http://www.elsolucionario.blogspot.com LIBROS UNIVERISTARIOS Y SOLUCIONARIOS DE MUCHOS DE ESTOS LIBROS LOS SOLUCIONARIOS CONTIENEN TODOS LOS EJERCICIOS DEL LIBRO RESUELTOS Y EXPLICADOS DE FORMA CLARA VISITANOS PARA DESARGALOS GRATIS. FISICA VOLUMEN I. MECANICA PROBLEMAS DE LA FISICA DE MARCELO ALONSO – EDWARD J. FINN La física es una ciencia fundamental que tiene profunda influencia en todas las otras ciencias. Por consiguiente, no solo los estudiantes de física e ingeniería, sino todo aquel que piense seguir una carrera científica (Eléctrica, Mecánica, biología, química, matemática, etc.) debe tener una completa comprensión de sus ideas fundamentales. Se ha hecho una cuidadosa selección de aquellos problemas mas significativos de cada capitulo para presentarlos resueltos “paso a paso”; Esto permitirá al estudiante reforzar sus conocimientos, así como ejercitar las técnicas de resolución de problemas, lo que, sin lugar a dudas, favorecerá su preparación. Esperamos de esta manera seguir contribuyendo a la formación científica del estudiantado de nuestros países. Erving Quintero Gil Ing. Electromecánico Bucaramanga – Colombia 2010 Para cualquier inquietud o consulta escribir a:
[email protected] [email protected] [email protected] 1 4.24 Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. 4-28). Si M pesa 40 lb-f A 500 500 B TA 500 TB TB 500 C TAY TA 500 T AX 500 TBX W = 40 lb-f T BY W = 40 lb-f TAY = TA . sen 50 TBY = TB. sen 50 B TAX = TA . cos 50 TBX = TB . cos 50 B Σ FX = 0 TBX - TAX = 0 (ecuación 1) TBX = TAX TB . cos 50 = TA . cos 50 B TB = TA (ecuación 1) B Σ FY = 0 TAY + TBY – TAY + TBY = TAY + TBY = TA . sen 50 W =0 W pero: W = 40 lb-f 40 + TB. sen 50 = 40 (ecuación 2) B Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TA . sen 50 + TA. sen 50 = 40 2 TA . sen 50 = 40 TA = 40 20 20 = = = 26,1lb − f 2 * sen 50 sen 50 0,766 TA = 26,1 lb-f Para hallar TB se reemplaza en la ecuación 1. B TB = TA (ecuación 1) B 2 cos 30 TBX = TB .TB = TA = 26. cos 30 = TA . sen 30 = 40 2 TA . cos 30 B TB = TA (ecuación 1) B Σ FY = 0 TAY + TBY – TAY + TBY = TAY + TBY = TA .5 TA = 40 lb-f Para hallar TB se reemplaza en la ecuación 1.TAX = 0 (ecuación 1) TBX = TAX TB . B TB = TA (ecuación 1) B TB = TA = 40 lb-f B 3 . 4-28).24 Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. cos 30 B Σ FX = 0 TBX . sen 30 = 40 (ecuación 2) B Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TA . sen 30 W =0 W pero: W = 40 lb-f 40 + TB.1 lb-f B 4. sen 30 B T AX TAX = TA . sen 30 + TA. Si M pesa 40 lb-f A 30 0 B 30 TA 300 TB C TB 300 TB 300 TBX W = 40 lb-f 0 W = 40 lb-f TAY 300 TA T BY TAY = TA . sen 30 = 40 TA = 40 20 20 = = = 40 lb − f 2 * sen 30 sen 30 0. sen 30 TBY = TB. sen 60 = 40 B ⎛ T cos 30 ⎞ TA sen 30 + ⎜ A ⎟ ⎜ cos 60 ⎟ * sen 60 = 40 ⎠ ⎝ ⎛ TA sen 30 cos 60 + TA cos 30 sen 60 ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ = 40 ⎜ cos 60 ⎠ ⎝ TA sen 30 cos 60 + TA cos 30 sen 60 = 40 cos 60 Pero: sen 30 = ⎛1⎞ TA ⎜ ⎟ * ⎝2⎠ 1 2 cos 60 = 1 2 cos 30 = 3 2 sen 60 = 3 2 ⎛1⎞ ⎜ ⎟ + TA ⎝2⎠ ⎛ 3⎞ ⎛ 3⎞ ⎜ ⎟ *⎜ ⎟ = 4 0* 1 ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 4 . 4-28). cos 30 TBX = TB .TAX = 0 (ecuación 1) TBX = TAX TB . cos 60 B Σ FX = 0 TBX . sen 30 + TB.24 Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. sen 60 = 40 (ecuación 2) B Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TA .4. cos 30 B T cos 30 (Ecuación 1) TB = A cos 60 Σ FY = 0 TAY + TBY – TAY + TBY = TAY + TBY = TA . sen 30 W =0 W pero: W = 40 lb-f 40 + TB. sen 30 TBY = TB. sen 60 B B 600 TB 600 TAY 300 T AX TA TB 600 TBX W = 40 lb-f T BY TAX = TA . Si M pesa 40 lb-f A 300 TA 300 C W = 40 lb-f TAY = TA . cos 60 = TA . B T cos 30 (ecuación 1) TB = A cos 60 T cos 30 TB = A = cos 60 20 * 3 40 3 2 = 2 = 20 1 1 2 2 3 TB = 20 √3 lb-f B 4. Si M pesa 40 lb-f B 45 0 TB A TA C 45 0 TA T BY TB 450 T BX W = 40 lb-f W = 40 lb-f TBY = TB. 4-28).⎛1⎞ ⎛3⎞ TA ⎜ ⎟ + TA ⎜ ⎟ ⎝4⎠ ⎝4⎠ = 20 TA = 20 lb-f Para hallar TB se reemplaza en la ecuación 1.TA = 0 (ecuación 1) TB . cos 45 = TA B TB = TA (Ecuación 1) cos 45 Σ FY = 0 TBY – W = 0 TBY = W pero: W = 40 lb-f TBY = 40 TB sen 45 = 40 (ecuación 2) B TB = B 40 sen 45 TB = 56. cos 45 B Σ FX = 0 TBX .56 lb-f Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TB cos 45 = TA B 5 . sen 45 B TBX = TB .24 Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. Si M pesa 40 lb-f B 60 TB 600 300 TA 300 A W = 40 lb-f TBY = TB sen 60 TBX = TB cos 60 B B 0 TB T BY TAX 300 TAY TA W = 40 lb-f 600 TBX TAX = TA cos 30 TAY = TA sen 30 Σ FX = 0 TBX .TA sen 30 cos 60 ⎞ ⎜ ⎟ = 40 ⎜ ⎟ cos 60 ⎝ ⎠ TA cos 30 sen 60 .24 Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig.TA sen 30 = 40 (ecuación 2) B Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TB sen 60 .56 cos 45 TA = 40 lb-f 4. 4-28).TA = 56.TA sen 30 = 40 B ⎛ TA cos 30 ⎞ ⎜ ⎜ cos 60 ⎟ * sen 60 .TA sen 30 cos 60 = 40 cos 60 6 .W = 0 TBY – TAY = W pero: W = 40 lb-f TBY – TAY = 40 TB sen 60 .TAX = 0 (ecuación 1) TB cos 60 = TA cos 30 B T cos 30 (Ecuación 1) TB = A cos 60 Σ FY = 0 TBY – TAY .TA sen 30 = 40 ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ TA cos 30 sen 60 . 6 150 δ = arc cos 0. A 150 cm T δ0 90 cm TY T δ 0 F B F TX W = 40 kg -f W = 40 kg-f cos δ = 90 = 0. y que la distancia entre la pared y el cuerpo es de 90 cm. calcular el valor de la fuerza F y la tensión de la cuerda.TX = 0 F .130 TX = T cos δ TX = T cos 53.28 lb-f B 4.13 Σ FX = 0 F .6 δ = 53.25 El cuerpo representado en la figura 4-29 pesa 40 kg-f.Pero: sen 30 = ⎛ 3⎞ ⎛ ⎟* ⎜ TA ⎜ ⎜ 2 ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ ⎝ 3 1 1 cos 30 = cos 60 = 2 2 2 3⎞ ⎟ − TA ⎛ 1 ⎞ * ⎛ 1 ⎞ = 4 0 * 1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 ⎟ 2 ⎝2⎠ ⎝2⎠ ⎠ ⎛1⎞ ⎜ ⎟ ⎝4⎠ = 20 sen 60 = 3 2 ⎛3⎞ TA ⎜ ⎟ .T cos 53.13 Ecuación 1 Σ FY = 0 7 .TA ⎝4⎠ ½ TA = 20 TA = 40 lb-f Para hallar TB se reemplaza T cos 30 TB = A = cos 60 40 1 2 3 2 = 40 3 TB = 69.13 = 0 F = T cos 53.13 TY = T sen δ TY = T sen 53. Se mantiene en equilibrio por medio de una cuerda AB y bajo la acción de la fuerza horizontal F suponiendo que AB = 150 cm. 26 Para la figura 4-30.f 4. se halla F F = T cos 53.TX = 0 F .13 = W T sen 53. F = 400 lb-f.13 Ecuación 1 F = 50 cos 53. A υ0 T β0 TY υ0 F B F β0 T F M1 = 300 kg-f TX M1 = 300 kg-f M2 = 400 kg-f F TX = T sen υ TY = T cos υ Σ FX = 0 F .13 – W = 0 T sen 53. si M1 = 300 lb-f M2 = 400lb-f. Ecuación 3 BLOQUE M2 M2 = 400 kg-f Reemplazar la ecuación 3 en la ecuación 1 F = T sen υ Ecuación 1 400 = T sen υ Ecuación 4 8 . calcular el ángulo υ y la tensión en la cuerda AB.TY – W = 0 T sen 53.13 F = 30 lb .13 = 40 Ecuación 2 T = 40 = 50 lb .f sen 53.13 Reemplazando el valor de la tensión T en la ecuación 1.T sen υ = 0 F = T sen υ Ecuación 1 Σ FY = 0 TY – W = 0 T cos υ – W = 0 T cos υ = W T cos υ = 300 Ecuación 2 BLOQUE M2 La F tiene igual magnitud que M2 F = M2 = 400 lb-f. 27 Un muchacho que pesa 120 lb-f se sostiene en una barra de levantamiento de pesas.f cos 53. Si los brazos están en posición paralela.130 Para hallar la tensión T se reemplaza en la ecuación 2.130 = 300 T = 300 = 500 lb . ¿Qué fuerza ejerce cada uno de sus brazos sobre la barra cuando a) Sus brazos están en posición paralela. TA 300 TB T BY 600 TAY 30 0 600 A 600 30 0 B 600 300 T AX TBX W = 120 lb-f TA 600 TB 600 C W = 120 lb-f 9 . F= w 120 = = 60 lb .Haciendo una relación entre la ecuación 1 y la ecuación 4 400 = T sen υ Ecuación 4 T cos υ = 300 Ecuación 2 400 T senθ = = tg θ 300 T cos θ 4 tg θ = 3 υ = arc tg 1.f 2 2 b) Cuando cada brazo hace un ángulo de 300 con la vertical. a) Sus brazos están en posición paralela.333 υ = 53. T cos υ = 300 Ecuación 2 T cos 53. b) Cuando cada brazo hace un ángulo de 300 con la vertical.13 T = 500 lb – f 4. cada brazo ejerce una fuerza igual a la mitad del peso de su cuerpo. En B hay un peso de 12 kg-f y en C un peso desconocido. calcular el valor que P debe tener a fin de que el sistema se encuentre en equilibrio.TAY = TA sen 60 TBY = TB sen 60 B TAX = TA cos 60 TBX = TB cos 60 B Σ FX = 0 TBX .f 2 sen 60 sen 60 TB = TA = 69.28 Una cuerda ABCD cuelga de los puntos fijos A y D. Si el ángulo que hace AB con la horizontal es de 600 BC es horizontal y CD hace un ángulo de 300 con la horizontal. A D TA TD B T T P TD TDY W = 12 kg-f TAY 600 TA 600 C 300 TAX T W = 12 kg-f TAX = TA cos 60 TAY = TA sen 60 300 T Σ FX = 0 TDX P 10 .TAX = 0 TB cos 60 .TA cos 60 = 0 B T B .28 lb .TA = 0 TB = TA Ecuación 1 B B Σ FY = 0 TAY + TBY – W = 0 TAY + TBY = W TA sen 60 + TB sen 60 = 120 Ecuación 2 B Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TA sen 60 + TB sen 60 = 120 TB sen 60 + TB sen 60 = 120 2 TB sen 60 = 120 B B B B TB = 120 60 = = 69.28 lb-f B 4. 92 TD = 6. situadas en un plano en un plano vertical.92 = 8 kg .85 kg-f Reemplazar en la ecuación 1 T = TA cos 60 Ecuación 1 T = 13.29 Tres cuerdas.85 cos 60 T = 6. 1600 Las tensiones en las dos primeras cuerdas son de 100 kg-f y 75 kg-f. 1000. Los otros extremos están unidos en el nudo A y del cual cuelga un peso P.T = 0 TD cos 30 – T = 0 TD cos 30 = T Ecuación 2 Reemplazar en la ecuación 2 TD cos 30 = T Ecuación 2 TD cos 30 = 6.T – TAX = 0 T – TA cos 60 = 0 T = TA cos 60 Ecuación 1 Σ FY = 0 TAY – W = 0 TA sen 60 – W = 0 TA sen 60 = W TA sen 60 = 12 TA = 12 = 13.92 kg-f TDX = TD cos 30 TDY = TD sen 30 Σ FX = 0 TDX . T1 = 100 kg-f 160 350 0 T2X T2 800 20 0 T3 T1 T1Y 35 0 T2Y T2 800 T1X T3X T3 200 A P T1X = T1 cos 35 P 11 . están fijas a puntos diferentes sobre el techo.f cos 30 Σ FY = 0 TDY – P = 0 TD sen 30 = P 8 sen 30 = P P = 4 Kg-f Ecuación 3 4. Calcular la tensión en la tercera cuerda y el peso P.f sen 60 TA = 13.85 kg . Los ángulos formados por las cuerdas con la horizontal son: 350. 9396 T3 = 73.072 = P P = 156.T1 cos 35 = 0 Pero T1 = 100 kg-f T2 = 75 kg-f.31 * sen 20 .100 cos 35 = 0 75 (0.8916 = = 73.8916 T3 = 68.13.31 kg .342 .8191) = 0 13.86 + 25.1736) + T3 cos 20 . 100 * sen 35 +75 * sen 80 + 73.P = 0 57.100 (0.31 kg-f.0236 + T3 cos 20 – 81. Σ FY = 0 T1Y + T2Y + T3Y – P = 0 T1 sen 35 + T2 sen 80 + T3 sen 20 .9152 = 0 T3 cos 20 = 81.0236 T3 cos 20 = 68.28 kg-f.35 +75 * 73.T1X = 0 T2 cos 80 + T3 cos 20 .31 Una esfera cuyo peso es de 50 kg-f descansa sobre dos planos lisos.f cos 20 0.5735 +75 * 0.9848 + 73.P = 0 100 * 0. 75 cos 80 + T3 cos 20 .P = 0 Pero T1 = 100 kg-f T2 = 75 kg-f.T1Y = T1 sen 35 T2X = T2 cos 80 T2Y = T2 sen 80 T3X = T3 cos 20 T3Y = T3 sen 20 Σ FX = 0 T2X + T3X .9152 . Calcular las reacciones de los dos planos sobre la esfera. 4. inclinados respectivamente con respecto a la horizontal. 300 600 450 N2Y 60 0 N2 N1 450 N1Y 450 300 450 300 N2X P N1X N1 P N2 N1 P N2 N1X = N1 cos 45 N1Y = N1 sen 45 N2X = N2 cos 60 N2Y = N2 sen 60 12 .8916 68. ángulos de 300 y 450.31 * 0. N2 cos 60 = 0 N1 cos 45 = N2 cos 60 N1 = N 2 cos 60 N 2 * 0. Pero: N1 = 0.N2X = 0 N1 .6 N1 = 25.88 kg – f.366 N2 = 50 N2 = 50 = 36.32 Una esfera (fig. 4.366 N2 = 36.7071 N2 N1 = 0.f 1.N2X = 0 N1 cos 45 .6 kg . 4-31) que pesa 50 lb-f descansa sobre una pared lisa. Calcular la reacción de la pared y el plano sobre la esfera.7071 N2) * sen 45 + N2 sen 60 = 50 0.5 = = 0. manteniéndose en esa posición mediante un plano liso que hace un ángulo de 600 con la horizontal.7071 * 36.7071 Σ FY = 0 N1Y + N2Y – P = 0 N1Y + N2Y = P N1Y + N2Y = 50 N1 sen 45 + N2 sen 60 = 50 Ecuación 2 (0.5 N2 + 0.N2 cos 30 = 0 N1 = N2 cos 30 Ecuación 1 Σ FY = 0 N2Y – P = 0 N2Y = P N2 sen 30 = 50 13 .7071 N 2 Ecuación 1 cos 45 0.7071 N2) * sen 45 + N2 sen 60 = 50 (0. 0 30 N2Y 300 300 N2 N1 N1 N2 P P 60 0 N2X N2 P N1 600 N2X = N2 cos 30 N2Y = N2 sen 30 Σ FX = 0 N1 .6 kg –f.Σ FX = 0 N1X .866 N2 = 50 1. determinar la tensión en la cuerda y la reacción de la pared sobre la esfera.N2 = 50 50 = = 100 lb . 4-32) y presiona una pared vertical lisa AC. (fig. δ T T TY δ N N TX W W TX = T sen δ TY = T cos δ Σ FX = 0 N .34 Calcular las fuerzas (fig 4-33) que la viga AB y el cable AC ejercen en A.TX = 0 N . Si δ es el ángulo entre la cuerda y la pared.6 lb .T sen δ= 0 N = T sen δ Ecuación 1 Σ FY = 0 TY – W = 0 TY = W T cos δ = W T = W cos δ Reemplazando en la ecuación 1 N= W * sen δ = W * tg δ cos δ N = W tg δ 4.f 4.f sen 30 0.866 N1 = 86.33 Una esfera de peso W se sostiene mediante una cuerda AB.5 Reemplazando en la ecuación 1 N1 = N2 cos 30 Ecuación 1 N1 = 100 cos 30 N1 = 100 * 0. C T 45 0 TY 450 T F B 450 TX F M A M 14 . suponiendo que M pesa 40 kg f y que el peso del cable y la viga son despreciables. 34 Calcular las fuerzas (fig 4-33) que la viga AB y el cable AC ejercen en A.T cos 45 = 0 F = T cos 45 Ecuación 1 Σ FY = 0 TY – M = 0 TY = M T sen 45 = M T = M 40 = = 56.f.f. Reemplazando en la ecuación 1 F = T cos 45 Ecuación 1 F = 56.TX = T cos 45 TY = T sen 45 Σ FX = 0 F . suponiendo que M pesa 40 kg f y que el peso del cable y la viga son despreciables. C T 50 0 F 400 Fx FY T 400 400 TY 40 0 TX A M M 50 0 B F 40 0 TY = T sen 40 TX = T cos 40 FX = F cos 40 FY = F sen 40 Σ FX = 0 F X .TX = 0 F .56 kg .56 * cos 45 = 40 kg .56 kg – f.T cos 40= 0 15 .TX = 0 F cos 40 . 4. sen 45 0.7071 T = 56. F = 40 kg –f. 300 T TY 600 Fx 300 FY F 300 600 60 0 TX M 300 F T 300 A M TY = T sen 60 TX = T cos 60 FX = F cos 30 FY = F sen 30 Σ FX = 0 F X .T cos 60 = 0 0.f 2 sen 40 sen 40 T = F = 31.34 Calcular las fuerzas (fig 4-33) que la viga AB y el cable AC ejercen en A.866 F – 0.F -T =0 F = T Ecuación 1 Σ FY = 0 TY + F Y – M = 0 TY + F Y = M T sen 40 + F sen 40 = 40 Ecuación 2 Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 T sen 40 + F sen 40 = 40 Ecuación 2 T sen 40 + T sen 40 = 40 2 T sen 40 = 40 T = 40 20 = = 31. 4.11 Kg – f.11 Kg .5 T = 0 Σ FY = 0 TY + F Y – M = 0 TY + F Y = M Ecuación 1 16 .TX = 0 F cos 30 . suponiendo que M pesa 40 kg f y que el peso del cable y la viga son despreciables. La cuerda AC es horizontal y la cuerda AB es paralela al plano. 0.5 T = 0 0.45 Calcular el peso P necesario para mantener el equilibrio en el sistema mostrado en la figura 4 – 39. T1 = Q = 10 kg-f. y Q = 10 kg-f.75 F – 0. Ecuación 1 Bloque A T1X = T1 cos 30 T1Y = T1 sen 30 AX = A sen 30 AY = A cos 30 P 17 . en la cual A pesa 100 kg-f.28 Kg .866 T + 0.866) 0.f 0.866 * 40 – 0. (Normal N ) T2 T1 T1 B N Bloque A T2 C T1 300 T2 T2 T1 P A = 100 kg-f T1Y 300 T1X A 30 0 AY AX Bloque C Q = 10 kg-f Bloque B T2 T1 Q Bloque C Σ FY = 0 T1 – Q = 0 pero: Q = 10 kg-f.64 = 69.866 T + 0.75 F + 0.433 T + 0.5 F = 40 Ecuación 2 * (0.5 F = 40 Ecuación 2 Resolver las ecuaciones 1 y 2.5 T = 34.25 F = 40 0.64 – 0.866 F – 0.64 T = 34.5) 0.866 F – 0.5 4.25 F = 40 F = 40 Kg – f. Reemplazar en la ecuación 1 0.5 T = 0 34.5 T = 0 Ecuación 1 0. Calcular también la reacción del plano sobre el plano A.433 T = 0 0.T sen 60 + F sen 30 = 40 0.5 T = 0 Ecuación 1 * (0. El plano y las poleas son lisas. 6 kg-f Bloque B Σ FY = 0 T2 – P = 0 T2 = P Ecuación 2 pero: T2 = 58. Demostrar que cada esfera se encuentra independientemente en equilibrio.66 + 50 T2 = 58.66 kg-f. 4. Esfera 2 Esfera 1 FX FY 20 0 Esfera 1 F2 200 F1 F3 F F 450 F3 W Esfera 2 F1 F1Y F 450 F 1X F2 ESFERA 2 FY = F sen 20 FX = F cos 20 F1Y = F1 sen 45 F1X = F1 cos 45 Σ FX = 0 FX – F1X = 0 F cos 20 . T1 = Q = 10 kg-f.6 + 5 = 0 N – 81. P = 58.66 kg-f. Calcular las reacciones de las superficies sobre las esferas.66 kg-f. T2 = T1 cos 30 + A sen 30 pero: A = 100 kg-f T2 = 10 cos 30 + 100 sen 30 T2 = 8.48 Dos esferas idénticas se colocan en el sistema mostrado en la figura 4-42.Σ FX = 0 T2 – T1X . Σ FY = 0 N – AY + T1Y = 0 N – A cos 30 + T1 sen 30 = 0 pero: A = 100 kg-f N – 100 cos 30 + 10 sen 30 = 0 N – 86.6 = 0 N = 81.F1 cos 45 = 0 F1 cos 45 = F cos 20 200 FY FX F1X W 18 .A sen 30 = 0 Ecuación 2 T1 = Q = 10 kg-f.AX = 0 T2 – T1 cos 30 . δ T1 δ T2 T2Y T1X W T2X 19 .33 F cos 45 F1 = 1. y longitud 0.77 W ESFERA 1 FY = F sen 20 FX = F cos 20 Σ FX = 0 F 3 .723 W Σ FY = 0 F 2 .263 W = 0.9404 F + 0.FX = 0 F3 .737 W F3 = 0.263 W = W = W .2824 F = 0.024 W F1 = 1.9396 = 0 .0.77 W F1 = 1. δ T2 δ W φ φ T T1Y 90 .F cos 20 = 0 F3 F3 F3 F3 Ecuación 2 Pero: F = 0.342 F = W 1.77 W) * cos 20 = 0 .77 W .(0.723 W = 0 = 0.F1 = F cos 20 = 1.2824 F = w F = W = 0.33 F (1.47 Una varilla de masa de 6 kg.024 W F2 = 0.77 W 1.33 F Ecuación 1 Pero: F = 0.723 W 4.77 W) * 0.7071 + F 0. Determinar la posición de equilibrio y las fuerzas de reacción como una función del ángulo δ.33 F) * sen 45 + F sen 20 = W (1.0.77 W) * sen 20 = W + (0.33 F) * 0.8 metros esta colocada sobre un ángulo recto liso como se muestra en la figura 4-41.33 * (0.342 = W 0.77 W Se reemplaza en la ecuación 1 F1 = 1.77 W) F1 = 1.737 W Pero: F = 0.77 W) * 0.33 F Ecuación 1 Σ FY = 0 F1Y + FY – W = 0 F1 sen 45 + F sen 20 – W = 0 F1 sen 45 + F sen 20 = W Pero: F1 = 1.(0.FY – W = 0 F2 + F sen 20 – W = 0 F2 F2 F2 F2 F2 + (0.342 = W + 0. Electromecánico Bucaramanga – Colombia 2010 Para cualquier inquietud o consulta escribir a:
[email protected] [email protected] Principio de conservación del momentum Erving Quintero Gil Ing.PROBLEMAS RESUELTOS DINAMICA DE UNA PARTICULA 7.1 Introducción 7.3 Momentum lineal 7.com
[email protected] Ley de inercia 7.com 1 . 1 FISICA DE FINN Una partícula de 3.598 m/seg.Problema 7. Otra partícula de 1.8 + 1.2 * 6 = 3.(m1 V1 a X ) + m2 V2 a X = m1 V1 d X + m2 V2 d X .866 = 2. De masa se desplaza hacia el norte con una velocidad de 5 m/seg.5 m/seg.m1 V1 a X = m1 V1 d X + m2 V2 d X Reemplazando .2 kg V1 a x = 6 m/seg V1 d Y m1 30 0 Oeste θ = 600 β V2dX = V2 d cos β Este m2 = 1.6 * V2 d X .5 + 1.5 m/seg. b) El momentum total de las 2 partículas tanto al comienzo como al final de los 2 segundos. V2 d X = Velocidad de la partícula 2 después del choque en el eje de las “X” V2 d Y = Velocidad de la partícula 2 después del choque en el eje de las “Y” V1 d = Velocidad de la partícula 1 después del choque = 3 m/seg.6 V2 d X 2 .2 * 1.19.2 Kg.6 kg V1 d Y = V1 d sen 60 V1 d Y = 3 sen 60 = 3*0. V2 d X = V2 d cos β V2 d Y = V2 d sen β Norte V1 d = 3 m/seg V1 d X = V1 d cos 30 m1 = 3.598 m/seg.6 kg. Encontrar: a) la magnitud y dirección de la velocidad de la otra partícula.2 = 4. V2 d = Velocidad de la partícula 2 después del choque = ??? m1 = masa de la partícula 1 = 3.5 = 1.2 kg m2 = masa de la partícula 2 = 1. c) El cambio en el momentum de cada partícula d) El cambio en la velocidad de cada partícula.6 kg V2 a Y = 5 m/seg m2 Sur Cantidad de movimiento antes del choque en el eje de las “X” = Cantidad de movimiento después del choque en el eje de las “X” El signo negativo es por que la partícula m1 se desplaza hacia la izquierda 0 . V1 d X = V1 d cos 60 V1 d X = 3 * cos 60 = 3 * 0. Después de 2 seg. e) Las magnitudes de estos cambios en velocidad. V1 d Y = 2. Las dos partículas interactúan. La primera partícula se mueve en la dirección N300E con una velocidad de 3 m/seg.3. V1 d X = 1. V1 a Y = Velocidad de la partícula 1 antes del choque en el eje de las “Y” = 0 V1 d X = Velocidad de la partícula 1 después del choque en el eje de las “X” V1 d Y = Velocidad de la partícula 1 después del choque en el eje de las “Y” V2 a X = Velocidad de la partícula 2 antes del choque en el eje de las “X” = 0 V2 a Y = Velocidad de la partícula 2 antes del choque en el eje de las “Y” = 5 m/seg. de masa se mueve hacia el oeste con una velocidad de 6 m/seg. V1 a X = Velocidad de la partícula 1 antes del choque en el eje de las “X” = 6 m/seg. 0. Direccion Oeste 00 44 minutos.6 V2 d Y = . Debido a que la cantidad de movimiento de un sistema aislado se conserva en cualquier colisión.598 + 1.8 1.19. El cisne resbala a lo largo del tronco y sale del extremo de este con una velocidad de 2 km /hora.196 seg 1.0.6 V2 d X = .6 V2 d Y despejando 1.9999 El momentum total de las 2 partículas tanto al comienzo como al final de los 2 segundos.24 = .3136 m V2dY = .013066666) β = 0.6 * V2 d Y 8 = 8.0. flota en un río cuya velocidad es de 8 km/hora. Despreciar la fricción del agua.2 .24 m V2dX = .013066666 V2dX . Problema 7.despejando 1. Un cisne de 10 kg intenta aterrizar en el tronco mientras vuela a 8 km/hora en sentido contrario al de la corriente.196 tg β = 2dY = = 0.6 * 5 = 3.6 Cantidad de movimiento antes del choque en el eje de las “Y” = Cantidad de movimiento después del choque en el eje de las “Y” 0 m1 V1 a Y + m2 V2 a Y = m1 V1 d Y + m2 V2 d Y m2 V2 a Y = m1 V1 d Y + m2 V2 d Y Reemplazando 1.2 * 2.2 FISICA DE FINN Un tronco de un árbol de 45 Kg.74860 = 00 44 minutos.6 V .7486 . 3 .6 V2 d Y = 8 – 8.3136 = . podemos decir que la cantidad total de movimiento antes de la colisión es igual a la cantidad total de movimiento del sistema después de la colisión.3136 + 1.4.3136 1.6 V2 d X = . SUR V2 d = Velocidad de la partícula 2 después del choque = ??? V2 d X = V2 d cos β V2d = V2dX 15 15 = = = 15 m seg cosβ cos 0.15 Tg β = 0.0. Calcular la velocidad final del tronco.15 seg 1.013066666 β = arc tg (0. m c Vc d Reemplazando 45 * 8 . Vd Vd Y m H = 1.10 * 8 = 45 * Vt d . 2 km /hora. VH a Y = Velocidad del HIDROGENO antes del choque en el eje de las “Y” = 0 V Cl V Cl aX aY = Velocidad del cloro antes del choque en el eje de las “X” = 0 = Velocidad del cloro antes del choque en el eje de las “Y” = 3. Usar las masas atómicas de la tabla A-1.4 x 104 m/seg.4 x 104 m/seg. Vt a = Velocidad tronco antes = 8 km/hora V t d = Velocidad tronco después = ¿??? Vc a = Velocidad del cisne antes = 8 km/hora Vc d = Velocidad del cisne después.10 * 2 360 . mientras que el átomo de Cl se estaba moviendo perpendicularmente con una velocidad de 3.66 Vtd = 45 hora Problema 7.57 x 105 m/seg.20 280 = 45 Vt d .00797 uma VH a X = 1. 4 . Cantidad de movimiento antes de aterrizar el cisne = Cantidad de movimiento después de aterrizar el cisne El signo negativo es por que el cisne se desplaza hacia la izquierda m t Vt a - m c Vc a = m t Vt d .4 x 104 m/seg VH a X = Velocidad del HIDROGENO antes del choque en el eje de las “X” = 1. Encontrar la magnitud y dirección (respecto al movimiento del átomo de H) de la velocidad resultante HCl.57 x 10 5 Vd X = Vd cos θ θ M c l 2 = 35453 uma VCl = 3.3 FISICA DE FINN En la reacción química H + Cl → HCl el átomo H se estaba moviendo inicialmente hacia la derecha con una velocidad de 1.20 280 + 20 = 45 Vt d 45 Vt d = 300 300 km = 6.57 x 105 m/seg.m t = masa del tronco = 45 kg.80 = 45 Vt d . m c = masa del cisne = 10 kg. 46 Vd cos θ Vd cos θ = 1.00797 * 1.5402 *10 4 = 3.5402 x 104 = 36.6177 Θ = arc tg 7.57 x 105 = 36.6177 Θ = 82.582512 *10 5 = 0.306 * 10 4 = = 76.46 Igualando la ecuación 2 con la ecuación 1 Vd sen θ = Vd sen θ 3.0434 * 10 5 tg θ = 7. VdX : Es la velocidad después del choque de las moléculas unidas en el eje x .00797 uma + 35.306 *10 4 Ecuación 2 36.46 Vd sen θ 120.6177 Vd cos θ 0.177 *10 -1 = 7. quiere decir que las moléculas se unen para formar HCl después del choque.00797 uma mCl = masa del cloro = 35.0434 * 10 5 Ecuación 1 36.520 = 820 31 minutos Vd cos θ = 0.46 uma Cantidad de movimiento antes del choque en el eje de las “X” = Cantidad de movimiento después del choque en el eje de las “X” 0 mH VH a X + mCl VCl aX = (mH + mCl) V d X mH VH a X = (mH + mCl) V d X Reemplazando 1. VdX = Vd cos θ (Ver grafica) Vd Y = Es la velocidad después del choque de las moléculas unidas en el eje Y .453 uma = 36.46 * V d Y 120.46 Cantidad de movimiento antes del choque en el eje de las “Y” = Cantidad de movimiento después del choque en el eje de las “Y” 0 mH VH a Y + mCl VCl mCl VCl aY aY = (mH + mCl) V d Y = (mH + mCl) V d Y Reemplazando 35.Como la colisión es inelástica.582512 x 105 = 36.0434 *10 5 5 .46 * V d X 1. Vd Y = Vd sen θ (Ver grafica) mH = masa del hidrogeno = 1.453 * 3.4 x 104 = 36.453 uma Masa total = mH + mCl = 1. 454 m/seg Problema 7.2 m/seg V1 d X = V1 d cos 40 θ = 40 0 Este V1 d X = V1 d cos 40 V1 d X = 0. V1 d Y = 0.4 m/seg.3 kg.6427 = 0.2 * 0.3 V2 d X 6 .0434 * 10 5 m = = 0. a lo largo del eje X cuando choca con otra partícula de masa 0.2 * 0.1532 + 0. V2 d X = V2 d cos β V2 d Y V2 d V2 d X = V2 d cos β V2 d Y = V2 d sen β Cantidad de movimiento antes del choque en el eje de las “X” = Cantidad de movimiento después del choque en el eje de las “X” 0 m1 V1 a X + m2 V2 a X = m1 V1 d X + m2 V2 d X m1 V1 a X = m1 V1 d X + m2 V2 d X Reemplazando 0.4 m/seg m2 β V1 d = 0.2 m/seg.766 = 0.0434 x 105 Vd = 0. V2 d = Velocidad de la partícula 2 después del choque = ??? m1 = masa de la partícula 1 = 0.2 kg V1 a X = 0. b) El cambio en la velocidad y el momentum de cada partícula V1 a X = Velocidad de la partícula 1 antes del choque en el eje de las “X” = 0.1285 m/seg.5 FISICA DE FINN Una partícula cuya masa es de 0. Después del choque la primera partícula se mueve a 0. Oeste Norte V1d Y m1 = 0.03 + 0. V1 d X = 0.2 m/seg.Vd cos 82.52 = 0.2 kg m2 = masa de la partícula 2 = 0.3 kg V1 d Y = V1 d sen 40 V1 d Y = 0.2 kg se esta moviendo a 0.2 * 0.2 * cos 40 = 0. V1 a Y = Velocidad de la partícula 1 antes del choque en el eje de las “Y” = 0 V1 d X = Velocidad de la partícula 1 después del choque en el eje de las “X” V1 d Y = Velocidad de la partícula 1 después del choque en el eje de las “Y” V2 a X = Velocidad de la partícula 2 antes del choque en el eje de las “X” = 0 (la partícula esta en reposo) V2 a Y = Velocidad de la partícula 2 antes del choque en el eje de las “Y” = 0 (la partícula esta en reposo) V2 d X = Velocidad de la partícula 2 después del choque en el eje de las “X” V2 d Y = Velocidad de la partícula 2 después del choque en el eje de las “Y” V1 d = Velocidad de la partícula 1 después del choque = 0. Que se encuentra en reposo. Determinar: a) La magnitud y dirección de la velocidad de la segunda partícula después del choque.1285 m/seg.2 sen 40 = 0.4 = 0.454 cos 82.1532 m/seg.0434 * 10 5 0.2 *0. En una dirección que forma un ángulo de 400 con el eje de las X.52 0.13018 seg Vd = 33338.33338454 * 10 5 = 33338.08 = 0.1532 m/seg.3 * V2 d X 0.4 m/seg. Encontrar la masa de cada carro? 7 .0. Dirección Este 27.5 FISICA DE FINN 2 carros A y B se empujan uno hacia el otro. 0 0 m1 V1 a Y + m2 V2 a Y = m1 V1 d Y .03 0.16666 Tg β = 0.0257 .0257 m V2dY = 0.3 V2 d X = 0.51362 V2dX 0.1666 0.05 m V2dX = 0.3 m/seg.5 m/seg.m2 V2 d Y 0 = m1 V1 d Y .2 * 0.3 tg β = V2dY 0.3 V2 d X = 0. y se dirige hacia B con una velocidad de 0.1666 = = = 0.16666 seg 0.m2 V2 d Y Reemplazando 0 = 0.3 * V2 d Y 0 = 0.05 = 0.3 V2 d Y despejando 0.08 – 0. Después de la colisión A permanece constante mientras que B se desplaza hacia la derecha a 0. En un segundo experimento A esta cargado con una masa de 1 kg.5 m/seg.5 m/seg.3 V2 d Y = 0.0. Inicialmente B esta en reposo mientras que A se mueve hacia la derecha a 0.0257 = 0.0856 seg 0.0856 = = 0.1 m/seg.despejando 0.51362) β = 27. Después del choque A rebota a 0.3 Cantidad de movimiento antes del choque en el eje de las “Y” = Cantidad de movimiento después del choque en el eje de las “Y” El signo negativo es por que la partícula 2 se desplaza hacia abajo.180 SUR V2 d = Velocidad de la partícula 2 después del choque = ??? V2 d X = V2 d cos β V2d = V2dX 0. Mientras que B se mueve hacia la derecha a 0.51362 β = arc tg (0.18 .889575 Problema 7.1285 .180 = 270 10 minutos.187 m seg cosβ cos 27. A V A d = 0 m/seg. V A d = 0.5 m/seg. B A B V B a = 0 m/seg.5 m/seg.m A VA d + m B VB d Reemplazando m A * 0. VB a = Velocidad del carro B en el primer experimento = 0 m/seg.3 m/seg. 0 m A VA a + m B VB a m A VA a = = .5 m/seg.m A *0.5 m/seg. V A d = Velocidad del carro A en el segundo experimento = 0 m/seg.5 + m A *0.m A VA d + m B VB d .5 m/seg. Segundo experimento m= 1kg m= 1kg B A V A a = 0. a la masa del carro A. V A a = Velocidad del carro A en el primer experimento = 0.3 Ordenando y simplificando términos semejantes m A * 0. V B d = 0.3 mA * 2 = mB 2 m A = m B Ecuación 1 Cantidad de movimiento antes del choque en el segundo experimento = Cantidad de movimiento después del choque en el segundo experimento En el segundo experimento se le agrega un kg.1 + m B * 0.5 = . 0 0 (m A +1) VA a + m B VB a (m A +1) VA a = (m A +1) VA d + m B VB d = m B VB d Reemplazando 8 .3 m A * 0. m A = masa del carro A = ??.3 Dividiendo la expresión por 0. B V B a = 0 m/seg. m B = masa del carro B = ??. V B d = 0.Primer experimento A V A a = 0.1 = m B * 0. Cantidad de movimiento antes del choque en el primer experimento = Cantidad de movimiento después del choque en el primer experimento El signo negativo es por que el carro A rebota después del choque hacia la izquierda.6 = m B * 0. VB d = Velocidad del carro A en el segundo experimento = 0.1 m/seg. 2 m A = m B Ecuación 1 (m A +1) = m B Ecuación 2 2 m A = (m A +1) 2 mA .5 (m A +1) = m B Ecuación 2 Igualando la ecuación 1 con la ecuación 2. 9 .5 Dividiendo la expresión por 0.5 = m B * 0.(m A +1) * 0.mA = 1 m A = 1 kg (m A +1) = m B Ecuación 2 m B = m A +1 m B = 1 +1 m B = 2 kg. W sen2 δ T1 cos δ = W (1 .T1 sen δ * cos δ = 0 T1 cos δ * sen δ + T2 sen2 δ = W sen δ T2 cos2 δ + T2 sen2 δ = W sen δ T2 (cos2 δ + sen2 δ) = W sen δ Pero: (cos2 δ + sen2 δ) = 1 T2 = W sen δ Reemplazando en la ecuacion 2 T1 cos δ + T2 sen δ = W Ecuación 2 T1 cos δ + (W sen δ) * sen δ = W T1 cos δ + W sen2 δ = W T1 cos δ = W .δ) = sen δ Ecuación 1 Σ FY = 0 T1Y + T2Y – W = 0 T1 cos δ + T2 sen δ – W = 0 T1 cos δ + T2 sen δ = W Ecuación 2 Resolviendo las ecuaciones T2 cos δ .sen2 δ) = cos2 δ T1 cos δ = W cos2 δ T1 = W cos 2 δ = W cos δ cos δ Ecuación 1 Ecuación 2 T1 = W cos δ 20 .T1 sen δ = 0 Pero: sen (90 .T2Y = T2 sen δ T2X = T2 cos δ T1Y = T1 sen (90 .δ) = cos δ Pero: cos (90 .δ) T1X = T1 sen δ Σ FX = 0 T2X – T1X = 0 T2 cos δ .sen2 δ) Pero: (1 .T1 sen δ = 0 * cos δ T1 cos δ + T2 sen δ = W * sen δ T2 cos2 δ .δ) T1Y = T1 cos δ T1X = T1 cos (90 .