Uploaded by jamer estrada

SOLUCIONARIO FISICA TOMO I

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ASOCIACIÓN FONDO DE INVESTIGADORES Y EDITORES
PROBLEMAS RESUELTOS
DE FÍSICA
UNA VISIÓN ANALÍTICA DEL MOVIMIENTO
VOLUMEN 1
®
Lumbreras
Editores
Presentación
Ascc1aC•on Fondo de tnvesngadores y Editores (AftNEO), promotora de
Lumbreras Ed1tores, nene el agrado de pr~sentar el texto Problemas
resueltos de Física, una visión analítica d el movimiento, volumen 1,
hbro que forma parte de una nueva sene de publicaciOnes que aportan
al desarrollo dinám•co de tos contenidos eeuué'.<Os que brindamos a
la sociedad. sobre todo en un contexto en el q ue la enseñanza de las
Ciencias y las huma;"tiéades ha do perdie..,c!o s~; va!or analínco·cr r.co
la sene de Problemas resueltos es el complemento ideal para los
libros de la colección de Cie ncias v Humanidades, trabajo desarrollado
PROBLEMAS RESUELTOS DE FÍSICA, una visión analítica del
movimiento. Volumen 1
AOUNI y César ValleJo-, qu1enes se han oedicado durante generaoones
Asociación Fondo de Investig adores y Editores
A utor
Editor
Oise~o
por lumbreras Ed1tores en conjunto con las planas d e profesores del
Instituto de Ciencias y Humani dades -promotor de las academ1as
a formar estudiantes con criterio realista y capacidad analitica, además
de imparnr conoc1m1entos ob1envos y de rigor denriñco a tra11és de las
Asociación Fondo de lrwesbgadores y Ed1tores
gráfico : Área de cómputo y pubt:cadones de la Asociación Fondo
publicaciones de Lumbreras Ed1tores con una sólida presencia en los
de lrwestlgadores y Editores
diversos lugares del Perú, cumpliendo asi una ta rea vital en el acerca·
m1ento de matenal bibliográfico de calidad a miles de estudiantes y
O Asoc i aci ón fondo d e Investiga dores y Editores
profesores en todo el país. De esta manera reafirm amos nuestro com·
Av. Alfonso Ligarte N.• 1426 • Bre"a. Lima-Peni. Telefax· 332·3786
Para su sello ed1torial Lumbreras Editores
Pagma web· www elumbl"eras.com.¡¡e
Pnmera edición: abril de 2010
Pnmera re1mprS16n: abril efe 20 12
nra,e: 2000 ejemplares
ISBN: 978-612-4056-74-4
Reg1stro del proyecto editonal N.0 31501051100862
~Hecho el depósito legal en la Biblioteca Nacional del Peru•
prom1so ñrme de aportar en el desarro•lo de :os sectores mas amplios
N.• 2012 • 04475
anhelan constru~r puentes sólidos entre el estudiante y el aprendizaje
de nuestra soc1edad
Problemas resuelt os de Física, una visión analítica del movi·
m ient o, volumen 1 presenta el desarrollo didáctico de cada uno de
los problemas propuest os del libro Física, u na visión ana lítica del
movimi ento, volumen 1, y ofrece un acercamiento dmamico a todos
los contenidos necesarios para obtener dominio del curso. Este hbro
es también u n recorrido a t ravés de lineamientos metodologtcos que
de esta materia.
Proh1bida su reproducción total o parcial
Derechos reservados O LEG. N • 822
La bú squ eda por aportar publicaciones m ás didácn cas y novedosas ha
hecho posible este libro y la serie de Problemas resueltos que le seguirán
Esta obra se terminó de impnmir en los talleres gralicos de la
Asociación Fondo de Investigadores y Editores en el mes de abril de 2012
Calle de las Herramientas N.• 1873 . Lima-Perú . Teléfono: 336-5889
......----------,----
-~----------
Pró~ogo
en el campo de las crencias; también revela nuestro compromiso
profesional de seguir impulsando un trabajo editorial y académico que
no esté alejado de las grandes mayorias. Lumbreras Editores quiere
raconocer el esfuerzo con¡unto que ha signi ficado esta publicación,
en la cua l ha participado un gran grupo de profesionales de primer
nivel, cuyo esfuerzo es un apoyo fundamental a nu e$tro anhelo de
conseguir una educación científica y humanística integral. Finalmente,
deseamos reconocer el apoyo de la plana de Física de las academias
ADUNI y César Va llejo, por su labor en la elaboración de este material,
gracias a su valiosa trayectoria e n la enseñanza preuniversitaria de
calidad. De manera especial, AFI NED desea agradecer al profesor
Teodulo Aquilino Reyes Santos y a sus colaboradores los profesores
Antonio de Jesús Montalvo Correa y Edgar Percy Saravia Valverde por
su trabajo p rofesional en la sistematización del presente libro.
ASOCIACIÓN FONDO DE INVESTIGADORES Y EDITORES
Este libro ha sido elaborado con el propósito de mejorar las habilidades
del estud iante en la resoluc ión de problemas, y es el complemento
id eal para Física, una visió n analítica del movimie nto, vo lu men l.
Como autores, nuestro objetivo es reíorzar los conocimie ntos teóricos
a través de la resolución de una gran variedad de e¡ercic1os.
Este libro - fruto de la experiencia alcanzada en el ejercicio de la
enseñanza de esta materia durante años- está pensado para cubrir las
necesidades temáocas de nu estro sistema educativo especialmente
para la pre pa ración preuniversitaria. En esta etapa, el estud iante debe
reforzar sus conocimientos básicos de los temas de física, y d e be ap li carlos a preguntas de menor o mayor grado de dificultad, con el fin de
tener co nceptos más precisos, desarrollar su capacidad de aná lisis y resolver con mayor rapidez y eficacia los problemas que se le presentan.
Problemas resu eltos de Física, una visión analítica d el movimiento,
volume n 1 se ha ela borad o trata ndo de cubrir estos aspectos; para
ello, se ha consid<!rado que el estudiante, previamente, ha tra tado de
resolver los problemas propuestos. De no llegar a la respuesta corre cta, el so lucionarlo le ayudará a corregir su error o a encontrar otras
formas de solu ción.
Las soluciones pro puestas en este libro son de fácil entendimiento
pa ra e l lector, y tra tan, en la mayoría d e casos, d e busca r e l camino
más corto de solución y de no utilizar las ma temá ticas superiores
(derivadas, integrales). La cantidad y variedad de preguntas que se
ha n resu elto hace de este material un elememo indispensable para
la preparació n de estu diantes, profesores e interesados e n los temas
desa rrolla dos. Es importan te que el est udian te sea perseverante en la
adquisición de sus conocimientos; no hay que olvidar que el tra bajo
del pensamiento se parece a la perforación de un pozo: el agua es
turbia al pri ncipio, mas luego se clarifica.
Los autores
----~
Página
'íl~
4}~
Análisis vectorial
1 Cinemática
'W@
Movimientos de caída libre
<ii@'W
Movimiento circunferencial
~&JW
'íJ@~
1 Movimiento relativo
Análisis de gráficas del movimiento
mecánico
?J@'íJ
Estática y centro ele gravedad
Capítulo
G
2
Análisis
vectorial
Página
?6®&>
1
Dinámica
¿y
¡>oO<-
1
&>?J'íl
! Trabajo mecánico, energía y
1 potencia
Impulso y cantidad de
movimiento
4}4}@
Choqu es
4}@1!
Oscilaciones mecánicas
@?J@
Ondas mecánicas
Gravitación
.
/
/~
r-•.....
.•w,.....,
~®~
-
---:.:.
.
o
Un vector es un segmento ele recta onentado que, por sus
caracteristicas (módulo y dirección), permite represe111ar
magnitudes vectoriales como velocidad, aceleración, fu erza e intensidad de campo eléctrico, entre otras. Es s<~biclo
que uno de los p1 ;meros en utilizar vectores f~1e Galileo
Galilei (1564-1642}, quien al estudiar el movimiento de
los proyectiles tuvo la necesidad de representar la velocidad en un i11stante dado. Además. se dio cuenta de que el
movimiento horizontal no afectaba al movimiento vertical
ele caída libre; esto le permitió descomponer el movimiento, lo que se expresa geométricamente mediante la descompOSICión del vector velocidad. De igual modo, Isaac
Newton utilizó los vectores para representar las fuerzas
y operar con ellas al establecer las leyes del movimien to .
De este modo nace el análisis vectorial. que es tudia las
propiedades de los vectores, así como sm operacio nes.
Estas operaciones no se rigen por las leyes (o reglas) de la
Aritmética o del Álgebra común; por el contrarro, el ¡¡náli·
sis vectorial tiene sus propias reglas y propiedades. En este
n 1aterial. el lector puede ver como se han aplicado dichas
reglas o propiedades a los diversos problemas planteados.
Es necesario que el lector se habitúe a estas reglas, ya que
ellas se utilizarán en gran parte del curso.
J;
Capítulo
~
Análisis vectorial:
PROBLEMA H. 0 1
Del gráfico
Dos vectores A y B de igual módulo fo rman
un ángulo S. i En qué relación esrán los
módu los de los veccores A+ 8 y A- B ?
(!)
•
A) sen(
i)
I)
B) cos(
C)
Para la diferencia
taJ1( I)
E) sec(i)
D) co{i)
msen(t)
Resolución
Nos preguntan por
K=IA+BI
l ti -81
Del gráfico
Condición
•
~ lfi - 81 == 2msen ( ~)
Luego (I) + (Il)
Para la suma
-
111
A¡.~-- . -.-- - -- - ---
...
. . --~
IIICOS(G/2)
B
_.l.
.... .
.t
(!!)
lumbreras Editores
PROBLEMA H. 0 2
Se tienen dos vectores de módulo consrante dís·
puestos sobre un plano. Se sabe que el mayor
y menor valor de ;u resultante es 31 u y 6 u,
respectivamente. ¿Qué módulo dene X- 8.
cuando A y 8 forman 6(}>?
zJ38'u
A)
B) 3.ff6 u
D) ISOJ76 u
C)
E)
I.s.fi6 u
Jill u
Reso lución
En el gráfico siguiente preguntan por
I:A- aj.
:(
donde los módulos de los vectores so n:
En d gráfico
Reempla: amos en (a)
~ Í.=i- 81= J192 + 131 - 2(19Hl3lcos60°
.. lA - al =Jill u
R=P"-Q
P= P1 .. P1
(!)
1\
Q = Q, + Ql
Determine el módulo de
En (l)
A) 10Ji3 u
R=P1 +P2 +Qa +Q:
B) 9J7 u
R. =(P1 +QJ•·(P2 +Q2)
C)7J5u
~
PROBLEMA H. 0 3
b
a
En el gráfico que se muestra, t\I es pumo niedío
de AB, AC=CD= 10 u. Si la resul tante de los
vectores P y Q tiene un valor de 26 u. determine la medida del ángulo J\/,ID(A8= 23 u) .
a1= 30 u
Donde: 1
D) 3Jf:f u
y 1b 1== 28 u
E)
26 u
.·
60°
B
1:4 - Bl= JA + 8 -2A8cos60°
1
(a)
Para dar respuesta al problema debemos
conocer los módulos del vecror A y B (A y 8).
Para ello, utilizamos la condición del problema:
•
El mayor valor de la suma es cuando los
vectores cienen la misma dirección.
:A
A) 60°
D) 50°
28
.
·. .
.
Á. · · · · · · · · -- · · · · ·.w· · -- -- · · -- · · -- ·'a
Aplicamos la ley d e cosenos
2
R
'.
'
C) 53°
E) 40°
2abcosa
261 =3&+28 2 -2(30)(28)
I7A- 4BI.
De la condición te-
~ lsii-28l =2l4:4-8l=2ou
Aplicamos la ley de cosenos
R] =i + b2 -
La incógnita e s
nemos
I 4A-sl~.rou
ll
cosa
3
(s;\ - 28)-(:A+
28) = (71\ -48)
----....-....
m
n
lml=20u " lñl=l0-.Í3u
cosa =S
Resolución
Se quiere determinar MAD =a.
Para hallar la resultante de los veccores P y Q
procederemos a desccmponerlos en los lados
del triángulo.
sJSf u
Resolución
30 u
D
IX-81=?
/A -4B.
(daco)
ñ
..
sJ3:
¡
0
PROBLEMA H. 4
~
•
Rmu=A+8=32u
El menor valor de la suma se riene cuando
las d irecciones son opuestas.
J._
-7
D
lO
,
u/ ; ·· ..
Al rea lizar algunas operaciones con los \oectores A y 8 se logró obtene r los vectores siguientes:
r--ts--~-----20 u----~
A
Rm;n=A-8=6 u
Resolvemos (!) y (U)
A=l9u y B= l3u
114
.,
..
...
(!)
(11)
~
15 .
lumbreras Editores
0
Resolvemos (1) y (!!)
PROBLEMA H.0 S
PROBLEMA H. 6
El gráfico representa una placa sobre la cual aC\Üan cúatro fuer:as coplanares. Determine el
módulo de la resulcanre de escas cuacro fuerzas.
En el gráfico. los vectores dado:> están relaciOnados enrre sí por
m::\+ nB. donde m y 11
; on números reales. Determine m y 71.
e=
A) SO.fí7N
B) 40../UN
·········~·······
C) 30.Jfi N
~-
•
•
1
•
•
••olJN
· .. 15N
........................ :,:·:::..t.-.·.·;·/
D) 120 N
E) 20 N
.
•
•
~···r•
.
•
1
1
•
•
. -- .. -.-,.
1
h
!
'
. • • : . ••
El gráfico que se muestra es un rectángulo.
Determine el módulo de la resultante del
sistema de vectores mos rrados .
: . . . ..:
'
•
1
1
1
;....:
· · · · '· - ··~·-······
··
:
•
:
: 8: :
'
·- - - - ~- - -
R~Zsolución
El módulo de la resulcanre se determinará descomponiendo los veccores en las direcciones X. Y.
8
2
5
3
'
•
- -~---~
•
C)
- ll; -U
D)
- S; 15
f - - 6 li----1
A) 8 u
S) 10 u
C) 12 u
D) 15 u
E) 18 u
1
..... J ..... J
A) - - · - 11
11
'R = l:V, +Lv(
11
PROBLEMA H. 0 7
'
. "' ......
~- - •
.
.
.
. .. - -·
.. - .. - .. -... - .....--. ..' --.. -. . ..
•.•••••.••• .. ••••• •. •.•.••••• ·.·.·'7'• ·····;
11
··:···:
... ~1\·A:· -- ·:----:
. ... : ... ; .. ,... :, . . ..:
~
'
8
2
m=-- ,.. n=--
8 2
l:i/_,=(+80)+(- 40)+(-10)
R~Zsolución
LV,=+30 N
L:v, =<...3o> .... <+ t 5> +<+8o> + <-5)
LVy= +120 N
Para determinar m y n, expresaremos los vectores como pares ordenados.
Del gráfico
R~Zsolución
Descomponemos los vectores con respecto a
los ejes X e Y
C=(2;-2); A=(-2;3) y B=(-3; - 1)
En la ecuación
e= mA + n8 = m(-2; 3) +n(- 3; -1)
Luego, graficamos la resultame
Operamos
·.
(2; -2)=(-2m; 3m)+(-3n; -n)
Lv1=l20 N
-t
(2; - 2) =(-2m-3n; 3m - n)
8
Igualamos los componentes
.. R = 30.fí7 N
!16
2m+3n=-2
(!)
3m-n =-2
(TI)
u:
Á
YL Q---=----'-'Jh
X
6u
17Í
lumbreras Ed1tores
Del gráfico
1:v
Resolución
Se quie:-e encontrar
= (-6 u)
1:~, =(-Su )
Luego graficamos el vector res ultante
Por conveniencia, se girará a los tres veccore3
en 16° en senc1do horario.
En ronces
li51= D. S!
D= l-:!i - .;])u
- - (J3
D=eT
- --1
- )-P
(1)
.. li5! = -.!2 1 + -! 1 = 2./5 u
'~--~~
.4
·.
:>
Y'
:
.
óoOl'. 1 /\. :
e
Emonces se requieren los vectores
y P. que
se dererminaran de la condición del problema.
.: ... -,¡6o
. . .... -'·1 ..4 ~;,·¡.·~
...e ·r-.!...:..:'----...,.
B X(cm)
·:
0
PROBLEMA H. 9
Se muestran tres vectores r\, B y
R
fifican
. .....
••.•
C que ve·
e-
1A 1= 18 1= l; l. Si la resultante de los
¡;
·.... _;
tres vecrcres coma su menor \'3.lor, determine el
valor del ángulo a y el valor de la res,tltance.
La resultante de los tres vectores es
• R=IO u
Y(cm)~
p
X
(11)
R= :Lv,+L v,
PROBLEMA N. 8
Si la resultante del sistema de vectores mostra-
Por condición. la resulrame es vertical; enronces
······_¡;
2(J3 ... ¡)(-))u. determine el módulo
- + (J3-I)-P .
del vecror -D , si verifica -D =C
dos es
e ,.
---s-
-7
yl
e=2 u "
:
75
~24,7)
u
0
----
R=A+B+C
e= 2{-n u
Por dato y el gráfico
R-= -2{.J3 +1)=8+8J3 -P
·x-ccm)
Hallamos el vector i5
Por condición la resultanre debe ser mimma.
deben ser opuesros.
entonces i5 y
e
..
Y(cm)!
A) 16° y H cm
C) 14° y20cm
D) 16° y 25 cm·
E) 14° y SO cm
Resolución
Del dato en el gráfico
" P= lO(.J3 + 1}(-J) u
En (!)
A) 2 u
D) 4J5 u
118
B) <1 u
C) 2JS u
E)
J5 u
o=[2(-n+( J35- 1}lO>{-.13 + 1)(-J)] u
8 = (24; 7)cm
-t
-) 1:41=25 cm y
lsl = 25cm
lel = so cm
Además, la direcció n de 8 es 16'>.
Si los tres vectores g iran el mismo ángulo en el
mismo sentido, la resulcame no cambia.
e
~
a+ l6°=30°
.. a=l4°
19 1
lumbreras Ed1tores
Redibujamos los ve ccores
A)
.!_±
B) 5
- 3
y'
D,(
D) 16
3
25 cm
11
3
C)
17
3
E)
Resolución
0
PROBLEMA H. 11
Se muestra un vector A constante. ¿cuál e s
el menor valor de un vector B que hay que
sumarle al vector A tal que la resul ranre esre
sobre el eje X?
De la ecuació n mP , 3Q = nS, se construye la
X
~---
y
50 cm
:. lsl =2 cm
Y(cm) '
s iguiente grá fica (n < 0) .
A cominuacion. del vector ;::¡ se pueden cra:ar
una inñnidad de vectores cal que la resultante
se e ncu entra en el eje X. pero el vector que
presenta el menor valor es el perpendicular al
eje X: en el gráfico, e l vector B.
------ 2
::\
5 o
0
X(cm )
K
La resultan te mínima es
R=C-D
X
~
R= S0-25
1
rane = 3
. . R= 25 cm
De l date:
IQI =2M
u
En el grárico se muestran dos vectores d ispuestos sobre un cubo. Determine en qué re lac ión se encuentran los mód ulos de los vectores A + i3 y A -
s.
E) 1.2 cm
D) 2.5 cm
.(~: · -- - - -:-. - - - -- - -l\-. - :.
R~solución
.
Se quie re el menor valor de un vecwr B, con
la cond ición que la resultante se encuentre en
el eje X.
PROBLEMA H.0 10
En el gráfico se muestran tres vectores
S , donde
B) 2 cm
A) l cm
C) 1.5 cm
PROBLEMA H. 1 'l
P, Q y
!'P I=3 u y IQ' 1= 2Ji0 u. Determine
el valor de m si se verifica mP + 3Q
Considere tan S= l/3
=nS.
}\
'
''
,
:
.
•
: B
:
'
•
1
1
•
1
•
!
•
i
•
'
.
Del grá.fico
A) -
3
D)
'
1
•
.
S)
Ji
.Ji
C) 3
.J3
E) 3
R~ solucíón
6 + rrz ( 3)=3 (6)
3
16
3
l a incógn ita es
X (cm)
R
K
JA+BI
ifi-al
,J:. -
Izo
.
.. )· . .. . .. - • • .¡ .. - . .. - . :. 'i
2
Reemplazamos valores
.. m = -
Q
~
'
•
'
Y(cm)
K= 6u
~
.
. . ..... -. -- --.. -- . . . _,....
Luego
3
S
-
1
1
!S_ +lm?l=3K
y~
:
Primero ha llaremos lA~
(!)
iil.
21 i
lumbreras Ed1tores
Descomponemos los vecrores en los lados del
cubo.
.--~ - --· --·
.
é
K= 3a
a
'
···· ···_:-t ···
K=3
'
~
lx--·-~--------~~- - -·>·!
a
,....,
(
•• • • •
1
,-
~
Trasladando convenientemente los vecmres
Ay E se observa
En (1). reemplaz:amos (II) y (!!1)
Luego
3i-]- k
D)
i+ ]-k
a
¡;
Resolución
.. .....•
---~---- ----~·::/ ··· -¡
Para determinar
")(
e
PROBLEMA N. 0 13
Del gráfico:
Se tiene un hexágono regular de lado -t u. Si
de uno de sus vértices se empie:a a trazar
vec to res dirigidos a cada uno de los vércices
resranres, ¿qué módulo riene la res ultante del
sis tema de vectores?
jLv2 j = 2a
IL:vyl=a
1Lvxl= 2a
ILvl =J<2a)2 + <d + (2a)z
8) 18
A) 12 u
D) 24 u
C) 21 u
Ll
E) 20 u
ILvl= :>a
(JI)
B a plicamos
e
(!)
z¡
4 '~'-<9; 9; .'U.. _. _.•
De las propiedades geométricas de un hexágono rP.gular e l lado es igual al radio. enronces el
diámetro es 8 u.
..
'•
.
~ 151 = 3lcl = 3<8>
\fj
·.
.. lsl =24 u
'
:6
y
4 :_-- . ·- . - .• . .. :·..::.··
N(4; 6; 0)
X
Resolución
Ahora el módulo de
C)
Graficamos el problema
Del gráfi co
lA- 81
PROBLEMA H. 0 14
A partir de! gráfico, determine el veccor
.·;; · -- -----·-- - ---~
/
.--:~ ··:
.
,.. - .. - -- -
·'
... ...
\
r ... ..
2
.. '
a
(11}
Jf7
su m o' d u1o es u.
· ·~x:-:,:.-_·_·_-_·-· - ··:··\8
a
B si
r'-...· --...,....----,
a
.v
/
..·x
-
~N
z
'"'··-" ~:,:
..
y
,'
/"X• • A
. .·.
\
t!
.
.-_-_: ~~ {_ü~~:: ::,·
4 r. .
isl = lii +a+ e+ o+ 'El
,\!IN = 2(27 + 3}- 2~)
'
: ;6
Se debe calcular
(111)
.
••
,'
D _,::.··
Luego
MN =(4; 6; - 4)
4 · · ·· -- · --·· - · · ·· · ;
1
=(4;6;0)-(0; 0;4)
·... .
,' ,''
, '
y
·. /,';
. .. .. . - - - - ...... .. - - .. . - ... ·'"
X
23 ¡
lumbreras fd1tores
En (11)
ü
. \IN
- 2( 21... 3] -lk ) (2i+3) - 2k)
2../f7
= Jf7
PROBLEMA H. 16
El vec.or unita rio de un vecwr A se determina
según
r\
- -r\
.u .~-
En (1)
Comprobemos las siguientes alternativas:
0
R~solución
(!)
Se mues n·,¡ un cuadrame sobre el cual se ha
dispuesto un conjunto de vectores. de los
CUrtles A. B,
y D tienen un origen común
SeJiale la alternativa incorrecta.
A) Verdadera
8-A+ E=<13-;\), E
e
Aplicamos las propiedades geomécricas a! gráfico y obtenemos:
= l2A - A) ... 'E
=
2:1
••••••• J
'
Y•
e
B) Verdadera
<;.¡+E> ... e+ es . . ¡:)= e- e+ o
=2C+
o
=D+D
PROBLEMA N. 0 15
~·.
A partir del gráfico, determi ne el vector
unitario de l vector A.
10
X
6 - - - --4
Luego
A= l Osena
B)
C)
A +E-D= - C
''
A
o
A)
2 (5i+3j
•
")
-J34
~" =(- cosa)Í+(-sen et.}]
",.
•',
:
De tana=3/ 5, entonces
\
6
B)
X
l (Si• 3j")
J3'4
2
l ( Si. + 3 j")
C) ----;;:=;<
..¡34
3
S
J'34;
cos ex = J34
sen a =
Finalmente
.. ~.~ = -~(si ..-3])
'1/34
124
E)_
-J34
2 ( - Si+
. 2j")
.. A+E+e+B+F=2i5
C) Ve rdadera
A ... E-D= C4+E)- 5
=e-5
=e -<2c>
E)
R = A +E +e + 8 + l5
A +C +E = 0
es
4e
=- e
.. A+E-D= -C
R~solución
O) Falsa
---e
R=A+E+ C+B+D
R=2C+ Q+B
2C
v34
2 (Si+3j
• ")
O) r:-7
o
O) La c?mponenre horizontal de
A= (-10senacoset>i ... (-IOsen 2 ex)]
Reemplazamos en (I) , obteniendo
e
B-A +E =C
X +E +e ... 8 + F = 20
A)
lOsenucoset.
.. i5
La componente 8. no es nula, en tonces
'R.~ " 4e
25 1
lumbreras Editores
E) Verd adera
Graficamos según los valores dados:
----
A-C+E=A ... E-'- C
Resol ución
R>!solución
Se quiere determinar el módulo de la resultante de los vecwres mostrados.
'¡
~
Una mosca, luego de pasar por el origen
de coordenadas, sigue el trayecto moscrado
para detenerse en P. Sí OM = 15, MN =8J3 y
NP 4J3, determine su desplazamiento de O
hacia P en cm.
í
1
Observe que la ,;uma de vectores que se
encuemran en !os lados del cuadrado es nula.
también la suma de vectores en una d1agonal
es nula.
Entonces, la suma de vecwres es igual a la
suma c!e los dos vectores que se encuentran en
la otra diagonal del cuadrado.
PROBLEMA N. 17
Luego. d = (21; 12)
=
jsl =1::i .._e~ F.,. 8- e- i5 . _ El
•:~
1¿¡
0
Se debe delermmar el módulo de la suma
Del gráfico
o
¡;
PROBLEMA N.0 18
Y(cm
:
Se muestra un conjunro de vectores dispuesto sobre un cuadrado. Si OA ts de 3J2 u, determine el módulo de la res ultante de dichos
vectores.
-~
___...··p
Pero
í5 '
0
PROBLEMA N. 19
=E y l;il = i"P y 1=5 u
A partir del gráfico, determine el módulo de la
resu ltante del sistema de vectores mostrados,
siendo 1A1=S u y lE l=6 u-
Luego
X(cm)
o
A)
B)
C)
O)
E)
(20; -12)
(21; 12)
(-2 1; 9)
(-20; 12)
(21; 9)
A) 6 u
B) 6J2 u
R~solución
C) 9 ll
La incógnita es el vector desplazamiento de la
mosca.
D) 9J2 u
E) l2 u
¡lA
~o
A) 12 u
0) 15 u
!P1 1=5 u
e
E
B) 13 u
lJ
)o
.f-
Cl 14 u
E) 18 u
I2EI=l2 u
..
lsl=13u
~
27
128
- ---- -------------------------~----------------------------
lumbreras Editores
0
La incógnHa es
PROBLEMA N.0 20
pROBLEMA H. 21
Se muesrra un s~scema de \'ecrores que \'enfican que 1;:¡: 1
:0 181 =151= 6 u; 1e[= 6-J3 u y 1H 1=8 u.
Determme el módulo de la resulranre.
S<! muestra un hexágono regular •.I.BCDEF
de lado 24 u. Determine el módulo de
FO
-BC -OD.
Del gráfico
.-\) 5 u
B)
:S= F6+(-i3Cl+(-ool
sJ3 u
A'
C) lO u
D) 10../3 u
F
E) 6../3 u
Pero
, ___ _ , _,_.,;'i
E
D
Resolución
La incógnita es el módulo de la resultante:
R=A+ 8~K +J+ H+ L+I +E+ F~e +C + 5
-----
Luego
B) 18 u
R =A +B - K~J+H+L+l+ E + F+G+C+D-) R=A+B+ H+C+ i5
Descomponemos los vectores
A) 12 u
C) 40./3 u
D) 30J3 u
C y B, obteniendo
E) 36 u
lí:vJ=su
Resolución
Graficamos los vectores
IEv,l=óu
(-ad y (-ao)
Luego
R
..
-) R2=82+61
..
128
R=10 u
. ..
...
..
-) OM =20J3
.. !si=2(2oJ3) = 4oJ3 u
291
lumbreras Editores
PROBLEMA N.0 22
A pan: ir del gráfico exprese a1 \'ecror
ción de los vecrores
(~-.-.-. > ; : . - -r
i. . .
xen fun-
A y 8.
•
·~ : ::::.~ •.
··~
·-· - --------·-~--- - - -
pROBL!:MA H. '23
En el gráfico, .-iBCD es un cuadrado. Exprese
al vec[or ~ en función de !os vecmres P y Q.
m-J'i =: rJ2 -r
'8' :/•
8
.:·. '.
'
Q
\1
'
.
· - - - - --- -- - -- - - -~
-)
A) -J2(_
- r\ +B
'
(!)
~ - - · -·· - -- - - - - -· o
·\:
5k
Sk
'
'
.:
.,.
.
•
fj_______ ..
'1
A "-- ----------··---·--'"lo
Relacionamos
(-x) y ñi
2
B)
k:
0 ......... ....
:
'
•,
"•
1
'
5k
'
1
También
.,
Sn el gráfico siguiente
0
Del gráfico
A)
J2(-A +B- )
6
~(P +2Q)
5
C)
~(P -3Q)
D)
~(P- 2Q)
2J2(- - )
B)
~(P +Q)
;)
(1)
También
2
C) - - A +B
3
J2(-)
O)- A +B
4
E)
;,; = { J2
-IH-x)
En {1)
xen términos de A y B.
J2x> =A+s
2<-x~x...._,_..._..
iñ
-t
130
(III)
•
A'C J. HD en H
•
<rCA'A=53°/2
}
-tiíAD=53°
<I:A'Hr\ =53°/2 (A'A =HA)
(lll) + (11)
Pero
-
-
!l.11 "'llQ (rienen igual módulo y dirección)
1
x= -2J2
--(A + 8)
J2(-A+ -B)
.. -X"' --=trasladamos convt!niemtm.!m~
~1 v~ror ii para sumar con A
;)
Al extender el cuarto de circunferencia hasta
comple[ar una semicircunferencia ( A'BD ) se
observa que:
4
Se debe expresar
(ll}
~(2? +Q)
Resolución
-~J2(A' +B)
Resolución
;)
E)
4
-
4k-
4-
1'-f= - Q=-Q
Sk
S
Análogameme
?N= = P
5
311
Lumbreras Ed1tores
En (I)
-
Resolución
4- 2S
S
Pa ra ..{·esolver el problema es conveniente determinar las medidas de a lgunos segmentos.
x=-Q--P
Reordenamos los vecwres con venientemente,
tenemos:
p
-
_fl
/
B
•
-
yr;
.: ~·
-A,
-A
- 2A
\f
l;
'
2' -./ /'(' ·e
L-Vx
En el gráfico, PMNO es un cuadrsdo, donde S.
T Y H son puntos medios de PM, PO y PS, res·
pectivamente.
Exprese al vector en función de los vectores
o .... ...... ...... ........... ..
P~~- - .. - ~· -· · · · ·· · ·
'
,'H
-
(3- - 7-) s-+ (=...:.. (8 -)
-
.. .X
3
2
3
C) 2
E) -3
(1)
Primero relacionamos las medidas de algunos segmentos, aplicando las propiedades geométricas.
- x+x+-x ==
.¡
2
2
x
2
Piden K= E:
~
Del gráfico
Ay B.
B)
3
Resolución
-
4x
B
D)
.!_
? .
T 3-
PROBLEMA H.0 '24
A)
-¡
4A
J_
--4A
21 2
lvl
Al trazar HT se observa que es paralelo a OS,
por consi gui ente Jos triángu los THM y SGM
son semejantes.
S
0
PROBLEMA N. '25
A partir del gráfico mostrado, al vector
x se le
puede exp resar en fu nción de los vectores A y
Consideramos GS =(2 m)
~
TH==(3 m)
El punro G es baricemro del triángulo PMO.
A)
iUi - 2A)
B)
~(!-4A)
21 2
C)
D)
2
21
-7
OG=(4 m)
Por otro lado se observa que los triángulos
THF y OFG son semejantes (ángulos in ternos
iguales).
B segú n X =a A
a
+es.
Determine p-·
Considere O y 0 1 los ceneros geométricos de
las circunferencias.
Del gráfico
-NM= (-B- 2A)
(28-3:4)
72(-B - 3A- )
En el triángulo P/viS
E) - 1 (B - 4-A )
21
132
33 1
lumbreras Edrtores
Luego
Resolución
a =-1 :
13 =-3
2
De l:o ecuación
El gráfico OABC es un cuadrado, donde M. N y
-MÑ
HJ::: -
P son pumos medios de AB, BC y OC. res¡>e<ti·
1
HN - RG = mMN + n}P
f3
CL
PROBLEMA N.0 27
o el gráfico
.
m
::>e qu1ere -
- = (1
HN
1)-s'v/N +<- ll}P
-
vameme. Si se verifica BT .¡.OS
(lii)
derermme
En (!)·K = (- l)
. (I)
1
PR+
-...... -}P
-
Rj
~~
. ·.s .··
o ...... ....p=-_
-4
-
Ñú'l
3RG ... -
p
=mz\1N .,. n}P + RG, determine ~­
4
-
A) 1
-
En el triángulo
PR=IR
IR - RG
: .\
(IV)
/ ······ · · ·· · ··· - ·· ·-- · - - -~
H
Resolución
PR+RG
PR-RG
134
1 ) -MN+ ( - 1.._ 31 )JP
-
..__...
n
2
De donde obtenemos
2
4
8
~PC. se pide ( ~).
-HN-RG=
- (7U )2)-}P
MN- (-3
m
PR=3RG
,
2
2.,. U
~
p
1
_?_
1
E)
De BT +OS= aOA ...
-HN-RG=
(l
2
l
De (1)
:,'Ji··· . .\
D)
C) -1
D) -2
(0
PR +RG
C)
,..,c
También
// \...... 1
B)
........
__
B) 2
De (111)- ( IV)
•• G
...
.,. ]P = O
-RG: (- lll )-lYIN + (-31)-/P
n
N
:
\.
PR = 3RG
2a
Se muesrra un triángulo equilátero MNP donde
H, 1 y J son pumos medios de MP, MN y NP,
respectívameme. Si se verifica
B
'
..
De (11)
PROBLEMA H. 26
A) -1
y '.
..
1 "'
M
..
.
..
+ }P = O
0
HN
7. . . ..
A-' . . ....... JY.l__ . .
En el wángulo R}P
N
~.
2
.. K =-3
~CL
/1
=aOA + pPC .
En el triángulo HJ\1}
E) _(4- ,/3)
,
~
(IT)
m
7
. . - =-11
8
:a
2m '. :
',et:
OA
2
~;:
a
a
:é
-------------------->
6
35 1
lumbreras Editores
Observamos el gráfico
rana=
1
2
De (1) + (II)
_¡
S- 31 )-OA + ( t32 )PC
; CI.Tt3=90°
(1
BTOS=
Resolución
Re 1olución
El \'ecror unitario se determina a partir de un
vectOl donde
AX B
c.
Del triángulo AQB se observa que
Bosquejando el triángulo
e=
.4 -
•C
BT=TQ
8 (0; 2 ;8)
De la misma forma en el triángulo TOC
~r
Entonces
~"'
TQ=QO
2
a =-- y
15
..
En el t riángulo OCN se demuestra
2
ll =15
{
plano formado por
los ve-; cores .4: )' B
P (3; -t; 2); R (-6; -1 ; 3); Q(2; - 4; 0)
.4 (2;- 4;- 1)
~= -1
El área del triángulo es
CL
OS =SR y RN=OS/2
~
-
5-
ON=-OS
2
PROBLEMA H. 28
Se tienen dos vectores concurrenres:
A= 27 - 4]- k y 8 = 2] +Bk.
De termine un vector unitario perpendicular al
- - OA
ON=OC+ 2
plano formado por los vecwres
Cálculo del produCto vectorial
lci=2Jo s> 2 ~<s> 2 +<-d ~ lci =2J293
Ay 8 .
k
j
RPx RQ = 9 5 -1
8 - 3 -3
~e=- ~(15i+8]-2k)
A) Jffi- (15Í - 7] +k)
2
4 - OA
OS =-PC+5
S
e= -2(1si + 8]- 2k)
..
SOA
-0S=2PC + -
---t
RP =(9; 5; -1)
Se obtiene
De l t riángu lo OCN
(l)
RQ =(8; -3; - 3)
o
0
2
fA:: .!.!RP X RQI
2
i
Luego e= AX B = 2
RPxRQ ::(-15 - 3)i -(-27 +8>] +(-27 - 40),
(l)
Resolvemos
PROBLEMA H." 29
Del triángu lo OAB
C)
-~(13i-8]+k}
..¡293
1 ( 15i" +8j" O) - ~
..¡293
(ll)
E)
2k')
-~(137 -7]- zk)
v297
jRP X RQj =J I8 2 + 192 + 67 2
En el sistema de coordenada$ XYZ se tienen rres
puntos P(3; 4; 2), Q(2; -4; 0) y R(-6; - 1; 3) .
Determine el área de l triángulo formado por
dichos puntos.
~ IRPxRQj::J5174
En (1)
B) 6-/19 u 2
C)
3./29 u 2
sfl9 u 2
D)
6.J29 u 2
E) 2.. Jsi74 u 2
A)
..
JA:: ~ JSI74u 2
2
- -- --- --- - - -- ----- - -- - - - - - - - - - -- - -- - -
lumbreras EditorEs
PROBLEMA N. 0 30
Halle el módulo de la fuerza resulranre; s1
F1 = 30 N, F1 =18 N, en el sistema de vectores
mostrado.
Luego
Resolución
Luego
jf 1 ... F1 1= ,IFi
.!. F; -
El \'olumen del tetraedro es
2Fl1 cose
Reempla=arnos los daws:
.-\C=(l. 3: -2)
(1)
W:: !Ah
3
Sosque¡amos el cerraedro con los datos men·
IF1 + F2 l= Jt30J
~
1
1
+ ( 18, ... 2 !30lCISlu)
c1onados.
AD = (2; 2; 2)
AB = (3; 6: 3)
Cálculo de
R'=42N
Sumamos de dos en dos (los plimeros con los
últimos).
F=
0(4;1:3)
k
j
1 3 -1
2
2 2
Operando obtenemos
F =(10: -6: -n
A) 7(K+l) N
C) 2l(K+l) N
D) 12(K+ 1) N
B) 14(K+ l) N
Reempla::arnos en (JI)
e (3: 2;-1)
1
w =61(10;-6;-4)(3;6;3)1
E) 28(K+l) N
¡";'1.-F!';JJ I=R'
F
Resolución
La resultante se determinará sumando las
fuerzas de dos en dos, aplicando la regla del
paralelogramo. Si considerarnos que K es un
número impar. todas las fuerzas tendrán su
pareja.
'
I1:FI=
R'( K;1 )= 42( K;¡)
·· J1:Fj=2l(K-'-1)
®
Observación
Cálculo del area (.lA)
~
IA.=.!.JACxAOl
2 -.....-...---'
1
'W= - 130 - 36-121
6
¡:
Tamb1én h =-dcos9=1 ABjcose
En (!): 'W=
-(31)-21JFJJA8jcose
Se Uega a un mismo resullado si K es un número
1
par.
[Z)Recuerda
PROB!.EMA N.• 32
1A·BI =tAII Bi cose
L
PROBLEMA H.• 31
Calcule el área coral del tetraedro cuyos vértices están en los punros A (2; -l. 1). B (S; S; 4),
C(3; 2; - 1) y D (4; 1; 3).
Efectuamos
1- 6
W =- IF·ABI
w = .!. i<Ac xAD)· ABI
¡u~ucto j
••eaonal
138
El volumen de un tetraedro es 5 u 3. Si rres
de cuyos vértices son los puntos A(2; 1; -1),
8(3; O; 1), C(2; -1; 3), halle las coordenadas del
cuarto vértice O si se sabe que está en el eje Y
producto escalar
L producto
escala r
(ll)
A)
B)
C)
Q)
E)
(O; 8; 2)
(O; 8; -1)
(- 2; 6; S)
{1; - 7; O)
(O; 8: O)
lumbreras Editores
Capitulo
Resolución
os
Producto vecrorial
Análogameme al problema amen or
r\(2;1:-1)
AC x AD =
8(3; O; 1)
o
j
k
-2
-r
'
-2 (y -1)
C (2; -l ;3)
ACxr\D =-(2 H(y - 1)} -8}--+k
D(O;y, 0)
1
.
-
AC xr\ D= -(..J.y-2; 8; 4)
en e! e¡e l'
En (!)
Luego
1
w=¡¡l-<4y - 2: 8: -lJ·<t. -1: 2ll
L produc1o esC<liJr
:>~ =61( -!y-2 - 8.¡.8) _. )''=8
AC "'(O; -2; -!)
AB = (1;-l; 2)
AD =(-2; y - l; 1)
Volumen del tetraedro
'iY =iicACxAD)xABI
Cinemática
.. D={O; 8; 0)
(!)
La mecánica. 1,1 más antigua de las ciencias físicas, es tudia
el movimiento de los cuerpos. La cinemática es parte de
la mecánica; en ella se estudian los procedimientos p,ua
la descripción del movimiento mecánico sin co nsi clerar·las
causas que la onginan o modifican. Al clescribir el movi·
m1ento ele los cuerpos. se observa que existen movimien·
tos ele trayectoria rectilínea y curvilínea. Lo~ movimientos
más simples de describ1r y estudiar son los rectilíneo s; por
ellos se empieza. El más simple de todos, aquel en el que
la velocidad es con stante, es el movimiento rectilíneo uni·
forme (MRU).
Otro movimiento recti líneo eJe mayor complejidad, en el
cual la velocidad varía pero de manera uniforme, es el mo·
vimiento rectilíneo lll1iformemente variado (MRUV). en el
que la aceleración se mantiene constante. Ambo s moví·
mientos se describen mediante las llamaclas ecuaciones
del MRU y MRUV, que pueden se•· escalares o v ectori ales.
La gr.1n vanedad de problemas resueltos que incluye este
capítulo permiten que nos familia ricemos con la ect~ación
del 1\IIRU y la del MRUV. Es importante destacar que el
material contiene tanto problemas ele aplicación directa
como problemas de alto grado de complejidad que, cree·
mos, despertarán en nosotros ·la capacidad d e análisis.
t 40
Capitulo
Cinemática :
........ ....... ....... ................. .... ..................
········
0
PROBL!MA N.o 1
PROBLEMA M. 2
Dos móviles A y B. se!'arados por 50 m. se
mue!\ c!ll en la misma dirección con rapide:
COJlSt.mtc de ~O y 15 m/s, respec:ivo.menre.
Señale! al cabo ce cuánto dempo mínimo, A
esca1 <i 150 m delante de B.
Un roedor se encuentra a 20 m debajo de un halcón y. al observarlo. huye recdlíneamcnte hacia
un lgujero, que se encuentra a 1S m delanre de él.
con una rapidez constante de 3 m/s. Detemune
la rapidez media del halcón, si este caza al roedor
justo cuando ingresaba al agujero.
C) 10 S
S) 8 s
A) 4 s
E) 12
D) 2 s
s
Resolución
Si a1 inicio
S) 4 m/ s
A) 3 m/s
D) 6 m/ s
C) S m/s
E) 8 m/s
Resolución
B se encuenrra delante de A. A
cardará más en situarse adelante.
Para que emplee un menor tiempo debe enconuarse delante de B.
Graficamos
,'.....
('
"-'·-~ A
'
~S
dist3nctl :s25 m
~
4[8
1
~50 m
40t -
1~ m/
: _...---........ --.?.._..S
/
~~ 8,
:
¡··.-.
---i
rrayecrona • • .
r
"""'(,\)
:3 m/s
roedor_;_- -
r---1 5c - --J--150 m - - ;
Del gráfico
l5t +l50=50+40t ~ l00=25r
1---- 15m---~
Para el halcón
d
Vua::: _:1!.
r..;s
.. c=4 s
4
25 m
Vm= - tA8
(!)
43 t
_l
,,
Zl&ffl
):~·en
Lumbreras Editores
Para el roedor
Resolución
El recorrido del sonido es
Gr:\lkamos
En (I)
T
25m
vn,= - -
5s
Del gráfico
,_
lm
!
."
;~2~
-J'J. ~------- ---- -~·~.P
"". ,•
.. v..,=5 m/s
t
En ~~re momento. la sombrJ
del icl'en comaen=a J cubnr a
la ara.1ln.
'
1,5 m
-. 2x=340(4)+20
1
PROBLEMA H.0 J
.. x=690 m
-
'
~
'iombra
El altavoz situado entre dos montañas emite
un sonido hacia la derecha. El eco de dicho
sonido llega a la monraña de la izquierda en 4 s
luego de ser emicído. Determine la distanc ia
entre las montañas. (vs =340 m/s)
o
-.•
~-
1--- 2r - - 1 - - - dsombra -~'----0,2<----!
r--------5,2 m ---------1
PROBLEMA N. 0 4
1\
r-20 m1
A) 670 m
O) !360m
B) 650 m
C) 690 m
E) 1340 m
En el gráfico mosrrado el niño y la tarántula
se mueven con velocidad conscanre a partir
del instante mos trado. Indique luego de
cuántos segundos la tarántula empezará a ser
cubierca por la sombra del niño, cuya alrura
es de 1,5 m.
Semejanza entre los triángulos MNP y PAQ.
Delgráfico:
2t+dsornbr~+0,2t=5,2
...............
~
_!_ =
2t
(
~)
d¡ombra
S,2r==5,2
3t
:.
t= 1 S
·~
r·· --~
Resolución
Gralicamos
1
2,5 m
~
2 m/s
PROBlEMA N.0 S
0.2 m/s
1
l----5,2m
1-20 m+-d 1---¡
~
r,
1--- ;( =? - - - l
144
A) 0,25 s
0) 1 s
B) 0,5 s
C) 0,7S S
E) ].S s
Dos móviles, A y 8, pasan simultáneamente por un mismo lugar experimentando un MRU en la
misma dirección, con rapidez de 10 m/s y S m/s respectivamente.
(Luego de cuánro tiempo los móviles equidistarán de un punto que se encuentra a 300 m deiame
del lugar por el cual pasaron simultáneamente?
A) 30 s
8) 40 s
C) 35 S
0) 25 s
E) SOs
451
lumbreras Editores
Resoluci ón
Del gráfico
Graficamos
10 m/ s
---------
)----- 300 m _ _
~.:-
ª
~
:>
10r= 300.Lx
(11)
10 m/s
~=a~
([)
S.+x=300
~------- 101
__..,
¡ P-
~{.\ ­
x----1
l5t+x=600+x
m,1s __,
1
13 ;, m, s
-::s.,~x---1 P:punro
1---St--{
equidimnce
<ie A y 8
.. e= -lOs
El gr;~tko muestra el lanzamiento sim ultáneo
de
esferas.-\ y B sobre u n p1so. Determine
cuámo recorre A hasca el ins tante en que se
cru:a con B. Considere que la esfera B rebota
inscancáneameme con la misma rapidez y que
ambas expedmencclll MRU.
dos
L
0"-············· ····· ····· f -
PROBLEMA H. 0 6
Un tren, que se des plaza con velocidad constante, cru!a un túnel de 120 m en 8 s. Si una persona
senrada al lado de una de las ven ranas del tren nota que permanece 4 s dentro de! túnel, determine
la longitUd del eren.
A) 120m
Del gráfico
pROBLEMA N.o 7
B) 180m
C) 200 m
O) 110m
~···
j¡;;,;
...
E) 240m
A) 40 m
Resolución
S) 15m
Gra ñcamos
C) 30m
8
Momento en que el tren
termina de cru:Jr el n'onel
S
Recorrido de A
e.~ = 1 5 -rk=l5-..5
.. e., = 20 m
PROBL~MA tl. 8
0
Una persona. al encontrarse a orillas del mar,
se percata de que mar adentro se produjo una
explosión y reconoce que la diferenc ia de los
tiempos de llegada de los sonidos por el aire y
por el agua es de 11 s. ¿A qué distancia de la
persona se produjo la explosión. si la rapidez
del sonido en el aire y el agua es de 340 m/s y
1440 m/s res pectivamente?
A) 3935 m
D) 20m
1\lomento en que el tren
comienz> a erutar el titnel
l5+3k=30 _, k=S m
B) 3824 m
O) 5100m
C) 4920 m
E) 4896 m
E) 35m
Resolución
La rapidez del sonido en el agua es mayor que
e n el aire.
Resolución
El móvil 8 recorre el doble que el móvil A.
Graficamos
Vsonido{3gun) = 1440
m/S
V;.ontdo(>~re) = 3 40 m/s
·~
4
S
l ' - - - - -- -- -- (120
Para eluen
d1='V1i
~
Entonces vp=v,=30 m/s
(l20+L)=v,(8)
(!)
La rapidez de la pe rsona es igual a la del tren.
Del gráfico
+ L) m-- - - - - 1
En (1)
(120+ L) = 30(8)
.. L= l20m
2v
..::#'
s----..._ . .
• 4 . - · - - - - - - - .. - ·
1---- --30m -
--'../
·~·-··· ..-$
- - --1
120 =vp(4)
47 1
!46
- - - - - - - - - - - - - ---
Lumbreras Ed1tores
Dato:
Según los daros, el rren expenmenca un ¡\JRU
(!)
De
d
Grafi.:amos (, -Jm-lo= 3-!0 m, s)
(Ji)
Piden
.\ ==d- 80
r ~ - (MRU para el sonido)
V
Si se duplica la rapidez (2vutn) emplea 2 segundos menos (c-2).
En (1)
Resolución
(I)
(!)
Del gráfico
,·, :::d -1- (d.,. 80)
~ }· ·
Para el >ontdo
f
-
t=2t-4
-+
d(
1440-340
(1440) (340)
)= 11
PROBL~MA N. 0 9
Lpueme
Un tren de 60 m de longi tud se desplaza en
línea recta con una rapidez constante de 40 m/s
y demora en cruzar u n puente r segundos.
Si hubiese duplicado su rapidez, habría empleado dos segundos menos en cruzarlo.
Determine la longitud del puente (en km) .
Graficamos
"-
20 m/s
--:::--
'-~-~
ócuchó
el eco
._./
d - - - t - - - - - 80 m - - - - ,
~-------------- x ------------~
:. x==720m
En (!)
Resolución
~
1
du·e11 =(40)(4) =160 m
.. d=4896 m
A) 0,2
D) 0.1
¡--- -
En (ll
En (ll)
\
3-10(-;} =2d+80
rl"'ó-10 m
t=4s
20 m/s
+·· r=f~~
-- - - Í
.
~1-- 1 - (-- r
\ \
Reemplazamos
·+·) .} ·;·· -j··t··;1
\
B) 0,15
C) 0,12
E) 0,08
··
PROBLEMA N.o 11
= 1 00 m
Lpu~nt~ =0,1 km
Los comadores r\ y B, que regls[ran el instante de la llegada de un rayo gamma, se encuenrran separados 2m. Entre ellos (1.1YO lugar la de,;imegración de una pa.rticula subatómica conoctda como mesón
en dos forones.
iEn qué lugar sucedió la desinregración, si el comador rl registró uno de los fotones 10-~ s más tarde
que el contador B? (Considere que la rapidez de los fotones es de 3 X 108 m/s)
0
PROBLEMA N. 10
Un automóvil se va alejando en linea recta y
perpendicular a un muro con rapidez de 20 m/s.
Si a cierta distancia de este el conductor toca
la bocina, y escucha el eco después de 4 s,
¿a qué distancia del muro se encontrará el
conductor cuando escucha el eco? Considere
vsomdo=340 m/s
A) 640 m
~------ 2
A) 0,75 m
B) 0.85 m
m --------r
C) 1,095 m
D) 1,15 m
E) 1,25 m
Resolución
Se pide x
Date: t'=I0- 9 s; c::;:3xl03 mi s
B) 320m
C) 720m
D) 600 m
E) 520 m
i4B
----------------------------------------~-------- ·--
- . ~~0
=0
---
A
'· · ..
- -,
:1\~1';::-- -.¡.Jr--=a:~­
. ., - r -~"t::...
~
r-- x
2-x---t
B
Luego
Reempla.:1ndo (l) en (11)
(2 - .\) =cr
(!)
:t•=(2 - x) - u·
__,
x=u - cr"
(![)
De!
pROBLEMA N.• 13
Dos automóviles, .-l. V B. realbm rv~u .:~n 7 01, S
A parm del msranre
¡r :Jr m -~. re<D,.ctiYanleme.
• • · ·rp.Jo. dew>ni11e d tmervalo de ciempo ~ue
moo
.
. ·¡
debe rranscurriT para que d1chos auwmov1 es
2x=2 .... (3x !Os)(lo- 9)
.. x=l.lS m
equidisten del ongen áe coordenadas.
r·
5 m/s
1
o,
PROBi.! /1\A N. • 12
¡
.ll3¡o
Frente a una esrac1ón A pasan dos móviles que se desplazan en línea recca con rapidez constante
cie 5 m/5} 10 mis. para djrigirse h.tcia otra es ración 8. En ese insranre, por la estación B pasa erro
móvil que se dirige hacia,..¡ con 30 n;/s y se cruza con los ameriores. con un intervalo de dempo
de 1 mmuro. .:Qué disrancia hay entre las estaciones A y 8?
A) S km
8) 6 km
C) 6.5 km
D) 7 km
1
.
B
(1)
.\ -5t=30
De (11)- (l)
--
2t:: 10
~X
.. i"'5
S
50 111
; m,s,s
E) 7,5 km
0
PROBLEMA N. 14
,\
Resolución
Graflcamos
A) 3 S
A
~,áfico
B ...
D) 8 s
8) 5 s
C) 6 S
E) 2 S
Un itlsecco realiza un MRU y se desp!.ua a !o
largo de la recta L Si el área lA1 es do! ~u m- v
fue barrida en 5 s, indique cuánto es e! :irca
!A1 , dado que se barrió en S s. y además con
qué rapide z vuela el insecro.
Reso lución
Graneamos
.·
20 m/s···
--::-7
,~
~.
l---- - 20c - - -- + - -- 30r----t
Del gráfico
d.~8 = 50t
1St
l .
60 s
llr = - - - = mm =
(S+ 30)
--+ t=140s
En (0
(1)
dAB = (50)( 140) = 7QQQ
A) 60 m2 • 2 m/s
m
S) 56 m2 • 4 m/s
1
C) 64 m : 4 m/s
. . d.u;=7 km
1
D) 64 m
N
1
;
2 m/s
E) 60 m ; 1 m/s
!50
- - - -·- -- -
lumbreras fd1tores
R¡:solución
Nos pirlen IA2 v
PROBLEMA N. 0 1S
1'.
la rap1de: de la camioneta es
pROBLEMA H. o 1 6
Se ffilbía ::fercrmmado que la rapidc: .:onsrance de un móvil en rraye::roria recrilínea era
de 1 m/s, pero después se comprobó que a la
medida de longirud usada le ialraba un decímetro de metro y que el cronómetro ucili:ado
se adelamaba en l/20 de segundo por cada
segundo Determine la verdadera rapide: del
móvil en m/ s.
A) ó/7
B) 10/21
-~""'·"nerJ ;e .:lespla:aba con ·,e!o.:1dad
una'-'"'"
_
nre cor una avemda. De
promo. e! chocon>U· .
. .
, e --u·-'', un rUidO caracrenstJco (cuando las
rer ~-- ~···"
edas pa.:an de un pavimemo a mro), el cual
escc.:h.1do cJéa 0, 2 s. Determine la longitud
de un pa\Jm~nr.:l. si la camionera permanece
compkumenre durante ó s en él Considere
que los .:~nrro~ de la llama deianrera }' poseedor e:;rJr separados 3 m.
:S
C) 93m
E) 97 :n
B) 9! rn
D) 19/21
(I)
~.'lO
R~olución
La camionera permanece compleramen:e durante 6 s en el pavimemo.
Resolución
Experimemo
1
lA¡= - b¡h
2
(1) - (!!)
(ll)
] S
7
-
~
6s
reJo¡
~ d~feccuoso
__ v - I m/s
__ v
--:a
-
=-3- == ¡ - m
l
~
L~)
En (l) L?=3-ó(l5)
0
A) 90 m
D) 95 m
C) 18/l9
E)
,,.. = -d
,----
~V
~3m
~------ LP --------~
~
meuo
1 - - -- - 1 m - - - - - - ! deJecwoso
Un esrudiance se encuentra a 3 m del cenero
de un:l veman:t de l m de ancho, ) un bus. CJ'.!::'
experimenta MRU. se mueve por una pisra paralela a la ventana con una distancia de 87 m.
Si el bus de 10m de longitud fue observado
por<!! estudiante durante 8 s. ¿qué valor tiene
la velocidad del bus (en km!h)?
A) 10
~ ~~ ......r-d< - - - - ;
:Z_.Q· 2
PROBLEMA H. 17
C)l2
E) 20
Resolución
Grafic.amos
luego
Reempla::ando daros
B) 15
D) 18
cuminade
obsefvat el bus
Lp=3+dc
-
T\-lv
(1)
Lp== 3+6(v)
10m
1_,-
Para calcular v, utilizamos la otra información.
•'
0,9 m -- - - - 1, r¡O,l m
De(!)
64 = .!.((8v)j[8J
2
.. v=2 m/s
~------------~~tro
1------ - 1 m - - - - --1 con·ecro
---
~~
0,9 18m
v =-=--
20
19
S
(~~~~~:r~
.~l
~
3 m --1
: _
Entonces la rapidez real es
,.!.2.
b,__
: r- 0 •2 5
___
rurdo )
te1 segundo
escucha~
v ruido
·~D.~
·
_
=·.:::.:_~-~
__..:..___-::_·~--
l--3 m--1
comienza a /
ub~NM d
bus
'
;:¡;
•
IV
53
--------------- -
lumbreras Editores
Para el bus
Del gráfico
pROB!.t:i't\A N. o 19
(1)
(l)
Al rebotar en la pared tecc) se acerca al auto.
Semejanza áe mángu!os
(d 2)
(0,5 )
90
3
L
~.:omic:t:.J .11
- - "=--
~
\
el eco J r~ \ \ \ \ \
~-
~·
1 ;,
1
2L
' 1
B) 3v
~ .
C}
L
V
D)
L .JJ
V
3
E)
31.
2v
J
R;~soJución
(JO.,. IO) = vb"s(S) -.,
Vbus=5
m/ s
l
desarrolla un MRU sobre una
pista horizontal con una rapidez de 30 m/s y
logra acercarse perpendicularmente hacia una
pared. Si de pronro toca la bocina durante
~u;:omóvil
cierro tiempo, ¿en qué relación se encuentra
e! tiempo durante el e1.1al se tocó la bocina y el
tiempo durance el cual el conductor escucha el
eco' (vsonldo = 330 mi s)
A) 1
D) 1,5
B) 1,1
d1
terminJ
c>euch.lr
el eéo
=1S km/h
PROBLEMA N.0 1 S
Un
1 /{
ts.:uclar 1
d=<30m
En (1)
~'t>u,
En Jos, e.-dces de un m ángulo equilátero de lado L se encuentran tres tormigas. E!i~ empie:a.'l
mowro.: ;;imultáneameme con una r.ap1cic! 1 constan re Si la primera hormiga mam1ene invaria2
blenle!lte su curso hacia la segunda, la segunda hacia la tercera r la t~rcera hac!a la pnmera. ,al
cabo de qué intervalo de nempo las hormtga:: logran o::scar en un misrr.o lug3r'
te: tiempo que el conductor escucha el eco,
que ademas es el tiempo de encuenrro ene re el
auto y la última onda, para una separaciÓn L.
Corno cada hotmiga sigue a la orra. cada una de ellas cambia de dirección describiendo una
rr:t]"l'CtOrt·l curva.
Debido a 1.1 simetría de los movimientos en cada instante, llS hormigas se encuenrran ub1cadas en los
v¿rtices de un ttüngulo equilarero. qth! dismimtye de ram<HíO a medida que las hormigas se acercaiL
Este tri.ingulo se hace nulo cuando las hom1igas se encuemran, siendo el punto de encuentro el bariccnno del triángulo eqUilátero. Además, nore que en cada instante la linea que une el vértice del
triángulo con el baricemro (pumo de encuenrro} forma 300 con la velocidad.
Descomponemos la velocidad en un tramo pequeño de AH en dirección radial y perpendicular a
la radi2l.
Piden
l
-
v, =- ../3
2
(ll)
Donde
A
v/.7·: '.
,
!~:: _ _
L_ _ "'
C) 1,33
E) 1,66
VJU(()
+V,.
(v.,uto +vs)
.,
..
"11'
YsCp
'
(ll1)
.~
1
•
.. ..
•
\
Luego
Resolución
Sea tp el tiempo que roca o pulsa el timbre, en
este tiempo se forma un rren de ondas.
La hormiga se acerca con una rapide! consrame hacia el cenero igual a v,, recorriendo e, entonces
e, =-v,t
154
(!)
55
lumbreras fd11ores
En (1)
Luego. d lado es
"' = -V v3c
¡-;;
-L ..,3
3
?
..
ro,J3o == J3n
~
n=JQ,jiQ cm
u na rvhiiJ tng.-e;a volando por la venc<lna de
un aul.l , un esrudiance nota que !a d¡sran.:ta
Como el escarabajo se desplaza por los lados
(paredes) de la caja y su base, extendemos
(abrimos) la caja para determmar el nempo
míntmo; el tiempo es mí111mo cuando el recorrido es mínrmo.
1L
t=-
3v
c==vc
PROBLEMA N.0 20
Un escarabajo se encuentra movréndose con
rapidez constante de 2 cm/s en el inrerior
de una caja cúbic<1, tal como se muestra. Si
el escarabajo va desde el vértice P al vértice
Q moviéndose por las paredes internas de !a
caja pasando por su base, ¿qué mlnimo riempo
demorará el escarabajo en dicho recorrido?
(Considere J\!IN = JOJ3o cm)
enun
.
Por d,uo
pROBLEMA N. o 21
= emtn
(I)
V
i.v.../ _ __ _,Q'
·-·p,....
1·' a la polilla del techo cambta a ra·
que ~~
. d~ o 5 m por segun.:!o; emre la ooliliJ v la
1on ~ ··
.
·
aied l.n,;:r,ll camb1a a ra:on d 1 merro; por sep
gu ndo. emre ella misma y la pared del fondo,
a ra:ón de d1 merros por segunao. Despues de
3 s que h polilla ingresó, esta choca con w~a
de las e;quma> del iondo.
Derermtne que •:alor nene la velocidad de la
polilla. st las dimensiones del aula son 3 m de
aJcurJ. -!.5 m de ancho y 6 m de largo; además,
1:1 pvlii!.J IngreSÓ :t! ::lttb e5!:\!'1dc> ~ 3 !"1 Ct' 110'!
de las paredes late rales.
·==0.5 n:
,f.\ ó m 1 m ' s
,._,_==_
r
3s
• Si se dmge a la esqutna r\
3m 1 ,
' = - : m,s
-'
3S
•
Si se dirige a la esquma B
l. S m
v · =--=O.S m/s
.•
35
Primer caso
M'
a
A)
a
C)
p
sfi
-"-mis
B)
2
1
-3J2
-m.s
,,
2
,J2í
v = J(2)· +(l)- +(0,5)- = T
.ffí
-m/s
mis
Segundo caso
2
J , (
E) BoC
D) A o B
2
v = (2)· ... 2:1 ) + ( l1
)! =l
3J2 mis
Resolución
p•
Del gráfico
R
Existen dos posibilidades, que la polilla se dirija a la esquina t\, y la otra. que se dirija a la
esquina B.
B
J:., --4.5 m ~
A) 40s
\3
B) 45 s
C) 48 S
(daco) /
3m ·
En (I)
D) SOs
E) 54 s
t mm
,·
100
= -2-
Resolución
Sea el lado de l cubo (caja) igual a a.
~ MN=
!56
;'3
S
J3a
· · 'min==SO S
., V., ·...
,'
·.¡1.,::~.;
.
_...
··/
v, -v.,.
S
le;
, J
:
:
m.
PROBLEMA N.0 22
Un esquiador inicia su movimiento reali zando MRUV. Si recorre la segunda mitad de su
rrayecro empleando 10 s. determine el tiempo
empleado en la primera mírad de su recorrido.
A) 10 s
B) 10(I+J2)s
C) 10(J2 - l)s
D) 5 s
E) S(l+ J2) s
57
Lumbreras Editores
Resolución
Tramo BC (MRU)
PROBLEMA N, 0 2 3
Grafi camos el problema
Un <telera inicia un mo\·lmJenco rectilíneo
con aceleracion consrame. la cual le permite
aumenrar su rapidez a ra:::ón de 5 mis cada
2 s. Det<!rm!ne el menor dempo que emplea
el arlera para recorrer los primeros 60 m, si la
máxima rap1dez que puede alcanzar es 5 m/s.
(60-5) = (5)!!
-7
-(~\.,
d¡1 )-
Despejamos
A) l2 s
8)
C)
D)
E)
s
11
10 S
Como
13 S
1-t s
En 2 s ,¡l.:anz,¡ su rapide::: lírr.ice. entonces,
para recorrer lvs 60 m en el menor tiempo,
mancendr,í cS[I)S 5 m/s.
De las ecuaciones del J'v!RUV:
Resolución
Tramo AB
.
1
. . r=l3 s
Graneamos
,
d =- at·
2
(1)
TramoAC
1
~
( 2d) = - n ( t + 1O)2
PROBLEMA ~1 . 24
0
([[)
-;r- -----,B.-
------e~
1 - - d¡ - - + - - - d2-----!
1------60m _ _ _ __,
Un
cidista se desplaza con una rapidez de 15 m/ s. Si antes de llegar a un bache gira 32° el timón
de la bicicl.:ta (maniobra que realiza sin cambiar la rapidez y durante 0,15 s); determine el módulo
de IJ Jceleración media que experimenta el ciclista en dicho intervalo de tiempo
(!) + (1!)
Del dato:
2
(t+l0) 2
(t+ lO)= rJ2
l0= r (J2 - 1)
A) 80 m!s
ó.v=S m/s -7 ót=2 s
La aceleración del acleta es
a= t.v
=S m/s
t.r
-7
1
B) 64 m/s 2
R2solución
Graficamos:
2s
a=2.5 m/s 2
VF
~·- --
Tramo AB (MRVV)
-7
..
t
5 =0+(~}~
=1O( J2 + I) s
Despejamos
C¡=2
!58
O) 60 m/s 2
C) 84 m/s 2
S
t1c=Oly .'
,(
/,/
...Ji.~--
,-
:
L/ ..
..
,_. ·
:
~
--- .. --. -... -.. --. -..
lumb¡•eras Editores
Usaremos la fótmula de aceleración med1a
1\r. -
vl
0
¡¡m =~-­
j¡
En (1)
-
(I)
También
De (1} = llll
- 2(15)(
<1,,,-
(
is)
1~0)
,.., = 1•\ -
(,;·+1'·)
_,.
t· 5 =1 00
m s
··= 1';r
r+r' =tiO s
..
t.,.!.. :60_, r=40 s
.2
PROBLEMA H. 0 25
t.' = C~0 }-wh2ooom
0
pROBLEMA >1. 2ó
Un automóvil micia su movimiento con aceleración consrance de 2.5 m/ s1. Si luego de cieno
tiempo empieza a disminuir su rap1de: a razón de 5 mis~ hasta que se detiene y el tiempo total
empleado del aucomóvil fue de un rninuro, determine Sl! recorrido y el tiempo du rante el cual
estuvo aumentando su rap1dez.
A) 2000 m; 40 s
O) 1000 m; 20 s
=(2, 5)(40)
e= ~ t
Por condJcion
Del segundo gráfico tenemos
<lf
e'=')
B) 3000 m; 20 s
C) 1000 m; 40 s
E) 3000 m; 40 s
Dos p.miwias Py Q se mueven sobre el eje xcon velocidades consra~res de+ 30 m;s Y:: l2 mt s, resectivameme. Cuando dichas panículas pasan por las posiciones .\'r =-1.20 m y x\! =.,- 180 m.
fa panícula p adquiere una aceleración consta me de -3 m/s 2. ¿Qué distancia separará las panículas
cuando cengan la misma velocidad?
A) 3m
C) 9 m
B) 6 m
D) 11m
E) l2 m
Resolu ción
Resolución
Del enu nciado se deduce que la panícula P experimenta un MRUV y. a parrir de P, Q un MRU.
En ronces se hallará la distancia cuando P adquiera la velocidad de Q.
Graticamos el p¡·oblema
Graficamos
1 m in= 60
s
-
l2 m/ s
~~
·(P)
- 120,
X
:(Q)
ISO m-----'1
!+180
'
'
-!s
~~~v=O
_E_ :J
.1!. í)(P)
t- 126 m - - 4 - - - 24 m ----{
(P)
Nos piden t y e.
(Q)
TramoAB
(1)
TramoBC
o
vc=v8 -a't' -. v8 ::2ar'
ISO
t--126 m--r
Q
1--
;
168 m - - l
~
l26+x+ 168=300
. . x=6 m
(TI)
61
lumbreras Editores
PROBLEMA N. 0 '1.7
Un automóvil se mueve sobre una pista horizontal, e;{perimenrando MRU con 20 m/s, v
se dirige a u n camion en reposo. Cuando
automóvil esrá a SO m del camión, este inicia
su movimiento en la misma dirección del automóvil con una aceleraciÓn constante a. ¿Qué
valores debe rener a para que el auromóvi l
nunca alcance al camion?
;¡
A) a> 2 m/s2
C) a > 2,4 m/s 2
D) a > 2,5 m!s 1
B) a > 1,5 m!s1
E) a> 3 m/s 2
Resolucion
Si la acele ración de l camión es cal que en el
momenm que el auto está por a lcanzarlo presenta la misma velocidad que el auto, en ronces
el au ro nu nca podrá a lcanzar a l camión.
Si m ación crí rica:
Si con es ta aceleración el amo no a!can::a al
..:am..i ón, rampoco lo alcan:ará con una acele.
ración mqor
a(.liT'Iron > 2. 5 m/s 2
Calculamos la di stancia AB
PROB!.::MA í'l . 28
Una partícula ub1cada en el punro A (O; 75) cm
inicia su movimiento con u na ace leración
constame igual a d' "' ( 1, 5i - 2)) cm! s1 . Si la
máxima rapidez que puede alcanzar la partícula es de 15 cm/s. ¿qué disrar.,ia 5<:!para a la
parrícula del origen de coordenada;; 8 s después de iniciado su movimicnro?
A)
sJIO cm
1
B) ISJiO cm
C) 7,5Ji0 cm
'
2
barre el vector posición cada 2 s d1smmu)'en en
15 m 2• d erermin¿ el módulo de ll acele;ac1ón
(en m/s1).
A) 0,25
D) 1
B) 0.5
C) 0.75
E) 1.5
Resolución
Graficamos
Tramo BC (1\IRU)
dsL'=¡·01 .;x(8 -r 1) = 15 (8-6)
-. d,1c=30 cm " d.•.c=75 cm
Del gráfico
OC=21~
E) 17,SJI0cm
Calculamos k
75 1 =111+9k
Graficamos e l problema
2
=!Ok2
75
k::--=
-
JIO
•p
•
dauro - - - - - 1
k =7, 5M
~
i
~
A pare ir de P el camión se aleja del auro porque
su velocidad se incrementa y será mayor que
la d el auto.
20t =<80
d~s-
=:s:t:::rr~ ,o ..
1
)(6)
-(0+15
Resoluci on
:20 m/s
20 m1s· - - a
-·
15::0 -'- (2.5)1¡
0
D) IOJlo cm
{-so m-1---d,----{
Tramo .48 (.\ lRUV)
+(
oc =2(7.s)Jl0
.. OC= lSJiO cm
Dato
(.lA1-lA2) = 15
m1
(1)
Tramo PC
0 20
+2 }
20t=80 + lOt
PROBLEMA H.0 29
~
r=8 s
Como
vF= vo+(acJmrón)c =0+ (<lcanuón) (8) =20
llc3mrón = 2,5 m/s
2
o¡
X
Una partícula se mueve sobre el plano XY
experimentando MRUV. En el instante inicial
la panícula presenca la posición P(-12;9) m y
una velocidad =(3i + 4 ]) mis- Si las áreas que
v
1 ( t) 1
b1 = v0 c--a
2
(JI)
S3 ¡
IB2
--~------------
'---
lumbreras fdttores
De (11)- (!11)
ll,- bl ::..J-,1
De (1)
TramoPM (b1.,.Ll1 )=1'1)t'--}.l(rf
b1 ~ b~ = 5(-t)- I(n)(..J. )2
Resolución
(lV)
h(b¡-bl)=I5
b1 +b 1 =20-8n
15(b, - b1)=15
( 1O- 2,1) -b 2 =20-Sn
-t
b¡-bl=l
En {lV): 1 =4n
b1 =10 - 6n
1
(I)
l~s 2
_
SJTILs
~ ::;;;•uu~Q'
.;~
'
dJt:fO "' 1·,r+-a!"
1..:
:!
•
'
1
'
d3UC.> :5(3)-,. -2 (10)(3)•
:. <1=0,25 m.'s 2
(lfl)
Graficamos
d~u tJ = ¡O- d,.,, + Lb\u
1
'
t-3 m-l-7 m~--dbu;---+-- Lbus--t
! !L.
a
~--------------~~
~=-~
Luego
dbu;, o: 1 ·~'-''·h (r)= l 0(3) = 30m
PROBLl:MA tl. 0 30
Dos móvil¿s r\ y 8 experimentan movimientos rectilíneos. uno hacia e! erro, con rap idez constante de lO m/s y 20 m/s, respecdvJmente. Si en el instante en que están separadus 2 75m 8 empieza·
a frenar con una aceleración constante de módulo 1 m/s1 , determine a qué d is tancia se encontrarán separados cuando tengan igual rapidez.
A) 20m
B) 25m
C) 30m
D) !S m
E) 3S m
Resolución
.. L~>u. '"10 m
PROBLEMA N.o 32
En una pisca rectilínea se desplazan dos automóviles y pasan por una estación con igual rapidez,
Gralicamos
v= 10 m/s, y con un intervalo de tiempo de 4 s . En el instante en que pasa el segundo automóvil
frente .1 la esHción, empiezan a acelerar con 2 m/s 2 y 4 m/s2 , res pectivamente.
1--- (t.iRUV) - - i
10 S
l O m/~~s
..
.E_ 8f~
1--
3s
En (!): 60= 10+ 30+Lb11 s
'
1 m/s· : B.i'==
Decermine, luego de cuántos segundos, desde que acelera, este logra alcan zar al primero.
Resolvemos
27S= 2SO+x
lOO m - -r--- x - - - r - -- ISO m---1
A)
M
S
B) 2../lo s
C) 2Js S
D) 4Js s
E)
SJS s
.. x = 25 m
1---------- 275 m - - - - - - - --l
Resolución
Graficamos
PROBLEMA H. 0 31
Un automóvil de 3m de tongiwd y un ómnibus se desplazan en la misma dirección po r vías
paralelas y rectilíneas con una rapidez constante de S m/s y 10 m/ s, respectivamente. Si en
el instante mostrado el automóvil acelera a razón de 10 m/s 2 con la inrención de adelanrar a!
ómnibus, determine la longmtd del ómnib us. dado que el au tomóvil logra su objetivo luego de 3 s
a parcir del instante mostrado.
:;.,..s.. •••n•••""
-~:
'=-~
'
A) 12m
:s4
B)
íO m
- -- Q
'"":r:i
?m
C) 25m
O) 14m
E) 10m
ss l
lumbreras Editores
Del gráfico
Resramos
d1 - d 1 ==40m
(f)
Como
cr~-d¡
..:
=r
Un eren de ó~ m de longitud ~e ~ncuenrra en reposo~ _cier<a d1srancia de un túnel rec rilí_neo de
de largo¿ 1n1cia su m~vuntemo con u~a acelerac1on cOJ:sra~re. ~~la paree ~el~ncera ael tren
10 1 01
. esa con u:ll rap1de: de o m/ s y la posrenor con 10 m/ s, 'que rap1de: (endra dtcho tren en el
En (l)
d,=v.... ,,c- -1 n,r·' ->
~~ 2 Además
pROBLEMA N.o 3 4
:;:;rranreen ~ue la mitad de es re está saliendo del túnel?
.. t =2 JI0s
d1== 10r+r2
B) 12 m/s
A) !1m
C) 13
m/ s
D) 8 m/s
E) 10 m/s
Resolución
PROBL2MA H.0 33
U~- conductor se desplaza por una au topista recta con una rapidez constante de 25 m/s y un ca.
mton sale para adelantarlo lOS m. ¿cuál es la aceleración mínima constante que puede asegurar
la parada del vehículo para no cho.:ar con el camión, si consid::nmos que el conduccor tiene un
riempo de reacción de 0,2 s?
Graficamo:;
Comten:a J 1ngresar alrunel
6 m/:;
.____101m ----1
pj~~~
A¡:- 64
25
,
D) - m/s-
:
8
<únel
m--f
1
.
r-64 m -+37 m-r32 mi
~---·-
:•
.. 1(}m/s·-·;
e
'
•' _ , }Mitaddeltren
.~( oi515§~ -=: ~~~ · s~liendodel túMI
R12solución
A
B
:e
:
1--69m---!
Graficamos
Tramo8C
TramoAB
,
l
Vé = v¡ • 2a(d8c)
(MRU)
(MRUV)
_,
~dR----~-------- 105-dR --------~
Para el MRU
dR=vrR
V~ = 102 +2( ~ f69)
. . vc= l3 m/s
Entonces
O== (25) 2 -2 (a)(10 5- 5)
PROBLEMA N.0 H
Entonces
dR.=25(0,2)
d¡¡=S m
Luego de S m pisa el freno.
Para el MRUV
v¡ = v6 -2ad
168
25
,
.. a =-m!s8
?S
,
Con una aceleración menor que :::_ m !s- el
auto tmpactaJ·ía con el camión.
8
Desde dos esradones A y 8, separadas 1H m, inician su movimiento dos automóviles con aceleración constante de módulo 4 m/s 2 y 2 m/s2 • respecrivarneme. Si después de 4 s parte de la estación
B un tercer automóvil. determine el módulo de la aceleración del tercer automóvil, de tal manera
que los aes automóviles se crucen simulráneamenre. Considere que los tres automóviles se mue·
ven en carriles paralelos.
B) 3,5 m/s1
D) 4,5 m/s 2
E) 5,5
m!s 2
67
Lumbreras Editores
R2solución
R~solución
Grarlcamos
Gra.ficJrnos
..----1-H m-----;
A
20m ';
B ._
(AJ - ,.:x::,.._
•• j ••
.
o===o·
M
, (P)
, _ .i ---,..------ dg _ _ _ ___,
• ,
r
'
,2~
o
-0= -..()(2) t - - - --
4 rTvs
8S
2~-~..
-
d1 - - - --1
2
<>-! m/ s
ocp._o ·
:Ea·
A
(MRUI
f--------- d.\ ---------1
2
-;;_· orx;--. o -
{ l l f - - - -- - - - -
d,
----------------1
:6:Ehr _¿
113
~~~
(3) 1--------- dJ - - -- - --¡
Del gráfico cenemos
En 8 s B alcam:a 20 mis
Del grático
t-4
~
d.~=d..-da
(!)
a8
En p se da el único encuentro. a pamr de ese
momemo B será más rápido que A y se alejará.
(Revise prob. 27).
Desarrollamos
Para MP
d¡-d!= 144
=vg!- ~ac 2 = ~( ~
}sl
2
_..
ds=SO m
Para el auro A
dA = vAc
dA = 20(8) ~ dA=l6Qm
De donde: 160=d+80
Desarrollamos
20=0+(2,5)c -
r=S s
:. d=BO m
-1()'
4 r- - -1 (2)r-l =dH
2
2
-+ t=l2 S
PROBLEMA H.0 37
Además
Una panícula se mueve sobre el eje x donde su posición queda defmida por
x=( r; -{e!+ 16r + 10 )m; e en segundos.
PROBLEMA N.0 3ó
Con respecto a las siguientes proposiciones, indique verdadera (V) o falsa (F), segün corresponda:
Un automóvil se mueve con una velocidad constance de módulo 20 m/s. Si en un instame dado - a
d metros delante de él- parte orro automóvil con una aceleración constante de 2,5 m/s2 y se mueve
en la misma dirección, determine d para que A y B se crucen en una sola oponunidad.
A) lOO m
168
B) 160m
C) 70m
O) 50 m
E) 80 m
• Duranre el intervalo e e {O; 4] la parricula se mueve hacia la derecha.
• A partir de l > -! la partícula se mueve hacia la izquierda aumemando su rapidez.
Durante el intervalo re [O; 4] el recorrido de la partícula es 64/3 m.
A) VVV
B) FVV
C) FVF
O) VFV
E) FFF
69 1
lumbreras Ed1tores
Resolución
-
t]
Resolución
Determine a partir de ese insrame el riernpo
que-rranscurre hasta que la distancia enrre SUs
e.'\rremos seJ mínima y cuámo vale dicha dis.
rancia.
De la ecuación;
'
x ==-- 4r -'-lór-10
3
Derivando se riene la velocidad
v(i) = r2 -8r - 16 = (t--i) 2
(!)
A)
La segunda d envada es la aceleración
C)
a(c)=(2r - 8)m/~
L
L./3
V
4
2-·
L
B)
Se pide el tiempo mínimo {t)
!_. !::_Ji
2v' 2 -
L -
\'. --1'
2 -7
•
Verdadera
Para tE [O; 4]
{Il)
Para este Intervalo, excepw e==4 s, la velocidad es positiva. Observe la ecuación (!).
Falsa
En codo momento el móvil se dirige a la
derecha
•
Verdadera
Para t =O
-L ; !::..¡¡
4v
2
E)
!:. !::.jj
V •
2
x
d= vr1
rambién
C¡
Resolución
Graficamos el problema
vc= 2
..
(I)
y
Tramo BC (MRUV)
L
21·
(::-
V
e,=- a
(H)
x=+ 94/3
~--e---¡
De (ID y (I) en (a)
0
PROBLEMA H. 39
Un auromovil se mueve en linea recra con una
- 4(4) 2 + 16(4) + to
velocidad constante avanzando una distancia
d para luego adquirir una aceleración constante de módulo a, disminuyendo su velocidad
hasta que se detiene. Determine el tiempo de
movimiento del automóvil, si se sabe que es
mínimo.
94
XF=3m
Luego
94
64
e=--10= - m
3
3
Para el triángulo
A)~
d2= (L - vt) 2+v2c2
ll
B) -
2
-
a
Un gusano de longitud L se desplaza con una
rapidez v sobre una superficie horizontal en línea recra y en un determinado insrame cambia
la dirección de su movimiento en 90°.
d V
t=-+ v
a
Reordenamos convenientemente
r
=((J~J +( ~J -2~+2l)
r.
oun
=[[l-J~T + 2 ~]
o
Por lo ramo
0
PROBLEMA N. 38
170
d
=-
L
Para r=4 s
=(4/
Tramo AB (MRU)
c=4s
.......
1, )
x=+lO m
x::+lOm
D)
_JíL
d,,.,,- 2
L2 +2[(vd-2(vr)(i)~a
(~vo -(i }f
r-(iJ]
'min
D)
2~
E)
=2Jf
{d
y2c;
71 1
lumbreras Eótores
PROBL~~A H.
0
40
CapttUlO
•• 4
Para la polca móvil mostrada cer.emos
En el gráfico. se d.:ne una canica A de ac.:ro ··
otra B de madera nn·dadas en reposo Si soltamos B. A Jeco.re durame el tercer segundo de
su movimiento 5 m éEn cuánco se desmvehn
A r 8 al cabo de 3 s de abandonar A?
[ 1
r"--G·
j
!r:-'1 l
l
,1 1
)
1
L'
¡ ~f:~jcL+L-y)
------ ¡,~, , f·
('T - ---·
- - ---- - --JI ___ _ _ _l
- --..:. l
d
Movim ientos de
caída libre
)
)
APara la cuerda que rodea las poleas
, .....
A) 9 m
B) 12m
C) 15m
O) 2-!-m
(3L+L') =2 (L ... x) + (L+L'-y)
Entonces
3L+L'=3L+L'+2x - y
E) 27m
y=2x
Resolución
Al soltar el sistema, la canica de acero (A) desciende con la misma aceleración que la polea.
Para un MRUV con v=O
u
esfera sube una longitud y. y la polea desciende x, emonces la separación es
d=x+y"'3X
La polea en 3 s desciende
1 > 1
,
x = -ac· = - (2)(3)· = 9 m
2
Entonces
2
.. d= 3(9) = 27 m
~ Nota
La esfera de acero está fija a la polea. por
conSigUiente la esfera deSCiende la m•sma long¡tud
que la polea.
Alistóteles (38-+JZ.2 a. n. e.l pensaba que at soltar desde
una m1sma altura un objeto pesado y o1ro hv1ano. el peS."l·
do lleg<Jb,, primero a la superfiCie cleb,do a su mayor peso.
Esta forma de pensar predom1nó por dos m1lenios hasta
que Galileo Galilei 1156 4·1642) hizo un<1 afirmación mSs
acertada: sin la resistencia del a~re todos los objetos caen
con la misma rapidez. Ello se pudo comprobar ;ui os m.is
tarde. cuando Otto von Guericke inventó una máquina
capaz de orig.nar el vacío (medio sin aire). En un medio
sm aire. al soltar una pluma y una esfera de ,Kcro desde
una misma altura. ambas llegan a la vez a la superhcie,
verificándose la ,1firmación ele Galileo. Este hecho permite
establecer que los cuerpos. al ser aiectados úmcamente
por la atracción terreslfe. experimentan la misma aceleración, denominada aceleración de 1,1 gravedad (g). Bajo
esa cond1ción, este movim1ento se denomina movimiento
de caída libre. Por ello, cada vez que soltemos Lln cuerpo
o lo lancemos verticalmente (haCia arriba o haoa abajo)
despreciando la resistencia del aire. el resultado final siempre será un movimiento vertiCal de caída libre (MVCL), el
cual es un caso particular del movimiento rectilíneo uniformemente vanado (IVIRUV); pero al lanzarlo en iorrna no
vertical. ese cuerpo desaibirá_un movimiento parabólico
de caída libre (MPCL).
!72
- - - - - -- - - - - - -- - -
Capítulo
~Aovimientos de caíel a libre :
.. ...... ... ... ......
············.
.... ...........
·-
............ ······· ··········
0
PROBLEMA H. 1
¿Qué rapide: presenta el anillo en el instante mostrado, si luego de 3 s empieza a cruzar a la esfera
2
lanzada' {Desprecie la resistencia de! aire) g=lO m/ s
A)Sm!s
B) 5 m/ s
C) 2 m/ s
D) 10 m/s
E) -! m/ s
R~so lución
Nos piden la rapi dez v del anillo.
Note que la esfera a los 2 s comienza a descender.
Separando imaginariamente a la esfera y al anillo
V
!
~ (2) . • •• - - - .. • • •.•• .. • • •• • • . ••
•
~
h
:'
1hhlo
@
insmmeen
(9
y
:
:'
1fll1
.;
3S
1S
'
~· ~
-¡3o.mi's)'r·~·¡w mlsj
queel anillo~ d¡'
cruzna .. ...... ... . .. . . ..
la esf!ra
1
v=O v=O
l
75 m
2S
,
(llQ .. . .. . --
·~w 20 m/s
-
75 1
Lumbreras Ed1tores
Ecuación vectOrial para (1)
-
-
1-
-
d¡= (+20)(3) - 5(3)2
Resolución
Del gráfico
En (1)
Gra1kamos el problema. separando imagina.
namenre las camcas.
l
d1=v\Jr.,.;-gr·
H= 1.4-h
3
.. .v~-L
S
d1 =-:-i5 m
~ = (0,5)(10)
v=S m/ s
_, rl 1 = 15 m
.-\ltura máxima
,
luego
y·
h~d,=75
2v'+v')
3v'
x= ( - 2 - r = 1 r
/¡=75-1 5 =60m
1
2
h =v0 t+- gr·
1
Para (1)
60 =v (3) + 5 (3) 2
. . v=S m/s
y=
PROBLEMA N. 2
En el insranre en que se abandona una canica
se lanza otra, tal como se muestra en la gráfica.
Si cuando están separadas l./2 venicalmeme
por segunda vez presentan la misma rapidez,
determine el recorrido de la canica que se sol·
ró hasta ese insrante. (Desprecie la resistencia
que ofrece el aire).
C) 3/ 4L
D) 7/2L
E) 1/ 2 L
'
r
S:. v =0
1
0
(1)
v, = v{+ gr
'o
H= 1,4 + 1,25
.. H= 2,65 m
PROBL!'i:MA N. 0 4
vF=v0 -gc
v'=v-gt
Un objeto se lanza venicalmenre hacia arriba
desde el borde de un edificio de 240 m de alrura.
Si luego de 5 s su rapidez se cuadruplica. ¿con
qué rapidez impacta en la base del edifi.:io?
(g = 10 m/s2 ) •
J
v'
v= 2 v'
También del gráfico
.. T. .vl
l.
____¿
-
En (1)
H
1' V
1n'
25
fl=20
Observemos el lanzamiento
Para (2)
3v ' r )
y= 2.'L +( L--;¡
L
( 51:
h=20
Resolución
v'=gt
-7
Despejamos la altura máxima
/1= 1,25 m
A) 2, 1 m
B) 2,05 m
C) 2,35 m
D) 2,65 m
E) 3,15 m
También
0
A) 3/8 L
2
r=(f)r
->
B) 2/5 L
( v0 + v,)
il = 2g
PROBLEMA N.o 3
Un malab,nisra hace una demostración en un
salón y lan:a pelotitas a 1,-l m del p1so, vemalmenre IMcia arriba con intervalos de 0,5 s.
~i el máximo número de pelotitas que pueden
estar en el aire es 3. determine la mínima altura del salón para dicha demostración.
1
(g= 10 m/s ) .
Para (2) (ecuación escalar)
Í7S
=g
\'
t,
Despejamos
-7
(!)
De(!)
1.4 m
-7
' ;: -3
Vt
4
L
) Lv
'f ,.
·~
)'1,
3.•
..
1,._).
''1~''
1'
'-/
'
v ¡,
l.
'•u¡•'
,
,IJ...!.,
11.•
1v
3 pelot.lS en
el aire
A) 30 m/s
B) 40 m/s
C) 50 m/s
D). 60 m/s
E) 70 m/s
771
lumbreras Editores
Resolución
:--3m--i
Nos ptden la raptde: de tmpacco ,.,.
,,.
_, ,,..1 g= 10 mJs-'
t
'
Pua ello el rren debe recorrer SO m en un
uempo igual a
Despejando
- - · .... : ........... -- .... ·~ B
l . jg
~m
1. 8 rn •s
_j
c(!O = S
1 '
d= "ve - - .1: ·
2
r
.. r-O.S::.
e=; s
El uempo de subida de la esfera es
PROBLEMA H.o 6
A) 0,2 S
D) 0,8 s
v,
Del dato
c,-~ 8 =5
s
Ecuactón vectorial de A -+ 8
Vs
--+
B) 0,4 s
C) 0,6
S
E) 1 s
Resolución
Al acercarse. la distancia entre esferas dismi- ¡
nuye; la segunda ve: que están separadas S m
es cuando las esferas se alejan.
En el graiico, el eren a panir del mstante mostrado intcJa ~u movimiemo reali:ando un
MRUV con -l m/; 2• Si dc:sde la parte delanrera
lanzamos vemcalmeme hacta arriba una pelo·
ta. detem1ine la rapidez máxima con que po·
dría ser l.tnzada para qLte caiga sobre e l tren.
1
(g=IO m/ s
).
Entonces la rapidez máxima de lanzanuenro es
o
vF = vo- gciub
_,
=vA +g(rr~s>
Ynux(l>n:) =grsub
v.,,... (l.ln: .) = (lO) (2,5)
(-4~)=(~v)-10(5)
.. Ym.i.;.(b=} =25 m/s
v=IOm/s
Tramo A 'P (ecuación escalu)
vf"=v}'T"2g(d.-~p)
A) 10 m/s
B) 15 m/s
.. v1=70
PROBLEMA N.0 5
Se lanzan las esferas simultáneamente, como se
muestra en el gráfico. (Luego de cuánto tiempo,
a parur del instante señalado, las esferas estarán separadas S m por segunda vez? (Desprecie
la resistencia del aire; considere g= 10 m/s 2)
178
C) 25 m/s
D) -10 m/ s
E) 45 m/s
mis
Resoludón
Del gráfico
+ _____..
Ya
=8
A mayor rapidez de lanzamiento, más tiempo
debe permanecer en el aire la esfera. Ell!mite
de la rapidez lo da el hecho que debe caer
en e! tren, entonces la máxima rapidez de
lanzamiento debe ser cuando la esfera impacra
en la pane posterior del tren.
PROBLEMA H.0 7
Del borde de un pozo de !25 m de profundidad, un niño suelta piedras a razón de una
piedra por segundo. En el instante en que
suelta la primera piedra, una persona ubicada
en el fondo del pozo lanu venicaJmence hacia
arriba un obJem con una rapide: de 50 m/s
Determine el número de piedras que solro el
niño hasta el instante en que el objeto se cruza
con la segunda piedra. (g= lO m/s 2)
A) 2
D) 5
B) 3
C)4
E) 6
79
lumbreras Ed1rores
Resolución
Esrud1amos el encuenrro emre el objeto \ la
segunda piedra. Hay gue tener en cuema que
el ObJeto le lleva de venraja 1 s a la segunda
piedra.
debe lan: ar. verticalmeme haci<1 aba¡o ia coPa
pau que el riemFO en que se es.:ucha el sonido
sea 1 segundos menos'
(Considere .!í = IJ m 5 1, ~ 1 = 310 m/5)
;,:~undo
Entonces
B) 18 mls
sc-n 2 =d2) + 5(2) 1
.. v_r= 130 mis
pROBLEMA H.o 9
En el pnmer caso
Una c>íer,l fue sol rada desde cierra altura y en
el sépcimo segundo de su caída recorre 11:3 de
su recorrido rora!. iQué rapidez presenta en el
insranre que golpea el piso? (g = 10 m/sl)
A) 100 m/s
D} 150 m/s
hp+h0 =125
B) 110 mis C) 130 m/ s
E) 160 mis
Resolución
Graficamos el problema
2
g(r - 1) +[SOr-± gr 1 ] = 125
v=O
.....
:· ,(Ó:.y· .... ·,, -
S(r-1) 2+50r- Sc 1 = 125
Resolvemos t=3 s
Para el joven que suelta las piedras han pasado
también 3 s
1 S C~)
u
1 s(."
V
s(,..
3.•
2.~
Por condición
r+r'=4,25 s
H=
U 4.l
0
(1)
v,c· =320r' = 2.gc 2 =5c 2
2
¡_o{~---------~~
Un cohete despega desde la superficie :errestre
.:on una aceleración constante de lO m/s 2
Después de 10 s se agota el combustible y
el cohere se sigue elevando en caída libre.
Determine el tiempo que transcurre desde que
se acaba el combustible hasta que impacta en
la superficie. (g= 10 m/s 2)
A) 12,4 s
¡-
6.,.'
Del gráfico
H
•
hli,l
/;&,!
-
______.
r=4 s
Observamos que t' no se mod ifica, solo cambia t
Luego
!gl711
l
Resolución
Graneamos
1
H
4
5(7>
H=845
V
1
-
5(6)
1
e·}
~ >~r=O
l¡
100 m/sl
:.
:\s
¡
\
...
.
\
lg
~~
•\
-.\
1-;
/.:
-~~~
13
lOs (
.!.g (611
l
C) 16,2 s
E) 24,1 s
l
----.~
-4
B} 10 s
D) 20s
vFj ~--· ············· ··-· · ···- - t + - = 4 25
Una copa de vidrio es soltada desde cierra altura respecto del piso y luego de 4,25 s se escucha el sonido del impacto. (Con qué rapidez se
PROBLEMA N.0 1O
En (1)
?
PROBLEMA H.0 8
3
"=:·..........1 ... . ! . .
A
soleó 4 piedras
t-1 l..
!80
o
vi= v5 ..-2gH
C) 21 m/s
E 30 m's
Resolución
1
Luego
H=5r== \'(!-2) - S(r-2)~
v:=30 m s
A) 10 m/ s
D) 1-! m's
_, I
aso
=!:!.
13
m
Bll
Lumbreras Edrtores
Si una persona al ouo lado en el cemro de la
ven~ na (a l m de discanda) ve a la piedra du.
rame l s. ¿que tiempo transcurre has ca que ¡~
persona vuelve a ver la piedra? (g= lO m/ s 2).
En 8 se acaba el combustible.
Nos piden t 1 .,-r~=?
DeAB (MRUV)
va= v.., +t~ 8
_,
=
v8 10(10)
A) 0,5
HaUamos la distancia de .4 hacia B
S
B) 1 s
D) 2 s
+ Vg)
d ~ B = -V~· 2- t.~B
(
_,. dAa=( 0
C) 1,5 s
.. :•0 =36
En un planeta se lanza verticalmente hacia
arriba un:~ piedra, de cal manera que en el tercer y cuMtO segundo recorre 21 m y 1S m, respectiv.lmenre. éCon qué rapidez fue lanzado?
-4
A) 12 m/s
D) 28 m/s
d8c=SOO m
Tramo de CA'
1 l
= v,c, +-gt;
-2-
-4
'
B) 18 m/s
C) 20 m/s
E) 36 m/s
Se tiene un tubo en posición vercical que va a
ser soltado desde cierta altura, y en ese mismo instante una pequeña esfera es lanzada tal
como se muestra. Si luego de 0,6 s del lanz.l·
miento este logra atravesar completamente el
rubo. determine la longitud del rubo. La esfe·
ra permanece dentro del rubo duranre O, l s.
(g= 10 m/s 2)
4,)
c'=t¡ +tl
3.er S
S
o
1
' o\
Una piedra fue lanzada vercicalmeme hacia
arriba, luego de cieno tiempo pasa frente a
una vencana de 2 m de altura que se encuenrra
a 4 m de la trayectoria de la piedra.
5
.
t'=(10)+(14,14)
PROBLEMA N.0 11
v=O
.~ - -r·--
Luego
~ 82
m/s
De la información se deduce que en cada segundo recorre 6 m menos, por consiguiente, la ace·
leración de gravedad del planeta es g_,=6 m/s 2•
lOOO= St-
=14,14 S
.. t' =24,14
=21
R~soluci ón
o
d_.¡s+dsc
t2
v0 (3) - 3 (3) 2 - •;0 (2) ... 3 (2) ~
PROBLEMA H.0 13
Hallamos la distancia de 8 hacia C
de.-~·
En(ll):r'= ( lO
Reemplazando valores, cenemO$
=O,:> s
PROBLEMA H.o 12
1¡ = 10 S
~~-~
5
15-10)
v8 = (v-10)
0=(100) - lOr¡
)o o>
!5 lll
r,s
.. etot.,r= 1 $
Graficamos el problema
De A a B la piedra pierde lO m/s
~
=CO~+O
'1"1'¡:: )
1
twul= 2(0.5)
Tramo de BC (MVCL)
d8c
'\
~
E) 3 s
Resolución
+;oo}lol
-4
l
En(!)
d.4 8 =SOO m
Yc =v8 - gt ¡
dA8 =
V'"'
v8 =100 m/ s
Entonces
TraJTlO d.: A B
Para que vuelva a ver la piedra debe transcurrir
(1)
t ro< al= 2 e'
((~--t ............ T
,
15m
21 m
,~
..1..
~ ~/
h (l s )
'l¡i'
1\
t
,
(v- 10)
(v-lO)
= - - =- g
10
(!!)
l
.....
1
' 1~1'
i?-....1........ ..
:
1
1
1 (3 $)
A) 1,6 m
B) 0,4 m
C) 0,5 m
D) 0,8 m
/1(3 s) -/1(2 s) = 21
E) 1m
83 )
lumbreras [d,tores
Resolución
Para (1 )
Graficamos el problema
A dos .:ar tea; se les. abando~ a stmu!tá.neante sobre las hoqutllas de oos tubos ll,;os.
me como ;e muestra en e1 graneo.
·' En que.
131
lacion e>tJn los nempos que emplean las
;:nic:Js en re.:orrer la lon:;itud de los tubos'
(.-tB: éljme•¡·o)
1
" d~, 1 =(2R cos()]
l
,
-+ 2RcosP =- gcosP r¡
2
r¡'
R
(1)
=~ -
g
lg
'
'
d_, 11 = i[gcos~Jc¡
Para (2)
l
,
d.1,\ =2Rcoso =z.)acosat~-
10 m/s
, 4R
-+ r; = -
.b.
-
''IW'
8
A) 0.5
O) 2
Del gráfico
L=d1 +d1
Para el tubo
{l)
De (1).:.. (11)
C} 1.5
E) falta a
B)
Resolución
Graficamos el problema
d, =(v12-r6 )o.1)
(11)
g
2
(
4~ )
(~) "(·~ l
Para la esfera
También
(11)
También
6= v 2 ~
Hallamos la distancia
d.1
-+ 4=v' -{lO)(O.I)
.. v'=S m/ s
En (11)
d2
=( 5 ; 4 }o.1)
10(0. 1) -+ v 1 =5 m/s
=(5+6X_!_J
2
10
PROBLEMA N.0 15
-+ d 1 =0,55 m
En (I)
··R_·- ·- · - - ~ '
1
L= (0,55) +(0,45)
.. L=1 m
Un globo aerostático asciende verticalmente
con rapidez consrame de 10 m/s. Si el tripulante del globo lanza venicalmeme hacia arriba una piedra y luego de 2 s la ve pasar frente a
él. ¿cuánto recorre la piedra hasta ese instante?
(g=10 m/s 2)
A) 20m
D) S m
184
B) 15 m
C) 10m
E) 25m
85
Lumbreras fd,torc:s
Resolución
PROBLEMA M.0 16
Graficamos el problema
Uná piedra es lanzada verticalmente hacia aJTi.
ba con una rapide: de 60 m/s desde la azorea
de un ed1ficio de 50 m. Si luego de 3 s desde la
base del edificio y sobre la misma verdcal de.
la primera se lanza venicalmenre una segunda
piedra con 30 rn/s, cqué diHancia separa a las
esferas. cuando la primera piedra ha alcanzado
su alcu ra máxima:>
(g= l O m/ s2 )
•
Ir¡ --(~)(31
2
Entonces
- ) 11,=-+5111
En (1)
Hn1lx=l80 m
x=S -"- 1&0
. . x=l85 m
PROBLEMA M.o 17
A) 120m
B) 135m
Un furbolisr,l. luego de driblear al arquero, se encuencra a 6 m frente al arco de 2,5 m de altura. Si en
ese insr,1me htnza el balón c~n una raptdez de 10 mis y bajo un ángulo de 53° res pecto a la horizomal,
¿anotar<i el gol? (g=lO m/s-).
C) 132m
Para el globo (MRU)
H=vt
Ecuación vectorial para la piedra
l- ?
J:!_ =Vpt+ l gt•
+ (v<) = (v +v')t-5c 2
~
vt
v'=St
= vt +v' t-5c 1
~
D) 185m
E) 142m
Resolución
La primera piedra lleva una ventaja, con respecto a la segunda, de 3 s. En el momenro en
que se lanza la segunda piedra, la primera tiene 30 m/ s.
Entonces, a pani r de dicho instan re alcanza su
altura máxima luego de 3 s.
v'=5 (2)
d.,= v r
m/s
~
6= 6 t
1= 1 S
Altura en que se encuentra la pelota luego de 1 s
Se deduce que luego de 2 s la piedra alcanza
su altura máxima, emonces en el instante en
que el tripulante observa la piedra. esta se
encLlenrra en reposo (vF = O) respecro a tierra.
El recorrido hasta ese instante es
e=Cw2+o )2)
.. e=20 m
Resolución
Graficamos el problema
(El at·quero no está en el arco, porque fue dribleado)
En x (MRU)
v': rapidez de lanzamiento respecto al globo
vp==20
C) Si, la pelom cae dentro del arco.
D) S1. la pelota impacta en el piso antes de ingresar al arco y luego de rebotar ingresa.
E) No se puede precisar.
Cálculo el tiempo que carda la
pelota en llegar al arco.
v'=!O m/s
~
A) No. la pe lora choca en el parame superior.
B) No. la peloca pasa por encima del parame superior.
H==+3 m
'1' 2.• piedra
Como el arco es de 2,5 m de altura, la pelota pasará por encima del travesaño. Por lo tanto, no es gol.
(!)
86
87
lumbreras Ed1tores
PROBLEMA H. 0 1 S
Caída libre
Para apagar el fuego en el punto 8, se lanza
agua con una manguera inclinada 53° respecco
de la horizontal. Sí el chorro llega en 2 5 a su
objetivo, ¿cuál es la distancia ~ocre A y B?
(g= 10 m/s 2)
En A
Re solución
Graficamvs el problema, descampo ni endo las
·velocidades en A v B.
-
1
J¡ = - (10)(2)
2
2
_Vy(41=~fll
_. .
~'~
d'=-W-h
1
; •
h
1
----;::~
.
1
__.. d'=·W-20
d'=20 m
1
A
fiJ1
_. 30=22,5 + 10t.~ 8
~
c48 =0.75
d46 \
• •• \
·\"si/
';(~mis
J
~5"
1
_ . .. . ... . .. . ¡1 l . . ..... d
·. -··
·: 1
- \ · ·:
,
En (1)
:tj
~30"ú'
1
dtla = J<ZOI -r<30) 2
. ... .. ....
1-----30m----;
S
Luego
h
=(v.,·r H; v,.ca>} ~6 = (22,S -r30) (O, 75 )
2
-; h=19,7 m
'
30.fi mh
En (H)
d,.=v,.r=30(0, 75) =22,5 m
. . dtla = IOJi3 m
1
mis
También
l'xrA¡=30 mis
Luego
.J.
~ = ~ m/s =12.5
l----1~·
h=20 m
_J_¡
oo
l'y(
En([)
(I)
A) 40m
B) 1OJ13 m C) 60
D) 30J5m
m
Jo 9.7)2 +(22. s)2
d.,s =
En x (MRU)
E) 30J2 m
PROBLEMA N. 0 19
v,(,¡¡ = v,¡81 = 30 m/s
La es fera desciende sobre el plano inclinado (l), luego impacta perpendicularmente
en el plano inclinado (2) con una rapidez de
30J2 m/s. Determine a qué distancia del lugar que abandona al plano (1) logra impactar
en el pla no inclinado (2) . (g= lO m/s 2)
d,=30
Resolución
Graficamos el problema, considerando
MPCL, MRU+MVCL
~
(1)
. .. E ...
.. d.~ 8 =29,9 m
(11)
1
PROBLEMA N.0 20
Se muestra una plataforma que experimenta MRUV con ct = 2 m/s 2 para el insranre mostrado. Si
de la piara forma sale un proyectil en la dirección que se indica y con una rapidez de v "'sJS m/s
(respecto de la plataforma), ¿a qué distancia de P impacta el proyec til?
(g=IO m/s 2)
v=20 m/s
A) 14,2 m
a
QJP-
8) 29,9 m
C) 36,75 m
t---6m---l
D) 42, 18 m
(l)
l BB
E) 53,15 m
A) O
B) 2m
C)-! m
D) 1m
E) 3m
89 :
Lumbreras Ed11ares
Resolución
~a velocidad con la que ab~ndona la pl.araform~ es la ~ locidad con la que se lanza (SJS m/s~ ·
tespecto a la plataforma, mas la que cema (veloctdad de la placaforma 20m/;) .
i
·
sJ5 m/ s
~~-'
-- / Í53°
lO m/s
J),7'
--= - -">O 'm! ~-
,
5m/si7f
~;;-"
-:;(~---
+
30 m/s
1
H 0,a.~c:•
!g
·.
-- -· -- --· -··- .. ·-····-· · '-·
SO m
Sabemos qlle
.
IÓ¡' ¡
·-- - ·- -. -. --....... ::;;_
H ,;~ = -¡g
Al abandonar la placaforma experimema un MPCL.
A) 60 m
D) 100m
-2(vsg )--lO--1
2 (5)
t ,uelo -
S
_....-·
.... - .. - .... .. . -- - ~.-::........ ----- .
jg
l'.¡,tón
Nos piden
~
1·elocidad res¡Jecro de cierra
S m/ si.- .. .. -:;;-~;
--\_~
Resolución
B) 70 m
¿ __ \'c.tnquc
,- -
""!.
·=-¡
C) 90 m
E) !20m
Resolución
··',
·.
Como
v0 sen (90°- a.) = v0 cose<
Graficamos ei problema, considerando que al
soltar el proyectil, este presente la misma velocidad del avión.
Luego
1 - - - - - 6 m - - - - ! -- - - - dp - - - - - - ! - - - - x - - - - i
d,-------------~
Para la esfera (MR U en x)
d, =vxc,=30(l) = 30 m
Placaforma MRUV
1
)
dp =v0 r+tw
-7
Del gráfico
d,=6+dp+X
30 = 6+21 +x
-¡
.. x=3 m
Hm•x(IJ
=tan2a
Hmj~(2)
dP = (20)(1 )+ .!.(2)(1) 2 = 21m
2
1---- - - 42r
0
PROBLEMA N. 21
PROBLEMA N. 0 22
Calcule la relación encre las máximas alcuras alcanzadas por un proyectil. que en un primer caso
es lanzado bajo Lrn ángulo a y en un segundo caso bajo un ángulo que es el complemento de o.. En
ambos casos se le lanza con la misma rapidez.
El gráfico muestra un avión y un tanque que
desarrollan un MRU con rapidez de 42 m/s y
27 m/s respectivamente. Determine a qué distancia del tanque el avión debe solear una bomba para poder destruir el tanque. (g=IO m/s 2)
E) (1 +sena) 2
! 90
---~
Del gráfico
d_,=42r-27r
(1)
91
lumbreras tdHares
0
Luego
Cálculo de r
Resolución
pROBLEMA H. 24
En la vemcal (par a el proveail)
Descomponemos la velocidad del proyectil.
Desde u na misma posición en un plano inclinado o.~ res pecto d e la hori: omal. se lan: a
d,
.
o
1
)
v=5v'
...... ¡
= v0.,.t --gr1
,-~
-
,
_. . ~ ·. . . •
r= 4 s
¡4v'
53 .
3v'
r •.
.
-T
;" '
.~
En (1)
:
dx= 1 5(~)
..: __:_~~~~---
En (•)
d
: 100111
~nVs ;~ ~<~
¡'
~·-.- c.d--...:._---L..
f - - 20t --+-! 00
una partícula en forma perpendicular al plano
inclinado y otra partícula se suelta en forma
simultane.t. Si las pa rciculas logran impactar.
determine la mayor separación emre ellas d urante su movimiento
(Considere g: aceleración de la gravedad) .
)
A)
_e_
2g
v2
2 gsen a
vl
C) gc.>.na
m -1
D) 2 g cosa
Para el proyectil
B)
,
vE) - : - - - g (sena+cos cd
v->
H max- (2 gcosa)
PROBLEMA H. 0 25
Desde el orige n de un s istema de coordenadas
X-l' se lan za un proyectil con c1erco ángulo de
elevación para dar en un blanco ubicado en la
pos1ción (3; 4) m. Determ ine la rapid e: mínima con la cual se debe !:ln::~r e! pro}•ecri! prl
lograr su obje tivo.
(g= 10 mls 2)
Resolucion
En x (MRU) : d,.=v,t
A) 415 m/ s
Graficamos
B) 2J3 m i s
{20t+ 100) = (3v') t
PROBLEMA H. 0 23
Para el instante que se muestra, desde el avión
se suelta un proyectil con la imención de h un·
dir la lancha torpedera, que experimenta MRU
con una rapidez de 72 km/h; determine v, si el
avión logra su objetivo. (g = JO m/s 2)
-7
00)
V '(20t+l
t:
3
C)
(1)
0) 2JS m / s
En y (MVCL)
E)
1- ,
d =vo(v)c+-grY
.
2
Graficamos el problema: descomponiendo el
movimie nto MPCL=MRU+MVCL
y
Resolvemos e= lOs, en (1)
~
v'(lo)J20(10) +100)
3
v'=lO mi s
. . v=5v'=50 mis
B) 50 m/ s
C) 60 m/s
E) 80 m/s
mi s
Resolución
(-100)=(+4v')t- St 2 = 4(v't)- St2
De(!): (-I00}=4[20r; 100]-scl
O) 70 mis
M
-
-t
A) 40 m/s
3M m is
C/.
·· · --· --····- -·------
En la dirección del plano inclinado los movimientos de las esferas son iguales, entonces B
sie mpre se encuentra debajo de A.
Entonces la mayor separación ocurre cuando
A alcanza su alrura máxima (Hmi.,) resp~cto
del plano.
X
lumbreras Ed1tores
Teorema de Pmigoras
Resolución
pROBL ~MA >!.o '1.7
Graf:-eamos
Un proye.:<il se lan:a desde el cngen de un
. ~m .~ ~ coord~nadas X· Y con una veloc1dad
SISt... '1 ~~
[a: 1!] m s. Der:rmine 1~ ecuación de la recta
de ma~vr pend1eme posmva que coree la travect.:>CIJ ctel prorenil en dos puntos. SI uno de
ellos es !J posición de altu ra máxima.
(5) ·dO
2
-
11
= <Srl1 - ~
Agrupamos convemencemente
En_v (i'.I VCL)
,
V,~ '
,
,¡ -
(ll)
I'=Hnux =1g
- - =2g
..
"
a
r, =g
En([)
50
,
v2=lScJ--212S>+- -'-40 ... 50
, ---- (s)e
B) y =2x..-l
-
(1!1)
1
e ) !"= -2 X
\'
D) l' ::.:..+ 1
-
••
Vmln
2
De (lll)+(ll).!.. =( ;: ) =.!.
E) y=x
CT 2
X
2
g
=3M m/s
Reso lución
Tenemos
(1)
PROBLEMA N. 0 26
En x
En la superficie de cieno planeta. la aceleración
g
de la gravedad es = [ 4¡- új m/s 2 Determine
la velocidad de la pequeña esfera lanzada en A
luego de S s de su lanzamiento. (v=25 m/s)
·.·.
·.
V
-~'
A
Observe que sí nos alejamos del origen la pendiente positiva disminuye. enronces la pendiente maxima está definida por la línea que
parte del origen a la altura máxima del proye<tíl.
(1)
y= (ran9):c
Yf(x)
0
PROBLEMA H. 28
Se muestra el ins[ame en que un proyectil es
lanzado desde la posición A . Si se desea que
pase rozando por la pared indinada en el punto
B, ¿cuál debe ser la rapidez necesaria?
=20-4(5) = O
En y
g
g¡
•,
,~
B
v.,
En (1)
11 .... / ....
~~
A) ..-2] m/s
B)
+5] mis
X
J] m/s
C) [ +2f + 5
En ,'( (MRU)
D) [ -Ú-
J 94
sf] m/s
E)
-41 mis
x =:ac 5
(1)
17<•
lOm
A) 7,27 m/s
B) 8,62 m/ s
C) 8.93 m/s
D) 9,54 m/s
E) 9, 10m/s
95 !
Lumbreras Ed1tores
Resolución
En (ff)
f')1
.
~:
,: · • • ~'- \'COSO
····-~· . / YCOS:~~ .
vsena ¿·
l
}
.
f•••••.:.
''
~
'
'
h
' o.
vcosa
1 - - .\ =l Om - - i
(rana.-~
r
.
{5~~
X
tan a 1
,
v· cos· a
)x2
S
-5)
0
PROBLEMA H. '2 9
2h- JO
(1)
Existen dos ángulos que satisfacen la condición
del problema.
Planteamos la solución geométrica
Reemplazamos: (y=h; x= lO)
h~IO(tanal- . !. g(
2
1
)100
v cos 2 a
2
Us~
(II)
También
~ vcosa
n :'
{
;
6-------~
( v sena)
-7
! SS
g=
1
l
Resolución
~
Sc 1 -T h
can a =- lO
1------
=(v coso:)
+2gh
v2 (sen 2 Cl. -cos 2 a)
2h
h=(Sr +10)
Para el triángulo rectángulo
(vr) 1 = (1 0) 2 + (St 2 +it) 2
.
gl
...
,
'
...
N
~·
V
__
;~:
p
1---80m
~
40m-!
'
--:j-- -·-·····--·
1
:
H . :
1
;._,
;w~
....
.. - · · .. . .. ~
•
.. ~
pacibola
~
.. .. .. •
. .. .. .. ...... " . .
.. .. ••
40m
,----·
m
...
vinual ) . - •
:.~~<r>.
•
X¡
tr.lycc[oria
m;lx •
(V )
l- = 40 ~
:·.:.docl:==:,; ==·-..;(J---- -- ..... _.
···¡.¡·OlJ)..
•
(IV)
120 m - - ------1
x 2 =120 m
(Til)
Igua lamos con las soluciones:
2
. ... . . -- ......
Aplica mos la ley de la reflexión en los choques; vamos a tener trayectorias simétricas vinuales.
2h-!O=St 2 +h
1
r
~
40m
t---- 1o----1
g
h = (Sr2 -l0)
2
2
2 h
YF(y) =Yo (y)+ g
"'-
E) 60°
2it+ 10=Sc 2 +h
T~ nemos
A) 30"
8) -!5°
C) 37"
D) 53"
(.(
1
~ vsena
''111''
Se mues rra en el gráfico la rrayt!ctOtia descma por un objew lanzado en la posición P. Si los impactos con las paredes en td y N son elásticos, determine la medida del ángulo o.. (No wme en cuenta
el uern po dltranre las colisiones y considere g= 10 m/s 2).
ve,.. •• -- --•}
.--·
h
e
vsena
se obuene un valor mayor
h
rana=-±!
h + 5 ) 2h + 10
=( -= --5
10
h
1
~
tan a l = ( -5- = _ 1_0_
Ecuación de la trayectoria
2
=1
Para (v).
11
ffi:-
y=(rana)x - .!.g( ,
§J Observación
h
Ordenamos
o
.. v, 0111 ;::9, lO m/s
'
h = l Oranet. - -25 ( ran·a1)
)
.• , l/2 gr·
~ '
t
+2{,•2-ll
1
mm
~-
-
'
'
'
oe(!V) (,r)·=JOO·r-(!Or·-10)
-.ordenamos:_.:_
=lu\11( r- -=-
Graficamos
........ - ..
......·.. ......
.....
-...
.. ..
• · · ' trayectoria
crayeccoria:
/virrual ;
.......
.
1
•
a ;_.. _.. _.. __.. __. _. _.. --'-------- - - --·..:.,nif--.·_·___re_:t_t--L . . . . . . . . . ~~:
Y,\'
t - - - - - 80
-
m
\~"
'
:J
•
----+-- - - 80 m - - - - + - 40 m - - - f - - 40 m --/
lumbreras Ed1tores
Ecuación de la parábola
PROBLEMA N. 0 30
¡
y=k:..:l
Luego del gráfico
(Hmi~ - -!O)= Id 40J:¡ ~
Hm._, =k(12Q)
_,
H m~x - 40 = ~
Hmax
9
En el movimiemo vertical
2
H . = vo<r>
l'n3X
2g
v~r> =45(2)(10)
Dos proyectiles son lan:ados con la misma ra.
pidez de 110 m/ s, pero con un cierto intervalo·
de tiempo ~e; el primero se lanzó bajo un án- ,
gulo de 60, y el segundo bajo un ángulo de 53•. ~
Halle ~r aproximadamente con la condición de
que !os proyectiles choquen du rante el vuel<>.
Y.\'
30
rana=-
40
¡;:;)tGr'l -5(6r >-'(.¡)
=1· S (5r ')- 5(5c 'l-'
.a
.'
. \'
e¡·
" #.
..' 1
v[3J3 - .¡)==55¡ '
..¡ )
55
.. ¡'::2.4 S
Resolución
Para que puedan impactar, A debe salir primero
y luego de e' segundos debe salir B.
v,~ (• l
< v 8 (,·J;
0
PROBLEMA N. 31
v.4 =v8 = 11 O mis
-.....
._
•• ·~;~:- (impacto)
..
d,; .\ .
'~\"', ....
'
'
En la horizontal
(v.: cos60°)t = v cos53°(r-r')
8
Re solución
.!.t=~(t-c')
2
~
S
t =6t'
En la vertical
dy(A}: d y(8)
Una gran:tda, lanzada verticalme!1te con gran
rapidez, al llegar al punto más alto de su tra·
yecroria, explora en -t fragmentos, los cuales
se dispersan sobre el mismo plano vertical con
igual rapidez. pero en direcciones opuestas y
m u ruam~nce perpendiculares por pareja de
fragmentos. ¿Qué gráfico se formará en cual·
quier instanre posterior al estallido al unir to·
dos los fragmentos?
A) Un cuadrilátero cualquiera.
B) Un paralelogramo.
C) Un trapecio.
D) Un cuadrado.
E) Un rombo.
d , (A) = dx(O)
rana= "ocr>
(
1 l10)(3J3-
240=v ( 2· "o(yJ) =2v ( 30)
X
g
·' lO
Como
,Jl :::.- ·e····· · ··- · · ·- ·~~>;~ 1 ¡,
'
¡' =
6,1 S
2,4 S
4,8 s
En la borizonral
v, =40 m/s
v=O
y "z~
3,2 s
...
~
De (1)
v=O
Enconces
A) l,.J. s
B)
C)
O)
E)
Entonces
1
vsen (óO")r- S1 2 = 1' sen (53°) (1 - r') - S (r- r')
(1)
Decomponemos el movimiento de cada frag·
memo en un MRU y otro de caída libre; debido
al MRU todos recorren una misma distancia a
lo largo de su velocidad y codos experimentan
la misma caída ( h = ~ gc 2 }
198
--------------------------------------------~--------·---------
En cualquier instante cada diagonal riene la
misma longiwd y son perpendiculares. La fi.
gura que se forma es un cuadrado que aumenta de tamañc.
0
PROBLEMA H. 32
Un niño de 1.5 m de estatura está parado a
15 m frente a una cerca de S m de altura. Si
lanza una canica bajo un ángulo de 45° con
la horizoncai, ¿con qué mínima rapidez debe
lanzar la canica para que esta pase por encima
de la cerca?
A) 17,5 m/s
B) 14,5 m/s
C) 13,8 m/s
0 ). 11,4 m/s
E) 9,6 m/s
99 1
lumbreras Erl1tores
Resolución
.· .·
En la condicion
Resolvemos
Entonce"
=(&+u\~ /t
Hnu
y
pMJboiJ
:'vi
1
1
IV=?. ''
~4~~?~---·--·-- · -
'·s m
~~r
1
D) (b - r.d
f---
15 m - - - 1
Reemplazamos datos en la ecuación de la parábola
(b+a) 2 •
A) (b-2al h
2ab
1
-·r··;··
b
p
_..,e_-¿:_r
4ab
B) - - - 1 1
{ah
/¡
E)
2ab
(2b-u l 2
b h
2a
pROBLEMA N.• 3 4
En el in~r.~me mosrrado, desde el avión se suelta un ob¡ero con el propósito de! impacrar en ur
blanco ~obre! c!l plano inclinado. Si se logra dtc~o objettvo. ¿a que dismncia de! lugar que se suelr;t
la bomb.l <o:- enconcraba el blanco? (g=lO m¡ s·)
A) 8L'D
m
B) S-!7.93
m
C) 707.10 m
D) 736.3 1 m
E) 593.74 m
Resolución
Del gráfico
gl
100 mis/
'
"
,,
.
1-
Efeccuamos
R2soluci ór1
Consideramos elt'vlPCL, como la suma de un MRU con un movimiento de caída libre.
-t
y2
= (9.8)(15)
11,5
2
.. v= l3,8 m/s
a
o
o
a+b
!
1-----
2
PROBLEMA H. 0 33
En el gráfico, se muestra el rrayecto que sigue
una pe lora de golf que ha sido lanzada desde P.
Si dicha pelota pasa rozando la parte más alra
del banderín de al!Ura h para luego impactar
en M, determine la alrura máxima que alcanza
la pelota (desprecie resistencia del aire sobre
la pelota).
1100
MR~.··
. ,·
Como
y=kx
2
••
.· '
/
.· : 8···-~
.·
. '..
tenemos
. - ·--- ~--- ~
J':J-;
~ -.
--:~~~ . d ••• -
-- -·
. - h)=k(b - a)2)
(Hmax
4
H . -k (b+a)
rn:IX -
4
o
..
~
.. ···
..
;I!2 gc2 5100 m
01
:h
.;.
2
450
o
· ······--· -0 . .
. lt
e
101 1
lumbreras Ed1tores
Del gráfico
'
B)
n' 'r y-
Obrenenw;;
Emonees
así
2g
g
500=.!.ge 2 =5e 2
.
v·
V
(!)
e=2g
2
t=!O
C)
En (x)
cálculo de e
-!g
S
'
D) ~
)
E)~
Sg
(¡·¡ 2) = 1 - g•
8g
(500 .,. h> = (soJ2}( 1o>
Resolución
h=207,1 m
Su
d2 =(h 2) + (500..-11) 2
mayor acercamiento se da cuando pasa r0 .
zando al plano inclinado.
Reemplazamos
~~;;··
d2 ={207,1) 1 + (707, J) 2
.. d=736,8l m
13=53°/2
.•
...
•
ftr ~~ .)
r::;
·-~l:vv2
PROBLEMA N.0 35
e.
,
~y~
•
Determine el máxtmo valor de a, de ral forma
que la esfera lanzada de A logre experimentar
su máximo alcance horizontal; considere que
la componente vertical de la vl'locidad, cuando
la esfera se encuentra lo más cerca posible de
la pared inclinada, es de módulo ~2
(g=!Om/s2)
En (!)
:h
•
t
:
.
Lue~o se rendrán infinicos casos para que se cum·
pla la condición del problema.
Al aumenrlr a, :aumema la distancia entre la rra·
yecroria y el plano inclinado, y la esfera podrá ex·
perimentar su máximo alcance horizomal; entonces no hay un am.í.,. pero sí un mínimo.
v·'
Si a < - . no puede experimentar su máximo
4g
2
alcance horizontal. Pero. si a~!__. sí podrá
4g
experimentar su mayor alcance horizontal.
!----
a1 ------i
:- ----D-- .. ---.- .....
•
r amon -+--r- ve---!
Para el alcance honzontal máximo 9=45°
En y
h = (vo +vF) e
2
=~i1
2
Del gráfico
tanP=
h
(amln +ve)
3
--+ h =-vi
4
PROBLEMA H. 0 36
La prueba de la espoleta de una granada de fragmentación se realiza en el centro del fondo de un
pozo cilíndrico de profundidad h. Si los fragmentos que se forman durante la explosión y cuyas
velocidades no sobrepasan v0 no deben caer en la superficie de la tierra, ¿cuál debe ser el mínimo
radio del pozo)
l
=2
A) -Yo~
.,¡ v0 - 2gh
g
Vó' J 2
B) -yv0 -2gh
C)
2g
'
Vó
g
Jv5+2gh
/¡
,.......--.....
--+ (¡vt}2)=amrn.,.ve
lmz
E)
vo' Jvó + 2gh
2g
103 1
lumbreras Editores
Cap nulo
5
Rl!solución
La raptde! de los fragmentos no sobrepasan
·.
10 (:·,
> 1· 1 ::>-vl > ..)
Movimiento
circunferencial
CJ.S~
crinco
~
' .
:1.
c~e iu~ra
' . . . ·: .•. . j)
.r
. ••
.)
... . .... ;.,'··...:. -
delp<>:o
..
'.
En el criángulo
}
2
r =
)
4r· _
[
...-(···~..... ··.)...
•
:'2
- , - - e - 2 x·.
g·
4
El movimiento circtrnretencial es mas complejo que un
movimiento ret: tilíneo: mientr<~s qtte en un monmiento
tectilíneo la direccrón no cambia, en un movimiento cir·
cunferencial la direcció n Ciltnbra conunuamente. Con el
fin de describir este tipo de movimremo, se estableció la
velocicl¡¡d ¡¡ngular
Efeccuamos
Vo- g/r : 2
:t
....... g2 .......
·--e,
]
2
+rr -n
(numero)
2
4h
2
--g2
( v¿¡
- glt)
g1
2
-
h2
-
( 1
t
)
-11
g
2
4
El mov11niento circunferencial en que la velocidad angul¡¡r
se mantiene constante es denominado movimiento cirCLIIl·
fere11cial ttniiorme (MCU). En este movin)iento, la rapidez
(v) ele este no cambia, por lo cual la aceleración que experimenta el cuerpo se encuentra dirigida c1l centro de la circun·
ferencia, y es denominada c1celeración cenirípetc1. Cuando
la velocidad angular v<~ría pero de manera uniforme, se
denomina movtmiento circunferenctal uniformemente variado (MCUV), en el que la rapidez con la que c.1mbia la
velocidad angular se caracteriza por medio de la aceleración angular. Este movimiento se describe con las llamadas
ecuaciones del MCUV, que son analogas a las del MRUV.
En un MCUV, la rapidez y la dirección del movimiento
cambian continuamente; por consrguiente, la aceleracíón
presenta dos componentes. uno que caracteri za los cambios de rapidez. denominado aceleración tangencial; y
otro componente que caracteriza los cambios de d irección, denominado aceler,1Ctón cenuipeta.
1104
- - ---- ------
Capítulo
Movimiento circunferencial
......... ....... ............................. .......... .......... ..........
·-· ··
.....
Del gráfico cenemos
pROBLEMA H.o 1
¿Qué se puede afirmar de los puntos A y 8 del
cono. si son pLlntos superficiales?
c·>~=¡t}8 == w
"
r.~
> r6
(I)
Como
En (!)
v,-~ >~
(ll
(1)
.. vA >"v8
A)
1!),¡
>tila
B) v.-~ < v8
C) vr~ = v8
E) w,.¡ <
D) vA > v8
Re solución
Graficamos las velocidades
0(1)
w8
PROBLEMA H.0 2
El disco del gráfico rora con rapidez angular
constame, con respecto a su cen tro. Si el módulo de las velocidades lineales de los puntos
A y 8 son 20 cm/s y 40 cm/s respectivamente,
determine el radio de dicho disco.
(OA=BC=10 cm) .
A) 30 cm
B) 35 cm
C) 40 cm
D) 45 cm
E) 50 cm
107 1
lumbreras Ed1t;;res
Resolución
Graiicamos
0
PROB!.!:MA ti." 3
pROB LEMA 1'1. 4
PROBL~MA
En uñ h1poréoco planera de 28 800 km de radio. el ::ha durd 32 h Derermme 13 rapide:: ran.
gencial de un pumo ubic.1do sobre d paralelo
de lamud 60" al norre del ecuador.
oos rnv\ des ,-\, B describen un MCU al segu:r
la mi:mlJ ~r3'.'ecroria ctrcunferencial y gtrando
en el m1srno senudo. Decermine el ciempo que
rarda el mO\' 1mas velo: en dar alcance al orro
a parnr del msranre en que B S<! encuentra
adelanrado en un arco de 2n m.
constdc!re · == Srr m/s; l's= 6rr mis
Un cil1ndm hueco di! 3m de l,ugo gir,l alrede·
.:lot de su eJe con -a?tde:: ang~.tlar .:onstance. a
ra: ón de 100 rpm; y una bala. disparad,\ par:t·
lelamenre al eje de rocacion, perfo1 a las baSé5
en dos j)WHos cuvos rad1os forman un ángulo
de 8°. Decermine la rapidez de la bala.
A) 250¡¡ m/ s
r---
8) SOOn m/s
CJ 250,¡};.: m/5
D) 125.., }¡.m. s
EJ 500,¡Jr. m/s
A)
.'\) 205 m/ s
C) 225 m/s
D 390m s
0,5 S
8) 1 3
Resolución
C) 1.5
Graneamos el problema
8) ·lOO m/s
E) 405 mis
S
Resolución
D) 2 s
E) 2.5
l-4. 0 5
El proyo::nl ingresa ~or e! pumo .4 y ;;a!.:: por
el punto B'
Gt·aficamos el problema
~
Resolución
Daros·
v,, ==8n m/s:
Por condicion
j=lOO rpm
v8 =cin m/s
-=
vb;lla
Calculamos
v8 =2vrl =r2(1J
{J)
(11)
De (I)+(II)
Rapidez angular del planeta
m=~ = 2rrrad=
t
32 h
rt
rad
16(3600)
S
Pasando el movimiemo a una línea recta (MRU}
Observamos
La rapidez de P es
40
-=tO
Vp=Wr
1-- d=2rr
--> r 2=20 cm
Finalmente
R=r2 +10 cm
.. R= 30 cm
vp
3m
"
1t
16(3600)
x28800x l000
2
->
d
2lt
CA=---=, v..~ - v3 2¡r
= -e-
([)
Cálculo de Wcolindro
lllcilindro=21tf=27t( 10 O X
. . vp=250n m/s
,
I ID8
vb.lb
=oor =(J)R/2
v =
¡>
m---,
(J)clliJ:dro
=
6~ )
3lOlt -rad
5
1091
Lumbreras Editores
Como
Re solu<ión
_ 9s s
(II)
úl.;lindro - - -
pROBLEMA N.o 7
Anal.i.:amos el gráfico
unto .4 de la polea presema una rapide:
mt'~. '·eon que· rap1·dez se mueve
·
E.1 Pal ct~ 1
JLne
• el bloque?
fs ·s
es·a =8
o
8n:
2it
= - = - rad
180 -ts
•· •.. R
·.
98 · s
(
_ (2¡¡/ 45)
ts a- - - - - - - , -
:
'
·····.G---
( l Orrt3)
coc,lindro
Efectuamos
lO( 10) :0 (1)1 (8)
De (U)
_
En P cenemos
25 rad
2 S
-) w, = - -
(·)
Como
En (!)
vb.1b
=(
3m
~ )s =225 m/s
7
Observamos que
x=R-2r
(1)
V,¡ = VIl
- ) wAr=w8R
0
En e l gráfico mostrado. las ruedas demadas
desarro llan un MCU. Dece1mine x, si la relación del número de vueltas por segundo que
da cada disco es
I. .
3
v2 =0,5 mis
D) 0,5 m/ s
E) 0,25 m/s
En P
PROBLEMA N. 6
A) 2 m/ s
B) 1 m/s
C) !,S m/ s
(11)
La rueda más pequeña da mayor número de
vuelcas en un mismo tiempo, entonces del 1
dato
[4 = ~
fe 1
Como la rapidez angular es di rectamente pro· .
porcional a la frecuencia (w= 2nj), se tie ne •
R~so lu ción
0
Del punto A se deduce la rapidez angular del
PROBLI'MA N. 8
Del sistema de poleas q ue se indica, ¿con qué
rapidez se mueve el bloque, s i la esfera baja
con una rapidez constante de 0,2 m/ s?
eje l.
2=úJ¡ (0,2)
Entonces
W¡=
rad
!o -
S
wr~=3wa
En (Ir)
3w8 ( r) =w8 R
~
R=3r=3(2)=6 cm
En (!)
A) 0,1 m/s
B) 0,2 m/s
C) 0,3 m/s
x=G-2(2)
:. x=2 cm
A) 0,2 cm
0) 1,6 cm
!liD
B) 0,8 cm
D). 0,5 m/s
C) l cm
E) 2 cm
l-20cm--1
E) 0,6 m/s
111 1
Lumbreras Editores
ResQfución
En ronces
Preguntan por la rapide: del bloque.
Graiicamos el problema consider.1ndo les
pumos perifericos B, A, C y C'
(i}¡
w~=6
v, = \'bloque =?
.'\) 10 .:m
D) 25 cm
B) 15 cm
~Q
C) 20 cm
E) 30 cm
'1))•11
1
~ =~
12 r
Resolución
Graficamo:; el proble ma
A) 2 s
w1 r
(3)(2 .!)
v- = - = -- ,
l2
12
Los puntos A y B presentan igual rapide: angular.
v5= 6 cm/ s
De (Il)
v 5== vc;t"cr>=6
cm/s
B) 3 s
D) S s
C) 4 s
E) 6 S
Resolución
Los bloques P y Q presentarán la misma coordenada z e n el momento e n que se cruzan (encuentran).
Del gráfico
En (1)
z
eesf~r.,= (6)(5)
v8 =3v,¡=0,6 m/s
:. e.,r. ra =3 0 cm
Los puntos e y e· son periféricos, entonces
presentan la misma rapidez.
PROBLEMA N.0 10
El recorrido de la esfera es
e~sier• = V •siero(S)
([)
Del gráfico
(11)
PROBLEMA H. 0 9
También
Del sistema de poleas se sabe que la po lea 1
presenta una rapidez angular de 3 rad/ s. En
S s, ¿cuánto recorre la esfera? (r=H cm) .
1112
En el gráfico mostrado la polea A tiene una
rapidez angula r consranre y un punto de su
periferia se mueve con 1/ 3 m/s; además la
diferencia de coordenadas e n el eje Z de los
bloques pequeños P y Q es de 1 m. Determine
el intervalo de tiempo que transcurre hasta que
el bloque P y Q rengan la misma coordenada z.
(Considere
:.-~ = ~8 =Re).
::· -- --·- - -· - ··- ~
113 1
lumbreras Editores
El tiempo pedido es igual al riempo de encuentro emre los bloques.
d
e = - --
=_ _:..__
(vc +v8 )
l'p + vQ
(I)
A) 1/3 rad/s
C). 3/ 4 rad/s
D) 5/ 4 rad/s
B) 2/ 3 rad/s
E) 7/8 rad/s
Resolución
Como
Anali zamos el gráfico
pROBLEMA N.o 12
Se muestra una barra ~e 0.75 m de longitud unida a cuerdas que escan enrolladas a las poleas
A y B. de radios 6 cm y 4 cm res p~wva menre.
Si las poleas rotan con u na raprdez a ngu lar
- ¡~me de 0,2 rad/s a partir del insram e
con> "
mostrada, icuál es el intervalo de tie mpo que
uanscurre ha;ca que la barra se coloca en po-
La barra se encomrará en forma horizomal
cuando en la dirección vertical P dé alcance a Al
d
c = - -Vp
-i
t
- v,11
60
=1.2-0,8
60
0.4
sición hori ~ omal?
.. t=150s
\1,
En (!)
B
,, '
~,'',
'3 ?d-.\
: \.~.
4
-+ e =
3G)
PROBLEMA H. 0 13
\~\
\'
,. t= 4
S
A) tOO S
B) !50 S
C) 200 s
PROBLEMA N. 0 11
Las esferas q ue se indican se mueven con rapidez constante. Si a partir de dicha pos ición
uanscurren 2 s para qu e se encuen t ren separadas una distancia de 50 cm, ¿con qué rapidez
angular se mueve la polea? (r= lO cm).
O) 300 s
E) 250 s
Po r dato:
d 1+d2 =40
(2·t)t+ve= 40
-¡
3v(2) =40
Se muestra un disco en posición vertical q ue
desarrolla un MC U. En el instante mosrra·
d o, la panícula A presema una aceleraCIÓn
; = ( -3; 4) m!s2 y la partícula B se desprende
con una rapidez v. Determine v. sabiendo que
dicha part íc ula se desplaza 1,2 m para lograr
rozar el disco.
Resolución
Del gráfico:
B
=
vp= oJ11 r.~ (0,2)6= 1,2 crn/s
Luego
vM == o>8r 8 == {0,2)4=0,8 crn/s
v = 40 cm/
6
/s
De la relación: v=wr
(:o)= w(lO)
A)
Ji m/ s
B) 2J2 m/ s
,1111,
.... ·0·-.. --- -- -.
2 rad
.. úl=-3 S
C) 2. s!i mis
O)
3!i m/s
E) 4 J2 m/s
1114
115 '
lumbreras Editorfs
Resolución
Luego
Del gráfico
Resolución
El disco presema MCU, emonces cada uno de
sus pumos solo presenta ar;,·
considerarnos una posición convenience.
([)
d=2Rcose
"
vr(coseJ ==<•J 0 d
Vr cose = toJo(2Rcos6)
-t
-7
5
S ( -)
V =- V , = - ../2
2 .~ 2
Yr=Ol 0 (2R)
En (l)
.. v=2, 5 J'im!s
.·
En el inscame mostrado, la rapidez lineal dt:!i
e.xuemo de l radio vector y de la panícula son
iguales.
0
PROBLEMA H. 14
Del gráfico:
IJ I= l .2 m
Se muestra una partícula que se mueve sobre
una circunferencia de radio R. Si su vector po.
s ición roca uniformemente con una rapidez
angular (J.lo, determine el módulo de la acele·
ración cencrí peta de dicha panícula.
vr= v¡:
~
[(J)0 (2Rlf
ll'l'
-+
l
PROBU:MA N. 0 15
En (1)
Sr=l m
-t
vr=t•>0 (2R)
=
R
a.,,=41li5R
Ahora lo resolveremos en forma general.
r= - m
5
Cl
-
1' l
T
(!)
'1' -R."
En A
Una panícula se desplaza a lo largo de la recta l'. Un observador ubicado en O de termina
que su rapidez angul ar cons tante es igual a
to= 1 rad/s. Determine la rapidez (v) de la par·
dcula en el instante en q ue 6=45°.
X
v.J = (S)(2r) =(S)[2 · ~]
..
v_.¡
A)
%R
2
C)
w5R
4
D)
4w6R
=Ji m/s
'
~
'
.
También
IIIB
----------------------------------------------------
.·
A) . J2 mis
D) 4 m/s
B) 2 m/ s
C) 2J2 m/s
E) 4J2 m/ s
117 1
Lumbreras Editores
Resolución
Resolución
Del gráfico para EJ:;45°
Observamos la alternativa (C)
!I. falSO
.
.
1
En un MC UV ex1ste a¡; p.or e¡empto, e n el
siguiente caso:
o
:...--
'45
c•>o= 1 rad/s
PROBLEMA H." 1 B
S1 el disco mostrado a continuación emp1eza
a rotar con una aceleración angular conscame.
en donde el radio de gi ro del punto P barre en
.
3rr
.
Sit d
raa y
ra .
dos segun dos consecunvos
4
de termine la rapidez que presentará este punto cuando ha transcurndo 6 s de iniciado su
movimiento.
4
',
1t
e¡e
m/s
A)
v0 = (1)(2J2)
B) rr m/s
'{ = voJ2
.. v=4 m/s
La rapidez aumema en sentido ancihorario;
por lo canto, 1~. aceleración angular (o.) debería
apuntar hac1a arriba.
v no es l
1
ñ
E) Sn m/s
3
~~··· --··· - ~S
0
a.
A) .• --·····-- .• • ..
~
V
·'i __ :
~-~ --- rW
PROBLEMA H. 17
';...A ..
Indique cuál o cuáles de los enunciados son
correctos:
1. En un MCU la rapidez es co nstante y su
velocidad es variable.
11. En un MCUV la velocidad del móvil y
su aceleración son mucuamente perpendiculares.
lll. Si e l gráfico nos mues era un móvil que des·
cribe un MCUV, entonces, el módulo de su
aceleración angular es
A) solo 1
D) todos
D)
wl
... -----·-;··,
·:...... f~;lk-~y
a ar
B) 1y [{
r:J.=
~ rad/s
2
.
C) solo III
E) 1 y 111
Resolución
l.
Resolución
- -~\
0
Una partícula efectúa un movimiento circunferencial; señale en qué caso están mal representados las siguientes magnitudeS. a T: aceleración tangencial; ñ<P: aceleración centrípeta;
aceleración angular.
Verdadero
En un MCU la rapidez es conscanre pero
cambia de dirección, entonces la velocidad
varía.
'
': ~rad :'
·8
·,
:
·'n
~:'\ .1
De la característica mencionada en el problema
anterior, se observa que en 1 s el ángulo barrido
·.
se .mc remenca en -2 rr rad .
4
.
""'-' - rad
'
~
. ,
.. ........ . .. .. ......
.
o
Por característica de! MCUV: en cada segundo et ángu lo barrido aumenta en el va·
lor de la aceleración angular (a).
En el problema, en cada segundo aumenta
en
.!: rad.
8
~
¡2s cm!
D) 2rr m/s
Ul. Verdadero
PROBLEMA H. 16
'
C) 3;¡ m/ s
.¡
Del gráfico
lna
l
v0 =ro0R
~
2n rad 1t rad
IX = - =-4 s2
2 s2
Luego de 6 s de iniciado el movim iento la
rapidez angular de cada punto del disco es
WF:: (l)¡¡
COF
+at
=(i )<6) =3¡¡ r:d
En este instante, la rapidez li neal de P es
Vp= (I )Fr
rr rad
Cl.=- - ,
8 s-
Por lo ramo, las proposiciones verdaderas son
la (1) y (TI!) .
vp
=
(3n)(
¡)
.. vp ·=¡3 nsm
~
119
Lumbreras Ed11ores
PROBLEMA H.0 19
Reempla:an::C'
Una panícull realiza un movimiento circunferencial. S1 su rapidez lineal depende del
tiempo segun la expres1ón • =0,5c, donde v se
expresa en m/ s \ r en segundos; de¡:ermine la
acelerac10n rangenc1al de la panícula cuando
ha logrado dar una vuelca
A) 0,2 m/s 2 B) 0,3 m/s 2 C) 0,4 m/ s 2
D) 0.5 m!s1
E) 0,6 m, s2
lm
1
En y:
R~solución
Sabemos que
v, -v0
C1r=-c
Al inicio
v0 =0,5 (r) =0,5(0) =0
Al final
A)
B)
C)
D)
E)
0,25 m
0.5 m
0,75 m
nr
E} 1,2 m/s 2
1,25 m
Al rorar las poleas con MCU, la cuerda expenmenra un MRUV.
Hallamos la almra máxima
Observamos que la aceleración tangencial no
depende del tiempo. smo que es constante, por
consiguiente, la partícula describe un MCUV.
D) 1 m/s 2
R<lsolución
Resolución
O,Sc
=-=0,5 mfs·,
l
B) 0,5 m!s 2
1m
v,= (O,Sc)
Luego
A) 0,3 m!s 2
C) 0,8 m / ( 1
Para que la partícula impacte en el mismo
punto de lanzamiento, en el menor uempo,
esra debe dar
_ ( Vo¡y)
H,n,;.,-
+v~Cr))
2
's
2'1 vuelta (n rad).
PROBLEMA H. 0 20
En el instante mostrado la panícula es lanzada
con una velocidad y la esfera hueca inicia su
movimiento de rotación con una aceleración
angular constante de módulo IOn rad/s 2.
Determine la máxima altura H que puede
alcanzar la panícula, si esta logra impactar en
el menor tiempo y en el mismo punto del cual
fue lanzada. (g= 1O m/s 2) -
v
H2o
PROBLEMA H. 0 21
De la ecuación del MCUV
Luego de abandonar al bloque, las poleas concéntricas empiezan a rorar con una aceleración
constanre. Determine la aceleración rangenc1al
que expenmenraría un pumo periférico de la
polea de mayor dimensión en el instante que
el bloque impacta en el piso con una rapidez
de 1 m/s.
Para el bloque
v; = v5 + 2abd
121
lumbreras Edttores
Entonces
N
l
,
11b =- m/s2
Como
8)
2
O) 2
-32
C)
E)
Entonces
pROBLEMA N.o 23
-3
2
Se presenta un sistema de poleas que empieza
a rorar. Si en cada segundo el punto A recorre
1t metros más, determine el módulo de la acele.ración centrípeta del punto B de la polea al
culminar la primera vuelca.
8
4
Resolución
'
4rr
2
()); : -
.
R
En (!)
a.P
.. , a)
J.nl )
=( -·'R (Rl
Nos piden
Las poleas concém:icas experimentan la misma aceleración angular
!e_
(I)
a_,,
B
Cf.J = CI.,\1
~:~
R 2R
PROBLEMA 1'>!, 0 24
)
O)~
2
Resolución
En 1\1/
S>ROBLEMA N.0 22
Las ruedas ( l } y (2) son concéntricas, mientras
que las ruedas (l) y (3) están engranadas. Si
el eje de las ruedas concéntricas empieza a
rotar con una aceleración angular constante,
determine en qué relación se encontrará la
aceleración lineal de un punro periférico de la
rueda (2) y (3).
Las ruedas concéntricas (1) y (2) experimeman
la misma aceleración angular (C().
En cada segundo A recorre 1t menos más, esro
quiere decir que la aceleración tangencial de la
correa y de cada punto periférico de la polea es
1
(l)
' "-._
ap=o.(ZR)
a¡~~=l1 1 =a(R)
Luego
ap
-
:;
ar=r. m/s
Se quiere la nrp de B cuando completa una
vuelta (e == 2n rad)
Entonces
"
En el gráfico, el hilo que se encuentra enrollado en el cilindro de madera es jalado tal como
se muestra. de tal forma que el desplazamien2
tO de l pumo P depende del tiempo. Si d=r ;
donde d se exp resa en meuos y t en segundos,
determine la aceleración de un punto de la periferia del cilindro cuando e= l s (R = 20 cm).
¡t
Tt~mbién
w~ =
,O
w6 + 2o.e
a(2R)
=--
.. .:!e...=2
, u=(%)
Luego
11,\j
ro~= 2(
*
)(2n)
1122
-----~·-- -
-
-
lumbreras fditores
Resolución
PROBLEMA N. o 2 5
De (UI)
Graficamos
V
Una rueda roca con una aceleración angulat
constante de 4 rad/s 2. Si luego de 1 s de inicia..
do su movímienco un punce que equidis<adeJ.
eje de rocación y la periferia de la rueda pr~
senra una aceleración de -/17 m/s 2, determine
el diámetro de la rueda.
A)
Cada punro de la periferia experimenca aceleración ltneal y aceleración centrípeta.
Jf9
4
m
B) 2m
O) J m
J3
C) 2m
E)
y (1!)
Para c=O.S s
en (!)
\'=3+2(t )=4m/ s
(ffir' =[ L6rJ·' ... [4r J'·
~
1
r=-m
.¡
En (ll)
--~ ~
'
a = _:_ = 4 m/s·~ 4
En (!)
.. D=l m
a=
Jml +<·d
a=
2.JS m/s 2
l
2m
..
Resoludón
La
es igual a la aceleración lineal de la
c~.:erda, y d::::t 2 (dato)
0
PROBLEMA N. 26
Graficamos el problema
aT
d = voc-r2ac·
.o l '
=t
2
Una panícula desarrolla un MCUV con un
radio de giro de 4 m, donde la rapidez de la
partícula varía con el tiempo según
v= (3 + 1c) m/s, donde r se expresa en segundos.
Determine el módulo de la aceleración de la
panícula en el insrance e=0,5 s.
v=c•JFr
r;{~
1S •
' , CtJF
: r.:
- • .. • .. - L - - • .. • _...
r
Además
p
r
A) 2 m/s 2
V
2
" cp :....!?..
R
C)
(11)
vp=v0 +at=0+2(l) =2 mis
Reemplazando en (II)
r
(2)2
=e~
20 m/s
En (T)
2
wF
Nos piden
,o
=~
~
a= yuT
T u,p
+ac = 4(1)
wF=4 rad/s
Como v=wr
-7
(I)
La rapidez de la panícula varia debido a la ar.
v=3+2c=v0 +ar
De donde
v=4r
Además
(1)
• "r = a(r) =4r
,'
Resolución
Preguntan por el diámetro de la rueda
D=4r=?
a= J(2)2 -t-(20) 2
1124
1JS m/s 2
Se mues tra una pequeña esfera que describe
un MCUV sobre una circunferencia de radio
2 m. Si para eJ instante mostrado tiene una
aceleración de módulo 2.5 m/s 2, determine el
módulo de su aceleración normal luego de 2 s.
(et=37°) .
D) 2Ji m/s 2
Como
a,p
B) 4 m/s 2
PROBLEMA N.0 27
v0 =3 m/s y ar=2 m/s 2
A) 7,5
Sabernos que
v2
(1[)
acp =r
(ll1)
" r = 4 m (daro)
(II}
m/s 2
B) 8,5 m/s 2
C) 6,25 m/s 2
Dl 11,5 m/s 2
E) 12,5 m/s 2
125i
lumbreras Editores
Resolución
PROBLEMA H.0 28
Graficamos el problema
Cálculo de v'
pROBLEMA N.o '29
Una "bala de un rifle calibre -!0 tiene una
cidad hori:omal de salida de 750 m/s. (Cuál
es el radio de curvatura de la bala, un instantt
después de que abandona el rifle?
(g =9.8 mis!).
.-.M
rueda sin desli:!arse,
- que se muestra
El d tsco
.. _
. ~ la propos¡c¡on mcorrecra.
ind1qu...
A) Correcta
El punto O no rota, únicamente experi·
menra traslacion.
Del gráfico
v2
a,p(l)
= -L
R
Despejamos y reemplazamos vf
v~ = 2(2) _. v1 =2 m/s
Como
Al El pumo O solo experimenta traslación.
B) El pumo E del disco, respecto de la su·
perficie, ritme velocidad nula.
C) Todos los puntos periféricos del disco,
respecto de O, tienen 1gual raptdez .
D) Todoslospuntosdel disco experimentan
un movimiento compuesto. respecto de
la superficie.
E) La velocidad del punto P, respecto de la
supedicie, forma 45° con la horizontal.
Al 5,73x 104 m
B) 6,4x 104 m
C) 4,5 x 104 m
D) 5,62Sx 104 m
E) l , l25xl0 4 m
R2solución
Cuando la bala abandona al rifle experimenta
un MPCL.
v2 =v 1+nrt
v2=2+G }2>
·.
jg
v2 =5 mis
1
'
Efectuamos
.
El disco experimenta un mov1m1ento plano
paralelo que se puede descomponer como un
MCU+MRU.
.. a2 =l2,58
1126
m!s2
(750) 2
.. r=5.62Sxl04 m
-vl,po>o=
Vt- Yposa
Del gráfico
v = v+v;==(+v - v)=O
1
Yt/piso= O
C) Correcta
Por ejemplo, los punros P y t'.f
Traslación pura
Rotación pun
R .. ...
.·
'
.·
D) lncorrecta
El movimiento plano paralelo no es un
movimiento compuesto. pero sí un movimiento que se puede descomponer.
Sabemos que
r=--10
S) Correct a
..
Resoiudón
Si
~
(!1)
v =v
~~e:;
.......
v=toR
De (I) y (11)
v==i50m's
~
En O
v'=wR
(1)
_
_p
E) Correcta
Segun el gráfico, es verdadero
1271
.. ...........
lumbreras Editores
PROBLEMA H.0 30
Del trl.lngulo so:nJ1eado
En el diagrama se muest:·a una rueda trasera de un camión que rueda sin desh::ar S1 en ellnstanre
mostrado se desprende una pamcula ub1cada en P. determm~ e! tiempo que tarda para enconrrarse
en el mismo nivel. (6==30° y g== lO m/s~)
A) r. rad, s
B1 ~ rad/s
2
(JI)
C¡ !! rad s
4
(111)
0)
Tambio!n
lt
6
rad!s
n
E)
g rad/s
Resolución
\'
-?
(•J=
'R
La rueda posterior d.! una bictdeta esraciona-
ria no se encuentra apoyada.
A)
Reempl.l:amos en (III)
vJ3 s
8) _:_Jj s
LO
C) Y..Jj s
5
D)
!_Ji s
2
E) ~s
,,, =( ~ )RJ3
10
Resolución
Al desprenderse. la partícula describe un ¡vfPCL.
Graficamos
En (11)
Como
En (1)
(l)poñon
rad
s
= rr-
Tamb1én
..
' vuelo =
J3
lO
V
t•Jp(r) =oJc( 4r)
PROBLEMA N. 0 31
El tiempo que tarda en retornar al nivel dellanzamiemo es
1vutlo
2vP(yl
=-g
(1)
En una bicicleta estacionaria, écon qué rapidez
angular se mueve la Catalina? La rueda posterior se mueve con w=rr rad/s y la relación de
radios enrre la catalina y el piñón es 4.
..
~
(rr) =wc(4)
wc
n rad
=-4 S
lt2B
129 1
Lumbreras Ed1tores
PROBLEMA H. 0 32
Determine la raptdez del bloque, SI la rueda de radio 312R da vuelcas con una raptdez angular w.
Las ruedas son concéntricas y considere que no har deslizamiento.
,unbJS ruedas. al tener un eje común presen·
tan la 1111Sma ,·elocidad angular. pero una (Id
grande) girl respecro a O~ y la orra rueda (p:!·
queña) ¡;1ra respecw a 0 1•
Resolu<lón
Grafkamos
Luego
:•5 ==t•J(2R)
Y ···.c=2s
(3R)
6m; ~~-~'i~ '
,.~ == (•' 2
En (1)
_ (+~RC•J )-(2RcuJ
_
wR
4
B) wR
2
C)
wR
4
4
E) -ooR
2
0)-wR
3
.•
Vbl<>que
=-¡-
3
La polea móvil y el bloque tienen la misma velocidad.
PROBLEMA N.0 33
Una plataforma circular se encuentra mictal·
meme en reposo, cuyo radio es de 1O m, y la
plataforma empieza a rorar con una acelera·
•• angu 1ar
CIOn
1
En los primeros 2 s el objeto está fijo al disco;
a l desprenderse y al resbalar por la superficie
lisa del disco describe un MRU.
Se quiere decermina1 la rapidez angular del
disco, cuando el objeco llega a Af (abandona
el diSCO).
Resolu<ión
(I)
,
, P
( ~··:
.)_~3
•
'o··'l¡.. •••
2
Vh:.x¡u<-
A) 3w R
a=2 rad/ ;
CL
"".ranscurn'dos 2 s un
== 2 -rad
2
S
pequeño objeto. que se encuentra a 6 m del
eje de rotación, se desprende de la plataforma
y comien:a a deslizarse sobre ella. Determine
la rapidez angular de la plataforma cuando
el objeto la abandona. (Desprecie codo rozamiento)
De los daros:
,O
CJ>F=(I\) -ac=2 (2)
WF
rad
=4 S
~
vp
= 24 m/s
En el tramo PM (MRU) , para el bloque:
A)
B)
C)
O)
E)
!130
14/3 rad/s
H/5 rad/s
7/3 rad/s
2/3 rad/s
7/4 rad/s
PM=vpt'
8=24r'
~
.
1
r' = -s
3
1311
lumbreras Edtlao·es
Desde que el disco inicia su movimiento hasta
::¡ue d bloque abandon.1. el dtsco transcurren.
1
7
3
3
Resol ución
pROBlEMA ~.o 35
Gra&:amos el problema
En el in<wne mostrado. el jo,·en ;e e:1cu_emaa
·Jr.dc hori:omalmence con una rap:de: ~
~mpU '
.
.
al aJo encebado. Derermme la rap1de: angu 1ar
p ~··r~
_,,.,... .. rimenra el pa!o en dícho ;ns:ante
que
r =2---=-s
'
Luego
rof. = rooJ +w, =
Entonces
(Cons:.:!ete ¡, < < H).
2(i)
;\¡f
R:: __!i_
senP
(1)
Se observa que
wR=I'
senP
Reempla: amos (1)
:
w( __!i_
) = ~sen 13
senp
·i·
,.-...'
en forma
ve no cal
PROBLEMA N. 0 34
En el instante en que el eje empieza a rorar con
una aceleractón angular conscance a. el dispositivo P empieza a moverse hacia el extremo
del cubo con una rapidez constan ce v, respecro
del eje. Determine la rapidez del dispositivo
transcurndo r segundos de inic1ada la rotación
del eje.
1'
B) -tanp
H
VO!B =V
·P
1'
vJ=vf•v 2
(1)
v8 =roFR
(11)
A
Para el observador en la barra, la
se mueve, por consiguiente
desarrolla un MRU.
R=v t
También
.o
roF =OJo + cxr =at
e¡e
H
C) -cscJ3
En el triángulo
R~solución
Graficamos el problema
PROBLEMA H. 0 36
En el siguiente diagrama se muestra a una
persona empujando un cilindro, de ra.l manera
que la barra lisa arriculada se eleva con una
rapidez angular Para el insranre mostrado.
determine la rapidez angular con la que rora el
Cilindro (el cilindro no desliza por la superficie
horizontal).
En (11)
v8 = (cxc) (ve) =o.vc2
A)
vJl + ~ 2 t 2
En (!)
vo
C)
vJ1 +~ 2 ( 1
D) vJl+O.t
A) wranj3
B) 2vJa+t
= J(o.v(l )2 + vl
R= (H+hl
..
v0 = vJ1
+a1t 4
sen p
C)
2
Pero
H>>h-+ (H+h)cH
O)
2sen 2 ~
D)
wsen 2J3
E) wcosJ3
1132
133 .
Capftulo
Lumbreras Ed1tores
6
Resolución
Piden t•lc
Movimi ento
relati vo
Graficamos el problema
x;. .
',,, o/v~ .··
.,. y'
' A
. '''
~'
'
\
Un observador ubicado en la Tierra dirá que la Luna se
mueve. pero un observador Llbicado en la luna rlirá que
esta se encuen tra en reposo y es la Tierra la que se mueve.
iQuién tiene la razón? Los dos. pues el movimiento mecá·
n1co es relativo y depende ele qu1en observa el movimlenro. Uno de los primeros en darse cuenta de ello fue Galileo
Galilei; con sus observaCIOnes de los planetas, llegó a la
conclusión de que la Tierra está en movimiento. Galileo
tamb1én se percató de que, cuando se encontraba en una
nave que v1a¡aba a una velocidad prácticamente constan·
te, no había forma de saber si estaba en movimiento o en
rPposo, a menos que mirara para afuera. Con ello, Galileo
llegó a la conclusión de que un sistema de reierencia en
reposo es equivalente a un sistema de referencia a velocidad constante
R
can!}/2
Para e! punto A'
Del gráfico
v..t ' =wd0 ~. = w[-R-]
(1)
v..t=wcdo.~=lúc(2Rcos
!3121
(11)
y (IV)
en (1)
wR
También
WcRsen¡3 =- can(312
v..t(x') =v.~sen ~/2
Rer.mplazamos (11)
v·Wl
(Ill)
(IV)
can ~/2
·
Como
.. lile =
=[wc2R sen(3/2 cosf.V2]
w
sen (3 can 1312
-
w
,
2 sen- ~/2
Existen situaciones en las que hay que analizar el movimiento de dos o más cuerpos a la vez. Esta situación se
vuelve menos compleja SI se analiza el movimienro de un
cuerpo colocando un observador en el orro cuerpo; para
el observador, solo se moverá el primer cuerpo. Cuando
estudiamos el movimiento ele cl os cuerros en caída libre,
al colocar un observador en uno de ellos, el otro no experimentará élCeleració11; por con·s iguiente, respecto al observador, el cuerpo que se mueve describe un MRU.
(lll)
1134
1
_________________________
______
.....-
__.;
- - --
Capitulo
Movimiento relativo
pROBl.EMA H.o 1
D) 30 mis(-+); O; 20.fi m/s (-!5"]
Un coche experimenta un lvlRU con una rapidez de 20 m/s. Un joven sentado en el coche
lleva una esfera en sus mJnos.
E) O: 20 m/s (i); l o.J2 m/s [-+5"j
Determine la velocidad de la esfera para los
siguientes casos:
,..
_______
,f-,
...........
Resolución
l. Ames de lanzar la esfera, esta den e la velocidad del coche (20 m/s); y al lanzarla en la
misma dirección con 10 m/s (respecto del
coche), su velocidad sería +30 m/s.
ll. Observamos lo siguiente
,r..
------....r--~
v=20 mis
v L = 20
m/s
vc=20 m/s
..
1._'
v=O
11!. .Al lanzarlo con 20 m/s (i) tendremos
l. Cuando la esfera se lanza horizomalmenre
hacia la derecha con 10 m/s.
H. Cuando se lanza horizontalmente hacia la
izquierda con 20 m/s.
Ill. Cuando se lanza venicalmenre hacia arriba
con 20 m/s.
(En los eres casos respecto del coche)
A) 10 m/s (+-); O; 20 m/s (45°)
B) Sm/s(-+);20m/s(-+);10m/s(i)
C) 30m/s (-+); lOm/s (--+); 20m/s (l )
'
20 m/sl
' ·.------..
.....- 20 m/s
Por lo tanto, en el primer caso la velocidad
será de 30 m/s(-+); en el segundo caso, v = O;
y en el tercer caso, 20.J2 m/s (45°).
lumbreras Editores
PROBLEMA N, 0 2
Rl!solución
En una región donde llueve )' no hay vienco, cerca de la supertkie. las gotas de agua descien.
den verticalmente con rapidez constante. Cuando hav participación del viento las gotas caen con
lO m/s formando 37° con la venica!. éPara qué rap idez del vienro las gotas desctenden formando
60" con la venical?
A) 6J3 m/ s
B)
Resolución
En la región donde
no hay aire
v 1.=cre.
gota
¡11~
V¡•
""'
s/3 mis
C) lO m/s
zj
/~
l
E)
\v .~ e ) se determina según ¡;A e=¡; .l.+ (_¡;el
Grafkamos
vA:c=l O m/s
v~
,·elccidad {
del a,·e
A~
8J3 m/s
- ve
~~ panic1par ,
d vienro
vsora= l0
n /7
s 37
D) 6 m/ s
La velocidad del ave respecto al coche
vlenco
vc=4 m/s
v,,
Ampliamos d triángulo de vectores para hallar
~oca= ify+ Yviemo
v >iento
Del gráfico
;~~10
Del gráfico
6,
v·v~<nco=8J3 m/s
Vy =8 m/s
vA
:
V
A
; A = (-4 i+6})
o- . . .. -.. -.. - >----=--'-~
- --:1-- 4 ---1
1-- 4
mis
. . vA= 2Ji3 m/s
PROBLEMA N.0 3
El gráfico adjunto muestra la trayectoria y velocidad d e un ave respecto del conductor. Determine
fa velocidad y la rapidez del ave respecto de tierra. Considere que la velocidad del automóvil
respecto de tierra es 41 m/ s.
A) (-37+47) m/s; Sm/s
10 m/s
B) (37+4t)m/s;Sm/ s
·.
.
. d el globo aerostático asciende verticalmente con una rapidez constante de
En el ms tanre mos n a o,
.
.
. en cando un MRU a 100 m del globo.
v=6 m/ s, m ienrras q ue u n automóvtl se encuentra e.<pen~ .
.
. J
¿Luego de cuántos segundos se encontrarán se parados la mtntma dtscanc¡a.
A)
B)
C)
D)
E)
C) (-81+67)m/s; lOm/s
D) (67+87) m/ s; !Om/s
E) (-47 + 6 7) m/s;
PROBLEMA N.o 4
2m mis
2S
3s
5s
7S
8s
v=8 m/s
X'
ll38
139 1
lumbreras fdctores
Reloludón
PROBLEMA N.o 6
An<tli:amos el mo1·imienco det globo respecco de l auco.
oacos
ve .~"" vc+(-¡:A J
-¡
Ir' rl =3 m/s;
-G A= J'v¿¡ - 1·.~, .:: 1O m/s
,.
-¡;T \ =+180 km/h;
¡; 1
,
'
. .
r::-:'
#
•
#
~.
1' J
/.··
_... ··
l'esp_e~~o- ~1-auco··
/_·:·~:_._._._-__._._ ... -... . . .
o ..
~~~-'• ' ''
~
- ...... ít
!
o
. 37
'
~0:
-
(
1--------Para el observador en el auco el globo sigue
la trayectoria mostrada, entonces la menor
separación (dm;n) es la perpendicular trazada
desde el observador a la trayectoria del globo
(punto N).
==+50 m/s:
A==?
•
• .¿¡
.••• · • íi2 ••.
~n 6 m/s
cr~reccona
IO 5 ' :1 '
. ' •.· .· '"'" . . ·· 'del
globo
~l••••Yc·~=
.'·. ·
O
A
-vr-.
_ -'-72 km/h= +20 m/s
)
•
''1
De
IV•
8 m/s
lOO m - - - - - - - - - - i
-v, = vT+3=(+20)+3
v¡ =+23 m/s
Entonces
10 t=80
.. t=8 s
PROBLEMA H.o 5
Vj/tl.
--.... J. -
vr=72 km/h
~[l5Ela89J[Daa~
~
E)
(i)
-4
..
Y¡f2=V¡ - V2
Tener presente que las velocidades son tangentes a la uayeccoria.
=
V
J- YA
V¡ IA =(+23)-(- 30)
,¡:¡ -
C) 4v
Del gráfico, vamos a calcular ''112·
En el gráfico adjunco, !a rapidez del joven respecco de l t ren, que experi men ta MRU, es 3 m/ s . Si
la
velocidad del tren respecto del avión es + 180 km/h, ¿qué rapidez dene el joven respecto del
avión?
C) 47 m/s
D) 63 mis
E) 57 mis
J'iv
Resolución
Si
A) 51 m/s
V
B)
t=80
v,, =-30 m/s
B) 53 m/s
A) 2v
D)
MJY=BO m
YG/A
La barra de longitud R '2 se encuentra ~.rricu­
l;da de los centros de las cuentas (I) y (2? que
se mueven con rapidez constante ~·a craves del
riel en fo rma de circunferencia. Determrne la
rapidez con la que se mueve la cuenta ( l) respecto de (2).
-y 11A =+53 m/s
''JI A = 53
m/s
lumhreras Editores
Según el gráfico
Piden "J
Resolución
lv¡- v2!=2vsen8
->
f¡: 1-v1 l=21'( R~4
p
Grafi.:amo~ el problema. sabiendo que
)
vs .-··
l'r =3
.. lv,- v21=(f)
m/sr"/,;.~ ·
0,6 m
tK37<> :
e-~v
1
.. ·"P\
,
p•lom,,
;ombra ce
la p3loma
3JO
160m
,, =5 m/s •
Una paloma viaja horizontalmente en una línea
recta perpendicular a las vías del tren. Cuando
la paloma pasa sobre la plataforma mostrada, la
sombra de la paloma recorre la diagonal de dicha plataforma. Determine la rapidez constante
de la paloma si la plataforma Jo hace con 3 m/s.
Considere qu e los rayos solares inciden perpendiCularmente a la plataforma.
y
- ~ ---·- -- ,· ·· ···8
Graficamos
ci~ 8 =200 m
1 - - - - -- 0,8 m - -- ---1
PROBLEMA H.0 7
i.L
d~s= (S) ( 40)
~--········.--.,~·-O:.·O_m:.- >J:··
C) 3 m/s
E) S m/s
-:~
vp.lloma=4 m/s
PROBLEMA N.0 8
Juan emplea 40 s en ir de A hacia B, si sigue
una rrayecro ria rectilínea; y al realizar dicho
recorrido. Juan debe cruzar una plataforma.
Determine el valor de su velocidad respecto a
la p lataforma, si para una persona en tierra,
Juan mantiene su velocidad constante de
valor S m/s. (Desprecie el tiempo de salto a
la plataforma).
PROBLEMA H. 0 9
Una columna de atleras realiza MRU. cada uno de los cuales avanza con 4 m/s, separados en 2 m.
Un íoven que se encuentra en P desea cruzar la columna, pero sin chocar con algú n atleta.
Si el íoven corre con MRU a razón de 3 m/s, determine la distanciad necesaria que debe recorrer.
1--2 m-+-2 m-:-2 m-1
1142
1
8
'
-
:
==~ - -- - 9- · ······· -
-4
v/ •
;//
.· d
. 'p
A
B) 3 m/s
•
;¿j
/¿.·
//.'
.
.
..= ,.
-~
f,
A) 2 m/s
O) 4 m/s
•
'
-=,.
-= r:;:::;:::::-¡ S m/s
El movimiento de la sombra está compuesto
por la velocidad de la paloma y de la plataforma.
palomo+ VT
40 S
~Sm/s
Resolución
V s= V
V¡,p
~~i' -·
~
Del gráfico
:
B) 2 m/s
,
,.:>
.
.
t-160 m---1
A) 1 m/s
D) 4 m/s
B
C) JlO m/s
E) 2,8 m/s
A) 2.5 m
B) 1,5 m
C) 3,S m
D) 4,5 m
E) 6,0 m
143 1
Lumbreras Eri1tores
Re solución
Re solución
Analizamos el movtmiemo del joven desde la columna de ar!<ras.
(e-;:¡~
l
~~
U OICO
'--"...__,J
N
Columna d~ Jdt{JS en r~spos., r~speeto del Jtlera ~
que <
\._ s~ mut1:e )
Grafi.:amos el movun iemo de los aviones respectu al pona.av!ones.
1--- _7 m--+-- - 2
Oo ,..
@ ..u
m
__._.__ 2 m--¡
,..
...
o~-+-- E
,..
~!
S
- - - - - ----=----------,------..,:.,.-.......
-· ..... .
.
....
,.-J\,
Tr3v~•ona que sigue el joven sin'
chocar CQn los de leras (respecco
',
de la cbtumnd d~ ~rle!Js}
.
A
--- ·-------- --- ----- ---- --------- ---
..
-
r··-· - - - -·- - ¡~ ·- -
Yp=::lO
®
~
~
(spectoaJ
u~rrJ
d.,,n=l.S m
'M ·'1,¡~3.n{
vA = 4 ~/s
m/s
/
( vBIP
¡
,
j
-
ts
3 km =d
A
porcaav1on~s
,~
Cálculo de la velocidad con que el avión se
acerca a la plataforma.
L1 distancia necesJ.ria o minin1a d
3 km=d
:
:
.._..''\
..__L... _- ·---.._ . . . .... 1..~"--c
d
será cuando el joven loljre plSM
encre dos nclec~s.
r;..
t = dlv
e~ =ra+ts
Tenemos: c1 =cA +cA:
Calculamos la relación
El = C,¡ +tA
Del gráfico, concluimos que
VAJP= (250) -
. 53°,
'·r.
.'
dmín = 1,5 m
~ :..
Por lo ranro, el joven necesita recorrer 1,5 m.
..... --- .... . ........ --
t2
(50)
.. vAJP= 200 m/s
En (1)
~ v.vp=200
mis
Velocidad con que el avión se aleja de la plaraforma
- v.~ /? = vA- Yp
PROBLEMA N.0 10
A)
1144
d
d
- -+-_j_ =
tz
v,vp
VAIP
d
d
VBI?
Va;r
--+-·-lj
~
vA_¡p
=
--+--
P,
( -1; - 1-' )
~B/P
YB/P
Reemplazando valores
-v.~/P =<-25o> -eso>
Un portaaviones avanza hacia el sur con una rapidez constante de 50 m/s respecto de rierra; en
determinado instante salen de su cubierta dos aviones de reconocimiento, uno hacia el norte y el
ouo hacia el sut~ ambos con una rapidez constante de 250 m/s con respecro a derra. Si cada uno
se aleja 3 km respecto al portaviones y regresan a él, ¿en qué relación se encuentran los dempos
empleados por los aviones?
(1)
c8 +ej¡
.. vA;p= - 300m/ s ~ v A¡p = 300m/s
( - 1 +- 1 )
30Q
t' _200
1
~ - ( -200
- +300 )
Análogamente
v8¡p=200 rn/s -+ vf¡¡p
=300 m/s
Luego
B) 1,5
C) 0,8
D) 2.0
E) 3, 1
YAJp=Y8/P
-+
YAfp
=
YÍ¡;p
145 j
lumbreras Editores
PROBLEMA N. 0 11
R~solución
Sobre una pisca rectilínea un ómnibus se desplaza con rapid;: consrance de 54 km/ h y un muchacho. que esrá a cierra distancia de la pisca, se di1·ige en codo insranre hacia el ómnibus con una
rapide: consrame. En un momento dado el muchacho nora que el ómnibus pasa freme a él en
forma perpendicular con una rapidez de 12 m/s. ¿Qué rapidez tiene e! muchacho?
A) 6 m/s
C) 9 m/ s
B) 8 m/s
D) l O m/s
Gr.lticamos el problema y analizamos el movimiento del móvil (B) desde el auro (A) .
tro~rectoriadc.s
', ~
••
E) 12 m/s
Graficamos el problema analizando el movimiento del ómnibus respecw del muchacho.
-v AIM=-v."-( -"YM)
iiA=54 km/h=lS m/s
- ~~;·~~~~~0~-·~A------------------------------
2 S
d 11\lil. ='0
'1, /.:>lli
• ..
'
,•
--· ·
-::
Del gráfico
d';,20 m
\. va.;\·
••·.
~:-
r:;
Resolución
~~ ~-
respe-~to de '"
''a=lOm/
-------.,¡
., ...s .·
~VS
/A
••
C1=60°
\¡,;
• - 'a
d=10=1's .~ c=v8 .~(2)
v 8 .~=10 m /s
•
•••
¡•= O_.·
.
~---· -- --· '
A
40 m
0=60°
.··
'99~-- - - -
a.
-v11
.. ,.A=10 m/s
PROB!..EMA N.o 1 3
'
: trayectoria del
Del gráfico
1--;M1= 9 m/s
. . vM=9 m/s
q,..
Jl /f
:
;' ómn ib<L! respecto
:
lf muchacho
·-r-'
Momento en que ~1 ómnibus pasa en
forma perpendicular frente al muchacho.
Se muestra una cinra cransporradora que se traslada con una rapidez v y además se muestra un
dispositivo automático (A) que deja n esferas por unidad de tiempo y un contador (C) con unJ
forocélula, que regisrra las esferas que pasan debajo de él. Si la rapidez del dispositivo autom:irico
y del conrador es constante, además es menor que v; ¿cuántas esferas en la unidad de tiempo
regiscrará el contador?
A)
n(~)
B)
n(~J
V - VA
E)
11
V - Ve
PROBLEMA H.0 12
El gráfico muest ra dos a utomóviles que realizan ¡\{RU. Las vías forman un ángulo de 60°.
Si luego de 2 s se riene la menor distancia entre ellos, de 20J3 m, derermine la rapidez:
de l auromóvil A. Considere que la rapid ez de 8 es 10 m/s.
A) S m/s
B) 7 m/s
C) 10 m/s
D) 30 m/s
E) 40 m/s
~---~
C)
n(v-(v: +ve))
D)
n(~)
V - Ve
(-v)
VA+ Ve
Resolución
Analizamos el movimiento de las esferas desde (A).
pnra el observ3dor
(AJ
esr.\ fii\..
:=o
IIJ~
(D
ls
JW
(v-v,..)
V ~~
( i ) 4(.1-!-·.t_~_.-_,-_,------ L _______=<~
__
'-_•·_,··,
~
1146
1471
lumbreras Edrto.'es
La rapidez de la cima respecto a (A) es (v-vA); por consiguiente. cuando las esferas se colocan en
la cinta adqureren es(a raprde::: En la unidad de tiempo ( 1 s) se..dejan n esferas.
La distancia entre la primera y úiEima esfera es
L=n(O)=(I'-1',-\)t= (I' - I'A)(l) _,
D =(v-vA)
Resolución
Gtar!camos el problema
Y':
(l)
11
Cuando la primera esfera alcanza a! contador se habrá formado una fila de esferas. La canudad de
esfe ras (n') que cuenta el sensor son las que lograrán pasado en la unidad de t iempo (l s).
·-- ----·---·--.----}?_____ai·.:-'----- --------· ----··:- -x~
,~:
:
1
'
2..,' m
.
_l _____~ ~~~{;¿;
A-:' 3
• ....
. '
:,
Cvc-
1---
- - (v-vA) (l) - --
-
V
-;
:,
') m
-4
;'8
32m
1 - - - - - - 50 m - -- - - - l
A)(l) - - - - r - L' - - i l."
-
dmin
__---~-... ___· ·-·. ---······~ -s-~?.. _..J.
m/s~
1-----
--··r
1
Analizamos el mov imiento desde B:
ñ.vs= a..~-as.:(3Í+4]) m/s
1S
Al inicio: v Als"' v ol A,-
vota,=O
El móvil A describe un MRW respecto a B con velocidad inic ial cero.
Del gráfico
De (1): n'(v-nvA )=(v-v,)
Del gráfico: dmin=40 m
. n ,= n (V-V
- - e)
..
(n'O) = (Y-'Ic)
v - vA
PROBLEMA N. 0 15
En el instante mostrado el sistema es abandonado, de tal mane ra que la esfera desciende. Determine
la mínima distancia de separación entre el bloque y la esfera.
PROBLEMA N.0 1 4
Dos partículas A y B se e ncuentran e n reposo sobre el plano XY en las posrcwnes
lv!(- 18; -24) m y N(32; - 24) m respectivamente. Si inician su movimiento con una acele ració n
constante de:
A)
-H sece
-2 -
C)
H sen (45°-9)
sen 29
a,¡=(2.4 f+3,2]} m!s
B)
Hcose
2
-·r'
2
a¡¡= (- 0,6 i-0.8 J> m!s 2
determine la mínima separación entre las panículas.
A) 12 m
B) 40 m
C) 16m
D) Hran 2e
O) 20m
H
........1.
E)
Hco t9
~------ --
1
- sen (90°
- --re)
E) 24 m
2
!148
149 1
..
Lumbreras fd:tores
R;! solución
Colocamos un observador en 1!1 bloque.
'/,:'1
(( f'"
obsen 1doo
-~~
V 1 v~
(l)
/
.
PROBLEMA H.o 16
PROBLSMA H. 0 1 7
Dos esferas son lan:adas sunultaneamence tal
,omo muestra el gráfico adjumo. S1 el choque
~ntre ambos se da luego de 5 s dellan:amienro.
determine la drstanCia d ce separación iniclcll
Desprecie la resistencia del a1re).
Las esferas experimentan ~IVCL ¿Luego de
cuantos segundos se encuentran separadas ~n
50 m por pnmera ve:?
lO IT'}S
lg
i 20 m s
T~·
H
1.· .·••
1
SO m
1
;
1i
d
,. ".! l
/
ti·
..-, · · "r.
L...~ ........... '1
ig
..l30 ffi¡ S
. '
30m
40 m/ s
A) 1 s
'Wí'
rmyecronn d~ (2) para
8) 2 S
D) 2,5 s
C) ] 5 S
E) 3
S
:.-..J el obseo·vndor ( l)
B) 80 m
A) 60m
D) 120m
En codo mom.:nco, por enconuar:-e hgJdos (en un sisrema fijo), la rapidez del bloque y de la esfera
son iguales.
v 1=v2
~ ~=13'
Para el observador, la esfera desmbe un movimiento rectilíneo.
Del gráfico
Hcot6 = 2dm, 0 (sena)
d . = Hcore
mlll
2sena
-t
También
C) 100m
Resolución
E) ISO m
Como experimentan la misma aceleración (g).
el movimiento de A respecto deBes un MRU.
La primera vez que se encuentran separadas
en 50 m es cuando A se acerca a B, la segunda
ve: sería cuando se aleja.
Rzsolución
Ambos móviles experimentan la misma ace·
leradón (g), entonces el movimiento de una
esfera respecto a la otra es un MRU.
Analizamos desde A
v81.-t = v8 - v." = (-!O)- (20)
-t
v
81A =
+20 m/ s
A ·~
Como
(a-6) +a=-90"
-7
~ =(9o;~e)
~
.. d=l OO m
Hcore
. . dmrn
=2sen (-900+9)
2
d
d=20(5)
t 20 m/s
UB
'•¡~··
Del gráfico
11=40=v.v 8 e
-t
40 = 40t
.. t=l S
~
151 1
Lumbreras Edttores
PROBLEMA N.0 18
Para el observador, la esfera experimenta
Una caja asciende verrtcalmeme con una rapide: constante (lo). Si el joven suelta la esfera,
¿fuego c!e cuántos segundos pasará por la parte inferior de la caja? (g ~ lO m/ s 2).
lt= l/2 gr
2
Resolución
Sabemos que
1\WCL.
~~.~
Analb:amos el me\ 1miento delladnllo respecco
al joven
\1
¡; = V { - 1' 8 ::: V ~
~ (0,8) = Sr 2
..
t~O. ~ S
2 = 5r
.. r = O.~ s
--1---....----:---~
-...
PROBLEMA M.0 19
0.8 m
En el instante que se rompe el hilo, se lanza
verticalmente hacia abajo otra esfera. Si ambas experimentan MRUV con la misma aceleración ventea! hacia abajo, ¿juego de cuáncos
segundos se cruzan las esferas?
..J. ~
,¡ dJI,
A)
B)
C)
D)
E)
0,1 s
0,2 s
0,3 S
0,4 s
0,6 s
PROBLEMA t-1.0 20
Un joven lleva un ladrillo en sus m2.nos y Juego
lo suelta. Indiq ue las proposiciones verdaderas
(V) y falsas (F) . Considere un MRUV para 'el
camión.(g=10 m/ s 2)
1
;zg•
8
( 10 )=St
liquodo
,.. v=O
Yc~j;ifrovcn =O
cajn
Q
~~ 1
1~•..) , g=
1
2
2
--t
t=0,4 S
En este riempo el desplazamiento horizontal es
A) 0,2 s
D) 0,7 S
B) 0,4 S
¡ 10,6 mt
C) 0,6 S
E) 0,8 s
Como las esferas experimentan la misma aceleración, el movimiento de A respecto de B es
un MRU.
0,4
m
El ladrillo cae en el punto P de la
plataforma.
IL El ladrillo cae sobre el punto M de la
plaraforma.
111. El ladrillo cae fuera de la plataforma.
IV. Respecco al joven, el ladrillo describe
una trayectoria parabólica.
l.
Resolución
A) FFFF
B) VVFF
C) VVVF
'
D) FVFV
..._,
E) FVFF
L---..J..:·\ ....
1152
10 m/s
2
dy
-----------qB
Analizamos el movimiento respecto al joven.
En el momento en que el joven suelta la esfera, la velocidad de la esfera respecto al joven
es nula; además, como la caja no tiene aceleración, la esfera solo experimenca la aceleración
de la gravedad.
1
0,8 m
¡t·· ··¿;··· ······wd___-~.
Tiempo en que llega al piso
Resolución
T
.
dx
=}a~ 2 ~
dx
=}es)( 2~)
dx==0,4 m
l. Falsa
ll. Verdadera
El ladrillo cae en M.
Ul. Falsa
IV. Falsa
Respecto al joven, !a velocidad inicial del
ladrillo es cero y la aceleración es constante:
por consiguiente, describirá un MRUV.
~
153 1
lumbreras Ed1tores
PROBLEMA N. o 21
Un globo aerostático expe ri menta un MRU.
cuando se encuenrra a 15 m de alrura desde
el globo se suelta un objeto llegando a cierra
al cabo de 3 s. Decennine la rapidez del g lobo
respecto al objeco cuando esce impacta en el
piso.
Ecuación vectorial
!lesolución
... :1a!i =amos el mov1mienro de la moneda respecto del niño: entonces. para el niño el ascensor no se
1
mueve. solo se mue1•e la moneda La aceleración que experimema la moneda respecco al niño es
- - - ¡_,
d,. = 1·0~·> r , '2 g e·
tlm" =~~ -~~
=-g-a
Enronces
ve"" 10 m/s (cuando es abandonado)
:Ímn = - 10-0.8
Ve locidad del objeto Cllando llega al piso
-!lm'n = - l 0,8m/s·
~
-4
Resolvemos de acuerdo a fórmula
VF =(10)+(-10)(3)
v}= v~-2ncl
O=v~ 1 ¡0 -2(10,8) (2.4)
YF= -20 m/S
Cálc ulo de la rapidez de l globo respecto al
objeto
A) lO m/s
B) 20 m/s
C) 30 m/s
O) -!0 m/s
E) 50 m/s
Yc;o= Ve-v o= Ve-
vF= (+10) - (-20)
vclo=+30 m/s
-4
V~1 ¡ 0 =2( 10,8) {2,4)
Vm;n=7,2 m/s
1 11
1111 1
[?]Nota
Con una rapidez menor a 7,2 mis, la moneda no
tocaria el techo.
.. vc10 =30 m/s
R~soluclón
Cua ndo el objeto es soltado tiene la misma
velocidad que el globo.
PROBLEMA N.0 23
PROBLEMA N.o 22
Un ascensor de 3 m de altura s ube verticalmenee acelerando con 0,8 m/s2 • Un niño den-
tro del ascensor ' lanza un a moneda verricalmeme hacia arriba desde 0,6 m respecto del
piso del ascensor. ¿con qué rapidez mínima
respecto del ascensor debe lan zarlo para que
toque el tech o del ascensor? (Desprecie la res istencia del aire) (g = 10 m/s 2)
A) 2 m/s
0) 8 m/s
1154
B) 6,5 m/s
C) 7,2 m/s
E) 10 m/s
Un jugador de fútbol A lanza una pelota con una velocidad ¡; = (30; K) m/s. Cuando la pelota
alcance s u punto más alto, ¿en qué relación se encuentran los radios de cu rvatura de la trayectoria
de ta pelo ta, respecto de los jugadores A y B' (Considere q ue en ese instante el jugador B tiene
S m/s y desprecie la resistencia del aire). ·
v=O
A
:';)
A} 10/17
B) 16/21
'
/
f}.:
C) 36/25
B,..
-
D) 25/32
E) 15/19
155 !
lumbreras Editores
R~solución
R~solución
En el momento en que la pe lora alcanza su punto mas airo, su vehlc1dad es
+ 30 m/s.
La dos esferas experimeman la misma aceleración (g), e nwnces, el movimiento de una esfera (8) respecto a la otra es un MRU Como en
el momemo inicial la ve locidad de A es nula .
enronces la veloc1dad de 8, que además se ría
la velocidad de B respecto de .4, esra dirigida
hacta A ya que estas impactan.
~·?=30 mh
. ~ :~!~~- - ...
• ,: jg
v,, =0
1
.·
v8 =5 m/s
;:::-
_]VP/.~1 _(30-0) 2 =(30)"!
r,.~---- -g
Radio de curvan 1ra respecto de 8
(I)+ (II) :
r.-~
r8
am,~).
Ll50m~
A) 2t
B)
C)
D)
El
2
R1dio de curvatura respecto de A
calcule después de que tiempo dado el lanzamiento chocaran. (Desprecie la resiscencia del
g
¡-; P/612 <3o -s)
'a=---=
g
g
g
2
(2s) 2
= --
g
(1)
Resolución
Como ambos móvtles experimenran la misma
aceleración (g), el movim1enro de una pan:ícula
respecto de la otra es un MRU.
(11)
=(30)
= 36
25
2S
e'
2
Como
t
A
De una gran alrura se suelta una esfera A y simultáneamente se lanza otra esfera 8, impactando
con A luego de O,S s, del lanzamiento. Determi ne la rapidez de lanzam iento de By Ja medida del
ángulo e.
120m - i
- 1SO m - - - --l
Del gráfico
B) S m/s; S3°
30>= (3v)t
(l)
1SO= (3v)t'
(II)
De (1)+ (11)
C) 1O m/s; 53°
1158
3v
= v 81,~ t
A) 10 mis; 37°
E) 20 m/s; 37°
-
-
/\ d
. . v8 >= 10 m/s
D) 1S mis: S3°
3v
1---30m
f - - - --
6=S3°
N.o 2 4
~
-~
~o
'-:~· ··· ~L_.. .... ........... .. .... -D
Del gráfico
PROBL~MA
3t
4c
Sr
6t
PROBLEMA N.0 25
Dos partículas, A y B, son lanzad as ral como
se muestra. Si después de t segundos se encuentran separadas una distancia de 120m,
1 e
-=-
S
t'
.. c'=St
8
lumbreras Ed1tores
PROBLEMA N.0 2ó
Resolución
Resolu<ión
Dos esteras son lan:ada,; s•multinl!ameme
ral como se muesrr~ Determme la disrancia
vertical que los separa luego de 10 s del lan=am•emo. Des!'rec1e la resistencia de! air<!
(v=25 mis)
El movimientO"de A respecto de Bes un MRU.
El moHmíenro de B respecto de A es MRU
.. - ~ -
pos"1on ée 8
r~specto de .-1
v.·' =! 6m/s
lu~;o
¿e 1 ;
15m
v5 =39
-- -- -- -- ·_¡.
15 m/s '"'o
15 m/s
v0 l:j)= IS m/s•l
./
-.=..L._ 36.,. ------- -------------·---- "'
m/s
Sabemos que
A) 60 m
1 S (,\!RU,.)
'l'f
mis
8 'f::-!2-i
~-........,< /
[
.
MRU,
--------1 - - - ,-
va/ A(<)=20 m/ s
~ 20 m/s
rl =vt =25 (1 0)
B) 70 m
16 m/s
-) d = 2SO m
C) 80 m
D) 240m
.. d1 =70
Por lo tanro. del gráfico: d=20 m
36 m/s
f--20m--l
m
E) 250m
PROBLEMA N.0 27
Dos pequeñas esferas son lanzadas simultáneamente tal como se muestra en la gráfica adjunra. Si
vA = 16 m/ s y v8 =39 m/s, determine la distancia que separa dichas esferas luego de 1s dellantamienro. Desprecie la resistencia del aire. (tantt=S/12: g= 10 m/ s 2)
PROBLEMA H. 0 28
Resolución
Se lanzan las esferas como se muestra en la
gráfica. Determine la mínima distancia de separación entre dichas esferas.
Analizamos desde A
rr
15m
l
o
o
20 rli· ·.
o
o
o
Observe que
v8
. _¡p______ _
o
1-v..d= lva l =•t
;p..
A) 10m
A) 5 m
1158
B) 7 m
C) 12m
D) 15 m
E) 20 m
D) 40 m
B) 20m
C) 30m
. . dm;n=lO m
E) SO m
159 1
lumbreras Editores
Capítulo
7
PROBLEMA H. o 29
Se muestra el Ian:amtenro stmulcáneo de los
Análisis de gráficas del
movimiento mecánico
proyectiles con la misma rapidez (v = 5l m/s).
Determ ine el i mervalo de ttempo que t t·anscurre hasta que los dos proyectiles presentan su
menor separación. Desorecie la resistencia del
·
atre. (g= lO m/s 1)
=======--=-----
/
Cuando el móvtl 8 p~sa por N, la separación
es mínima.
- ~,..
fr,.;t~-:.
.
68~,
~ .. J '\ ),\
w
1 - - - 75 .fi m -
-
i!'
' ~
j
'
\!>.1•..1"'
..
"
..
~-
_
ll l·fl•
(
}
\
h~f.--"'l
'!'........ . ,
"
-1
"
,,
~·.,
"
A) 5 S
B) 4
S
C) 3 S
Del gráfico
0) 2 s
K=lS
E) 1 s
d,11.v=7K
dM.v=IOS m
Resolución
Estudiamos el movimiento desde A. entonces
A no se mueve. Además debe tener presence
que cua ndo dos m óviles presentan la misma
aceleración, el movimienco de uno respecto
del otro es un MRU.
il60
Desde A, el móvilB describe un MRU
d;.lN=vt
lOS =S l c
.. t=2 S
-"
1'l
,
. ¡··
:.¡ r
~.;n
l•·l
'; 1
tt'•.:
""
l'•n
t.,l
lo
l-.
'·'~'~'·
•l
1
1
'
.
-·
'
-·
1
...
¡(o•
'
,. ·~·l••l
Sería difícil encontrar una r,1ma ele la cienci.1 en la que
no se emplean las gráficas. En alguna oportunidad hemos
visco grá ficas que nos indican el crecimie11to industrial, los
índices de pobreza, o el nivel de aceptación de un político
ante la población. La cons1rucc1ón de esre tipo ele gráficas
no es difícil si s~ ha elaborado la tabla correspondiente.
Aquí trataremos de otras gráficas, las que deben construir·
se según fórmulas matemáticas o ser interpretada s para
co nocer el desarrollo ele un fenómeno físico.
En el estudio de la cinemática también se emplean las
gráficas. Según la informacio n que nos brindan, podemos
deducir el tipo de movimiento que describe el móvil. Por
ejemplo, cuando la gráiica Posición(x) -Tiempo(t) es un,,
recta inclinada, se trata ele un MRU, siendo la pendiente
de esta la velocidad. Pero si es una parábola se trata de
un ,v\RUV. y la pendiente en cada PLII1to ele la gráfica in·
dtca la velocidad para ese punto (o u1stante). En la gráfica
Velociclad(v)-Tiempo(t), el área debajo ele 1;:~ misma nos
indica el cambio ele posición del móvil y la pendiente ele
dicha gráfica la aceleracion del móvil. Así mismo, el área
bajo la gráíica Aceleración(a) -Tiempo(t) nos indica el cambiO de velocidad, y la pendiente de la gráfica la rapidez
con la que cambia la aceleracion.
Capítulo
Análisis de grá-ficas del :
movimiento mecánico .
• • •
~..
. . . • • . • . • • • • • ..
• t.
•
• • .
• • . •
• •
•
• •
• • •
•
•
• • •
• • •
• - •• - . . . .
• • •
. • • .
• • . . •
• •
. ••
!)R0 i31.t::MA N.• 1
Un cuerpo se desplaza recrilíneamente sobre una superficie plana y varía su posición según la
gdtica adjunta. Determine su recorrido para¡ e [O; 6) s y su velocidad media para eE (4; S] s.
A) :!40 m y
B) 320 m y
C) 300m y
-60i
-90i
-60i
D) 300m )' - l20i
E) 180m y - 120i
' X{m)
180~- ... -- · .. ·· - :
m/ s
mis
mis
m/s
m/s
60 --t{s)
3
01
4
S
Resolución
Gráfica
x- r
Graficamos el movimiento según la gráfica
tlr= 3s
X(m)
v=O
180 . .... .. .... . ..
x =O
,.....-/'---.
1------
d,---___,
MRU
MRU
60
X{m)
x= ISO
d~rccha
(+)
r =3 s}v=O
r=0~~;,4s
~(~~-l
'
r=6 s
:
tlr' = 2 s :
:c=4 s
~[F.
;
:
v=O
......... ..... ... .. , ( '
: :
x=60
f---d2-¡
r(s)
3
4
5
6
Para e E [O; 6) s:
e=d 1+d 2 = 180 ... 120
,_ _ __ _ j_
.. e=300 m
163 1
lumbreras Edilores
Parar e [ -!; S]s·
Enronc~s
r ~ S$
c = ~s
..lr=l s
-·~-?-
P,lra P.
d=:\, -'.\.. = (60)-(!80) =-120m
X(m)
d
·'·o = 180
- 120m
1s
1',= -~---
..lr
d= - 120 rn
·.
Dd gráfico se observa q ue en r = 1-! s l,t postcion es
-;;,, = - ll.Q f m 'S
x,
1,,
=-S m
Para t[ l O. 22]s se tiene un MRU: -;' = tanl3 =.,.J m/s
Pot lo tamo, en e= H s la velocidad es
1 ¡! 45;= -"-1 m/s
PROBLEMA H. 0 2
La grá~~a del movimiento de u na panícula viene exp resada en la gráfica adjunta. éQué velocidad
y postcton le corresponde para el instante r= 1-! s?
A) +0,5 mis y + 2 m
8) +l m/s y +2m
PROBLEM A N. o 3
x-e
de dos partículas r\ y B; después de qu e la pa n ícu la B pasa por el origen,
¿cuánws segundos transcurren para que se encuentre con la otra partícula?
Se mues tra la gráfi ca
X(m)
18
C) -1 m/s y - 2 m
D) + 1 m/s y - 8 m
X(m)
E) -0,5 mis y -1 m
5
o
Resolución
e(s)
Se qu iere determinar¡; y
xpara r= 14 s.
X(m )
B) 2,2
A) 2 S
10
..
4
- 12 · -- ---- ----- -- -- --- -- .
C) 2, 4 s
D) 2,5 s
E} 2,7 s
c(s)
s; i,
. ,':
- 8 - · · · -- ------ ---- --- ---- -- -12 --· -)··
1
:y
s
Resolución
Las pan ículas en r= O se encuent ran en la posición x,; y xs; transcurrido cierto tiempo se
encuentran e n la posición
Se pide determin ar el riempo de encuentro (t•) luego de que B pase
por el origen; note qu e B pasa por el origen en t = 5 s. entonces el ti empo pedido se contará a partir
de ese ins tante .
!::' ~:=:~~~-------
xp.
j 164
165 l
..._..._ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ _ _ _ __ __
......;::¡¡¡¡...__
_
___
.~
lumbreras Edi tores
PROBLEMA t-1. 0 4
Graficando. cenemos
En la gráfica
x
- t
se muestra cómo la posición de una pardcula varía en función de l t iempo. ¿Qué
n~locidad cenia la panícula. cuando pasó frenre al observador por pri mera vez?
' X(m)
A) +4 m/s
¡x1m¡
B)
C)
D)
E)
l
·: ·e¡
- 12 m/s
-12 m/ s
+6 m/s
6/ 5 m/ s
-,: 4
'l
32 - . ....
c(s)
\ paritbo!a
pos<ción de ) Xp • • • • · · • • • · -· - •
( em:uentro
o
143°
2
Graficamos el movimiento
R~solución
'5°
Para dete rm inar la velocid<1d cuando pasa por
primer;:, vez frente al observaáor. es decir, en
t=O. la segunda vez es c=l2 s. utilizamos la
simecrí~ de 1.1 parábol~
c(s)
Origen¡----r.-.1....::::::---+t---==-~"'~~~----~
; ~~ ·:\3JfOK
r=Os
x=O
A
r
' x(m)
-
~! ~--::__
!---- 32 rn ---1
encuentro
S
t=4s
_--- ~
.
- 4m/s
~\ ~
uempo de
1------ J 0
4s
-
- --J
x=+32
c-ambia de direcclón\
(
la velocidad J
m:=:Q v=O___ _
Como
.'•
Del gril fico
Reemplazando en (!)
v0 =12m/s
([)
En M y N la pe ndiente presenta el mismo valor.
. . c•=2,5 s
VN ~ tan~= - tan 9 = -4 m/s
.. v =...12m/s
0
vM=tan6 = +4m/s
1
167 1
lumbreras Editores
PROBLEMA H. • 5
adjunto Dere•mine su rapidez de lanzamiento
I·SupostClónparar=7s (g=10m 1s1 )
Se muestra la gdrica del movimienco de una partícula, determine' su ace!eracíon y su recorrido en
el intervalo r: [O. 6] ;;.
r---+80
r==2s
-
r(s)
O
2 .:
::6
1s
-· --
11
S
r=5s
3s
~
r--:;;~. 6 m/s __
v=O
r=ós
8 m/s
r (.s)
o
~_..,...
~d
A) 20 m/s; +40 m
B) 30 m/s; ......¡s m
C) 30 m/ s; +35 m
D) 20 m/s; +45 m
E) 25 m/s; +35m
,' 1
Parar e [2; SJ s
A) +2 m!s1; - 12m
D) +2 m/s1; +20 m
2
C) +1 m/s ; + 11 m
E) +3 m/s 1; - 24m
Cálculo de la aceleración
([)
Resolución
Resolución
Para de terminar la aceleración y recorrido e e [O; 6] s. vamos a sacar información de la gráfica y
graficar el movimiento.
Se quiere determinar Y¡;s) y v en el momento
que se lanza la piedra
Cálculo del recorrido tE (O; 6] s
Xcm>
Ytm)
pendiente(+)
movimiento
( la éerecha
3)
f'pJróbola (MVC L)
- (2) = 4 m
(4+0)
2
d = 0+8)
(- 2- (4)= 16m
d1 = -
d3to:
g=-1 0 m/ s 2
1
y0 =80
2
Y(7 s) - • .. - • • • - - .. • • • - - - .. • • •
. . e=20 m
o
PROBLEMA N.0 6
En r=O, el móvil se dirige a la i::quierda disminuyendo su velocidad, tal que en r=2 s la velocidad
es nula y su posición es x=O. Luego cambia de dirección (a la derecha) aumentando su velocidad,
y en t 1 la velocidad es +6 mis.
1168
Una piedra es lanzada verticalmente hacia
arriba desde 80 m de altura y su posición
respecto del piso varía según el gráfico (Y- t)
En
t =O
-'1
y0 =+80 m
169 !
Lumbreras Editores
Del gráfico
C) +7 m/ s o -12 m/s
D) +6 ¡rJs o -18 m/s
E) -r-lm/s o -27 m/s
dr e(O;Ss]
i¡=
17 S
En
xse tiene un YIRU
vs= [20 - 2<t7l]
¡: 8: - 1-! m/ s
Resolución
Se q uiere la velocidad deBen el momemo que
pasan por la misma posición.
Como
PMil
Primero encono·aremos el tiempo en que se
encuentran en la misma posición.
(1)
:. v5 =[20 -2 18l]= 4 m/s
D~:l
l
'
(-80) : -YO(y)(8)+-(-IQ}(8)·
2
..
VO(y)
~ (l16-Sr)=(-20+20r-c 2)
1
=+30 m/s
r - 25r+ 136=0
' x -17
Cálcu lo de la y( 7s)
-
-
-
'
1- ,
YF<,J = Yo<yJ + vo(y)t + g e·
2
-
Y(ls)
l
'
=(+80) +(30)(7)+2(-10)(7)"
-8
Existen dos momentos en que se encuemran
1¡ = 17
S
y í1=8 S
Ahora vamos a dete rminar la ecuación de la
velocidad de B, a pardr de la ecuación de su
posición.
gráfico
PROBU:MA N.o 8
Una panícula que experimenta un MPCL
en el plano XY fue lanzada desde la posición
P( -K; 25) m. con una rapide: de lOJS m/s y un
ánoulo de elevación a. Si la ecuación des u movi"' a lo largo del eje X es x = ( - 20 + 1Or) m.
miemo
¿qué posición le corresponde luego de 5 s de
haber s ido lanzada la panícula?
0
ii
=!¡jii.< = lO m/s
-
A) (30; 0) m B) (20; O) m C) (25; O) m
D) (30; 5) m
E) (25; 5) m
vo<.v>
Cl.
De l triángulo
-;0(,1 = 20 m/s
Ecuación de la posición
y
R~solución
Graficamos el movimiento
y
Ahora s e puede hallar en (!) y (Ir) la posición.
PROBLEMA N.0 7
Luego
Dos cuerpos A y B se mueven sobre el eje
X. donde la ecuación del movi miento de
e llos queda definida por x~ =016 - St)m y
x
8 =(- 20 + 20r - t ) m. Determine la velocidad del cuerpo B en e l insranre en que comparten la misma posición.
Para t = S s
v0 =+20 mis
x F=[-20+ 10(5)]=-30 m
CL
T }~ v<(c[e.)
1
Ecuación de la velocidad
Yo = 25m'
YF=[+25 + 20 (5) -5 (5l2 ]=0 m
!g=lOm/sa
.. P(+ 30, O) m
A) +5 m/s o +15 m/s
B) +4 m/s o -1 4 m/s
117[]
~
v8 =(20-2d m/s
x0 =(-K) m
lumbreras Ed1tores
PROBLEMA H. 0 9
Graticamos el movimaenco
Se muesrra el grátko del movimienco de una panícula. decermtne su pos1ción y velocidad en el
ms rance e= 12 s (a partir de r=2 s se nene 1.~ parábola).
c=ls
t = Ss
35
r=l2~
75
v~~:= 20m/s
11
-~
B ~-~x-21
x - 30
r---d 1 =9 m
e=.- ....!!...-
A
.'\) +121m; 20 mis
~Y(m)
B) + 130 m. 21 m/s
C) +120m; 20 m/s
D) +121m; 2-! m/s
E) ... 126m; 30 m/s
··· -.. 30¡ .......... .. .. .
·...
••
21 .::, .
A
..
,
.· .·
;
. A. vérrice de
'
'~ p.ll.iboll
Para el rramo AB:
...
~-
r(s)
o
2
S
Tramo A C:
VF
d! - --
x,
X(m)
--¡
-f l =
óv- =..-6-m/s
m
-- = + 2-r
-\e
3s
s·
=Vo + ar =o + 2(10) = 20 m/s
--
vF= ...
zo m/s
T;~mblen
Resolución
Para de terminar x 112 s) y v pz sl sacamos información del gráfico, que por ser una parábola
corresponde a un MRUV.
.
'e
\3
d,=+9
.·
mr··.21----: :_·_-- ··· ·--~~-- j --· ~¡
.· '
''
...;,.·
'
,'
' ' ''
'
'
''
'
30m
PROBLEMA N, 0 10
Se muestra la gráfica del movimiento de dos cuerpos A y B. Si en el instante inicial la rapidez: de B
es 4 m/s; de rermine la velocidad de A e n t=S s.
A)
B)
C)
O)
- 2.46 m/s
- 4,65 m/s
- 6,38 m/s
+6,41 m/s
E) - 3,84 m/s
38
B
tangente
En
·,
r = Ss _. v=can9= 6 m/s y x=+30m
r= 2 s _.
v=O
y
x
12 , 1=+2l
m
1172
--·----------------------------------------~-----
o
r(s)
1,5
4
Lumbreras Editores
Resolución
En (l)
[$] Observació:'l
El móvil A experimema un MRU; de acuerdo con el gr:ífico, su veJocidad es
·-
v"' =can a =- ran y = (38- ·r s )
4
Los datos no están bien dados. por ello d 1 ciene
diferent¿s valores ol)tenidos geomé(ltcamente y
;,lgebraicamente
d 1=3 m
d 1=2m
r~Lr~~l
([)
¡;
=t:::_]]JJ
= +6.41 ~
.
4
S
J
'X(m)
PROBLEMA M. 0 1 1
Se muestra la gráfica del movimiento de dos cuerpos A y B. Para el1nstame en que tiene la misma
rapidez. iqué distancia los separa?
A
(,\I!RUV)
T
6
o
4···::· v=O
··-. :m=O
1,5
c(s)
4
.· .·
Gra frcamos el movimienro
Grafrcamos el movimiento
de B para e e (O; 1,5] s
de B para e e [1,5; 4] s
e= 1,5 s
v =~
..!.!..._ ()
1,5 s
260
... ,. --
- ... ...
' ,parábola
'
\
\
\
4 -----;-- ···--··--··
''
c=O
-----;;g::_
o
c(s)
8
r-------d , ------~
A) 2~ m
B) 32m
C) 36 m
D) 164m
E) 108m
Resolución
Uno de los móviles (8) experimenta MRU .
-v = -canet = - (~~
-4) sm
8
1174
----------------------------------------------------------~~------- ----·
(l)
175 1
Lumbreras Ed1tores
l. La pat cícula se mueve en una sola dtrec~iór.
11. Para elmscance t=3 5 la ¡>arricu.« se IT'ueve
ha.:;a la i:.:¡uierda. dJsmmuvendo su rap1de:
lli La máx1ma rapidez de la parctcula en el
mrervalo de c=O a t = -! 5 es ó m. ·s.
IV. Para el msrame c=5 s. el módulo de 5u
veloe1dad y acelerac•ón son •guaJes.
V. En el mcervalo t e [0; 6js. su recorndo es
128
-m
3
P.tr.1.'1
'x<m>
-
c.10u = 10
\f
3101
\),s -+ - m
'~-3'-l
-
= XOHl-
- "
VI) C-
l1-·
~ t"
L,,o
L(-.!.)2
_o m
l.
c.
.¡ -32-----.
-
x,=
~
e-,
(
)
.:!60--:¡- m
PJra r=20 s
-
x¡: =
A) FVVFV
D) FVFFV
(2011
260--- =-160m
4
24 S
t=O
8S
a-~.~~v=O
--~
x=~ m
-·~
x"
.
En (I)
-va=- [(J-t4)-4]
=-lOm/s
24
-4
--t)
x0 =260 m
..__d,.-;
v8 =10 m/s
Pnra t=20 s
(11)
l.
x, ={324-10(20)} =...124m
Ecuación de la veloc1dad A
t=20 S
A
1 - - - - d 1 =256m - - - - - 1
1 2
d1 =v0 t+-ac
2
•
;)
-4
v.~=(-O.Sr) m/s
x"=l60 m
~-------dAs--------~
La rapidez de A es
v..¡=(O,Sc) m/s
•
Luego
a=O.S m/s 2
~
ñ =-O, S m/s 2
L
-4
•
1'
1( 1)
d,=v,.,t+-tH"=(Q)(S)..,-- {8) l =16m
•
V
2
2 2
.. x.-~=260- L 6=+244m
1176
Falsa
Presentará una misma dirección si en todo
momento la velocidad tiene la misma di·
recc1ón. Derivamos para decermmar la ve·
locidad
v= (2c
2
-Sr)= 2dc- 4) m/s
para t = 1S
-7
v(-)
para e = 5 s
-4
V(-)
y
Por lo canco, cambia de dirección.
{0,5 t)=(IO)
dirección
E) FFVVV
De
P,ua 8
Graficamos el movimiento de A (lvl RUV) para
e E (O; 32)s
C) VVVFF
Resolución
e(s)
8
B) VFFVV
r =20 s
En el instante t=20 s, A y B presentan la misma
rapidez. Para determinar la distancia que Jos
separa. hallamos la ecuació11 del movimienw
para cada uno.
0
PRO BLEMA N. 12
Una panícula se mueve a Jo largo del eje X, la
ley dP. su movimiento queda de terminada por
x=(3c -4r
3
1
1!. Verdadera
Ecuación de la aceleración.
Al derivar se obtiene
v
ii =(4c -8) =4(r-2) m/s
+8 )m
Con respecto a las siguientes proposiciones,
indique verdadero (V) o falso (F).
En t=3 s
a= 4(3-2)=+4 m/s 2
177 1
Lumbreras Editores
De
-¡;= 2t{r -41 =2(3)(3 -4] = -6 m/ s
De c=.; s - 1 r=6 s se desplaza a la derecha
Resolución
PROBLEMA H. 0 14
-24
ent= 6 s: Xróst ="'3"m= ... 8m
De 1.1gráfica se deduce que el móvil experimen·
ca dos MRU para dos intervalos de tiempo.
Dos partículas se mueven en linea recta ;obre
vías paralelas y sus velocidades se comportan
en íunción del tiempo según la gráfica adjunta.
Si inicialmente están separadas S m (8 detrás
Graficamos
•v(ml s)
1
c =4. ~.:_:o
Por lo tamo, dtsminuye su rapide:.
de r\). determine para qué insrance de tiempo
B estará 16m delante de A.
MRU(2)
so
•.. .~?
'
·'
x= +8
r=6 s
!!!. Falsa
l
J
v=1t·, -8t=2[ t·-2(r)(2)+4-4
'
¡\[~U(I) :
v(m! s)
40
B
-
0
e =2(~
lA ¡
+8)
2
128
e=-m
3
---.
...s:..,
. . Vm.;x=B m/s
tV. Falsa
Para c=S s
v= 2c(r-4) = 2(5}[5-4 1=+10 m/s
a=4(r-2) =<1(5-2)=+12 m/s
O¡
r(s)
3
Considere tancx:o3
PROBLEMA N. 0 13
Un automóvil que se mueve sobre una pista
horizontal tiene una ve locidad q ue se comporta en el tiempo según la gráfica adjunra.
Determine su desp laza miento en r E [O; 4j s y
su velocidad media en rE {0; 5) s.
d =( + 40x 2)+(+80x2)=+240 m
A) 4 s
C) 6
~ d= +240im
Para t
E
B) 4,12 s
S
E) 8 s
D) 5,12 s
(O; S) s
Resolución
• v(mls)
80
V. Verdade ra
De la ecuación de la velocidad
k!!
-§:-,
Para r E [O: 4) s
vmi., = 2[ 4- (r-2) 2 ]
---
/ :
X
Para la rapidez má:.;:ima
min(r=Z)
t-------~------ .4
S
d
v,.= ór
····· · ---~---
(1)
Graficamos
'v(ml s)
(MRUV)
40! - - - - ' 1
B
v ::2r(r-4)m/s
De c=O- r=4 s se desplaza a la izquierda
- (23
Dex=
l.
)
r 3 -4t-r8m
en c=O: x = +8m
40
en c= 4 s·' x (4 S) =--m
3
1178
c(s)
o
A) + 2607 m
B) +3007 m
C) +260im
D) +240i m
E) +320i m
2
y +687 m/s
y +56i m/s
y +64im/s
y + 64i m/s
y +54i m/s
Reemplazando en (!)
v"'=
+320(i) m
Ss
.. v.,= +64i m/s
__
l _.
i(S)
canCL==3
179 1
lumbreras Ed1tares
-. ii8 =tanu=+3 m/~ 2
E monees
Rl!solu<ión
1
t=O~=,
~=o
~ - 08
,\.f
\IR' ' V
(S)
•
--- ll¡¡
"'
-E
1
>
-
-ar-=24 + 9!
2
~
-
De. grañco
l.
N
.!. (3)c· = 2-h 9r
'
i-sm~
2
i--16 m-{
:1
1
¡~ ·
( ~> _.(9 mis
¡v (m/ s)
1
.
- d- .. --.-- .................. ·r-------,.
'
De donde
:8
): 9 m/s
· ~-
?arar '=[O; 8]s
8
!Al
1
2
1
2
e=() l<S> .._ -(21(8>- -(2lC8l ... 8(3>
.. t=-!3 m
""l-
l--9r----t
..
Del gráfico
t¡=8 S
d¡~~N=8+9r+ 16
d = (-8)+ (-81 ~ 8 +2-1
~ rl= + l6m ~ d= l 6m
PROBLEMA N. 0 1 S
IIr.xF = x0 +d
El gráfico muestra el compOL tamienco de la velocidad de un cuerpo con respecto del tiempo. Sí la
trayec toria es rec tilínea, determine
El recorrido para e e
l.
XF = (-8)+16
[O; SJ s.
:. xF= - 8m
11. La distancia para r e [O; 8) s.
111. La posición en t =8 s, si en c0 =0 la posición es
x= - 8 m.
v(m/s)
PROBLEMA N. 0 16
+8 ·· --·· - -········-· ,.-- - - -:
En un determinado planeta, respecto de su superficie, se lanza verticalmente hacia arriba un ob¡ero
y su velocidad varia según la gráfica adjunta Determrne el módulo de la aceleración de la gravedad
en dicho planeta y el recomdo del objeto hasta 1 s ames de impactar con la superficie.
o
r(s)
:¡
5
A) 5 m/s 2; 65 m
B) 4 m/s2; 75 m
C) 6 m/ s 2; 75 m
8
D) 7
-8
v(m/s)
24
2
m/s ; 65 m
E) 7 m/s2 ; 85 m
A) 48 m; 12 m; +6 m
B) 42 m: l 6 m;+8m
C) 44 m: 12m; +6 m
D) 48 m; 16 m; +8 m
E) 40m; 16m; +4m
o
r(s)
:8
-24 ............... .
1180
181
lumbreras Ed1tores
Entonces
Reso lución
pROBLEMA N.o 17
Observe en la gnifica que para'"'-! s el objeto cambia de dirección, en dicho instante s u velocidad
es igual a cero.
La gráfica (-;.,) mostrada corresponde al movimiento de un au tomóvil que se des plaza sobre una pista horizoma!. Si en los primeros
s s ha recorrido 165 m. ¿que aceleración (en
m/s1) y velocidad (en m/ s) tendrá en el insrame t = 1O s?
Sea el planeta X.
y :,Q
v=O
r = -! s :, -
1
j
igc,>=?
3S
4s
v0 =24 m/s
TI
(
. ~~,I
1S
t =O
'1[1
(
:
-"
,~~~
3
}
1 ; .tnces
ól impacto
3
c(s)
o
e=/1 1+h 2
8
5
A) -IOi
y +20i
y - 10i
D) - 9i y +20i
11
S) + lSÍ y
PROBLEMA N. 0 18
+ 1si
Dos partículas A y B se desplau n sobre el eje
X, en el instante inicial sus posiciones son
- 80 m y + l 00 m. respectivamente. Si las ve-
C) - 15i
'if(m/s)
E) -lOi
y + l Oi
locidades de d ichas partículas dependen del
tiempo según la gráfica(-;- t) mostrada, determi ne la posición de B en el instante en que
las partículas presentaii su menor separación.
R~solución
Para t= 10 S Se pide
. .
' .
1'---3--t ).,f
.
Para e .:(8; 11) s se tiene un MRUV(2), para
cualquier instante
Del gráfico
impacto
El recorrido has¡ a 1 s
ances del imp~•co es
v0 =30 mis
:. a= tan9 =- Vo = - JQ =-10 m/s 1 (~)
v (m/s)
h,
'
l65 = .!. l'o lSI .-1•0 131
2
ay
V
v(mls)
8 r(s)
T
Vo .... . ..... .. ~....:lv.:.:.:RI ~U::..._""
v (m/s)
B
y= 18
1
c(s)
- 24 -·- - --- ---· -- --- - --· - - -- ·
Del gráfico
1
2
Ir, =!A, = -0)08) =27m
-
-
r(s)
S
Reemplazando en (!)
-20
Como
(!)
=
h1 !A 1 = (24
1182
){4)G )= 48
Considere sen a=
e"'48+27=75 m
Para e E [0: 81 s, del gráfico
m-
J..
___________________________________________________________.___ __________
A). +9 m
}s
B)
+ 11 m
D) + 15 m
C) +1 2m
E) + 17m
183 1
~
, ~---------------------------------
- -----
lumbreras Edttom
Resolución
PROBLEMA H. 0 19
Del gráfico
En t' 1:1 veloctdad es nula y el movil cambta
de duc:.:cron de derecha a i: quierda, es decir,
Un aucomóvn inicia su movimiento con una
• l(m/s)
MRUV(Bl
~IRU(A)
j.1
6 =rana. =
6r-----~---7~-
+
2m/s~
.:morende el recomo: por consigUiente, en
r ::lO s $e encue ntra en la posiCJón imcral.
aceleractón cuyo módulo es a=0.75 m/sl y
su velocidad varía según la gráfica mostrada.
Dete rm ine después de cuánto tiempo (a pa rrir
de t = O) el au comóvil inicia su recomo, Si se
sabe que después de 20 s se ubica nuevameme
en la posición de parrida.
d(de recha) =d(izquierda)
+,0;2) =,0;3
A
J'' .
1
Entonces
(,0;¡
1C(ml<l
ro
t(s)
En ronces
• ¡¡ (m/s)
A) 9 m
.!.t31lr'l = ]_120-t ')v
3
2
2
(1)
B) 12m
D) 27m
C) 21m
E) 54 m
Resolución
r(s)
El móvil A se dirige a la derecha; el móvil B, de
r=O hasra e', se dirige a la izquierda acercándose
al móvil A, pero disminuyendo su velocidad.
En e' cambia de di rección. En ese momento el
móvil A se le acerca pero solo hasta que las
velocidades se igualen; a partir de ese instan te,
B se aleja de A.
La menor separación entre los móviles es el
instante en que s us ve locidades son iguales.
(r=13 s)
A) 8,1 s
C) 10, 1 S
D)Il,ls
-
XF
-4
E) 12,1
-
-
1-
( r '- 4)
ii(m/s)
B
A MRUV
S
En {1):
1s .. .. •• ... •. :
T
(t'--! )
ii(m/s)
Resolvemos
a = rana.
0.75=rano.
a = 37°
t'= 10, l
S
r(s)
l
Desplazamiemo de A para e e [O; 4]s
1--20- r' --f
XF=(I00- 20c+t 2 )m
Ci =lA, +IA 2
4
PROBLEMA N. 0 20
1--r'-4-i
Dos panículas A y B se desplazan sobre el eje X.
Sus velocidades cambian con el tiempo según la
gráfica adjuma. Determine el desplazamiento
de la partícula A, desde c= O hasta el instante
en que la aceleración de B sea nu la.
'
:v
1
-V . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1184
3(20-r')
La pendiente ·del gráfico ¡;-e indica la aceleración, observe que en r=4 s la pendrente del
gráfico de B es nulo, entonces, en dicho inscance la ace leración de Bes nula.
3e' = (20 - t') · 3 {20 -é'l
~~L(2m/s 2 )
En r= 13s
v::
De la gráfica
3
=xo + vot+-a r
-4
8) 9,] s
Resolución
Ecuación de la posición:
Para B
3
V
'' tanP = (r'--1) = (20-r'l
]
d =[ +i(4)(3)]+[+ (12)( 4)]
.. d = +54 m
~
185
Lumbreras Editores
PROBLEMA N.• 21
Emonces
Un insecto se desplaza a lo largo del eje X con
una velocidad que varía, según la gráfica adjuma.
Si en t=O su posición es =-4 m, determine su
posición y aceleración para el instante e= 16 s.
Para t=8 s
Resolución
Ddgráfico
-
x
' v(m/s)
.' ·.''
..
', 12
'
y
¡¡¡(mis)
PROBL~MA N. 23
0
r(:_}
10
A) -4f mls 2
B) -si mls 2
C) - 31 mls 2
D} -Sim!s 2
E) - Ú m/s 2
d =+ 10m
En (l}
,,
,,
"
'.
8
n = canp = 6
La aceleración en r=l ó s es
Un móv1l describe u:-1 trayectO rectil íneo, variando su velocidad según la gráfica mostrada.
Si durante c0 segundos recorre 16m, determine v, si tan9 = .¡ y el movil se detiene luego de
transcurrido un mínimo riempo c.
- = can S= -can Cl. =-Smis-'
t1
.. a=-Si m/s
-6i m
3K
2
y -'-61 m
1
y + Si m
y -10im
y .,. JÚ m
v(mls)
r(s)
vi-- - - -"
PROBLEMA H.0 22
Resolución
Un halcón se mueve en línea recta con una velocidad que varía en el tiempo. seg(m la gráfica
adjunta. Si en el instante t=S s s u aceleración
J3 1s·.> <que
•
•
.
.•
es -m
mo'd u1o nene
su ace1erac1on
Del gráfico
ii(m/s)
10 · --- -·- -- ---,
Dato:
./3m
a<-) •·)=+= can o:
3 1s·
3
en el instante c= S s?
'' ''
e
o
'o
A) 2 mis
ii'(m/s)
Del gráfico
D) 10 m/s
B) 4 m/s
t(s)
'r
C) 8 mis
E) 12 mis
Resolución
t(s)
Del gráfico
r(m/s)
también
c(s)
r=
2J3 K
V
MRU
- 20
MRU
(I)
A) O
B) -l
3
m/s-'
a
.. r = 10
1186
l
'o
r,-r
187 1
Lumbreras fd1tores
El tiempo rotal
Una pamcula se desplaza sobre el eje '(, d~
manera que el cuadrado de su rapidez varia en
funcion de la posícion de acuerdo a la gráfica
adjunta. Determine su rapidez en !_= 1,5 s.
(Considere que la posición inicial es x = 0)
8-
(o.)
1\
PROBL~MA N.o 25
Daw:
'v (m/s)
<'o = vr 0=!6m
Ecuaciones del movimienro
(1)
1\
tan a = 2:. =4
r(s)
r¡
~
o
V
t¡
=¡
(II)
En (a) reemplazamos (!) y (II)
2
A) +20m
D) +30m
4
8) +22m
(1)
8
C) +24m
E} + 48 m
x(m)
o
Reso lución
V [Tv
4 ]l [ Fv ]l
+ T -4+4
16
r=-;-'-¡=
Luego
ii (m/s)
12
A) 6 m/s
D) 3 rn/s
Adquirimos información del gráfico
C) 4,5 m/s
B) S m/s
E) 1,5 m/s
Resolución
8
Se pide v(I.S s) = ?
tanet=2
Gráficov 2 -x
'1
MRUV(,l)
2
.. v=8~
144
-t
t=6 S
S
t{s)
2
En este instante se encuentran en la misma
posición
-(v/-vJ)
~'------.
{pto. medio)
En (1)
a
X(m )
vf=o ~~----------~~
~ 2~~_.
Del gráfico
1---
-
X
----l
PROBLEMA N.0 24
Dos pa rtículas A y 8 se des!J iazan sobre el
eje X, sus velocidades varían en función del
tiempo según la gráfica adjunta. Si en t =O sus
posiciones son
= l5 y 8 = +18m, ¿en qué
posición estarán juntos?
x.4
1188
x
(
ñ..~=tanP =+l m/s2
t=-~~~=0
~,
,.....__..... ...... __ _ _ • • • • • • • • • • • • • "\.
1
En t=O
1--- -- - - - - X - - -- ----1
x=:O
x=l2
189 1
~-----------------~~-- -·---------------
lumbreras Editores
Anah:amos
A) ~(-tJ3 -2rr) m
vJ -v5 = lax
,
11
3
,
v¡- v·
2x
-
C)
~ (9J3-2nlm
D)
~(9J3 - 4rr) m
= ~ =ranc.c =ere .
B)
En (1)
Pero
~(4J3 -3n) m
o
!Al
3
6
(2J3- 27t) m
E) 1
3
1(1t)
2 3
(2
.. e=fl.. 1 =i(9J3-4;dm
("
D =-- (2)-' ¡
-v3) ( 1) = -rr -J3)
2
3
:(l)(J3) -[~iT- ";]=~J3-~;¡
2
La gráfica corresponde a un MRUV desacelerado.
0- !2 2
RQ:sofución
m
Lsl
Del gráfico
a= --=-62(12>
des.1c<lerado
0
PROBLEMA N. 27
Una partícula que se desplaza sobre el eje X es observada inicialmente con una velocidad de
v(m/s)
-41 m/s. su aceleractón se comporta en el tiempo segun la gráfica adjunta.
Determme la veloctdad de la partícula para c=9 s y su recorrido en Jos primeros 8 s.
Luego. para t= 1,5 s
A) +12Í m/s y 52 m
B) +lÚ m/s y 41 m
C) +14Ím/s y 4lm
.. vF=l2-9=3 m/s
D) +l6i m/ s y 52 m
·-·· ···--···-···- -· ·--·
e
E) - l4Í m/s y 52 m
1
Resolución
1~~----~L--D--~t~(s)
PROBLEMA H. 0 26
Una partícula se desplaza en línea recta con
una velocidad que varía con el tiempo como
indicalagráfica.Sien elinsranret=t 1(c 1 < 2 s)
su ace leración riene un valor igual al riempo
transcurrido hasca ese instante. determine su
recorrido hasta dicho instante.
Del gráfico
::.:,R:;;U::..;V~---.
2 .... ... ..... .. ... .--___:M
-n=tann = t
Del gráfico:
t(s)
MRU
O
• v(m/s)
S
8
9
Graficando el movimiento
2 ....... . . . . .
cuarco de
~c11-cunfercncia
c(s)
o
1190
c=O
4 m/s
Luego
c=S s
5
S
4 m/s
3S
t=S s
v,
l
S
t=9 s
v,
-=----------~
~
--=-~ 2
~ 2 m/s 2
2 m/s 2
_
" 2 ml s
o/
~~
~<>-::...:.:
-'i!r;..:..:.:.
e=lA1
A
(1)
1
r--
--dl
B
dl
· C
d
x- (m)
D
3--;
191 1
-!
lumbreras fdttores
TlamoBD
-1 m/s
-2 '!)l s
C) -3 m/s
A)
pRO BI.EMA H.o '29
8}
un.t ?arricula se despla:a a lo largo del e¡e X.
en .:: 1r.s:ame bkral r:ene una veloc1dld de
O) - -!m/.;
.... ~ r ; ·1 su acelerac1ón varia con el uempo
según el gráfico mostrado. Determine su recorrido <!n el int<:rvalo de ;=O a r= 6 s
E} -5 m/ s
En r:o9 s:
vo = IÚ mis
Re1olución
1
2
Cálculo del recorndo para r : [O; S]s
,
d:v0 c+-a.r·
-
Del gráfico
t=d¡ +d2
~----d -----~
1
,
d = ·H6l --(9JC6l-
2
d=H - 9(18)
(I)
.. d=e= 186m
5 -- --·- ------·-······-.--. .. --;--
•
d 1 =(4)(5)=20 m
t (s)
1 2
1
'
d2=vot+-m
=40l+-(2H31"=2l m
2
2
10
IA,
-2r-------------
Reemplazamos en (l)
~=20+21=41 m
r(s]
14
16
(1)
Para t
E [
1: 16} s
A) 186m
O) 200m
B) 162m
C) 172m
E) 146m
Resolución
Del gráfico
a(m!s2 )
PROBLEMA H. 0 28
dY =ÜÍ:¡..- Z\2
<>
n
De la gráficl
6v = c-9H2> +<5><2>
_, ñv=-18..-10=-Sm/s
.
5 ----------·------- ,.-...-
0
=S
9
H
o
Para e E (O; 6] s la aceleración media es
En (1)
r(s)
lO
, MRUV
14
5•13
a = ---
"'
r(s)
53°
.. .. . ,:
v¡:= (+Sl + (-Bl
o
Un cue rpo se desplaza a Jo largo del eje X; SI
en t=O tiene una velocidad igual a +5 m/s y
su aceleració n varía con el tiempo, ra l como
indrca la gráfica, de las siguientes proposrciones. indique con (V) si es verdadera o con (F)
si es falsa.
(a . ,=cte.
Sabemos que
Una partícula se despla=a en línea recta y
su aceleración depende del tiempo, según la
gráfica mostrada. Si en r= 1 s su velocidad es
+ 5 m/s, (que veloc1dad tendrá en r = 16 s?
PROBLEMA H." 30
2
21----
a,,=+9 m/s 2 (variación lineal)
6
l. El cuerpo experimema MRUV.
11. En el instante e= J10 s, el cuerpo se detiene.
Ul. A partir de t = 4 s. el cuerpo presenta movimienco unidireccional.
IV. En el instan te t=5 s el cuerpo ti ene una
velocidad igual a -7,5 m/s.
A) FVFV
0) VFVF
B) VFFV
C) FWF
E) WVF
193 1
·--- ·---------------------------------------------------------
lumbreras Ed1tores
Resolución
PROBL~MA
H. 0 31
Parar
Una paní:uía5e despl:l:a a lo largo dl!l ej.! X 51
ea r=O está en la posición
-40 m y uer.e
una veloctdad de 1' = -10 mis, determine
su posictón en el ínscance en que ~kanza ~u
máxima velocidad, st su aceleración depende
del tiempo. segun el grifio.:o ad¡unto
x(l=
5
! s)
E
jii (m/ s 1)
[0: 4)s
r=O
·c¿
1
X(m)
o¡
•ii(m/ s2)
- .fló
Variación lineal
-40oooooo o ooo•·····~:
-51·
l.
S) 9 m/s
A) S m/s
OOOOOOoooo-
o
o o
o
• •
o
o
o
o
o
o
o
o
o
o
00 o . o
o
a =-aF +
'"
o·'
!l(t
2
D) .¡ ../5
=-3 m/ s:
rn!s
Resolución
(Cte.)
Del gr.Hko
Ecuación de la posición
Falsa
La Jcelernción vana. no es MRUV
C) 10
El s..fi m.~
mi s
consid~rando
MRUV
4
11. Verdadera
1\IRUV
ooO · - - -
.
..
¡;~,. "Vo-r.lv
ó-;=1A 1
~ ó; = -l.JiO)(JiO) = -5 rn!s
2
A) -
4
~m
B) -
D) -8-! m
~
2 6
m
C} -64 m
E) -24m
Del gráfico en r= -1 s el móvil camb1a la dtrección
de la aceleración, por consigutenre, en este
tiempo presentará su mayor veloctdad
X(m)
4
8
YF=(-..51+(-51 =0
Resolución
111. Falsa
En 1 = JíO s el móvil cambra de dirección.
a partir de dicho momemo la ar.eleración y
la velocidad tendrán la mtsma dirección, ento::lces el movtmiento será unidireccionaL
De :c0 =2 m "
Del gráfico se ttene la siguiente ínformaetón
~
•a{m/s 2)
2JS m/s
..(..A)
0
=-12,5 m/s
-16
1194
Un automóvil se desplaza en linea recra sobre
una superficie horizontal y su aceleración de·
pende de la posición, según la gráfica adjunta.
Si cuando pasa por la posición =+2m, su
rapidez es 2JS m/s, ¿qué rapidez tendrá en la
postción = -..8 m?
x
.. vF ::(-..5)-r[-12.5]= -7,5 m/s
~1_
x
_
.,__
1
a,.
x=2
PROBLEMA N. 3!!
2
2+4
,
a.. =-2- =•3 mfs· (e ce.)
\IRUV
IV. Verdadera
-(5\(5)
t1•1= - --
-
x' = 4 m
VB
::::!":¡;x =4
I?
MRUV
a=-1 rn!s
2
~~C)
x=8
l-d,~ 8 =2 m-t-- - d8c= 4 m----;
Por fórmula
V~
=V~+ 2a d,¡g
195 1
Lumbreras Ed1tores
Tramo BC
Resolución
Gr,Jíi..:amos el movrmiento (MPCL)
Se tiene un r..IPCL.
a :4 m/s! (cce.)
Gráfico x-1
'X(m)
I
"'-~
·-. · . :
. . vc =S m/ s
x0 - S .......
..:
c(s)
En x (MRU):
=tan9
PROBLEMA N. 0 3 3
v_.
Una partícula desarrolla un MPCL en el plano
XY; la gráfica de su movimiem o a lo largo del
eje X viene expresado por la gráfica (x - e) adjunta y su ley de movimiento a lo largo del eje
Y viene expresado por
1O+ 20t- 5c2 ) m .
Para el instame c= 3,5 s, ¿qué posición le corresponde y cuál es su radio de curvatura?
sec9= Jf26 ~ cana= 15
y= (
Ecuación del movimiento en
.. r=4SJ2 m
x
(l)
Del daco
Considere
(U)
sece=Jill
s -L ..
o
Cálculo de la posición en t=3,5 s, en (I)
x= 8+ 15(3,5) = +60,5 m
A) (58,5; 20,25) m y 45 m
B) (60,5; 22,25) m y 40~ m
C) (52,5; 18,75) m y 40 m
En (U)
y=[10+20(3,5) - 5(3,5l]= 18,75 m
D) (62,5; 20,25) m y 45 m
E) (60,5; 18, 75) m y 45./2 m
.. P(60,5; 18,75}
m
Jl96
197!
~----·
Capítulo
Estática y centro ele
gravedad
En la estática se establecen las condiciones para el equili·
brio mecá11ico. :,e entiende por equilibrio mecánico aquel
estad:J en que el cuerpo n,., altera su movimiento Jner,inico, que puede ser el movimiemo de traslación y/o el de
ro tac1ón. Para el equilibno de traslación (velocidad con~­
tante o reposo) se estJblece 1<~ llamada primera condición
de equilibrio, en la que se indica que la fuerza reSLiitJnle
debe ser nula. Para el equilibrio de rotac1óo (velocidad
<Jngular constante o nula) se establece que el momento
resultante debe ser mdo; a ello se le denomina segunda
condición de equilibrio. Las aplicaciones de las condicio·
nes de equilibrio se pueden ver en las construcciOnes de
puentes. edificios u otra s e~tructuras.
U na de las fuerzas ((Li t' siempre es tá presente es fa fuerza
de gravedad, la cual tiene su punto de aplicación en el llamado centro de gravedad. la ubicación de este punto depende de l<1 fo1ma que pueda tener el cuerpo o de cómo
se encuentra chstribu1da su masa er1 ella. En este capítulo
se desarrollan diversos p roblemas detallado;, en los que
se aplican las condiciones de equilibrio y los métodos para
determinar el cen tro ele gr~vedacl ele los Cllerpos.
Capíwlo
Estática y centro de
gravedad
PROBLSMA H. 0 1
El sistema mostrado escá en reposo. indique el diagrama de cuerpo !Jbre (DCL) más adecuado
para la barra
B)~
1
Resolución
Realizamos el DCL de la barra
bloqueen
.•
J>·:vl
J .
OCL
bloque
l/ (
~""..'·1
~L 4"/
y
rrJ
[.
.,/ /
r/
liso
para el equilibrio
esca reacción
necesadamence es
vertica l
~
201
l umbreras Editores
PROBLSMA N. 0 2
El sisc.;:ma mostrado está en equilibno. mdtque
cuál es el diagrama de cuerpo libre (DCL) para
la barra honzoncal. (Conside re ambas barras
de masa despreciable).
Sobre la barra ¡\/N solo hay dos fuerzas que accúan
en su;; extreffios para el equilibrio. escas fuerzas
(Rs
deben ser cohneales y opuestas
y Ri>).
Como son eres fuerzas sobre la barra OS que la
mantienen en equilibrio, con estas fuerzas se
forma un triángulo vect orial.
E monees
Re1olución
Se debe ordenar las fuer~as de tensión de mayor ,, menor valor.
T=utg
Caso 1
DCL (barra)
R'e
A),
"'==i=p=:::::1
C)
~/
ay
B)
ay
El sistema mostrado está en reposo, determ1ne
la deformación del resone cuya constante de ·
rigidez es K = 500 N/m. (g= to m/s!)
-~
p
/
PROBLEMA N.0 4
a>9
En el gráfico
p
T1 ==T¡=T
a == 9
Jj
Dh\
'.
1
p
ay
E)
. _/ p.
PROBLEMA N. 3
cM a>9
1
a==9
T=3mg =O.S77mg
...-¡
0
Resolu ción
Real izando DCL de la barra horizontal.
La dirección de R.-~ se determina ,-Punto de
medí ame la concurrencia de
. concurrcnc•a
tres fuerzas.
..· ·::
A una barra homogénea se le s ujeta por cuerdas ·
ideales en tres casos diferentes, ordene los
casos en los cuales el módulo de la tensión va
de mayor a menor valor.
¡
r,
DCI. (b"rra)
a
• .:,_i.:,ng ( OCL)
:
~-·
fRc
~
a == ex
-.;. Rp
/?/.R'p
,
;./N
:: R' 1¡f
;
S~
:'"\./M
fRs
8 kg
A) 2 cm
O) 8cm
T= mg
bloque
!Re
oé
. ====~~====~· s
¿___
a Tz.l
!mg
J
:'. . LJ..
,¡.I _
_12~- -
Caso 2
2
(1)
{2)
y
A) l; 2; 3
C) 2; 3; 1
0 )3: 1; 2
Tioo
¡ou-·..
Para determinar la deformación se debe conocer la fuerza elástica (FE==K.x).
30~
/601
TI .• ••· ·• •• rl
¿ ___s._
B) 2; l; 3
C) 5 cm
E) 10 cm
Resolución
Caso 3
DCL (bam)
(3)
B) 4 cm
- - ¡,mg
--
E) 3; 2; 1
1202
--------------------------------------- ---------~~------- --~!
~
•
DCL de la barra de 8 kg
no >e conoce
SU direCCIÓn
\__lfE
!soN
.r
lumbreras Editores
Primera condtcion de equ ilr brio
PROBLEMA H.0 S
LF(i)=LF(l)
(I)
[@] ObseNación
Cilculode m
.
En el sistéma mostrado el anillo homogéneo presema una densidad ltneal de masa
A) 30 N
B) 60N
m
A =-
C) 25 N
D) SON
L
6
"A= -it kg/m v. radto R:oO,S m. Determtne el
w=i·.(L)
módulo de la tensión en P. (g= 1O m/ s 2)
m= i.(GR}= -6(51t
-:;- · -1 )
it
;)
No se conoce la d1rección de la fuerza elásUca
A) 35 N
DCL del sistema formado por las barras y
el resorte.
•
. T---~~--c~~-J-~.
'k ~ ~ T
;.
/11
2
= 5 kg
B) 40 N
C) 50 N
Re~olución
Pnmera condictóo de e<¡uilibrio:
D) 60 N
E) 70 N
J3
J3
2 -
1
-T~ = -7;¡
·--- . .. . - -- - --~- ---.------.
Í:F(i ) = LF(l)
Cuando e l metal desciende y asciende experi menta la misma fuerza de rozam1ento cinéttco
(/¡:). ya que el módulo de la reacción normal v
el coeficiente de rozamiento no camb1an. Para
determinar F, hallaremos pnmero el valor de
esta fuerza (J~)• Al descender:
t 80 N
Primera condición:
'g'
E) -10 N
Resolución
El DCL del anillo
4T:o200
---..+
T=SO N
En (1)
2(50) +FE= so
T
T
.:.e.+..e. = 50+ 10
2 2
., Tp=60 N
FE= -20N
(
haci~ abljo
El resorre está comprimido
Kx = 20
500x:o20
4
x =-m
lOO
.. x=4 cm
PROBLEMA N. 0 6
El m eral mostrado desciende con r2pidez consranre v apoyado en el alambre. ¿cuánta fuerza
(paralelamente al alambre) debed a aplicarse al
me tal para que ascienda con rapidez constante
de !? (M=S kg ; g=lO m/s 2)
3
1204
:........---- -- - - - - - - -- - -------
Para que la
vsea constante (FR =O)
L F(/) =Í:F(/)
fN =25J3 N
LF("-) =L F("-}
(1)
2051
- -·
lumbreras
•
Editores
Al ascender por una fuer:a F
V
3
Resolución
p ROBLEMA N.• 8
DCL de la -!:larra: Las reacc1ones en .4 y B son
perpendic ulares a las superficies en contacto
(barra lisa) . Al tener tres fuerzas que determinan el equilibri o de la barra. por la condición
de concurrencia de escas fuerzas se determi na
el punto de aplicación de la Fg.
Ur. rubo liso, de 6~ cm de longitud, permanece
colg,1do mediante una cuerda que pasa por su
int~rior. Determ ine la distancia desde el pu nro
p al ~emro de gra1·edad del w bo.
:'
Para que la ve locidad sea constan re
n)
debe cumplirse que
FR =o
• . x=SO cm
!
A) 40cm
D) 50 cm
o
B) 14 cm
C) 24 cm
E) 48 cm
R8
De (1)
Resolución
Primera condición de eq uili brio
25+25 =F
.. F= SO N
.,
K = .:. cm
3
,.('61°
! / .L
. . ..
mg=70 N
LF('.) = LF(" )
96K = 64 cm
En (!)
,.· f) ( R
,
'
25+[,=F
Dato
Como el rubo es liso, a lo largo de coda la
cuerda la tensión es del mismo valor.
R8 +nig+R.4 =0
PROBLEMA N. 0 9
¿Qué fl!erza elás tica ex perimenta el reso rce
debido a la accion de la esfera homogénea de
24 kg' Desprecie la masa de la barra y la f;.;erza
de rozamiento. (g = 10m/s2)
DCL del rubo
7
PROBLEMA N. 0 1
La barra lisa que se muestra está en reposo y
es de 7 kg. Determine el módulo de la reacción
en A (g = lO m/s 2) .
A
.,..,.... ,.,..
Ley de senos
R,¡ _ mg -~
sen37°- sen82° - cos8°
A) 625 N
R - ~_QQ]_
A) 30 N
D) 30J3 N
1206
6) 35 N
D) 625 N
6
"-s(fso)
.. J ?~ ..
C) 30./2 N
. E) 35./2 N
Por el punto de concurrencia de las fuerzas de
tensión debe pasar en forma vertical la F .
.. R,¡ = 30./2 N
8
~·
x =75K
(!)
B) 375 N
4
C) 650 N
3
E) 875 N
3
Resolución
Primero vamos a determinar la reacción entre
la barra y la esfer;:¡.
207 i
Lumbreras Editores
DCL de la esrera
Tenemos
. como esta a punto de deslt:ar· ran <¡> = p = {..
Entonces. el ángulo de rozamiemo estático es q¡= 16·'
ó
R( 4n) =FE(!
o)( ~~ )n
o
25 0(25)=F-
60
Primera condició n de eq uili brio:
~oocu~ncia
) ,•· ·
.<>:.:;·
•
PROBLEMA N. 0 10
FR= o
R- Fc+Rp
puncode _
'
',
La barra homogénea de 16,5 kg se encuentra a
punro de resbalar. Derermine el módulo de la
fuerza que ejerce la barra a !a superficie.
(g= lO m/s 2)
=O
cningulo
Del rriangulo
Segunda condición de equilibrio:
R=2SO N
( í:.Mp=LMp)
107
sen69°= 125
R(d 1)=r11gd2
R(IO)c~~ )= (165)(-l)
R(1Oa )sen69° =(165) ( 4 a)
R=77 N
La barra no gi ra, aplicamos la segunda condición de equilibrio.
DCL de la barra
PROBLEMA H. 0 11
)
Un bloque de 5 kg se hace deslizar hada arriba con velocidad constante sobre un plano inclinado
rugoso, para ello se tira de la cuerda con una fuerza de SO N. Si de pronto la cuerda se rompe. determine el módulo de lo. fuerza res ulrame en dicho instante y luego de alcanzar su altura máxima.
(g=lO m/s 2)
~r= 3a O
1-l-----,.
''
o
o'
' ''
A) SON
D) 77 N
S) lOO N
C) 110 N
E) 120 N
A) 24 N; 6 N
B) 20 N; 20 N
C) 50 N; 10 N
D)
N: 30 N
E) SO N; 2-l N
29
Resolución
La barra se encuentra en equi11bno y sobre ella
actúan tres fuerzas que deben concurri r en un
punto.
1208
'-'-----'•" -------
;1, -
------------------------------------------------------------~·
l umbreras Ed11ores
Resolución
PROBL:;:MA N. 0 12
El bloque se desli:a con velocidad consrlnte,
emonce; Fi' ., O
?~
. 37\
-tON
1
-~-
Se muestraÚn anillo homogéneo sometido ala
acción de dos fuerzas. lnd1que qué alternativa
es correcta. ( T· módulo de tensión)
.....
Cl 10 133
D) 2/11
E) 11/20
T seno:.._ Tsena==F
El .!milo está sobre una mesa lisa honzonral.
2T, sena=F
F
T =- 2senct
Resolució n
DCL de la barra
Hallamos el Tm111 (sena ~ máximo)
\'
F
F
T .,
1
A) r~ = T8 >
B) ~~ = F
:.
C) T, > T8
Al romperse la cue1da T=O, entonces la Fn "'O.
En dicho instante el bloque s1gue desli: ándose
por inercia, manteniéndose lafK·
·53":
Cl=90'' -+ se evalúa en A y 8
Entonces. en A y 8 la tensión es minima.
Pero el joven ri ra con SO N=T
N
·'-..
'""'-urrcn~~·
.....___._._..
L F(/') = L F(/) -. T=30+f¡;
-;-r--
punto d~
r:n:on = 2 (sen90°) = -2
f.v
La suma de fuerzas en d1 rección paralela al
plano es cero.
f~: = 20
B) S 33
..... = T
~
.
'~
A) 5111
T, cosa= Teosa
v=cce. T
\
. /~ON
f
;o"
Pnr:1era condrción de equilibno
r.
Si consideramos que et =30°
F
T, =
D) El máximo valor de tensiÓn se da en A
y 8.
E) r,., "'T8
2(t (
F
F
T > T6 =--
'
2
-+ f/1=30 ... 20
Resolución
Fll:: so N
En el segundo caso, luego de alcanzar la altura máxima el bloque se desliza hacia abajo.
entonces la f~: cambia de dirección pero no de
valor (/¡:=~¡,JN).
Analicemos parte del anillo
lj): ángulo de ro::amremo
PROBLEMA H. o 13
La barra que se muestra está a punto de deslizarse Determine el l-Is·
40N
En el m ángulo ABC
3
AB Sb
tanlp= - = - BC 33b
10
30 N
~N\
4····------------..
F11 =30-20
.. F11 = 10 N
2
tanlj)= il
r.~
..
T
1210
.r.
~L s
2
= il
tanq~==~rs
lumbreras Editores
PROBLEMA H. 0 14
Una caja homogenea cuya cara lateral r1ene
dimensiones de ,: x2a se coloca sobre une~
placaiorma hon:oncaL S1 luego se comienza a
inclinar lentamente la platafo rma, 1ndique que
alcernatJVa establece lo que suced<?rá.
El bloque se mantiene en equilibrio de
craslac_!ón hasta que
3
canS= .u,- =4
fi 1lk el mínimo coeficiente de ro:am1en·
w c:nrre los bloques y la escrucmra. pa:a el
equd1brio.
.. 9=37"'
A)
B)
~{]~ •
.J3
3
Debido ah rocaetón o \'Olcadura
2../3
\
3
CJ
J3
D)
2
Resolución
E)
El bloque voh:ará para un ángulo mayor
que a
GlnCL
1
=2
53°
2
\\
xxxx
.J3
2
PROBLE.MA N.0 16
Resolución
mg
Se observa que o. < 9. entonces el bloque p1erde
Sobre una mesa hori zo ntal se colocan los m'!s
rodillos, de los cuales uno tiene el doble de
diámetro que el orro y en ellos se enro lla una
cuerda que soporra una tensión de módulo
20J2 N. Determine los módulos de las reacciones en los concacros A y B.
1
btoqu<Cil
mayor que 53°/2. hasta es1e momento la F y R
r~r
~-- ···- - - - -·····;
. ·-. fs(•n;;)
f.v
9
El bloque puede perder el equilibrio por eras·
!ación o rotación.
\'v
<:a> Observación
el equofibno por rotacoón. cuanao la inclinación es
mg
...
Para hallar el ~~s mínimo; consideramos que
esce es bien pequeño, de ral manera que Jos
bloques se encuentran a punro de desli zar.
.. a.= -
•
"w = T
De (1)
l
A) la caja recién pierde el equilibrio al incli·
nar la plataforma un poco más de 37°.
B) La caja perderá el equilibrio, volcando
al inclinar la plataforma un poco más
de 53°/ 2.
C) La caja se comenzará a desli:ar y volcar
al mismo ricmpo.
D) Conforme la plataforma se inclina y la caja
se mantiene aün en reposo, la fuerza de la
plarafom1a sobre la caja es constante.
E) En las anteri ores hay dos alternativas
correctas.
Para el bloque (2)
se equilibran
,/
,.· .•
®g
Debido a la rraslación
PROBlEMA H.0 1S
Se mues tra una estructu ra eq uilátera rígida y
fija formada por eres planos; u no de ellos es
horizo ntal, las masas de los bloques A y B son
iguales y están unidos por una cuerda inexren·
stble y muy liviana.
A) R,-~ = 50 N; R8 =19 N
B) R.-~ = 30N;R 8 = 18, 2N
.~6oo
.....6oo'-.
. í. •..
__ __,.
C) R,; =33,2 N; R8 =15 N
D) R,-~ :: 30 N; R8 =20 N
Para el bloque (l)
T=fs<m5o•t)- ~ts fN=Jls(mg)
:212
---~--------------------------------------~~--
(I)
E)
R~ = 50
N; R8 =18,2 N
2131
lumbreras Editores
Resolució n
Para determi nar R 1 y R5 anali: amos
ma formado por los rodrllos.
· DCL del ) ISrema.
~~
sisr<>-
PR OBLU'I\A H. 0 17
2 .fi. r
cos6 = - - 3r
En el gráfico cx -P = i <radl. Si la .::adena ciene H kg de masa y en su extremo 8 sopona una
., ;:¡
cos e = - v-
cens1ón de módu lo lOO N. <:qué censión experimenrará la cade na en su excremo .-\'
3
~
En (II)
2R[
2
~] = 2(20,Í2)
g!
lA
lr1
8
~
·--
Para hallar R8 , anal izamos a la esfera l.
• DCL (1)
.-t..
A) 80 N
B) 90 N
T=20.fi. N
T=20 .fi.
R,1 sene ·.a:a: R,.,. sena
S":'
E) tiON
Re solució n
Gra nea ndo
Se pide T~ = ?
·:o
D) 70 N
C) 100 N
DCL de la cadena.
Primera condición de equilibrio:
-
LF(~) =LF(~ )
e
RA.sena = RAsen
(!)
R.r =R,1= R
T=20 J2
.../
L F(l') = L F(.J.)
Rr~• COs9 +R,.¡ cos0 = 2T
2Rcos9 =2T
(Il)
/
~
/
Primera condición de equili brio:
,1.
1:
,¡.
..
~·
Del mángulo 0 180
B
01
20J2 = R8 + 30(
3r
2.fi. r
e
o
1214
. .
."•'•
T=R 8 +30sene
Ra:: 20J2 - 10
'~
j)
1
.·...:.:
p:
/
pu~tode
concurrencia
En el tr-iángu lo recrángulo
r
(140) 1 ::(100+~ ~(~ r-~ J
Primera condición de equilibrio:
.. R8 = 18,2 N
..
Tria1'1Sl1fo
d• fucrus
r.~=60
N
lumbreras Edit¡res
PROB!.EMA H. 0 1 S
El bloque r1 de ..¡. kg se apoya sobre ou·o 8 y
permanece en reposo. siendo rodas las superficies lisas. Calcule la sum a de las defo rm aciones
de los resortes. SI sus constanres de rigide: son
iguales)' de Villor K=6-! N/m. (La deformación
del resorte verdea! y la deformación del resorte
horizomal están en relación de 4 a 3).
Si
De:ürnnción del resorte vertiCal
F 1=4 F _,
DCL (.-\J y DCL (S)
=0,4 m
Deformación del resone vemcal
3F=Kx2 _.... 3(6,-!)=6-tx2
Uf
~.
1
El resorte es:~
-1 O N 1 --< esm,1<1~
'!=0,3 m
..
, 1 +:rcc::0,7
m
, R.l
:S3
F",¡(.\) =0
;.)
3~1
PROBUMA N. • 19
encutncr.l
('o)11'1pr¡mido
~R~
(-10-4F)
~
A) 0,3 m
B) 0,7 m
C) 0,4 m
La va tilla homogénea} ríg1da de 70 cm de longirud repos.\, como se muestra en el gráfico.
en una cavidad cilíndrica lisa de 50 cm de ra dio. Determine 6.
F¡¡<s¡=O
R¡
J
;~) (mg-f{~~
D) 0,8 m
E) 0,5 m
Se quiere determinar la suma de las deforma ciones x 1 +x2
Condición
(!)
3F= R,-~ cos 37°
R,-~
15
= -F
4
H
c4s F
1216
=::
40-4 F
A) 30°
B) 37°
C) 16°
D) 45°
E) 53°
Para determinar el ángulo
F
=6. 4 N
/¡
(')
l/=b(b+35)
(1[)
45 3
tan6=- = 60 4
pa>J Observación
R~soluclón
~
b
tan El = - = - - /¡
(b.,.35)
En (*):
(!!)
Reemplazamos (Il) en (1)
También
b=45 cm ....., I1 = 60 cm
De los triángulos vecroriales
~
(l)
Resolve mos
'
( 11)
R,1cos53°= (40-4F)
J00 2 = h2 + (11+35) 1
(11) en (1): 1002 =b(b+35)+(b+3S) 2
3Fr
Resolución
Teorema de Pitagoras ((riángulo PAB)
e. establecemos las
condiciones de equilibrio para la barra m ediante el u-i teri o de concurre ncia para eres fuerzas
copla na res.
La gráfica no se encuentra a escala, por ello el
pumo
e no parece encomrarse en el punto meá1o
de la llarr;~.
L_____
______________
~
217
,
j
lumbreras Edrtores
PROBLEMA N. 0 20
Halle el módulo de la fuer=a de rozamiemo
enrre la semiesfera de 5 kg v el plano inclmaJo.
si el módulo de la tensión que soporta la cuerda
que sosliene la canrca lisa en reposo es 75 N
Semejanza encre el rriángule> .\IOP v el triá ngulo de fue c as
Resolvemos
¡, =( 1~
r¡.-=800 N
-
75
R
-=A) 20N
1.5
V
B) 23 N
C) 25 N
g}'
D) 30 N
~!
. =l.Sm
0,5
-- R=25 N
N
ParJ el equilibrio de la canasta
'
T=!m.: ... mL(n))g
! l
A
.·53?·.
8) ó
5
t:) 12
il.
-1
número de 1:\c;-¡lbs
400=(4+4n)(10)
Resolu ción
""'
-1
C) 8
Dl 9
~'")-·
O --- · --·R=O.Sm
Para determinar la cantrdad de ladrillos en In
cJnasca. eswdiaremos el equilibrio de cada
el.:memo del sistema mostrado.
. . n=9
1000 N
Re1olució n
l
Para hallar la fuerza de rozamiento entre la
semiesfera y el plano, primero vamos a hall<~ r
la fuerza de la esfera sobre la semiesfera.
T
2T
---- -- ----vll
~
LF(x')
=o
\
lr~
Los cilindros que se muestran son homogéneos y el de mayor tamaño es de 173 N. Si no
ha( asperezas, ¿cuál es el mayor módulo de F
de tal forma que no se pierda el equilibrio?
~·
OCL
(uom•{ii
~j
PR08 LEMA H. 0 21
.... ??..~·~·
PROBLEMA N. 0 2 !1
rf!r
.rl :
-- fs=23N
Si la polea A rota, manteniendo al bloque de
100 kg en equilibrio, determine la cantidad
de ladrillos de 4 kg que se han colocado en la
ca nasta de 4 kg. Considere las poleas iguales.
(g =lO mts 2).
1 2T
X~~o
_. ?-.O=fs-'-7
218
1T=j~=SOU
T=-100 N
E) 33 N
' <.,._
)o ooo>
F
~
Como exis re des! rzamiento encre el bloque y la
polea. la fuerza de rozamiento es cinética (J¡:).
[,.. =
1000 N; {¡:=~tKfN
A) 50 N
D) 1OO.J3 N
B) SO.J3 N
C) 100 N
E) 200 N
219
Lumbreras tdl!ores
R~ soluclón
C.1kulamos el momemo resultance respecto
Cuando F a.• 1uiere su m.i.~imo 1·alor !a ~sfera
supet ior es>.i a punto de elevarse v solo esrá en
concacw con el punro P
Anah:amos el SIStema íormado por las dos
esteras.
n• 1g=!"3 N=lOOJ3 :-1
cid pumo A.
Tenemos
•
LF(~) =L F(
J.)
-lO(l.)-10(~ }=l0(1)
100,/3 ;-..:
Del mángulo de fuer:,ts
Rp = IOO N
De (1)
('-)M 11 = -) M 11 )
mg(a) =Rp(2a)
:. Fm...,= IOO N
0
IO(a) =Rp(2a)
PROBLEM A N. 24
Se mues tra un ctltndro homogéneo de 20 N en
reposo. Si la balan:a indica 30 N. cqué módulo
c1ene la reacción de la pared lisa?
.. R..,=5 N
PROBLEMA H. 0 23
A) 15 N
En el sistema de fue rzas que actúan sobre la
barra. ¿a qué dis tancia de A ac tua su reS ld ·
ran te? (AB= L).
40N
PRO BLEMA H. 0 25
B) 12 N
C) lO N
Se muesrra una barra homogenea de 150 N en
reposo. Det¿rmtne la deformación del 1esone
cuya constante de rigidez es igual a 850 N/m.
(g = JO m/s 2)
O) 7,5 N
E) S N
20N •
~-r-____....,
Para el eqUJIJbrio
Fm.- = Rp
(1)
A-- ---
S, ... ,.
DCL de la esfera 1
A) l.SL
O) 3L
B) 2L
C) 2,5L
E) 3,5L
Resolución
DCL del cihndro más la esfera
La posición de la resultante es aquella donde
originaría el mismo momento resultante que
o riginan todas las fuerzas aplicadas al cuerpo.
Consideremos que la resultance está ubicada
en P.
Primera condición de equi li brio
FR-. o
i-a .
L ._
A) 10 cm
0) 1 cm
3a--i
8) 5 cm
1
C) 2,5 cm
E) 7,5 cm
R~soluclón
DCL de la barra
j
R:: ION
20N~~-40N
(A)
~
2
1220
~s\_o_(j_ ==-W
120N
Resolución
T
~-~-f )
10 N
2
La balanza indica el valor de la normal
ifN=30 N).
221 !
lumbreras Ed1tores
Segunda condición de equili brio
En esras condiciones la barra está a punro de
desli:ar -
pROBlEMA H." 27
Entonces
En el gráfico se aprecia como se arras era a un
cablün .:on velocidad constante. Si la barra que
,¡;ca articulada es homogénea y de lO kg. équé
módulo nene f ? (g= 10 rn!s 2)
-!O{a) .._ 150(2a)=F¡; (-!a)
F¡;=85 N
--. 850x=85
!00(3«} =}- fN(8a)..- f~ (Ótt)
[y=30
.. [;;=15 N
La ¡abla se mueve a veloctdad constante; entonces la fuerza resultante sobre ella es cero.
,lg
.. x=O. l m =< IO cm
F=f,
:. F=!S N
-:te
PROBLEMA H. 0 'l6
PROBL~MA H. 28
0
En el gráfico, cuando el extremo del resorce
que está sin deformar se engancha al extremo
de la barra homogénea, esta queda a pumo
de deslizarse. Determine el .Us (111 bam= 30 kg;
g=lO m/ s1).
Cálculo de Rp
Segunda condición de equilibrio
A) !S N
B) 20N
C) 30N
D) 25 N
E} 35 N
La barra que se muestra es homogénea, de
S kg, y está a punro de deslizarse. Calcule el
~t 5 . (g= lO m/s 1)
Resolución
300(20) =Rp(30)
Para hallar F. separamos a la barra de la tabla y
estudiamos el equilibrio de cada uno de ellos.
Segunda condic ión de equi li brio (barra).
Se observa que:
f--30cm-(
A) l/2
B) 1/3
A) 0,68
D) 0,36
FE> Rp
Entonces, lafs(m.ix) está orientada a la izquierda y es de 200 N.
C) 2/3
O) 3/4
E) 3/2
B) 0.56
E) 0,26
Resolución
la barra se
opon< aJ
desli:amíento
de 13 tlbb
Es rudiando el eqllilibrio de la barra cuando
está a punto de deslizar hallaremos ~1 5 .
r:;.-···--.r,
..
fs(má.<);
•',
Resolución
Al colocar el re.sone en la barra, el resorte se estira en 10 cm y jala a la barra con
Fr=Kx = 40(10)=400 N.
1222
--~------------------------------------------------------------------------~·~~~--------
C) 0,45
50 N
~
f.v
o!_ Txi
S3r.!) b
J--Sb---1
1
~
40N
1
6b
l
223 1
lumbreras Edttoras
· ( I.\I,,=I,,J ))
Resolución
SO(ób) H0(12b) =T. (Sb)
T,= 156 N
T
=f
pROBLEMA H. • lO
Pa,a !JJI'a, ..~ ~ rea.:ctón em.e la barra y el bloque. los ;eparamos.
=11- '-:
so N! j r,
([)
Dato
e
T, =.fs(,n.,.1 +50+-!0:: ISó
-. fs(m."¡=56 N
( 11)
fs(m."¡=~ts[~;
•
l
50 N
Rl
1
T,
LF(--+) = L F(- l
R =T=20 '-1
/
0 1_ _ ::!::]~- 2m
r-lm
·
3m
R1 =10 N
1m
'
De (!) y (lf)
66 = Ps(ll7)
10(1.2) = T(O,t5)
T=20 N
1~
'R
LF('') = IP ~)
( L.\t0 =L.1t0 )
Oetermme el mód~lo de la iue::a por pa•·ce de
(3 .miculacion sobre el asta de 1 kg SI su
G
se encuemra a 1,5 m de su base. (g= 10m s2 )
/
--~
r;:;r-:-;;r
.,. ,~,
R=.¡l'i.,
Para el bloque
.. fls=O.S6
..
LF(i) = LF( ~)
T1 +R=80
Para la barra
0
PROBLEMA N. 29
En el gráfico se muestra un bloque de 80 N reposando sobre una barra homogC:nea de SO N
en posición honzomal. Determine el módulo
de la fuerza que ejerce la barra sobre el bloque.
(Desprecie todo rozamiento)
A)
1015
B)
sJS
C)
415
(1)
( LA.t0 = L M0 )
o> sJS
R{I)-S0(2)=T1 (o!)
E)
R= -fT 1 -IOO
De (U} en (!)
r,+Hr,-100)=80
(11)
R = lOJSN
PROBL!:MA N. 0 31
Determine el menor valor de la fuerza F para
que el cilindro homogéneo de SO :-.J esté a
punto de deslizar y volcar.
1215
Resolución
Preguntan por la reacc1ón en la articulaCIÓn.
DCldel asta
ST1 =180
r,=36 N
En (1)
0,6
H m-1----3m - - - - 1
36+R=80
.. R=44 N
A) 60 N
D) 48 N
l224
B) 56 N
C) 52 N
E) 44 N
R,
mJ .... <~
10 N
1 - .. ~7~..... 1..~!11...
: A°
: /_. .. JR1
R ...... ·
--~'
C} SON
condición de equilibrio.
D)·S2 N
E) 56 N
bnrr~
Como In
no s•r3. )
plante3mos 1~ segund3
A) 42 N
B) 48 N
225 1
lumbreras Editores
Resolución
PROBLEMA H. 0 32
DCL del cilind ro
.·
l>ROBL!iMA H. o 3 3
' Hall:unos Fmon
En el gráfico-mostrado, se requ iere que el libro
de 35 N no resbale sobre la pared. i Emre q ué
valores puede vanar pan ral condiclón?
Una grúa sostiene un poste homogéneo c!e
400 kg. Determine el valor de la fuerza que
ejerce el piso sobre e! posee.
(g =: 10 m/s1, J.ls=0,75) .
LF( -4) =LF( ~)
'
' '
':¡·:· \
.
'
.''
'
<Able
' ',
nrg.
"'·.....
Cuando escá a punto de volcar se encuencra
apoyado en P.
Además está a punto de res balar, entonces
f 5 -.máximo
3
tan <p = ~ls = -
-
.)
~~
T-r'F'-:J3
pOS<e
Obten:endo
A)
A) 28SF$IOON
-. <p = 3 7°
4
3
(..¡ )c~F')
Para el equilibrio FR=O
6) 20 S F$ 80 N
C) 1500.J5 N
C) 30 S F $ 120 N
D) 2000J5 N
D) 35 S F$110 N
R+mg+F =0
.. Fnoin=Sf ':s(
E) l5SFS100N
R
... ,'·'( ~:..''
..
...
•/
r
:.:::.
\
····-.. ·--..E, :·. :.
DCL del poste
Ps {
0,75
..
desli:ar
h•cia ¡bajo
f'
•'
¡
)(3f')
Obeemendo
F'=20 N
a punro de
r.. ---....
~\
a;. .'
,...._--.:r'--... . -
'
0,7
3\ ¡
S(m.ox)
4F' .. . \
(F= SF')
:226
4f'=35+fs(onix)
-IF' = 35 + (
f s (mfl.,¡
•
aeslizor
hacia :u-ribn
Para formar el triángulo, F debe partir del exrremo de 111g y llegar al origen de R. pero se
observan varias soluciones, do nde el mlnimo
corresponde a la perpendicular a. R.
:. Fm;n = 48 N
R~solución
Si F es pequeño (mínimo) el libro está a
punro de des lizar hacia abajo, y si Fes grande
a ounco de
·.
E) 2SOO.J5 N
Preguntan por la reacción (R) de l piso sobre
el posee.
r ~.
;','
28
) = 28N
5
B) lOCO.fS N
Resolución
(máximo) el li bro está a punro de deslizar
hacía arriba.
En el gráfico
mg=80 N
soo.JS N
-. Fon;n =5F'= 100 N
.. 28 $ F ~ 100 N
P----------
.
a;
'
'
o .. .
.. . b.
1"1
a
lumbreras Editores
La dirección de R se determina aplicando la
con.:urrencia de fuer: as.
Para el equilibrio FR = O
'·~ '"~
T
M
a
A)
B)
C)
D)
7,5 kg
8.0-kg
9,5 kg
11.0 kg
E) 12,3 kg
0
pROBLEMA H. 35
PROBLEMA N.• 36
se muestran
Un ciltndro homogeneo ha sido di11dido en
cos parres iguale$ y por su superficie se hace
pasar una cuerda ideal uni da a dos bloques
de igual masa. cCuál es la menor masa de los
bloques para que el sistema esté en reposo'
rres barras d¿ masa desp reciable
Mciculadas. ¿cuánto es el módulo de la fuer: a
que experimenta la pared lisa en P?
(g = 10 m/s 2)
Resolución
Al aumenrar M, la tendencia a gi rar de la barra
respecro a 8 aumenta, entonces ,'v/ es máximo
cuando la barra esté a punto de girar y en este
momenro la barra se apoya solo en 8.
N
ION
L/2
Semejanza de triángulos
l lON
L/2
p
40 N
21
B
A) 40N
D) 120 N
8) 60 N
C) SON
E) 150 N
Resolución
. . R =2000$ N
La barra se encuentra a punco de girar pero
no gira, entonces se puede aplicar la segunda
condición de eq uilibrio.
Realizando el DCLdel sistema formado por las
barras.
A)
B)
Mb
2R
M.E!_
rrR
C) M!!_
R
O) IV/l...
PROBLEMA N.0 34
La barra homogénea que se muestra es de
60 N. iCuál es la mayor masa M tal que la
barra no vuelqu e? (g= 10 m/s 2)
10( ~ )+ Mg(L) =
rtR
-t0(2L)
VI rrb
E) 1
-
R
Resolviendo
R~solución
5 + M(l0)=80
.. M=7,5 kg
Ae
4L
Rp(O.S) = 50 (1.2)
Rp= 120 N
1228
_________________________________________________________._____________
Al aumentar las masas m la reacción entre
los semicilindros aumenta y al disminuir las
masas la reacción disminuye, entonces m será
mínimo cuando la reacción enrre semicilindros
es nula.
m!
~
Lumbreras Editores
•
-!\
DCL de un semicilindro
i----L -
T=mg;)
,
K
--1
segund,l condición para la barn en O
e·,- .
.'\)
B)
/
Td1 = mg(Lcose)
C)
,11
A) 37°
D) 14,5°
=JL"-(iJ = JL -(¡J=¡JlS
e
E)
Daro: cuando x =O. el resorte no está deformado.
cose=
b
2 ... -(u,
L . - -utl
.
Mg{J.1 2 + ~1 1 )
2b
¡ .,.T(J.lz - ¡.¡¡)
O) ivlg(~t 1 + 2~t!)
L
l + :!b (¡.¡2 + !ld
Lcose
.!:m =
4
Para determinar aplicaremos la segunda condición de equilibrio.
!Yig(~t 1 i-).1 2 )
2
B) 30°
Resolución
Segunda condición de equilibrio
~t 1 )
2LJ.I~ ~b!.t,
( Li\lo= Lt\Io)
L
r
_o_ o
\¿""=mg
t\Ig(.u 2 -
Mgüt2 -~t 1 )
2(¡ )(~ll +¡.¡¡)
JlS = 0,9ó8
4
Resoluclón
Si la
.. 6 =14,5°
(mg) (2R) ==mg(R) +¡\¡fg(b)
ves constante. la FR=O
DCL del coche
mgR =Mgb
Mg
PROBLEMA N." 38
PROBLEMA N. 0 37
Se muestra una barra de masa despreciable
en reposo. Determine e. si cuando 9 =0° el
resorte está sin deformar y la fuerza de gravedad sobre el bloque riene un módulo igual
KL
a2.
En el segu ndo caso, x es la deformación del
resorte.
Tenemos
FE=T=mg
Sobre el tronco homogéneo, ¿qué valor debe
tener F para que se traslade con velocidad
constante? (Considere coeficientes de rozamienco cinéticos en A y B iguales a p¡ y J..i.¡.
respecrivamente).
1----L---f
L F( -7) = LF(+-)
K.~= K( T)
.. x=(i)
F = r~<"'' ... r~><B)
A
B
1230
(1)
231 !
---- ---------·- - - - - - - - - -- - - --
lumbre·ras fd1tores
Tenemos
Además
R.: soludón
Re.1 1i:ando el DCL del s1s:i!ma bMr~- poleas
LF(i) = LF( 1)
v-.
El coche no g1ra ( i\i ~
=o)
f \'HI-_( MgL2L- bF )
.·
{111)
De (11) y (111) en (1)
1LJJ
~···
F=u, ( ¡\1/gL- bF ) +p 1( MgL + bF)
.2L
2L
Despejamos
MgL + bF = 2LfN(Bl
_.. f.
_ ¡\1/gL ... bF
N(8l-
(!!)
2L
PROBLEMA N.0 3 9
Primera condición de equilibrio
Emonces
La barra que se muestra es homogénea de 4 kg y está unida a poleas homogéneas. cada una de
10 kg. Si el dinamómetro 1ndica 90J3 N, determine la deformación del resorte de K=320 N/m.
(g=10m/s 2)
40( J3 L)'-A:{ ~ J3 L }100(2 J3 L)= R,.(:!L J3)
De (1)
..
T=R
3
40.,.2Kx•200 = 180(2)
Kx=80 N
.. Rp = IBO N
(1)
Segunda condición de equilibno para la barra
liso
x=0,25 m
.. x=25 cm
A) IOcm
B) 15 cm
C) 20 cm
O) 25 cm
E) 30 cm
~
t 232
233 .
-'
lumbreras Ed1tores
PROBLEMA H. 0 40
Determme el módulo de la reacción ~n la articulación D de la estruCtura de masa despreciable. (Desprecie el rozamiento y consid¿re
En P la reacc1ón es verucal, porque sobre la
barra a1;túan dos fuerzas en sus extremos y
para el equilibrio estos tienen que ser colineales. por cons1gutenre. las fuer:as deben
encontrarse a lo largo de la línea que une
los extremos.
F=SOO N )
Segunda condición de equilibrio
DCL del sistema formado por los rod illos \' la
barra
Segunda condición de equtltbrio (ststema)
Ro =
=
( L t\tlc L¡\-Jc )
····¡
\7-
A ,
-¡.
0,-!m
p-
1.2
Rp = 1400 N
Segunda condietón de equilibdo en P
Para determinar la reacción en D. primero
vamos a analizar todo el sistema de barras en
eqUilibrio.
•
DCL del sistema
PROBLEMA H. 0 41
El sistema mosnado conserva tal posición de·
bido a la fuerza horizontal F. Si la barra ho·
mogénea de 8 kg está conec tada a los rod1llos
lisos de 2 kg cada uno, determtne el módulo
de F. (g=10 m/s 2)
C) 320 N
E) 280 N
Resolución
10
Rp(1 ,2)=F(0,7)
3
O) 300 N
3
R _ 800(0, 7)
:
1
F
.
~0.6 m-1-0.6 m-f-0,4 m.f0,3 m~
B) 350 N
1-100(~)
.. R0 =280 N
"'( LE
A) 400 N
Resolución
•
DCl de la barra ABD
(LMp=LMp)
F(Sa) =20(6a) +80(3a)
.. F=45 N
R.-~
L --ª--.::....::===~1
r-~-;8
J-0,6 m!--+-;- - 1 m
PROBLEMA N. 0 42
Determine el módulo de la fuerza de rozamiento entre el bloque y la barra de 48 N y 5 m
de longttud, si la reacción de la pared vertical
sobre la barra es de 80 N.
l
--ti
llo
'10
<3> Observación
Observar que en la barra seo. en o hay una
corredera horizontal, entonces el extremo de
la barra ABO uene llbenad para desplazarse
l1orizonralmenre: por lo tanto. en esta dirección no
hay tuerza, entonces la reacción en O es verucal.
A) 48 N
B) 45 N
C) 42 N
A) 40 N .
D) 40N
B) 45 N
E) 36 N
C) 50 N
D) 55 N
E) 60 N
1234
gj
V
~
·
.
. J·
..,..
:;..·'
3m _,;/
./ '
-::.---: 37°
235
- - - -- - - - -- -- - - - - -- -- ---
lumbreras Ed1tores
Resolucion
PROBLEMA H. 0 43
•
Dos b~rras 1-: mcg~neas .48 y BC de igual
material v sec.:1on transversal se encuentran
unidas por sus e:uremos, formando un angulo
de 600, forman una palanca quebrada ABC y se
encuenrra en r<!poso.
DCL ael bloque
T •¡mg
l-r
!~.._,)70
.·
.:·5.3.~~ . ..
.¡ jv
JT
r
~
Resolnendo
,.
"J.1::','
J3
tJn9=5
, n1
••
~ ...
a
Determine la medida del ángulo 9 (Lsc=2Lu)
~· ···
PROBLEMA H. 0 44
Para el equilibrio del bloque necesanamence
R debe ser vertical
Una placa cuadrada homogénea perfectamente
lisa de masa fv/ y lado a, puede rotar alredc·
dor de la arriculación O y se apoya en el borde
de otra placa rectangular de masa m y altura
h=a/4. Para que el sistema permanezca en reposo es necesario que el coeficiente de roza·
miento estático encre el piso y la placa m sea
Luego:
fs-•Rsen3 7°
(!)
DCL de la barra
En el gráfico
3b =
a.J3
Entonces
.J3
b= -a
3
A) 9=arccan(
~)
Segunda condición de equilibrio
o::M,=LM,)
B)
e= are tan(~)
R(3cos3?0) T48(2) =80(3)
C) 9=arctan(
R=60N
E) 300
Resolución
.. [ 5 :::.36
1236
N
lb
tan (30°+9) = a
~)
D) 45°
En (1)
además
Para el equili brio, la tensión y la Fs (3mg) de l
sistema formado por las dos barras doblada
deben ser colineales.
B)
Despejando
tan(300+9) = ~ .J3
3
~s "'6rr1+ J3 (M..,. 2m)
2M
C) ).ls =3m+ .J3 (,4.'/ +mJ
M
D) !!s < 2nr+J3<M+m)
tan 30° +tan e = ?:.. .J3
1- can 30° tan e 3
237
lumbreras Editores
Resolución
Para decermmar ~t; vamos a considerar que
la placa.escá a punro de deslizar.
DCL de la placa cuadraáa
•
es coi so;cenida por rozamiento em re dos pernos
A 1 B. que están separados por ;.~na distanciad
enrre si. ¿Qué distancia x habrá desde el perno
A ,,1 ce ne ro de gravedad de la barra homogé·
A punto de des lizar fs -) [;(mi,)
~tsfv =f.vtPl(I)
f.v =(mg+ ~ f.v(P))
pROBL~MA N.o 45
un-1 b.HTa que se encuentra a pu mo de deslizar
ne<l? Considere ~~ el coeficiente de ro:amienro
~srJnco entre la barra y los pernos
Primera condición de equilibrio en x'
L F(/') =LF(,/)
fs¡.;¡ +fs<s> =mgsene
La barra a punco de deslizar
fs --<es máxima
(fl)
Segunda condición de equilibrio
b
, A
([1!)
'· ·'-~
De (111) en (lf)
.........
d
A) - (cane-ll
~~
fN(8)d = mgCOS9 (X)
d
B) - ü t cane-1)
J.l
!.ves¡ = mgcose(
~)
(ll)
d
C) 2(can a-,u)
De (1)
0)
fi ( J3- ¡):: f.v(P)
MgJi X --:1
.,
DCL de la placa rectangular
f.v(P{~) ¡'----..J¡<:-~¡;__-j.----,
Ordenamos
De (!11) y (ll) en (1)
M
fls = -2r_n_+_J3""3~(tv_/_+_2_11_t)
~tmgcos
Con es ce coeficiente de rozamiento escá en
equilibrio, enconces con valores mayores
tambié n se mantendrá ~ n equilibrio.
.. ~~s ~
x+d+dx] = mgsena
a[-d-
Resolvemos
M
2m+ .J3(tvl +2m)
~
mg
1238
-~·----
(lll)
Tr.'i (P)
30
'
fNt"-ld =mgcose(x+d)
DCL de la barra
J:v(P)·\·
... . J3
:
d
E) 2(~nan e+ 1)
f.'l(<~l =mgcosa'(x+d)
- d-
Re1olución
(I)
•
~Ca~e_ 1 )
239 1
----------------- -------
lumbreras Edttores
PROBLEMA H." 46
Analizamos la barra de masa (m)
El sistema mostrado esrá en reposo y está conformado por barras homogéneas. Si la masa de
las barras articuladas al cecho es la mirad de
las erras, indique la relación que existe enrre
6 y~~.
~- -- · ·
·-- - - ~
a
6
De (f!) en (1)
<=3mg
5mg =[mgcoro]2cane
~-- .... --~~~'?~~-- --.
':\ :
""2d~i: :..
¡'\;f \.'Je
..,
-
'~
5ran o=2tan e
.. tan 9=2.5ran 9
· -tasene
'I~'\
¡
@)"Observación
se demuestra que en la art•culación mas baja no
hay reacciÓn vertical. ello se delermtna analtzando
a las barras (2m} y (m) rumas
mg 2a' ' \;
\
L
A
~
P~¡
Rp(r¡ =2mg
PROBLEMA N.o 47
A) cap 9 =tan~
8) tan9=2.Sran$
C) tan9= l ,Stan<)>
D) tan e= 3tanlj)
E) rana= 2 ranq>
mg(2a cos 6) + 2mg( 4a cose)= RP, _. (4a sen 9)
Smg = Rp,(:0 (2 tan 9)
(1)
Analizamos la barra de masa 2m.
Se traza por el vértice D de un rectángulo
homogéneo ABCD una recta DE, de cal modo
que si se cuelga el trapecio ABED por el vértice
E, el lado AD equivalente a 100 cm q ueda
hori:oncal, determine BE.
C·.---_,;E;:....__,B
Resolución
- 2
-2
X
X
a-'
-+Xa =--rxa+ -
2
DCL del sistema de barras.
r s r r =3mg
R~
.
\\•
Rr=3mgtZ
1.
/
2a\. ·._
·.
1
-- --·: ···-- f'
\
1
mg 1 ta
• ••
·._ : ••·
...
~c.c.
.:. a
•··
B) 36,6 cm
l/
.
D) 42,3 cm
E) 49,8 cm
a 1 ,mg
1
1
b;,4mg a ~ .:J
~~-,..··
A
A) 25,3 cm
C) 39,7 cm
"
" ¡·'·' c...f. ·~·a ··r,2mg
,·
2mg
1240
.·,/. .
.· -
·----;---···¡·
2b / 2
: 2ntg
2
pero
D
Ry
.·· ' ?a
.
'\
\ ~ ...
3
x=(IOO- a)
-4
J3a =lOO-a
100
a = --
2mg(acostj>)=R2 asen$
Resolución
R =m COS$
g se n<f>
El trapecio se mamendrá en equilibrio si la
iuerza de gravedad se anula con la reacción en
E; estas fuerzas tienen que ser colineales, por
ello el C.G. debe encomrarse en la línea EP.
R =RP(<)
=mgcocq>
(II)
-
(J3 + 1)
.. n=36,6 cm
~
241 ¡
lumbreras Editores
PROBLE,'f\A H. 0 48
Halle las coordenadas del cenero de gra\·edad de un cuerpo q.¡.te tiene la forma d~ una silla compuesta
de varillas de igual longicud y masa. La longitud de cada varilla es igual a .¡~cm.
t,1s \·arillas son de igual masa; emonces, como
son once varillas. la masa coral es 11 m.
u; masas finales que quedan son
A) (- 22; !6; O) cm
.~ = X;(m1) + xl(m1 )
m1 +m1
B) (- 12; 14: O) cm
3m y Bm.
=(- o)(3m)+(-o)(8m)
8) ¡,,-{
A) h/3
D) h/5
C) h/2
E) h.' 7
Resolución
Dar o: M=3m
Piden
y:?
! lm
C) (- 20; 18; 22) cm
x = - a = -22 cm
D) (- 22: 18; H) cm
y
E) (- 20; 16; O) cm
z=O cm
Resolución
Para determina el C.G., primero vamos ,, reducir el sistema a masas puntuales ubicados e11los C.G.
de ciena configuración de barras.
z
m . • ••
··· .. l·l2
.f
(
-a
;
3
;
'
De las relaciones geométricas
y
,
3a =6a
22(8)
y=--=16cm
11
a = 22 cm
C.G. (-22; 16; O)
! . _~3•• -· _j.: m
(3m); }
(!)
. . ··irh
PROBLEMA N. 0 SO
; a = 22 cm
Determine la abscisa del C.G. de la placa
homogénea sombreada, si R=3(n -2) cm.
P!tOSLEMA H.0 49
y
y
Se muescra una placa criangular homogénea
de masa M =300 g, de espesor pequeño, y e n
uno de sus vérrices ciene una pequeña esfera
de masa m= l OO g. Calcule a qué alcura se encuencra el C. G. del sisrema respecco de e.
m
X
,.
..r... ...<::;....'""e_ _ _ _ _ _....o
A) 2 cm
D) 5 cm
8) 3 cm
C) 4cm
E) 6 cm
1242
243 l
----------------------------------------------------~~
lumbreras Editores
Resolución
A) 28 cm
Para hallar la abscisa (.\\ vamos a considerar
la placa sombreada como la diferenc1a de dos
placas.
B) 32
0
pR03LEMA H. 52
Co'1 1
C) 36 cm
O) 40 cm
Yj
E) 48 cm
y•
Yt
R
R
.·
R
X¡
-.. 2
: ·-------. R
._,..-~
:::1 B
3
-
R
3
iT
.. xc.c
= 23 m
65
Resolución
·- C:G.(2)
'-----...-.~---...........":':X
0,15(0, 6) .._O, 7(0, 32) +O, 45{0,12)
0,6+0,32+0, 12
¡-o.6m-1
X
• ••• S::~-( 1)
..
Ast
ErKu<!ntre las coordenadas del C.G. de la placa
metálica mostrada.
X
2R
3
Para hall ar R se va a co nsiderar la placa
som breada como la di ferencia de dos placas,
una de radio R y la otra de radio R/2.
2m
. '·~:,- l.a.2m
.
.~.o)
e· ·------------
•• : .•• '. f 0,2 m
l
'------¡-- .
...
.·. .:.·.
.........
...
·¡
0.4 m
01-- l.l
...
.........'
4R
!l)
XC.C. = --.3-'R-'--';--'----,~-
' 1.
/~ \ --.. ,
23
A) ( 65; 13 m
2
:n; :
B)
.lil.1 =0,32 m 2
.,·~·
X
m--i
lA 1=0,6 m 2
(35.~)m
72. 17
1
~~..
.
~:~0.\m
_:::+:-:~--5iiTT)
, J L _..
•
..
X
60 25)
C) ( 91; 27 m
y,J.l\2
y,lA¡ +
+ y,J.l\3
Yc.c . =
lA¡+ J.l\2 + li\ 3
X
xc.c. =2cm
1(0, 6) +O, 2(0, 32) + 1, 8(0,12)
0, 6 +0,32+0,12
-
R(4lA) - lR(lA)
0
PROBLEMA N. 51
Determine el valor del radio R para que el C.G.
de la placa de acero agujereado tenga 30 cm
como ordenada.
y =--4~/A
~-'"=
/A:--.. R=36 cm
ll
Yc.c =13 m
Resolución
x
Se quie re determinar c.c. y
yc.c.-
para ello
dividimos imaginariamente la placa en tres
..
c.c.( .!.!)m
23
65 ' 13
parees.
! 244
245!
lumbreras Edito,·es
PROBLEMA N. 0 53
Resol•temos
x
Halle la abscisa del cenero de gravedad del
sistema de placas de igual material. donde
R=Srr cm.
; Rsen(~)
_
XI::
..1._
~
3
A) 2,223 cm
Resol ucion
8) 5.935 cm
cons1dernmos la siguiente cortfiguración:
2R
C) 6,23 1 cm
= 1"'-
D) 7,125 cm
¡¡
6
Análogamente se obtiene
E) 9,375 cm
x
2
R
X~= --
Resolución
1t
\
'----"'
X
Como
Cálculo del C.G. del sistema de placas
R
A) 6.5 cm
xcc
B) 7,0 cm
j
2~ )<41A)+(-~)lA
SlA
C) 7,5 cm
D) 8.7 cm
7R
Sn
12 · .•
. . xc.c. = +6, 67 cm
Resolución
··.: c'c.o
. .
S1t
6 •· (1)
Se cien e una lámina cuadrada formada por cuatro láminas homogé neas de diferente material
y cuyas densidades superficiales son
d 1 =3 glcm 2, d2 = 2,5 glcm 2, d3 =1,9 glcm 2 y
d4 =0,6 glcm 2
De•ermine la ordenada del centro de gravedad
del sistema.
xc.c =?
y
..
_') 2 Rscncx
x=3 - a -
PROBLEMA H. 0 54
Dos esferas homogéneas de volúmenes de
3
S cm y 1S cm 3 están unidas por una varilla
también homogénea cuyo volumen es lO cm 3;
todos del mismo material. Si la distancia entre
los centros de las esferas es 10 cm, ¿a qué distancia del cenero de la esfera más chica estará
el cenero de gravedad del sistema?
A) 5,84 cm
y (cm)
E) 6,67 cm
.
(2)
~.
"' ' ,
,;' ~
' '.
'
,.
3 .... :,:;.... . -- -- -'.-v.é:c.(4J
••• : c._c.(JJ
1
..
•••
,
• ••• •
o
6
•••
..
(4)
·.
12 X(.:m)
donde
m=dlA
12
-
9(3) (lA)+ 9(2.5)(0\) + 3{1, 9)!A + 3(0.6)(IA)
d,
dz
Yc.c. =
d3
d4
.. lc.c. = 7,125 cm
(3)(0\) +(2.5) (O\)+ (l. 9) (O\) + (0.6) (lA)
6
B) 6.28 cm
C) 6,42 cm
D) 6,59 cm
·.. c.c.c2
•• ••
:
''
PROBLEMA N. 0 SS
XC.G. = 7 cm
-
. .
9 - ... :~--~ .. .... ·.:::·'·: :_-- -
7(Srr)
xc.c. = - = - -
E) 9,6 cm
l246
Y(cm)
xcc = O(V1)+5(10)+ 10(15)
30
j
o
6
12
X(cm)
~
247
lumbreras Editores
PROBLEMA H.• 56
El centro de gravedad de la parte sombreada
es tá en el punto C. cCuámo vale y mínimo'
En e l gráfico se observa q ue para el trjjngulo
.-\PO
Resol ución
p3 r.1 .:¡u.: .-\8
L,
3b
- =-l-..CO
se nunrenga hori: onr,ll. la placa de be esrar en equi li bri o, en ronces la FE y!:! Fe deben
ser .::vhneales
~
C0 = 21
En el triángulo MtlB
~
DO= ·H=-lcm
.. y=2( = 2 cm
x
30-x
¡; =l b
X
A)
B)
C)
D)
E)
:. x = 10 cm
PROBLEMA N. 0 57
1 cm
1,5 cm
2 cm
2,5 cm
3 cm
En el gráfico, se tiene una lámina homogénea
en equilibrio. Determine la posición x de
donde se debe sostener con un reso rte para
que AB permanezca horizontal. Considere
que la mediana relati va a AB es CP=30 y se
esta blece CP ::2PB :
Resolució n
Para determinar y dividimos la parre sombreada
en dos triángulos, el C.G. de cada triángulo se
encuentra en el baricenrro; por lo ranro, el punro C se encontrará en la línea que une los C.G.
y
e
,'
~ ·
PROBLEMA H. 0 58
Se mues tra tres pequeñas esferas soldadas a barras rígidas de masa despreciable. Si el Sistema está
en reposo. équé medida tiene el ángulo e?
A) 15°
B) 18,5°
C) 22,5°
0) 300
E) 27,5°
Resolución
Consideramos el sistema formado por las esferas y las varillas; las fuerzas externas son las reacciones
y las Fe. El efecto de rotación de las reacciones son nulas respecto a O. Para el equilibrio del
sistema el C. G. del sistema debe ser colineal a la línea ven k al que pasa por O, con ello se garantiza
que el MR respecto de O es nulo.
249 '
._-=.
lumbreras Edtlores
Capítulo
,()
9
''~ -<
Dinámica
2n
:::--.
y
¡
1
·1
,: ri!J
1
1
2ni,
. -'
1
b=4a
~.
-~
1
ij
l•'
¡
:
,.·· .. ·1 /'/
'
:'.··'
'·)m_...,;:·'
·¡: ---
la din,imicil estucli,1 el nexo en tre el movimiento de los
..
,
·,4 '·-- -- -- -- ----- ----D
· -.
3mg
13 nJ3sene
·--- - - - - --------- - - --- -· ···
cuerpos y sus c<~ usas (fuerzils). Este se expresa mecliilnte
la~ leyes de Newton, siendo funda mental la denominada
segunda ley de Newton. En ella, se indic¿¡ qlre la aceler.1ción dep ende proporcionalmen te ele la fue1 za resldtc11He y
ele la masa, siendo esta última la medida de la 111ercia de
los cuerpos. Esta ley permite ,1nalizar 1:111 cada instante el
movimien to de los cuerpos; de esta forma se puede predecir lo que sucederá más adelante con ellos. El lanzamiento
de cohetes a otros planetas y el lan za miento de proyectiles
verifican la rigurosidad de esta ley.
El presente material contiene diversos problemas que permiten analizar tan to el movimien to en línea recta como el
movimiento curvilíneo, en el que se destaca el movin11ento
circu nfere ncial. La gran variedad ele problemas resueltos
permi tirán al lector familiariurse con las leyes del movimiento y con Jos métodos empleados en la solución de
los mi smos.
9 = 30°
: ·-------------------~------------------------------------------------------------- -~
Capítulo
Dinámica
Un ¡oven está de pie sobre una superficie horizontal, con la cual tiene un coeficience de rozamienco
igu,ll a 0,05 y 0,03. Si está a 128 m de un posee, ¿cuál es el menor tiempo que emplea en llegar, si
su máxima rapidez es 8 mis' (g= 1(1 m/~ 2 )
A} 20 s
B} 16 s
C) 32s
0) 24
E) 30 s
S
Resolución
Piden el menor tiempo que emplea el joven en llegar al poste. Para ello, en el me nor tiempo posible el joven debe adquirir su rapidez máxima; entonces. en es ta ecapa debe experimentar su mayor
aceleración.
v=O a
,..
-=- _,.;;
;r
fs
A;
, '
fN
~
'
;a
r
~----MRUV----_,~----:'
'
'
~
\
MRU
128m
(!)
Tramo A~ 8: El joven acelera debido a laf5 .
F
De la segunda ley de Newcon: a =...E..
m
Del DCL: FR=fs
El joven acelera debido a la fs: a = fs
111
Para que la aceleración sea máxima, la fuerza
de rozamiento tiene que ser máxima fs(mix)
amaJC
.
= fs(m.lx) =llsmg
m
m
ama.x:=~t 5g= (0,05)(10)
~ am;,,==0,5 m/ s 2
253 ~
lumbreras Editores
Manteniendo esta aceleración en forma constante. empleará menos ciempo en adquirir su
rapidez máxima; entonces, en este tramo describirá un MRUV.
1'
8
11
( 1/2)
r1 = -ª-=--=1 6 s
1(1) 2
2 2' 16) =64 m
d8C= 128 - d,.¡ 8
4 =0 ...,• m/ s l
=-10
El rabión descnbirá un MRUV.
: (~O cm
>---<
¡j
l\...
1
t-----90 cm----;
(lll)
il v=O
1--F
[
..
..
);----- 90 cm--l.
C) 2,0 s
[~ ~~ ~~~ ~~~ ~ ~~~ ~~-t?~,;. .
D) 2,5 s
E) 3,0 s
i--80cm~
A) 1 s
(IV)
FR
,1 : : 111
20cm
liso
Manteniendo la rapidez máx ima, llegará en el
menor tiempo al poste. Entonces, a partir de B
describirá un MRU.
Del gráfico y de (111)
segunda ley de Newron
Se m uestra un bloque liso apoyado sobre un
rabión en reposo. Si a este se le eíe rce una
fuerza hori:ontal F=~;N. ial cabo de qué
tiempo el pequeño bloque empie:a a perder
contacto con el tablón de 1O kg'
(![}
l '
dAB =v..¡r 1 +2at¡
d..~s=
PROBLEMA H. 0 2
8) 1,5
s
L_v_=_o_ __a_ --,
·_
DCL del bloque y del tablón
d8 c= 128 - 64= 64 m
8) 30"
C) 26.5°
D) 18.5°
E) 0°
Resolución
Pide n~-
Resolución
Piden el tiempo en que el bloque pierde contacto con el tablón.
A) 37°
En el momento en que la paree posterior de la
tabla pasa por el punto medio del bloque, este
caerá perdiendo contacto con la tabla.
Como la esfera no se mueve respecto de l coche. el ángulo j3 se mantiene constante y experimenta la misma aceleración que el coche; por
consiguieme, la esfera y el coche se pueden
estudiar como si se ¡rarara de un solo cuerpo.
d = -l at·'
2
(0.8) = ~(0, 4)1 2
En (IV)
.. t=2 S
~
t 2 =8 s
En (1)
t = 16 +8
t= 24 S
PROBLEMA N. 0 l
Del DCL del bloque se observa que FR=O.
entonces el bloque se mantiene en reposo.
Del DCL de l tablón se o bserva que FR = 4 N.
i254
:e
liso
En el gráfico se mu estra a una esfe ra que cuelga
de una cuerda y que no se mueve res pecto del
coche. Determine la medida del ángulo j3.
n=gsen9
Recuerde que un cuerpo que resbala por un plano incli nado liso presenta una aceleración de
a =gsen9=gsen53°
255 !
~~-----------------------------------------------
lumbreras fditores
DCL de la esfera
Esier.1 ( 1)
,.
Resolución
En d lllsr,mre en que se cona la cuerda T=O
·.'l
P1den l,1 acele:-ac10r. (módulo) de la esfera
cuando su rap1de: es 5 m 's.
i'··-~-- -·
.,.,
..~
',
·.
Se observa que Fn ;:0 y la esfera acelera.
Segunda ley de Newton
Resolución
a =f.&
m
Piden la ace leración de la esfera ( 1) en el instante en que se corea la cuerda.
En x ': segunda ley de Newton
Para hallar la aceleración pedida primero vamos a determinar las fuerzas que actúan sobre
cada una de las esferas.
a
Tsenf3+mgsen53°=m(gscn53°)
De (1)
F11 =mg+mg=2mg
DCL (1) y (2)
(por separado)
Luego
Tsenf3=0
~
\
···~.' tJ-- ·110 m/s
k~
~ ~ JlO
a= (2mg)
m
senP =O
t g
m/s
.. a=2g
l
mg
(1)
Fe
PROBLEMA H. 0 4
En el gráfico se muestran dos esfe ras idé nti cas, unidas por un resorte. Al cortar la cuerda,
¿qué módulo tiene la aceleración que adquiere
la esfera ( l)?
A) g
B) 2g
C) 2,5g
D) 3g
E) 3,5g
(2)
~
PROBI.EMA N. 0 S
FE
Una esfe ra es abandonada a una gran alw ra y
el aire le ejerce una resistencia que es proporcional al cuadrado de la rapidez. Si luego de un
gran tiempo de descenso de la esfe ra es ta adquiere un a rapidez de 10 m/s. ¿qué va lo r ciene
su aceleración cuando su rapidez fue S mis'
Considere g= 10 m/ s1 (constante) .
mg
Esfera (2) en reposo
FR=O
~
Fe=mg
(1)
A) 5 m/s 2
B) 6,5 m/s 2 C) 7 m/s 2
D) 7,5 m/s 2
E) 8 m/s 2
Luego de soltar la esfera, es ta experimenta
dos fuerzas: la fuerza de gravedad (mg) y la
re sistencia del aire, que es proporcional al
cuadrado de la rapidez.
Entonces, mien tras la rapidez aumenta, la resis te ncia de l aire aumema disminuyendo el
módulo de la aceleración. En algún momento
(en 8} la resistencia del aire equilibra a mg;
a partir de dicho mome nto la esfera experi·
menta MRU.
1256
2571
· -=~--~~--------------------------------
-·~
lumbreras Editores
Tram o r\ 8: la rap idez aum ema
Segunda ley de Newto n
L
Fr.=ma
,¡
lm
l
a= g ·· -K v·'
m
A) l, l Om
C) 1.30 n,
D) 1,50 m
Para v=S m/s
B) 1,125 m
E) 1,83 m
Resolución
11!
(!)
En B
10:-: -K(!0)-'
111
K
rn
L
F .1 i.H·or de F ~n ..:oncr.1 d..:
de .r
di!,, _ _ _
= - -=-'-----...:..:...::..._
T
(mg -R~) = ma
g
)
a = !0- - (5)·
Del gráfico
s.:gunda ley de Newron
lO
Piden el recorrido del bloque A hasta que se
de tie ne por primera vez.
Al solta r el bloque B, los bloques acele ran
con igual módulo. Luego el bloque 8 choca en
e l piso, q uedando en reposo po r la arena; la
cuerda se afloja y la tensión en ella es nula. El
bloque A ya no es jalado por la cuerda, pero
por inercia sigue ascendiendo por el plano
inclinado hasta detenerse por pri mera vez.
lOrn-Sm
ti.:!
~=l+d'
e =I+O. l 25=-l,l25 m
r;;}Not a
(m+ m)
Luego de detenerse A desciende y aulllenta Sll
velcc•dad hasta que la cuerda nuevamente se
esure y sea trenada por S par;o detenerse Ottil Vi!Z
Mientr;>s el bloque B no choque con el piso. su
acelcr:tción (y la de A) se mantiene constante,
emonces rl y B experimentan t\t!RUV.
H:~sca un instante antes del choque, los bloques rccc:-rren 1 m >'tienen una rapidtz v
Cálcu lo de v
v1 = 0+2(l)(l)=2
PROBLSMA N. 0 7
__..
v=.fi:_~
S
Luego del impacto A disminuye su velocidad
debido a la componeme dt> la fuerza de graved.1d (8 m).
DCL del sistema
El g~·áficc mues era un bloque unido a un resorte
(K = 1250 N/m) sin deformar, en eltnterior de
un coche. Si a este se le ejerce una fuerza F
que le hace incremenrar su ace leración lenc,tmente hasta que alc:m za el valor d~ 7,5 m/s 2,
¿qué dcformactón prescn<a e! resorte si en di cho instante el bloque deja de apoyarse en e!
piso del coche? (g= 10 m/s 2)
En (i}
v=O
F
liso
) n
Segunda ley de New ton
PROBLEMA H.0 6
Dos bloques de igual masa están unidos por
una cuerda ideal y son abandonadus tal como
se muestra. éCuánto recorre el bloque A hasta
que se detiene por primera vez? (g =10 m/s2)
:zsa
l kg
a'= FR = 8 m = 8 m/s2
m
m
vJ= v5 -2ad'
o= (J'i)2 - 2(8)d'
d'=O.l25 m
A) 5 cm
B) 4 cm
C) 3 cm
D) J.cm
E) 1 cm
259 ¡
Lumbreras Ed1tcres
Resolución
0
Piden la deformación del resone en el insr.1me en que el bloq.;.¡e pierde contacto con el piso.
El coche se despla: a al ser empujado. mientras que el resone se es tira por la inercia de l bloque. Al
es•irar;e el resorre y formar un ángulo con la verrical surge una componente de la fuerza elás tica
en la dm?cción venical que separará al bloque del piso del coche.
pROBL.:::MA N. 8
En l'
Si al \'O\'Ó se le jala med1ame una fue1 z,¡ F, ral
como ~e muestra, este logra resbalar sin rodar.
Deccrm•ne e! mód ulo de la aceleractón que expetlmenta. (g= 10 m/ s 1)
1=0
En X
FR=ma
F
F- fK=ma
F
li>O
(1)
donde
.:,---....
:
p
A)
B)
C)
D)
. . •• ·:FE
FEsen
F--
•
a
•
,.
:
~
Como el yoyó solo se desliza y no rota, el mo·
mento resultante, respecto al cen tro de masa,
es nulo .
a=7,5 mls 2
osa
2
2 m/ s
3 m/s 2
4 m/s 2
S m/ s2
E) 6 m/s 2
mg
Resolución
El sistema se estabiliza cuando el coche ad·
quiere a=7,5 m/s 2. A parrir de dicho insranre
el bloque también adquiere la misma aceleración del coche y pierde concacto con el piso
([N= O).
En Y
Piden la ace leración del yoyó.
De (1} .,_ (II)
Entonces
tan a= B.
a
10
DCLdel yoyó
4
ran a = - = 7,5 3
~
F=2fK
et. =53°
tng
a=?
En(!)
En (1)
fesen53°= mg
FE sena=mg
(1}
Reemplazando valores
J.ldmg) = 11ia
1250x(4/5} =(!) 10
En X
1
x =- m
segunda ley de Newron
100
FR=ma
F¡; COSC<=ma
.. x =1 cm
(II)
; 260
·-·~~
--~-----------~----'1
.. a=4 m/s 2
Lumbreras Editores
PROBLEMA H. 0 9
Se muestra a un much,tcho oarado ,;obre un
rabión homogéneo en reposo: Si el muchacho
empieza a caminar hacia el exrremo P. para
el observador, écuanto avanzó el muchacho
cuando llega a P '
Resolución
oe (!V)~(V)
Para el muchacho
Piden la fuerza de ro:amiemo ene re los blo-1ues
Entre los bloques no h:¡y movimiento re\anvo.
es decir. un bloque no resbala sobre el otro;
pur consiguiente, la fuerza de ro:amienro es
estática (/5). Además, presentan la misma ve locidad y acele ración.
.\
llr
-:::-
(!)
Para la tabla Fr<s =Mar
De (lll}
Considere 3m,JNon = 2m11llldt.>ch<>
(1!)
DC L (I/)
De (1) =(11)
r
v=O¡-j m-i i--5 m--1
-+
liso
Del gráfico
lp )
1
a
20N
UN
.
·. o·-
;:; :::.-- -- --~·- 1lvl;'
'V> •• 53°
..
:::::.
x= 3 m
16 N
·-·-,--
d= S-3=2 m
(111)
1s
:7.....
J f...¡u¡
"""'
OCL (3M)
a
A) S m
B) 4 m
v=O
V"'O
C)3m
D) 2m
PROBL~MA N.o 1 O
!m
E) 3.5 m
Resolución
1[.'1(21
Se muestran dos bloques . entre los cuales no
hay movimien to relativo. iQué módulo tiene
la fuerza de rozamie nto entre ellos'
Sm
luego
Piden el desplazam1enro del joven cuando llega a P.
FR
m
F= 20 N .
a= FR = Cfs)
~--~~--~---~ -
fs
,
'j.- d,.(S-x)+x -4-
3M
(m)
~:r·---ar
{
r--:..:.¡;N:.i-..:f:.:_s_4j.:._M~g-tv.....I =2/3 m
=-
(liso
m
De (1) = (11)
Para la tabla (N!RUV)
x = 1arc·'
2
(IV)
( 5 - x)= -1amc2
2
1262
--..~--------------------------------------------
A) 12 N
B) 10 N
Para el muchacho (MRUV)
C) 15 N
(V)
M
(1)
Segunda ley de Newron (3M)
ar
~=-----~------~ p
i-x-{
(16- fs)
11 = - = - - --
r .
~
v=O
Segunda ley de Newron (M)
D) 16 N
E) 24 N
.. f5 ,. J2 N
3M
(11)
lumbreras Edimres
PROBLEMA N.o 11
Resolución
El grá:ico muesrra dos bloques (A v 8) de l kg
r -l kg. respectivamente. Si sobre el bloque B
empieza a acwar una fuerza que depende de l
tiempo segL'm F:: {!Or )iN, do nde tes el tiempo expresado en segu ndos, indique cuál es la
a!cernati1·a que expresa mejor la aceleración del
bloque.<! en función del tiempo, mienrras r1 interactúe con B.
0,8}
0,5 ~~
Piden la gráfica 11-t para el bloq ue A.
Mientras el bloque A no se deslice sobre 8,
ambos expenmencan tgual aceleraCión. entonces podemos anali:ar a los dos a la vez.
)SON
..¡ kg f
8
c1=2r=S
A parttr del grático, determtne el 1·alor de 1<.
.;celera.:ión de la cutia, para que el bloque esté
a punro de subir sobre ella.
lg
~
resultante es la fK·
l-.E.::.IOt
l
En {!)
PROBL:!MA N. 0 12
Er. este mstante A está a punto de desli:ar.
P~1ra t > 4 s. el bloque se desli~a y la fuerza
1 kg 'T J ~
v=O
En el mome:1tc er. que el bloque .~ eséá a
punto ce desh:ar, su acderactón es S m/s2•
/
v==O
Segunda ley de Newron
A) g/2
(1 Ot) = (1 +4)n
n==2t
(1)
O)
Segunda ley de Newcon
2,Sg
B)
g
C) 2g
E) 3/4g
Resolución
Ahora va mos a determinar el instante en que
el bloque A está a pun to de deslizar.
DCL(A)
fs(max)
10 N
~~-~
Entonces la gráfica a-r es 11 (m/s 2) .
Piden la aceleración de la cu•ia.
El bloque está a punto de desliza r hacia arl'iba
de la cuña, pero no lo hace. Entonces el bloque y la cuña tienen igual movimiento y experimentan la misma aceleración.
DCL del bloque
frN
Segunda ley de Newton para (A)
FR=mnA
fs(max) =ma
Al abandoo.1r
al bloque B
~t 5 mg=ma
a
= ¡.¡,g=L~ )oo>
/
no acelerJ.
( r(s)
L-----~----~--~
4
!¡
.
..37°'·
. .. ( ..
Í264
265
.~- -lr~------------------------~--------~------------------------------------------~----------
1
lumbreras Editoras
Resolución
Oe(ll
Piden el tiempo que el bloque permanece sobre la tabla. Primero determinamos la aceleració n del bloque y luego del tablón.
(!)
f ,,: ¡=.\/(10)(
*)+m(IO)( i)
Entonces
1
'
2=-(6-?)r·
2
. . r= l s
DCL(bloque)
_Segunda ley de Newton (tabla)
mgsen3 ¡o
3
fs{m.lx) + -~S
-;~~'
·.
1
4
mg =- ma
S
~ts f,:
FR=Ma 1
Mgsen37°- f,=Mnz
,\J(lO)(~ )-P~:/'1(2> = 1\.Ia2
liso
• • ,.---J
fv<n
De(!)
~ts
mgcos3 ¡o
·. .
En el gráfico se muestra un bloque liso de
.. .. ...~?~( : ~
4
3 a ) +-mg=-ma
3
4
-m
( -mg+
S
S
S
5
PROBLEMA N.o 14
2 kg. apoyado a un a tabla de 2 kg e11 reposo. Sí
a 1.1 polea ideal se le ejerce una fuerza horiwnEl bloque es liso
tal de 20 N, tal como se muestra, pasado 1 s,
¿cuánro avanzó el bloque para un observador
en el tablón' (g :: 10 m/s 1)
a 1=gsen37°
a 1= 10(3/5)
n1= 6 m/s 2
.. a=2g
(!)
p
M > >> m
Tam bién
f.v( 1>= mgcos3 7°
f.vw = m(!
PROBLEMA H. 0 13
En el gráfico se m uestra el instante en que se
abandona el sistema, siendo el bloque liso.
¿Qué intervalo de tiempo el bloque pequeño
pe rmaneció sobre la tabla de 2 m de longitud?
(g = lO m/s 1)
o)( i)
(!!)
Ahora colocamos un observador en la tabla
DCL(tabla)
A) 0,5 m
O) 2m
B) 1m
C) l ,S m
E) 2,S m
Resolución
Piden la distancia que se desplaza el bloque en
1 s respecto al tablón.
Mgcos37°
~
DCl
mg ::20 N
l"'s -:
T
polcaide>l
T
--;;
bloq~:~~ : ::: : :: :: :~~- --(_)F= 20 N
da/T
A) 0,5 s
D) 2,0 s
1266
B) 1,0 s
C) 1,5 s
E) 2,S s
Del grá fico
!.v(2):: Mgcos3 7° +f.vo l
=-21 118/ T ¡ '·
f.v "-l
fN(l)
l 20 N::mg
a
T
-:;Ión
_I.l
fK
267!
Lumbreras Ed1tores
Pard la polea ideal (mr "' O)
Cálculo d e d
Resolución
Anali:anc.Jo desde el tablo n
p¡d~ n
y
90''
o. (dirección de 'F).
se n (61· 53°) = l
JS
(F-2T) = (0)11p
~
<1 111._,
Luego
~as · T
2T = F= 20
8=3 7''
La ace leraCión máxima e s
-- --~'J::¡====:::::-;::::1)-!-(7
: F
~--~----------~
T= IO N
amj,=lS -12 = 3 m/s "
r---- d -----1
Cálculo de u.
Para el bloque
0.=8+37°
1
y'
,
d = - (11 6 -aT)r·
2
10={2)1!¡¡
-¡
. . d=2
d=~(S-1) (1) 1
En y':
2
IF<"->=IF("')
m
f.v+ Fsen9=40
Para el tablón
!.v = 40 - se ne
(II)
pero
f.vw =fNCil +mg
En el gráfico se muestra un bloque de 5 kg que
asciende sobre la superficie inclinada áspera,
siendo el módulo de la fuerza F de 60 N. ¿Qué
valor tiene la máxima aceleraci ón del bloque y
qué direcció n tie ne la fuerza F (respecro al eje X)
en dicho instante? Considereg= 10 m/s 2.
Fcos6-30-fK=ma
De (l)
60cos6-30-~tK(40 - 60sen9)
3
60cos9-30-- (40 - 60sen9) =Sa
4
I0 - 8=(2)aT
4 m/ s 2
6 n1/ s 2
3 m/s 2
6 m!s 1
3m
~~
n =3 (3sen9+4cos9]- 12
X
n = 15 [ sene 3 + 4 cose ) - 12
y 53°
y 74°
y 60°
y 74°
y 53°
a
n=9sen8+ 12cos6 - 12
~~1(=0,75
A) 3 m/ s 2
= Sa
Luego
Luego
8)
C)
D)
E)
PROBLEMA H. 0 16
El sistema que se mu estra es abandonado y carece de rozam iento. Determi ne el módulo d e
la aceleración de la Cllña.
En x': FR=ma
PROBLEMA N. 0 1 S
y
En ([!)
(1)
5 5
Orde nand o convenientemente
a= 15 [sen6cos53°+ cos6 se n5 3°] -12
Entonces: am.u = 15 sen(S + 53°) - 12
1268
:·--~,~------------------~~aa~m.----------------------------------------~~-----
m~\x
A) (
4tana )
3tan2 ca 1 g
8) (
cana )
tan 2 a+3 g
E) (
2tan a )
3tan 2 a+l g
C) ( 3 tana )
can 2 cr.+l g
D) ( ca na )
. tan 1 a+ 1 g
269 1
Lumbreras Editores
Resolución
P1den la aceleración de la cu1ía
Note que al descender la barra una longi tud y,
la cuña se gesplaza una longitud x .
Como las fue rzas son conscanres, la aceleración de la barra y de la cuña también son constantes, entonces ambos experimentan ~ IR UV.
(11 ).
1
DCL (ban·a)
f-..: : 111!7
-- ~o
MRUV (barra)
.·l.\·
'~ena
,
.·.\0:....
En el inscance mostrado el sistema es aban. do · Cuando la esfera B se desprende
del
dona
.
Segunda ley de Newcon
!!. .J3
ns = FR =]___
p1an0 inclinado, la, esfera A adquiere una .ace-.
leración de 1 m/ s·. En dicho instante, cq;1e
8? (g = 10 m/ s· )
ace ler:~ción adquiere la esfera
1 r·'
y=2"c1
1
.·· a
-·Reos
pROBLEMA }!,o 17
lll
([)
111
DCL (A)
(lll)
MRUV (cuña)
:R
· -- -.
(IV)
De (11!) ""' (IV)
y a¡
tan a = - = -
x
n1
Luego: (1) y (ll) en (V)
Seg unda ley de Newcon: para la barra
Cl ¡
Cl ¡
FR.
=-
3( mg- Rcos Ct)
Rsena
Entonces
(II)
R = mg {3 tana)
se na ( tan 2 a+ 3)
En (11)
nrg (3 tana) senet.
az = --sena (can 2 a+3) (3m)
J270
B)
2J3 m/s~
C)
fi
D)
fi mls 1
m/s 2
Cálculo de R.
Segunda ley de Newton
tan 0'. = --'-~----"
a, = Fr••
- m
Analizando cinemáticame nce
J3 m/s2
E) 2 m/s2
(!)
Segunda ley de Newwn: para la curia
Rsena
a,=
(3m)
A)
2
m
a
=mg - Reos
m
(V)
Resolución
Piden la ace le1ación de B (a 8 ).
DCL de 8 en el instante en que se desprende
del plano inclinado.
R= 4 m
(1!)
De (Il) en (!)
(4 m/2 ) J3
aa =
m
271!
lumbreras Editores
PROBLEMA N. 0 18
DCL (A)
Para el sistema que se muesrra. entre los bloques el coeficiente de rozamiento estático es
~1 5 ~Para qué valores de la fuer:a F el bloque
A ascien de' Considere m,, =m8 =m.
PROBLEMA N. 0 19
Blo.¡ut -~
Yt
J
punro
de ascend¿l
En el sistema mom·ado el bloque m no se mueve respecto do:! bloque 3m . ¿Qué valor tiene la
fuerza que ejerce el bloque m al bloque 3m'
8
En x: FR=ma
Segunda ley de Newton: para el sistema
f.,c 2J=ma
(111)
= FR(sisc)
ll.ili l
A) F > 6
B)
mg(
2 15
+~
l-J.ls
)
En y: LF(1') = I r-U)
T =fscm;i.'<J + mg
F
ct=---(Sm +m +m)
F>7mg[ l +~ts)
~
F=7mQ
(1)
1-~ls
F>7mg(2-~ts)
D) mg
E)
F>Smg(l-~ts)
f>4mg(
+ 2 ~15
2 -~t5
1
mg ..ff?
3
m
C)
mg ../26
E)
mg ../26
S
6
Resolución
mgJ
~
Luego (ll) =(IV)
ma - ~t mg=p ma+mg
5
~
fscmv.>
1
1 +~ts
B)
4
(!V)
DCL (8)
1 +~1 5
¡:¡
D)
6
De (110
Analizando los bloques A y B
C)
A) mg ../f7
T =~tsfvc2> +mg
(ñ Y -v).
f;v=mg
)
5
Piden la fuerza (R) del (m) sobre (3m).
Como m no desliza sobre (3m), emre ellos surge la fuerza de rozamiento estático. Además
ambos experimentan el mismo movimiento
(1 +J.Is)
a = ---g
( 1- Ps)
OCL (nr)
En (1)
Resoluci ón
Piden F para que el bloque A ascienda.
Primero vamos a calcular F en el momento que el bloque A es tá a pun to de ascender
(deslizar). Como el bloque A está a punro de
deslizar, el bloque B también se encuentra en
el mismo estado; al no deslizar presentan la
misma ace leración de l coche y se puede analizar codo el sisrema a la vez.
Segunda ley de Newron: para B
T +fscmax) =m(!
Con este valor está a punto de ascender, para
valores mayores ascendería.
Pero fscmix) =~t5 (mg)
~
:.
T+p 5(mg) = ma
T=ma -~t 5 (mg)
(ll)
1272
~------------------------------------~~--
(1)
+U<)
1
F > 7mg ----'--'
( l - J.ls
fN(l)_=mg
fs=?
lumbreras Editores
DCL sistema (3m+ 2m)
De (11)
mg - fs =sifsl
R
n--3mgj:~]f\ 111 ~mg
_......_
_
_
_ .....¡
_ mg
Resolución
piJ~n
la fuer: a (A) con la que la cobra imenra
Del gráfico: '= l'(.lt)
Cuando la cobra se exuende verrical mence
L=l'(.l r)
sJlt.lf
fs - 6
~e == !:.
•
En (1)
l.lvl
ct = -
.).1
(11)
.
2mg
PRO BLEMA H. 0 20
Para el bloqtte (m)
Segunda ley de Newron
FR=mct
fs"'m':
(11)
Una cobra de longitud L tiene una masa m distribuida uniformemente. Si empieza a elevarse
con una rapidez constante v para sal tat; ¿qué
valor tiene la fuerza con que presiona la s uperficie mie nrras intenta saltar?
Para el sisrema (3m+ 2m)
=m( g + v: )
Segunda ley de Newron
a
~
=-FR111
--?
( R -mg)
a :: -- -111
0
PRO BLEMA H. 21
(1)
R= m(g+a)
Cálculo de la aceleración de la cobra mientras
intenta saltar.
Segunda ley de Newton
L. F.~de:fJ.vor
- I
.,
De (11) en (1): R
A parti r del sistema most rado determine el
módulo de la fuerza de tensión en la cuer·
da (!). Considere poleas ideales.
2m
Fen ~omr-¡ = msist.a
de •1
2mg - <fK+f5 ) = (2m+3m)a
(111)
Pero
En (IH)
2mg - (mg +f5 ) =(Sm)a
mg-[5 =Sma
1274
~~------------~--~------------------------------~~
2
3
A) -mg
.
.
'1>--- L~
·4
D) - mg
3
B) mg
2
C) 2mg
S
E) 2mg
7
2751
lumbreras fd1tores
Resolución
Para el bloque (m)
Piden r 1.
pR 03LEMA N.o 22
DCL (bloque)
2mg
Un cohete de masa M está suspendido cerca
(mg-T)=ma 2
11
1 -~
u ·=O , S
-1
T
.· ··----- - -- - ---~~)
'
·¡/:
i
(ll)
r .. ..
1
hv=2mg
""-'
fT¡
l
al ~
(1) + {11)
A
{111)
7j)-~
(
mg - 2
T"- ...,_,T
de la superticie de la T1erra. ¿Qué m:tsa de
combustible por unidad de uempo debe quemar el cohete, si la rapidez de salida del gas es
,,, ·, Qué masa de combusti ble por unidad de
riempo debe quemar el cohete si se eleva con
una aceleración constante a?
mg=R
( 1)
considerando
M>> m
m: masa que sale del cohete
Para la masa que sale del cohete
F¡¡=mrl'
T1 -mg _ 2a1
DCL (polta)
-
/'-,) ivlg . M(g-a)
2v'
B)
v
il-lg. M(g+a)
V
R=m11'
(11)
V
Cálculo de 11'
..
'
Para el cohete
FR=ma.
'
Cálculo de la re lación de aceleraciones
Ecuación de la polea móvil
-
, j.)vl V- 0 V
a=-=--=D) ~: M(g-a)
(a2+a3)
v
llp= - -2--
2v
t
E)
l
¡\<fg M(g+a)
Tv';
2v
En (H)
Resolución
(+ap) = (+a~ +O)
Para el bloque (2m)
(T 1-fK)=(2m)a 1
=( ~ )(2mg)
~
Primer caso: el cohete se encuentra suspendido
(en reposo).
En (!)
mg =(7)v
.. !!:=~
~= .!.
112
t
V
2
Segundo caso: el cohete acelera con
fK=mg
En (IU)
Luego
ti.
Segunda ley de Newton
T¡ - ni =2(.!.)
(T 1 - mg) =2ma 1
Para la polea (mp ==O)
FR=map
(2T- T1)=(0)ap
T
t
a2 =2ap=2a 1
fK=~tKf.'l
fK
112
a2 = 2ap
Pero
Piden ~ ='
= !!_
2
(1)
mg-..1.
2
2
r:
r, -mg =mg -..1.
2
4
.. r 1 = -mg
3
(R-Mg)=Ma
R =M (a +g)
(!)
Cálculo de R.
Para el combustible expulsado
FR::;oma'
R=ma'
271 '
.~~~~-------------~~~------------------------------------~~-----
lumbreras Editores
Pero
\'
a'=t
la aceleración es proporcional a la rap idez, .
para el cra;no mostrado se puede trabajar con
la aceleración media.
(i') (
111)
~ R=m¡=7"1'
En (1)
(7"')
PROBLEMA M. 0 2 5
piden la aceleración del bloque A.
poi~.,
mó' il
Una esfera de 1 kg esrá umda a un hilo de 1 m
de longitud v está dando vueltas en un plano
verticaL La r;pide: de la esfera en la parte más
baja y más ai ra de su trayecroria es 20 m/s y
_b('-'(l2. . ''r)
am-;
-
l'=M(a+g)
6Ji0 mis.
a
"'
.. ~=M(a+g)
= (II2J(.!Q)=s m/
(1·' 2) 2
¿En qué relación están los módulos de las tensiones en dichas posiciones' (g= 10 m/s 2)
1
S
1'
38
v/ = v02 - 2ax
D) 41
0= 102 -2(S)x
PR OBl.:MA H. 0 23
B) 6m
35
.. x = 10m
Un bloque de 0,5 kg se lanza sobre una superficie horizontal con una rapidez de 10 m/s. Si
experimenta una fuerza de resistencia (total)
proporcional a su rapidez F=bv(b=O.S kg!s),
¿qué distancia cubre hasta que se detie ne]
A) 5 m
D) 8 m
C) 7 m
E) l O m
Resolución
Re solución
E.:uación de la polea móvil
Piden
-ClP = (;:¡•- ...-;:¡1)
Graricando el pro blema
PROBLEMA N. 0 2 4
El sistema que se muestra es abandonado. Si
las poleas son ideales, determine la aceleración del bloq ue A. Considere SmA = 3m 8
v,=6Jl0
-
Segunda ley de Newcon para (A)
Fn = MaA
(3mg- T) =(3m) (3n) = 9mn
v=O
Multiplicando por 3
o
~o
(!)
T 1!T2
2
Piden x.
v0 = 10 m/s
41
B) 37
A) 45
Luego podemos aplicar la ecuación del l'v!RUV
~
(1)
9mg-3T==27mn
m/s1:~ lON
•
~
.
b.,ja (8)
FR= Mc 8
'!<------x--- ---'1.
Segunda ley de Newcon
FR ::ma
bv=ma
3T - Smg= (Sm)a
([e.
1278
(ti)
¡1·
'
.,;
T,
•20 mi•
mg = 10 N
Segunda ley de Newton en (A)
Luego (!) + (ll)
A)
+~]
4
n=(! )v
~
(!!}
~ lea
\.·.····~t·<
p.utc m.ís
Segunda ley de Newton para (8)
pmem.lS
-.
B)
3g'
-8;
C)
3g'
4mg=32ma ~ a = ~
8
+-¡- J
Pero:
D)
g'
-8)
E)
3g '
--¡-J
-
-
a .~ = -3aj
3g
= -g- j
(!!)
279
Lumbreras Editores
Segunda ley d<! Ne\\· ton en (.8)
Resolución
pROJ3LSMA N. 0 '17
Piden T .v ..<.,
•::
T - 10 = (1}( 20)
1
( 1)
i
2
L=50cm = 0,5 m
37°~V
T1 =-l- l0N
:\
(llf)
De (lll) y (ll) en (! )
ó~
R ~ =10 N,,. · · -~: . . ~
B) 0,55
20N
'Í--15 cm~,
dr
radi.li
<·>U
Segu nda ley de Newton en la dr radial
F,p=ma,P
(1)
G-
F,p =T-(6+ 16)=7-22
vz
L=50 cm
vl Ó
(5)2
J
a,P=7 = ( ~ =50 N
T-22=(2)(50) -o T=!22 N
JS = rn l')~r
Pregunran por el meno r ~1 5 . emonces \'amos
a anali:ar la moneda cuando esrá a punto de
desli: ar.
~1;[.., = nrt•J 2 r
~ts (mg) ==m t•111·
_ t•J2r _ (2nl r _ 4n 2 (15)
~t;-g g - rt 2 ( 100)
~t 5 = 0,6
Si el coefici ente es menor que 0,6 la moneda
resbala.
(12 - 8) = 2n,g
C) 122 N; 4 m!s 2
D) 122 N; 2 m/s 2
atg =2 m!s 2
La barra en forma de L em pie:za a rotar !eneamente hasra que adquiere una rapidez angular
constante. Si la cuerda de 5/12 m de longitud
se desv ía 37° respectO de la vertical, iqué rapidez angular (en rad/s) adquirió la barra?
Considere g= 10 m/s 2•
La rap idez angular es
w = 60 2rt)
( 60
FR(cg)=ma,8
8) 116 N; 2 m/s 2
~ mg ;
PROBLEMA N. 0 28
[,..¡
Segunda ley de Newton en la dr tangencial
E) 49 N; 6 m! s2
L1 moned.1
~6-<::;:T=-;--¡ fs
En (1)
A) 72 N; 4 m/ s 2
~
F =LF- LF
cp 0-
p:~ra
=111 c1,1, = 111 Vl ·r'
'
PROBLEMA N. 0 26
:37°
C) 0,6
E) 0,75
P1den el menor ~t5 para que la moneda no
desltce.
Vista superior
'
X
Para el instante que se muestra, la esfera de
2 kg tiene una rapidez de S m/s y de parte del
aire experimenta una resistencia de +10iN.
En di cha posición determine el módulo de la
fue r:za de tensión y de la aceleración tangencial.
(g= IO m/s 2)
A) 0,5
D) 0,65
F,1,
Resolución
Y
L-· .-·· ',.
.
un., moneda peq ueña está sobre una p!ac,,fo rma gi rato na a 15 cm del eje S1 dicha
pf,ttaforma rota con 60 rpm, 'cuál debe ser
el menor coeficiente de rozamiento estático
enrrl:! la moneda y la plataforma para que la
moneda no salga despedida? (g=il 2 m/s~)
!Jng~ncia l
~~:·4
.
Segunda ley de Ncll'tan
rad
0l=2rt-
s
Al no deslizar la moneda sobre la plataforma
describe un movimiento circunferencial.
1280
---~
· -------------------------------------------------
A)
.JS
D) 2.fi
B)
J6
C)Ji'O
E) S
281
Lumbreras Ed1tores
Resolución
En (Hi)
Piden la rapidez angular que adquiere la barra.
~ ~ 2_) m
'
:
T
¡·······"'/:
t r¡ .1 ·
..
..
0,5cm
10 .¡.
w=
JfO rad/s
1
-¡;
(1)
Tst>n6=m t•?r
En Y:
~==-=-
:(J7o
l:F(í') = LF(J.)
N
circunferene~..t
de;CIICJ por l.t
c.:::>
-n•/
~ •- .. • .... - - .. 1 ~ •• •• '
:::>
~= <02 (})
4
\'t
F,,. . = mti.:p
lOm
5 12
•:J •••• • • - • -
En X: segunda ley de Newton
..... .
1
•
:•--.)
Un péndulo cónico de longitud L está rocando
con ra!'idez angu la r constante y el hilo está
desviado un ángulo a respecco de la vertical.
Determine la frecuencia (/) de su movimiento.
(g es aceleración de la gravedad)
A) 2n
Segunda ley de Newton para la esfera
(1)
fi
{i
C)
.lJ
O)
J..j
2rr
2n
8)
.lJ
2n
g
Lcose
oh
g
o>1 ( Lsene)
g
rana=-=-.:..._-~
<•>=
F5: Fuerza de suscemación. que surge debido
JLcosa
g
a la d1ferenc1a de presió n por paree del ai re
sobre el parapen te.
Pero
En X: segunda ley de Newton
t•J=2rtf
,rg--
4
g
Lsene
g
Lrane
E)
f=2rrV~
v·'
Fcp =mr
2 n:Jgc~se
(1)
En la dirección vertical
S
De (1) + (li)
PROBLEMA N. 0 29
•
¡10m
±r =!Om
(1!)
Tcos6= mg
csferl
(11)
De (1) ..;. (II)
Resolución
PROBLEMA N.o 30
Piden la frecuencia de un péndulo cónico.
Un joven que practica parape nte se encuentra
a cierta altura de la superficie describiendo una
circunferencia de radio 8 m. En un plano horizontal si su rapidez es de 2M mis. ¿qué medida tiene el ángulo que inclina respecto a la
horizontal las alas de su equipo? (g= lO m/s1 )
(11!)
B) 53°
En Y:
LF(i) = LF(.!.)
F5cos9 = 10 m
De (!)..;. (11)
Resolución
1282
3
4
. . 6=37"
Piden el ángulo de inclinación (6) de las alas
res pecto a la hori zontaL
__________________
::;,;_.
15
20
tanS=- = -
Del gráfico
3 l 3
r =-+-=-m
12 2 4
(ll)
283
lumbreras Edttores
PROBLEMA H. 0 31
Un mocociclism se traslada con una rapide:
de 72 km/ h sobre una superficie hori:ontal. St
ingresa a una curva cuyo radio de curvacura es
lOO m, ¿qué medida cendra el ángulo respecto
a la vercical que debe inclinarse el motociclista
para que pase la curva~ (g= 10 m/s 2)
A) arctan(
B) arccan(
D) arccan(
¡)
E) a retan (
~)
•1'
Piden la rapide: de la esfera st la cuñJ está a pumo de deslt:ar.
v·
=m1'
(20) 2
100
F =m-- = 4m
•P
")'"''"
•Fo
.'
r=O 1m. .
(llí)
1
..
25 N
.. .
.· ·r ·.
\ tG7Y.·.
#
•
!SN\13 .,.,
.
20 1N
....~ .. -·· ""'
.. e =arctan(~)
DCL (<urla)
) j ;o· ..... _.. ___ .
v/ ~-· ~· ·.
~
4m
2
tan9=--=10m 5
~)
~)
F.
De (111) v (ll) en ([)
i)
C) arccan(
Resolución
Segunda le}' de Nell'ton
_,
3
•.
F~
...... SF
~
:
F.
:
37°
1
. ..,..,L,
1F
5
¡
PROBLEMA H.0 32
Resolución
Piden el ángu lo (9) que de be incli narse el motociclista para dar una curva.
En el gráfico se muestra una pequeña esfera
lisa de 2,5 kg resbalando sobre una cuña de
4 kg. Si para el instante mostrado la cuña está
a punto de resbalar, determine la rapidez de la
esfera (v). (g= JO m/s 2)
0 . .) ... ~~-~~~ -:· .37°
{.-.¡
Del equilibrio de la cuña
Entonces
F=40N
4
SF =fs(máx) = ~ls fN
(1)
La esfera de scribe un movimiento circunferencial
•,
10 cm;
(5)
{.-.¡
tan e= fs
r.~
[,'i=mg=lO m
(1)
(11)
A)
B)
C)
D)
0,5 m/s
1 m/s
1,5 m/s
2 m/s
E) 3 m/s
=( ~ F + 40 )
De (1)
(40-1S) = 2Sv1
25=25v 2
Luego
4 1(3
- F = - - F+40
S
2 S
v2
(F-1 5) = - 2 (0.1)
LF(i) =LF(.t.)
)
.. v= 1 m/s
~
J284
285 '
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