin embargo, éstas dos fuerzas no actúan sobre el bloque durante el mismo tiempo.

En consecuencia existen dos energías potenciales asociadas. . . la gravitacional: Ug M g⋅ y⋅=

la elástica: Ue1

2k⋅ y

2⋅=

en las cuales, arbitrariamente se ha considerado la altura natural del resorte ( su posición en (A) ó en (B) ) como nivel de referencia para medir la posición vertical y del bloque. Ignorando la fricción, se puede afirmar que se conserva constante la suma de la energía cinética y las energías potenciales del bloque en todas y cada una de sus posiciones posibles. Asi por ejemplo en las posiciones A y C , la energía total debe ser la misma . . .

EA EC=

K A Ug A( ) Ue A( )+( )+ KC Ug C( ) Ue C( )+( )+=

1

2M⋅ 0( )

2⋅ M g⋅ h⋅ 0+( )+ 1

2M⋅ 0( )

2⋅ M g⋅ ym−( )⋅ 1

2k⋅ ym−( )2⋅+

+=

es decir . . .

M g⋅ h⋅ M− g⋅ ym⋅ 1

2k⋅ ym( )2⋅+=

Donde ym representa la distancia máxima que se comprime el resorte.



Resolviendo ésta ecuación cuadrática para ym , se obtiene . . .

ymM g⋅

k1 1 2

k h⋅M g⋅

++

⋅= ó ymM g⋅

k1 1 2

k h⋅M g⋅

+−

⋅=

sin embargo, físicamente debemos descartar la 2a solución dado que 1 1 2k h⋅M g⋅

+−

0<

y ya se había tomado antes en consideración que ym 0< .

Calculando resulta . . .

ym

2 kg⋅ 9.8m

seg2

⋅

⋅

1800Newt

m⋅

1 1

2 1800Newt

m⋅ 0.45 m⋅( )⋅

⋅

2 kg⋅ 9.8m

seg2

⋅

⋅++

⋅= = 0.11 m⋅ = 11 cm⋅

Apliquemos ahora la conservación de la energía entre la posición ( C ) y cualquier otra donde el resorte esté comprimido una distancia desconocida x :

E C( ) E x( )=

1

2k⋅ ym( )2⋅

1

2k⋅ x

2⋅ M g⋅ x−( )⋅+

1

2M⋅ vx( )2⋅+=

donde vx denota la velocidad de rebote que tiene el bloque cuando el resorte está todavía comprimido

una distancia x , es decir . . .

vxk ym( )2

x2− ⋅

M2 g⋅ x⋅+=

Tratamos de determinar el valor de x para el cual vx es máxima, asi que derivando la ec. anterior respecto a x se obtiene . . .

x

vx( )d

d x

k ym( )2x

2− ⋅M

2 g⋅ x⋅+

d

d= =

gk

Mx⋅−

k ym( )2x

2− ⋅M

2 g⋅ x⋅+

Igualando ésta derivada a cero, resulta que el bloque adquiere su velocidad de rebote máxima cuando esl

resorte está comprimido la longitud: xM g⋅

k=

Que asombrosamente, es la deformación natural del resorte cuando se coloca lentamente el bloque encima del resorte. ( su posicón de equilibrio ).



vf

vi

Mg

MgT1

2T

17. Sobre la pelota actúa la fuerza conservativa gravitacional M g⋅

y la tensión T de la cuerda, la cual no realiza trabajo y no

cambia la energía del sistema. Consideremos entonces como nivel cero de energía potencial gravitacional la parte más baja de la trayectoria circular, y apliquemos el principio de la conservación de la energía entre el estado inicial (la posición más alta de la pelota) y el estado final ( la posición más baja ) para obtener:

Einicial E final=

K inicial Ug( )inicial

+ K final Ug( )final

+=

1

2M⋅ vi( )2⋅

M g⋅ 2 R⋅( )⋅+ M g⋅ 0( )⋅ 1

2M⋅ v f( )2⋅+= (*)

y de la 2a ley de Newton aplicada al movimiento circular en las posiciones indicadas resulta. . .

M v f( )2⋅

RT1 M g⋅−( )= y

M vi( )2⋅R

M g⋅ T2+( )=

substituyendo M vi( )2⋅ y M v f( )2⋅ de estas relaciones en la ecuación (*) queda . . .

1

2M g⋅ T2+( )⋅

R⋅ M g⋅ 2 R⋅( )⋅+ 1

2T1 M g⋅−( )⋅ R⋅=

y simplificando . . .

M g⋅ T2+( ) 4 M⋅ g⋅+ T1 M g⋅−=

es decir. . . T1 T2−( ) = 6 M⋅ g⋅ que demuestra el resultado pedido.

Sin importar entonces la rapidez de giro, la tensión de la cuerda en la parte inferior de la trayectoria será mayor que la tensión en la parte superior por 6 veces el peso del objeto que gira libremente.Asi por ejemplo, los gimnastas que hacen "el molino", deben tener una gran fuerza en sus brazos pora poder soportar, aunque sólo brevemente, en la parte inferior de su trayectoria una fuerza de por lo menos seis veces su propio peso.

h

vi

Ki

K1

K2

K = 0f

caida rebote

18. Durante la caida libre, solamente la fuerza de gravedad (conservativa) actúa sobre la pelota. Consideremos entonces al suelo como nivel cero de referencia para la energía potencial gravitacional y sea el estado final el momento en que llega al suelo. Entonces, por la conservación de la energía . . .

Ei E f=es decir . . .



K i Ug( )i

+ K1 Ug( )f

+= ó bién K i M g⋅ h⋅+ K1 0+= (1)

donde K1 es la energía cinética que tiene la pelota al llegar al suelo.

Apliquemos ahora nuevamente el principio de la conservación de la energía durante el rebote de la pelota, considerando que el estado inicial es la posición sobre el suelo donde la pelota tiene la energía cinética de rebote K2 0.75( ) K1⋅= y el estado final es una posición a la misma

altura desde donde se lanzó inicialmente, donde su energía cinética final será cero, es decir . . .

Ei E f=

K2 Ug( )i

+ K f Ug( )

f+

= ó bién3

4K1⋅ 0+ 0 M g⋅ h⋅+= (2)

Substituyendo K1 de la ec. (1) en la ec. (2) resulta. . .

3

4K i M g⋅ h⋅+( )⋅ 0+ 0 M g⋅ h⋅+= ó bién

3

4K1⋅ 0+ 1

4M⋅ g⋅ h⋅=

de modo que la rapidez inicial de la pelota debe ser . . .

31

2M⋅ vi( )2⋅

⋅ M g⋅ h⋅= ; vi2

3g⋅ h⋅=

calculando . . . vi2

3g⋅ 7.5 m⋅( )⋅= = 7

m

seg⋅

rebote

y1

H

caida

(A)

(B) (C)

(D)

19. Elijamos al suelo como nivel cero de energía potencial gravitacional y apliquemos la conservación de la energía mecánica durante la caida y durante el rebote, siendo el estado final de la caida (la posición B de la pelota en el suelo) el estado inicial para el rebote (posición C) . . .

caida: Ei E f=

K A( ) M g⋅ H⋅+ K B( ) M g⋅ 0( )⋅+=

0 M g⋅ H⋅+ K B( )= (1)

rebote: Ei E f=

K C( ) M g⋅ 0( )⋅+ K D( ) M g⋅ y1⋅+=

donde K C( ) 1 α−( ) KB⋅= siendo α el porcentage de energía cinética perdida durante el choque

con el suelo . y1 es la altura del primer rebote y K D( ) 0= , es decir . . .



1 α−( ) KB⋅ 0+ 0 M g⋅ y1⋅+= (2)

y substituyendo K B( ) de la ec. (1) en la ec. (2) resulta . . .

1 α−( ) M g⋅ H⋅( )⋅ 0+ 0 M g⋅ y1⋅+= es decir . . . y1 1 α−( ) H⋅=

Esta es la altura del primer rebote y es también la altura incial para el segundo rebote, asi que si se repite el procedimiento anterior, la altura y2 del segundo rebote resulta ser . . .

y2 1 α−( ) y1⋅= = 1 α−( )2H⋅

la altura y3 para el tercer rebote es . . .

y3 1 α−( ) y2⋅= = 1 α−( )3H⋅

y así sucesivamente, de manera que después de n rebotes, la altura que alcanza la pelota es . . .

yn 1 α−( )nH⋅=

El problema establece que ésta altura no debe ser mayor que cierta distancia h 3 ft⋅= , es

decir . . .

1 α−( )nH⋅ h<

Para despejar n de ésta desigualdad, tomemos logaritmos y usemos sus propiedades . . .

ln 1 α−( )n lnh

H

< es decir . . . n ln 1 α−( )⋅ lnh

H

<

y resulta . . .

n

lnh

H

ln 1 α−( )<

calculando . . . n1

ln 1 0.109−( )ln

3 ft⋅6 ft⋅

⋅< esto es . . . n 6<

Por lo tanto, ésta pelota no sube más de 3 ft después del sexto rebote.

20. Una vez disparado e ignorando la fricción con el aire, la única fuerza (conservativa) sobre el proyectil es la atracción gravitacional terrrestre. Tomando entonces el nivel del suelo como referencia cero para la energía potencial gravitacional correspondiente y aplicando la conservación de la energía mecánica entre las posiciones (O) (el inicio) y (A) (la parte más alta ) para la trayectoria del primer proyectil, según se muesta en la siguiente figura se tiene . . .



(B)

(A)

(O)

H

h

vovx

E O( ) E A( )=

K O( ) Ug O( )+ K A( ) Ug A( )+=

1

2M⋅ vo( )2⋅ 0( )+ 0( ) M g⋅ H⋅+= (1)

De ésta ecuación se obtiene que la rapidez con que se dispara el proyectil es:

vo 2 g⋅ H⋅= (2)

Aplicando ahora la conservación de la energía entre las posiciones (O) y (B) ( la parte más alta de la

trayectoria del 2o proyectil ), se tiene . . .

E O( ) E B( )=

K O( ) Ug O( )+ K B( ) Ug B( )+=

1

2M⋅ vo( )2⋅ 0( )+ 1

2M⋅ vx( )2⋅ M g⋅ h⋅+= (3)

donde vx vo cos θ( )⋅= es la componente horizontal de la velocidad inicial de disparo que, como

sabemos ya, permanece constante a lo largo de la trayectoria del proyectil. Igualando entonces las ecuaciones (1) y (3) , dado que la energía de ambos proyectiles es la misma, se llega a . . .

M g⋅ H⋅ 1

2M⋅ vo cos θ( )⋅( )2⋅ M g⋅ h⋅+=

es decir . . .

θ arccos2 g⋅

vo( )2H h−( )⋅

= = arccos2 g⋅

2 g⋅ H⋅H h−( )⋅

donde se ha substituido la ec. (2) . Dado que h1

4H⋅= , simplificando ésta expresión

resulta que el ángulo θ de disparo para el 2o proyectil es . . .

θ = arccos 1h

H−

= arccos 1

1

4−

= arccos

3

2

= 30°

que es independiente de la masa M o la rapidez inicial vo del proyectil

Ahora, si el proyectil se dispara a 45° respecto a la horizontal, la conservación de la energía aplicada entre las posiciones (O) y (B) la parte más alta de su trayectoria, dá . . .

1

2M⋅ vo( )2⋅ 0( )+ 1

2M⋅ vx( )2⋅ M g⋅ h⋅+= (4)



donde la componente horizontal de la rapidez inicial vale ahora vx vo cos 45°( )⋅= = vo

2 Resolviendo la

anterior ecuación (4) para la altura h que alcanzaría el proyectil se obtiene . . .

h1

2

vo( )2vx( )2−

g⋅= =

1

2

vo( )2 vo

2

2

−

g⋅ =

1

4

vo( )2

g⋅

pero de la ec. (2) vo( )22 g⋅ H⋅= , asi que queda . . . h =

2 g⋅ H⋅4 g⋅

= H

2

el proyectil alcanzará ahora solo la mitad de la altura a la que sube cuando se lanza verticalmente.

(B)

(A)

vo

h B

hA

21. Cuando el disco está en vuelo libre, las fuerzas que actúan sobre él son:

la fricción con el aire (fuerza no conservativa) •su propio peso debido a al atracción •gravitacional terrestre (fuerza conservativa) a la cual se asocia una energía potencial gravitacional. Consideremos aritrariamente el nivel del suelo como el valor cero de tal energía potencial.

Representemos al disco como un proyectil y apliquemos la conservación de la energía entre la posición donde sale disparado (estado inicial) y la posición donde está a una altura hB 6 m⋅= del suelo (estado

final).

E A( ) E B( ) W f+=

K A Ug( )A

+ KB Ug( )

B+

W f+=

donde W f es el trabajo hecho por la fuerza de fricción, la cual disminuye la energía

mecánica impartida al disco en el estado inicial, esto es . . .

W f K A KB−( ) Ug( )A

Ug( )B

− +=

= 1

2M⋅ vA( )2

vB( )2− ⋅ M g⋅ hA hB−( )⋅+



calculando . . .

W f = 1

20.5 kg⋅( )⋅ 12

m

seg⋅

2

6m

seg⋅

2

−

⋅ 0.5 kg⋅( ) g⋅ 1 m⋅ 6 m⋅−( )⋅+

= 7.5 Joules⋅

que representa aproximadamente EA

W f0.069= el 7% de la energía cinética inicial que el atleta

imparte al disco. La forma geométrica de los discos usados en las competencias atléticas reduce al mínimo la fricción con el aire si el disco se lanza correctamente.Nótese la sencillez con la que el principio de conservación de la energía nos permite obtener la respuesta del problema, aún desconociendo la fuerza de fricción con el aire.

22. Al igual que en el problema anterior, cuando el proyectil está en vuelo libre, las fuerzas que actúan sobre él son:

la fricción con el aire (fuerza no conservativa) la cual no consideraremos.•la atracción gravitacional terrestre (fuerza conservativa) asociada con una energía potencial •gravitacional. Ubiquemos aritrariamente el nivel del suelo del acantilado como el valor cero para tal energía potencial.

(B)

(A)

vo

vB

hB

Apliquemos al proyectil el principio de la conservación de la energía entre la posición donde sale disparado (estado inicial) y el punto más alto de su trayectoria donde su rapidez solamente tiene la componente horizontal (estado final).

E A( ) EB=

K A Ug( )A

+ KB Ug( )

B+

=

esto es . . .

K A M g⋅ 0( )⋅+ 1

2M⋅ vx( )2⋅ M g⋅ hB⋅+=

donde hB es la máxima altura del proyectil respecto al lugar donde fué lanzado. Resolviendo

esta ecuación para la rapidez horizontal vx queda . . .

vx 2K A

Mg hB⋅−

⋅= = 21550 Joules⋅

0.51 kg⋅g 126 m⋅( )⋅−

⋅ = 60m

seg⋅

Sea ahora la posición (B) el lugar donde se encuentra el proyectil cuando su componente vertical de

velocidad es vy 80m

seg⋅= y apliquemos nuevamente el principio de conservación de la energía



E A( ) EB=

K A Ug( )A

+ KB Ug( )

B+

=

esto es . . .

K A M g⋅ 0( )⋅+ 1

2M⋅ v

2⋅ M g⋅ hB⋅+=

donde hB es la altura que tiene el proyectil en ese momento respecto al lugar donde fué lanzado y

v vx( )2vy( )2+= es su rapidez, en la cual, como ya se sabe, la componente vx

permanece constante.Resolviendo esta ecuación para la altura vertical hB queda . . .

hBK A

M g⋅v

2

2 g⋅−= =

K A

M g⋅vx( )2

vy( )2+2 g⋅

−

= 1550 Joules⋅

0.51 kg⋅( ) g⋅

62m

seg⋅

2

80m

seg⋅

2

+

2 g⋅

− = 200− m⋅

donde el singo negativo significa que el proyectil se encuentra por debajo del nivel cero de la energía potencial gravitacional, es decir, por debajo del borde del acantilado.Nótese sin embargo que para determinar la posición horizontal del proyectil en ese momento, es

necesario calcular el tiempo de vuelo a partir de la 2a ley de Newton.

M

vf

T

vi

x

R

23. La tensión inicial de la cuerda se calcula de la 2a ley de Newton aplicada al movimiento circular y está dada por:

T Mvo( )2

R⋅= (1)

y cuando el radio de giro se ha reducido en la distancia x , la rapidez de la bola es ahora v f y la tensión vale:

α T⋅ Mv f( )2

R x−( )⋅= (2)

Nótese que la tensión de la cuerda es una fuerza variable que depende del radio de giro, sin embargo, a partir del teorema de la variación de la energía cinética es posible calcular el trabajo efectuado por ésta fuerza sobre la bola. . .

WT ∆K= = 1

2M⋅ v f( )2⋅ 1

2M⋅ vo( )2⋅− (3)

Substituyendo T de la ec.(1) en la ec. (2) , se obtiene . . .



α Mvo( )2

R⋅

⋅ Mv f( )2

R x−( )⋅=

de donde resulta . . . v f vo α 1x

R−

⋅⋅= .

Por lo tanto, de la ecuación (3), el trabajo realizado vale entonces . . .

WT1

2M⋅ vo α 1

x

R−

⋅⋅

2

vo( )2−

⋅= = 1

2M vo( )2⋅ α 1

x

R−

⋅ 1−

⋅

= 1

20.675 kg⋅( )⋅ 10

m

seg⋅

2

⋅ 4.63 10.2 m⋅0.5 m⋅

−

⋅ 1−

⋅ = 60 Joules⋅

En el capítulo sobre la rotación se entenderá por qué la tensión se incrementó precisamente por el factor α .

F

Mk

d

xposición de equilibrio

Estado inicial

Estado final

24. Como el bloque se mueve horizontalmente, las fuerzas verticales que actúan sobre él no realizan trabajo y no cambian su energía, solamente la fuerza elástica conservativa

Fe k− x⋅= ejercida por el resorte y la

fuerza disipativa de fricción f k µk N⋅=

con la superficie hacen trabajo. Apliquemos al bloque el teorema de la variación de energía cinética

Wneto ∆K=

considerando que su estado inicial es la posición que tiene cuando el resorte está comprimido al máximo y que su estado final su posición cuando se ha deslizado sobre la superficie horizontal y ha quedado en reposo. Dado que la energía cinética del bloque es nula en ambos estados, el teorema anterior establece entonces que . . .

W fricción W resorte+( ) K final K inicial−=

es decir . . .

f k− d⋅ 1

2k⋅ x

2⋅+ 0=

en donde se ha considerado que la fuerza de fricción es constante y por oponerse al desplazamiento realiza un trabajo negativo, mientras que la fuerza elástica variable del resorte hace un trabajo



positivo; aunque solamente durante la distancia x, mientras el resorte vuelve a su longitud natural, momento en el cual pierde contacto con el bloque y deja de realizar trabajo sobre él.

Por otra parte, como ya se sabe, la fuerza de fricción se calcula de f k µk( ) N⋅= µk M⋅ g⋅= , asi que

. . .

M− g⋅ µk⋅( ) d⋅ 1

2k⋅ x

2⋅+ 0=

y resolviendo esta ecuación para el coeficiente de fricción cinética µk queda . . .

µk1

2k⋅

x2

M g⋅ d⋅⋅=

= 1

2120

Newton

m⋅

⋅0.15 m⋅( )

2

10 Newton⋅( ) 0.6 m⋅( )⋅⋅ = 0.225

Este es otro procedimiento práctico para medir los coeficientes de fricción cinética entre diferentes materiales.

25. Sin importar las transformaciones de energía que hayan ocurrido durante el proceso de compresión del resorte, la distancia final que se desliza el bloque sobre la mesa depende solo de la energía potencial elástica del resorte cuando éste se encuentra comprimido al máximo.

d

Mk

estado final

estado inicial

Aunque éste es un problema casi idéntico al ejercicio 24 anterior, resolvámoslo ahora aplicando el principio de la conservación de la energía, considerando que el estado inicial del sistema bloque-resorte ocurre cuando el resorte está comprimido al máximo y que el estado final es la posición que tiene el bloque cuando ha quedado en reposo sobre la mesa como se ilustra en la figura de la derecha .. . .

Einicial E final W f+=

K inicial( ) Ue( )inicial

+ K inicial( ) Ue( )inicial

+ W f+=

donde W f f k( ) d⋅= es el trabajo hecho sobre el bloque por la fuerza de fricción, suponiendo que ésta

se mantiene constante durante el deslizamiento y Ue1

2k⋅ x

2⋅= es la energía potencial elástica del

resorte cuando se ha alargado o comprimido una distancia x .Ya que el bloque está en reposo tanto en el estado final como en el estado inicial, entonces la ecuación anterior queda en la forma. . .

0( )1

2k⋅ x

2⋅+ 0( ) 0( )+ f k( ) d⋅+=



donde la fuerza de fricción se calcula como f k N µk⋅= M g⋅( ) µk⋅= y por lo tanto la distancia d

buscada vale . . .

d

1

2k⋅ x

2⋅

f k= =

1

2k⋅

x2

M g⋅ µk⋅⋅

que es un resultado idéntico al obtenido en el ejercicio 24 anterior. Calculando . . .

d1

2250

Newton

m⋅

⋅0.12 m⋅( )

2

1 kg⋅( ) g⋅ 0.25⋅⋅= = 73.5 cm⋅

26. La fuerza horizontal F con la que se jala a la cadena para subirla a la mesa es variable y por lo menos igual al peso de la parte que está colgando. De modo que si el peso por unidad de longitud de la cadena es

Mg

L , y en cierto instante la parte que cuelga tiene una longitud y

, entonces ignorando la fricción, la fuerza aplicada debe ser . . .

FM g⋅

L

y⋅= para moverla a velocidad constante.

Fy

dy

Esta fuerza permanece prácticamente constante cuando se desplaza la cadena una pequeñisima distancia diferencial dy y el trabajo que realiza está dado por dW F dy⋅= de modo que el trabajo total realizado es la suma (la integral) de todos los trabajos diferenciales como el anterior cuando la cadena se

mueve la distancia total L

5 , es decir . . .

W0

L

5

W.

⌠⌡

d= =

0

L

5

yM g⋅

L

y⋅⌠⌡

d = M g⋅

L

0

L

5

yy⌠⌡

d⋅

= M g⋅

L

1

2⋅

L

5

2

0( )2−

⋅ = 1

50M⋅ g⋅ L⋅

27. Si se sostiene al bloque para que descienda lentamente, cuando llege a la posición de equilibrio la suma de las fuerzas sobre él es cero porque su peso w M g⋅=( ) se anula con la fuerza elástica que ejerce el

resorte Fe kd−=( ) . . .w Fe+ 0=



dresorte sinestirar

posición de equilibrio

Fe

w

es decir. . .

M g⋅ k− d⋅( )+ 0= (1)

y dado que ambas fuerzas son conservativas, el sistema bloque-resorte tiene dos energías potenciales:

la elástica Ue asociada con la fuerza que ejerce el resorte.•

la gravitacional Ug asociada con la fuerza que ejerce la Tierra •sobre el bloque.

Si elegimos arbitrariamente como nivel de referencia cero para medir estas energías potenciales la posición inicial desde la que empieza a descender el bloque, entonces estas energías valen:

Ue1

2k⋅ y

2⋅= y Ug M g⋅ y⋅=

donde y es el desplazamiento vertical a partir de la posición inicial (el estado inicial del sistema).

Considerando como estado final la posición donde el resorte se encuentra alargado una distancia máxima cuando el bloque cae libremente (llamemos a esa distancia h ), e ignorando la fricción, el principio de la conservación de la energía establece que . . .

h

estadoinicial

posiciónmás baja(estado final)

Fe

w

Einicial E final=

K Ug+ Ue+( )inicial

K Ug+ Ue+( )final

=

0 0+ 0+( ) 0 M− g⋅ h⋅( )+ 1

2k⋅ h

2⋅+= (2)

Pero a partir de la ec. (1) es posible calcular la constante elástica k

del resorte y al substituirla en la ec. (2) anterior resulta que el desplazamiento h vale. . .

0 M− g⋅ h⋅( )1

2

M g⋅d

⋅ h2⋅+=

h 2 d⋅=

de modo que el resorte se estira ahora el doble de la distancia que se estira al llegar a la posición de equilibrio. Nótese que éste resultado es independiente de: a) la masa del bloque b) la constante elástica del resorte, asi que es válido para cualquier peso w y para cualquier tipo de resorte que obedezca la ley de Hooke.



h

X

v

Y

y

28. Ubiquemos el origen de un sistema de referencia rectangular en la posición inicial del objeto desde la cual se deja caer libremente. Dado que sobre el objeto solo actúa la fuerza gravitacional conservativa M g⋅ ,consideremos

que el nivel cero de la correspondiente energía potencial es el eje X del sistema anterior.De ésta manera, cuando el objeto ha descendido durante un tiempo t , ha recorrido una distancia vertical y dada por la ecuación. de caida libre . . .

y yi vi( ) t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−= = 0 0+ 1−2

g⋅ t2⋅+

en la cual se ha considerado que la posición y la velocidad iniciales son nulas. Asi mismo, su rapidez final v al cabo de ese tiempo está dada por. . .

v vi g t2⋅−= = 0 g t⋅−

tiempo t

De modo que a partir de su definición, la energía cinética K y la

energía potencial gravitacional Ue expresadas en función del tiempo,

son . . .

K1

2M⋅ v

2⋅= = 1

2M⋅ g

2⋅ t2⋅

Ue M g⋅ y⋅= = M g⋅ 1−2

g⋅ t2⋅

⋅

cuyas gráficas se ilustran a la derecha.Asi, la energía total (cinética + potencial gravitacional) del objeto en caida libre es constante ( cero ) en todo momento.

K

Ue

De modo similar, cuando el objeto ha descendido la distancia y− su rapidez final v está dada por. . .

v2

vi( )22 g⋅ y f yi−( )⋅−= = 0 2 g⋅ y− 0−( )⋅−

considerando que la posición y la velocidad iniciales son nulas.Asi, la energía cinética K y la energía potencial gravitacional Ue expresadas en función de la

distancia y , son . . .

tiempo t

KK1

2M⋅ v

2⋅= = M g y⋅( )⋅

Ue M g⋅ y−( )⋅= = M− g⋅ y⋅cuyas gráficas se ilustran a la derecha.y nuevamente, la energía total (cinética + potencial gravitacional) del objeto en caida libre es constante ( cero ) en cualquier posición y .

Ue



v

estado inicial estado final

∆ y

M29. Imagianemos al martillo como una partícula

de masa M que justamente antes de chocar

con el clavo tiene una rapidez v y que es detenida luego de recorrer una distancia

vertical ∆y , considerando los estados inicial y final indicados en la figura de la derecha.

Si suponemos que toda la energía cinética del martillo se usa para hundir al calvo en la madera, es decir si ignoramos

la pérdida de energía cinética debida al choque y que se transforma en calor, sonido, deformación de •las superficies etc. la masa del clavo, suponiendo que los choques con el martillo son completamente inelásticos, es decir, •que ambos quedan en unidos después de cada golpe,

entonces podemos aplicar el principio de la conservación de la energía al martillo como sigue . . .




+ F ∆y⋅+=

donde W f F ∆y⋅= es el trabajo realizado por la fricción para detener al clavo y finalmente,

al martillo. Aqui estamos también suponiendo que este trabajo es realizado por una fuerza media constante F y que además es la misma en todos los golpes del martillo.Si la distancia vertical ∆y que se mueve el martillo después de cada choque es pequeña,

podemos suponer que Ug( )inicial

es aproximadamente igual a Ug( )final

y la ec. anterior

queda como . . .1

2M⋅ v

2⋅ Ug( )+ 0( ) Ug( )+ F ∆y⋅+=

es decir FM v

2⋅2 ∆y⋅

=

Además, si el clavo se hundió la distancia total h 8 cm⋅= en n 6= golpes del martillo,

podemos suponer que penetró la misma distancia en cada golpe y por lo tanto ∆yh

n= , de

modo que la fuerza media de fricción entre el clavo y la madera fué . . .

FM v

2⋅2 h⋅

n⋅= =

0.5 kg⋅( ) 2m

seg⋅

2

⋅

2 0.8 m⋅( )⋅6× = 7.5 Newtons⋅

es de esperarse qu ésta sea la misma fuerza que ser requiere para extraerlo de la madera



30. Cuando los bloques se mueven libremente, las fuerzas que actúan sobre ellos son sus propios pesos (fuerzas conservativas) y las tensiones de la cuerda. Sin embargo, si se ignora la inercia de la polea, la tensión de la cuerda es la misma sobre ambos bloques y, mientras una hace trabajo positivo sobre M 1 cuando éste

bloque sube, la otra hace el mismo trabajo pero negativo sobre M 2 cuando éste bloque baja, dado que

ambos bloques recorren la misma distancia.

M1

M2

h

estado inicial

v = 0

h

v

v

estado final

De ésta manera, si definimos el estado inicial (cuando los bloques parten del reposo) y el estado final (cuando el bloque M 2 está a

punto de chocar con el suelo) del sistema como se ilustra en la figura de la derecha considerando que sólo hay una energía potencial (la gravitacional, para la cual tomamos el suelo como nivel cero de referencia), e ignorando la fricción, entonces el principio de conservación de la energía establece que . . .

Einicial E final=esto es . . .



+=

0( ) M2 g⋅ h⋅+ 1

2M1⋅ v

2⋅ 1

2M2⋅ v

2⋅+

M1 g⋅ h⋅+=

dado que los bloques se mueven a la misma rapidez (si la cuerda que los une no cambia de longitud) . Por lo tanto . . .

v 2M 2 M 1−

M 2 M 1+

⋅ g⋅ h⋅= = 210 6−( ) kg⋅10 6+( ) kg⋅

⋅ g⋅ 4.9⋅ m⋅ = 4.9m

seg⋅

31. Cuando las bolas giran libremente, la fuerza N de sostén que ejerce el soporte sobre el que gira la

varilla no hace trabajo, dado que el soporte no se desplaza, sólo las atracciones gravitacionales de la Tierra que actúan sobre las bolas (fuerzas conservativas m g⋅ y M g⋅ ) realizan trabajo y hacen girar al

sistema. Considerando entonces . . .

mgMg

Na las bolas como partículas de masas m y M , •como estado inicial del sistema la posición horizontal •desde la cual empieza a moverse y como su estado final una posición inclinada respecto a la horizontalcomo el nivel cero de la energía potencial gravitacional •Ug la parte más baja de la trayectoria circular de las bolas

se ignora la fricción•



el principio de conservación de la energía mecánica aplicado a este sistema establece que . . .

Einicial E final=



+=

Ambas partículas se mueven a la misma rapidez v ,

dado que quedan a la misma distancia L

2

del eje de

giro y se tiene . . .

h

- h

m

M

v

θ

0( ) 0( )+ 1

2m⋅ v

2⋅ 1

2M⋅ v

2⋅+

m g⋅ h⋅( ) M g⋅ h−( )⋅+[ ]+=

donde hL

2sen θ( )⋅= y por lo tanto. . .

01

2m M+( )⋅ v

2⋅ m M−( ) g⋅L

2⋅ sen θ( )⋅+=

0 45 90 135 180

1

2

3

grados

rapi

dez

(m/s

eg)

la rapidez de giro es entonces . . .

vM m−M m+

g⋅ L⋅ sen θ( )⋅=

cuya gráfica. como función del ángulo θ se muestra a la derecha. Cuando las bolas cruzan por la posición vertical, θ = 90° y la rapidez vale . . .

3 kg⋅ 1 kg⋅−3 kg⋅ 1 kg⋅+

g⋅ 1 m⋅( )⋅ sen 90°( )⋅ = 2.2m

seg⋅

0 180 360 540 720

2

4

grados

rapi

dez

(m/s

eg)

Si en el estado inicial la energía cinética hubiese sido por ejemplo K i = 5 Joules la rapidez

sería . . .

vM m−M m+

g⋅ L⋅ sen θ( )⋅ K i+=

cuya gráfica tendría la forma que se indica a la derecha, en la cual se puede apreciar la variación de la rapidez con el ángulo girado en varias vueltas.



32. Al peso de la partícula se le asocia una energía potencial gravitacional Ug para la cual elegimos

arbitrariamente como nivel cero la parte central plana del carril sobre el que se desliza.Dado que las partes curvas del carril no tienen fricción, en ellas se conserva la energía mecánica, mientras que en la parte plana, con rozamiento, la energía se disipa cada vez que la partícula cruza sobre ella.

h

d

M

x

Eligamos como estado inicial de la partícula, el lugar desde donde se suelta e inicia su movimiento. Su estado final acurrirá cuando quede en reposo en alguna parte del carril plano, por ejemplo a una distancia x a la derecha como se indica en la figura, después de haber pasado n veces sobre esa parte plana

Cuando la partícula recorre la distancia d , la energía disipada por fricción es f k d⋅( ) y por lo tanto, es fácil darse cuenta que la energía del estado inicial Ug M g⋅( ) h⋅= se divide en n partes de tamaño f k d⋅ donde n es el número de veces que cruzó la partícula por la parte plana y el residuo de tal división, será la energía que le queda para recorrer la distancia x si se mueve hacia la derecha ( ó d − x si es que se mueve al final hacia la izquierda).La conservación de la energía establece entonces que . . .


donde W f es el trabajo hecho sobre la partícula por la fricción.

Ug( )i

K i( )+ Ug( )f

K f( )+ f k D⋅+=

siendo D la distancia total que recorrió finalmente la partícula sobre la parte plana y f k N µk⋅= M g⋅ µk⋅= la fuerza de fricción.

M g⋅( ) h⋅ 0( )+ 0( ) 0( )+[ ] M g⋅ µk⋅( ) D⋅+=Asi resulta que . . .

DM g⋅ h⋅M g⋅ µk⋅

= = h

µk

al dividir esta distancia por la distancia d , resulta . . . D

d =

1 m⋅0.2( ) 2⋅ m⋅

= 2.5

es decir. . . D 2.5( ) d⋅= lo cual significa que al final, la partícual quedará en reposo a la

mitad del carril plano, luego de haberlo recorrido dos veces.

33. Dado que sólo el peso de la piedra actúa sobre ella durante su movimiento, la única energía potencial asociada a la piedra es la gravitacional Ug . Durante la subida de la piedra sea entonces . . .

el nivel de referencia cero para medir la energía potencial, el nivel del suelo, que es el lugar desde el •cual se lanza hacia arriba.su estado inicial, la posición que tiene al nivel del suelo. •su estado final, la posición que tiene cuando llega a su máxima altura h . •



h

X

v

Y

y

la conservación de la energía establece entonces que . . .


donde W f f y⋅= es el trabajo hecho por la fuerza de fricción (supuesta

constante) sobre la piedra, es decir. . .


+ K inicial Ug( )inicial

+ f h⋅+=

1

2M⋅ vo( )2⋅ 0( )+ 0( ) M g⋅ h⋅+ f h⋅+=

y resulta . . .

hM vo( )2⋅

2 M g⋅ f+( )⋅= =

M vo( )2⋅

M g⋅

2M g⋅ f+( )

M g⋅⋅

= vo( )2

2 g⋅ 1f

M g⋅+

⋅

que es la máxima altura que alcanzará la piedra. Nótese que h es menor que vo( )2

2 g⋅ , la

altura que alcanzaría si no hubiese fricción con el aire.

h

Xv

Y

y

v = 0

Durante la caida de la piedra consideremos ahora . . .el estado inicial como la posición que tiene cuando llega a su máxima altura •h y en la que su rapidez es momentáneamente cero.el estado final, la posición que tiene al regresar al suelo.•

el mismo principio de conservación establece ahora que . . .




+ f h⋅+=

0( ) M g⋅ h⋅+ 1

2M⋅ v

2⋅ 0( )+ f h⋅+=

donde v es la rapidez final de la piedra cuando llega al suelo y resulta . . .

v2

MM g⋅ h⋅ f h⋅−( )⋅= = 2

M g⋅ f−( )

M⋅

vo( )2

2 g⋅ 1f

w+

⋅

⋅ = voM g⋅ f−M g⋅ f+

⋅

que es el resultado pedido.

Nótese que debido a que M g⋅ f−M g⋅ f+

1< entonces v vo< necesariamente.



θθθθ

d

vi

v = 0N

Mg

f

34. Mientras se mueve sobre el plano, las fuerzas sobre el objeto son: la normal N la cual no realiza trabajo por ser perpendicular al movimiento, su peso Mg que es conservativa y se asocia con la energía potencial

Ug y la fuerza de fricción f que es disipativa y

realiza el trabajo negativo W f f− d⋅= .

Durante el deslizamiento hacia arriba, la posición de partida del objeto será su estado inicial y la

posición que tiene cuando llega a la parte más alta y se detiene momentáneamente, será su estado final . Si consideramos la posición inicial como el nivel cero de la energía potencial gravitacional, entonces el principio de conservación de la energía aplicado al objeto entre esos dos estados establece que . . .

E final Einicial− W f=es decir . . .

K final Ug( )final

+ K inicial Ug( )

inicial+

− f− d⋅=

0( ) M g⋅ h⋅+[ ] Ko 0( )+ − f− d⋅=

donde Ko es la energía cinética inicial, d es la distancia que recorre el objeto sobre el plano,

h d sen θ( )⋅= es la altura vertical respecto a la posición inicial y f N µk⋅= = M g⋅( )µk es

la fuerza de rozamiento con el plano, de modo que resulta . . .

Ko M g⋅ d sen θ( )⋅( )⋅ M g⋅( )µk d⋅+=y

dKo

M g⋅ sen θ( ) µk+( )⋅= =

150 Joules⋅4 kg⋅( ) g⋅ sen 30°( ) 0.3+( )⋅

= 4.8 m⋅

Cuando el objeto regresa, su estado final ocurre en la misma posición que tenía en el estado inicial pero se mueve ahora con otra rapidez v1 y la fricción habrá hecho un trabajo total

negativo igual a W f 2− f⋅ d⋅= de manera que el principio de conservación de la energía tiene

la forma . . .

K final Ug( )final

+ K inicial Ug( )

inicial+

− f− d⋅=

1

2M⋅ v1( )2⋅ 0( )+

Ko 0( )+ − 2− M g⋅ µk d⋅( )⋅=

asi que substituyendo la expresión anterior para la distancia d se obtiene . . .



v12

MKo 2 M⋅ g⋅ µk⋅ d⋅−( )⋅= =

2

MKo 2 M⋅ g⋅ µk⋅

Ko

M g⋅ sen θ( ) µk+( )⋅⋅−

⋅

v1

2 K0⋅M

sen θ( ) µk−

sen θ( ) µk+

⋅= = vosen θ( ) µk−

sen θ( ) µk+⋅

= 2 150 Joules⋅( )⋅

4 kg⋅sen 30°( ) 0.3−sen 30°( ) 0.3+

⋅ = 4.33m

seg⋅

mientras que la rapidez inicial fué . . . vo2

MKo⋅= = 8.66

m

seg⋅

Mg

θL

v = 0

Mgx

N1

f1

N2

f2

v = 0

35. Las fuerzas sobre el bloque son: su peso Mg que es una fuerza conservativa y se asocia con la energía potencial Ug , la

normal N la cual no realiza trabajo por ser perpendicular al movimiento y la fuerza de fricción f que es disipativa y realiza un trabajo negativo.Éstas dos últimas fuerzas cambian de magnitud y dirección cuando el bloque pasa de la rampa a la superficie plana.

Por lo tanto, mientras el bloque se mueve sobre la rampa, la fricción realiza sobre él el trabajo negativo . . .

W1 f 1− L⋅= = N1 µk⋅( )− L⋅ = M g⋅ cos θ( )⋅ µk⋅( )− L⋅y mientras se desliza sobre la superficie plana, el trabajo que hace la fricción es. . .

W2 f 2− x⋅= = N2 µk⋅( )− x⋅ = M g⋅ µk⋅( )− x⋅siendo x la distancia horizontal que recorre el bloque hasta quedar en reposo.Si consideramos a la superficie horizontal como el nivel cero de la energía potencial gravitacional del bloque y como sus estados inicial y final las posiciones donde está en reposo, entonces del principio de conservación de la energía se deduce que toda la energía potencial que tenía el bloque en el estado inicial se usó para hacer trabajo contra la fricción y quedar finalmente en reposo sobre la superficie plana . . .

E final Einicial−( ) Wneto=

K final Ug( )final

+ K inicial Ug( )

inicial+

− W1 W 2+=



es decir . . .

0( ) 0( )+[ ] 0( ) M g⋅ h( )⋅+[ ]− M g⋅ cos θ( )⋅ µk⋅( )− L⋅ M g⋅ µk⋅( )− x⋅ +=

donde h L sen θ( )⋅= es la altura inicial que tiene el bloque (considerado como partícula)

sobre la superficie horizontal. Resolviendo la ecuación anterior para la distancia x se obtiene . . .

xh cos θ( ) µk⋅ L⋅−( )

µk= =

L sen θ( )⋅ cos θ( ) µk⋅ L⋅−( )µk

= Lsen θ( )

µkcos θ( )−

⋅

Nótese éste resultado tendrá sentido sólo si x 0≥ y que una condición necesaria para que el

bloque se deslice sobre la rampa es que la componente de su peso a lo largo de la rampa sea mayor o igual que la fuerza de fricción. . .

M g⋅ sen θ( )⋅ M g⋅ cos θ( )⋅( ) µk⋅≥ó

sen θ( )µk

cos θ( )≥

de donde se deduce que en efecto la distancia x será un número positivo.

36. Sin considerar la fricción, sólo dos fuerzas actúan sobre el bloque mientras éste se desliza sobre la superficie curva del casquete esférico de hielo:

la normal N que es todo el tiempo perpendicular a la superficie y por lo tanto no realiza trabajo sobre el •bloque.el propio peso M g⋅ del bloque que por ser la fuerza de atracción gravitacional terrestre, es •

conservativa y se le asocia la energía potencial gravitacional Ug , para la cual se puede escojer

arbitrariamente el suelo como nivel de referencia cero.

Mg

R

θ

v

N´N

N´´

De ésta manera, la energía total del bloque se conserva constante en cualquier instante y en cualquier punto de su trayectoria.A medida que el bloque se desliza, la fuerza normal va cambiando en dirección y en magnitud hasta que el bloque pierde el contacto con la superficie, momento en el cual la fuerza normal desaparece y solamente la componente del peso en la dirección radial proporciona la fuerza centrípeta Fc

necesaria para el movimiento circular, esto es, la 2a ley de Newton Fc M a⋅= establece que. . .

M g⋅ sen θ( )⋅ Mv

2

R

⋅= (1)



Si consideramos como estado inicial la posición que tiene el bloque en la cima del casquete y como estado final la posición que tiene en el momento en que se despega de la superficie, queda . . .

Einicial E final=es decir . . .


+ K final Ug( )

final+

− 0=

0( ) M g⋅ R⋅+[ ]1

2M⋅ v

2⋅ M g⋅ h⋅+

− 0= (2)

donde h R sen θ( )⋅= es la altura que tiene el bloque sobre el suelo en el estado final.

Substituyendo entonces v2 de la ec. (1) en la ec. (2) resulta . . .

0( ) M g⋅ R⋅+[ ]1

2M⋅ R g⋅ sen θ( )⋅( )⋅ M g⋅ R sen θ( )⋅( )⋅+

− 0=

M g⋅ R⋅ 11

2sen θ( )⋅ sen θ( )+

−

⋅ 0=

es decir . . .3

2sen θ( )⋅ 1=

pero por geometría: sen θ( ) h

R= , asi que

3

2

h

R

⋅ 1= y finalmente

h2

3R⋅=

La fricción reduciría la rapidez de la partícula haciendo que se desprendiese de la superficie en un punto de menor altura

R

θh

37. Sin considerar la fricción ni el peso de la barra, mientras la bola gira libremente actúan sobre ella . . .la tensión T de la barra que es perpendicular a la trayectoria circular de la bola y por lo tanto no realiza •trabajo.la atracción gravitacional terrestre M g⋅ de la Tierra que por ser una fuerza conservativa, se le asocia •

la energía potencial gravitacional Ug , para la cual escojeremos, de manera arbitraria, la

posición horizontal como nivel de referencia cero.

A medida que la bola desciende, la tensión en la barra cambia en dirección y en magnitud manteniéndose siempre en la dirección radial y proporcionando la fuerza centrípeta Fc necesaria para el movimiento

circular de radio L , es decir, de la 2a ley de Newton Fc M a⋅= se obtiene que. . .



T Mv

2

L

⋅= (1)

Por otra parte, la energía total de al bola se conserva constante en cualquier instante y en cualquier punto de su trayectoria, asi que considerando . . .

la posición horizontal como su estado inicial •como estado final la posición angular cuando la tensión en la barra •es igual al peso de la bola ( T M g⋅= )

entonces del principio de conservación de la energía . . .

θh

Mg

L

T

v

Einicial E final=


+ K final Ug( )

final+

− 0=

0( ) 0( )+[ ]1

2M⋅ v

2⋅

M g⋅ h−( )⋅+

− 0=

donde h L sen θ( )⋅= es la altura por debajo del nivel de referencia, se obtiene . . .

1

2M⋅ v

2⋅

M g⋅ L sen θ( )⋅( )− ⋅+ 0= (2)

si se substituye v2 de la ec. (1) en la ec.(2) y T M g⋅= resulta . . .

1

2M⋅ M g⋅( )

L

M⋅

⋅ M g⋅ L⋅ sen θ( )⋅− 0=

M g⋅ L⋅ 1

2sen θ( )−

⋅ 0=

esto es . . .

sen θ( ) 1

2= ó θ arcsen

1

2

= = 30°

asi que T M g⋅= cuando la barra forme un ángulo de 60° con la vertical.

Si el péndulo se coloca inicialmente en posición vertical invertida, esta puede considerarse como el estado inicial, siendo ahora el estado final la posición más baja de la trayectoria circular. La conservación de la energía aplicada entre estos dos estados, establece entonces que . . .



v

Mg

L

T

T '

T ''

T '''

Mg

Mg

Einicial E final=


+ K final Ug( )

final+

− 0=

0( ) M g⋅ L⋅( )+[ ]1

2M⋅ v

2⋅

M g⋅ L−( )⋅+

− 0=


2 M⋅ g⋅ L⋅( )1

2M⋅ v

2⋅

− 0= (3)

Pero de la 2a ley de Newton Fc M a⋅= aplicada al estado

final se obtiene . . .

T M g⋅−( ) Mv

2

L

⋅= (4)

si se substituye v2

4 g⋅ L⋅= de la ec. (3) en la ec.(4) resulta . . .

T M g⋅−( ) M4 g⋅ L⋅

L

⋅=

esto es . . .

T 5 M⋅ g⋅=

la tensión en ese punto será cinco veces el propio peso de la bola.

Estado final

L

v = 0

Estado

inicial

vo

38. Si se aplica la conservación de la energía entre los estados inicial y final indicados en la figura de la derecha, (considerando aún que la posición horizontal inicial es el nivel cero de energía potencial gravitacional de la bola), se llega a . . .

Einicial E final=


+ K final Ug( )

final+

− 0=

1

2M⋅ vo( )2⋅ 0( )+

0( ) M g⋅ L⋅+[ ]− 0=

donde la energía cinética final K final es cero, dado que la bola apenas alcanza el punto D

Por lo tanto, la rapidez inicial que es necesario impartir a la bola es . . .

vo 2 g⋅ L⋅=



Cuando hay fricción y la bola se detiene en la posición horizontal C , (la cual se considera ahora como el estado final), la conservación de la energía establece que . . .

E final Einicial−( ) W f=

donde W f es el trabajo hecho por la fricción y vale . . .

W f K final Ug( )final

+ K inicial Ug( )

inicial+

−=

= 0( ) 0( )+[ ]1

2M⋅ vo( )2⋅ 0( )+

− = 1−

2M⋅ 2 g⋅ L⋅( )2

⋅ = M− g⋅ L⋅

Cuando la bola finalmente queda en reposo en la posición B , luego de oscilar varias veces en torno a esa posición, toda la energía inicial de la bola en el estado (A) se habrá disipado por la fricción para llegar al estado final (B) y el mismo principio de conservación aplicado ahora entre estos dos estados es . . .

E final Einicial−( ) W f=

K final Ug( )final

+ K inicial Ug( )

inicial+

− W f=

0( ) M g⋅ L−( )⋅+[ ]1

2M⋅ vo( )2⋅ 0( )+

− W f=

es decir, el trabajo hecho por la fricción vale en este caso . . .

W f M− g⋅ L⋅( )1

2M⋅ 2 g⋅ L⋅( )2

⋅−= = 2− M⋅ g⋅ L⋅

Nótese que usando la conservación de la energía, ni siquiera se tiene que calcular cúantas veces oscila la bola ni el tiempo que tarda en detenerse.

39. Nuevamente, sin considerar la fricción, mientras la bola gira libremente actúan sobre ella . . .la tensión T de la cuerda, la cual es perpendicular a la trayectoria circular de la bola y no realiza trabajo.•la fuerza conservativa de la atracción gravitacional terrestre M g⋅ a la que se asocia la energía •

potencial gravitacional Ug para la cual escojemos, por conveniencia, la posición horizontal

inicial como nivel de referencia en el cual Ug 0= .

Como estado inicial ( i )de la bola escojemos la posición horizontal inicial y como estado final ( f ) la parte más alta de su trayectoria circular una vez que la cuerda se enreda en el clavo, como se indica en la siguiente figura . . .



Cuando la bola gira alrededor del calvo, el radio de giro vale r L d−( )= y por lo tanto, en la parte más

alta de esa trayectoria circular, la bola se encuentra por debajo del nivel cero de energía potencial gravitacional a la distancia. . .

h L 2 r⋅−( )= L 2 L d−( )⋅−= = 2 d⋅ L−

Aplicando entonces la conservación de la energía de la bola entre los estados i y f se obtiene . . .

dv

L i

f

U = 0g

Einicial E final=


+ K final Ug( )

final+

=

0( ) 0( )+ 1

2M⋅ v

2⋅

M g⋅ h−( )⋅+=

es decir . . .1

2M⋅ v

2⋅ M g⋅ 2 d⋅ L−( )⋅− 0= (1)

Pero de la 2a ley de Newton Fc M a⋅= aplicada al movimiento circular del estado final se deduce

que el valor mínimo que puede tener la tensión T de la cuerda en ese punto es cero, de modo que sólo

el peso de la bola produce la aceleración centrípeta necesaria, esto es . . .

T− M g⋅−( ) M a−( )⋅=

0 M g⋅− Mv

2

r

−

⋅= = M−v

2

L d−( )⋅ (2)

Si la tensión se de la cuerda vale cero en cualquier otro punto, entonces la trayectoria de la bola ya no es totalmente circular.

Substituyendo v2 de la ec. (2) en la ec. (1) se resulta . . .

1

2M⋅ g L d−( )⋅[ ]⋅ M g⋅ 2 d⋅ L−( )⋅− 0=

y despejando d :

d3

5L⋅=

que es lo que se pedía demostar.



U = 0g

Mg

Mg

N2

N1

v2

v1

R

40. Primero es necesario calcular vm . Para tal fin

consideremos la posición más alta y la más baja de la trayectoria circular de la partícula en las cuales, su rapidez es v1 y v2 respectivamente y además de

su peso M g⋅ ,actúan sobre ella las fuerzas

normales N1 y N2 ejercidas por la pista según

se indica en la figura de la derecha.

Si definimos el nivel cero de la energía potencial gravitacional Ug en la posición inferior y

aplicamos la conservación de la energía entre esas posiciones, resulta . . .

Einicial E final=


+ K final Ug( )

final+

=

1

2M⋅ v2( )2⋅

0( )+ 1

2M⋅ v1( )2⋅

M g⋅ 2 R⋅( )⋅+=

es decir . . .

v2( )2v1( )2

4 g⋅ R⋅+= (1)

Cuando la partícula tiene la velocidad mínima vm en la parte inferior, llegará a la parte superior

justamente con la velocidad necesaria para no perder el contacto con la pista y mantener su trayectoria circular, N1 0= en ese punto y solamente el peso M g⋅ es la fuerza centrípeta que, según

la 2a ley de Newton Fcentrípeta M a⋅= es . . .

M g⋅ Mv1( )2

R

⋅=

es decir . . .

v1( )2g R⋅= (2)

Al substituir éste valor de v1 en la ec. (1), se obtiene la velocidad mínima vm en la parte inferior:

vm( )2g R⋅( ) 4 g⋅ R⋅+= = 5 g⋅ R⋅

ó

vm 5 g⋅ R⋅= (3)

El problema establece entonces que la rapidez inicial en la parte inferior es v2 x( ) vm⋅=

donde x 0.85= . y deseamos saber en que punto se pererá el contacot con la pista



Mg

RN

(x) vm

θθ

v o

h

U = 0g

Cuando la partícula se encuentra en un punto de la pista donde su rapidez tangencial es vo y su

posición angular es el ángulo θ respecto a la vertical como se muestra en la figura de la derecha, entonces la fuerza normal N y el peso Mg se combinan para producir la fuerza centrípeta necesaria para mantener a la partícula en un movimiento circular, y de acuerdo a la 2a ley de Newon:

Fcentrípeta M acentrípeta( )⋅=

N M g⋅ cos θ( )⋅+( ) Mvo( )2

R⋅= (4)

Supongamos ahora que la partícula tiene en la parte más baja (estado inicial) la rapidez x( ) vm⋅ menor

que vm de modo que se despega de la pista en un punto (estado final) por debajo del punto más alto de

la trayectoria circular. En ese momento la fuerza normal se anula N 0= y si aplicamos la

conservación de la energía entre esos dos estados resulta . . .

Einicial E final=


+ K final Ug( )

final+

=

1

2M⋅ x vm⋅( )2⋅

0( )+ 1

2M⋅ vo( )2⋅

M g⋅ R h+( )⋅+=

donde se ha considerado que el nivel cero de energía potencial gravitacional es nuevamente la parte

inferior de la pista y por geometría: h R cos θ( )⋅= , por lo tanto la ecuación anterior toma la forma . . .

x2

vm( )2⋅ vo( )22 g⋅ R⋅ 1 cos θ( )+( )⋅+= (5)

de modo que tomando N = 0 en la ec. (4) y substituyendo vo( )2 en la ec. (5) resulta . . .

x2

vm( )2⋅ R g⋅ cos θ( )⋅( ) 2 g⋅ R⋅ 1 cos θ( )+( )⋅+=ó bién . . .

cos θ( ) x2

vm( )2⋅ 2 R⋅ g⋅−

3 g⋅ R⋅=

pero como vm( )25 g⋅ R⋅= , entonces . . . cos θ( ) 5 x

2⋅ 2−3

=



Asi que el ángulo θ que forma el radio de giro con la vertical cuando la partícual se despega de la pista es . . .

θ arccos5 x

2⋅ 2−3

=

y tomando x 0.85= resulta . . . θ arccos 0.538( )= = 57.48°

0.6 0.8

30

60

90

porcentage x

grad

os

Nótese que los valores del porcentage x deben ser tales que

arccos5 x

2⋅ 2−3

0≥

es decir . . . x2

5≥ , mayores que 63.2%

A la derecha se muestra la dependencia funcional entre el ángulo θ y el porcentage x de la rapidez mínima vm .

R

v

h

x

θ

vi

O

Y

X

41. Para que la pelota pase por el centro de la trayectoria circular es necesario que la cuerda se rompa cuando la pelota esté ascendiendo y por encima de la horizontal O que pasa por el centro de giro . Definamos como estado inicial de la pelota el que tiene en la parte más alta de la trayectoria circular y como su estado final el que ocurre cuando la cuerda se rompe, estando la pelota a una altura h por encima de la horizontal O y moviéndose con una rapidez tangencial v . Dado que solo la fuerza conservativa Mg hace trabajo sobre la pelota, se tiene . . .

Einicial E final=


+ K final Ug( )

final+

=

1

2M⋅ vi( )2⋅

M g⋅ R⋅( )+ 1

2M⋅ v

2⋅

M g⋅ h⋅+=

donde se ha considerado que el nivel cero de energía potencial gravitacional es la horizontal O



dado que vi( )2g R⋅= queda . . .

v2

3 g⋅ R⋅ 2 g⋅ h⋅−= (1)

Por otra parte, luego que la cuerda se ha roto, la pelota se mueve libremente como un proyectil bajo la influencia de su propio peso, describiendo una trayectoria parabólica. Asi que si ubicamos un origen de coordenadas rectangulares XY en el punto donde la cuerda se rompió, la trayectoria de la pelota queda descrita por la ecuación . . .

y x tan ϕ( )⋅ 1

2g⋅

x2

v2

cos ϕ( )( )2⋅⋅−=

donde ϕ 90° θ−( )= es el ángulo que forma la velocidad v con la horizontal O, según se

puede comprobar en la figura anterior, tomando en consideración que la velocidad tangencial v es perpendicular al radio de giro R , esto es . . .

y x cot θ( )⋅ 1

2g⋅

x2

v2

sen θ( )( )2⋅⋅−= (2)

Entonces, cuando y h−= , por la geometría de la figura anterior se deduce que . . .

cot θ( ) x

h= sen θ( ) h

R= y x

2R

2h

2−=

por lo tanto, la ecuación (2) anterior queda . . .

h− xx

h

⋅ 1

2g⋅

x2

v2 h

R

2

⋅

⋅−= = x2 1

h

g R2⋅

2 h2⋅ v

2⋅−

⋅ = R2

h2−( ) 1

h

g R2⋅

2 h2⋅ v

2⋅−

⋅

Substituyendo ahora v2 de la ec. (1) resulta . . .

h− R2

h2−( ) 1

h

g R2⋅

2 h2⋅ 3 g⋅ R⋅ 2 g⋅ h⋅−( )⋅

−

⋅=

ó simplificando . . .

3

2R

2⋅

h2⋅ 3 R

3⋅( ) h⋅−R

4

2+ 0=

ecuación cuadrática en h cuya solución es . . . h

11

36⋅+

R⋅

11

36⋅−

R⋅

=



Pero 11

36⋅+

1> y h no puede ser mayor que R , asi que la única solución con sentido físico

es . . . h 11

36⋅−

R⋅= por lo tanto sen θ( ) h

R= = 1

6

3−

, es decir:

θ arcsen 16

3−

= = 10.57°

y en el momento de romperse, la cuerda deberá formar con la vertical el ángulo. . .φ 90° θ+= = 100.57°

42. Por definición, la energía potencial UF asociada a una fuerza conservativa F es . . .

UFi

f

sF .•⌠⌡

d−=

donde los límites i y f de la integral definida se refieren a los estados inicial y final del

sistema y d s⋅ es un desplazamiento vectorial diferencial. Asi por ejemplo, si la fuerza F

es constante, el producto escalar anterior expresado en dos dimensiones es. . .

F d• s⋅ = Fx i⋅ F y j⋅+( ) dx i⋅ dy j⋅+( )⋅ = Fx( ) dx⋅ F y( ) dy⋅+

y la energía potencial es . . .

UFxi

x f

xFx⌠⌡

dyi

y f

yF y⌠⌡

d+

−= = Fx−xi

x f

x.⌠⌡

d⋅ F yyi

y f

y.⌠⌡

d⋅−

= Fx− x f xi−( )⋅ F y y f yi−( )⋅−

= F− ∆• s⋅

el producto de la fuerza por el desplazamiento ( Como éste resultado es independiente de la trayectoria seguida entre los estados i y f , se deduce que toda fuerza constante es conservativa

.)Consideremos entonces un sistema de referencia rectangular XY derecho con el origen en la posición inicial de la bola. Definamos . . .

al eje X como el nivel cero de energía potencial Ug asociada a la fuerza constante de atracción •

gravitacional terrestre, es decir . . . Ug M− g⋅( )− y⋅= = M g⋅ y⋅

al eje Y como el nivel cero de la energía potencial Uv asociada a la fuerza constante del viento, es •

decir . . . Uv F( )− x⋅= = F− x⋅



L

H

Y

X

estado

inicial

estado

final

d

F

T

Mg

θ

Apliquemos ahora el principio de conservación de la energía entre los estados inicial y final indicados en la figura de la derecha, considerando que en ambos la energía cinética es cero porque la bola está en reposo. . .

Einicial E final=

Uv( )inicial

Ug( )inicial

+ Uv( )final

Ug( )final

+=

esto es . . .

0( ) 0( )+ F− d⋅ M g⋅ H⋅+= ó bién : HF

M g⋅

d⋅= (1)

En el estado final, la bola está en equilibrio, es decir la suma de las fuerzas que actúa sobre ella es cero : T F+ M g⋅+ 0= de donde se deduce que . . .

tan θ( ) = T y

Tx

M g⋅F

=

pero por geometría también . . . tan θ( ) L H−d

= por lo tanto, igualando estas dos

expresiones para tan(θ) se obtiene: M g⋅F

L H−d

= , es decir . . . dF

M g⋅L H−( )⋅= y al

substituir éste resultado en la ec. (1) resulta . . .

HF

M g⋅

F

M g⋅L H−( )⋅

⋅=

resolviendo para H se obtiene . . .

H = L

1M g⋅F

2

+

Se ilustra H en función de F a la derecha . 0 1 2 3 4 5

F (en unidades Mg)

H

L



h

(A)

U = 0g

x

(B)

y

(C)

43. En la figura de la derecha se ilustran tres estados del sistema elevador-medio ambiente:

(A). El elevador cae del •reposo desde una altura h sobre el resorte.(B). El resorte comprimido •al máximo con el elevador encima y en reposo.(C). El elevador cuando •llega a la máxima altura de rebote y queda en resposo por un instante.

Las fuerzas del medio ambiente sobre el elevador son: el peso M g⋅ , la fuerza elástica del resorte Fe y la

fricción f con los rieles de guia. Las dos primeras son conservativas y se les asocia la energía potencial

gravitacional Ug y la energía potencial elástica Ue respectivamente. Vamos a considerar la altura

natural del resorte sin comprimir como el nivel cero para ambas energías potenciales.La fricción no es una fuerza conservativa y todo el tiempo.realiza un trabajo negativo sobre el elevador, dado por el producto f ∆y⋅ , donde ∆y es el desplazamiento vertical en cierto

instante.La conservación de la energía aplicada entre los estados (A) y (B) es . . .

E final Einicial− W fricción=

K B( ) Ug( )B( )

+ Ue( )B( )

+ K A( ) Ug( )

A( )+ Ue( )

A( )+

− f− h x+( )⋅=

0( ) M g⋅ h⋅( )+ 0( )+[ ] 0( ) M g⋅ x⋅− 1

2k⋅ x

2⋅+

− f− h x+( )⋅=

y simplificando . . .1−

2k⋅

x2⋅ M g⋅ f+( ) x⋅+ h M g⋅ f+( )⋅+ 0= (1)

que es una ecuación cuadrática en x, la distancia máxima que se comprime el resorte. Substituyendo los valores de las constantes dadas en el problema queda . . .

10000−lb

ft⋅

2

x2⋅ 4000 lb⋅ 1000 lb⋅−( ) x⋅+ 12 ft⋅( ) 4000 lb⋅ 1000 lb⋅−( )⋅+ 0=

5−lb

ft⋅

x2⋅ 3 lb⋅( ) x⋅+ 36 lb⋅ ft⋅+ 0=

resolviendo ésta ecuación se obtienen las siguientes soluciones . . .



x

3 ft⋅12−5

ft⋅

=

Ya se había considerado antes el signo negativo de x en la ec. (1), asi que la solución que fisicamente tiene sentido es x 3 ft⋅= .Por otra parte, la conservación de la energía aplicada entre los estados (A) y (C) es . . .

E final Einicial− W fricción=

K C( ) Ug( )C( )

+ Ue( )C( )

+ K A( ) Ug( )

A( )+ Ue( )

A( )+

− f− h 2 x⋅+ y+( )⋅=

0( ) M g⋅ y⋅( )+ 0( )+[ ] 0 M g⋅ h⋅+ 0( )+[ ]− f− h 2 x⋅+ y+( )⋅=

M g⋅ f+( ) y⋅ h f M g⋅−( )⋅+ 2 f⋅ x⋅+ 0=

es decir . . .

yM g⋅ f−( ) h⋅ f 2 x⋅( )⋅−

M g⋅ f+= (2)

al substituir x 3 ft⋅= y las demás constanes, resulta que la distancia y de rebote es . . .

y4000 lb⋅ 1000 lb⋅−( ) 12⋅ ft⋅ 1000 lb⋅ 2 3 ft⋅( )⋅[ ]⋅−

4000 lb⋅ 1000 lb⋅+= = 6 ft⋅

∆x

Fe

Mg(D)

Cuando el elevador finalmente quede en reposo encima del resorte en el estado (D), significa que toda la energía potencial gravitacional del estado inicial (A), se habrá convertido en trabajo hecho contra la fricción al haberse desplazado por una distancia total s y una parte quedará convertida en la energía potencial elástica que mantiene al resorte comprimido en la posición de equilibrio, esto es . . .

E D( ) E A( )− W fricción=

K D( ) Ug( )D( )

+ Ue( )D( )

+ K A( ) Ug( )

A( )+ Ue( )

A( )+

− f− s⋅=

0( ) M g⋅ ∆x−( )⋅ + 1

2k⋅ ∆x( )2⋅+

0 M g⋅ h⋅+ 0( )+[ ]− f− s⋅=

donde la distancia ∆x se calcula de la condición de equilibrio Fe M g⋅= , es decir k ∆x⋅ M g⋅=



(ignorando la fricción) y queda . . .

0( ) M g⋅M g⋅

k−

⋅

+ 1

2k⋅

M g⋅k

2

⋅+

0 M g⋅ h⋅+ 0( )+[ ]− f− s⋅=

Asi, la distancia total recorrida por el elevador será . . .

sM g⋅2 f⋅

M g⋅k

2 h⋅+

⋅=

= 4000 lb⋅

2 1000⋅ lb⋅4000 lb⋅

10000lb

ft⋅

2 12 ft⋅( )⋅+

⋅ = 244

5ft⋅ = 48.8 ft⋅

44. Considerando un sistema de referencia XY rectangular con el origen en el borde de la mesa, el tiempo t de vuelo del balín está dado por la ecuación de caida libre :

y f yi viy t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−=

en la que yi 0= , viy 0= y además y f h−= , por lo cual . . . t2 h⋅g

=

Si el primer balín sale del borde de la mesa con la rapidez horizontal v y recorre la distancia horizontal

d a−( ) , entonces se cumple que d a−( ) v t⋅= , esto es . . .

d a−( ) v2 h⋅g

⋅= (1)

x

v

(A)

(B)

donde la rapidez v se calcula aplicando la conservación de la energía al sistema resorte-balín entre los estados . . .

(A) el resorte comprimido una distancia x y el balín en •reposo. (B) el resorte en su longitud natural, luego de haber •empujado al balín, el cual se mueve con la rapidez v.

inicados en la figura de la derecha.

Einicial E final=

K A( ) Ue( )A( )

+ K B( ) Ue( )B( )

+=

donde se ha ignorado la fricción y se ha considerado que el niver cero de energía potencial elástica Ue

corresponde a la longitud natural del resorte en el estado (B) y queda . . .

0( )1

2k⋅ x

2⋅+ 1

2M⋅ v

2⋅ 0( )+=



vk

Mx⋅=

donde k es la constante elástica del resorte. De manera que la ecuación (1) es . . .

d a−( )k

Mx⋅

2 h⋅g

⋅= (1)

Para el 2° balín, el niño debe comprimir un poco más al resorte, en la cantidad x ∆x+( ) , por lo cual, bajo un razonamiento idéntico al anterior, la rapidez del balín en el borde de la mesa será ahora

v2k

Mx ∆x+( )⋅= de manera que, durante el mismo tiempo de caida que antes, pueda

recorrer la distancia horizontal d , es decir . . .

d v2 t⋅= = k

Mx ∆x+( )⋅

2 h⋅g

⋅ (2)

Al substituir k

M de la ec. (1) en la ec.(2) resulta . . .

dd a−

x2 h⋅g

⋅

x ∆x+( ) 2 h⋅g

⋅

⋅= = d a−( )x ∆x+( )

x⋅

y resolviendo para x ∆x+( ) resulta . . .x ∆x+( ) d x⋅

d a−=

asi que el 2° niño debe comprimir el resorte en x ∆x+( ) 200 cm⋅ 1 cm⋅( )⋅200 cm⋅ 20 cm⋅−

= = 1.111 cm⋅

Y

X

T

W

a

45. Representemos al elevador como una partícula que en el instante t = 0 se encuentra en el origen de un sistema de referencia XY derecho. Cuando el

elevador acelera hacia arriba, la 2a ley de Newton establece . . .

T M g⋅−( ) M a⋅=

es decir T M g a+( )⋅= y dado que la aceleración a es constante,

la distancia que sube el elevador, si partió del reposo está dada por la ec. cinemática

y yivi v f+

2

t⋅+= = 0v

2t⋅+



donde v es la rapidez de crucero.De manera que el trabajo hecho durante el tiempo t = 3 seg por la tensión del cable que lo sube es.

W T y⋅= y por lo tanto la potencia que ejerce esta fuerza sobre el elevador es . . .

PW

t= =

T y⋅t

=

M gv

t+

⋅v t⋅2

⋅

t =

1

2M⋅ g t⋅ v+( )⋅

v

t⋅

= 1

2650⋅ kg⋅ 9.8

m

seg2

⋅ 3 seg⋅( )⋅ 1.75m

seg⋅+

⋅ 1.75

3

m

seg2

⋅

⋅

= 5905 Watts⋅

Y

X

T

W

a = 0

vCuando el elevador se mueve hacia arriba con rapidez constante , la tensión del cable y el peso del elevador son iguales en magnitud, de manera que la potencia ejercida por el cable sobre el elevador está dada ahora por. . .

P T v⋅= = M g⋅( ) v⋅

= 650 kg⋅( ) 9.8m

seg2

⋅

⋅ 1.75m

seg⋅

⋅ = 11150 Watts⋅

La potencia durante la aceleración comparada con ésta última es

5905 Watts⋅11150 Watts⋅

= 0.53

solamente un 53% .

46. Sea M la masa del agua que cae en un tiempo t por las cataratas desde una altura h . Ignorando la rapidez inicial del agua al iniciar su caida, su energía potencial gravitacional es . . .

Ug( )i

M g⋅ h⋅=

considerando que el nivel cero de Ug corresponde a una altura cero. Ignorando también la

fricción, la conservación de la energía establece que . . .K inicial Ug( )

inicial+

K final Ug( )final

+ =

donde hemos definido el estado final cuando el agua llega a la altura cero. De éste modo queda:

0( ) M g⋅ h⋅( )+ K final 0( )+=

K final M g⋅ h⋅=



donde la masa M se calcula como M δ V⋅= siendo δ la densidad del agua ( 1 gr/cm3 ) y V el volumen

del líquido que cae en el tiempo t . Entonces, la salida de potencia de una planta hidroeléctrica que pudiera convertir el 48% de ésta energía en energía eléctrica es . . .

P 0.48( )δ V⋅

t⋅ g⋅ h⋅=

= 0.48( )

1000kg

m3

⋅ 3.3 105⋅ m3⋅( )⋅

60 seg⋅

⋅ 9.8m

seg2

⋅

⋅ 50⋅ m⋅ = 1.293 109⋅ Watts⋅

es decir, unos 1300 MWatts

47. La potencia P instantánea que se realiza sobre un objeto es por definición la rapidez de cambio del

trabajo W hecho sobre el objeto respecto al tiempo, que se puede escribir como . . .

PdW

dt= =

F dx⋅dt

= Fdx

dt

⋅ = F v⋅ (1)

donde vdx

dt= es la rapidez a la que se mueve tal objeto por efecto de la fuerza F , que de

acuerdo con la 2a ley de Newton le provoca una aceleración a dada por . . .

F M a⋅= = Mdv

dt

⋅

pero usando la "regla de la cadena" para derivadas, podemos escribir . . .

dv

dt

dv

dx

dx

dt

⋅= = dv

dx

v⋅

y por lo tanto la ec. (1) queda . . .

P Mdv

dt

⋅

v⋅= = Mdv

dx

v⋅

⋅ v⋅ = M v2⋅

dv

dx⋅

Si separamos los diferenciales de ésta ecuación e integramos ambos miembros, se obtiene . . .

0

x

xP⌠⌡

d0

v

vM v2⋅

⌠⌡

d=

P x 0−( )⋅M

3v

30−( )⋅=

y finalmente . . .



Distancia recorrida en metros

Rap

idez

v x( )

x

v3

3 P⋅ x⋅M

=

como se pedía demostrar.A la derecha se muestra cualtitativamente en forma gráfica la variación de la rapidez del automóvil con la distancia que he recorrido a partir del reposo, si la potencia P que suministra su motor se mantiene constante.

48. La masa ∆m de la columna cilíndrica de aire que mueve el automóvil es el producto de la densidad ρ

del aire por el volumen V de tal columna . Si el área transversal es A y la longitud de la columna es v ∆t⋅entonces el volumen es V A v ∆t⋅( )⋅= y queda . . .

∆m ρ V⋅= = ρ A v ∆t⋅( )⋅ ⋅

Además, del teorema de la variación de la energía cinética, el trabajo W que hace el automóvil sobre la columna de aire es igual al cambio de la energía cinética ∆K K final K inicial−( )= de la columna, asi que si suponemos que inicialmente el aire estaba

en reposo, se tiene . . .

W ∆K= = K final 0( )− = 1

2∆m⋅ v

2⋅ = 1

2ρ A⋅ v⋅ ∆t⋅( )⋅ v

2⋅

Asi que la potencia media que realiza el auto sobre el aire es . . .

PW

∆t= =

1

2ρ A⋅ v⋅( )⋅ v

2⋅ = 1

2ρ⋅ A⋅

v3⋅

Por otra parte, si f es la fuerza que ejerce el auto sobre la columna de aire, entonces f− es la fuerza de

fricción que ejerce el aire sobre el automóvil y por lo tanto de P f v⋅= y la expresión anterior se deduce

que. . .

fP

v= =

1

2ρ⋅ A⋅

v2⋅

Cambiando la forma del automóvil, se puede cambiar también esta fuerza de fricción. Una

fórmula empírica es f1

2D⋅ ρ A⋅ v

2⋅( )⋅= donde D se llama coeficiente de arrastre , el cual

vale aproximadamente 0.5 para una esfera pero puede hacerse tan grande como 2 ó aún mayor para objetos de forma irregular. La forma aerodinámica de los autos actuales tienden a reducir el coeficiente D al mínimo .



Mg

N

Ff

49. Cuando el automóvil se mueve sobre una carretera horizontal a velocidad constante, la fuerza f de

fricción con la carretera (ignorando la fricción con el aire ) equilibra la fuerza F de empuje del motor, de modo que F f− 0= , es decir f F= ,

y siendo también iguales la normal y el peso del vehículo: N M g⋅= , se deduce que . . .

f µk M g⋅( )⋅= .

De modo que si la potencia es . . .

P F v⋅= = f v⋅ = µk M⋅ g⋅( ) v⋅

entonces µkP

M g⋅( ) v⋅= es el coeficiente de rozamiento con la carretera.

d

Y

XN

h

Mg

θ

θ

fk

F1Representando al automóvil como una

partícula en el origen de un sistema de referencia XY con el eje X dirigido a lo largo de la pendiente, cuando el automóvil se mueve a rapidez constante v1 , la suma

de las fuerzas que actúan sobre él es también cero

F1 f k+ N+ M g⋅+ 0=es decir . . .

dirección X : F1 µk N⋅− M g⋅ sen θ( )⋅− 0= (1)

dirección Y : N M g⋅ cos θ( )⋅− 0= (2)

asumiendo que el coeficiente de rozamiento sea el mismo que antes. Asi que substituyendo N de la ec. (2) en la ec. (1) , la fuerza F1 que debe ejercer el motor es . . .

F1 µk M g⋅ cos θ( )⋅( )⋅− M g⋅ sen θ( )⋅− 0=

F1 M g⋅ µk cos θ( )⋅ sen θ( )+( )⋅=

la potencia es P F1 v1⋅= ,de modo que la velocidad del auto es ahora v1P

F1

= es decir:

v1P

M g⋅ µk cos θ( )⋅ sen θ( )+( )⋅ =



al substituir µkP

M g⋅( ) v⋅= y los valores cos θ( ) d

d2

h2+

= ; sen θ( ) h

d2

h2+

= queda .

. .

v1P

M g⋅P

M g⋅ v⋅d

d2

h2+

⋅h

d2

h2+

+

⋅= =

P

P

v

d

d2

h2+

⋅ M g⋅h

d2

h2+

⋅+

= 50 745.7( )⋅ watts⋅

50 745.7( )⋅ watts⋅

30m

seg⋅

10

101⋅ 1121 kg⋅( ) g⋅ 1

101

⋅+ = 16

m

seg⋅

De modo que la velocidad del auto que era 108km

hr⋅ en la carretera horizontal, se reduce a

57.6km

hr⋅ en la cuesta.

0 5 10 15 20

10

20

30

altura h ( si d = 10 m )

velo

cida

d de

l aut

o

A la derecha se ilustra la variación de la rapidez del automóvil en función de la altura h que tiene la pendiente por cada 10 m recorridos horizontalmente. Nótese que la rapidez no se hace cero aún para grandes valores de h, debido a que:

∞h

P d2

h2+⋅

P

vd⋅ M g⋅ h⋅+

lim→

= P

M g⋅

aunque sabemos que prácticamente es imposible que un automóvil trepe por una pendiente vertical. Este resultado absurdo se debe a que no supusimos que la fuerza F que ejerce el motor del auto también depende del contacto con la carretera.

50. Representemos al tren como una partícula que en el instante t = 0 está ubicada en el origen de un sistema de referencia XY con el eje X horizontal y que tiene la rapidez v1 en ese momento.

Transcurrido un tiempo to 6 min⋅= , la partícula se localiza a una distancia x del origen de

referencia y tiene ahora la rapidez v2 como se muestra en la siguiente figura . . .



v1

v2

XO

x

v

FIgnorando la fricción, el trabajo W que hace la locomotora para acelerar al tren se manifiesta como un incremento en la rapidez, ( teorema de la variación de la energía cinética ) dado por . . .

W ∆K=1

2M⋅ v2( )2⋅

1

2M⋅ v1( )2⋅

−=

= 1

2M⋅ v2( )2

v1( )2− ⋅

Si el motor de la locomotora funciona a una potencia máxima constante PW

t= , el trabajo

que realiza durante el tiempo t0 es. . . W P t0⋅= , y la ecuación anterior queda . . .

P t0⋅ 1

2M⋅ v2( )2

v1( )2− ⋅= (1)

Denotando por A a la constante Av2( )2

v1( )2−t0

= =

25m

seg⋅

2

5m

seg⋅

2

−

6 60⋅ seg⋅ =

5

3

m2

seg3

⋅ , la

masa del tren (incluida la locomotora) es . . .

M2 P⋅A

= = 2 1.5 106× Watts⋅( )⋅

5

3

m2

seg3

⋅

= 1.8 106× kg⋅

Para un tiempo t t0< , cuando el tren tiene la rapidez v v2< la ec. (1) queda . . .

0 120 240 360

5

10

15

20

25

seg

m/s

eg

P t⋅ 1

2M⋅ v

2v1( )2− ⋅=

y substituyendo M . . .

P t⋅ 1

2

2 P⋅A

⋅ v2

v1( )2− ⋅=

asi que la rapidez v del tren es . . .

v A t⋅ v1( )2+=

a la derecha se muestra la variación de v con el tiempo.



Ahora, la 2a ley de Newton nos permite calcular la fuerza F que actúa sobre el tren en cada instante, dado que . . .

F M a⋅= = Mdv

dt

⋅

substituyendo M y v t( ) queda . . .

F2 P⋅A

t

A t⋅ v1( )2+ d

d⋅=

= 2 P⋅A

A

2 A t⋅ v1( )2+⋅⋅ =

P

A t⋅ v1( )2+

0 120 240 360

2000

4000

6000

8000

seg

New

tons

Como la fuerza que actúa sobre el tren es variable, también lo será su aceleración. A la derecha se muestra la variación de F con el tiempo t, para el intervalo [ 0 , t0 ]

Nótese que . . .

∞t

F t( )lim→

0=

de modo que la fuerza que ejerce la locomotora sobre el tren es cada vez menor.

Finalmente, para calcular la distancia que recorre el tren, recordemos que la velocidad de una partícula

en una dimensión es la rapidez de cambio de su posición x respecto al tiempo t, es decir vdx

dt= , asi

que separando los diferenciales e integrando respecto al tiempo se obtiene:

0 120 240 360

1000

2000

3000

4000

5000

6000

seg

met

ros

0

x

x.⌠⌡

do

t

tv t( )⌠⌡

d=

x 0−( )0

t

tA t⋅ v1( )2+ ⌠⌡

d=

es decir . . .

x t( ) = 2

3

1

A⋅ A t⋅ v1( )2+

3

2v1( )3−

⋅



de manera que la distancia que ha recorrido el tren cuando t t0= = 6 min es . . .

x t0( ) 2

3

1

5

3

m2

seg3

⋅

⋅ 5

3

m2

seg3

⋅ 360 seg⋅( )⋅ 5m

seg⋅

2

+

3

2

5m

seg⋅

3

−

⋅= = 6200 m⋅

Y

XfN

Mg

θ

θ

51. Si el auto se mueve cuesta abaja a velocidad constante significa que la suma de las fuerzas que actúan sobre él es cero, es decir:

f M¨g sen θ( )⋅− 0= (1)

N M g⋅ cos θ( )⋅− 0= (2)

donde f es la fuerza de fricción.Para que ahora el automóvil se mueve cuesta arriba con la misma rapidez constante v , es necesario que su motor ejerza una fuerza F tal que . . .

F f− M g⋅ sen θ( )⋅− 0= (3)

asumiendo que f tiene el mismo valor que en el descenso y usando la ec. (1), queda. . .

F 2 M⋅ g⋅ sen θ( )⋅=de modo que la potencia que desarrolla sobre el automóvil es . . .

P F v⋅= = 2 M⋅ g⋅ sen θ( )⋅( ) v⋅

Y

X

f

N

Mg

θ

θ

F

P = 2 1000 kg⋅( )⋅ g⋅ sen 6 °⋅( )⋅ 20m

seg⋅

⋅ = 4.098 104× Watts⋅ = 55 hp⋅

siendo 1 hp⋅ 745.7 Watt⋅=

f

Y

XN

θθ

F

Mg

52. Representemos al tren como una partícula que en el instante t = 0 está ubicada en el origen de un sistema de referencia XY con el eje X paralelo a la superficie de la cuesta inclinada y que se mueve a la rapidez v1

constante, como se muestra en la figura de la derecha.



Si f representa la fuerza total de fricción sobre el tren, entonces, dado que éste no tiene aceleración, la

suma de las fuerzas que actúan sobre él es cero, es decir . . .

dirección X : F µ N⋅− M g⋅ sen θ( )⋅− 0= (1)

dirección Y : N M g⋅ cos θ( )⋅− 0= (2)

substituyendo N de la ec. (2) en la ec. (1) resulta . . .

F M g⋅ µ cos θ( )⋅ sen θ( )+( )⋅= (3)

de manera que si el coeficiente de fricción µ permanece constante, entonces la fuerza que

ejerce la locomotora sobre el tren es una función del ángulo θ de la cuesta.Si la potencia P de la locomotora se mantiene constante, entonces para las dos inclinaciones θ1 y θ2 de las cuestas por las que sube el tren se cumple que . . . P F1 v1⋅= F2 v2⋅= ,

esto es . . .

v2

F1

F2

v1⋅= = M g⋅ µ cos θ1( )⋅ sen θ1( )+( )⋅

M g⋅ µ cos θ2( )⋅ sen θ2( )+( )⋅

v1⋅

es la rapidez del tren en la 2a pendiente. Resolviendo la ecuación anterior para µ el coeficiente de rozamiento resulta . . .

µv1 sen θ1( )⋅ v2 sen θ2( )⋅−

v2 cos θ2( )⋅ v1 cos θ1( )⋅−= =

50km

hr⋅

sen 10°( )⋅ 60km

hr⋅

sen 5°( )⋅−

60km

hr⋅

cos 5 °⋅( )⋅ 50km

hr⋅

cos 10 °⋅( )⋅− = 0.3

vo

hvo

vo53. Ignorando las fuerzas de fricción, si una persona deja la escalera o llega a ella con la misma rapidez v0 con que ésta se mueve,

las dos únicas fuerzas que actúa sobre una persona son la normal N y la gravitacional Mg, de modo que el principio de conservacion de la energía aplicado a un grupo de n personas entre la parte inferior y la superior de la escalera conduce a. . .

E final Einicial− W ext=

K final Ug( )final

+ K inicial Ug( )

inicial+

− Wext=



donde W ext es el trabajo exterior realizado sobre las personas por la fuerza normal N de la escalera y

Ug es la energía potencial asociada a la fuerza gravitacional , para la cual vamos a considerar la parte

inferior de la escalera como el nivel de referencia cero. Entonces, dado que K final K inicial= K=

queda . . .

K n M g⋅ h⋅( )⋅+[ ] K 0( )+[ ]− W ext= es decir Wext n M g⋅ h⋅( )⋅=

donde M es la masa promedio de una persona y h es la altura a la que sube.Si el tiempo en el que la escalera realiza este trabajo es t 1 min⋅= entonces la potencia es. . .

PW ext

t= =

N M g⋅ h⋅( )⋅t

= 10075 kg⋅( ) g⋅ 8.2 m⋅( )⋅[ ]

60 seg⋅⋅ = 10045 Watts⋅

o unos 10 KW⋅ .

Cuando una persona asciende caminando sobre la escalera en funcionamiento, una parte del trabajo ncesario para subir la altura h lo realiza ella y otra parte lo hace la escalera. Si v es la rapidez de la pesona respecto a la escalera, entonces su rapidez respecto al piso es v v0+( ) y como recorre la longitud L = 13.3 m de la escalera en un tiempo t = 9.5 seg , de la ec. para el

movimiento rectilíneo uniforme : x f xi u t⋅+= (considerando que el eje X se orienta a lo largo

de la escalera y el origen se localiza en la parte inferior) queda. . .

L 0 v v0+( ) t⋅+= de donde se obtiene vL

tv0−=

De ésta manera, si la escalera no estuviese en movimiento, en el tiempo t la persona recorrería sobre ella la distancia . . .

d v t⋅= = L

tv0−

t⋅ = L v0 t⋅−

que corresponde a una altura h1 dada por la

proporción: L

h

d

h1

= , de los triángulos rectángulos

en la figura de la derecha, es decir . . .

h1 hd

L

⋅= = hL v0 t⋅−

L

⋅

h

v vo

L

d 1h

de modo que la la altura que la escalera sube a la persona es solamente . . .

h h1−( ) h hL v0 t⋅−

L

⋅−= = h v0⋅t

L⋅



y por lo tanto realiza sobre ella el trabajo:

W M g⋅ h h1−( )⋅= = M g⋅ h⋅ v0t

L⋅

⋅

= 83.5 kg⋅( ) g⋅ 8.2 m⋅( )⋅ 0.62m

seg⋅

9.5 seg⋅13.3 m⋅

⋅

⋅ = 2971 Joules⋅

Si la persona desciende por la escalera en funcionamiento, permaneciendo a la misma altura respecto al piso, entonces no cambia su energía potencial gravitacional. Además, dado que se están ignorando las fuerzas de fricción, el motor de la escalera no realizaría ningún trabajo sobre ella.

54. El trabajo realizado por una fuerza F sobre una partícula de masa M en la dirección X , está definido por. . .

Wxi

x f

xF x( )⌠⌡

d=

pero la segunda ley de Newton nos dice que la fuerza se calcula como . . .

F M2

tx t( )

d

d

2

⋅= = M2

ta t⋅ b t

2⋅+ c t3⋅+( )d

d

2

⋅ = M 2 b⋅ 6 c⋅ t⋅+( )⋅

Además, de la derivada dx t( )

dt

d

dta t⋅ b t

2⋅+ c t3⋅+( )⋅= = a 2 b⋅ t⋅+ 3 c⋅ t

2⋅+( ) se obtiene dx a 2 b⋅ t⋅+ 3 c⋅ t

2⋅+( ) dt⋅=

de modo que la integral del trabajo se puede expresar en funcióndel tiempo t como . . .

Wti

t f

tM 2 b⋅ 6 c⋅ t⋅+( )⋅ a 2 b⋅ t⋅+ 3 c⋅ t2⋅+( )⋅

⌠⌡

d=

tomando ti 0= , t f t= y dado que M , a , b y c son constantes, queda . . .

W M9

2c

2⋅ t4⋅ 6 b⋅ c⋅ t

3⋅+ 1

24 b

2⋅ 6 c⋅ a⋅+( )⋅ t2⋅+ 2 b⋅ a⋅ t⋅+

⋅=

dado que a 3m

seg⋅= , b 4−

m

seg2

⋅= , c 1m

seg3

⋅= ) y tomando t = 3 seg , el trabajo realizado

sobre la partícula es . . .



W1

3kg⋅ 9

2

m2

seg6

⋅ 3 seg⋅( )4⋅ 24

m2

seg5

⋅

3 seg⋅( )3⋅− 41

m2

seg4

⋅

3 seg⋅( )2⋅+ 24

m2

seg3

⋅ 3 seg⋅( )⋅−

⋅=

= 1

3

27

2kg⋅

m2

seg2

⋅

⋅ = 9

2Joules⋅

La potencia es. . .

PdW

dt= =

tM

9

2c

2⋅ t4⋅ 6 b⋅ c⋅ t

3⋅+ 1

24 b

2⋅ 6 c⋅ a⋅+( )⋅ t2⋅+ 2 b⋅ a⋅ t⋅+

⋅d

d

= M 18 c2⋅ t

3⋅ 18 b⋅ c⋅ t2⋅+ 4 b

2⋅ 6 c⋅ a⋅+( ) t⋅+ 2 b⋅ a⋅+ ⋅

= 3 kg⋅ 18m

2

seg6

⋅

t3⋅ 72

m2

seg5

⋅

t2⋅− 82

m2

seg4

⋅

t⋅+ 24m

2

seg3

⋅−

⋅

Asi que en el instante t = 2 seg . . .

P 3 kg⋅ 18m

2

seg6

⋅

2 seg⋅( )3⋅ 72

m2

seg5

⋅

2 seg⋅( )2⋅− 82

m2

seg4

⋅

2 seg⋅( )⋅+ 24m

2

seg3

⋅−

⋅=

= 1

3kg⋅ 4−

m2

seg3

⋅

⋅ = 4−

3Watts⋅

lo cual significa que en ese momento la rapidez de la partícula y la fuerza aplicada tienen sentidos opuestos. Abajo se muestran la variación con el tiempo del trabajo W , la fuerza F y el desplazamiento x.

0 1 2 3 4

2

2

4

W t( )

x t( )

F t( )

t



CAPITULO VI

La conservación del

Momentum Lineal



Conservación del Momentum Lineal

Tanto en la aplicación del teorema impulso momentum:

ti

t f

tF .⋅⌠⌡

d ∆ p⋅( )=

como del principio de la conservación del momentum lineal:

Si F 0= entonces ∆ p⋅ 0=

donde F es la fuerza neta externa que actúa sobre un sistema físico, se sugiere el

siguiente método de solución :

Identificar el sistema de objetos físicos cuyo movimiento se desea describir y 1.representarlos como partículas Escojer un sistema de coordenadas apropiado al problema. El sistema de 2.referencia del centro de masa de las partículas involucradas podría ser una elección.Identificar todas las fuerzas que actúan sobre el sistema, utilizando la 3a ley de 3.Newton, con el fin de decidir cáles son fuerzas internas y cuáles son externas al sistema. Las fuerzas externas cambiarán el momentum lineal del sistema y la posición de su centro de masa, las internas no.Definir un estado o configuración inicial del sistema de partículas y una 4.configuración o estado final al cual evoluciona partiendo del estado inicial.Si la fuerza neta externa F que actúa sobre el sistema es nula, entonces su 5.

momentum lineal total p permanece constante y se puede aplicar ∆ p⋅ 0=

es decir p final pinicial= entre los estados inicial y final o entre cualquier

para de estados (configuraciones) del sistema de partículas Si la fuerza externa F que actúa sobre el sistema no es nula, entonces su 6.

momentum lineal total p cambia exactamente en el impulso que le transmite

tal fuerza, esto es :

p final pinicialti

t f

tF .⋅⌠⌡

d+=



Impulso y momentum lineal

1. ¿A qué velocidad debe moverse un objeto de masa M para tener el mismo momentum lineal que otro objeto de masa 4M que se mueve a la velocidad vo? . ¿A qué velocidad se debe mover para tener la misma energía cinética?

Fue

rza

( N

ewto

ns)

tiempo (mseg)

2 4 60

Fmax

0

2. La gráfica de la derecha es una representación aproximada de la fuerza sobre una pelota de tenis de 58 gr, en función del tiempo, cuando la pelota choca contra un muro. Su rapidez inicial es 32 m/seg . perpendicular al muro y rebota con la misma rapidez, también perpendicular. ¿Qué valor máximo Fmax tiene la fuerza de contacto durante éste choque?

0 1 2 3 4

10

20

30

40

50

F = k t (seg)

New

tons3. Si la fuerza neta sobre un objeto de 10 kg aumenta

uniformemente desde cero hasta 50 Newtons en 4 seg , como se ilustra en la figura de la derecha, ¿a qué velocidad final se mueve el objeto si partió del reposo ?

Fue

rza

( N

ewto

ns)

tiempo (mseg)

1 2 40 3

500

0

1000

1500

2000

25004. Una pelota en resposo de masa de 0.5 kg se golpea de modo que la fuerza sobre ella, en función del tiempo, está representada por la gráfica de la derecha, la cual es una parábola vertical que. . .

se extiende hacia abajo, •en el punto (1.8 mseg, 2200 Newt ) tiene su vértice •pasa por (2.8 mseg, 1200 Newt ) •

¿Cuál será la rapidez final de la pelota al terminar el golpe sobre ella?

5. Un experto en karate golpea un objeto con su puño y brazo (cuya masa combinada es de unos 3 kg ) con una velocidad de 4 m/seg. Si el contacto dura 0.01 seg , ¿que fuerza promedio (en kg fuerza ) ejerce el karateka sobre el objeto ?



45°

6. Una pelota de béisbol de 150 gr de masa se golpea con un bat que le imprime una velocidad de 60 m/seg desviándola en 135º respecto a su dirección inicial. Si la pelota se movía inicialmente a 40 m/seg y el contacto con el bat dura 40 mseg, ¿ qué fuerza media ejerció el bat sobre la pelota durante el choque? .

v7. El chorro de agua de una manguera anti-motines choca contra una persona. Si la velocidad del agua es 25 m/seg y el flujo de agua es 20 litros por segundo, ¿cuál es la fuerza media que ejerce el agua sobre la persona? . ( el agua tiene una densidad de masa de 1 gr/cm3 y suponga que rebota con la mitad de la velocidad después de chocar )

Conservación del momentum lineal y choques

M1 M

2F -F

8. Dos bloques de 1 kg y 3 kg, están unidos por medio de un resorte estirado entre ellos. Si los bloques se sueltan a partir del reposo, no hay otras fuerzas externas aplicadas a los bloques y el bloque de 1 kg se mueve a 6 m/seg hacia el centro de masa, ¿como se mueve el segundo bloque?

vv21

M2

M1

d9. Dos bloques de 2 kg y 4 kg se encuentran sobre

una superficie horizontal que tiene un coeficiente de fricción de 0.3. y están separados 40 cm por medio de un resorte comprimido entre ellos. El resorte está comprimido 20 cm respecto a su longitud natural y tiene una constante elástica k = 12 Newton/cm . ¿Cuál será la separación entre los bloques cuando queden finalmente en reposo después de haber sido impulsados por el resorte? ( el resorte no está unido a ninguno de los bloques. Ignórese la fricción mientras el resorte se expande )

D



m

M

10. Una persona de masa m está colgando en una escalera de cuerda que está amarrada a la canastilla de un globo aerostático de masa M , el cual flota libremente en el aire y está inmóvil respecto al suelo. Si la persona empieza a subir con una rapidez v respecto a la escalera entonces . . .

¿cómo se moverá el globo respecto al suelo?. •¿qué sucede con el movimiento del globo si la persona deja de trepar •por la escalera? .

Suponga que el aire está en calma e ignórese la fricción.

11. Un perro de 12 lb está sobre una balsa de 20 lb que flota sobre el agua de modo que se encuentra alejado de la orilla la distancia d = 20 ft. Si el perro camina 8 ft sobre la balsa hacia la orilla y se detiene ¿a qué distancia queda de la orilla? ( suponga que no hay fricción con el agua )

12. Ricardo y Carmelita disfrutan de un romántico atardecer en el lago, sobre una canoa de 40 kg. Ricardo desea saber cuánto pesa Carmelita; sin embargo, ella no ha querido decírselo. Entonces, cuando la canoa se encuentra en reposo en aguas tranquilas, el ingenioso Ricardo le propone intercambiar sus lugares que están separados por una distancia de 2.7 m y son simétricos respecto al centro de la canoa. Después de intercambiar sus lugares, Ricardo nota que la canoa se ha desplazado 30 cm respecto a una roca que sobresale del agua . Si la masa de Ricardo es 80 kg , ¿cómo hace para calcular la masa de Carmelita?

u

v

13. Un marinero de 80 kg está de pie sobre la popa de su velero que tiene una masa de 400 kg y se está moviendo sobre el agua a la rapidez u = 4 m/seg en línea recta, prácticamente sin fricción. Si el marinero empieza a caminar sobre el velero hacia la proa a la rapidez v = 2 m/seg respecto al velero, ¿qué distancia recorre el velero sobre el agua mientras el marinero camina una distancia de 18m ?.



y

14. Una cuerda uniforme y flexible de longitud L , con un peso por unidad de longitud λ pasa por una clavija pequeña y sin fricción. Se suelta de la posición de reposo cuando una longitud y de la cuerda cuelga de un lado de la clavija y una longitud L − y del otro lado. Determinar la aceleración a de la cuerda en función de y .

H

y

15. Un tanque cilíndrico de almacenamiento de agua está inicialmente lleno. Después se vacía a través de una válvula colocada en el fondo. A medida que se extrae el agua, cambia la posición del centro de masa del tanque y su contenido remanente. ¿Qué altura y tendrá el agua en el tanque cuando el centro de masa del tanque y del agua remanente alcanza su punto más bajo?. Expresar la respuesta en función de H , la altura del tanque; M, su masa; y m , la masa de agua que puede contener.

16. Demostrar que la relación de las distancias de dos partículas a su centro de masa es igual a la relación inversa entre sus masas. La masa de la Luna es aproximadamente 0.013 veces la masa de la Tierra y la distancia del centro de la Luna al centro de la Tierra es unas 60 veces el radio de la Tierra. ¿ A qué distancia del centro de la Tierra se encuentra el centro de masa del sistema Tierra-Luna ? ( El radio de la Tierra es 6380 km )

hM

m

θ

17. Un bloque de masa m está colocado sobre una cuña

de masa M que a su vez se apoya sobre una mesa

horizontal fija. Si todas las superficies son planas y sin fricción y el sistema está inicialmente en reposo con el bloque a una altura h sobre la mesa, encontrar la velocidad de la cuña en el instante en que el bloque toca la mesa.

L

x

L - x

18. Una cadena de masa M y longitud L , cuelga en reposo con su extremo inferior apenas tocando la superficie horizontal de una mesa. Si la cadena se suelta,encontrar la fuerza ejercida por la mesa sobre la cadena después de que ésta ha descendido una distancia x , como se ilustra en la figura de la derecha. (Suponga que cada eslabón queda en reposo después de chocar con la mesa)



vo

vrel19. Una plataforma de ferrocarril de peso W rueda

sin fricción por un carril recto horizontal a la velocidad vo . Inicialmente un hombre de peso

w está de pie sobre ella ; pero empieza a correr

y salta con una rapidez vrel respecto a la

plataforma.

¿Cuál será el cambio en la velocidad de la plataforma?. Si sobre la plataforma hay n hombres, cada uno de peso w y todos saltan de ella sucesivamente igual que

el primero ¿le impartirán una velocidad mayor a la que le comunicarían si todos saltasen al mismo tiempo?

Mh

20. Una caja se pone sobre una balanza y se ajusta de tal manera que marque cero cuando la caja está vacía. Se vacían entonces dentro de la caja unas canicas desde una altura h por encima del fondo de la caja a un ritmo de n de canicas por segundo. Si cada canica tiene una masa M y las colisiones son completamente inelásticas, es decir las canicas no rebotan y se queda dentro de la caja, encontrar la lectura de la balanza cuando ha transcurrido un tiempo t desde que las canicas empezaron a

llenar la caja. Hallar una solución numérica cuando n115

seg= , h = 7.25 m , M =

4.6 gr ; t = 6.5 seg .

M

Mc

M

21. Se colocan alineados sobre el hielo dos trineos de 20 kg separados una distancia pequeña. Un conejo de 5 kg que está en uno de los trineos brinca al otro y de inmediato se regresa al primero.

Si en ambos brincos el conejo tiene una rapidez de 50

9

m

seg⋅ respecto al trineo, calcular las velocidades

finales de los trineos.

22. Obtener una expresión simbólica para la velocidad del centro de masa (c.m.) de dos objetos de masas M1 y M2 que chocan elásticamente en una dimensión (choque frontal), siendo sus velocidades iniciales v1 y v2 respectivamente. Comprobar que la velocidad del c.m. es la misma antes y después del choque .

23. Demostrar que en una colisión totalmente elástica no frontal entre dos bolas de masas iguales , con una de ellas inicialmente en reposo, el ángulo entre sus direcciones finales de movimiento será siempre de 90º , independientemente del valor de la velocidad o la dirección inicial de la primera bola.



24. Demuestre que en una colisión elástica entre una partícula de masa M 1 con una partícula de masa M2

inicialmente en reposo, el ángulo máximo θ que puede ser desviada M 1 debido al choque con M 2 ,

está dado por la expresión : cos2 θ( )⋅ 1

M 2

M 1

2

−=

¿Como es θ cuando M 1 M 2> , M 1 M 2= ó M 1 M2< ?

v25. Una bola de billar que se mueve a 10 m/seg choca elásticamente contra otras dos bolas idénticas en resposo y en contacto cuyos centros están sobre una línea perpendicular a la velocidad inicial, la cual se apuntó

directamente al punto de contacto de las otras dos y ninguna tiene fricción. Determinar las velocidades finales de las tres bolas después de la colisión . (Si no hay fricción, los impulsos se dirigen a lo largo de la línea de centros de las bolas, normales a las superficies en contacto )

MM

1

v

h

26. Una bala de 10 gr se impacta en un péndulo balístico de 2 kg de masa que inicialmente está en reposo colgando de cuerdas verticales muy ligeras. Como efecto del choque, el centro de masa del péndulo se eleva una distancia máxima vertical h de 14 cm . Si la

bala queda incrustada en el péndulo, calcular la rapidez que tenía la bala antes de chocar.

27. Una bala de 6 g que se mueve a 670 m/seg se impacta sobre un bloque de madera de 750 g que está inicialmente en reposo sobre una superficie horizontal sin fricción. La bala atravieza el bloque y sale de él con una velocidad de 420 m/seg. Calcular la velocidad que imparte la bala al bloque.

28. Una bala que pesa 0.02 lb se dispara horizontalmente contra un bloque de 4 lb que está en reposo sobre una superficie horizontal . El coeficiente de rozamiento cinético entre el bloque y la superficie es 0.2 . Se observa que la bala queda incrustada en el bloque y éste se desliza 5 ft sobre la superficie. Calcular la rapidez inicial de la bala .

29. Dos bloques, uno de las cuales tiene el doble de masa que el otro, se mantienen unidos por medio de un resorte comprimido entre ellos. Si la energía potencial almacenada en el resorte es 60 Joules, y se ignora la fricción, ¿qué cantidad de energía cinética tiene cada bloque después de dejar que el resorte se expanda?



mbM

v1v2

30. Un bloque de masa mb 2 kg⋅= se desliza hacia la

derecha a la rapidez v1 12m

seg⋅= sobre una superficie

horizontal sin fricción . Enfrente de él, un bloque de masa M 5 kg⋅= , está moviéndose en la misma

dirección pero en sentido opuesto a la

rapidez v2 5m

seg⋅= . El bloque de 5 kg⋅ tiene acoplado un resorte de constante elástica

k 71.7Newton

cm⋅= , que es comprimido por los bloques cuando éstos chocan .

¿Cuánto se comprimirá el resorte como máximo?•¿A qué velocidad rebotan los bloques?•

M1

M2

L

L

31. Dos péndulos chocan elásticamente, estando inicialmente uno de ellos en posición horizontal y el otro colgando verticalmente como se indica en la figura. El péndulo que se coloca inicialmente en posición horizontal tiene una masa M1 y se suelta a partir del reposo.

El otro péndulo tiene una masa M 2 que es el doble de M 1 y está

en reposo.Calcular las alturas de rebote de los péndulos después del primer choque.

Md

θm

L32. Un péndulo simple de masa m y longitud L

se suelta desde un ángulo θ y choca

elásticamente con un bloque de masa M que

está en reposo inicialmente sobre una superficie horizontal. Después de chocar, M se desliza

sobre la superficie una distancia d y se detiene.

¿A qué altura h rebota m ?.

Hallar el coeficiente de fricción µk entre el bloque y la superficie en función de m , L , M y d .

33. Una masa M choca inelásticamente contra otra masa m que estaba en reposo. ¿Qué fracción de la

energía cinética inicial se transforma en energía no mecánica?. Determinar ésta fracción según un observador que ve el choque desde el referencial del centro de masa. ¿Hay alguna diferencia?



34 Una locomotora de 100 000 kg se mueve sobre un riel recto casi sin fricción y con los motores apagados a la velocidad de 3.5 m/seg hacia una hilera de 3 vagones de carga desacoplados y separados entre si, cada uno de ellos de 75 000 kg de masa. ¿Cuál es la velocidad del tren al acoplarse cada vagón?. ¿Cuánta energía cinética se pierde en cada acoplamiento?

m t

M M M

v

mv

X

M 2M 1

35. Se alinean tres partículas de masas M 1 , m y

M2 , estando ésts dos últimas inicialmente en

reposo y un poco separadas. La otra partícula tiene una rapidez v.

Suponiendo que todas las colisiones son frontales, demostrar que para transferir la energía cinética máxima de

M1 a M 2 , la masa intermedia m debe ser M 1 M 2⋅ .

36. Un electrón de masa m choca de frente contra un átomo de masa M que estaba inicialmente en reposo. Como resultado de la colisión, se almacena en el átomo una cantidad de energía típica E.(energía de escitación). Calcular la velocidad mínima a la que se debe mover el electrón para hacer que el átomo adquiera precisamente ésta energía .

37. Dos esferas de Titanio se aproximan una a la otra frontalmente a la misma velocidad y chocan elásticamente. Si después de la colisión una de las esferas queda en reposo, ¿cuál es la razón de masas de las esferas?

38. Dos partículas de masas m y 3 m⋅ se aproximan una a la otra a lo largo del eje X con la misma

rapidez inicial v . La partícula de masa m se desplaza hacia la izquierda mientras que la de masa

3 m⋅ lo hace hacia la derecha. Experimentan un choque elástico oblicuo de modo que la partícula m

se mueve hacia abajo después de la colisión en un ángulo recto respecto a su dirección inicialEncuentre la rapidez final de las dos masas•¿Cuál es el ángulo θ al cual se desvía la partícula de masa 3 m⋅ ?•

39. Una partícula alfa choca contra un núcleo de Oxígeno que inicialmente estaba en reposo. La partícula alfa se desvía un ángulo de 64º respecto a su dirección inicial y el núcleo de Oxígeno se mueve en una dirección que forma un ángulo de 116º respecto a la dirección final de la partícula alfa . Si la masa del núcleo de Oxígeno es cuatro veces la de la partícula alfa, ¿cuál es la relación entre la magnitud de sus velocidades finales ?



40. Un objeto de 8 kg que se movia libremente a 2 m/seg, explota y se rompe en dos fragmentos de 4 kg. Despúes de la explosión, que suministra 25 Joules de energía cinética al sistema, los dos fragmentos se mueven en línea recta en la misma dirección que tenía el objeto inicialmente. Determinar las velocidades finales de los fragmentos.

41. Un objeto que estaba en reposo explota rompiéndose en 3 fragmentos, dos de ellos tienen igual masa y se mueven perpendicularmente entre si con la misma rapidez de 30 m/seg. El tercer fragmento tiene 3 veces la masa de cualquiera de los otros dos. ¿Hacia dónde y con qué rapídez se mueve el tercer fragmento?. ( no hay fuerzas externas )

42. Un cañon se encuentra inclinado a 60° sobre un terreno horizontal y dispara un proyectil a 1500 ft/seg. El proyectil explota justo en el punto más alto de su trayectoria en dos fragmentos de igual masa y uno de los fragmentos queda instantáneamente en reposo respecto al suelo. ¿ A qué distancia del cañon cae el otro fragmento ?

43. Dos pelotas A y B que tienen masas diferentes y desconocidas chocan entre si. Inicialmente A está en

reposo y B tiene una rapidez v. Después del choque, B tiene una rapidez v

2

y se mueve

perpendicularmente a su trayectoria inicial. Encontrar la dirección en la que se mueve la bola A. ¿ Puede determinarse la rapidez de A ?

M2

M1

M3

v2

v1

v3

Y

X

44. Cierto núcleo que está en reposo se desintegra espontáneamente en tres partículas. Se detectan dos de ellas moviéndose al final en ángulo recto como se indica en la figura de la derecha. ¿ Cuál es el momentum de la tercera partícula si se sabe que . . .

M1 8 10 27−× kg⋅= •

M2 17 10 27−× kg⋅= •

M3 12 10 27−× kg⋅=•

v1 8 106×m

seg⋅= y v2 6 106×

m

seg⋅= ? •

¿Cuánta energía interviene en éste proceso de desintegración?



Soluciones

vo4M1. Sea u la rapidez del objeto de masa M .

Si su momentum lineal p M u⋅= ha de tener la misma

magnitud que el momentum lineal del objeto de masa 4M ,

P 4 M⋅( ) vo⋅= entonces. . .

p P= es decir M u⋅ 4 M⋅( ) vo⋅=

y la rapidez u debe ser : u4 M⋅M

vo⋅= = 4 vo⋅

M u

En cambio, si ambos objetos han de tener la misma energía cinética, entonces . . .

K1 K2= es decir..1

2M⋅ u

2⋅ 1

24 M⋅( )⋅ vo( )2⋅=

y la rapidez u de M debe ser . . . u4 M⋅M

vo( )2⋅= = 2 vo⋅

La energía cinética K de un objeto varía más rápidamente que su momentum lineal p con la velocidad. Ambos se relacionan por . . .

K1

2M⋅ v

2⋅= = 1

2

M v⋅( )2

M⋅ =

p2

2 M⋅

X

M

v

(antes del choque)

v

(después del choque)

2. Con respecto a un eje X de referencia perpendicular a la pared, el cambio del momentum de la pelota es. . .

∆ p⋅ p final pinicial−= = M v⋅( ) i⋅ M v⋅ i−( )⋅[ ]−

= 2 M⋅ v⋅( ) i⋅

Por otra parte, si el choque con la pared dura un tiempo ∆t t f ti−= , el impulso que recibe la pelota es

por definición la integral definida. . .

Jti

t f

tF t( ) .⋅⌠⌡

d=

que numéricamente tiene el mismo valor que el área limitada por la curva F t( ) , el eje del tiempo t y las

rectas verticales t ti= y t t f= .

En éste problema podemos calcular geométricamente tal área, lo cual equivale a realizar la integral definida anterior.



(New

tons

)

(mseg)

2 4 60

Fmax

0 t

F(t)

A2

A1

A3

Área =

ti

t f

tF t( ) .⋅⌠⌡

d = A1 A2+ A3+

donde . . .

A11

22 10 3−⋅ seg⋅( )⋅ Fmax⋅=

A2 2 10 3−× seg⋅( ) Fmax⋅=

A31

22 10 3−× seg⋅( )⋅ Fmax⋅=

por lo tanto :

ti

t f

tF t( ) .⋅⌠⌡

d 4 10 3−× seg⋅( ) Fmax⋅=

y del teorema del impulso-momentum :

"El impulso Jti

t f

tF .⋅⌠⌡

d= de la fuerza neta F que actúa sobre una partícula durante un

intervalo de tiempo determinado ∆t t f ti−= , es igual al cambio del momentum

∆ p⋅ p final pinicial−= de la partícula durante ese intervalo"

ti

t f

tF .⋅⌠⌡

d p final pinicial−=

se tiene entonces que . . .

4 10 3−× seg⋅( ) Fmax⋅ 2 M⋅ v⋅=y por lo tanto:

Fmax2 M⋅ v⋅

4 10 3−× seg⋅( )= =

2 0.058 kg⋅( )⋅ 32m

seg⋅

⋅

4 10 3−× seg⋅( ) = 928 Newtons⋅

que es unas 1632 veces el propio peso de la pelota !!!

3. Dado que la fuerza vale 50 Newtons cuando t = 4 seg , es decir F 4 seg⋅( ) k 4 seg⋅( )⋅= se deduce

que . . .

k50 Newtons⋅

4 seg⋅= =

25

2

Newton

seg⋅

El impulso recibido por el objeto es por defincición la integral definida . . .



ti

t f

tF t( ) .⋅⌠⌡

d = 0

4

tk t⋅( )⌠⌡

d

= 1

2k⋅ 4 seg⋅( )

20 seg⋅( )

2− ⋅ = 1

2

25

2

Newton

seg⋅

⋅ 16⋅ seg2⋅

= 100 Newton⋅ seg⋅

2 40

F(t)

0

t (seg)

50 Newt

Al igual que en el ejercicio anterior, se puede comprobar que éste valor es numéricamente igual al área bajo la curva F(t) = kt entre los instantes t = 0 seg y t = 4 seg

Area = 1

2base( )⋅ altura( )×

= 1

24 seg⋅( )⋅ 50 Newtons⋅( )⋅ = 100 Newton⋅ seg⋅

Aplicando ahora el teorema del impulso-momentum . . .

ti

t f

tF .⋅⌠⌡

d = ∆ p⋅ queda 100 Newton⋅ seg⋅( ) = M v final⋅ M 0( )⋅−

y se deduce que la rapidez final del objeto será . . . v final100 Newton⋅ seg⋅

10 kg⋅= = 10

m

seg⋅

4. Para calcular el impulso que recibe la pelota, es necesario conocer la función F(t) . La ecuación general de la parábola vertical que tiene su vértice en el punto ( h , k ) , es . . .

F t( ) k−( ) A t h−( )2⋅=

es decir . . .

F t( ) A t 1.8 mseg⋅−( )2⋅ 2200 Newtons⋅+=

donde A es una constante que se determina por la condición de que la parábola pasa por el punto (2.8 mseg, 1200 Newt ) , esto es F(t) = 1200 Newtons cuando t = 2.8 mseg y queda . . .

1200 Newtons⋅ A 2.8 10 3−× seg⋅ 1.8 10 3−× seg⋅−( )2⋅ 2200 Newtons⋅+=

de donde se obtiene que A 1− 109×Newtons

seg

⋅= . Asi que finalmente, la ecuación de la fuerza

F en función del tiempo t es . . .

F t( ) A t a−( )2⋅ B+=

donde a 1.8 10 3−× seg⋅= y B 2200 Newtons⋅=



t (mseg)

1 20 3

500

0

1000

1500

2000

F(t)Del teorema impulso-momentum

ti

t f

tF t( ) .⋅⌠⌡

d ∆∆∆∆ p⋅= , se deduce que . . .

t0

t1

tA t a−( )2⋅ B+

⌠⌡

d M v final 0−( )⋅= (1)

es geométricamente el área limitada por la parábola y el eje t.

Aquí ∆t t1 t0−( )= es el tiempo que dura la fuerza aplicada a

la pelota, siendo t1 y t2 las raices de F(t), esto es, los

interceptos de la función con el eje t, los cuales se obtienen

resolviendo la ecuación cuadrática 0 A t a−( )2⋅ B+= y resulta . . .

t0 aB−A

−= y t1 aB−A

+=

Por lo tanto, la rapidez final de la pelota, de acuerdo a la ec. (1) es . . .

v final1

M t0

t1

tA t a−( )2⋅ B+

⌠⌡

d⋅= = 1

M

1

3A⋅

B−A

3

2

⋅ 5

3B⋅

B−A

1

2

⋅+

⋅

= 1

M

4

3

B3

A−⋅

⋅

y substituyendo valores se obtiene . . .

v final1

0.5 kg⋅4

3

2200 Newtons⋅( )3

1 109⋅Newton

seg⋅

⋅

⋅= = 8.7m

seg⋅

t

F(t)

∆ t0

Fmed

5. El impulso 0

∆t

tF t( )⌠⌡

d es al área limitada por el eje t y la

curva F(t) que representa la variación de la fuerza con el tiempo. Ésta área puede hacerse equivalente a la de un rectángulo de base

∆t (la duración del choque) y altura Fmed (la fuerza

promedio durante el choque), es decir . . .

Fmed ∆t⋅0

∆t

tF t( )⌠⌡

d=

como se muestra en la figura de la derecha



Si se aplica ahora el teorema del impulso-momentum, se obtiene : Fmed ∆t⋅ = ∆p , esto es . . .

Fmed∆p

∆t= =

p final pinicial−( )∆t

Suponiendo que la velocidad final del brazo del karateka es cero, la fuerza media Fmed que el objeto

ejerce sobre su brazo en ese golpe es . . .

Fmed = 0 M vo⋅−

∆t =

3− kg⋅ 4m

seg⋅

⋅

0.01 seg⋅ = 1200− Newtons⋅

Por la 3a ley de Newton, se concluye que esa misma fuerza; pero de sentido opuesto, ejerce el karateka sobre el objeto . Expresada en kilogramos fuerza (kgf) es . . .

F−( )med

1200 Newtons⋅

9.8Newton

kgf⋅

= = 122.5 kgf⋅

M

vf

vi

135°

bat

∆ p6. La fuerza media ejercida sobre la pelota durante

el choque es . . .

Fmed∆ p⋅∆t

= = p final pinicial−( )

∆tla cual hace cambiar la dirección y magnitud de la velocidad de la pelota.

Considerando entonces un sistema de referencia con el eje X en la dirección de la velocidad inicial de la pelota y el eje Y vertical, se tiene que . . .

Fmed = M v f⋅ M vi⋅−( )

∆t =

M

∆tv f cos 135°( )⋅ i⋅ v f sen 135°( )⋅ j⋅+( ) vi i⋅− ⋅

= M

∆tv f

1−2

⋅ vi−

i⋅ v f

1

2

⋅ j⋅+

⋅ = 0.15 kg⋅0.04 seg⋅

60−2

40−

i⋅ 60

2j⋅+

⋅m

seg⋅

= 309− i⋅ 159 j⋅+( ) Newtons⋅

Esta fuerza tiene la misma dirección que la mostrada para ∆ p⋅ en la figura anterior y una magnitud de. . .

Fmed = 309−( )2

159( )2+ Newtons⋅ = 347.5 Newtons⋅

que comparada con el peso M g⋅ = 1.47 Newtons⋅ de la pelota es unas 236 veces mayor.



7. El cuerpo de la persona detiene el movimiento del agua, es decir cambia su momentum lineal ejerciéndo sobre ella una fuerza media dada por . . .

Fmed = M v f⋅ M vi⋅−( )

∆t =

M

∆t

v−2

v−

⋅

donde se ha elegido un sistema de referencia con el eje X en la dirección de la velocidad inicial del

chorro de agua, siendo v la rapidez inicial del chorro, v−

2 la rapidez final del agua despues de rebotar

contra la persona y M su masa.

( La masa de agua que choca cada segundo contra la persona está dada por M δ V⋅= , donde

δ 1gr

cm3

⋅= = 1 kg⋅

dm3 es la densidad de masa y V = 20 litros⋅ 20 dm

3⋅= )

Por lo tanto, por la ley de acción y reacción, el agua ejercerá sobre la persona una fuerza igual pero opuesta en sentido, es decir . . .

Fmedδ V⋅1 seg⋅

3

2v⋅

⋅= = 1kg

dm3

⋅

20 dm3⋅( )

seg⋅ 3

225−( )⋅

m

seg⋅

⋅ = 750− Newtons⋅

de modo que el agua empujará a la persona con una fuerza media de 750 Newtons (el peso de una persona de 70 kg es m g⋅ 70 kg⋅( ) g⋅= = 686 Newtons)

8. Si se ignoran las fuerzas externas sobre un sistema bloques-resorte, éste conserva su momentum lineal. Dado que los bloques parten del reposo, el momentum lineal total al principio o en cualquier otro instante, es cero , asi que si M 1 y M 2 son las masas de los bloques y v1 y v2 representan sus

velocidades respectivas, entonces . . . 0 M1 v1⋅ M2 v2⋅+=

Considerando un eje X de referencia horizontal a lo largo de la línea que une los bloques y resolviendo para v2 queda . . .

v2

M1−M 2

v1⋅= =

1− kg⋅3 kg⋅

6m

seg⋅

⋅ i⋅ = 2m

seg⋅

− i⋅

el signo negativo significa que M 2 se mueve en sentido opuesto a M 1 pero en la misma dirección

también, hacia el centro de masa.

9. Si se ignora la fuerza de fricción o cualquier otra fuerza externa al sistema bloques-resorte, mientras el resorte empuja a los bloques, entonces se conservan tanto el momentum lineal como la energía mecánica del sistema. Si definimos como estado inicial el momento en que se



M1

M2

(estado inicial)

libera el resorte y como estado final el instante en que el resorte alcanza su longitud natural, entonces la conservación del momentum lineal pinicial p final=

implica que . . .

0 M 1 v1⋅ M 2 v2⋅+=

0 i⋅ M1 v1⋅ M2 v2⋅−( ) i⋅= (1)v2v

1

donde v1 y v2 son las velocidades de los bloques M 1 y M 2 en ese instante respecto a un eje X

de referencia en la dirección de su movimiento.

Por otra parte, la conservación de la energía Einicial E final= establece que . . .

1

2k⋅ ∆x( )2⋅ 1

2M 1⋅ v1( )2⋅ 1

2M 2⋅ v2( )2⋅+= (2)

donde ∆x es la distancia que estaba comprimido el resorte de constate elástica k.

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (2) para v1 y v2 resulta . . .

v1k

M 1

M 2

M 1 M 2+

⋅ ∆x⋅= ; v2k

M 2

M 1

M 1 M 2+

⋅ ∆x⋅= (3)

v2v

1Definamos ahora la configuración que tiene el sistema en éste instante, como el estado inicial y como estado final, consideremos el momento en que los bloques quedan finalmente en reposo. Tomando en cuenta ahora si a la fricción con la superficie, si x1 y x2 son las distancias que

recorrieron los bloques M 1 y M 2

respectivamente hasta quedar en reposo entonces el trabajo que hicieron contra la fricción fué: (estado final)

x2

x1

N1

N2

M2gM

1g

W1 f k( )1

x1−( )⋅= = N1 µ⋅( )− x1⋅ = M 1 g⋅ µ⋅( )− x1⋅

W2 f k( )2

− x2⋅= = N2 µ⋅( )− x2⋅ = M2 g⋅ µ⋅( )− x2⋅

respectivamente, y como no hay cambios en las energías potenciales ( gravitacional ó elástica) entre éstos

estados, el principio de la conservación de la energía ∆E W= aplicado en ambos bloques tiene la

forma . . .



bloque 1 : ∆K ∆U+ W 1= o K f K i−( )1

0+ W 1= , es decir . . .

1

2M1⋅ v1( )2⋅ M 1 g⋅ µ⋅( ) x1⋅= o x1

v1( )2

2 g⋅ µ⋅=

bloque 2 : ∆K ∆U+ W 2= ó K f K i−( )2

0+ W 2= , es decir . .

1

2M2⋅ v2( )2⋅ M 2 g⋅ µ⋅( ) x2⋅= ó x2

v2( )2

2 g⋅ µ⋅= (5)

De éstas acuaciones resulta que . . . x1 x2+v1( )2

v2( )2+

2 g⋅ µ⋅= , asi que si inicialmente los bloques

estaban separados una distancia d, entonces en el estado final quedarán separados por una distancia

d x1 x2+( )+ . Substituyendo las ecuaciones (3) se obtiene . . .

dv1( )2

v2( )2+

2 g⋅ µ⋅+ = d

∆x2 k

M 1 M 2+⋅

M 1

M 2

M 2

M 1

+

⋅

2 g⋅ µ⋅

+

calculando . . .

d = 40 cm⋅20 cm⋅( )

2

12Newton

cm⋅

2 kg⋅ 4 kg⋅+( )⋅

2 kg⋅4 kg⋅

4 kg⋅2 kg⋅

+

⋅

2 g⋅ 0.3⋅+ = 380 cm⋅

globo

persona

E

W

Y10. El sistema globo-persona se encuentra equilibrado pues la fuerza E de flotación (el empuje del aire) es igual y opuesta al peso combinado W de la persona y el globo y dado que no hay otras fuerzas externas al sistema, se conserva el momentum lineal y no cambia la posición de su centro de masa . Si consideramos un sistema de referencia fijo al suelo, con un eje Y en la dirección vertical del movimiento, denotamos por vs y U las

velocidades de la persona y del globo, respecto al suelo, entonces . . .

pinicial p final=

0 m vs⋅ M U⋅+=ó

0 j⋅ m vs⋅ M U⋅+( ) j⋅=esto es, el momentum lineal de la persona debe ser igual y opuesto al del globo. . .

m vs⋅ M U⋅+ 0= (1)



Si v es la velocidad de la persona respecto al globo, la suma clásica de velocidades establece que . .

vs v U+= asi que substituyendo en la ec. (1) resulta . . .

m v U+( )⋅ M U⋅+ 0=

ó bién . . .

Um

m M+

− v⋅=

El signo negativo en éste resultado significa que el globo desciende si la persona sube y asciende si la persona baja. Si la persona deja de subir ( v = 0 ) entonces el globo dejará de moverse (U = 0). El centro de masa del sistema globo-persona queda en la misma posición todo el tiempo, dado que la suma de fuerzas externas es cero.

c.m.

d

orilla

X1

OP

X2

x

OP

B

B

X

X

11. Definamos como sistema al conjunto perro y balsa y representémosles como las partículas P (de masa m ) y B (de masa M ), ubicadas en

un eje de referencia X horizontal que tenga su origen O en la orilla del agua . Definamos también el estado inicial del sistema, como la configuración que tiene cuando el perro empieza a caminar y como estado final, la que tiene cuando el perro deja de caminar sobre la balsa. Si no se consideran las fuerzas externas aplicadas al sistema en la dirección X entonces se conserva constante su momentum lineal en esa dirección, es decir, el momentum lineal del perro debe ser igual y opuesto al de la balsa, si el perro camina hacia la orilla, entonces la balsa se aleja de ella.

La fuerza horizontal que ejerce el perro sobre la balsa cuando camina sobre ella, asi como su reacción (la fuerza que ejerce la balsa sobre el perro), son fuerzas internas del sistema que . . .no cambian su momentum lineal ni la posición del centro de masa (c.m.), lo cual significa que éste queda siempre en el mismo lugar respecto a la orilla, ésto es, la posición x de c.m. es la misma en el estado inicial ó en el estado final (ó en cualquier otra configuración del sistema ) . . .

xcm( )inicial

xcm( )final

=

Pero si d y X 1 son las coordenadas iniciales de las partículas P y B y sus coordenadas finales

son x y X 2 , según se ilustra en la figura anterior, entonces, aplicando la definición para calcular la

posición del centro de masa se obtiene . . .

m d⋅ M X 1⋅+

M m+

m x⋅ M X 2⋅+

M m+=



es decir . . .

m d x−( )⋅ M X 2 X 1−( )⋅= (1)

Ahora bién, la balsa se movió respecto a la orilla la distancia X 2 X 1−( ) y el perro la distancia x d−( ), asi que la distancia que se movió el perro respecto a la balsa es. . .

D X 2 X 1−( ) x d−( )−= (2)

(para deducir éste resultado, úsese la suma clásica de velocidades para el movimiento relativo:

V fijo V móvil V rel+= yx d−( )

t

D−t

X 2 X 1−( )t

+= )

Por lo tanto, resolviendo simultánemanete las ecs. (1) y (2) para la variable x (la posición final del perro respecto a la orilla), se obtiene:

x d DM

M m+

⋅−=

esto es . . . x 20 ft⋅ 8 ft⋅20 lb⋅

20 lb⋅ 12 lb⋅+

⋅−= = 15 ft⋅

12. Si se ignora la fricción, no hay fuerzas horizontales externas al sistema Carmelita+Bote+Ricardo, por lo cual se conserva el momentum lineal en esa dirección. En consecuencia, la posición de su centro de masa no cambia, es decir, en el estado inicial (antes de intercambiar sus lugares Ricardo y Carmelita) y en el estado final (luego de intercambiar sus lugares) , el centro de masa está siempre en el mismo lugar respecto al lago.

MC

MB

MR

xD

OX

xD

OX

MCM

BM

R

estado final

estado inicialTomemos como sistema de referencia al agua inmóvil del lago, con un eje X horizontal paralelo a la superficie del agua y el origen de tal sistema en la posición del centro de masa.Entonces los estados inicial y final quedan representados como se muestra en la figura de la derecha, donde Carmelita, Ricardo y el Bote se han dibujado como partículas de masas MC MR y MB

respectivamente

Las posiciones iniciales y finales de las tres partículas son simétricas respecto al centro de masa, porque MC

y MR ocupan lugares simétricos respecto al centro del bote y su separación en el estado final es la misma

que en el estado inicial. Se ha representado la masa MB en el centro del bote, suponiendo que en ese lugar se localiza el centro de

masa del bote, de modo que Carmelita y Ricardo están a la distancia D

2 de MB

Se ha supuesto también que MR MC> , por lo cual el centro de masa se localiza a cierta distancia

x la derecha de MB .



Por lo tanto, la posición X del centro de masa del sistema de partículas respecto al sistema de referencia que se ha escogido debe ser cero. Por ejemplo, en el estado inicial queda . . .

xcm

MRD

2x−

⋅ MB x−( )⋅+ MCD−2

x−

⋅+

MR MC+ MB+= = 0

de aqui se obtiene . . . x1

2D⋅

MR MC−( )MR MB+ MC+( )⋅=

Como d 2 x⋅= es la distancia total que se mueve el bote respecto al agua, la ec. anterior toma la forma:

d

2

1

2D⋅

MR MC−( )MR MB+ MC+( )⋅= (1)

y resolviéndola para MC se obtiene . . .

MCMR D d−( )⋅ MB d⋅−

D d+=

y calculando . . .

MC = 80 kg⋅ 2.7 m⋅ 0.3 m⋅−( )⋅ 40 kg⋅ 0.3 m⋅( )⋅−

2.7 m⋅ 0.3 m⋅+ = 60 kg⋅

Si se supone ahora que MC MR> , entonces en el dibujo anterior, MR representaría la masa de

Carmelita y MC la de Ricardo, asi que resolviendo la ecuación (1) para MR se obtendría . . .

MRMC D d+( )⋅ MB d⋅+

D d−= =

80 kg⋅ 2.7 m⋅ 0.3 m⋅+( )⋅ 40 kg⋅ 0.3 m⋅( )⋅+2.7 m⋅ 0.3 m⋅−

= 105 kg⋅

y entonces Carmelita si que tendría "una razón de peso" para no revelarle su masa a Ricardo.

13. Sobre el sistema (velero+marinero), no actúan fuerzas externas horizontales y por lo tanto en esa dirección se conservan constantes tanto el momentum lineal como la velocidad del centro de masa.

M1

M2

OX

VV

M1

M2

OX

U + vU

Representemos al marinero y al velero como partículas de masas M1 y M 2 respectivamente,

localizadas sobre un eje X de referencia horizontal fijo respecto al agua. Si definimos el estado inicial del sistema, cuando el marinero está en reposo en la popa del velero y el estado final cuando está caminando sobre la cubierta del velero entonces de la conservación del momentum lineal pinicial p final= se

deduce que . . .



M 1 M 2+( ) V⋅ M 1 v U+( )⋅ M 2 U⋅+=


U VM 1

M1 M 2+( ) v⋅−= (1)

es la velocidad del velero respecto al agua cuando el marinero camina a la velocidad v respecto al velero.Por lo tanto, el marinero se mueve respecto al agua con la rapidez U v+( ) . Por otra parte, el tiempo que tada el marinero caminando a velocidad constante la distancia d sobre la

cubierta es td

v

= , asi que durante éte tiempo, el velero recorre sobre el agua (a la velocidad

constante U ) la distancia . . .

D U t⋅= = VM1

M 1 M 2+

v⋅−

d

v

⋅ = dV

v

M1

M 1 M 2+−

⋅

= 18 m⋅4

m

seg⋅

2m

seg⋅

80 kg⋅80 kg⋅ 400 kg⋅+

−

⋅ = 33 m⋅

Si el marinero no se hubiera movido, la distancia que habría recorrido el velero respecto al agua en ese mismo tiempo sería . . .

D V t⋅= = 4m

seg⋅

9⋅ seg⋅ = 36 m⋅

Y

X

y1

y2

T

T

M2

g

M1g

14. Representemos a las partes de la cuerda que cuelgan libremente como partículas M1 y M 2 localizadas en el centro de masa de los

trozos de cuerda respectivos. Cado trozo tiene su centro de masa localizado a la mitad de su longitud, dado que la cuerda es uniforme y regular en todas sus secciones.Escojamos un sistema de referencia XY derecho con el origen localizado en la parte más alta de la cuerda, como se ilustra en la figura de la derecha.Entonces las masas de las partículas y sus posiciones verticales respectivas son:

M1 λ L y−( )⋅= ; M2 λ y⋅=

y1L y−

2

−= ; y2y

2

−=

Sobre éstas partículas actúa la fuerza vertical T de tensión de la cuerda, asi como su propio peso, de modo que la aplicación de



la 2a ley de Newton a cada partícula establece que . . .

T M 1 g⋅−( ) M1 a⋅= y T M 2 g⋅−( ) M2 a−( )⋅=

cada partícula tiene la misma aceleración a pero de sentido opuesto, dado que la cuerda no es elástica y los trozos que cuelgan se mueven en sentidos opuestos.

En ls ecuaciones anteriores hemos supuesto que yL

2> , por lo cual el trozo de la izquierda sube y el

de la derecha baja.

Resolviendo éstas ecuaciones para la variable a , se obtiene . . . a gM 1− M 2+( )

M1 M 2+( )⋅= y

substituyendo M 1 y M 2 queda . . .

a gλ L y−( )⋅ − λ y⋅+

λ L y−( )⋅ λ y⋅+ ⋅= = g

2 y⋅L

1−

⋅

15. El tanque cilíndrico tiene su centro de masa localizado en su centro geométrico, dado que es uniforme y

simétrico, es decir está sobre el eje vertical de simetría a una altura H

2 del fondo. Si el agua contenida

en el tanque está quieta, también tiene la forma de un cilindro uniforme que tiene su centro de masa

localizado a una altura y

2 del fondo del tanque. Además, si m es la cantidad de agua que puede contener

el tanque, entonces my

H

⋅ es la cantidad de agua dentro del tanque cuando la altura del agua sobre el

fondo es y .

Y

y2

y1

M

m

O

c.m.

Representemos entonces al tanque y al agua que contiene como partículas de

masas M y m localizadas en las posiciones H

2 y

y

2 respecto a un eje Y

vertical que tiene su origen en el fondo del tanque y calculemos la posición vertical de su centro de masa . . .

ycmm1 y1⋅ m2 y2⋅+

m1 m2+= =

MH

2⋅ m

y

H⋅

y

2⋅+

M my

H⋅+

= 1

2

M H2⋅ m y

2⋅+( )M H⋅ m y⋅+( )

⋅



La derivada de ésta expresión igualada a cero, nos proporciona la altura y del agua en el tanque para la cual es mínima la altura del centro de masa. . .

yycm( )d

d y

1

2

M H2⋅ m y

2⋅+M H⋅ m y⋅+

⋅

d

d= =

1

2m⋅

2 y⋅ M⋅ H⋅ m y2⋅+ M H

2⋅−( )M H⋅ m y⋅+( )

2⋅ = 0

altura del nivel del agua

altu

ra d

el c

.m.

H

2

es decir . . .

2 y⋅ M⋅ H⋅ m y2⋅+ M H

2⋅− 0=

y HM

m⋅ 1

m

M+ 1−

⋅=

Este es el valor mínimo de la curva ilustrada a la derecha

D

c.m.

x

D - x

16. Consideremos dos partículas de masas M y m separadas una distancia D. Escogiendo como origen para medir las distancias el centro de la partícula M, la posicón x del centro de masa (c.m.) es . . .

xm D⋅ M 0( )⋅+

m M+= =

m

M m+

D⋅

De donde se deduce que . . .

D x−

x

D

x1−

= = M m+

m1−

=

M

m

esto es, la razón de las distancias de las partículas al centro de masa es igual a la relación inversa entre sus masas como se quería demostrar. Aplicando éste resultado al sistema Tierra (masa MT ) Luna (masa mL ) se tiene

D x−

x =

MT

mL =

MT

0.013 MT⋅ =

1

0.013

Representado al número 0.013 por α , queda D x−

x

1

α= .

Tomando en consideración que la distancia Tierra-Luna es unas 60 veces el radio de la Tierra (D 60 RT⋅= ) y resolviendo para x se obtiene . . .

x Dα

α 1+

⋅= 60 RT⋅( ) αα 1+

⋅= = 0.77 RT⋅

es decir, el centro de masa del sistema Tierra-Luna se encuentra debajo de la superficie terrestre, aproximadamente a la cuarta parte del radio de la Tierra. Alrededor de éste punto gira la Luna en torno a la Tierra ¡ y la Tierra en torno a la Luna ! .



θ

x2

x1

y

v

m

MV

17. Debido a que no hay fuerzas horizontales externas, la cuña y el bloque se empujan mutuamente y ambos se desplazan horizontalmente en sentidos opuestos; conservándose el momentum lineal horizontal : M− V⋅ m vx⋅+ 0= (1)

Sin embargo, en la dirección vertical no se conserva el momentum lineal debido a que el peso del bloque es una fuerza externa no equilibrada que actúa sobre el sistema cuña-bloque.

Representado al bloque en su posición inicial como una partícula en el origen de un sistema de coordenadas XY derecho, cuando el bloque se ha movido hacia la derecha una distancia horizontal x2 y ha descendido

una distancia vertical y , entonces la cuña se ha desplazado hacia la izquierda una distancia horizontal x1

como se ilustra en la figura anterior y por la geometría del problema se deduce que . . .

tan θ( ) y

x1 x2+=

derivando esta expresión respecto al tiempo se obtiene la relación entre las componentes de la velocidad del

bloque vxd x2⋅dt

= ; vyd y⋅dt

= con la velocidad de la cuña Vd x1⋅dt

=

es decir . . .

d

dtx1 x2+( )⋅

d

dt

y

tan θ( )

⋅= o V vx+vy

tan θ( )= (2)

Si substituimos vx de la ec. (1) en la ec. (2) queda . . .

vy 1M

m+

V⋅ tan θ( )⋅= (3)

Por otra parte, del principio de la conservación de la energía mecánica aplicado entre el estado inicial (cuando se suelta el bloque) y el estado final ( cuando el bloque toca la mesa ), se obtiene. . .



+=

0 m g⋅ h⋅+ 1

2M⋅ V

2⋅ 1

2m⋅ v

2⋅+

0+= (4)

dado que no hay fricción y la única fuerza conservativa que realiza trabajo sobre el sistema es el peso del bloque.

Además, como la rapidez del bloque está dada por v2

vx( )2vy( )2+= , substituyendo vx de (1) y vy

de (3) queda. . .



m g⋅ h⋅ 1

2M⋅ V

2⋅ 1

2m⋅

M

mV⋅

2

1M

m+

V⋅ tan θ( )⋅

2

+

⋅+=

ó bién . . .

g h⋅ 1

2V

2⋅m M+

m

⋅M M m+( ) tan θ( )( )2⋅+

m

⋅=

Finalmente, resolviendo ésta ecuación para V2 resulta. . .

V2 2 g⋅ h⋅

M m+m

M

m

M m+m

tan θ( )( )2⋅+

⋅=

si se usa ahora la identidad trigonomética tan2 θ( )⋅ sec

2 θ( )⋅ 1−= = 1

cos2 θ( )⋅

1− se obtiene. . .

V2 2 g⋅ h⋅

M m+( ) M⋅

m2

M m+m

21

cos2 θ( )⋅

1−

⋅+

=


V θ( )m

M m+cos θ( )⋅

1m

M m+cos θ( )2⋅−

2 g⋅ h⋅⋅:=

cuya gráfica se muestra a la derecha. Nótese que V(0) es el límite al cual tiende la rapidez final de la cuña; pero que físicamente es imposible. 0 15 30 45 60 75 90

inclinación de la cuña en grados

Vel

ocid

ad

dy

y

dm

dm

v

18. Representemos a la cadena como un objeto flexible con densidad de

masa uniforme λM

L= por unidad de longitud y escojamos un eje

vertical de referencia Y cuyo origen esté en la superficie de la mesa.Imaginemos a tal objeto dividido en una infinidad de elementos diferenciales, cada un de longitud dy y por lo tanto de masa

dm λ dy⋅= .

Consideremos uno de tales elementos diferenciales, localizado a una altura y por encima de la mesa, cuando la cadena empieza a

descender. Dado que todos los elementos diferenciales empiezan a caer al mismo tiempo, todos ellos se mueven con la misma rapidez en un isntante dado.



La velocidad con la que tal elemento diferencial choca con la mesa está dada por la ecuación de caida libre

v f( )2vi( )2

2 g⋅ y f yi−( )⋅−= , esto es . . . v2

02 2 g⋅ 0 y−( )⋅−= y vale v 2 g⋅ y⋅−=

(porque se mueve hacia abajo).De manera que el cambio de momentum lineal en la dirección vertical de tal elemento cuando queda finalmente en reposo sobre la superficie de la mesa es . . . dp p f pi−= = 0 dm( ) v⋅−Si consideramos a todos los elementos diferenciales como partículas que qudan en reposo exactamente al nivel de la superficie de la mesa, entonces el cambio total de momentum lineal vertical de la cadena cuando ésta ha descendido una distancia x , es decir cuando sobre la mesa hay una longitud x de la cadena es . . .

∆p0

x

p.⌠⌡

d= = 0

x

mv−⌠⌡

d =

0

x

y2 g⋅ y⋅M

L⋅

⌠⌡

d

integrando queda. . .

∆p2

32 g⋅⋅

M

L⋅ x

3

20−

⋅=

El tiempo ∆t en el que todo ésto sucede es el que necesita el elemento más alto de la longitud x para

descender precismante la distancia x y está dado por la ecuación de caida libre . . .

y f yi vi t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−= es decir . . . 0 x 0+ 1

2g⋅ ∆t( )2⋅−= y vale . . . ∆t

2 x⋅g

=

De modo que la fuerza media que la mesa ejerció sobre la cadena durante ese tiempo está dada por . . .

Fmed∆p

∆t= =

2

32 g⋅⋅

M

L⋅

2 x⋅g

x

3

2

⋅ =

2

3

M g⋅L

⋅ x⋅

En ese momento además, hay sobre la mesa un peso M g⋅

Lx⋅ de la cadena, asi que la fuerza total que

ejerce la mesa sobre la cadena es:

M g⋅L

x⋅ 2

3

M g⋅L

x⋅

⋅+ = 5

3

M g⋅L

x⋅

⋅

19. Consideremos un sistema de referencia fijo respecto al suelo sobre el que se mueve la plataforma y sean

MW

g= y m

w

g= las masas de la plataforma y el hombre respectivamente.

No hay fuerzas horizontales externas actuando sobre el sistema (plataforma+hombre), por lo tanto se conserva constante su momentum lineal en esa dirección y de pinicial p final= se obtiene . . .



estado inicial

vo

m

MX

v

− v + vrel

estado final

X

M m+( ) vo⋅ = M v⋅ m vrel− v+( )⋅+ (1)

donde v es la velocidad final de la plataforma respecto al suelo y vrel− v+( ) es la velocidad final del hombre respecto al suelo cuando ha saltado.

De la ec. (1) M m+( ) vo⋅ M m+( ) v⋅ m vrel⋅−= se obtiene el cambio ∆v v vo−= de la velocidad

de la plataforma , esto es . . .

v vom

M m+

vrel⋅+= (2)

y por lo tanto . . .

∆v v v0−= = m

M m+

vrel⋅

Imaginando ahora que hay n hombres cada uno de peso w sobre la plataforma y que saltan sucesivamente uno tras otro exactamente igual que el primero, entonces para el primer salto la conservación del momentum lineal en la dirección horizontal indica que . . .

M n m⋅+( ) vo⋅ M n 1−( ) m⋅+[ ] v1⋅ m vrel− v1+( )⋅+=

y la rapidez final v1 de la plataforma sería . . .

v1 vom

M n m⋅+

vrel⋅+=

Ahora quedan solamente n 1−( ) pasajeros sobre la plataforma y si uno de ellos salta igual que el primero entonces se obtiene una expresiòn similar a la anterior para la rapidez final v2 de la plataforma. . .

v2 v1m

M n 1−( ) m⋅+

vrel⋅+=

donde v1 es ahora la velocidad inicial de la plataforma. Substituyendo v1 se obtiene . . .

v2 vom

M n m⋅+

vrel⋅+m

M n 1−( ) m⋅+

vrel⋅+=



esta será la velocidad inicial de la plataforma para el tercer salto cuando quedan n 2−( ) pasajeros y

podemos deducir por analogía con los resultados anteriores que la rapidez final v3 de la plataforma cuando

salta el 3er pasajero es . .

v3 v2m

M n 2−( ) m⋅+

vrel⋅+=

Si se substituye v2 se obtiene . . .

v3 vom

M n m⋅+

vrel⋅+m

M n 1−( ) m⋅+

vrel⋅+m

M n 2−( ) m⋅+

vrel⋅+=

Por induccción se deduce entonces que para el salto # n ha saltado el último hombre y la rapidez final de la plataforma es . . .

vn vo vrel

0

n 1−

j

m

M n j−( ) m⋅+

∑=

⋅+= (3)

Por otra parte, si todos los pasajeros de la plataforma saltan al mismo tiempo, podemos imaginar que se trata de una sola persona de masa n m⋅ que salta de la plataforma con la misma velocidad relativa vrel y por la

ec. (2), la velocidad final de la plataforma sería . . .

V n von m⋅

M n m⋅+

vrel⋅+= (4)

Dado que m

M n j−( ) m⋅+m

M m+< si 0 j≤ n 1−< , entonces :

0

n 1−

j

m

M n j−( ) m⋅+

∑=

m

M m+

n⋅<

y por lo tanto vn V n< es decir, se imparte más velocidad a la plataforma si saltan todos sus pasajeros al

mismo tiempo.

M

v

N

Mg

∆F

estadoinicial

estadofinal

20. Ubiquemos un eje Y vertical de referencia que tenga el origen en el fondo de la caja. La rapidez final v de una canica en caida libre desde una altura

h está dada por v f( )2vi( )2

2 g⋅ y f yi−( )⋅−= es decir :

v2

0 2 g⋅ 0 h−( )⋅−= y vale v 2 g⋅ h⋅−= (el signo negativo se tomó

considerando que la canica se mueve hacia abajo ).

Considerando entonces un choque completamente inelástico entre una de éstas canicas y la caja, el cambio de momentum en la dirección vertical producido por la caja sobre la canica es . . .



∆p p final pinicial−= = 0 M v⋅( )− = M 2 g⋅ h⋅⋅

donde los estados inicial y final son los indicados en la figura de la derecha, esto es justamente antes de que la canica choque con el fondo y luego que queda en reposo encima de él.Como caen n canicas por segundo, el número de canicas que son detenidas por el fondo de la caja en un

tiempo t es n t⋅ y el cambio total de momentum producido por la caja es P n t⋅( ) ∆p⋅= .

Por lo tanto, la fuerza media que el fondo de la caja ejerce en un tiempo t es . . .

FmedP

t= =

n t⋅( ) ∆p⋅t

= n M 2 g⋅ h⋅⋅( )⋅

pero durante ese tiempo ya hay en el fondo de la caja n t⋅( ) canicas, cada una de las cuales es empujada

hacia arriba con una fuerza normal N igual a su propio peso. Asi que sobre ellas también se ejerce la fuerza vertical total n t⋅( ) N⋅ n t⋅ M g⋅( )⋅= .

En resumen, la fuerza neta vertical que ejerce el fondo de la caja sobre las canicas y que es la que se registra en la balanza es . . .

Fneta Fmed n t⋅ M g⋅( )⋅+=

= n M 2 g⋅ h⋅⋅( )⋅ n t⋅ M g⋅( )⋅+ = n M⋅ 2 g h⋅( )⋅ g t⋅+ ⋅

y calculando . . .

Fneta 1151

seg⋅

4.6 10 3−⋅ kg⋅( )⋅ 2 g⋅ 7.25 m⋅( )⋅ g 6.5 seg⋅( )⋅+ ⋅= = 40 Newtons⋅

21. Representemos por :una partìcual de masa M a cada trineo, •una partìcula de masa m al conejo •v la velocidad relativa del conejo respecto a un trineo, •U la velocidad de un trineo respecto al suelo,• u la velocidad del conejo respecto al suelo.•

y ubiquemos un eje X de referencia con dirección positiva hacia la derecha y paralelo a la superficie horizontal sobre la que se mueven los trineos.Imaginemos los saltos del conejo sobre los trineos como choques entre partìculas en una dimensión. No existen fuerzas externas al sistema (trineos+ conejo) y podemos aplicar la conservación del momentum lineal horizontal en cada salto del conejo.Para el primer salto, consideremos como estado inicial cuando el conejo está sobre el primer trineo, ambos en reposo respecto al eje X y como estado final, cuando ha saltado y está en el aire moviéndose hacia el 2° trineo. . .

M

m

estado inicial 1

U1

u1

estado final 1

entonces pinicial p final= significa que . . . 0 M U1⋅ m u1⋅+=



donde U1 es la velocidad del 1er trineo y u1 es la velocidad del conejo respecto al suelo, es decir

u1 U1 v+= , siendo v la velocidad relativa entre el conejo y el trineo. Por lo tanto, la ecuación anterior

queda : 0 M U1⋅ m U1 v+( )⋅+= de donde se obtiene . . .

U1m

M m+

− v⋅= ; u1M

M m+

v⋅= (1)

Para el primer aterrizaje, consideremos como estado inicial cuando el conejo está en el aire moviéndose hacia el 2° trineo que está en reposo y como estado final, cuando ha caido sobre el 2° trineo y ambos se mueven juntos hacia la derecha con una rapidez U2 . . .

u1

estado inicial 2 estado final 2

U2

Aplicando pinicial p final= se obtiene ahora . . . m u1⋅ m M+( ) U2⋅= y al substituir u1 de la ec. (1)

se obtiene :

U2m

M m+( )

M

M m+( )⋅ v⋅= =

m M⋅

M m+( )2

v⋅ (2)

Para el 2° salto, en el estado inicial el conejo está sobre el 2° trineo, ambos moviéndose hacia la derecha a la rapidez U2 respecto al eje X y en el estado final, el conejo ha saltado y está en el aire moviéndose hacia el

1er trineo; pero ha impulsado al 2° trineo y ése se mueve ahora a la rapidez U3 hacia la derecha . . .

estado inicial 3

U2

U3

u2

estado final 3

Aplicando pinicial p final= se obtiene M m+( ) U2⋅ M U3⋅ m u2⋅+=

donde u2 v− U3+( ) 0<= es la velocidad del conejo respecto al piso, asi que al substituir en la ec.

anterior se obtiene M m+( ) U2⋅ M U3⋅ m v− U3+( )⋅+= = M m+( ) U3⋅ m v⋅− esto es . . .

U3 = U2m

M m+v⋅+

y substituyendo U2 de la ec (2) queda :

U3m M⋅

M m+( )2

m

M m++

v⋅= y u2 U3 v−= = M

2−

M m+( )2

(3)



Para el 2° aterrizaje, en el estado inicial el conejo está en el aire moviéndose a la rapidez u2

hacia el 1er trineo que está moviéndose hacia la izquierda con la rapidez U1 . En el estado final el conejo ha

caido sobre el 1er trineo y ambos se mueven juntos hacia la izquierda con una rapidez U4 . . .

u2

estado inicial 4

U1

estado final 4

U4

Ahora pinicial p final= implica que . . . M U1⋅ m u2⋅+ M m+( ) U4⋅= y al substituir U1 de (1) y

u2 de (3) resulta . . .

U4M

M m+U1⋅

m

M m+u2⋅+= =

M

M m+m

M m+

− v⋅

⋅m

M m+M

2−

M m+( )2

⋅ v⋅+

esto es . . .

U42 M⋅ m+( ) M⋅ m⋅

M m+( )3

− v⋅=

y puede comprobarse que en ésta configuración final, la suma de momentums de ambos trineos es también cero, como al principio, es decir . . . M m+( ) U4⋅ M U3⋅+ 0=Substituyendo los valores del problema resulta . . .

U3m M⋅

M m+( )2

m

M m++

v⋅= = 5 kg⋅ 20⋅ kg⋅

25 kg⋅( )2

5 kg⋅25 kg⋅

+

50

9⋅

m

seg⋅ = 2

m

seg⋅

U42 M⋅ m+( ) M⋅ m⋅

M m+( )3

− v⋅= = 2 20⋅ kg⋅ 5 kg⋅+( ) 100⋅ kg( )

2⋅

25 kg3⋅

− = 8−

5

m

seg⋅

X

v1

v2

22. Las velocidades finales u1 y u2 de los objetos M 1

y M 2 en un choque elástico en una dimensión son:

u1

M 1 M 2−

M 1 M 2+v1⋅

2 M2⋅

M 1 M 2+v2⋅+=

u2

M 2 M 1−

M 1 M 2+v2⋅

2 M1⋅

M 1 M 2+v1⋅+=

donde v1 y v2 son sus velocidades iniciales. X

u1

u2



Antes del choque, la velocidad del centro de masa de las dos partículas, y después del choque es . . .

UcmM 1 u1⋅ M2 u2⋅+

M 1 M2+=

Substituyendo las expresiones para u1 y u2 se obtiene . . .

Ucm

M 1

M 1 M2−M 1 M2+

v1⋅2 M 2⋅

M1 M 2+v2⋅+

⋅ M2

M2 M 1−M1 M 2+

v2⋅2 M 1⋅

M 1 M2+v1⋅+

⋅+

M 1 M2+=

y al simplificar queda. . .

Ucm

M1 M 1 M 2−( )⋅ 2 M1⋅ M 2⋅+ M 1 M2+( ) v1⋅

M2 M 2 M 1−( )⋅ 2 M1⋅ M 2⋅+ M 1 M2+( ) v2⋅+

M 1 M 2+=

=

M 1 M1 M 2+( )⋅ M 1 M 2+( ) v1⋅

M 2 M2 M 1+( )⋅ M 1 M 2+( ) v2⋅+

M1 M 2+ =

M 1 v1⋅ M 2 v2⋅+M1 M 2+

que es exactamente la expresión para la velocidad del centro de masa antes del choque.El choque elástico entre éstos dos objetos, quedarìa representado en varios instantes sucesivos como se ilustra en la siguiente figura. Nótese que vcm permanece constante.

u1 u2

v1

v2vcm

vcm

X

X

X

X

X

X

Se confirma asi en este caso particular, que la velocidad del centro de masa no cambia en un choque cuando no hay fuerzas externas actuando sobre los objetos que chocan .



MM

po

X

23. Representemos a las bolas como partículas y ubiquemos un eje X de referencia horizontal que tenga el origen en la partícula que está en reposo.Si no existen fuerzas externas horizontales sobre el sistema de partículas, se conserva constante el momentum lineal, es decir, si po es el momentum

inicial de la partícula incidente antes del choque y p1 ,

p2 son los momentums finales de las partículas después

del choque, entonces . . .

po p1 p2+= (1)

Si la colisión es elástica, también se conserva constante la energía cinética:

1

2

po( )2

M⋅ 1

2

p1( )2

M⋅ 1

2

p2( )2

M⋅+=

esto es . . . po( )2p1( )2

p2( )2+= (2)

X

Xθ

p1

p2

Asi que substituyendo el vector po de la ec. (1) en la ec. (2) se obtiene . . .

p1 p2+( )2p1( )2

p2( )2+=

pero el cuadrado del vector p1 p2+( ) es el producto escalar del vector por si mismo, es decir:

p1 p2+( )2p1 p2+( ) p1 p2+( )•= = p1 p1• 2 p1⋅ p2•+ p2 p2•+

y la ec. (2) queda . . .

p1( )22 p1⋅ p2•+ p2( )2+ p1( )2

p2( )2+=es decir . . .

2 p1⋅ p2⋅ 0=

usando la definición del producto escalar de vectores se obtiene:

2 p1⋅ p2⋅ cos θ( )⋅ 0=

y puesto que ni p1 ni p2 son cero, se deduce que cos θ( ) 0= , esto es θπ2

= = 90°

Este resultado es general y una consecuencia de la conservación del momentum lineal y de la energía cinética (puesto que el choque se supuso perfectamente elástico) y vale porque la ec. (2) se obtiene sólo si las masas de las bolas son iguales.



24. Ubiquemos a las partìculas sobre un eje X de referencia horizontal que tenga el origen en la partícula que está inicialmente en reposo.Si no hay fuerzas externas al sistema de partìculas que chocan, entonces se mantiene constante el momentum total del sistema, sin importar como choque entre si las partículas, es decir, si po es el

momentum lineal de la partícula incidente y p1 y p2 son los mometums finales de las partículas después

del choque entonces . . .

Xθ

p1

p2

(despuès del choque)

po p1 p2+= (1)

Además, si el choque es perfectamente elástico se conserva constante también la suma de las energías cinéticas de las partículas, esto es . . .

K inicial K final=es decir . . .

poM

1

M2

(antes del choque)

1

2

po( )2

M 1

⋅ 1

2

p1( )2

M 1

⋅ 1

2

p2( )2

M2

⋅+= oM 2

M 1

po( )2⋅M 2

M 1

p1( )2⋅ p2( )2+= (2)

Asi que substituyendo p2 de la ec. (1) en ésta última ecuación se obtiene . . .

M 2

M 1

po( )2⋅M 2

M 1

p1( )2⋅ p0 p1−( )2+=

el cuadrado del vector p0 p1−( ) es el producto escalar del vector por si mismo, es decir:

p0 p1−( )2p0 p1−( ) p0 p1−( )•= = p0 p0•( ) 2 p0⋅ p1•+ p1 p1•( )+

= p0( )22 p0⋅ p1•+ p1( )2+

Simplificando y usando la definición del producto escalar de vectores queda . . .

M 2

M 1

po( )2⋅M 2

M 1

p1( )2⋅ po( )22 p0⋅ p1⋅ cos θ( )⋅−+ p1( )2+=

donde θ es el pabgulo entre los vectores p0 y p1 .

Despejando cos θ( ) :

cos θ( ) p0

2 p1⋅1

M 2

M 1

−

⋅p1

2 po⋅1

M 2

M 1

+

⋅+= (3)

El ángulo θ dependerá de p1 , dado que p0 es constante y puesto que cos θ( ) es una función monótona

para 0 θ≤ π≤ , entonces también depende sólo de p1 Asi que derivando la ec. (2) respecto a p1 e

igualando a cero tal derivada para calcular los valores extremos de ésta función se obtiene . . .



p1

cos θ( )( )d

d0=

p1

p0

2 p1⋅1

M 2

M 1

−

⋅p1

2 po⋅1

M 2

M 1

+

⋅+

d

d

p0

2 p1( )2⋅

M 2

M 1

1−

⋅ 1

2 p0⋅M 2

M 1

1+

⋅+= = 0

de donde resulta la condición: po

p1

2M1 M 2+M1 M 2−

= .

Al substituir ésto en la ecuación (3) queda :

cos θ( ) 1

2

M1 M 2+

M1 M 2−⋅

M1 M 2−

M 1

⋅ 1

2

M 1 M 2−

M 1 M 2+⋅

M 1 M 2+

M1

⋅+=

= M 1 M 2+( ) M 1 M 2−( )⋅ M 1 M2+( ) M1 M 2−( )⋅+

2 M 1⋅ =

M1( )2M 2( )2−

M 1

resultado que finalmente se puede escribir como:

cos θ( )⋅ 2

1M2

M1

2

−=

De la ec. (3) vemos que si M 1 M 2= entonces cos θ( ) p1

2 po⋅1

M 2

M 1

+

⋅= .

Llamando en éste caso θ1 al ángulo de desviación de M 1 , entonces cos θ( ) asumirá valores más

pequeños que cos θ1( ) cuando 1M2

M1

−

0< , o sea cuando M1 M 2< y por lo tanto los ángulos

màximos de desviación de M1 serán mayores que θ1

cos θ( ) asumirá valores mayores cuando 1M2

M1

−

0> , o sea cuando M 1 M 2> y por lo tanto los

ángulos de desviación màxima de M1 serán menores que θ1



Xv

(antes del choque)

25. Representemos a las bolas como partículas. Ubiquemos un eje X de referencia que tenga la misma dirección que la velocidad inicial y cuyo origen esté en el lugar donde colisionan las tres partículas, como se ilustra en la figura de la derecha.En el momento del choque, las líneas que unen los centros de las bolas forman un triángulo equilátero, por lo cual las fuerzas de acción y reacción que ejercen las bolas entre si, forman un ángulo de 30° ó de 150° respecto al eje X.Además, por la simetría del choque, todas las fuerzas tienen la misma magnitud, por eso la fuerza neta sobre la partícula incidente tiene una dirección opuesta al eje X.

Denotemos por v1 , v2 y v3 las velocidades finales de

las tres partículas, como se muestra en la figura de la derecha.

Si no existen fuerzas externas aplicadas a éste sistema de tres partículas entonces se conserva constante su momentum lineal, esto es . . .

pinicial p final=

o

M v⋅( ) i⋅ p1 p2+ p3+( )=

X

(durante el choque)

−F

F

F

−F

X


= M v1⋅ i⋅ M v2⋅ cos θ( )⋅ i⋅ M v2⋅ sen θ( )⋅ j⋅+( )+ M v3⋅ cos θ( )⋅ i⋅ M v3⋅ sen θ( )⋅ j⋅−( )+

que se simplifica a :

v− i⋅ v1 v2 v3+( ) cos θ( )⋅+ i⋅ v2 v3−( ) sen θ( )⋅ j⋅+=

igualando las componentes vectoriales correspondientes y substituyendo θ 30°= , queda . . .

v− v1 v2 v3+( ) cos 30°( )⋅ += = v1 v2 v3+( ) 3

2⋅+ (1)

0 v2 v3−( ) sen 30°( )⋅= = v2 v3−( ) 1

2⋅ (2)

Además, como los choques son elásticos, también se conserva la energía cinética. . .

K inicial K final=

1

2M⋅ v

2⋅ 1

2M⋅ v1( )2⋅

1

2M⋅ v2( )2⋅

+ 1

2M⋅ v3( )2⋅

+=

que se simplifica a . . .



v2

v1( )2v2( )2+ v3( )2+= (3)

Resolviendo las ecuaciones simultáneas (1) , (2) y (3) para las incógnitas v1 , v2 y v3 se obtiene:

v11−

5

v⋅= y v2 v3= = 2 3⋅

5v⋅

donde v 10m

seg⋅= , asi que resulta . . . v1 2−

m

seg⋅= , v2 v3= 6.93

m

seg⋅=

26. Ignorando la fricción con el aire, la única fuerza horizontal sobre el sistema bala-péndulo es la fricción interna mutua entre ambos objetos, que no cambia el momentum lineal p en esa dirección. Si denotamos por M 1 y v la masa y la rapidez inicial de la bala y por M la masa del péndulo, entonces

pinicial p final= implica que . . .

M1 v⋅ M 1 M+( ) V⋅= (1)

MM

1

vV

h

donde V es la rapidez horizontal del conjunto péndulo-bala al terminar el choque (ignorando el

desplazamiento que tenga el péndulo durante el choque, dado que éste dura muy poco tiempo y el péndulo prácticamente está en reposo mientras la bala termina de incrustarse en él ).

La energía de la bala no se conserva. la fuerza de fricción transforma una parte de la energía cinética inicial de la bala en energía no mecánica; sin embargo, una vez terminado el choque,la única fuerza que realiza trabajo sobre el sistema es la gravitacional (fuerza conservativa), asi que aplicando la conservación de la energía entre el instante en que termina el choque y el bloque se empieza a mover con rapidez horizontal

V y el momento en que el péndulo logra su altura máxima h, se tiene:



+=

1

2M 1 M+( )⋅ V

2⋅

0+ 0 M 1 M+( ) g⋅ h⋅ +=

donde se ha considerado como nivel cero de energía potencial gravitacional la parte más baja del péndulo. Al substituir V de la ec. (1) en la ec. (2) queda . . .



1

2M 1 M+( )⋅

M 1

M 1 M+v⋅

2

⋅ M 1 M+( ) g⋅ h⋅=

de donde podemos despejar la velocidad inicial v de la bala . . .

vM 1 M+

M 1

2 g⋅ h⋅⋅=

calculando . . .

v10 10 3−× kg⋅( ) 2 kg⋅+

10 10 3−× kg⋅2 g⋅ 0.14 m⋅( )⋅⋅= = 333

m

seg⋅

que por cierto es aproximadamente la rapidez del sonido en el aire a la temperatura ambiente. Por supuesto que existen proyectiles que se mueve aún más rápido.

27. Representemos a la bala y al bloque como partículas de masas M1 y M respectivamente y ubiquemos

un eje X de referencia que tenga la misma dirección que la velocidad inicial de la bala, cuyo origen esté en el lugar donde está el bloque en reposo.

M1

vMLa fricción entre la bala y el bloque es un par acción-reacción

interno al sistema bala-bloque, y como no hay otras fuerzas externas horizontales aplicadas a este sistema entonces se conserva constante el momentum lineal horizontal, es decir de

pinicial p final= donde los estados inicial y final se

representan en la figura de la derecha, se deduce que . . .

M 1 v⋅ M 0( )⋅+ M V⋅ M 1 v1⋅+=

donde V es la velocidad final del bloque y v1 es la de la bala.

Por lo tanto . . .

V

v1

VM 1

Mv v1−( )⋅= =

6 10 3−× kg⋅0.75 kg⋅

670m

seg⋅ 420

m

seg⋅−

⋅ = 2m

seg⋅

M1

vM

28. No hay fuerzas externas horizontales al sistema (bala-bloque) durante éste choque inelástico (ignorando la fricción, puesto que es muy pequeño el tiempo que dura el choque) asi que la conservaciónla del momentum lineal horizontal pinicial p final= , donde los estados

inicial y final se muestran en la figura de la derecha, implica que . . .

M 1 v⋅ 0+( ) M 1 M+( ) V⋅=

donde V es la velocidad final del conjunto, es decir:

V

d



VM 1

M M 1+

v⋅= (1)

Una vez en movimiento, la energía cinética del sistema (bala-bloque) se utiliza en realizar trabajo W

contra la fricción y la conservación de la energía ∆E W= establece entonce que . . .

∆K ∆U+ W=

Como la única fuerza externa horizontal que actúa sobre el sistema es la fricción f k , no hay cambios en

las energías potenciales, asi que la ec. anterior toma la forma . . .

K final K inicial−( ) 0( )+ W=

donde el estado inicial corresponde al momento en que la bala se ha detenido dentro del bloque y juntos se mueven a la velocidad V y el estado final ocurre cuando el sistema

bloque-bala deja de deslizarse finalmente sobre la superficie horizontal

Entonces . . .1

2M M 1+( )⋅ V

2⋅

0−

f k( ) d⋅= (2)

donde d es la distancia que se deslizó el bloque y la fuerza de fricción está dada por:

f k µk N⋅= µk M M 1+( ) g⋅ ⋅=

puesto que la fuerza normal N es igual al peso del sistema. La ec. (2) toma la forma . . .1

2M M 1+( )⋅ V

2⋅ µk M M 1+( )⋅ g⋅ d⋅=

Substituyendo la velocidad final V de la ec. (1) se obtiene . . .

1

2M M 1+( )⋅

M 1

M M 1+

v⋅

2

⋅ µk M M 1+( ) g⋅ ⋅ d⋅=

de donde resulta que la velocidad inicial de la bala era . . .

vM M 1+

M 1

2 g⋅ µk⋅ d⋅⋅=

Calculando . . .

v = 4 lb⋅ 0.02 lb⋅+

0.02 lb⋅

2 32ft

seg⋅

⋅ 0.2( )⋅ 5 ft⋅( )⋅⋅ = 1608ft

seg⋅

(obsérvese que se han usado los pesos y no las masas de los objetos. ¿Por qué? )



M 2 M

(estado inicial)

29. Se conserva el momentum lineal en la dirección horizontal para el sistema (bloques+resorte), ya que se ignora la fricción y las fuerzas entre el resorte y los bloques sólo son pares acción-reacción internos al sistema. Si el estado inicial del sistema se define cuando el resorte está comprimido y el estado final cuando el resorte se ha relajado y ha empujado a ambos bloques, entonces pinicial p final= implica que .

. . (estado final)

v1

v2

0 M− v1⋅ 2 M⋅( ) v2⋅+= (1)

donde v1 y v2 son las velocidades finales de los bloques.

Ignorando la fricción, también se conserva constante la energía total E del sistema, de modo que toda la

energía potencial inicial almacenada en el resorte se transforma al final en energía cinética.

Entonces de ∆E 0= , es decir. . .

K final K inicial−( ) Ue( )final

Ue( )inicial

− + 0=

donde Ue representa la energía potencial elástica del resorte y K la energía cinética de los bloques, se

obtiene . . .1

2M⋅ v1( )2⋅ 1

22 M⋅( )⋅ v2( )2⋅+

0−

0 Ue( )inicial

− + 0= (2)

Substituyendo v2 de la ec. (1) queda . . .

Ue( )inicial

1

2M⋅ v1( )2⋅ 1

22 M⋅( )⋅

v1

2

2

⋅+= = 1

2M⋅ v1( )2⋅ 1

21+

⋅ = 3

2K1⋅

donde K1 es la energía cinética del bloque de masa M. Por lo tanto . . .

K12

3Ue( )

inicial⋅= =

2

360 joules⋅( )⋅ = 40 Joules⋅

y por consiguiente el otro bloque tiene 1

3Ue( )

inicial⋅ = 20 Joules⋅ de energía cinética.

30. En el momento en que el resorte se comprime al máximo, los dos bloques se mueven juntos a la misma rapidez V , además, como

no hay fuerzas externas horizontales aplicadas al sistema de bloques y resorte, los principios de conservación aplicados entre el estado inicial (cuando los bloques aún no entran en contacto ) y el estado final (el momento en que se mueven juntos) generan las ecuaciones . . .

mb

M

V



Momentum lineal: mb v1( )⋅ M v2−( )⋅+ mb M+( ) V⋅= (1)

Energía mecánica: 1

2mb⋅ v1( )2⋅ 1

2M⋅ v2( )2⋅+ 1

2mb M+( )⋅ V

2⋅ 1

2k⋅ x

2⋅+= (2)

en las cuales, x la distancia máxima que se comprime el resorte.Substituyendo V de la ec. (1) en la ec. (2) se obtiene:

1

2mb⋅ v1( )2⋅ 1

2M⋅ v2( )2⋅+ 1

2mb M+( )⋅

mb v1⋅ M v2⋅−

mb M+

2

⋅ 1

2k⋅ x

2⋅+=

mb v1( )2⋅ M v2( )2⋅+ mb M+( )⋅ mb v1⋅ M v2⋅−( )2k mb M+( )⋅ x

2⋅+=

M mb⋅ v1 v2+( )2⋅ k mb M+( )⋅ x2⋅=

y resolviendo para x se obtiene . . .

x1

k

mb M⋅

mb M+( )⋅ v1 v2+( )⋅=

calculando . . .

x = 1

7170Newton

m⋅

2 kg⋅( ) 5 kg⋅( )⋅2 kg⋅ 5 kg⋅+( )

⋅ 12m

seg⋅ 5

m

seg⋅+

⋅ = 0.24 m⋅

M1

L

X

Y

O

v

31. Representemos a las masas de los péndulos como partículas y ubiquemos un sistema de referencia XY derecho que tenga el origen en la partícula M 2 en resposo.

Para determinar la rapidez v con la que M 1 choca con M 2 ,

apliquemos la conservación de la energía, entre el momento en que se suelta M 1 desde la posición horizontal hasta el instante

en que está a punto de chocar con M 2 , definiendo el eje X

como el nivel cero de energía potencial gravitacional, esto es . . .

K final Ug( )final


+=

1

2M1⋅ v

2⋅ 0( )+ 0( ) M1 g⋅ L⋅+= (1)

(se ignora la fricción y además, la única fuerza externa que hace trabajo es el propio peso de la partícula)

. Se obtiene asi que v 2 g⋅ L⋅=



M1 M

2

v

M1

M2

v2v1X

Tampoco hay fuerzas externas horizontales aplicadas al sistema de los dos péndulos durante su choque, considerando que éste ocurre en una dimensión (eje X) con una de las parículas inicialmente en reposo y la otra moviéndose hacia la derecha con la rapidez horizontal v . El estado final del choque ocurre exactamente cuando los péndulos pierden contacto y han adquirido sus velocidades finales v1 y v2 .

Por lo tanto, se conserva constante el momentum lineal horizontal y pinicial p final= conduce a . .

M 1 v⋅ M1 v1⋅ M2 v2⋅+= (2)

Como el choque es elástico, también la energía cinética del sistema permanece constante, es decir de

K inicial K final= se deduce que . . .

1

2M1⋅ v

2⋅ 0( )+ 1

2M 1⋅ v1( )2⋅

1

2M 2⋅ v2( )2⋅

+=

esto es . . .

M1 v2⋅ M1 v1( )2⋅ M2 v2( )2⋅+= (3)

y substituyendo v2 de la ec. (2) en la ec. (3) queda . . .

M1 v2⋅ M1 v1( )2⋅ M2

M 1

M 2

v v1−( )⋅

2

⋅+=

M1 M 2⋅ v2⋅ M 1 M2⋅ v1( )2⋅ M 1( )2

v2

2 v⋅ v1⋅− v1( )2+ ⋅+=

de lo cual se obtiene . . . v1

M 1 M2−M 1 M2+

v⋅= y por lo tanto de la ec. (2) :

v2

M1

M2

v v1−( )⋅= = M 1

M 2

vM 1 M 2−M 1 M 2+

v⋅−

⋅ = 2 M 1⋅

M 2 M1+v⋅

Además, como M 2 2 M 1⋅= y v 2 g⋅ L⋅= las velocidades finales quedan:

v1

M 1 2 M 1⋅−

M 1 2 M 1⋅+

v1⋅= = 1−

32 g⋅ L⋅⋅ ; v2

2 M1⋅

M 1 2 M 1⋅+

v1⋅= = 2

32 g⋅ L⋅⋅

Como v1 es negativa, significa que M1 retrocede después de chocar, es decir se mueve hacia la

izquierda.



Los péndulos chocan la primera vez en la parte más baja de su trayectoria circular y las alturas h1 y h2

que alcanzan en el rebote se obtiene nuevamente por la conservación de la energía mecánica, ya que toda la energía cinética inicial que tienen al terminar el choque, se transforma en energia potencial gravitacional en el estado final, es decir . . .

M1 M

2

LL

h2h1

1

2M 1⋅ v1( )2⋅ M 1 g⋅ h1⋅= implica que:

h1

v1( )2

2 g⋅= =

1

92 g⋅⋅ L⋅

2 g⋅ =

1

9L⋅

1

2M 2⋅ v2( )2⋅ M 2 g⋅ h2⋅= implica que:

h2

v2( )2

2 g⋅= =

4

92 g⋅⋅ L⋅

2 g⋅ =

4

9L⋅

L

θm

Hv

32. Determinemos primero la velocidad con la que el péndulo choca con el bloque. Ubiquemos un sistema de referencia XY derecho con el origen en la parte inferior de la trayectoria circular del péndulo. La única fuerza externa que realiza trabajo sobre el péndulo es su propio peso (fuerza conservativa), asi que tomemos el eje X horizontal como nivel de referencia cero para la correspondiente energía potencial.

El péndulo parte del reposo en el estado inicial, asi que ignorando la fricción, la conservación de la energía mecánica Einicial E final= implica que . . .

Ug( )inicial

K inicial+ Ug( )inicial

K inicial+=

m g⋅ H⋅ 0( )+ 0( )1

2m⋅ v

2⋅+=

donde H L 1 cos θ( )−( )⋅= es la altura sobre el nivel de referencia, de modo que resolviendo ésta

ecuación para la velocidad de choque del péndulo resulta . . .

v 2 g⋅ L⋅ 1 cos θ( )−( )⋅= (1)



vM

v2v1

Consideremos ahora como estado inicial el momento en que principia el choque entre el péndulo y el bloque y como estado final el instante en que ambos objetos pierden el contacto y rebotan con sus respectivas velocidades v1 y v2 , como

se muestra en las figuras de la derecha.Este choque ocurre prácticamente en una dimensión y es elástico, por lo cual las velocidades finales están dadas por . . .

v1m M−m M+

v⋅2 M⋅

m M+

0( )⋅+= ; v2M m−M m+

0( )⋅2 m⋅

M m+

v⋅+=

esto es . . . v1m M−m M+

v⋅= y v22 m⋅

M m+

v⋅= (2)

L

mh

v1

v = 0φ

Aplicando ahora al péndulo nuevamente el principio de conservación de la energía, considerando que ahora en su estado inicial tiene la velocidad v1 y en su estado final llega a

la altura máxima h , quedando en reposo por un momento, se

tiene . . .

1

2m⋅ v1( )2⋅ 0( )+ 1

2m⋅ 0( )

2⋅ m g⋅ h⋅+= (3)

Asi que substituyendo v1 y v de las ecs (1) y (2) se obtiene. . .

hv1( )2

2 g⋅= =

m M−m M+

2

v2⋅

2 g⋅ =

m M−m M+

2

2 g⋅2 g⋅ L⋅ 1 cos θ( )−( )⋅ ⋅

h = Lm M−m M+

2

⋅ 1 cos θ( )−( )⋅

Md

v2

Aplicando éste mismo principio al bloque que en el estado inicial se empieza a mover con una rapidez v2 hacia la

derecha sobre la superficie horizontal y que, finalmente llega al reposo se tiene . . .

∆K ∆U+ W=

0( )1

2M⋅ v2( )2⋅−

0( )+ f k−( ) d⋅=



donde ∆U 0= porque el bloque no cambia su altura sobre el nivel de referencia y se mueve contra la

fuerza fricción f k N µk⋅= M g⋅( ) µk⋅= haciendo un trabajo negativo.

Substituyendo entonces v2 de (2) y v de la ec. (1) queda. . .

1

2M⋅

2 m⋅M m+

v⋅

2

⋅ M g⋅( ) µk⋅ d⋅=

y el coeficiente de fricción es . . .

µk1

2 g⋅ d⋅2 m⋅

M m+

2

⋅ 2 g⋅ L⋅ 1 cos θ( )−( )⋅ ⋅= = 2 m⋅

m M+

2L

d⋅ 1 cos θ( )−( )⋅

Mm voX

33. Dado que el choque ocurre en una dimensión, representemos a los objetos que chocan como partículas localizadas sobre un eje X de referencia fijo en la dirección de la velocidad inicial vo de la partícula incidente. Las partículas se mueven juntas

a la velocidad V después del choque y si no hay fuerzas

externas aplicadas a ellas, más que su propia interacción, entonces se mantiene constante el momentum lineal del sistema, esto es . . .

m vo⋅ 0( )+ M m+( )V=

X

XV

de modo que su velocidad final común es: Vm

m M+

vo⋅= y por lo tanto el cambio de energía

cinética es . . .

∆K K( ) final K( )inicial− = = 1

2m M+( )⋅ V

2⋅ 1

2m⋅ vo( )2⋅−

= 1

2m M+( )⋅

m

m M+

vo⋅

2

⋅ 1

2m⋅ vo( )2⋅−

= M

m M+

− 1

2⋅ m⋅ vo( )2⋅ (1)

Este resultado es negativo (∆K 0< ) lo cual significa que una parte de la energía cinética inicial se

transformó en energía no mecánica ( calor, sonido, energía interna etc.). Las fracción de energía cinética inicial convertida en energía no mecánica es:

∆K

K inicial

M

m M+

− 1

2⋅ m⋅ vo( )2⋅

1

2m⋅ vo( )2⋅

=M

m M+= (2)



de éste resultado podemos apreciar que esta fracción se aproxima al 100% cuando M >> m.

Para un observador en el centro de masa, el momentum lineal total del sistema es siempre cero y la velocidad final de los objetos es cero, ésto significa que para el observador del centro de masa, toda la energía cinética inicial de los objetos que participan en un choque inelástico se transforma en energía no mecánica.Como la velocidad final de los objetos respecto al eje X fijo anterior es V , ésta también es la velocidad del

centro de masa respecto al eje X. Por lo tanto, de acuerdo a la suma clásica de velocidades, las partículas tienen respecto al sistema centro de masa las velocidades iniciales. . .

Mm voX

V

c.m.

referencia fija

v1 vo V−( )=

= vom

m M+

vo⋅− = M

m M+vo⋅

y

v2 0 V−= = m

m M+

− vo⋅

por lo cual la energía cinética inicial es . . . referencia centro de masa

Mm v1X

c.m.

v2

K incial( )cm

1

2m⋅ v1( )2⋅

1

2M⋅ v2( )2⋅+=

K inicial( )cm

1

2m⋅

M

m M+vo⋅

2

⋅ 1

2M⋅

m

m M+

− vo⋅

2

⋅+= = M

m M+1

2m⋅ vo( )2⋅

⋅

que es el mismo resultado obtenido por el observador fijo del eje X .Asi que aunque las energías cinéticas de las particulas sean distintas en los dos sistema de referencia, el cambio de energía es el mismo para ambos, es decir, el principio de conservación de la energía vale en cualquier sistema de referencia.

34. Dado que los choque ocurren en una dimensión, representemos a los objetos que chocan como partículas localizadas sobre un eje X de referencia fijo respecto al suelo y en la dirección de la velocidad inicial v de la locomotora.

Como se vió en el ejercicio anterior, cuando la locomotora (partícula incidente de masa m ) choca y queda

acoplada al primer vagón (partícula de masa M ), ambos se mueven juntos a la velocidad:

v1m

m M+

v⋅= (1)

porque no hay fuerzas externas aplicadas a ellas, más que su propia interacción, y por lo tanto se mantiene constante el momentum lineal. Como se vió en ese mismo ejercicio, el cambio de energía cinética es . . .



∆K1M

m M+

− 1

2m⋅ v

2⋅

⋅= (2)

donde K i1

2mt⋅ v

2⋅= es la energía cinética inicial de la partícula incidente.

Para el segundo choque, la locomotora y el vagón acoplado pueden considerarse como una partícula incidente de masa mt M+( ) con velocidad inicial v1 que choca inelásticamente con el segundo

vagón ( partícula de masa M ), de modo que si aplicamos las fórmulas (1) y (2 ) anteriores se obtiene que

. . .

v2m M+( )

m M+( ) M+v1⋅= =

m M+( )

m 2 M⋅+( )

m

m M+

⋅ v⋅ = m

m 2 M⋅+( )v⋅

∆K2M−

m M+( ) M+− 1

2m M+( )⋅ v1( )2⋅

⋅= = m M⋅( )−

m M+( ) m 2 M⋅+( )⋅1

2m⋅ v

2⋅

⋅

para la velocidad final y el cambio de energía en el 2° choque.Para el tercer choque, la locomotora y los dos vagones acoplados pueden considerarse como una partícula incidente de masa mt 2 M⋅+( ) con velocidad inicial v2 que choca inelásticamente con el tercer vagón

( partícula de masa M ), de modo que si aplicamos nuevamente las fórmulas (1) y (2 ) anteriores se obtiene

que . . .

v3m 2 M⋅+( )

m 2 M⋅+( ) M+v2⋅= =

m 2 M⋅+( )

m 2 M⋅+( ) M+m

m 2 M⋅+( )v⋅

⋅ = m

m 3 M⋅+( )v⋅

∆ K3⋅M−

m 2 M⋅+( ) M+1

2m 2 M⋅+( )⋅ v2( )2⋅

⋅= = m M⋅( )−

m 2 M⋅+( ) m 3 M⋅+( )⋅1

2m⋅ v

2⋅

⋅

Asi que con los valores: m = 100 000 kg , M = 75 000 kg , v = 3.5 m/seg , se obtiene . . .

v1 2m

seg⋅= ; v2 1.4

m

seg⋅= ; v3 1.077

m

seg⋅=

∆K1 2.625− 105× Joules⋅= ; ∆K2 1.05− 105× Joules⋅= y ∆K3 5.654− 104× Joules⋅=

Se puede inferir, que si el tren tuviese n vagones desacoplados, entonces la generalización de las fórmulas anteriores para el k-ésimo choque serían . . .

vkm

m k M⋅+

v⋅= ; ∆Km− M⋅

m k 1−( ) M⋅+[ ] m k M⋅+( )⋅1

2m⋅ v

2⋅

⋅=

que se representan en las siguientes gráficas . . .



0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

1

2

3

N° de choques

rapi

dez

fina

l

f k( )

k

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

1 .105

2 .105

3 .105

N° de choques

∆K k( )

k

Obsérvese que la rapidez final disminuye como cte

k en tanto que la transformación de energía

cinética va como Cte

k2 para el k-ésimo choque

35. Al aplicar la conservación del momentum lineal y de la energía cinética a una colisión elástica en una dimensión entre una partícula de masa M 1 (velocidad inicial V ) y otra partícula de masa m

(inicialmente en reposo), se obtiene . . .

mVM 1

X

M1 V⋅ m 0( )⋅+ M1 U⋅ m u⋅+= (1)

y1

2M1⋅ V

2⋅ 0( )+ 1

2M 1⋅ U

2⋅ 1

2m⋅ u

2⋅+= (2)

donde U y u son las velocidades finales de las partículas. En la

aplicación de los principios anteriores, se han considerado el estado inincial y el final mostrados en la figura de la derecha, asi como el hecho de que no hay fuerzas

m

U

M 1

Xu

externas al sistema de partículas mas que sus propias interacciones, las cuales no cambian su momentum lineal ni la energía cinética, dado que el choque es elástico.Todas las velocidades tienen la misma dirección y se miden respecto a un eje X de referencia fijo en esa misma dirección.Substituyendo entonces U de la ec. (1) en la ec. (2) resulta. . .

M1 V2⋅ 0( )+ M 1 V

m

M 1

u⋅−

2

⋅ m u2⋅+=

y simplificando queda . . m

2

M 1

m+

u2⋅ 2 V⋅ m⋅ u⋅− 0= de donde se obtiene que la rapidez final de

m es : u2 M 1⋅

M 1 m+

V⋅= (3)



m M 2

Xu

Enseguida consideremos el choque elástico entre la partícula

m que se mueve a la velocidad u con la partícula M 2

inicialmente en reposo, aplicando los mismos principios de conservación entre los estados ilustrados a la derecha. . .

m u⋅ M2 0( )⋅+ m u2⋅ M 2 U2⋅+= (4)

y

1

2m⋅ u

2⋅ 0( )+ 1

2m⋅ u2( )2⋅ 1

2M 2⋅ U2( )2⋅+= (5)

m M 2

X

u 2 U2

Substituyendo entonces u2 de la ec. (4) en la ec. (5) resulta . . .

m u2⋅ 0( )+ m u

M2

mU2⋅−

2

⋅ M 2 U2( )2⋅+=

y simplificando queda . . M 2( )2

mM 2+

U2( )2⋅ 2 u⋅ M2⋅ U2⋅− 0= de donde se obtiene que la

rapidez final de M 2 es :

U22 m⋅

M 2 m+

u⋅= (6)

Substituyendo entonces u de la ec. (3), la energía cinética final de M2 es . . .

K1

2M 2⋅ U2( )2⋅= =

1

2M 2⋅

2 m⋅M 2 m+

2 M1⋅

M1 m+

⋅ V⋅

2

⋅

Si M 1 , M 2 y V se mantienen constantes, entonces la energía cinética transferida a M 2 depende

solo de la masa intermedia m y su valor máximo se obtiene igualando a cero su derivada.

dK

dm

0=

d

dm8 M2⋅

m2

M 2 m+( )2⋅

M1( )2

m M 1+( )2⋅ V

2⋅

⋅ 0=

16 M 2⋅ m⋅ M 1( )2⋅ v2⋅

M 2 m+( )3M1 m+( )3⋅

m2− M 1 M 2⋅+( )⋅ 0=

y se deduce que . . . m2− M 1 M 2⋅+ 0= , es decir m M 1 M2⋅=



36. Como resulta evidente, la transferencia de energía entre una partícula que choca con otra que inicialmente está en reposo, es máxima si el choque es frontal, es decir, ocurre en una dimensión.Asi que consideremos al electrón ( masa m) y al átomo (masa M) como partículas que chocan frontalmente, estando el átomo inicialmente en reposo y al final, con ambas partículas alejándose una de otra como se ilustra en la siguiente figura . . .

m M

Xv

mM

X

u

U

Al aplicar los principios de conservación del momentum lineal y de la energía se obtiene . . .

m v⋅ m u⋅ M U⋅+= (1)

1

2m⋅ v

2⋅ 1

2m⋅ u

2⋅ 1

2M⋅ U

2⋅

+ E+= (2)

donde E representa la energía de excitación del átomo al final y las velocidades finales son u y U .

Al substituir U de la ec. (1) en la ec. (2) queda . . .

m v2⋅ m u

2⋅ M mv u−( )

M⋅

2

⋅+ 2 E⋅+=

que es una ecuación cuadrática en u , la velocidad de rebote del electrón.. . .

m

2

Mm+

u2⋅ 2

m2

M⋅ v⋅

u⋅− 2 E⋅m

2v

2⋅M

+ m v2⋅−

+ 0=

cuya solución es . . .

um

m M+v⋅

m M⋅m m M+( )⋅

m M⋅ v2⋅ 2 M m+( )⋅ E⋅−⋅+=

Cuando ésta velocidad sea mínima, entonces el átomo habrá absorbido la mayor cantidad posible de la energía cinética del electrón y ésto se logra cuando el radicando de la expresión anteriro valga cero, es decir :

m M⋅ v2⋅ 2 M m+( )⋅ E⋅− 0=

de donde se obtiene que la velocidad con la cual debe incidir el electrón sobre el átomo es:

v 2 E⋅M m+M m⋅

⋅=

para un átomo de Hidrógeno por ejemplo, M 1.67 10 27−× kg⋅= y para el electrón

m 9.11 10 31−× kg⋅= y si E 10.5 eV⋅= 1.68 10 18−× Joules⋅= , entonces . . .



v 3.36 10 18−× Joules⋅( ) 1.67 10 27−× kg⋅( ) 9.11 10 31−× kg⋅+1.67 10 27−× kg⋅( ) 9.11 10 31−× kg⋅( )⋅

⋅= = 1.92 106×m

seg⋅

aproximadamente unos 2000 kilómetros por segundo.

37. Ubiquemos a las esferas, represenadas como partículas, sobre un eje X fijo en la dirección de las velocidades iniciales v y v− de las esferas. Sea m la masa de la esfera que queda en reposo después

del choque frontal y sea M la masa de la otra esfera.

m M

Xv v

Si no hay fuerzas externas aplicadas al sistema de las dos esferas en la dirección X , entonces se conserva constante el momentum lineal en esa dirección, es decir.vale lo mismo antes que después del choque, esto es . . .

m v⋅ M v⋅− m 0( )⋅ M U⋅+= (1)

donde U es la velocidad final de la esfera de masa M ,

según se muestra en la figura de la derecha.

m M

XU

Como el choque es también elástico, la energía cinética del sistema de partículas vale lo mismo antes que después del choque, esto es, se mantiene constante . . .

1

2m⋅ v

2⋅ 1

2M⋅ v−( )

2⋅+ 1

2M⋅ U

2⋅= (2)

Asi que substituyendo U de la ec. (1) en la ec. (2) se obtiene . . .

m v2⋅ M v

2⋅+ Mm

M1−

2

⋅ v2⋅=

y simplificando. . .

M m⋅ v2⋅ v

2m

2⋅ 2 v2⋅ m⋅ M⋅−=

Rsolviendo ésta ecuación para M resulta : Mm

3= , asi que la razón de masas es

m

M3=

m

Xv v

3m

38. A la derecha se representan los estados de las partículas antes y después del choque, respecto a un sistema XY de referencia que tiene el origen en el lugar donde las partículas chocaron. Este choque ocurre en un plano (determinado por las direcciones de las velocidades iniciales v ; v− y

finales u ; U de las partículas)

Además, si no hay fuerzas externas aplicadas al sistema de partículas, se mantiene constante su momentum lineal total, esto es pinicial p final= implica que . . .

m

X

3m

U

u

θ

Y



m v⋅ 3 m⋅( ) v⋅−[ ] i⋅ 0( ) j⋅+ 3 m⋅ U⋅ cos θ( )⋅( ) i⋅ 3 m⋅ U⋅ sen θ( )⋅ m u⋅−( ) j⋅+=

e igualando las componentes correspondientes de ésta ecuación vectorial, resulta

2− m⋅ v⋅ 3 m⋅ U⋅ cos θ( )⋅= y 0 3 m⋅ U⋅ sen θ( )⋅ m u⋅−=

simplificando . . .

3 U⋅ cos θ( )⋅ 2− v⋅= (1)

3 U⋅ sen θ( )⋅ u= (2)

Aquí tenemos tres incógnitas (u , U y θ ) y solamente dos ecuaciones. Es necesaria otra ecuación

para encontrar una solución posible y ésta proviene de saber que el choque es elástico, es decir que la energía cinética total del sistema de partículas se mantiene constante antes y después del choque:

1

2m⋅ v

2⋅ 1

23 m⋅( )⋅ v−( )

2⋅+ 1

2m⋅ u

2⋅ 1

23 m⋅( )⋅ U

2⋅+=

simplificando. . .

3 U2⋅ u

2+ 4 v2⋅= (3)

Sumando las ecs. (1) y (2) miembro a miembro elevadas al cuadrado, se obtiene . . .

3 U⋅ cos θ( )⋅( )23 U⋅ sen θ( )⋅( )2+ 2− v⋅( )

2u

2+=

3 U⋅( )2

cos2 θ( )⋅ sen

2 θ( )⋅+ ⋅ 4 v2⋅ u

2+=

9 U2⋅ u

2− 4 v2⋅= (4)

de manera que sumando miembro a miembro las ecs. (3) y (4) queda . . .

9 U2⋅ 3 U

2⋅+ u2+ u

2− 4 v2⋅ 4v

2+=

esto es 12 U2⋅ 8 v

2⋅= y resulta . . .U2

3v⋅=

Substituyendo éste resultado en la ec. (3) queda . . . 38

12v

2⋅

⋅ u2+ 4 v

2⋅= , es decir u 2 v⋅= .

Ahora se puede obtener el ángulo de cualquiera de las ecuaciones (1) ó (2), por ejemplo . . .

cos θ( ) 2− v⋅3 U⋅

= = 2− v⋅

32

3v⋅

⋅ =

2

3−

y θ arc_cos2

3−

= = 144.74°



39. Sea M la masa de la partícula alfa, entonces la masa del núcleo de

Oxígeno es 4 M⋅ . Representémoslos como partículas respecto a un

sistema de referencia XY con el eje X en la dirección de la velocidad inicial v de la partícula alfa y que tenga su origen en el lugar donde

chocan éstas partículas. Entonces θ 116°= es el ángulo entre las

direcciones de las velocidades finales de las partículas después del choque

y ϕ 64°= es el ángulo de desviación de la partícula alfa respecto al eje X, como se indica en la figura de la derecha.

Dado que no intervienen fuerzas extenas sobre ninguna de las partículas, se conserva constante el momentum lineal antes y después del choque, es decir . . . M v⋅( ) i⋅ 4 M⋅ Ux i⋅ U y j⋅+( )⋅ M ux i⋅ uy j⋅+( )⋅+=

igualando las componentes vectoriales correpondientes se obtiene. . .

M v⋅ 4 M⋅ Ux⋅ M ux⋅+=

0 4 M⋅ U y⋅ M uy⋅+=

v

M4M

(antes del choque)

Xθ

u

U


ϕ

Pero

Ux U cos ϕ θ−( )⋅= , U y U sen ϕ θ−( )⋅=

ux u cos ϕ( )⋅= , uy u sen ϕ( )⋅=

asi que las ecuaciones anteriores se reducen a . . .

v 4 U⋅ cos ϕ θ−( )⋅ u cos ϕ( )⋅+= (1)

0 4 U⋅ sen ϕ θ−( )⋅ u sen ϕ( )⋅+= (2)

Divididiendo la ec. (2) entre u se obtiene . . . 0U

u

4⋅ sen ϕ θ−( )⋅ sen ϕ( )+=

es decir :

U

u

sen ϕ( )−4 sen ϕ θ−( )⋅

= = sen 64°( )−

4 sen 54° 116°−( )⋅ = 0.285

que es la relación buascada de masas.

La rapidez final del núcleo de Oxígeno es solamente el 28.5% de la rapidez final de la partícula α.

La solución inversa de éste problema se puede usar para determinar la razón de masas de partículas desconocidas, es decir midiendo la razón de velocidades y los ángulo de desviación después del choque, es posible conocer la proporción de masas. Si ya se conoce también la masa de la partícula incidente que se usa como proyectil, entonces es posible determina la masa desconocida de la partícula blanco. Básicamente, es asi como se han medido las masas de algunas partículas elementales



vM

(Estado inicial)

40. Si no hay fuerzas externas aplicadas al objeto, se conservará constante el momentum lineal antes y después de la explosión (interpretada como una colisión inelástica inversa), esto es

pinicial p final= implica que. . .

M v⋅M

2v1⋅

M

2v2⋅+= (1)

donde v es la rapidez inicial, v1 y v2 son las velocidades

finales de los fragmentos después de la explosión y todas se miden en una dimensión, respecto a un eje de referencia X

X

M/2M/2M/2v1 v 2

Si la explosión suministra la energía E al sistema e ignoramos todas las energías potenciales, entonces

por la conservación de la energía Einicial E final= se deduce que. . .

K inicial E+ K final=

1

2M⋅ v

2⋅

E+ 1

2

M

2⋅ v1( )2⋅ 1

2

M

2⋅ v2( )2⋅+

= (2)

Si suponemos además que la explosión no cambia la masa, entonces las ecuaciones (1) y (2) quedan . . .

2 v⋅ v1 v2+=

2 v2⋅

2 E⋅M

+ v1( )2v2( )2+=

y resolviendolas simultáneamente para las velocidades finales se obtiene . . .

v2 vE

M+= ; v1 v

E

M−=

calculando . . .

v1 2m

seg⋅

25 Joules⋅8 kg⋅

+= = 3.77m

seg⋅ ; v2 2

m

seg⋅

25 Joules⋅8 kg⋅

−= = 0.23m

seg⋅

0 20 40 60

2

1

1

2

3

4

5

(Joules)

rapi

dez v1 E( )

v2 E( )

M u2⋅

E

Como ambos resultado son positivos, significa que los fragmentos e mueven en el mismo sentido. Estos resultados dependen de la cantidad de energía que se libere en la explosión, como se puede apreciar en la gráfica de la derecha.

Nótese que existe una energía E0 M v2⋅= para

la cual uno de los fragmentos quedará en reposo después de la explosión y el otro se moverá con la rapidez 2 v⋅ .



X

θ

u

U

(después de la explosión)

u

Y

M

M

41. El movimiento de los fragmentos necesariamente ocurre en un plano debido a la conservación del momentum lineal y si las direcciones X e Y son tomadas como las direcciones de los fragmentos de la explosión que se mueven en ángulo recto entre si, entonces se generan las ecuaciones . . .

M u⋅ 3 M⋅( ) U⋅ cos θ( )⋅+ 0= (1)

3 M⋅( ) U⋅ sen θ( )⋅ M u⋅+ 0= (2)

donde θ es el ángulo que forma con el eje X la dirección final

del fragmento de masa 3 M⋅ .

Sumando el cuadrado de sen(θ) de la ec.(2) con el cuadrado de cos(θ) de la ec.(1) se obtiene

sen θ( )( )2cos θ( )( )2+

u−3 U⋅

2u−

3 U⋅

2

+= = 1

es decir . . . 2u

3 U⋅

2

⋅ 1= de donde resulta que:

U2 u⋅3

= = 2

330⋅

m

seg⋅ = 14.1

m

seg⋅

es la rapidez final del fragmento de masa 3 M⋅ .

Substituyendo éste valor en cualquiera de las ecs.anteriores ( la (1) por ejemplo. ) resulta . . .

u 32 v⋅3

⋅ cos θ( )⋅+ 0=

Esto es cos θ( ) 1−2

= de lo cual se obtiene que θ = 135°

R

v

(a) (b)

x

D

42. Una vez en el aire, e ignorando la fricción, sobre el proyectil no actúan fuerzas horizontales externas, por lo tanto la rapidez horizontal de su centro de masa permanece constante y por ésta razón , el centro de masa del proyectil "caerá" justamente en el lugar donde habría caido el proyectil como si éste no hubiese explotado, luego de recorrer una distancia horizontal R dada por . . .

R2 v

2⋅ sen θ( )⋅ cos θ( )⋅g

=



Por otra parte , puesto que . . .

los fragmentos de la explosión M 1M

2= y M2

M

2= son de igual masa •

uno de ellos cae verticalmente, llegando a la distancia horizontal x1R

2= a partir del punto de •

disparola posición final horizontal del centro de masa está en xcm R= •

entonces, de la expresión para obtener la posición horizontal del centro de masa de un sistema de dos parículas. . .

xcmM 1 x1⋅ M 2 x2⋅+

M 1 M 2+=

se deduce que la distancia x2 a la que cae el segundo fragmento es . . .

x2

M 1 M 2+( ) xcm⋅ M 1 x1⋅−

M 2

=M R⋅

M

2

R

2

⋅−

M

2

= = 2 R⋅R

2−

=

3

2R⋅

y calculando, el segundo fragmento llega a la distancia . . .

x2 = 3

2

2 178m

seg⋅

2

⋅ 3

2

⋅ 1

2

⋅

g

⋅ = 4200 m⋅

del punto de disparo. Otra forma de resolver éste problema consiste en calcular el tiempo de caida y después usar las ecs.para el movimiento parabólico. Se deja como ejercicio.

43. Puesto que no hay fuerzas externas sobre las dos partículas que chocan, entonces su momentum lineal total permanece constante, asi que representemos el choque como se indica en la figura siguiente. . .

Xθ

U

(estado final)

v/2

Y

MB

MA

MA v⋅ i⋅ MB Ux i⋅ U y j⋅+( )⋅ MAv

2

⋅ j⋅+=

igualando las componentes vectoriales . .

MA v⋅ MB Ux⋅=

0 MB U y⋅ MAv

2⋅+=

asi que . . .

tan θ( ) U y

Ux= =

MA

MB

−v

2⋅

MA

MB

v⋅

= 1−

2

v

(Estado inicial)

MBMA



por lo tanto, la dirección final de la partícula MA respecto al eje X es:

θ arctan1−

2

= = 26.57− °

La rapidez U no se puede determinar porque aún y cuando se suponga que el choque sea elástico, se tendrían 5 incógnitas ( Ux , U y , v , m y M ) y sólo 3 ecuaciones.

44. Ubiquemos un sistema de referencia XY derecho que teng su origen en el lugar donde se rompe el núcleo inestable. Las fuerzas internas de núcleo son las que provocan que éste se divida en fragmentos.

X

Y

p2

p1

p3

θ

Si suponemos que inicialmente el núcleo está en reposo, entonces su momentum lineal inicial es cero y continúa siendo cero después, dado que no hay fuerzas externas aplicadas al núcleo.Entonces, sumando los vectores mementum lineal de las tres partículas finales, se obtiene . . .

p1 p2+ p3+ 0=

y p3 p1− p2−= , asi que la magnitud de éste

vector es . . .

p3 p3 p3•= = p1− p2−( ) p1− p2−( )• = p1( )22 p1⋅ p2•+ p2( )2+

pero por ser perpendiculares . . . p1 p2• p1 p2⋅ cos 90°( )⋅= = 0 asi que resulta . . .

p3 p1( )2p2( )2+= = M 1 v1⋅( )2

M 2 v2⋅( )2+

= 8 10 27−× kg⋅( ) 8 106×m

seg⋅

⋅

2

17 10 27−× kg⋅( ) 6 106×m

seg⋅

⋅

2

+

= 1.204 10 19−×( ) kg⋅m

seg⋅

la energía cinética final de los fragmentos es una parte de la energía liberada y vale . . .

K total = 1

2

p3( )2

M 3

⋅ 1

2M 1⋅ v1( )2⋅+ 1

2M 2⋅ v2( )2⋅+ = 1.166 10 12−×( ) Joules⋅

= 7.29 MeV⋅ .



CAPÍTULO VII

Cinemática y

Dinámica de la

Rotación



Cinemática y Dinámica de la Rotación

12

3

6

9

1. Las manecillas de las horas y los minutos de un reloj coinciden a las 12 en punto. Determinar todas las demás veces en que coinciden nuevamente. Si el reloj también tiene una manecilla de segundos, determinar todas las veces en que coinciden las tres manecillas, dado que todas coinciden a las 12 en punto.

2. Un atleta olímpico lanza un disco al girar con su brazo extendido, acelerándolo uniformemente desde el reposo y durante 1.25 revoluciones hasta una rapidez final de 25 m/seg. Si el disco se mueve sobre un arco circular de 1 m de radio, calcular la aceleración y rapidez angulares del disco, asi como su tiempo de aceleración.

3. En el instante t = 0 se invierte la corriente de un motor de corriente continua, causando que el

desplazamiento angular θ del eje del motor esté dado en función del tiempo t medido a partir de ese

instante, por. . . θ t( ) a t⋅ b t2⋅+ c t

3⋅+= , donde las constantes valen : a 198rad

seg⋅= ,

b 24−rad

seg2

⋅= y c 2−rad

seg3

⋅= . ¿Cuántas revoluciones gira el eje desde el instante en que se invierte

la corriente hasta que el motor queda detenido momentáneamente?. ¿Con qué rapidez giraba el eje en el instante t = 0 seg?.

4. Un motor eléctrico se apaga y su rapidez angular disminuye uniformemente de 900 rpm (revoluciones por minuto) hasta 400 rpm en un tiempo de 6 seg . ¿Cuántas revoluciones giró el motor en ese tiempo? . ¿Cuántos segundos más tardará el motor en detenerse por completo?

P

T

S

5. Un planeta gira en una órbita circular con el Sol en el centro. Si ésta órbita es coplanar, concéntrica y en el mismo sentido que la órbita circular de la Tierra alrededor del Sol y si además la Tierra y el planeta tienen períodos de revolución

TT y Tp respectivamente (con TT TP> ), demostrar

entonces que el tiempo necesario TS visto desde la Tierra,

para que el planeta gire una vuelta en torno al Sol, es: 1

TS

1

TP

1

TT−

= . ¿Cambia éste resultado si TT TP<

?



v

trayectoria6. Un auto que se mueve sobre una pista circular plana (no peraltada) acelera uniformemente desde el reposo con una aceleración tangencial de 1.7 m/seg2 . El auto hace lo anterior durante un cuarto de trayecto en círculo antes de patinar y salir de la pista. Determine el coeficiente de fricción estática entre el auto y la pista.

7. Un volante que está girando alrededor de un eje, acelera uniformemente y tarda 3 seg en girar 162 rad . Su rapidez angular al cabo de ese tiempo es 108 rad/seg . Calcule la rapidez angular que tenía el volante al principio del intervalo de 3 seg .

8. Un dispositivo de seguridad detiene en una vuelta la hoja de una podadora eléctrica si su rapidez angular

inicial es ωi . Suponiendo que la aceleración angular sea constante, ¿ cuántas revoluciones tardará la hoja

en parar desde una rapidez angular que sea el doble de ωi ?

9. Un auto acelera uniformemente desde el reposo y alcanza una rapidez de 22 m/seg en 9 seg . Si el diámetro de sus llantas de 50 cm, encuentre cuantas vueltas gira una de las llantas durante éste movimiento si se supone que no hay deslizamiento y obtenga también la rapidez angular de la llanta en rpm .

R1

R2

A

B

C10. Una polea A de radio R1 10 cm⋅= está acoplada por medio de una

banda ligera antiderrapante B con otra polea C de radio R2 25 cm⋅= .

La polea A parte del reposo y aumenta su rapidez de giro al ritmo

constante de π2

rad

seg2

⋅ .

¿Cuánto tiempo transcurre para que la polea C adquiera una rapidez de

giro de 100rev

min⋅ ?

r

P

θa

aT

11. Un disco rígido que parte del reposo gira en torno a un eje fijo con una aceleración angular constante α . Si la aceleración lineal resultante en un punto del borde a una distancia r del centro de giro forma un ángulo θ = 60º respecto a su aceleración tangencial, ¿ cuánto ha girado el disco hasta ese momento?



12. Las aspas de un molino de viento parten del reposo y giran con

una aceleración angular de 0.25 rad/seg2 .¿Cuánto tiempo pasa antes de que un punto cualquiera sobre una aspa tenga una aceleración tangencial igual (en magnitud) a la aceleración radial?.

ω13. Una rueda con 16 rayos que gira en dirección de las manecillas del reloj se fotografía en película. ésta pasa por un proyector con una

rapidez de 24cuadros

seg⋅ , que es la adecuada. Sin embargo, en la

pantalla dá la impresión de girar a 4.0rev

seg en sentido contrario

al de las manecillas del reloj. calcule la menor rapidez angular posible a que giraba la rueda.

14. Un pulsar es una estrella de neutrones que gira rápidamente, del cual recibimos un pulso de radio por cada rotación de la estrella. El periodo T de rotación se obtiene midiendo el tiempo entre dos pulsos sucesivos. En la actualidad, exise un pulsar en la nebulosa del Cangrejo que tiene un periodo de

0.033 seg⋅ y se ha observado que aumenta a una

rapidez de 1.26 10 5−×seg

año⋅ .

¿Qué valor tiene la aceleración angular de ésta estrella?•Suponiendo que su aceleración angular sea constante, ¿cuándo dejará de girar el pulsar?.•El pulsar se originó en la explosión de una estrella supernova en el año 1054 después de Cristo. ¿Cuál fué •el periodo de su rotación en ese año?

v

b

15. Un auto deportivo se desliza por una pista horizontal recta con una velocidad v t( ) . Un observador a una distancia b de la pista mide

la rapidez angular ω del auto y encuentra

que es constante.

Calcule v(t) suponiendo que el auto está más cerca del observador en el instante t = 0.•Aproximadamente ¿en que instante tc el movimiento del auto se vuelve imposible desde el punto •de vista físico?



a

b

ω16. Un disco compacto de audio/digital tiene grabados el concierto para

violín de Tchaikovsky y de Mendelssohn. el radio interior es a = 2.6 cm y el radio exterior es b = 5.80 cm . Durante la reproducción, un haz de láser debe recorrer la superficie del disco con una rapidez lineal constante de 130 cm/seg , comenzando con su borde interno y avanzando hacia afuera, mientras el disco gira alrededor de un eje perpendicular a su superficie y que pasa por su centro.

Si la rapidez angular inicial del disco es 50 rad/seg, ¿cuál será su rapidez angular final?•Si las líneas espirales que recorre el láser están separadas por una distancia de 1.60 µm ¿cual es la •longitud total de la grabación?¿Cuánto tiempo dura la reproducción sonora del disco?•

ML

O

ω

M ML L

17. Tres esferas, todas ellas de masa M están unidas estre si por medio de varillas de longitud L y masa m como se muestra en la figura de la derecha.El sistema gira con rapidez angular constante ω alrededor de un eje que pasa por el extremo O y es perpendicular a las varillas. Si las varillas permanecen alineadas, calcular la energia rotacional total respecto a O .

A

B

C

18. Tres barras delgadas idénticas de longitud L se sueldan perpendicularmente entre si, como se indica en la figura de la derecha. Calcular el momento de inercia del arreglo respecto a un eje que pasa por el extremo de una barra y es paralelo a otra barra.

19. Si multiplicamos todas las dimensiones de diseño de un objeto por un factor de escala k , su volumen y

por lo tanto su masa quedan multiplicados por el factor k3.

¿Por qué factor se multiplicará su momento de inercia?. •

Si un modelo a escala 1

20 tiene una energía cinética rotacional de 2.5 Joules , ¿cuánto valdrá la del •

objeto a escla normal hecho con el mismo material y que gira con la misma velocidad angular del modelo?

20. Una tornamesa (véase como un disco sólido) de 30 cm de diámetro y 450 g de masa gira a 33 + 1/3 rpm y cuando se desconecta su motor, se detiene por fricción en 93 seg. Suponiendo que la fuerza de rozamiento sea constante, calcular el momento de la fuerza de fricción y el trabajo efectuado por la fricción sobre el eje.



21. La combinación de una fuerza aplicada y la fuerza de fricción producen sobre una rueda girando en torno a un eje fijo, un momento de torsión total constante de 36 Newton-m. La fuerza aplicada actúa durante 6 seg y en ese tiempo, la rueda incrementa su rapidez angular de 0 a 10 rad/seg. Al dejar de aplicar la fuerza, la rueda se detiene en 60 seg . Calcular el momento de inercia de la rueda, el momento de torsión que produce la fricción y el número de vueltas que giró en total .

m2

m1

d

22. Dos masas m1 y m2 están colgando unidas por medio de una cuerda

muy ligera que pasa por una polea de radio R y masa M sin fricción. Las masas empiezan a moverse libremente desde el reposo cuando tienen una diferencia de altura d . Considrando que la polea es un disco uniforme, calcular la rapidez de las masas cuando pasan una frente a la otra

θL

23. Cuando una chimenea grande cae, usualmente se rompe durante la caida, debido a que las secciones más elevadas se deben acelerar mas rápidamente que las otras para mantener la rotación. Modele una chimenea como una barra uniforme de longitud L que puede girar alrededor del extremo inferior y que comienza a caer sin fricción por la acción de su peso partiendo del reposo desde la posición vertical. ¿qué fracción de la barra tiene una aceleración tangencial mayor que g sen(θ), donde θ es el ángulo que la chimemea forma con la vertical?

L

O

24. Una barra delgada y uniforme de longitud L y masa M puede girar sobre un alfiler horizontal sin fricción que pasa por uno de sus extremos. La barra se suelta desde el reposo en posicion vertical. En el instante en que la barra está horizontal calcular:

su rapidez y aceleración angulares•las componentes de la fuerza de reacción en el pivote.•

ω

a

25. Una cuerda delgada y ligera de nylon de 4 m está enrollada en un carrete cilíndrico uniforme de 0.5 m de radio y 1 kg de masa. El carrete está inicialmente en reposo y montado sobre un eje horizontal fijo y sin fricción. Se jala la cuerda

del carrete con una aceleración constante de 2.5 m/seg2. ¿Cuánto trabajo se ha realizado sobre el carrete •cuando éste gira a 8 rad/seg?



Suponiendo que hay suficiente cuerda en el carrete, ¿cuánto tarda éste en alcanzar esa rapidez?•¿Hay suficiente cuerda?•¿Cuánto vale la fuerza ejercida sobre la cuerda?•

d

∆θ

ω

v26. La rapidez de una bala en movimiento puede

determinarse al permitir que ésta atraviese dos discos giratorios de material suave montados sobre un mismo eje y separados una distancia d . Demuestre que a partir del desplazamiento angular

∆θ de los dos agujeros de la bala en los discos y su rapidez rotacional se puede medir la rapidez v de la bala.

27. Un motor eléctrico puede acelerar un disco cilíndrico de 4 kg de masa y radio 0.7 m a partir del reposo hasta 3000 rpm en 5 seg. Cuando el motor se apaga, la fricción hace que el disco se frene de 3000 a 1000 rpm en 10 seg. Determine el momento de torsión generado por el motor (supuesto constante ) y la potencia necesaria para mantener el disco girando a 3000 rpm .

28. Un automóvil de masa 1800 kg puede alcanzar una velocidad de 45 km/h en 10 seg partiendo del reposo. Si cada una de las 4 ruedas tiene una masa de 31 kg y un radio de 30 cm. (Véanse como cilindros macizos) , ¿qué porcentaje de la energía cinética total del automóvil tienen sus ruedas ?

29. Un artículo describe un autobús de pasajeros en Zurich ( Suiza ) que obtiene su potencia motora de la energia almacenada en un gran volante (Un cilindro macizo de 512 kg de masa y 0.976 m de diámetro cuya velocidad tope es 50 rev/seg ). Cuando el autobús se detiene en una estación, el volante recupera su velocidad mediante un motor eléctrico que puede ser conectado a las lineas de energía de la estación. Si el autobús necesita una potencia de 8 kW en promedio, ¿cuál es el tiempo máximo que puede funcionar entre dos paradas?

m2

m1

θ

30. Un bloque de 6 kg sobre un plano inclinado 30º se une con una cuerda ligera que pasa por una polea en la parte superior del plano a un cuerpo de 18 kg que cuelga libremente. La polea es un disco cilíndrico uniforme que pesa 40 Newtons y tiene un radio de 15 cm. El coeficiente de fricción cinética entre el bloque y la superficie es 0.33 . Calcular la aceleración del sistema y la tensión en la cuerda a cada lado de la polea .



31. Demostrar que un cilindro se deslizará por un plano inclinado de ángulo de inclinación θ siempre que el

coeficiente de fricción estática entre el plano y el cilindro sea menor que 1

3tan θ( )⋅ .

32. Un cuerpo rígido simétrico de radio R y masa M rueda sobre una superficie horizontal sin resbalar con una velocidad v y al llegar a un plano inclinado, sube una altura vertical h máxima sobre el plano antes

de detenerse. Si se encuentra que h5 v

2⋅6 g⋅

= , ¿qué forma geometrica podría tener tal cuerpo? .

33. Un estudiante arroja hacia arriba una regla de longitud L en el aire. En el momento en que la regla abandona su mano, la velocidad del extremo que está más cercano a su mano es cero.

Si la regla completa N vueltas hasta que es atrapada por el estudiante en el punto de liberación inicial, demuestre que la altura h a la que se elevó su centro de masa es:

hN π⋅ L⋅

4=

34. Un cuerpo rígido con momento de inercia I gira inicialmente una vez cada T segundos, frenándose de

modo que dT

dt0> .

Exprese la razón de cambio de la energía cinética de rotación del cuerpo en términos de I , T y dT

dt.•

Considérese por ejemplo cierta estrella de neutrones que emite energía a razón de 5 1031× Watts⋅ ( •unas 100 000 veces la energia radiada por el Sol ) y que gira una vez cada 0.0331 seg . Los astrónomos afirman que el periodo de rotación de ésta estrella está aumentado a razón de

4.22 10 13−× seg⋅ cada segundo y que la estrella tiene una masa de 1.4 veces la masa del Sol (masa

del Sol = 1.99 1030⋅ kg⋅ ) . Si se supone que tal estrella es una esfera sólida uniforme, ¿qué rapidez

lineal tiene un punto sobre la superficie en su ecuador?

35. Se cuelga un aro delgado de radio R de un clavo. El aro es desplazado entonces un ángulo β de su posición de equilibrio y se suelta. ¿Qué rapidez angular tiene el aro al volver a su posición de equilibrio?



h

R

ω

36. Calcular el momento de inercia de un cono recto circular homogéneo de radio R , masa M y altura h que gira alrededor de su eje de simetría .

37. Una barra cilíndrica uniforme de 4 kg y 20 cm de radio tiene tres cuerdas enrolladas. Los extremos de las cuerdas están fijas al techo. La barra se mantiene horizontal y luego se suelta a partir del reposo cuando las cuerdas están verticales. ¿Con que aceleración "cae" la barra?, ¿cual es la tension en una de las cuerdas?

ω

T T T

R

ω R 1 R2

M

38. Dos discos metálicos con radios R1 = 3 cm y R2 = 2R1 y masas M1 = 0.8 kg y M2 = 2 M1 se sueldan juntos y se montan en un eje delgado sin fricción que pasa por su centro común. Un hilo ligero se enrolla en el disco mas pequeño y se cuelga de él un bloque de 1.5 kg. Si el bloque se suelta del reposo a una altura de 2 m sobre el piso.

¿Qué rapidez tiene justo antes de golpear el piso?. •Si el hilo se hubiese enrollado en el disco grande ¿qué •rapidez tendría el bloque al llegar al piso?¿En qué caso alcanza mayor rapidez el bloque y por qué •?

R2

R1

ω2

ω1

39. Dos cilindros de radios R1 y R2 e inercias rotacionales I1 e I2 respectivamente están soportados por ejes fijos y paralelos. Inicialmente, el cilindro mayor gira con una velocidad angular ωο y el menor está en reposo y se acerca hasta tocar al mayor, la fricción entre ambos cilidros hace que giren en sentidos opuestos con velocidades angulares ω1 y ω2 , cuando el deslizamiento cesa.

Determinar la velocidad final para el cilindro mayor en funcion de ωo los radios y los momentos de •inercia. ¿Se conserva el momentum angular?. •¿Se conserva la energia cinetica?•



m1R

M

40. De una polea sin fricción y masa despreciable se suspende un objeto de masa m1 mediante una cuerda ligera. El otro extremo

de la cuerda está enrollado alrededor de una esfera de masa M y radio R que está sobre un plano inclinado.

Encontrar una expresión para la aceleración lineal de la esfera •cuando ruede sin resbalar por el plano.¿Cual es la tensión en la cuerda?.•¿Cómo se afectarían éstos resultados si se toma en cuenta la •inercia de la polea?

R1

R2

M

41. Un objeto de masa M está colgando de dos cuerdas enrolladas en dos poleas cilíndricasde radios y masas R1 , M 1 y R2 ,

M2 respectivamente que se fijan al techo.

La masa M se suelta a partir del reposo y desciende verticalmente una altura h . Ignorando la fricción, calcular la rapidez de caida de M y la tensión de cada cuerda .

42. Un cilindro sólido uniforme de radio R gira con una velocidad angular ωo en torno a su eje horizontal. Se pone en contacto sobre una mesa plana horizontal con coeficiente de fricción µ y se suelta, de manera que el cilindro empieza a moverse sobre la mesa conforme resbala.

¿En cuánto tiempo deja de resbalar el cilindro y sólo rueda sobre la mesa?. •¿Qué distancia recorre el cilindro sobre la mesa cuando deja de resbalarse?•

43. Una bola de billar de radio R inicialmente en reposo sobre una mesa horizontal, recibe de un taco un impulso rápido, el taco es sostenido horizontalmente a una distancia h por encima del centro de la bola. La bola deja el taco a una velocidad v0 y como consecuencia de la rotación, adquiere una

velocidad final de translación 9

7v0⋅ cuando deja de resbalarse sobre la superficie horizontal.

Demostrar que h4

5R⋅= .

44. Para hacer que una bola de billar ruede sin deslizarse y partiendo desde el reposo, el taco debe golpear

horizontalmente a la bola ( de radio R ) no en el centro sino exactamente a una altura de 2

5R⋅ por

encima del centro. Demuéstrelo.



45 Dos patinadores, ambos de 50 kg se mueven en trayectorias rectas paralelas y opuestas separadas una distancia de 3 metros. La velocidad de cada patinador es 10 m/seg. Uno de ellos lleva una vara ligera de 3 metros de largo que sujeta por un extremos y el otro patinador agarra el otro extremo de ésta cuando ambos se cruzan . Suponiendo que la fricción con el hielo es despreciable, describir el movimiento de los patinadores cuando están unidos por la vara. Si ellos reducen su distancia a 1 metro jalándose mutuamente ¿cómo es ahora su movimiento?. Comparar la energia cinética en ambos casos . ¿De dónde procede el cambio?

RM

46. Una esfera pequeña de radio r y masa M rueda sin resbalar en el interior de una hemiesfera de radio R que se mantiene horizontal. La esfera pequeña se empieza a mover partiendo del reposo desde la parte superior de la hemiesfera. Calcular la fuerza que ejerce la esfera pequeña sobre la hemiesfera cuando está en el fondo en función de r , R y m .

ω

R

L L

M M

47. Un regulador de velocidad consiste en dos pequenas esferas de masa M unidas a un eje vertical por medio de dos varillas idénticas muy ligeras de longitud L , que pueden moverse verticalmente al girar respecto al punto de union con el eje vertical. Cuando el eje gira a la velocidad angular ω , se encuentra que las esferas describen una trayectoria circular de radio R. Determinar el trabajo hecho sobre el regulador para llevarlo desde el reposo hasta su velocidad final de rotación. ( Ignore la fricción y considere a las esferas de radio r << R . )

48. Se suelta una bola sólida de masa M de boliche sin giro de modo que se lanza contra los pinos con la rapidez vo . La bola se desliza

alguna distancia d sobre una pista plana y horizontal antes de

que su movimiento se convierta en rodamiento sin deslizamiento. Obtener una expresión para la distancia d que se desliza la bola, si

el coeficiente de fricción entre la bola y la pista vale µ .

R

voM



R

vi v49. El eje del cilindrode la figura de la derecha está fijo y el cilindro está inicialmente en reposo. Un bloque de masa M se está moviendo hacia la derecha sin fricción con una rapidez vi y cuando hace contacto con el cilindro, se desliza

sobre éste. Sin embargo, la fricción entre el bloque y el cilindro hace que el deslizamiento cese antes de que M pierda contacto con el cilindro.

Si el cilindro tiene un radio R y un momento de inercia I , haye la rapidez final v del bloque en función de M , I y R

m

M

d

L c.m.

v

50. Una barra de longitud L y masa M está sobre una mesa horizontal sin fricción sobre la cual se puede mover libremente. Un disco de masa m que se mueve como se muestra en la figura, choca elásticamente con la barra. ¿Cual es la masa del disco si permanece en reposo después del choque?

51. Después de una cena abundante, su tio cae en un profundo sueño mientras está sentado derecho y frente al televisor. Un nieto travieso equilibra una pequeña uva esférica en la parte superior de la cabeza calva del tio, la cual a su vez tiene la forma de una esfera. Después de un tiempo que el niño pasa jugeteando, la uva parte del reposo, rueda sin deslizarse hacia abajo de la cabeza de su tio y se desprende de la calva cuando la línea radial que la une con el centro de curvatura forma un ángulo θ con la vertical. ¿Cual es la medida del ángulo θ?

M

R

v

T

52. Una masa M está unida por una cuerda que pasa por un pequeño hoyo en una superficie horizontal sin fricción. Inicialmente, la masa se mueve en una trayectoria circular de radio Ri a la rapidez vi . Después se jala lentamente la

cuerda hacia abajo, reduciendo el radio de giro al valor R . Hallar la tensión en la cuerda como función de R . ¿Cuanto trabajo se realiza al cambiar el radio de giro de Ri a R ?



M

mR

choque

53. En una gran pista circular horizontal sin fricción de radio R se encuentran dos pequeñas bolas de masas M y m que pueden deslizarse libremente sobre la pista. Entre las dos bolas hay un pequeño resorte comprimido que no está unido a ninguna de las bolas, las cuales se mantienen juntas por medio de un cordon.Si el cordón se rompe, el resorte comprimido (que se supone sin masa) dispara a las dos bolas en direcciones opuestas. Las bolas chocan cuando se encuentran de nuevo sobre la pista.

¿Qué ángulo giró M antes del choque?•

Si la energía potencial almacenada inicialmente en el resorte es Ue ¿cuánto tiempo transcurre •desde que se rompe el cordón hasta que ocurre la colisión?Suponiendo que la colisión sea elástica y de frente, ¿en donde chocarán las bolas nuevamente •después de la primera colisión?

m

MR

v

54. Un disco plano uniforme de masa M y radio R gira alrededor de un eje

horizontal por su centro con una rapidez angular ωo . Un fragmento de masa

m se desprende del disco y se eleva verticalmente por encima del punto donde se desprendió.

¿Qué altura alcanza antes de comenzar a caer?•¿Cual es la rapidez angular final del disco roto?•

55. Se piensa que la Tierra se formó hace unos 4500 millones de años, como una esfera de densidad aproximadamente uniforme. Después, el calor de la desintegración de elementos radiactivos hizo que gran parte de la Tierra se derritiera. Esto favoreció que el material más pesado se hundiera hasta el centro de la Tierra formando el núcleo. Hoy día podemos representar a la Tierra con un núcleo de 3570 km de radio y 10.3 gr/cm3 de densidad, rodeado por una capa de 4.5 gr/cm3 de densidad que se extiende hasta la superficie (6370 km de radio) . Ignorando la delgada corteza superficial, calcular el cambio fraccionario en la longitud del dia debido a la formación del núcleo terrestre.



Soluciones

1. Las manecillas coinciden cuando sus posiciones angulares (medidas respecto a las 12 en punto) son iguales. Suponiendo que su rapidez angular sea uniforme ( y sin saltos ), la posición angular se calcula con . . .

θ ω t⋅= (1)

donde ω es la rapidez angular y t es el tiempo transcurrido para girar un ángulo θ . Entonces, cuando la manecilla de los minutos alcance a la de las horas, habrá girado una o más vueltas, es decir sus posiciones angulares diferirán en un número entero de 2π radianes. . .

θm θh n 2π( )+=donde los índices h y m se refieren a horas y minutos respectivamente y n = 1 , 2, . . .11 pues en 12 horas la manecilla de las horas dá una vuelta completa. Entonces, usando (1) queda:

ωm t⋅ ωh t⋅ n 2π( )⋅+= (2)

donde ωh2π

12 horas⋅= es la rapidez angular de la manecilla de los minutos y ωm

2π1 hora⋅

= es la de

las horas. Resolviendo la ec. (2) para el tiempo t se obtiene. . .

t n2π

ωm ωh−( )⋅= = n2π

2π1 hora⋅

2π12 horas⋅

−

⋅ = n12

11

⋅ horas⋅

Asi, para cada valor de n se obtienen los tiempos . . .

n

t

1

1.0909

2

2.1818

3

3.2727

4

4.3636

5

5.4545

6

6.5455

7

7.6364

8

8.7273

9

9.8182

10

10.9091

11

12

Transformado éstos tiempos dados en horas, a minutos y segundos resulta . . .

n

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

t

1 h⋅ 05min, 27seg,( )

2 h⋅ 10min, 54 seg⋅,( )

3 h⋅ 16min, 21 seg⋅,( )

4 h⋅ 21 min⋅, 49 seg⋅,( )

5 h⋅ 27 min⋅, 16 seg⋅,( )

6 h⋅ 32 min⋅, 43 seg⋅,( )

7 h⋅ 38 min⋅, 11 seg⋅,( )

8 h⋅ 43 min⋅, 38 seg⋅,( )

9 h⋅ 49 min⋅, 06 seg⋅,( )

10 h⋅ 54 min⋅, 33 seg⋅,( )

12 h⋅ 00 min⋅, 00 seg⋅,( )



Para que las manecillas de los minutos y los segundos coincidan se requiere que indiquen la misma lectura (dado que en una vuelta completa hay 60 minutos ó 60 segundos ) y , vemos de la tabla anterior que no existe ninguna coincidencia en la que la lectura de los minutos sea igual a la de los segundos. Por lo tanto, las tres manecillas coinciden solamente a las 12 en punto.

r

at

ar

2. La fuerza tangencial (constante) que ejerce el atleta sobre el disco, produce en éste una aceleración tangencial at (constante) que lo hace

alcanzar su velocidad final. Por lo tanto, la aceleración angular α

también será constante y el movimiento del disco, considerado como una partícula, será un movimiento de rotación uniformemente acelerado. Una de las ecuaciones cinemáticas de tal movimiento establece que . . .

ω f( )2 ωi( )22 α⋅ ∆θ⋅+=

donde ∆θ representa el desplazamiento angular recorrido, ωi 0= es la rapidez angular inicial y α es

la aceleración angular. Entonces queda . . .

αω f( )2

02−

2 ∆θ⋅=

Además se sabe que la velocidad angular ω se obtiene de la velocidad tangencial lineal v de v ω R⋅= ,

por lo tanto. . .

α

v f

R

2

2 ∆θ⋅= =

v f( )2

2 R⋅ ∆θ⋅

Además, como ∆θ 1.25 rev⋅= = 5

42 π⋅( )⋅ rad⋅ , resulta. . .

α25

m

seg⋅

2

2 1 m⋅( )⋅ 5

42⋅ π

⋅= =

125

πrad

seg2

⋅

El tiempo de aceleración se puede obtener de ω f ωi α t⋅+= que es otra de las ecuaciones para el

movimiento circular uniformemente acelerado, y es resulta . . .

tω f ωi−

α= =

v f

R0−

α =

25rad

seg⋅

125

πrad

seg2

⋅ =

π5

seg⋅ = 0.628 seg⋅



10 0

200

tiempo (seg)

rapi

dez

angu

lar

(ra

d/se

g)

3. Por definición, la velocidad angular es. . .

ω dθdt

= = t

a t⋅ b t2⋅+ c t

3⋅+( )d

d

= a 2 b⋅ t⋅+ 3 c⋅ t2⋅+( )

cuya gráfica se muestra a la derecha. Observemos que la rapidez angular para t = 0 vale . . .

ω 0( ) a 2 b⋅ 0( )⋅+ 3 c⋅ 0( )2⋅+=

= a = 198rad

seg⋅

Esta función corta dos veces al eje t del tiempo, es decir en esos puntos se cumple que ω = 0 . . .

a 2 b⋅ t⋅+ 3 c⋅ t2⋅+ 0=

Resolviendo ésta ecuación para t resulta . . .

t

b− b2

3 c⋅ a⋅−−3 c⋅

b− b2

3 c⋅ a⋅−+3 c⋅

= =

24rad

seg2⋅ 24− rad

seg2⋅

2

3 2− rad

seg3⋅

⋅ 198⋅ rad

seg⋅−−

3 2− rad

seg3⋅

⋅

24rad

seg2⋅ 24− rad

seg2⋅

2

3 2− rad

seg3⋅

⋅ 198⋅ rad

seg⋅−+

3 2− rad

seg3⋅

⋅

= 3 seg⋅

11− seg⋅

Como el tiempo se empieza a medir a partir del instante t = 0. la solución buscada es t = 3 seg . Para ese momento, la posición angular vale . . .

θ 3 seg⋅( ) 198rad

seg⋅

3 seg⋅( )⋅ 24−rad

seg2

⋅

3 seg⋅( )2⋅+ 2−

rad

seg3

⋅

3 seg⋅( )3⋅+=

= 594 rad⋅ 216 rad⋅− 54 rad⋅− = 324 rad⋅

= 324 rad⋅rev

2π( ) rad⋅

⋅ = 51.57 rev⋅

de modo que el eje del motor gira todavía unas 52 vueltas a partir del momento en que se invierte la corriente eléctrica. Nótese que después de t = 3 seg , la rapidez angular se hace negativa, lo cual significa que el motor gira en el sentido contrario al que giraba inicialmente.



4. Para un movimiento de rotación uniformemente acelerado, una de las ecuaciones cinemáticas es:

θ f θiω f ωi+

2t⋅+= donde θ f y ω f son la posición angular y rapidez angular finales y θi y ωi

son la posición angular y rapidez angular iniciales, asi que con θi 0= se obtiene que la posición angular

a los 6 seg es. . .

θ f900 rpm⋅ 400 rpm⋅+

2

6⋅ seg⋅= =

900

60

rev

seg⋅ 400

60

rev

seg⋅+

2

6⋅ seg⋅ = 65 rev⋅

Además la aceleración angular se obtiene de ω f ωi α t⋅+= , y vale . . .

αω f ωi−

t= =

4002 π⋅60

rad

seg⋅

⋅ 9002 π⋅60

rad

seg⋅

⋅−

6 seg⋅

=

25−9

π⋅rad

seg2

⋅

Usando la misma fórmula, con ω f 0= y ωi 400rev

min⋅= = 400

2 π⋅ rad⋅60 seg⋅

⋅ = 40

3π⋅

rad

seg⋅ se obtiene

el tiempo que transcurre desde el instante en que el motor gira con la rapidez ωi hasta que queda en reposo

. . .

t0 ωi−

α= =

040

3π⋅

rad

seg⋅

−

25−9

π⋅rad

seg2

⋅

= 24

5seg⋅

P

P'

T

T'

T

TSol

5. Un planeta interior (uno que tiene una órbita más pequeña que la órbita de la Tierra) tarda menos tiempo que la Tierra en girar una vez en torno al Sol (3a ley de Képler) , esto es, si TP y TT son los periodos de revolución del planeta y

de la Tierra respectivamente entonces TP TT< .

Esto significa que la rapidez angular del planeta es mayor

que la rapidez angular de la Tierra ωP ωT> , como se

puede deducir de la relación entre el periodo T y ω la

rapidez angular : ω2 π⋅T

=

Cuando la Tierra y el planeta vuelvan a estar alineados con el Sol, transcurrido un tiempo t desde que estaban alineados por primera vez, entonces su diferencia de recorrido angular será una vuelta completa



es decir . . .

θP θT− 2π= ó bién ωP t⋅ ωT t⋅−( ) 2π=

de donde resulta. . .

1

t

ωP ωT−

2π= =

2πTP

2πTT

−

2π =

1

TP

1

TT−

Cuando se trata de un planeta "exterior" (uno que tiene una órbita mayor que la órbita de la Tierra ), simplemente intercambiaremos las posiciones de T y P en el análisis anterior, lo que equivale a intercambiar los índices correspondientes y el periodo T del planeta visto desde la Tierra será :

1

T

1

TT

1

T p−

=

6. El auto (de masa M) resbala cuando la fuerza de fricción estática que tiene con el suelo llega al valor

máximo µs N⋅ = µs Mg⋅ pero es insuficiente para producir la aceleración centrípeta Mv

2

R⋅ y

mantenerse en la trayectoria circular, lo cual causa que a partir de ese momento se deslize (con fricción cinética) y se mueva en una dirección tangente a la trayectoria circular. Dado que la aceleración tangencial a del auto es constante, se aplica la fórmula cinemática para el movimiento uniformemente acelerado :

v2

vi( )22 a⋅ x f xi−( )⋅+=

donde la rapidez inicial vale cero ( vi = 0 ) dado que parte del reposo, asi como la posición

inicial ( xi 0= ) y v es su rapidez tangencial después de recorrer una distancia x f2 π⋅ R⋅

4= de

un cuarto de la trayectoria circular, es decir . . .

N

Mg

fs

v2

2 a⋅2 π⋅ R⋅

4

⋅= = π R⋅ a⋅

Por lo tanto, la 2a ley de Newton aplicada al automóvil en la dirección radial F M a⋅= implica que. . .

µs Mg⋅ Mv

2

R⋅=

de donde se obtiene que el coeficiente de fricción es :

µsv

2

g R⋅= =

π R⋅ a⋅g R⋅

= a

gπ⋅ =

1.7m

seg2⋅

9.8m

seg2⋅

π⋅ = 0.545



7. Puesto que la aceleración angular es constante, el movimiento del volante es circular uniformemente acelerado y se puede aplicar la fórmula cinemática :

θ f θiω f ωi+

2

t⋅+=

donde θ f es la posición angular final y ωi es la velocidad angular inicial. Por lo tanto . . .

ωi2 θ f θi−( )⋅

tω f−= =

2 162 rad⋅ 0−( )⋅3 seg⋅

108rad

seg⋅− = 0

rad

seglo cual significa que en ese momento, el volante estaba en reposo.

8. Como la aceleración angular es constante, el movimiento de rotación es uniformemente acelerado y se cumple que :

ω f( )2 ωi( )22 α⋅ ∆θ⋅+=

Asi que con la rapidez angular igual a cero ( ω f = 0) resulta αωi( )2−

2 ∆θ⋅= donde ∆θ vale una

vuelta, esto es ∆θ 2 π⋅( ) rad⋅= . De la misma fórmula, haciendo que la rapidez angular inicial sea

ω1 2 ωi⋅= se obtiene que el desplazamiento angular es ahora. . .

∆θ1

2 ωi⋅( )2

2 α⋅

−=

y substituyendo la expresión para la aceleración angular obtenida anteriormente resulta . . .

∆θ1 = 4 ωi( )2⋅

2ωi( )2−

2 ∆θ⋅⋅

− = 4 ∆θ⋅

lo cual significa que la podadora se detendrá ahora después de girar 4 vueltas.

R

a

9. Desde el eje de giro, la aceleración tangencial a de las ruedas es la misma aceleración del auto y por lo tanto la aceleración

angular de una rueda de radio R es αa

R= .

Por otra parte, dado que a es constante, el auto tiene un movimiento uniformemente acelerado y por lo tanto su velocidad final está dada por:

v vi a t⋅+=



donde vi la velocidad inicial vale cero porque el auto parte del reposo, y queda : av

t= , asi que la

aceleración angular de ls ruedas se expresa también como α v

R t⋅=

Por otra parte, el movimiento de rotación de las ruedas también es uniformemente acelerado (porque

α a

R= es constante si a y R lo son ) , y el desplazamiento angular de un punto de la llanta está dado

por la ecuación cinemática:

θ θi ωi t⋅+ 1

2α⋅ t

2⋅+=

donde θi y ωi son cero, de modo que . . . θ 1

2α⋅ t

2⋅

= = 1

2

v

R t⋅

⋅ t2⋅ =

v t⋅2 R⋅

Calculando . . .

θ =

22m

seg⋅

9 seg⋅( )⋅

0.5 m⋅ = 396 rad⋅ = 396 rad⋅

vueltas

2π rad⋅⋅ = 63 vueltas⋅

la rapidez angular final de la llanta es. . .

ω α t⋅= = v

R = 44

rad

seg⋅ = 44

1 rev⋅2 π⋅

1 min⋅60

⋅ = 420.17rev

min⋅

10. Dado que la banda no se desliza, las superficies de las poleas tienen la misma velocidad tangencial, esto

es . . . ω1 R1⋅ ω2 R2⋅= , asi que derivando ésta expresión respecto al tiempo se tiene . . .

tω1 R1⋅d

d =

tω2 R2⋅d

dpero los radios de giro son constantes y por definición, la variación de una rapidez angular con el tiempo es una aceleración angular, asi que queda . . .

R1tω1

d

d

⋅ R2tω2

d

d

⋅= y R1 α1⋅ R2 α2⋅=

es decir, la aceleración angular de la segunda polea es α2

R1

R2

α1⋅

= y si α1 es constante, entonces

también lo será α2 ..Por lo tanto, la polea C tiene un movimiento de rotación uniformemente acelerado

y una de las ecuaciones que lo describen es ω ωi α2 t⋅+= donde ω es la rapidez angular final. Por

lo tanto, el tiempo buscado es . . .

tω ωi−

α2

= = ω 0−

α1

R2

R1

⋅ =

1002 π⋅60

⋅ rad

seg⋅

π2

rad

seg2⋅

0.25 m⋅0.1 m⋅

⋅ = 16.7 seg⋅



aR

aTa

P

θ

O

11. Puesto que la aceleración centrípeta es la otra componente de la aceleración total, ésta tiene una orientación hacia el eje de giro y si

además la aceleración angular α es constante, también lo es

entonces la componente tangencial aT de la aceleración porque

ambas se relacionan por aT α R⋅= .

En cambio la aceleración radial aR (centrípeta), aumenta con la

velocidad angular aR ω2R⋅= .

Por lo tanto, para un punto P del borde del disco ubicado sobre a un eje horizontal, y que está a una distancia r del centro O de giro, el ángulo θ entre aT y a puede determinarse a partir de:

tan θ( ) aR

aT= =

ω2R⋅

α R⋅ =

ω2

α(1)

y puesto que el movimiento es uniformemente acelerado, se cumple también que:

ω2 ωi( )22 α⋅ ∆ϕ( )⋅+= (2)

donde ωi es la rapidez angular inicial, ω es la rapidez final y ∆ϕ es el deplazamiento angular

0 90 180 270 360

ángulo (en grados) girado por P

ángu

lo e

ntre

ace

lera

cion

es π2

Como el disco parte del reposo, entonces ωi 0= , y

substituyendo ω2 de la ec.(2) en la ec. (1) resulta . . .

tan θ( ) 2 α⋅ ∆ϕ( )⋅α

= = 2 ∆ϕ( )⋅

ó

θ arctan 2 ∆ϕ⋅( )=

que tiende rápidamente al valor π2 a medida que ∆ϕ

aumenta, como se muestra en la gráfica de la derecha.

Notese que en una sola vuelta, el ángulo θ entre la aceleración tangencial aT y la aceleración total a

es ya prácticamente de 90° . Ésto significa que la aceleración radial aR aumenta muy rápidamente si la

aceleración angular α se mantiene constante.

De ésta manera, para θ = 60° se obtiene que el desplazamiento angular del punto P fué tan sólo de. . .

∆ϕ = 1

2tan θ( )⋅ =

1

23 rad⋅( )⋅ = 49.6°



12. En el problema anterior se obtuvo que el ánguloθ entre la aceleración tangencial aT y la aceleración

total a de un punto P que gira con aceleración angular constante α a una distancia fija del centro de

rotación está dado por . . .

tan θ( ) ω2

α= (1)

donde ω es la rapidez angular que, para un movimiento de rotación uniformemente acelerado como el

considerado aquí, está dada en función del tiempo t por

ω ωi α t⋅+= donde ωi es la rapidez angular inincial (en nuestro caso ωi 0= ).

Por lo tanto, al substituir ω en la ec. (1) resulta . . .

tan θ( ) 0 α t⋅+( )2

α= = α t

2⋅

es decir : ttan θ( )

α=

y por lo tanto, con θ = 45° y α 1

4

rad

seg2

⋅= resulta t1

0.25rad

seg2

⋅= = 2 seg⋅

El ángulo entre aT y a aumenta rápidamente, como ya se había comentado antes.

13. Sean. . . n el número de rayos de la rueda • k el número de cuadros de la película que se proyectan cada segundo.•ωp la rapidez angular aparente que se ve en la pantalla.•

ωr la rapidez angular real de la rueda.•

Entonces, los rayos están separados entre si una distancia angular de ϕ2 π⋅n

= y el

tiempo de proyección entre dos cuadros sucesivos es to1 seg⋅

k= .

AA' B

B'

ϕ∆θ

O

Consideremos las posiciones angulares de dos rayos consecutivos de la rueda, desde un instante dado t (puntos A y B ) hasta el momento t to+ (puntos A' y

B ' ), siendo ∆θ la separación angular entre la posición

inicial del rayo B y la posición final del rayo A anterior.Se tendrá la impresión de que el rayo B giró hacia la

izquierda un ángulo ∆θ ( con la rapidez angular ωp )

durante un tiempo to , cuando en realidad el rayo A giró

hacia la derecha el ángulo ϕ ∆θ− durante ese mismo

tiempo, es decir. . .



∆θ ωp to⋅= y ϕ ∆θ−( ) ωr to⋅=

por lo tanto, substituyendo ∆θ de la primera ecuación en la segunda se obtiene . . .

ωrϕto

ωp−

= =

2 π⋅n

1 seg⋅m

ωp− = m

n

2 π⋅1 seg⋅

⋅ ωp−

y calculando, la mínima rapidez angular real de la rueda es . . .

ωr24

16

2 π⋅1 seg⋅

⋅ 42 π⋅

60 seg⋅⋅−= = 9

rad

seg⋅ = 86

rev

min⋅

Si se consideran rayos no adyacentes, se pueden calcular otras rapideces de la rueda que dan la misma velocidad angular aparente.

ω

14. Dado que el periodo entre una rotación y otra es T , es decir que se gira una

distancia angular de 2 π⋅ en untiempo T , se deduce que la rapidez angular

es. . .

ω 2 π⋅T

=

Dado que una derivada respecto al tiempo se puede interpretar como una razón o rapidez de cambio, se deduce que ésta velocidad angular puede cambiar si cambia su periodo con el tiempo t de acuerdo a . . .

tωd

d t

2 π⋅T

d

d= =

2− π⋅

T2

dT

dt

⋅

Ésta es la aceleración angular y como dT

dt

0> en el pulsar, entonces dωdt

0< , es decir . . .

dωdt

2− π⋅

0.033 seg⋅( )2

1.26 10 5−×seg

año⋅

⋅= = 2.305− 10 9−×rad

seg2

⋅

Si ésta desaceleración angular se mantiene constante entonces la rapidez angular está dada por

ω ωi α t⋅+=



donde ωi es la rapidez angular inicial, asi que la rapidez angular final ω será cero en el tiempo . . .

t0 ωi−

α= =

02 π⋅T

−

dωdt

=

2− π⋅T

2− π⋅

T2

dT

dt

⋅

= T

dT

dt

y calculando . . .

t0.033 seg⋅

1.26 10 5−×seg

año⋅

= = 2619 años⋅

Si el pulsar comenzó a girar en el año 1054 después de Cristo, y suponemos que la aceleración angular fué constante hasta hoy, significa que su rapidez angular inicial fué . . .

ωi ω α t⋅−= = 2 π⋅T

dωdt

t⋅−

que correspondía a un periodo de . . .

Ti2 π⋅ωi

= = 2 π⋅

2 π⋅T

2− π⋅

T2

x⋅ t⋅−

= T

2

TdT

dtt⋅+

= 0.033 seg⋅( )

2

0.033 seg⋅ 1.26 10 5−⋅seg

año⋅

2007 1054−( )⋅ años⋅+ = 0.024 seg⋅

15. Representemos al auto como una partícula ubicada sobre un eje X de referencia que tenga el origen enfrente del observador, el cual se encuentra a la distancia perpendicular b

Dado que la partícula está en x = 0 al tiempo t = 0, cierto tiempo t después se localiza en la posición P a una distancia x del origen, como se muestra en la figura de la derecha.De éste modo, para el observador M, la partícula ha girado el ángulo θ en ese mismo tiempo y del triángulo recto MOP se deduce que:

tan θ( ) x

b=

y derivando respecto al tiempo resulta . . .

b

O PxX

M

v

θ



d

dttan θ( )⋅

d

dt

x

b

⋅= o sec2 θ( )⋅

dθdt

⋅ 1

b

dx

dt

⋅= (1)

puesto que b es constante. De la figura anterior, se deduce que sec θ( ) MP

MO= =

x2

b2+

b

y por definición dθdt

ω= es la rapidez angular (constante) asi que la ecuación (1) queda. . .

1

b

dx

dt

⋅x

2b

2+b

2

ω⋅= (2)

separando los diferenciales. . . dx

x2

b2+

ωb

dt( )⋅= e integrando ahora, tomando en cuenta que x = 0 al

tiempo t = 0 se obtiene . . .

0

x

x1

x2

b2+

⌠⌡

d

0

t

tωb

⌠⌡

d=

1

barc_tan

x

b

arc_tan 0( )−

⋅ωb

t 0−( )⋅=

de modo que la posición x está dada como función del

tiempo por: x t( ) b tan ω t⋅( )⋅=La rapidez lineal del auto es entonces . . .

v t( )tx t( )

d

d= =

d

dtb tan ω t⋅( )⋅( )⋅

= ω b⋅ sec ω t⋅( )( )2⋅

como se muestra en la gráfica a la derecha. Nótese que ésta

rapidez aumenta sin límite cuando tπ

2 ω⋅=

v t( )

t

pero dado que ningún objeto con masa puede igualar la rapidez c de la luz en el vacío, existe un instante

tc para el cual el auto tiende a ésta rapidez dado por . . .

c ω b⋅ sec ω tc⋅( )( )2⋅= esto es tc1

ωarc_sec

c

ω b⋅

⋅=

Por otra parte, si el auto mantiene constante su rapidez lineal v entonces, según el observador en M, su rapidez angular varía de acuerdo con la ec. (2) como . . .



5 3 1 1 3 5

seg

ω t( )

t

ω b v⋅

x2

b2+

=

pero x v t⋅= si v es constante, asi que la

rapidez angular en función del tiempo t es . . .

ω t( )b v⋅

v t⋅( )2

b2+

=

como se muestra en la gráfica de la derecha

16. Puesto que la rapidez tangencial v es constante, es decir es la misma cuando el haz de láser incida sobre el radio

interior o sobre el exterior o sobre cualquier otro punto de la superficie del disco, entonces la rapidez angular se debe ajustar a medida que cambie el radio de giro del punto donde incide el láser.

Asi, para el radio interior se cumple que . . .

ωiv

a= =

130cm

seg⋅

2.6 cm⋅ = 50

rad

seg⋅

y para el radio exterior . . .

ω fv

b= =

130cm

seg⋅

5.8 cm⋅ = 22.4

rad

seg⋅

a

b

ω

v v

Ahora, si ∆r es la separción entre surcos o líneas de grabación sucesivas sobre la superficie del disco, entonces hay. . .

nb a−( )

∆r= (1)

líneas en total y podemos decir que cuando el disco se reproduce completo, entonces ha girado n vueltas,

esto es, el desplazamiento angular total es . . . θf n 2 π⋅( )⋅=

Ya que la velocidad tangencial a la que se recorre cada vuelta del disco es constante, entonces los tiempos de recorrido para cada vuelta empezando por la más interior son . . .

t12 π⋅ a⋅

v= , t2

2 π⋅ a ∆r+( )⋅v

= , t32 π⋅ a 2 ∆r⋅+( )⋅

v= , . . . tn

2 π⋅ a n ∆r⋅+( )⋅v

=

de modo que el tiempo total de reproducción sonora es . . .

t t1 t2+ t3+ ....+ tn+=

= 2 π⋅ a⋅

v

2 π⋅ a ∆r+( )⋅v

+2 π⋅ a 2 ∆r⋅+( )⋅

v+ ....+

2 π⋅ a n ∆r⋅+( )⋅v

+



que se simplifica a . . .

t2 π⋅v

a a ∆r+( )+ a 2 ∆r⋅+( )+ a 3 ∆r⋅+( )+ ....+ a n ∆r⋅+( )+ ⋅=

= 2 π⋅v

a a+ a+ ....+ a+( ) ∆r 1 2+ 3+ ..+ n+( )⋅+ ⋅

= 2 π⋅v

n 1+( ) a⋅ ∆rn n 1+( )⋅

2

⋅+

⋅ (2)

dado que hay (n + 1) términos en la suma anterior y se ha usado también la expresión para la suma de los primeros n enteros positivos.Substituyendo ahora n de la ec. (1) resulta . . .

t 2π

v⋅

b a−( )

∆r1+

a⋅ 1

2b a−( )⋅

b a−( )

∆r1+

⋅+

⋅=

t2 π⋅v

a b+2

⋅b a−( )

∆r1+

⋅= (3)

calculando . . .

t2 π⋅

130cm

seg⋅

2.6 cm⋅ 5.8 cm⋅+2

⋅5.8 cm⋅ 2.6 cm⋅−( )

1.6 10 4−×( ) cm⋅1+

⋅= = 4060 seg⋅

es decir unos 67.7 min⋅ . La longitud de grabación es por lo tanto . . .

d v t⋅= = 2 π⋅a b+

2

⋅b a−( )

∆r1+

⋅

= 130cm

seg⋅

4060⋅ seg⋅ = 5.278 105× cm⋅ = 5.278 km⋅

Observemos que si ∆r y a se mantienen constantes, el tiempo de reproducción t en la ec. (3) es una

función de del radio exterior y podemos escribir . . .

t r( )2 π⋅v

a r+2

⋅r a−( )

∆r1+

⋅=



0 2000 4000

5

seg

radi

o de

gir

ode donde el radio de giro r en función del tiempo es:

r t( )1

2∆r− ∆r 2 a⋅−( )2 4

πt⋅ v⋅ ∆r⋅++

⋅=

asi que la rapidez angular del disco en función del tiempo es:

ω t( )v

r= =

2 v⋅

∆r− ∆r 2 a⋅−( )2 4π

t⋅ v⋅ ∆r⋅++

como se ilustra en las gráficas de la derecha.

0 2000 400020

40

seg

rapi

dez

angu

lar

17. Si las esferas son pequeñas respecto a L , podemos suponer que son partículas de masa M . Además por el teorema de los ejes paralelos . . .

IO Icm M D2⋅+=

donde Icm es el momento de inercia respecto a un eje que pasa por el centro de masa del objeto y IO es

su momento de inercia respecto a un eje paralelo al anterior y separado de él una distancia perpendicular D, se obtiene el momento de inercia de las 3 varillas delgadas alineadas como sigue:

O

ωm

cm

Lvarilla 1: I 1 Icm mL

2

2

⋅+=

= m L

2⋅12

m L2⋅

4+ =

1

3m⋅ L

2⋅

O

ωm

cm

LLvarilla 2: I 2 Icm m

3 L⋅2

2

⋅+=

= m L

2⋅12

9 m⋅ L2⋅

4+ =

7

3m⋅ L

2⋅



O

ωm

2L

cm

L

varilla 3: I 3 Icm m5 L⋅2

2

⋅+=

= m L

2⋅12

25 m⋅ L2⋅

4+

= 19

3m⋅ L

2⋅

de modo que el momento de inercia total es . . .

I I 1 M L2⋅+( ) I 2 M 2 L⋅( )

2⋅+ + I3 M 3 L⋅( )2⋅+ +=

= I 1 I2+ I 3+( ) 1 4+ 9+( ) M⋅ L2⋅+ =

1

3

7

3+ 19

3+

m⋅ L2⋅ 14 M⋅ L

2⋅+

= 9 m⋅ L2⋅ 14 M⋅ L

2⋅+

Y por lo tanto, la energía cinética rotacional del sistema es . . .

K1

2I⋅ ω2⋅= =

9 m⋅ 14 M⋅+2

ω L⋅( )2⋅

A

L2

18. Por el teorema de los ejes paralelos, el momento de inercia de la varilla A , vista como un cilindro muy delgado de radio r que gira

sobre un eje paralelo a su eje de simetría a la distancia L

2 es. . .

I A1

2M⋅ r

2⋅ ML

2

2

⋅+=

o simplemente ML

2

2

⋅ si se ignora el primer término dado que

r << L

Por otra parte, el momento de inercia para una varilla delgada que gira respecto a un eje

perpendicular a la varilla y que pasa por el centro de masa de ésta es : Icm1

12M⋅ L

2⋅= asi que

aplicando el teorema de los ejes paralelos a las varillas B y C del arreglo se obtiene . . .



B

L

ω

C

L2

IB1

12M⋅ L

2⋅

ML

2

2

⋅+=

= 1

3M⋅ L

2⋅

y

IC1

12M⋅ L

2⋅

ML

2

2

⋅+=

= 1

3M⋅ L

2⋅

y por lo tanto, el momento de inercia total es . . .

I = I A IB+ IC+

= ML

2

2

⋅

1

3M⋅ L

2⋅

+ 1

3M⋅ L

2⋅

+ = 11

12M⋅ L

2⋅

19. Como toda dimensión lineal quedará multiplicada por un factor de escala k, entonces de la definición del momento de inercia rotacional, se deduce que . . .

I final MR2

⌠⌡

d= = mk r⋅( )2

k3⋅

⌠⌡

d = k5

mr2

⌠⌡

d

⋅ = k5

I inicial⋅

es decir, el nuevo momento de inercia se obtiene multiplicando el momento de inercia inicial por el factor

k5.

Las dimensiones reales se obtendrán a partir de las dimensiones del modelo multiplicándo éstas últimas por el factor k 20= , asi que la energía cinética real será . . .

Kreal1

2I real⋅ ω2⋅

= = 1

2k

5Imodelo⋅( )⋅ ω2⋅ = k

5 1

2Imodelo⋅ ω2⋅

⋅ = k5

Kmodelo⋅

esto es . . .

Kreal 205 Kmodelo( )⋅= = 3.2 106×( ) Kmodelo⋅

que es unos 3 millones de veces mayor que la energía cinética rotacional del modelo a escala.

20. La forma rotacional de la 2a ley de Newton para un objeto rígido es :

τ I α⋅= (1)

donde τ es el momento de torsión (o torca) neto aplicado al objeto, I es su momento de inercia



ó inercia rotacional respecto al eje de giro y α es su aceleración angular.

Por lo tanto, si la fuerza de fricción sobre la tornamesa es constante producirá un momento de torsión τ

constante, asi que se deduce de la ec. (1) que α , su aceleración angular, será también constante (dado que el momento de inercia I del objeto no cambia si el objeto gira respecto a un eje fijo). Esto significa que la rotación de la tornamesa será uniformemente acelerada y por lo tanto podemos

aplicarle la ecuación ω ωo α t⋅+= para calcular su rapidez angular ω en función del tiempo t y de

la cual se obtiene que . . .

αω ωo−

t=

por lo tanto, si se considera a la tornamesa como un disco sólido cilíndrico de radio R = 0.15 m y masa M

= 0.45 kg , que gira inicialmente con la rapidez ωo 331

3+

rpm⋅= = 10

9π⋅

rad

seg⋅ , y que al final

queda en reposo ( ω 0= ) en un tiempo t 93 seg⋅= , la ec. (1) queda . . .

τ 1

2M⋅ R

2⋅

ω ωo−t

⋅=

= 1

20.45 kg⋅( )⋅ 0.15 m⋅( )

2⋅

010

9π⋅

rad

seg⋅−

93 seg⋅

⋅

= 1.9− 10 4−× Newton⋅ m⋅

De ésta manera, el trabajo que efectúa la fricción sobre la tornamesa es . . .

Wθ inicial

θ final

θτ⌠⌡

d= = τ θ final θinicial−( )⋅

dado que τ es constante, además θ final θinicialω ωo+

2

t⋅+= por tratarse de un movimiento de

rotación con aceleración constante, asi que . . .

W τω ωo+

2t⋅

⋅= = 1.9− 10 4−× Newton⋅ m⋅( )0

10

9π⋅

rad

seg⋅+

2

⋅ 93⋅ seg⋅

= 0.0308− Joules⋅



ωf F

R

r21. Como se trata de un objeto rígido que gira en torno a un eje fijo, su momento de inercia I no cambia y además como el

momento neto de torsión τ F R⋅ f r⋅−( )= es constante,

entonces de la 2a ley de Newton en la forma rotacional . . .

τ I α⋅= (1)

se deduce que la aceleración angular ατI

= también es

constante.

La rueda tiene entonces un movimiento de rotación uniformemente acelerado y de una de las ecuaciones

que lo describen: ω f ωi α t⋅+= se obtiene que αω f ωi−

t= =

ωc

t , donde ω f ωc= es la

rapidez angular al tiempo t, y ωi 0= puesto que la rueda partió del reposo.

Asi que de la ec. (1) , el momento de inercia de la rueda vale . . .

Iτα

= = τ

ωct⋅ (2)

calculando . . .

I = 36 Newton⋅ m⋅

10rad

seg⋅

6⋅ seg⋅ = 21.6 kg⋅ m2⋅

Cuando se deja de aplicar la fuerza externa F , el momento de torsión τ f ejercido por la fuerza de

fricción sobe la rueda, produce en ella una aceleración angular negativa α (pero constante) que la

frena y que vale . . .

α1

ω f ωi−t1

= = 0 ωc−

t1

= ωc−t1

(3)

donde ωi ωc= es ahora la rapidez angular inicial que tiene la rueda en el momento en que se le deja

de aplicar la fuerza externa F y ω f 0= es la rapidez angular final, porque la rueda se detiene al

cabo del tiempo t1 60 seg⋅= Por lo tanto, el momento de torsión τ f se calcula substituyendo las

ecuaciones (2) y (3) en la ec. (1) y vale. . .

τ f I α⋅= = τ

ωct⋅

ωc−

t1

⋅ = τ−t

t1

⋅

y calculando . . .

τ1 = τ−6 seg⋅60 seg⋅

⋅ = 3.6− Newton⋅ m⋅



Denotemos por θ1 y θ2 a los desplazamientos angulares de la rueda durante las etapas de aceleración y

frenado por fricción . Dado que en ambas etapas la aceleración angular respectiva es constante, se les

aplica la ecuación del movimiento de rotación uniformemente acelerado : θ f θiω f ωi+

2

t⋅+=

donde los índices i y f se refieren a "inicial" y "final" respectivamente, asi que . . .

θ1 0ωc 0+

2

t⋅+= y θ2 θ1

0 ωc+2

t1⋅+=

por lo tanto, el desplazamiento final de la rueda es . . .

θ2

ωc

2t⋅

ωc

2

t1⋅+= = ωc

2t t1+( )⋅

= 1

210

rad

seg⋅

⋅ 6 seg⋅ 60 seg⋅+( )⋅ = 330 rad⋅ = 52.5 vueltas⋅

d

R M

T1

-T1

T2

-T2

N

m1g

m2g

U = 0g

Mg

22. Para el sistema (masas + polea), consideremos el estado final del sistema cuando las masas se cruzan y el estado inicial la configuración que tiene cuando las masas se sueltan a partir del resposo.Como se ilustra en la figura de la derecha, las fuerzas externas que actúan sobre el sistema son las tensiones T1 y T2 en las cuerdas,

los pesos m1 g⋅( ) y m2 g⋅( ) de las masas que cuelgan y M g⋅ de

la polea y la fuerza normal N sobre el eje de la polea. De todas éstas

fuerzas, solamente los pesos de las masas realizan trabajo sobre el sistema, dado que las tensiones son pares acción-reacción internos al sistema que no cambian su energía y ni la fuerza N ni el peso M g⋅

tienen desplazamiento. Consideradas como partículas, las masas se cruzarán cuando estén a la mitad de la distancia d que las separa, asi que tomando éste punto como el nivel de referencia cero para la energía potencial gravitacional Ug asociada a los pesos, la conservación de la

energía Einicial E final= conduce a :



+=

0 m2 g⋅d

2⋅ m1 g⋅

d

2⋅−

+ 1

2m1 m2+( )⋅ v

2⋅ 1

2I⋅ ω2⋅+

0+=



esto significa que toda la energía potencial gravitancional en el estado inicial se transforma en energía cinética de translación de las masas y energía cinética de rotación de la polea. Además, si la cuerda no se

desliza sobre la polea, la velocidad tangencial de su borde ω R⋅ es igual a la rapidez v de las masas.

Por lo tanto, la ecuación anterior queda:

m2 m1−( ) g⋅d

2⋅ 1

2m1 m2+( )⋅ v

2⋅ 1

2I⋅

v

R

2

⋅+=

m2 m1−( ) g⋅ d⋅ m1 m2+( ) I

R2

+

v2⋅=

Resolviendo para v y considerando que para un disco uniforme de masa M y radio R su momento de

inercia es : I1

2M⋅ R

2⋅= resulta . . .

vm2 m1−( ) g⋅ d⋅

m1 m2+( ) I

R2

+= =

m2 m1−( ) g⋅ d⋅

m1 m2+( ) M

2+

Nótese que éste resultado es independiente del radio de la polea y que la rapidez v resulta menor a la que se obtendría si no se considerase la masa de la polea ( M = 0 ), dado que ahora una parte de la energía.inicial se transforma en energía cinética de rotación en la polea.

L2

h

Mg

N

23. Si modelamos a la chimenea como una barra uniforme, la fuerzas externas que actúan sobre ella son: su peso M g⋅( ) ,

el cual actúa sobre su centro de masa a la distancia L

2 de la

base y la fuerza normal N con la que el suelo la empuja hacia arriba .Por lo tanto, sólo el peso produce el momento de tosión, dado que la normal pasa por el eje de giro y vale:

ττττ F r×= M− g⋅( ) j⋅L

2r⋅

×=

donde los vectores unitarios j y r apuntan en las direcciones vertical y radial respectivamente y si entre ellos

hay un ángulo θ , entonces la magnitud del momentum de torsión es:

τ M g⋅( )L

2⋅ sen θ( )⋅= (1)



Para un punto de la chimenea que quede a una distancia r del eje de giro en la base, la aceleración

tangencial aT está dada por aT α r⋅= donde α es la aceleración angular, la cual se calcula a partir de

la forma rotacional de la 2a ley de Newton:

τ I α⋅=

esto es . . . M g⋅( )L

2⋅ sen θ( )⋅ I

aT

r⋅= (2)

donde I1

3M⋅ L

2⋅= es el momento de inercia para una barra delgada y uniforme que gira alrededor de un

eje que pasa por uno de sus extremos. Por lo tanto . . .

M g⋅( )L

2⋅ sen θ( )⋅ 1

3M⋅ L

2⋅

aT

r⋅=

y la aceleración tangencial de ese punto es entonces . . . aT3

2

r

L⋅ sen θ( )⋅

g⋅= (3)

θg

r

P

aT

aRθ

O

Asi, para un punto P de la chimenea que esté a la distancia r del centro de giro O, las componentes de su aceleración en caida libre son:

aT g sen θ( )⋅=que lo acelera tangencialmente y

aR g cos θ( )⋅=que es su aceleración radial debida al giro.

Por lo tanto, de acuerdo al resultado (3), aT g sen θ( )⋅> cuando 3

2

r

L⋅ 1> , esto es, cuando

r2

3L⋅> . Esto significa que la tercera parte más alta de la chimenea tendrá una aceleración tangencial

mayor que g sen θ( )⋅ , la proporcionada por la gravedad terrestre.

x

R

dx

ω

L

Por otra parte, si consideramoa a la chimenea como un cilindro recto hueco circular delgado y uniforme, su momento de inercia se obtiene por integración de los momentos de inercia de elementos diferenciales (aros delgados de radio R y masa dM ) que giran respecto a un eje paralelo a uno de sus diámetros a la distancia x, como se ilusta en la figura de la derecha.Por el teorema de los ejes paralelos, el momento de inercia de uno de tales elementos diferencial es:

dI1

2dM( )⋅ R

2⋅ dM( ) x2⋅+=



donde dMM

Ldx⋅= si la masa del cilindro es uniforme.

Por lo tanto . . .

I

0

L

M1

2R

2⋅ x2+

⌠⌡

d= = M

L0

L

x1

2R

2⋅ x2+

⌠⌡

d⋅ = 1

6M⋅ 3 R

2⋅ 2 L2⋅+( )⋅

y de la ec. (2) . . .

M g⋅( )L

2⋅ sen θ( )⋅ M

3 R2⋅ 2 L

2⋅+6

⋅

aT

r⋅=

se sigue que la aceleración tangencial es ahora . . .

aT g3 L⋅ r⋅

3 R2⋅ 2 L

2⋅+sen θ( )⋅

⋅=

y aT g sen θ( )⋅> cuando 3 L⋅ r⋅

3 R2⋅ 2 L

2⋅+1> , es decir cuando r

R2

L

2

3L⋅+> que es casi el resultado

anterior si R L<

h

N

Mg

θ

24. Ignorando la fricción, las fuerzas externas que actúan sobre la barra son: la normal N ejercida por el pivote y el peso Mg ejercido por la Tierra. Sólo el peso produce un momento de torsión dado que la normal pasa por el centro de giro. Además, si el estado inicial de la barra se define en su posición vertical y su estado final en su posición horizontal, entonces, aplicando la conservación de energía , Einicial E final=

considerando a la barra como una partícula de masa M localizada en el centro de masa (el centro geométrico si la masa es uniforme) de la barra,se tiene . . .

Ug K+( )inicial

Ug K+( )final

=

M g⋅L

2

⋅

0+ 01

2I⋅ ω2⋅

+= (1)

donde se ha tomado la posición horizontal como nivel de referencia cero para calcular la energía potencial gravitacional, dado que la barra parte del reposo y al final solo tiene energía cinética rotacional, siendo su

momento de inercia I1

3M⋅ L

2⋅= porque gira respecto a un eje que pasa por uno de sus extremos.



Por lo tanto, la rapidez angularω de la barra cuando llega a la posición horizontal se obtiene de la

ec.(1) y vale:

ωM g⋅ L⋅

I= =

M g⋅ L⋅1

3M⋅ L

2⋅ =

3 g⋅L

(2)

El momento de torsión producido por el peso de la barra tiene la magnitud . . .

τ F r×= = M g⋅( )L

2⋅ sen θ( )⋅

y es variable (depende del ángulo θ que forma la dirección de la barra con la vertical). Por lo tanto de

τ I α⋅= se deduce que también es variable la aceleración angular α de la barra:

α τI

= =

M g⋅L

2⋅ sen θ( )⋅

1

3M⋅ L

2⋅ =

3

2

g

L⋅ sen θ( )⋅

Para un giro de un cuarto de vuelta contra las manecillas del reloj (θ = −90° ): α3− g⋅

2 L⋅=

Las componentes x e y de la aceleración del centro de masa de la barra, justamente cuando ésta se encuentra en la posición horizontal, son:

aceleración centrípeta: ax ω2−L

2

⋅=

aceleración tangencial: at αL

2⋅=

y de la 2a ley de Newton F M a⋅= se obtienen las fuerzas correspondientes sobre la barra en esa posición:

Fx M3 g⋅L

−L

2⋅

⋅= = 3−

2M⋅ g⋅

F y M3− g⋅

2 L⋅

⋅L

2⋅= =

3−4

M⋅ g⋅

Las fuerzas de reacción sobre el pivote son iguales y opuesta a éstas con lo que se obtiene la fuerza

resultante : F3

2M⋅ g⋅ i⋅ 3

4M⋅ g⋅ j⋅+=

25. Puesto qaue el carrete solamente adquiere energía cinética rotacional, del teorema de la variación de la

energía cinética : W ∆K= se deduce que el trabajo hecho sobre él es :

W1

2I⋅ ω2⋅= =

1

2

1

2M⋅ R

2⋅

⋅ ω2⋅ = M R

2⋅ ω2⋅4



donde se ha considerado al carrete como un cilindro recto de masa M y radio R para calcular su momento de inercia. El trabajo vale entonces . . .

W = 1

41 kg⋅( )⋅ 1

2m⋅

2

⋅ 8rad

seg⋅

2

⋅ = 4 Joules⋅

Por otra parte, la aceleración angular α del carrete está dada por αa

R= donde a es la

aceleración tangencial de su borde y como ésta es la misma que tiene la cuerda porque no hay deslizamiento y es constante, al igual que el radio R, se deduce que el cilindro tiene un movimiento de

rotación uniformemente acelerado, para el cual vale la ecuación ω ωo α t⋅+= donde ω es la

rapidez angular final al cabo de un tiempo t , asi que con ωo 0= porque parte del reposo) se obtiene

que tωα

= y si substituimos la expresión de la aceleración angular queda . . .

t = ω R⋅

a =

8rad

seg⋅ 1

2⋅ m⋅

2.5m

seg2

⋅ = 1.6 seg⋅

de manera que el carrete tardará éste tiempo en llegar a la rapidez angular ω.

Además, la longitud de la cuerda que se desenrolló durante ese tiempo, está dada por s R θ⋅= donde

θ el desplazamiento angular: θ θo ωo t⋅+ 1

2α⋅ t

2⋅+= calculado con θo 0= y ωo 0= , asi

que . . .

s = R θ⋅ = R1

2α⋅ t

2⋅

⋅ = R1

2⋅

ωt

⋅ t2⋅ =

ω R⋅ t⋅2

=

8rad

seg⋅ 1

2m⋅

⋅ 1.6 seg⋅( )⋅

2 = 3.2 m⋅

R

Fω

Aplicando ahora la 2a ley de Newton en su forma rotacional τ I α⋅= , y tomando en

consideración que la aceleración angular αa

R= es constante, asi como el momento

de inercia, se deduce que la torca producida por la fuerza aplicada F también será constante.

Como ésta torca se calcula por τ F R×= y dado que R es constante, se concluye que la fuerza F será

constante también, esto es . . .

F R⋅ 1

2M⋅ R

2⋅

a

R⋅= =

1

2M⋅ a⋅ =

1 kg⋅ 2.5⋅m

seg2

⋅

2 = 1.25 Newtons⋅



26. Si suponemos que la rapidez de la bala permanece constante mientras atravieza los discos, podemos aplicar x f xi v t⋅+= de manera que el tiempo que tarda la bala en cruzar la distancia d a través de

ellos es td

v= .Si la rapidez angular ω de los discos también es constante, podemos aplicar

θ f θi ω t⋅+= y entonces los discos tendrán durante ese tiempo el desplazamiento angular:

θ 0 ω t⋅+= = ω d

v⋅ de donde se obtiene que la rapidez de la bala es . . . v

ω d⋅θ

=

ω

R

M

27. Sea τF el momento de torsión de la fuerza que ejerce el motor y τ f

el que ejerce la fricción , que se aplican sobre el disco. A partir de la

forma rotacional de la 2a ley de Newton : τneto I α⋅= y

suponiendo que ambos momentos de torsión permanecen constantes en el tiempo, se tiene . . .

τF τ f−( ) I α⋅= (1)

Dado que además el momento de inercia I del disco permanece constante, se deduce que la aceleración

angular α también será consntante y por lo tanto el giro del disco es uniformemente acelerado, estando su

aceleración angular dada por la ecuación . . . ω ωo α t⋅+= , es decir αω f ωo−

t1

= = ω f

t1

conωo

= 0 , puesto que el disco partió del reposo. La ec. (1) queda . . .

τF τ f−( ) Iω f

t1

⋅= (2)

donde t1 es el tiempo que dura encendido el motor eléctrico impulsando al disco, llegando a la

rapidez angular final ω f 3000 rpm⋅= 100 π⋅rad

seg⋅= .

Cuando el motor se apaga, solamente actúa sobre el disco el momento de torsión producido por la fricción y

se deduce de la misma forma rotacional de la 2a ley de Newton que. . .

τ f− Iω2 ω f−

t2

⋅= (3)

donde la rapidez angular ω f de la ec. (2) es ahora la rapidez angular inicial y ω2 1000 rpm⋅=ω f

3=

es ahora la nueva rapidez angular final que tiene el disco al girar durante un tiempo t2 = 10 seg .después

de desconectar el motor. Asi que substituyendo τ f de la ec.(3) en la ec. (2) se obtiene . . .



τF Iω2 ω f−

t2

⋅+ Iω f 0−

t1

⋅=

es decir:

τF Iω f

t1

ω2 ω f−

t2

−

⋅=

τF It2 t1+( ) ω f⋅ t1 ω2⋅−

t1 t2⋅( )

⋅= (4)

El momento de inercia de un disco cilíndrico y uniforme de masa M y radio R es I1

2M⋅ R

2⋅=

, asi que el momento de torsión que ejerce el motor es . . .

τF4 kg⋅( ) 0.7 m⋅( )

2⋅2

15 seg⋅( ) 100 π⋅rad

seg⋅

⋅ 5 seg⋅( )100

3π⋅

rad

seg⋅

⋅−

5 seg⋅ 10⋅ seg⋅

⋅=

= 82.1 Newton⋅ m⋅

Cuando el motor mantiene constante la rapidez angular del disco, significa que la aceleración angular es

nula (α 0= ) y de τneto I α⋅= puesto que el momento de inercia no es cero, se deduce que

τneto 0= , es decir τF τ f−( ) 0= y se concluye que . . .

τF τ f=

esto es, el motor debe igualar el momento de torsión de la fricción y por lo tanto la potencia requerida es :

P τ f( ) ω f⋅= = Iω f ω2−

t2

⋅ ω f⋅

= 4 kg⋅( ) 0.7 m⋅( )

2⋅2

100 π⋅ rad

seg⋅

100

3π⋅ rad

seg⋅

−

10 seg⋅

⋅ 100 π⋅ rad

seg⋅

⋅

= 6.45 kW⋅ = 0.00865 hp⋅

La potencia instantánea que ejerce el motor cuando el disco alcanza su rapidez final es:

P τF ω f⋅= = 82.1 Newtons⋅ m⋅( ) 100 π⋅rad

seg⋅

⋅ = 34.6 hp⋅



Esta enorme diferencia entre potencias, nos indica que la suposición inicial de que los momentos de torsión eran constantes seguramente es falsa.

seg

τ t( )

τ f

τ f−

t

Tal vez un modelo más apropiado sobre la torsión que ejerce el motor eléctrico en función del tiempo sería :

τF t( ) A ek− t⋅⋅ τ f+= (5)

donde A y k son constantes propias del motor.Este momento de torsión tiende a ser igual y opuesto al de la fricción a medida que aumenta el tiempo, como se muestra en la gráfica de la derecha.La aceleración angular estará dada entonces por

α t( )τneto

I= =

τF τ f−

I =

A

Ie

k− t⋅⋅

de manera que la rapidez angular es. . .

0

ωω.

⌠⌡

d0

t

tα t( )⌠⌡

d= =

0

t

tA

Ie

k− t⋅⋅

⌠⌡

d

es decir . . .

ω t( )A

k I⋅1 e

k− t⋅−( )⋅=

y la potencia intantánea es entonces . . .

P t( ) τF t( ) ω t( )⋅=

= A ek− t⋅⋅ τ f+( ) A

k I⋅1 e

k− t⋅−( )⋅

⋅seg

ω t( )

P t( )

t

y como puede apreciarse ahora en las gráficas de la derecha, la potencia instantánea y la rapidez angular tienden a permanecer constantes a medida que aumenta el tiempo de encendido del motor.



v

ω

R

28. Si M es la masa del automóvil y m la de una de sus ruedas, entonces la energía cinética de una rueda es la suma de su energía rotacional y su energía translacional :

Kr1

2Icm⋅ ω2⋅

1

2m⋅ v

2⋅

+=

y siempre que ruede sin resbalarse sobre el piso se cumple que su

rapidez angular ω se relaciona con la rapidez de translación v

de su centro de masa por v ω R⋅= de manera la energía de la

rueda, vista como uncilindro uniforme de radio R y masa m queda. . .

Kr1

2

1

2m⋅ R

2⋅

⋅v

R

2

⋅ 1

2m⋅ v

2⋅+= = 3

4m⋅ v

2⋅

el porcentage de energía cinética que tienen las ruedas del auto, cuando es entonces. . .

Kruedas

K total

4 Kr( )⋅K total

= =

43

4m⋅ v

2⋅

⋅

1

2M⋅ v

2⋅ =

6 m⋅M

y calculando . . .

Kruedas

K total = 6

32 kg⋅1800 kg⋅

⋅ = 10.7%

Nótese que éste porcentage es independiente de la rapidez que el automóvil tenga en un momento determinado y se mantiene constante.

29. De la definición de potencia media PW

∆t= y el teorema de la variaciónde la energía cinética:

W ∆K= se deduce que :

∆t∆K

P= =

1

2Icm⋅ ω2⋅

P =

1

2

1

2M⋅ R

2⋅

⋅ ω2⋅

P =

M R2⋅ ω2⋅

4 P⋅

=

512 kg⋅( ) 0.976 m⋅( )2⋅ 50

2 π⋅seg

⋅

2

⋅

4 8 103⋅ Watts⋅( )⋅ = 1504 seg⋅ = 25 min⋅



θm1g

m g2

X

T 2

T 2

YN T 1

T 1

fk

30. Suponiendo que el bloque que cuelga libremente desciende, escojamos un sistema de referencia XY orientado con el eje X en la dirección del movimiento del bloque que está sobre el plano. Si aplicamos la 3a ley de Newton a los bloques, representados como partículas, se obtienen los diagramas de "cuerpo libre" que se muestran en la figura de la derecha, donde T1 y T2 son las

tensiones de la cuerda (ignorando la masa de ésta) en ambos lados de la polea.La aplicación directa de la 2a ley de Newton al bloque sobre el plano dá . . .

Fneta m1 a⋅= es decir . . . N T1+ m1 g⋅+ f k+( ) m1 a⋅= y de acuerdo con el sistema de

referencia escojido las componentes vectoriales son:

N j⋅ T1 i⋅+ m1 g⋅ sen θ( ) i−( )⋅ cos θ( ) j−( )⋅+ ⋅+ f k i−( )⋅+ m1 ax i⋅ 0 j⋅−( )⋅=es decir . . .

T1 f k− m1 g⋅ sen θ( )⋅−( ) m1 ax⋅= (1)

N m1 g⋅ cos θ( )⋅− 0= (2)

pero la fuerza de fricción f k se calcula como f k µk N⋅= , asi que substituyendo la fuerza normal N de la ec. (2) en la ec. (1) resulta . . .

T1 µk m1 g⋅ cos θ( )⋅( )⋅− m1 g⋅ sen θ( )⋅− m1 ax⋅=

T1 m1 g⋅ µk cos θ( )⋅ sen θ( )+( )⋅− m1 ax⋅= (3)

Aplicando ahora la 2a ley de Newton al bloque que cuelga, resulta . . .

T2 j⋅ m2 g⋅( ) j⋅− m2− ay⋅( ) j⋅=

La cuerda es inextensible, asi que ax ay= a= y queda . . .

T2 m2 g⋅( )− m2− a⋅= (4)

La aplicación de la 2a ley de Newtona en la forma rotacional ττττneto I α⋅= a la polea es . . .

T2 R⋅ T1 R⋅−( ) 1

2M⋅ R

2⋅

a

R⋅= (5)

dado que la aceleración angular α y la tangencial a se relacionan por a α R⋅= si la cuerda no se

desliza sobre la polea.



Substituyendo T1 de la ec. (3) y T2 de la ec. (4) en la ec. (5) resulta . . .

m2 g a−( )⋅ m1 a g µk cos θ( )⋅ sen θ( )+( )⋅+ ⋅− R⋅ 1

2M⋅ R

2⋅

a

R⋅=

y resolviendo para la aceleración a queda . . .

a gm2 m1 µk cos θ( )⋅ sen θ( )+( )⋅−

m2 m1+M

2+

⋅=

= g18 kg⋅ 6 kg⋅ 0.33 cos 30 °⋅( )⋅ sen 30 °⋅( )+( )⋅−

18 kg⋅ 6 kg⋅+40 Newtons⋅

2 g⋅+

⋅ = 5m

seg2

⋅

Curiosamente, ésta aceleración no depende del radio de la polea y además resultó positiva, lo cual significa que nuestra suposición inicial sobre el sentido del movimiento es correcta.

De la ec. (4) resulta . . .

T2 m2 g a−( )⋅= = 18 kg⋅ 9.8m

seg2

⋅ 5m

seg2

⋅−

⋅ = 86.4 Newtons⋅

y de la ec. (3):

T1 m1 a g µk cos θ( )⋅ sen θ( )+( )⋅+ ⋅=

= 6 kg⋅ 5m

seg2

⋅ g 0.33 cos 30°( )⋅ sen 30°( )+( )⋅+

⋅ = 76.2 Newtons⋅

esta diferencia de tensiones en los lados de la polea es la que la hace girar.

RN

fs

Mgθ

θ

Y

X

31. Escojamos un sistema e referencia XY con el eje X paralelo a la superficie del plano y ubiquemos al objeto como una partícula en el origen de tal sistema.Sobre el objeto que rueda sin resbalar sobre el plano inclinado actúan las siguientes fuerzas:

La Normal N , perpendicular a la superficie del plano, •pasa por el centro de giro del objeto y no ejerce momento de torsión ni realiza trabajo.



La fuerza de fricción estática f s (si no hay deslizamiento) . No realiza trabajo mecánico y es •

ejercida por la superficie sobre el borde del objeto, por lo tanto ejerce el momento de torsión f s( ) R⋅

. Su peso M g⋅ , que se descompone en dos componentes, una perpendicular a la superficie inclinada, •la cual no realiza trabajo, y otra paralela a ella, que acelera al objeto hacia abajo. No ejerce un momento de torsión debido a que pasa por el centro de giro.

Aplicando la 2a ley de Newton en su forma translacional Fneta M a⋅= y en su forma rotacional

τneto I α⋅= al objeto que rueda donde a es la aceleración del centro de masa, α es la aceleración

angular del objeto respecto al centro de masa y además a α R⋅= si no hay deslizamiento, se obtiene . . .

N f s+ M g⋅+( ) M a⋅= y f s R⋅ I α⋅=o en componentes queda . .

M g⋅ sen θ( )⋅ f s− M a⋅= (1)

M− g⋅ cos θ( )⋅ N+ 0= (2)

f s R⋅ I α⋅= (3)

El cilindro se deslizará sobre la superficie delplano inclinado si su centro de masa tiene una aceleración translacional a mayor que la proporcionada por la rotación, es decir si . . .

α R⋅( ) a<y substituyendo éstas aceleraciones de las ecuaciones (1) y (3) resulta. . .

f s R⋅

I

R⋅ g sen θ( )⋅f s

M−<

esto es . . . f sM g⋅ sen θ( )⋅

M R2⋅

I1+

< ; pero f s µs N⋅= asi que substituyendo N de la ec. (2) resulta:

µsM g⋅ sen θ( )⋅

M R2⋅

I1+

1

M g⋅ cos θ( )⋅⋅< =

1

M R2⋅

I1+

tan θ( )⋅

Para un cilindro de masa M y radio R : I1

2M⋅ R

2⋅= , asi que se deslizará si . . .

µs1

M R2⋅

1

2M⋅ R

2⋅1+

tan θ( )⋅< = 1

3tan θ( )⋅



Rθ

h

v

ω

( A )

( B )32. Consideremos al objeto de masa M

como una partícula de la misma masa localizada en el centro de masa del objeto.Definamos el estado inicial del objeto cuando rueda sin resbalar sobre la superficie horizontal ( A ) y definamos su estado final cuando ha alcanzado la altura máxima h sobre el plano inclinado y queda en reposo por un instante ( B ).

Ignorando la fricción con el aire, la única fuerza que realiza trabajo sobre el objeto es su propio peso M g⋅ (fuerza gravitacional conservativa) , puesto que la fricción estática f s y la normal N ejercida por la

superficie no tienen desplazamientos.Si consideramos a la horizontal sobre la que inicialmente se desplaza el objeto como el nivel cero de referencia para la energía potencial gravitacional, entonces la aplicación del principio de la conservación de la energía Einicial E final= entre los estados inicial y final conduce a . . .



+=

1

2M⋅ v

2⋅ 1

2I⋅ ω2⋅+

0+ 0 M g⋅( ) h⋅+=

donde se ha considerado que el objeto tiene energía cinética de translación 1

2M⋅ v

2⋅

y también de

rotación 1

2I⋅ ω2⋅ donde ω es su rapidez angular, la cual se relaciona con su rapidez lineal v por

v ω R⋅= si el objeto rueda sin resbalar .

Resolviendo la ecuación anterior para el momento de inercia I , se obtiene. . .

I ω2⋅ 2 M⋅ g⋅ h⋅( ) M v2⋅−=

I2 M⋅ g⋅ h⋅( ) M v

2⋅−

v

R

2= = M R

2⋅2 g⋅ h⋅

v2

1−

⋅

y substituyendo la altura h5 v

2⋅6 g⋅

= resulta: I M R2⋅

2 g⋅5 v

2⋅6 g⋅

⋅

v2

1−

⋅= = 2

3M⋅ R

2⋅

que corresponde al momento de inercia de una esfera hueca de radio R y masa M , por lo tanto, es probable que éste objeto sea una esfera hueca.

Nótese que éste es un procedimiento muy simple para medir el momento de inercia de cualquier objeto simétrico que pueda rodar sobre un plano inclinado.



L

O

v

2 v33. Cuando el extremo O de la regla está en reposo momentáneamente, y la rapidez de su centro de masa es v entonces la rapidez angular de la regla es . . .

ωv

L

2

= = 2v

L⋅ (1)

Esta rapidez es la misma para todos los puntos de la regla en ese momento y por lo tanto la rapidez de translación del otro extremo de la regla respecto al punto O es . . .

v1 ω L⋅= = 2 v⋅L

L⋅ = 2 v⋅

es decir es el doble de la rapidez de translación del centro de masa. Esto significa que la regla, representada como una partícula localizada en el centro de masa, se moverá como cualquier otro objeto en caida libre y se elevará a una altura h que está dada por la ecuación

cinemática: v f( )2vi( )2

2 g⋅ h⋅−= con v f 0= y vi v= es decir . . .

02 v2

2 g⋅ h⋅−= y queda: hv

2

2 g⋅= (2)

Por otra parte, el tiempo que tarda el centro de masa en regresar al punto de partida se puede calcular de

otra de las ecuaciones de caida libre: y f yi vi t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−= haciendo y f yi= 0= y vi v=

resulta . . .

0 0 v t⋅+ 1

2g⋅ t

2⋅−= y queda : t2 v⋅g

= (3)

Si la regla dá N vueltas, su rapidez angular (supuesta constante) será:

ω2 π⋅ N⋅

t= =

2 π⋅ N⋅2 v⋅g

(4)

sin embargo,las ecuaciones (1) y (4) se refieren a la misma cantidad asi que igualando. . .

2v

L⋅

π N⋅ g⋅v

= y resulta . . . v2 π N⋅ g⋅ L⋅

2= (5)

por lo tanto, de la ec. (2) la altura a la que sube (el centro de masa) de la regla es . . .

hv

2

2 g⋅= =

π N⋅ g⋅ L⋅2

2 g⋅ =

π N⋅ L⋅4



Existe una comprobación simple para la solución de éste problema aplicando el principio de conservación de la energía, considerando como estado inicial el momento en que se lanza la regla hacia arriba (cuando toda su energía es puramente rotacional alrededor de un extremo ) y como estado final el instante en que su centro de masa alcanza la máxima altura ( y por lo tanto, la energía de la regla es potencial gravitacional y rotacional respecto a su centro de masa ), es decir:

Einicial E final=

Krotacional( )O

Ug( )final

Krotacional( )cm

+=

1

2IO⋅ ω2⋅ M g⋅( ) h⋅ 1

2Icm⋅ ω2⋅+=

1

2

1

3M⋅ L

2⋅

⋅ ω2⋅ M g⋅ h⋅( )1

2

1

12M⋅ L

2⋅

⋅ ω2⋅+=

y resolviendo para h . . .

h

1

6

1

24−

M⋅ L2⋅ ω2⋅

M g⋅= =

1

8

L ω⋅( )2

g⋅

pero de la ec. (1) ω L⋅ 2 v⋅= , asi que . . .

h = 1

8

2 v⋅( )2

g⋅ =

1

2

v2

g⋅

pero de la ec. (5) v2 π N⋅ g⋅ L⋅

2= , asi que . . .

h = 1

2

π N⋅ g⋅ L⋅2

g⋅ =

N π⋅ L⋅4

que es nuevamente el resultado que se pedía demostrar.



34. Dado que la rapidez angular ω y el periodo de rotación T se relacionan como:

ω 2πT

⋅= (1)

entonces la energía cinética rotacional K1

2I⋅ ω2⋅= se puede escribir asi:

K1

2I⋅

2 π⋅T

2

⋅= = 2 π2⋅ I⋅

T2

(2)

Si se mantiene constante el momento de inercia, entonces ésta energía sólo depende del periodo de rotación T , asi que derivándola respecto al tiempo se obtiene . . .

dK

dt4− I⋅

π2

T3

⋅dT

dt

⋅= = 2 π⋅T

2I−

T

dT

dt⋅

⋅

ωR

substituyendo la ec. (1) y el momento de inercia para una esfera sólida de radio R y masa M , queda. . .

dK

dtω2−

2

5M⋅ R

2⋅

T⋅

dT

dt

⋅=

que podemos resolver para la rapidez tangencial v ω R⋅= de un punto

en el ecuador sobre la superficie de la estrella . . .

ω R⋅T−

dK

dt

⋅

2

5M⋅

dT

dt

⋅=

considerando que dK

dt

0< porque la estrella emite energía, ésta rapidez vale . . .

v0.0331 seg⋅( )− 5− 1031× watts⋅( )⋅

2

51.4 1.99 1030× kg⋅( )⋅ ⋅ 4.22 10 13−× seg⋅( )⋅

= = 1.876 106×m

seg⋅ = 1876

km

seg⋅

Lo cual significa que tal estrella tiene un radio extremadamente pequeño, dado por:

Rv

ω= =

v

2 π⋅T

= 1.876 106×m

seg⋅

0.0331 seg⋅2 π⋅

⋅ = 9.88 103× m⋅

o unos 10 km solamente.



β

R

h

35. Si el aro es homogéneo y simétrico, su centro de masa se localiza en su centro geométrico y cuando se gira un ángulo β apoyado sobre el soporte superior, a partir de su posición vertical de equilibrio, su centro de masa se eleva la distancia vertical. . .

h R R cos β( )⋅−= (1)

y cuando se suelta partiendo del reposo desde esa posición, su energía potencial gravitacional se transforma en energía cinética rotacional respecto al eje de giro, es decir, considerando que la posición inicial del centro de masa

corresponde al nivel cero de energía potencial gravitacional, la conservación de la energía

Einicial E final= aplicada entre éstas dos posiciones del aro establece que . . .



+=

0( ) M g⋅( ) h⋅+ 1

2I⋅ ω2⋅

0( )+= (2)

donde ω es la rapidez angular repecto al clavo O , por lo cual el momento de inercia del aro respecto a

éste eje se calcula aplicando el teorema de los ejes paralelos. . .

IO Icm M d2⋅+= = M R

2⋅( ) M R2⋅+ = 2 M⋅ R

2⋅

dado que la distancia d entre el centro de masa y el eje de giro es R. Por lo tanto, usando la ec.(1) , la ec. (2) queda:

M g⋅ R 1 cos β( )−( )⋅ ⋅ 1

22 M⋅ R

2⋅( )⋅ ω2⋅=

De modo que la rapidez angular del aro al pasar por su posición vertical de equilibro es . . .

ωg

R1 cos β( )−( )⋅= (3)

β

Mg

RPor otra parte, si consideramos el momento de torsión del propio peso del aro respeto al eje de giro que pasa por el clavo y aplicamos la 2a ley

de Newton en la forma rotacional τ I α⋅= , se obtiene. . .

M g⋅ R sen β( )⋅( )⋅ 2 M⋅ R2⋅( ) α⋅=



La aceleración angular α depende del ángulo β porque :

α M g⋅ R sen β( )⋅( )⋅

2 M⋅ R2⋅( )= =

1

2

g

R⋅ sen β( )⋅ (4)

por definición: αdωdt

= , asi que usando la regla de la cadena para derivadas podemos escribir :

αdωdβ

dβdt

⋅= donde dβdt

ω−= es la rapidez angular ( negativa porque b disminuye con el

tiempo ). La ec. (4) se puede escribir entonces como. . .

dωdβ

ω−( )⋅ 1

2

g

R⋅ sen β( )⋅=

separando los diferenciales e integrando ambos miembros de ésta ecuación, bajo las condiciones: ω 0=cuando el ángulo es β y β 0= cuando el aro tiene la rapidez ω buscada en la posición vertical,

queda . . .

0

ωωω−( )⌠

⌡

d1

2

g

R

β

0

βsen β( )⌠⌡

d⋅=

1−2

ω202−( )⋅ 1−

2

g

R

cos 0( ) cos β( )−( )⋅=

o bién . . .

ω2 g

R1 cos β( )−( )⋅=

de lo cual se obtiene nuevamente la ec. (4), que es la solución buscada.Nóterse que la conservación de la energía es en éste caso un procedimiento más directo para la solución

del problema que la aplicación de la 2a ley de Newton

h

ωX

Y

O

xdy

36. Imaginemos que el cono está formado por una cantidad infinitamente grande de discos cilíndricos de espesor dy y radio x , como el que se indica en la figura de la derecha.Sean: M la masa total del cono, R el radio de su base circular y h su altura a lo largo del eje Y , entonces si el cono es homogéneo, su densidad de masa (masa por unidad de volumen) es. . .

ρM

1

3π⋅ R

2⋅ h⋅= (1)



Por lo tanto, la masa de uno de esos discos diferenciales es. . . dm ρ dV⋅= = ρ π x2⋅( )⋅ dy⋅

y su momento de inercia es entonces

dI1

2dm( )⋅ x

2⋅= = 1

2ρ π x

2⋅( )⋅ dy⋅ ⋅ x2⋅

Asi que el momento total de inercia es la suma infinita (la integral definida) de todos ellos. . .

I =

0

h

y1

2π ρ⋅ x

4⋅( )⋅⌠⌡

d (2)

Por otra parte, la ecuación de la generatriz del cono es la recta que pasa por R 0,( ) y por 0 h,( ) es

decir . . . y 0−h 0−0 R−

x R−( )⋅= de donde se obtiene que : yh−

R

x⋅ h+= y por l tanto

dyh−

R

dx⋅= de modo que la integral (2) queda como. . .

I

R

0

x1

2π ρ⋅ x

4⋅( )⋅h−

R

⋅⌠⌡

d= = π− ρ⋅ h⋅2 R⋅ R

0

xx4⌠

⌡

d⋅

puesto que si y varía desde 0 hasya h, entonces x varía desde R hasta 0. Integrando . . .

Iπ− ρ⋅ h⋅2 R⋅

1

50( )

5⋅ 1

5R

5⋅−

⋅= = 1

10h⋅ π⋅ ρ⋅ R

4⋅

Finalmente, substituyendo la densidad ρ resulta que el momento de inercia del cono es:

I1

10h π⋅ M

1

3π⋅ R

2⋅ h⋅⋅ R

4⋅

⋅= = 3

10M⋅ R

2⋅

Nótese que éste resultado es independiente de la altura h del cono, es decir, todos los conos que tengan

la misma masa y el mismo radio de la base tendrán el mismo momento de inercia respecto a su eje de simetría.

R

T T T

Mg

37. Ignorando la fricción con el aire, las fuerzas sobre el cilindro son las tres tensiones de la cuerdas y su propio peso M g⋅ ,asi que si se aplica al cilindro la forma translacional de la 2a ley de Newton

Fneta M a⋅= en la dirección vertical se obtiene . . .

3 T⋅ M g⋅− M a−( )⋅= (1)

donde a−( ) es la aceleración vertical del centro de masa del cilindro.



Si se aplica ahora la forma rotacional de la 2a ley de Newton τneto I α⋅= se obtiene . . .

3 T⋅ R⋅ 1

2M⋅ R

2⋅

a

R

⋅= (2)

puesto que las tensiones son perpendiculares al radio de giro R , por eso T R× T R⋅= y si

las cuerdas no se deslizan sobre la superficie del cilindro, la aceleración angular α se relaciona con la

aceleración translacional a del centro de masa como a α R⋅= .

Además, si el cilindro es homogéneo, su peso es una fuerza que pasa por el centro geométrico, el cual está sobre el eje de giro y por lo tanto, no ejerce ningún momento de torsión.

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (2) para las incógnitas a y T se obtiene. . .

a2

3

g⋅= ; T1

9M⋅ g⋅=

Sigiuiendo éste procedimiento se puede demostrar que cuando el cilindro cuelga de n cuerdas idénticas

entonces la tensión en cada uno de ellas es T1

3 n⋅M⋅ g⋅= ; pero la aceleración sigue siendo la misma

a2

3g⋅= . Nótese que éstos resultados no dependen del radio del cilindro.

38. La única fuerza conservativa que realiza trabajo sobre el sistema es el peso del bloque ( las fuerzas que sostienen a los discos sobre sus ejes y la tensión en el hilo no tienen desplazamientos). Consideremos al suelo como el nivel de referencia cero para la energía potencial gravitacional y apliquemos el principio de la conservación de la energía mecánica Einciail E final= entre los estados inicial (el momento en que

se suelta el bloque) y final ( el instante en que llega al suelo).



+=

0( ) M g⋅( ) h⋅+ 1

2M⋅ v

2⋅ 1

2I 1 I 2+( )⋅ ω2⋅+

0( )+=

Como el hilo no se desliza sobre el cilindro, entonces su rapidez tangencial v se relaciona con la rapidez

angular del disco ω como v ω R⋅= siendo R el radio del cilindro en el cual se enrolla el hilo.

Además, si I 1 e I 2 son los momento de inercia de los cilindros, entonces cuando el hilo se enrolla

sobre el cilindro de radio R1 queda :

M g⋅ h⋅ 1

2M⋅ v

2⋅ 1

2

1

2M 1⋅ R1( )2⋅ 1

2M 2⋅ R2( )2⋅+

⋅v

R1

2

⋅+= (1)

y resolviendo para la rapidez tangencial se obtiene . . .



v2 g h⋅⋅

2M 1

M+

M 2

M

R2

R1

2

⋅+

= (2)

como M 2 2 M1⋅= y R2 2 R1⋅= éste resultado se simplifica a . . .

v2 g h⋅⋅

2M1

M+

2 M 1⋅

M

2 R1⋅

R1

2

⋅+

= = 2 g h⋅⋅

2 9M 1

M⋅+

= 2 g 2 m⋅( )⋅⋅

20.8 kg⋅1.5 kg⋅

9( )⋅+

= 3.4m

seg⋅

Cuando el hilo se enrolla en el cilindro de radio R2 la ec. (1) toma la forma . . .

M g⋅ h⋅ 1

2M⋅ v

2⋅ 1

2

1

2M 1⋅ R1( )2⋅ 1

2M 2⋅ R2( )2⋅+

⋅v

R2

2

⋅+= (3)


v2 g h⋅⋅

2M 1

M

R1

R2

2

⋅+M 2

M+

=

y substituyendo M 2 2 M 1⋅= y R2 2 R1⋅= queda . . .

v2 g h⋅⋅

2M1

M

R1

2 R1⋅

2

⋅+2 M 1⋅

M+

= = 2 g h⋅⋅

29

4

M 1

M⋅+

= 2 g 2 m⋅( )⋅⋅

29

4

0.8 kg⋅1.5 kg⋅

⋅+

= 4.95m

seg⋅

porque la rapidez angular final de los cilindros es ahora menor y por consiguiente también es menor la energía rotacional, en consecuencia, por la conservación de energía, se deduce que el bloque debe tener más energía cinética, es decir, deberá moverse más rápido.

39. Puesto que existe deslizamiento entre las superficies en contacto, la fuerza de fricción realiza trabajo y no se conserva la energía cinética inicial. Notemos también que tampoco se conserva el momentum angular porque, aunque la fuerza de fricción es la misma (en magnitud) en ambos cilindros, produce distintos momentos de torsión. El momento total no es cero y por lo tanto de la segunda ley de Newton

τdL

dt= se sigue que el momentum angular L no permanece constante.



fk

− fk

R1 R2

La fuerza de fricción f k (supuesta constante ) que actúa

sobre el primer cilindro debido al rozamiento con el otro

cilindro le produce el momento de torsión τ1 f k R1⋅= que

frena su rotación y de τ dt⋅ dL= se sigue que:

ti

t f

tτ1

⌠⌡

d

ti

t f

tdL1

dt

⌠⌡

d= L1( )f

L1( )i

−= (1)

donde los síndices i , f se refieren a los estados inicial (antes de que los cilindros entren en contacto) y final (cuando ambos están girando y ya no hay deslizamiento entre ellos) El primer miembro de la ec. (1) queda entonces. . .

ti

t f

tτ1

⌠⌡

dti

t f

tf k R1⋅( )⌠⌡

d= = f k R1⋅( )ti

t f

t.⌠⌡

d⋅ = f k R1⋅( ) t f ti−( )⋅ = f k R1⋅( ) ∆t⋅

puesto que f k y R1 son constantes.

Dado que los cilindros son objetos rígidos, su momentum angular se calcula como : L I ω⋅= y si

denotamos por ω1 f la rapidez angular final del primer cilindro, la ecuación (1) queda:

f k R1⋅( ) ∆t⋅ = I 1 ω1 f( )⋅ I 1 ω0⋅− (2)

De manera similar, sobre el segundo cilindro actúa la fuerza f k− ( la reacción de f k ) que le produce el

momento de torsión τ2 f k− R2⋅= el cual acelera su rotación y se sigue que :

ti

t f

tτ2

⌠⌡

d

ti

t f

tdL2

dt

⌠⌡

d= es decir :

ti

t f

tf k− R2⋅( )⌠⌡

d L2( )f

L2( )i

−=

Denotando entoces por ω2 f la rapidez angular final de éste cilindo, queda . . .

f k− R2⋅ ∆t⋅ I 2 ω2 f( )⋅ 0−= (3)

Al final ya no hay deslizamiento entre las superficies de los cilindros y se deduce que su velocidad tangencial

es la misma, es decir : ω1 f( ) R1⋅ ω2 f( ) R2⋅= , es decir . . .

ω2 f ω1 fR1

R2

⋅= (4)



Substituyendo entonces la ec. (4) en la ec.(3) resulta:

f k− R2⋅ ∆t⋅ I2 ω1( )f

R1

R2

⋅

⋅=

por lo tanto, despejando de aquí f k ∆t⋅ y substituyendo en la ec. (2) resulta finalmente:

R1

I 2−R2

ω1 f⋅R1

R2

⋅

⋅

⋅ I 1 ω1 f⋅( )⋅ I 1 ωo⋅−=

de manera que la rapidez angular final del primer cilindro, el cual giraba inicialmente a la rapidez ωo es . . .

ω1 f ωoI 1

I 1 I 2

R1

R2

2

⋅+

⋅=

y substituyendo las expresiones para los momentos de inercia de los cilindros se obtiene . . .

ω1 f = ωo

1

2M 1⋅ R1( )2⋅

1

2M1⋅ R1( )2⋅ 1

2M 2⋅ R2( )2⋅

R1

R2

2

⋅+

⋅ = ω0

M 1

M1 M 2+

⋅

Nótese la semejanza de éste resultado con la rapidez final obtenida en un choque inelástico en una dimensión, con una de las partículas iniciales en reposo.

R

m1g

T

T

T

T

Mgθ

fs

40. Escojamos un sistema de referencia XY orientado con el eje X en la dirección del plano sobre el que rueda la esfera sin resbalar. Si aplicamos la 3a ley de Newton al bloque y a la esfera, se obtienen los diagramas de "cuerpo libre" que se muestran en la figura de la derecha, donde T es las

tensión de la cuerda (ignorando la masa de la polea y de la cuerda).

Nótese que la esfera tiende a rodar hacia abajo sobre la superficie del plano inclinado, por eso el sentido de la fuerza de fricción que ejerce el plano sobre ella es como se muestra en la figura de la derecha.

La aplicación directa de la 2a ley de Newton en la dirección vertical al bloque que cuelga dá . . .



F y( )neta

m1 a⋅= es decir . . . T m1 g⋅− m1 a⋅= (1)

La aplicación de la 2a ley de Newton en la forma rotacional ττττneto I α⋅= a la esfera es . . .

T R⋅ f k R⋅−( ) Ia

R⋅= (2)

pues la aceleración angular α y la aceleración tangencial a se relacionan por a α R⋅= si la cuerda no

se desliza sobre las superficies y si la esfera rueda sin resbalar.

Como la fuerza de fricción estática es f s M g⋅ cos θ( )⋅ µs⋅= quedan las ecuaciones :

T m1 g⋅− m1 a⋅=

T M g⋅ cos θ( )⋅ µs⋅−( ) R⋅ 2

5M⋅ R

2⋅

a

R

⋅=

y resolviendolas simultáneas para T y a se obtiene :

a gm1 M µs⋅ cos θ( )⋅−

2

5M⋅ m1−

⋅=

T m1 g⋅M

2

5M⋅ m1−

2

5µs cos θ( )⋅−

⋅

⋅=

La aceleración será positiva, es decir la esfera rueda hacia abajo sobre el plano inclinado si

m1 M µs⋅ cos θ( )⋅−2

5M⋅ m1−

0> , es decir si . . .M µs⋅ cos θ( )⋅ m1< 2

5M⋅< o

µs cos θ( )⋅m1

M

< 2

5<

o también si M µs⋅( ) cos θ( )⋅ m1> 2

5M⋅> es decir µs cos θ( )⋅

m1

M

> 2

5>

Cuando se toma en cuenta la inercia de la polea, la aceleración disminuye y la tensión aumenta, aunque es diferente en ambos lados de la polea, dado que se requiere realizar trabajo mecánico para hacer girar a la polea.

41. Sean T1 y T2 las tensiones en las cuerdas respectivas de cada polea. Si se escoje un eje de referencia vertical

con el origen en la posición inicial del bloque y se aplica a éste la 2a ley de Newton:



Fneta( )y

M a⋅=

se obtiene . . .

T1 T2+ M g⋅− M a−( )⋅=

donde −a es la aceleración vertical descendente del bloque.Por otra parte, la única fuerza que produce un momento de torsión sobre las poleas es la tensión en la cuerda

que les une al bloque, asi que aplicando a cada una la 2 a ley de Newton en la forma rotacional τneto I α⋅=

se obtiene . . .

T1 R1× I 1 α1⋅=

T2 R2× I 2 α2⋅=

siendo α1a

R1

= y α2a

R2

= las aceleraciones angulares respectivas, suponiendo que la cuerda no se

desliza sobre la superficie de las poleas. De éste modo se obtiene el sistema de ecuaciones simultáneas . . .

T1 T2+ M g⋅− M a⋅= (1)

T1 R1⋅ 1

2M1⋅ R1( )2⋅

a

R1

⋅= es decir T11

2M 1⋅ a⋅= (2)

T2 R2⋅ 1

2M2⋅ R2( )2⋅

a

R2

⋅= es decir T21

2M 2⋅ a⋅= (3)

asi que al substituir T1 y T2 de las ecs. (2) y (3) en la ec. (1) resulta . . .

1

2M1⋅ a⋅

1

2M 2⋅ a⋅

+ M g⋅− M a−( )⋅=

esto es . . .

a2 M⋅

M 1 M 2+ 2 M⋅+

g⋅= (4)

y por lo tanto, las ecs. (2) y (3) dan las tensiones . . .

T1M

M 1 M 2+ 2 M⋅+

M 1 g⋅( )⋅= y T2M

M 1 M 2+ 2 M⋅+

M2 g⋅( )⋅=

Como se puede notar de la ec. (4), la aceleración del bloque es constante, asi que su movimiento es uniformemente acelerado y puede aplicarsele la ecuación cinemática . . .

v f( )2vi( )2

2 a⋅ y f yi−( )⋅−= , donde yi 0= porque el bloque parte del origen de referencia, vi 0=

porque parte del reposo y y f h−= porque desciende una altura h. Por lo tanto . . .

v f( )22−

2 M⋅M 1 M2+ 2 M⋅+

g⋅

⋅ h−( )⋅=

y queda . . .



v f4 M⋅

M 1 M 2+ 2 M⋅+g h⋅⋅= (5)

También es posible determinar la rapidez final del bloque aplicando la conservación de la energía entre el estado inicial (cuando el bloque parte del reposo) y el estado final ( cuando ha descendido una altura h ), dado que la única energía potencial del sistema bloque+poleas es la gravitacional.

Einicial E final=

Krotacional K translacional+ Ug+( )inicial

Krotacional K translacional+ Ug+( )final

=

0( ) 0( )+ M g⋅ h⋅( )+ 1

2I 1⋅ ω1( )2⋅ 1

2I 2⋅ ω2( )2⋅+

1

2M⋅ v

2⋅

+ 0( )+=

pero la rapidez v del bloque es la rapidez tangencial de la cuerda sobre las poleas y se relaciona con las

velocidades angulares respectivas como v ω1 R1⋅( )= y v ω2 R2⋅( )= por lo cual, la ec. anterior

queda como . . .

M g⋅ h⋅ 1

2

1

2M1⋅ R1( )2⋅

⋅v

R1

2

⋅ 1

2

1

2M 1⋅ R2( )2⋅

⋅v

R2

2

⋅+ 1

2M⋅ v

2⋅+=

o

M g⋅ h⋅ 1

4M 1⋅ v

2⋅ 1

4M 2⋅ v

2⋅+ 1

2M⋅ v

2⋅+=

de modo que resolviendo para la rapidez v se obtiene nuevamente la ec. (5)

R

fk

ωo

ωo

ωf

d

vcm

fs

d

42. La fuerza de fricción cinética f k

se opone al desplazamiento del cilindro sobre la superficie horizontal y produce una aceleración translacional hacia el frente, asi como un momento de torsión que se opone a la rapidez

angular inicial ωo . Finalmente,

cuando cesa el deslizamiento

el cilindro solo rueda sobre la mesa horizontal siendo f s la fuerza de fricción estática entre ellos, la cual

no realiza trabajo ni cambia la energía cinética del cilindro

Aplicando la 2a ley de Newton en la forma translacional f k

dp

dt= al cilindro que gira y se desliza

sobre la mesa, se deduce que

ti

t f

tf k⌠⌡

d0

p f

p.⌠⌡

d= = p f 0− esto es. . .



ti

t f

tf k⌠⌡

d M vcm⋅( )= (1)

donde ti y t f se refieren a los instantes inicial (cuando se suelta el cilindro sobre la superficie) y final

( cuando el cilindro deja de resbalar y sólo rueda ) y siendo además p f M vcm⋅= el momentum lineal

final y vcm es la velocidad del centro de masa del cilindro.

Aplicando ahora la 2a ley de Newton en la forma rotacional τ dL

dt= se sigue que

ti

t f

tf k R⋅( )⌠⌡

d−Li

L f

L.⌠⌡

d= = L f Li−

es decir. . .

R−ti

t f

tf k⌠⌡

d⋅ I ω f ωo−( )⋅= (2)

Nótese que en ésta segunda ecuación, el momento de torsión es negativo, porque se opone al giro inicial del cilindro.Asi que substituyendo la ecuación (1) en la (2) resulta . . .

R− M vcm⋅( )⋅ I ω f ωo−( )⋅= = Ivcm

Rωo−

⋅

dado que cuando el cilindro rueda solamente,

vcm ω f R⋅= Resolviendo ésta ecuación para vcm queda . . .

vcm ωoI

I

RM R⋅+

⋅= = ω0 R⋅( ) 1

M R2⋅

I1+

⋅

Para un cilindro, el momento de inercia es I1

2M⋅ R

2⋅= y la ec. anterior queda:

vcm1

3ω0 R⋅( )⋅=

es decir, la rapidez final de translación es la tercera parte de la rapidez tangencial inicial

Si se tratase de una esfera, el momento de inercia es I2

5M⋅ R

2⋅= y la rapidez final de su centro de

masa sería:

vcm2

7ω0 R⋅( )⋅=



En general, a mayor momento de inercia I , mayor será también la rapidez final vcm .

Por otra parte, como la fuerza de fricción es constante, produce una aceleración constante y el cilindro se

mueve de manera uniformemente acelerada y de acuerdo con la ec. cinemática: vcm vi a ∆t⋅+= =

0f k

M

∆t⋅+ el tiempo que tarda deslizándose es . . .

∆t vcmM

f k⋅= =

ω0 R⋅3

M

M g⋅ µk⋅⋅ =

1

3

ωo R⋅

g µk⋅⋅

Y también de la ec. cinemática vcm( )2vi( )2

2 a⋅ ∆x⋅+= = 0 2f k

M

⋅ ∆x⋅+ se deduce que la

distancia que se desliza es:

∆xM vcm( )2⋅

2 f k⋅= = M

ω0 R⋅3

2

2 M g⋅⋅ µk⋅⋅ =

1

18

ωo R⋅( )2

g µk⋅⋅

R

h F43. Si la fuerza F t( ) que imparte el taco a la pelota es impulsiva,

puede ignorarse la fuerza de fricción cinética f k ejercida por la

superficie de la mesa sobre la pelota durante el corto intervalo de

tiempo ∆t que dura el impacto con el taco, dado que F es en

promedio mucho mayor que f k

Entonces, de la 2a ley de Newton en la forma translacional

F t( )dp

dt= , es decir de F t( ) dt⋅ dp= , integrando ambos

miembros . . .

ti

t f

tF t( )⌠⌡

d0

p f

p.⌠⌡

d= se deduce que . . .

ti

t f

tF t( )⌠⌡

d

M vo⋅= (1)t (seg)

F(t)

fk

∆ tO

donde ti y t f se refieren a los instantes inicial (cuando se inicial el golpe del taco sobre la bola ) y

final (cuando cesa el contacto con el taco, la bola rueda hacia adelante con una rapidez angular ωo y

se translada con la rapidez vo )

Aplicando ahora la segunda ley de Newton en la forma rotacional τdL

dt= es decir τ t( ) dt⋅ dL=



e integrando ambos miembros . . .

ti

t f

th F t( )×( )⌠⌡

d0

L f

L.⌠⌡

d= se sigue que:

hti

t f

tF t( )⌠⌡

d

⋅ L f 0−( )= = I ωo⋅ 0−( ) (2)

Nótese que el momento de torsión es positivo. Substituyendo ahora la integral de la ec. (1) en la ec. (2) se obtiene :

h M vo⋅( )⋅ I ω0⋅= (3)

Por otra parte, durante el deslizamiento, sólo la fuerza de fricción f k ejerce un momento de torsión

negativo sobre la bola (porque f k se opone al giro) , asi que nuevamente de la forma rotacional de la

segunda ley de Newton τnetodL

dt= aplicada a la bola se deduce que . . .

ti

t f

tR f k×( )⌠⌡

d−Li

L f

L.⌠⌡

d=

donde ahora ti y t f se refieren a los instantes inicial (cuando cesa el golpe del taco sobre la bola ) y

final (cuando la bola rueda sin resbalarse sobre la superficie con una rapidez angular ω f y una rapidez

v f de su centro de masa, tales que v f ω f R⋅= ) y queda . . .

R−ti

t f

tf k⌠⌡

d

⋅ L f Li−( )= = I ω f ωo−( )⋅ (4)

También de la 2a ley de Newton aplicada a la bola en la forma translacional f k

dp

dt= se sigue que:

ti

t f

tf k⌠⌡

d

pi

p f

p.⌠⌡

d= = p f pi−( ) = M v f vo−( )⋅ (5)

Substituyendo la integral de la ec. (5) en la ec. (4) se obtiene . . .

R− M⋅ v f vo−( )⋅ I ω f ω0−( )⋅= (6)

Pero de la ec. (3) I ωo⋅ h M⋅ vo⋅= y dado que ω fv f

R= puesto que ha cesado el deslizamiento, la

ec. (6) se puede escribir entonces como . . .



R− M⋅ v f vo−( )⋅ Iv f

R

⋅ h M⋅ vo⋅−=


hv f

vo1−

R⋅v f

M R vo⋅

I⋅+= (7)

El momento de inercia de una esfera maciza es: I2

5M⋅ R

2⋅= y si su rapidez final es v f9

7vo⋅=

entonces, la altura h respecto a su centro, a la cual se le dió el impulso fué . . .

h9

71−

R⋅

9

7vo⋅

M R⋅ vo⋅2

5M⋅ R

2⋅

⋅+=

= 2

7R⋅ 9

7

2

5⋅ R⋅+ =

4

5R⋅

44. De la ec. (7) del problema anterior se sigue que cuando v f vo= (es decir, la rapidez inicial de translación

vo es exactamente la rapidez de translación cuando no hay deslizamiento v f ), entonces la altura h sobre

el centro de la bola a la cual el taco la golpeó debe ser . . .

hvo

vo1−

R⋅vo

M R vo⋅

I⋅+= = 01

M R⋅

I⋅+ = 1

M R⋅

2

5⋅ M⋅ R

2⋅ = 2

5R⋅

Nótese que ésta altura depende del momento de inercia I .La rapidez final de la bola de billar es una función de la altura h sobre su centro a la que el taco le proporciona el impulso inicial horizontal y puede obtenerse resolviendo la ec. (7) del ejercicio anterior, para v f resultando . . .

altura h

rapi

dez

fina

l

vo

R−2

5R⋅

v f h( )⋅ h R+( )M R⋅ vo⋅

I M R2⋅+

⋅=

y con I2

5M⋅ R

2⋅= para una esfera sólida queda. . .

v f h( ) h R+( )M R⋅ vo⋅

2

5M⋅ R

2⋅ M R2⋅+

⋅=

= h

R1+

vo

7

5

⋅ = 5

7vo⋅

h

R1+

⋅



Notese que v f vo< si el taco golpea a la bola a una altura h inferior a 2

5R⋅ debido a la rotación

opuesta que le imparte inicialmente.

D

M L2

L2

vo

vo

45 Ignorando la fricción, sobre los dos patinadores considerados como un sistema de dos partículas, no actúan fuerzas externas y por lo tanto éste sistema conservará su energía, su momentum lineal y su momentum angular. Respecto a un punto fijo de la línea central entre sus trayectorias rectas sus momentums angulares y lineales son iguales y opuestos, por lo que

vo

vo

v

vx

x

al final, cuando el segundo patinador sujeta la vara que lleva el primero, sus momentums deben seguir cancelándose mutuamente, solo que ahora aparece una fuerza interna perpendicular a su trayecoria que hace que se muevan en un

círculo de diámetro D = 3 m a la misma rapidez vo 10m

seg⋅= .

Cuando los patinadores reducen su separación, jalándose mutuamente, se reducen también su momento de inercia I repecto al centro de masa y como se conserva constante su

mometum angular total L I ω⋅= se deduce entonces que

aumenta su rapídez angular ω ( y tangencia) , esto es . . .

Li L f=

M vo⋅( ) D

2⋅ M vo⋅( ) D

2⋅+ M v⋅( ) x⋅ M v⋅( ) x⋅+= (1)

ignorando la inercia rotacional de la barra que los une. De ésta ecuación se obtiene la rapidez final de los patinadores, cuando su distancia al centro de giro es x:

v v0D

2 x⋅

⋅= (2)

Haciendo x 0.5 m⋅= resulta: v 3 v0⋅= , es decir, la rapidez final de los patinadores es el triple de la

rapidez que tenían inicialmente El cambio de su energía cinética es:

∆K K final K inicial−=



∆K = 1

2M⋅ v

2⋅ 1

2M⋅ v

2⋅+

1

2M⋅ vo( )2⋅ 1

2M⋅ v0( )2⋅+

−

de manera que substituyendo la ec. (2) queda . . .

∆K = M v0D

2 x⋅

⋅

2

⋅ M v0( )2⋅−

= M v0( )2⋅D

2 x⋅

2

1−

⋅ (3)

que es una cantidad positiva porque D 2 x⋅> . Este incremento en la energía cinética proviene del

trabajo hecho por los patinadores para jalarse mutuamente hacia el centro de giro, venciendo la fuerza

"centrífuga" dada por la 2a ley de Newton F M a⋅= :

F x( ) Mv

2

x

⋅= = M

xv0

D

2 x⋅

⋅

2

⋅ = M vo( )2⋅ D

2⋅

4 x3⋅

que tiene asociada la energía potencial . . .

Uc x( )x

∞xF x( )

⌠⌡

d−= = M vo( )2⋅ D

2⋅4

−x

∞xx

3−⌠⌡

d⋅ = M vo( )2⋅ D

2⋅

8 x2⋅

−

por eso el cambio de la energía potencial centípeta para cada patinador fué . . .

∆Uc Uc( )final

Uc( )inicial

−=

= M vo( )2⋅ D

2⋅

8 x2⋅

−M vo( )2⋅ D

2⋅

8D

2

2

⋅

+

= 1

2M⋅ vo( )2⋅ 1

D

2 x⋅

2

−

⋅

y para ambos, es el doble de ésta cantidad, asi que se cumple la conservación de la energía mecánica . . .

∆K ∆U total+ 0=



46. Ignorando la fricción, la única fuerza que hace trabajo sobre la esfera es su propio peso, asi que tomando como nivel de referencia para su energía potencial el fondo de la hemiesfera, por la conservación de la energía Einicial E final= aplicada a la esfera pequeña entre su estado inicial (cuando se suelta de la

parte superior de la hemiesfera) y su estado final (cuando está en el fondo de la hemiesfera ), se tiene:



+=

0( ) M g⋅( ) R⋅+ 1

2M⋅ v

2⋅ 1

2I⋅ ω2⋅+

M g⋅( ) r⋅+=

La energía cinética final de la esfera está costituida por su energía de translación y su energía de

rotación, con su rapidez de translación v relacionada con su rapidez de rotación ω por medio de

v ω R⋅= , dado que no hay deslizamiento al rodar y siendo R es el radio de la esfera.

M g⋅ r⋅ es la energía potencial gravitacional de la esfera en la parte más baja de su trayectoria, si se

considera como una partícula localizada en su centro de masa:Substituyendo elmomento de inercia I de la esfera respecto a su centro de masa queda . . .

M g⋅( ) R⋅ 1

2M⋅ v

2⋅ 1

2

2

5M⋅ r

2⋅

⋅v

r

2

⋅+

M g⋅( ) r⋅+=

De ésta ecuación se obtiene:

v2 10

7g⋅ R r−( )⋅=

asi que la fuerza centrípeta sobre la esfera en ese momento, se calcula de la segunda ley de Newton

aplicada al movimiento circular: F Mv

2

R r−( )⋅= y vale . .

F M

10

7g⋅ R r−( )⋅

R r−⋅= =

10

7M⋅ g⋅

h

LL

M MR

47. Cuando el dispositivo no gira, las esferas se localizan en la parte más baja, colgando verticalmente. Este es su estado inicial.En el estado final, las esferas se encuentran girando en una circunferencia horizontal a una altura h por encima de su posición inicial, asi que ignorando la inercia de las varillas y del eje y suponiendo que la fricción es irrelevante, de la conservación de la energía mecánica aplicada a éste sistema se sigue que:



W ∆E= = E final Einicial−( )

W K final Ug( )final

+ 0( )−=

donde se ha considerado que el nivel de referencia para la energía potencial gravitacional es la posición inicial de las bolas cuando están en reposo, de manera que su energía total inicial es cero. Se tiene entonces que. . .

W 21

2M⋅ v

2⋅

M g⋅ h( )⋅+

⋅= (1)

donde v ω R⋅= es la rapidez tangencial de las bolas al girar.

R

T

Mg

ω

θ

A la derecha se muestra el diagrama de cuerpo libre para una de las bolas, siendo T la fuerza de tensión que ejerce la varilla, asi que de la segunda ley de Newton se tiene que :

T sen θ( )⋅ Mv

2

r⋅= y T cos θ( )⋅ M g⋅=

dividiendo miembro a miembro éstas ecuaciones se obtiene . . .

sen θ( )cos θ( )

v2

R g⋅= =

ω2R⋅

g(2)

Además, por la geometría del esquema anterior se deduce que: h LR

tan θ( )−= , asi que

substituyendo tan(θ) de la ec. (2) : h L Rg

ω2R⋅

⋅−= y se obtiene . . .

L

h ω( )

ω

h Lg

ω2−= .

Substituyendo éste valor de h en la ecuación (1) , asi

como R2

L2

L h−( )2−= = L

2 g2

ω4−

resulta . . .

W M ω R⋅( )2⋅ 2 M⋅ g⋅ Lg

ω2−

⋅+=

= M ω2L

2⋅ 3

ω2g

2⋅− 2 g⋅ L⋅+

⋅

que es una función de la rapidez angular ω , como se muestra en la gráfica de la derecha.

W ω( )

ω



vo v

ω

d

fk f

s

48. La fuerza de fricción cinética f k

se opone al desplazamiento de la bola sobre la superficie horizontal y produce una aceleración translacional hacia atrás, asi como un momento de torsión que genera una aceleración y finalmente una

rapidez angular ω cuando cesa el

deslizamiento

Cuando la bola solo rueda sobre la pista horizontal, f s es la fuerza de fricción estática entre ellas, la

cual no realiza trabajo ni cambia la energía cinética .

Aplicando la 2a ley de Newton en la forma translacional f k−

dp

dt= a la bola que se desliza sobre la

mesa, se deduce que

ti

t f

tf k⌠⌡

d−pi

p f

p.⌠⌡

d= = p f pi− esto es. . .

ti

t f

tf k⌠⌡

d M vo⋅ M v⋅−( )= (1)

donde ti y t f se refieren a los instantes:

inicial (cuando se suelta la bola sobre la superficie y su rapidez inincial es vo ) y •

final (cuando la bola deja de resbalar y rueda transladándolse sobre la pista con la rapidez final v •de su centro de masa )

Aplicando ahora la 2a ley de Newton en la forma rotacional τ

dL

dt= se sigue que

ti

t f

tR f k×( )⌠⌡

dLi

L f

L.⌠⌡

d= = L f 0−

es decir. . .

Rti

t f

tf k⌠⌡

d⋅ I ω⋅= (2)

Asi que substituyendo la ecuación (1) en la (2) resulta . . .

R M vo⋅ M v⋅−( )⋅ I ω⋅= = Iv

R

⋅

puesto que cuando el cilindro rueda, la relación entre su rapidez angular y la rapidez de su centro de

masa es v ω R⋅= . Resolviendo ésta ecuación para v queda . . .



v voM R

2⋅

M R2⋅ I+

⋅= (3)

Para una esfera maciza de masa M y radio R , el momento de inercia es I2

5M⋅ R

2⋅= asi que la rapidez

final de translación es v vo1

12

5+

⋅= = 5

7vo⋅

Por otra parte, si suponermos que la fuerza de fricción cinética f k µk M⋅ g⋅= es constante, producirá una

aceleración constante af k−

M= y la bola se moverá de manera uniformemente acelerada y de acuerdo

con la ec. cinemática . . . v2

vo( )22 a⋅ d⋅+=

Se deduce asi, que la distancia que se desliza es:

dv

2vo( )2−

2 a⋅= =

voM R

2⋅

M R2⋅ I+

⋅

2

vo( )2−

2 µk− g⋅( )⋅ =

vo( )2

2 g⋅ µk⋅I 2 M⋅ R

2⋅ I+( )⋅

M R2⋅ I+( )2

⋅

y con I2

5M⋅ R

2⋅= queda . . .

d12

49

vo( )2

g µk⋅⋅=

−fk

fk

M

49. Cuando el bloque se está deslizando sobre el cilindro, éste lo frena ajerciéndole la fuerza de fricción f k− y a

su vez, el bloque acelera al cilindro al ejercer sobre él la fuerza de reacción f k .

Por lo tanto, de la segunda ley de Newton en la forma translacional f k−dp

dt= aplicada al bloque dá . . .

ti

t f

tf k⌠⌡

d−pi

p f

p.⌠⌡

d= = p f pi−( ) = M v vi−( )⋅ (1)

donde ti es el instante en que comienza el contacto y t f es el momento en que cesa el deslizamiento



Además, la segunda ley de Newton en forma rotacional τ dL

dt= aplicada al cilindro dá . . .

ti

t f

tR f k×( )⌠⌡

d−Li

L f

L.⌠⌡

d= = L f Li−( )

es decir . . . Rti

t f

tf k⌠⌡

d⋅ = I ω 0−( )⋅ , donde ωv

R=

es la rapidez angular final del cilindro, cuando ha cesado el deslizamiento y su rapidez tangencial es igual a la del bloque. Substituyendo en ésta expresión la ec. (1) queda. . .

R M− v vi−( )⋅ ⋅ Iv

R⋅=

y resolviendo para v . . .

v vi1

1I

M R2⋅

+

⋅=

m

d

c.m. U

ω

50. Sobre el sistema formado por la barra y el disco no hay más fuerzas horizontales que las impulsivas durante el choque elástico, puesto que se ignora la fricción, asi que se conservarán constantes

el momentum lineal . . .•pinicial p final=

m v⋅ M 0( )⋅+ m 0( )⋅ M U⋅+= (1)

(donde U es la rapidez de translación final del centro de masa (c.m.) de la barra. Esta rapidez tiene la misma dirección que la rapidez v de m puesto que no hay fuerzas horizontales sobre la barra dirigidas en otra dirección.)

el momentum angular . . .•Linicial L final=

m v⋅( ) d⋅ 0( )+ 0( ) I ω⋅+= (2)

respecto al centro de masa de la barra. Aquí, ω es la rapidez angular final de la barra después del choque.

la energía cinética (porque el choque es elástico)•

K inicial K final=



1

2m⋅ v

2⋅ 0( )+ 0( )1

2M⋅ U

2⋅ 1

2I⋅ ω2⋅+

+= (3)

De manera que substituyendo U de la ec. (1) y w de la ec. (2) en la ec. (3) resulta . . .

1

2m⋅ v

2⋅ 1

2M⋅ m

v

M⋅

2

⋅ 1

2I⋅ m v⋅

d

I⋅

2

⋅+

=

es decir . . .

1

2m⋅ v

2⋅ 1

2m

2⋅ v2⋅

I d2

M⋅+( )M I⋅( )

⋅=


m MI

I M d2⋅+

⋅=

y substituyendo I1

12M⋅ L

2⋅= , el momento de inercia para una barra delgada de longitud L y masa M,

respecto a su centro de masa queda. . .

m M1

1 12d

2

L2

⋅+

⋅=

que es la masa buscada del disco.

51. Imaginemos la calva del tio como una efera de radio R y la uva como otra pequeña esfera de radio r , que rueda sin resbalar sobre la esfera grande. En el momento en que la uva está a punto de perder el contacto con la superfice de la calva, solo la componente

de su peso Mg cos θ( )⋅ contribuye a la fuerza centrípeta para el

movimiento circular .

M g⋅ cos θ( )⋅ Mv

2

R r+( )⋅= (1)

θ

Mg

v

donde v es la rapidez de tranlación del centro de masa de la uva en ese momento.

Además, considerando como estado inicial la posición de partida de la uva, en la cual se localiza el nivel cero de energía potencial gravitacional y como estado final la posición en la que pierde contacto, entonces la conservación de energía Einicial E final= establece que . . .

Ug K+( )inicial

Ug K+( )final

=

0( ) 0( )+ M− g⋅ R r+( )⋅ 1 cos θ( )−( )⋅ 1

2I⋅ ω2⋅+=



donde la energía cinética final se calcula considerando la rotación alrededor del punto de rodamiento, para el cual el momento de inercia de la uva es, de acuerdo al teorema de los ejes paralelos . . .

I Icm M r2⋅+= =

2

5M⋅ r

2⋅

M r2⋅+ =

7

5M⋅ r

2⋅

y la rapidez angular ω se relaciona con la rapidez de translación del centro de masa como ω v

r= de

modo que la ecuación anterior se puede escribir como:

M g⋅ R r+( )⋅ 1 cos θ( )−( )⋅ 1

2

7

5M⋅ r

2⋅

⋅v

r

2

⋅= (2)

y substituyendo v2 de la ec. (1) queda . . .

M g⋅ R r+( )⋅ 1 cos θ( )−( )⋅ 7

10M⋅ g⋅ R r+( )⋅ cos θ( )⋅=

1 cos θ( )− 7

10cos θ( )⋅=

por lo tanto, el ángulo θ al cual se desprende la uva de la calva del tio es . . .

θ arc_cos10

17

= = 54°

52. La tensión de la cuerda es una fuerza radial que no produce un momento de torsión sobre M puesto que pasa por el centro de giro y como no existen fuerzas de fricción ni otras fuerzas horizontales que cambien el momentum en esa dirección, se conserva constante el momentum angular, es decir . . .

Linicial L final=

Ri pi× R p×=

Ri M vi⋅( )⋅ R M v⋅( )⋅=

y la rapidez de giro de M cuando el radio se ha cambiado al valor R es v viRi

R

⋅= .

Por lo tanto, de la 2a ley de Newton aplicada almovimiento circular, Fcentr M

v2

R⋅= la tensión (la

fuerza centripeta) queda expresada en función del radio de giro R como . . .

T M

viRi

R

⋅

2

R⋅= = M

vi( )2Ri( )2⋅

R3

⋅



En consecuencia, el trabajo realizado sobre M para moverle de una trayectoria circular a otra es . . .

WRi

R

RT⌠⌡

d−=

= M− vi( )2⋅ Ri( )2⋅

Ri

R

R1

R3

⌠⌡

d⋅ = M vi( )2⋅ Ri( )2⋅ 1

2⋅ 1

R2

1

Ri( )2−

⋅

= 1

2M⋅ vi( )2⋅

Ri

R

2

1−

⋅

resultado que es congruente con la conservación de la energía E final Einicial− W= porque:

1

2M⋅ v

2⋅

1

2M⋅ vi( )2⋅

− = 1

2M⋅ vi( )2⋅

v2

vi( )21−

⋅

= 1

2M⋅ vi( )2⋅

viRi

R

⋅

2

vi( )21−

⋅ = 1

2M⋅ vi( )2⋅

Ri

R

2

1−

⋅

53. Dado que no hay fuerzas externas sobre el sistema bolas+ resorte+ pista, se conservarán constantes la energía mecánica y el momentum angular respecto al centro de la pista. Ignorando la inercia rotacional de las bolas, dado que son pequeñas, podemos representarlas como partículas de masas M y m . La conservación del momentum angular establece que. . .

Linicial L final=

0( ) M ωo⋅ R2⋅ m ω⋅ R

2⋅−( )= (1)

en el estado inicial el sistema está en reposo y el estado final ocurre en el momento en que se rompe el

cordón. ω y ωo son las velocidades angulares de las partículas y sus momentums angulares finales

tienen signos opuestos porque giran en direcciones contrarias. De ésta ecuación se deduce entonces que . . .

ωM

m

ωo⋅= (2)

Por otra parte, el ángulo girado por ambas partículas debe sumar una vuelta completa, esto es:

ωo t⋅ ω t⋅+( ) 2 π⋅= (3)

puesto que las velocidades angulares se mantienen constantes.



Si substituimos ω de la ec. (2) en la ec. (3), se obtiene que el ángulo ωo t⋅( ) girado por la partícula M

fué:

ωo t⋅M

m

ωo⋅ t⋅+ 2 π⋅=

ωo t⋅( ) 2 π⋅

1M

m+

= (4)

Por otra parte, si la energía potencial inicial del resorte fué Ue , entonces, la conservación de la energía

Einicial E final= entre los estados inicial y final definidos como antes establece que . . .

Ue1

2M R

2⋅( )⋅ ωo( )2⋅ 1

2m R

2⋅( )⋅ ω2⋅+=

donde el miembro derecho de ésta ecuación representa la energía cinética rotacional de las partículas rspecto al centro de la pista. Substituyendo (2), se obtiene . . .

Ue1

2M R

2⋅( )⋅ ωo( )2⋅ 1

2m R

2⋅( )⋅M

m

ωo⋅

2

⋅+=

ωo2 Ue⋅

M R2⋅

1

1M

m+

⋅=

por lo tanto, el tiempo que tardan en chocar las partículas se obtiene de (4) . . .

t2 π⋅ωo

1

1M

m+

⋅= = 2 π⋅

2 Ue⋅

M R2⋅

1

1M

m+

⋅

1

1M

m+

⋅

= 2 π⋅

2 Ue⋅

M R2⋅

1M

m+

⋅

Como el momentum angular del sistema se debe manterer constante, después de chocar, las partículas tendrán la misma rapidez que tenían antes del choque pero con sentidos opuestos a los iniciales. De manera que recorrerán la misma distancia angular que en el primer choque y volverán a chocar en su posición inicial ( en el lugar donde está el resorte).



ω

R

m

v

O

54. Dado que el fragmento sube verticalmente, en el momento que se

desprendió del disco su rapidez tangencial v ωo R⋅= debió ser

vertical y por conservación del momentum angular respecto al eje de giro . . .

Io ωo⋅ I ω⋅ m ωo R⋅( )⋅ R⋅+= (1)

donde I y ω son el momento de inercia del disco roto y su

nueva rapidez angular.

Si aplicamos ahora la conservación de la energía justamente un instante antes de que ocurra el desprendimiento y justamente un instante después de que ocurrió, se tiene . . .

1

2Io⋅ ωo( )2⋅ 1

2I⋅ ω2⋅ 1

2m⋅ ωo R⋅( )2⋅+= (2)

y resolviendo simultánemamente las ecs (1) y (2) para las variables desconocidas I y ω se obtiene:

I Io m R2⋅−=

y

ω ωo=

de manera que el disco seguirá girando a la misma rapidez angular inicial.

El fragmento sube en caida libre hasta la altura dada por vy( )2v

22 g⋅ h⋅−= haciendo vy 0= , es

decir . . . hωo R⋅2 g⋅

=

No se conserva el momentum angular del sistema disco+ fragmento, puesto que actúa una fuerza externa sobre sobre el fragmento ( su propio peso) que cambia su momentum angular respecto al eje de giro del disco.

55. La masa total M de la Tierra es la suma de la masa del núcleo Mn de densidad δn 10.3 103×kg

m3

⋅=

y la masa Mc de densidad δc 4.5 103×kg

m3

⋅= de la capa esférica que queda encima de él .

Suponiendo que ambas partes tienen la forma de esferas sólidas regulares, entonces se tiene que . . .

Mn4

3π⋅ Rn

3⋅

δn⋅= y Mc4

3π⋅ Rc( )3

Rn( )3− ⋅

δc⋅=



Rn

Rc

donde Rn y Rc se refieren al radio del núcleo y de la Tierra

respectivamente. Entonces. . .

Mn 1.963 1024× kg⋅=

Mc 4.014 1024× kg⋅=

M Mn Mc+= 5.978 1024× kg⋅=

Si se supone que la masa de la Tierra no ha cambiado desde entonces y que giraba con una rapidez angular

ωo y un momento de inercia Io2

5M⋅ Rc

2⋅= , debido a que no hubo fuerzas externas durante la

formación del núcleo, se deduce que el momentum angular debió permanecer constante de tal manera que

en la actualidad la Tierra gira con la rapidez angular ω y un momento de inercia I que es la suma del

momento de inercia del núcleo In2

5Mn⋅ Rn

2⋅= y del momento de inercia Ic de la capa esférica que

está encima del núcleo, el cual se obtiene restando de la masa:

M14

3π⋅ Rc

3⋅ δc⋅= = 4.872 1024× kg⋅

de una esfera uniforme de densidad δc un núcleo de la misma densidad, con masa

M24

3π⋅ Rn

3⋅ δc⋅= = 8.576 1023× kg⋅

es decir. . .

Ic2

5M1⋅ Rc

2⋅ 2

5M2⋅ Rn

2⋅−=

y queda . . .

I In Ic+= = 2

5Mn⋅ Rn

2⋅ 2

5M1⋅ Rc

2⋅ 2

5M2⋅ Rn

2⋅−

+

La conservación del momentum lineal Io ωo⋅ I ω⋅= da . . .

ωIo

I

ωo⋅= = Io

In Ic+

ωo⋅

o bién. . .2 π⋅T

2 π⋅To

Io

In Ic+

⋅=

donde T y T0 son los periodos de revolución actual e inicial respectivamente .



De ésto se obtiene que . . .

T To−

To

In Ic+

Io1−

=

substituyendo las expresiones de los momentos de inercia respectivos resulta . . .

T To−

To

2

5Mn⋅ Rn

2⋅ 2

5M1⋅ Rc

2⋅ 2

5M2⋅ Rn

2⋅−

+

2

5M⋅ Rc

2⋅1−=

= Mn Rn

2⋅ M1 Rc2⋅ M2 Rn

2⋅−+( )M Rc

2⋅( ) 1−

= 0.127−

es decir, los "dias" se han acortado respecto a la duración que tenían cuando se formó la Tierra, y si hoy duran 24 horas, por ese entonces duraban unas 27.5 horas


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