resueltos 6 tippens

Al completar este capítulo el alumno: Ilustrará mediante ejemplos y definiciones su comprensión de los térm inos brazo de palanca y momento de torsión. Calculará el momento de torsión resultante respecto a cualquier eje, dadas las magnitudes y posiciones de las fuerzas que actúan sobre un objeto alargado. Determinará las fuerzas o distancias desconocidas aplicando la prim era y segunda condiciones de equilibrio. Definirá centro de gravedad y dará ejemplos de dicho concepto. En los capítulos anteriores nos hemos referido a las fuerzas que actúan en un solo punto. Existe un equilibrio traslacional cuando la suma vectorial es cero. Sin embargo, en m uchos casos las fuerzas que actúan sobre un objeto no tienen un punto de apli­ cación común. Este tipo de fuerzas se llaman no concurrentes. Por ejemplo, un mecánico ejerce una fuerza en el m aneral de una llave para apretar un perno. Un carpintero u ti­ liza una palanca larga para extraer la tapa de una caja de madera. Un ingeniero con­ sidera las fúerzas de torsión que tienden a arrancar una viga de la pared. El volante de un automóvil gira por el efecto de fuerzas que no tienen un punto de aplicación común. En casos como éstos, puede haber una tendencia a girar que se define como m om ento de torsión. Si aprendemos a m edir y a prever los m om entos de torsión producidos por ciertas fuerzas, será posible obtener los efectos rotacionales deseados. Si no se desea la rotación, es preciso que no haya ningún m om ento de torsión resultante. Esto conduce en forma natural a la condición de equilibrio rotacional, que es muy im portante en aplicaciones industriales y en ingeniería. Cuando un cuerpo está en equilibrio, debe encontrase en reposo o en estado de m ovimiento rectilíneo uniforme. De acuerdo con la prim era ley de Newton, lo único que puede cambiar dicha situación es la aplicación de una fuerza resultante. Hemos visto que si todas las fuerzas que actúan sobre un cuerpo tienen un solo punto de intersección y si su suma vectorial es igual a cero, el sistema debe estar en equilibrio. Cuando sobre un cuerpo actúan fuerzas que no tienen una línea de acción común, tal vez exista equilibrio traslacional pero no necesariamente equilibrio rotacional. En otras palabras, quizá no se mueva ni a la derecha ni a la izquierda, tampoco hacia arriba ni hacia abajo, pero puede seguir girando. Al estudiar el equilibrio debemos tom ar en cuenta el punto de aplicación de cada fuerza además de su magnitud. JV w ¿y F (a) Hay equi­ librio puesto que las fuerzas tienen la misma línea de acción, (b) No hay equilibrio F W porque las fuerzas opuestas no tienen la misma línea de acción. C onsidere las fuerzas que se ejercen sobre la llave de tuercas de la figura 5 -la. Dos fuerzas F iguales y opuestas se aplican a la derecha y a la izquierda. La prim era condi­ ción de equilibrio nos dice que las fuerzas horizontales y verticales están equilibradas; p o r lo tanto, se dice que el sistema está en equilibrio. No obstante, si las m ism as dos fuerzas se aplican com o indica la figura 5 -Ib, la llave de tuercas definitivam ente tiende a girar. Esto es cierto incluso si el vector que resulta de la sum a de fuerzas sigue siendo cero. Es obvio que se requiere u n a segunda condición de equilibrio que explique el m ovim iento rotacional. U n enunciado form al de esta condición se presentará poste­ riorm ente, au n q u e antes es necesario definir algunos térm inos. En la figura 5 -Ib, las fuerzas F no tienen la m ism a línea de acción. La de una fuerza es una línea im aginaria que se extiende indefinidamente a lo largo del vector en am b as direcciones. C uando las líneas de acción de las fuerzas n o se intersecan en u n m ism o p u nto, puede haber rotación respecto a u n p u n to llam ado el eje de rotación. En nuestro ejemplo, el eje de rotación es u n a línea im aginaria que pasa a través del p ern o en dirección p e r­ pendicular a la página. La distancia p erpendicular del eje de rotación a la línea de acción de la fuerza se llam a brazo de p a la n ca de la fuerza, el cual determ ina la eficacia de u n a fuerza dada p ara provocar el m ovim iento rotacional. Por ejem plo, si se ejerce u n a fuerza F a dis­ tancias cada vez m ayores del centro de u n a gran rueda, gradualm ente será m ás fácil hacer girar la ru ed a en relación con su centro ( véase la figura 5-2.) El de una fuerza es la distancia perpendicular que h a y de la línea de acción de la fuerza al eje de rotación. 101 La fuerza no equilibrada F no produce ningún efecto rotacional sobre el punto A pero cada vez es más eficaz a medida que aumenta su brazo de palanca. Si la línea de acción de la fuerza pasa por el eje de rotación (punto A de la figura 5-2), el brazo de palanca vale cero. Se observa que no hay efecto rotacional, indepen­ dientem ente de la m agnitud de la fuerza. En este sencillo ejem plo, los brazos de palanca en los p u n to s B y C son sim plem ente la distancia de los ejes de rotación al p u n to de aplicación de la fuerza. Sin em bargo, hay que n o tar que la línea de acción de la fuerza no es m ás que una sencilla construcción geom étrica. El brazo de palanca se traza p e r­ pendicular a esta línea. Debe ser igual la distancia del eje al p u nto de aplicación de la fuerza, pero esto es cierto sólo cuando la fuerza aplicada es perpendicular a esta distan­ cia. En los ejemplos de la figura 5-3, r representa el brazo de palanca; y O, el eje de rotación. Estudie cada ejemplo, observando cóm o se trazan los brazos de palanca y razo­ nando si la rotación es en el m ism o sentido o contraria al avance de las manecillas del reloj con respecto a O. (a) Algunos ejem­ plos de brazos de palanca. 102 (b) Se ha definido la fu e rza com o u n tiró n o un em pujón que tiende a causar un m ovim iento. El m o m en to de torsión r se define com o la tendencia a p ro ducir u n cam ­ bio en el m ovim iento rotacional. En algunos textos se le llam a tam bién m o m en to de fuerza.* C om o ya hem os visto, el m ovim iento rotacional se ve afectado tan to p o r la m ag n itu d de un a fuerza F com o p o r su brazo de palanca r. Por lo tanto, definirem os el m o m en to de torsión com o el p ro d u cto de u n a fuerza por su brazo de palanca. M om ento de torsión = fuerza X brazo de palanca T — Fr Es preciso entender que en la ecuación (5-1) r se m ide en form a perpendicular a la línea de acción de la fuerza F. Las unidades del m om ento de torsión son las unidades de fuerza p o r distancia, po r ejemplo, newton-metro (N • m ) y libra-pie (Ib • ft). Ya antes se estableció una convención de signos para indicar la dirección de las fuerzas. La dirección del m om ento de torsión depende de si éste tiende a producir la rotación en el sentido de avance de las manecillas del reloj, o sentido retrógrado (sr), o en dirección contraria a ellas o sentido directo (sd). Seguiremos la m ism a convención que para m edir ángulos. Si la fuerza F tiende a producir u n a rotación contraria a la de las manecillas con respecto a u n eje, el m om ento de torsión se considerará positivo. Los m om entos de tor­ sión en el sentido de las manecillas del reloj se considerarán negativos. En la figura 5-3, todos los m om entos de torsión son positivos (sd), excepto el correspondiente a la figura 5-3a. Se ejerce u n a fuerza de 20 N sobre u n cable enrollado alrededor de un tam bor de 120 m m . ¿Cuál es el m o m en to de torsión producido aproxim adam ente al cen­ tro del tam bor? ( Véase la figura 5-4.) 20 N Fuerza tangencial ejercida por el cable enrollado alrededor de un tambor. N ote que la línea de acción de la fuerza de 20 N es perpendicular al diám etro del tam bor. Por lo tan to , el brazo de palanca es igual al radio del tam bor. Si se * Al momento de torsión también se le ha llamado en algunos textos, torque o torca (N. del R.T.) -i. U 5 D DE LA _ _ J £ A !íU !A ü D .íí;\ Algunas calculadoras científicas permiten pro­ gramar fórmulas en ellas, de manera que basta sustituir los valores de las variables conocidas para obtener la respuesta que busca. Le sugerimos que haga la prueba tecleando los ejemplos que apare­ cen en el manual de instrucciones de la calcu­ ladora. Una vez que haya programado la calculado­ ra, trabaje con ejemplos sencillos para comprobar que todo funciona correc­ tamente. Asegúrese de que se trata de una fór­ mula "general" y no de la respuesta literal a un problema en particular. Tecnología actual La Estación Espacial Interna­ cional se instalará con ayuda de una versión de alta tec­ nología de un taladro ina­ lámbrico. La herramienta en cuestión con mango de pis­ tola, o PGT, alimentada por baterías puede contar el número de revoluciones y limitar la magnitud del mo­ mento de torsión aplicado a un perno. La NASA ordena a los diseñadores que usen un solo tipo de perno, el cual pueda ser manipulado fácil­ mente por los astronautas con sus trajes espaciales EVA (para actividades extravehiculares). convierte el diám etro a m etros (0.12 m ), el radio es de 0.06 m. El m om ento de torsión se calcula a p artir de la ecuación (5-1): t = Fr = - ( 2 0 N )(0.06 m ) = - 1 .2 0 N • m El m o m en to de torsión es negativo porque tiende a causar una rotación en el sen­ tid o de las manecillas del reloj. U n m ecánico ejerce una fuerza de 20 Ib en el extrem o de una llave inglesa de 10 in, com o se observa en la figura 5-5. Si este tiró n form a u n ángulo de 60° con el m ango de la llave, ¿cuál es el m om ento de torsión producido en la tuerca? Cálculo del momento de torsión. P rim ero trace u n bosquejo ordenado, extienda la línea de acción de la fuerza de 20 Ib, y dibuje el brazo de palanca com o se m ostró. Observe que el brazo de palanca r es perpendicular tanto a la línea de acción de la fuerza com o al eje de ro ­ tación. Debe recordar que el brazo de palanca es u n a construcción geom étrica y puede estar o no sobre alguna estructura física, com o p o r ejem plo el m ango de la llave de tuercas. A p a rtir de la figura se obtiene r = (10 in) sen 60° = 8.66 in r = Fr = (20 Ib)(8.66 in) = 173 Ib • in Si se desea, este m om ento de torsión se puede transform ar en 14.4 Ib • ft. En algunas aplicaciones, es m ás útil trabajar con las componentes de u n a fuerza para o btener el m o m ento de torsión resultante. En el ejem plo anterior se podría haber sepa­ rado el vector de 20 Ib en sus com ponentes horizontal y vertical. En vez de hallar el m o m en to de torsión de u n a sola fuerza, sería necesario encontrar el m om ento de to r­ sión de las dos fuerzas com ponentes. C om o indica la figura 5-6, el vector de 20 Ib tiene sus com ponentes Fx yF y, las que se calculan p o r trigonom etría: Fx = (20 Ib)(eos 60°) = 10 Ib Fy = (20 Ib)(sen 60°) = 17.3 Ib Observe en la figura 5-6b que la línea de acción de la fuerza de 10 Ib pasa por el eje de rotación. El brazo de palanca de esta fuerza es la longitud de la llave inglesa. En el capítulo 3 se d em ostró que la resultante de varias fuerzas se puede determ i­ n ar sum ando las com ponentes x y y de cada fuerza. N o hacen falta m ás cálculos. El siguiente procedimiento resulta útil para calcular el m om ento de torsión resultante. y los que tienen el m ism o sentido de las manecillas son nega­ tivos. tr . 105 .5 > = NET www. T2 + Ti + Hay que recordar que los m om entos de torsión en sentido contrario al avance de las maneci­ llas del reloj son positivos. Si elegim os las co m p o n en tes de u n a fuerza a lo largo y p e rp e n d ic u la rm en te a la d istan cia conocida.3 Ib. además de u n a resultante de la fuerza traslacional. el m om ento de torsión resultante es la sum a algebraica de los m om entos de torsión positivos y negativos debidos a cada fúerza.explorescience. ta n sólo nos in teresa el m o m en to de to rsió n de la co m p o n en te p erp en d icu lar.I 17. Por lo tanto. el m om ento de torsión total se debe a la com ponente de 17.com/ Esta página en Internet de Exploración Científica pre­ senta sencillas demostra­ ciones de ondas de choque para ayudar a explicar el concepto de momento de torsión. C uando las fuerzas apli­ cadas actúan en el m ism o plano. U n elemento esencial en las técnicas efectivas para resolver problemas es la organización. y el m om ento de torsión es r = Fr = (17. Las fuerzas que no tienen una línea de acción com ún producen una resultante del m om ento de torsión. y así obtener las com ponentes de la resultante. p o rq u e la c o m p o n en te h o rizo n tal tiene u n brazo de palanca de cero. Esto no produce ningún m om ento de torsión porque su brazo de palanca es cero.3 lb)( 10 in) = 173 Ib • in N ote que u tilizan d o este m éto d o se o b tiene el m ism o resultado.3 Ib 10 Ib (a) (b) Método de las componentes para el cálculo del momento de torsión. Rx .A x + Bx + Cx + Ry — Ay By + Cy + Este procedim iento se aplica a fuerzas que tienen u n punto de intersección com ún. que es perpendicular al mango. 6. U na pieza angular de hierro gira sobre un gozne. 3. 4. 5. 2. Las longitudes de los brazos de palanca son: r\ = (12 cm ) sen 50° = 9. Véase la ecuación (5-2). Lea el problem a y luego dibuje una figura y m arque los datos. Se traza u n diagram a de cuerpo libre y se construyen los brazos de palanca r\ y ri com o en la figura 5-7b.19 cm r2 = (10 cm ) sen 70° = 9. Calcule los brazos de palanca si es necesario. com o se observa en la figura 5-7. Calcule los m om entos de torsión debidos a cada fuerza independientem ente de otras fuerzas. asegúrese de asignar el signo apropiado (sd = + y sr = — ).40 cm 106 . C onstruya u n diagram a de cuerpo libre que indique todas las fuerzas. distancias y el eje de rotación.1. 7. D eterm ine el m om ento de torsión resultante en A debido a las fuerzas de 60 N y 80 N. El m o m en to de torsión resultante es la sum a algebraica de los m om entos de torsión de cada fuerza. D ibuje y m arque los brazos de palanca para cada fuerza. Extienda las líneas de acción de cada fuerza utilizando líneas punteadas. Dibuje un diagrama de cuerpo libre (si es nece­ sario). M ientras los brazos de palanca se m idan respecto al m ism o punto para cada fuerza. no contribuye al m om ento de torsión. en sentido contrario a las manecillas del reloj. El m om ento de torsión resultante se encuentra así: tr — T i + T2 = F in + F2T2 = . 107 .Si se considera A com o eje de rotación. p o r ejemplo.00 N • m en unidades del SI. '•1 1 I O. I rotación elegido y establezca el resultado igual a cero. podem os elegir cualquier pu n to com o eje de rotación. es preciso estipular que no hay m om ento de torsión resultante. A hora estamos listos para analizar la condición necesaria para el equilibrio rotacional.= o 6. indicando las distancias entre las fuerzas. familiares y conocidos el tipo de carrera que desea labrarse y pregúnte­ les si saben de empleos o de personas con las que ] T t = n + r 2 + T3 + pueda ponerse en con­ o tacto. el m om ento de torsión debido a F\ es nega­ tivo (sr) y el causado p o r F2 es positivo (sd). Si una fuerza particular tiene u n brazo de palanca de cero. la segunda condición de equilibrio es: tactos. Los problem as se simplifican si se elige el eje de rotación en el pun to de aplicación de una fuerza desconocida. ^F x= 0 ¿ > . 1. Si una persona le da La segunda condición de equilibrio sim plem ente nos indica que los m om entos de to r­ sión en el sentido de las manecillas del reloj están exactamente equilibrados por los m om entos de torsión opuestos al avance de las manecillas. Elija u n eje de rotación en el punto donde se tenga m enos inform ación. inde­ pendientem ente de su m agnitud. 3. el m om ento de torsión resultante será de cero. La condición para el equilibrio traslacional quedó establecida en form a de ecuación como Antes de su graduación. Informe a sus ami­ gos. use sus habilidades para J>*= 0 Y Jpy = ° establecer redes de con­ Si se desea asegurar que los efectos rotacionales tam bién estén equilibrados. Por lo tanto. Sume los m o m en to s de torsión correspon­ dientes a cada fuerza con respecto al eje de el nombre de un contacto en una compañía especí­ fica.5 5 2 N • cm + 752 N • cm = 200 N • cm El m om ento de torsión resultante es 200 N • cm. mencione a la per­ sona que le dio el contacto cuando solicite el empleo. Aplique la prim era condición de equilibrio para obtener dos ecuaciones adicionales. Esta respuesta se expresa m ejor com o 2.19 cm ) + (80 N )(9. 2. 4. TR — T i — 72 + T3 + = 0 5.( 6 0 N )(9. Más aún.40 cm ) = . Trace y m arque u n bosquejo con todos los datos. Calcule las cantidades que no se conocen. puesto que la rotación no ocurre respecto a ningún punto. en el p unto de aplicación de una fuerza descono­ cida. Por lo tanto. Una viga uniform e que pesa 200 N está sostenida p o r dos soportes A y B.Considere la situación que se presenta en la figura 5-8. aplicam os la segunda condición de equilibrio. N ote que se considera que todo el peso de la viga uniform e actúa en su centro.(400 N )(4 m ) = 0 108 . En seguida aplicam os la prim era condición de equilibrio. ecuación (5-3): Y Fy = A + B — 300 N — 200 N — 400 N = 0 o bien. La sum a de los m om entos de torsión respecto a B dan por resultado la siguiente ecuación: ] T tb = —A(12 m ) + (300 N )(10 m ) + (200 N )(4 m ) . ¿cuáles son las fuerzas ejercidas p o r los soportes? -10 m -4 m 400 N 300 N A -1 2 m Bosquejo del sistema 2m i 300 N 6m 4m 200 N 4m l 400 N Diagrama de cuerpo libre Los problemas sobre momento de torsión se simplifican si se dibuja primero un esquema del sistema. En prim er lugar. Eligiendo el eje en B. el brazo de palanca de esta fuerza es cero. debem os seleccionar un eje desde el cual podam os m edir brazos de palanca. De acuerdo con las distancias y fuerzas que aparecen en la figura. es preciso tener m ás inform ación. La elección lógica es el pu n to de aplicación de alguna fuerza descono­ cida. Luego se traza un diagrama de cuerpo libre para indicar las fuerzas y la distancia. Se traza u n diagram a de cuerpo libre para que m uestre claram ente todas las fuerzas y las distancias entre ellas. A + B = 900 N Puesto que esta ecuación tiene dos incógnitas. De este modo. A + B = 900 N D espejando B se obtiene B = 900 N — A = 900 N — 183 N = 717 N C om o com probación de este resultado. la fuerza desconocida F tendrá u n brazo de palanca igual a cero. resulta lógico elegir este pivote como eje de rotación para sum ar m om entos de torsión. resulta A = 183 N Ahora.2400 Ib • ft . (Sus m om entos de torsión fueron negativos. (No cometa el error de suponer que la fuerza ejercida por este pivote coincide totalm ente con lo largo del puntal). ¿cuál es la tensión T del cable? ¿Cuáles son las com ponentes horizontal y vertical de la fuerza ejercida por el pivote? Consideremos el puntal como un objeto en equilibrio. De las dos fuerzas descono­ cidas F y T.(500 lb)(24 ft) + Tx(0) + Ty(24 ft) = 0 = 0 . Si una carga de 500 Ib se cuelga del extrem o derecho. podem os elegir el eje de rotación en A y luego aplicar la segunda condición de equilibrio para determ inar B. Es posible deter­ m inar la tensión del cable a partir de la segunda condición de equilibrio. haciendo que el m om ento de torsión alrededor de A sea tam bién cero.12 000 Ib • ft + Ty( 24 ft) = 0 Ty( 24 ft) = 14 400 Ib • ft A p artir de la figura 5-9b. que está en posición horizontal. tom em os en cuenta de nuevo la ecuación o btenida a p a rtir de la p rim era condición de equilibrio. ^ t a = F(0) . com o se observa en la figura 5-9. El puntal se apoya en la pared y el cable form a u n ángulo de 30° con respecto al puntal.) Simplificando se obtiene .N ote que la fuerza de 400 N y la fuerza A tienden a producir una rotación en el sen­ tido de las manecillas del reloj con respecto a B. tenem os m enos datos de la fuerza F. Un puntal uniform e de 200 Ib de peso y 24 ft de longitud está sostenido por un cable.5 T . p ara determ in ar la fuerza ejercida p o r el soporte B.( 1 2 m )A + 3000 N • m .(200 lb)( 12 ft) . Ty = T se n 30° = 0. Por lo tanto.1600 N • m + 800 N • m = 0 A ñadiendo (12 m ) A a am bos lados y sim plificando queda 2200 N • m = (12 m )A D ividiendo am bos lados entre 12 m . 570(24 ft) = 14 400 Ib • ft 12T = 14 400 Ib T = 1 200 Ib Para en co n trar las com ponentes horizontal y vertical de F. o sea que (0.200 Ib .(1200 Ib) (sen 30°) = 700 Ib . Fy = 700 Ib . =0 Fy + T y . . a p a r­ tir de sus com ponentes.500 Ib = 0 D espejando Fy. es 1045 Ib a 5. = 0 Fx~Tx = 0 de donde Fx = Tx = T eos 30° = (1200 Ib) (eos 30°) = 1040 Ib La com ponente vertical se determ ina sum ando las fuerzas a lo largo del eje y.5° p o r arriba del puntal.Fuerzas que actúan sobre un soporte horizontal. dem uestre que la m ag n itu d y la dirección de la fuerza F. podem os aplicar la p rim era condición de equilibrio. La com ponente horizontal se encuentra sum ando las fuerzas a lo largo del eje x.Ty o bien. obtenem os Fy = 700 Ib .600 Ib = 100 Ib C om o ejercicio. la prim era condición de equilibrio nos lleva a F = 16 Ib + 8 Ib = 24 Ib Ahora elegimos el eje de rotación al centro de la esfera de 16 Ib. Suponga que se elige para ubicar este vector a una cierta distancia del centro de la esfera de 16 Ib. el peso no actúa de hecho en este punto. como una esfera uniforme. Primero se dibuja un vector hacia arriba que indique la fuerza en el centro de gravedad que equilibraría el sistema. que representa la suma de todas las fuerzas que actúan sobre cada parte del cuerpo. una esfera hueca. existe un punto en el que se puede considerar que está concentrado todo el peso del cuerpo. Independientem ente de la forma y tam año del cuerpo. El centro de gravedad de un cuerpo regular. Calcule el centro de gravedad de las dos esferas que se presentan en la figura 5-10. Ésta es la mejor elección. puesto que la distancia x se mide a partir de este punto. se localiza en su centro geométrico. no nece­ sariamente tiene que estar dentro del cuerpo. un cubo. una varilla o una viga. En el caso de un cuerpo formado por múltiples partículas. ya que el vector peso. determ inando el punto en el cual una fuerza ascendente producirá un equilibrio rotacional. cuyo peso es despre­ ciable. Por lo tanto. estas fuerzas son esencialmente paralelas y dirigidas hacia el centro de la Tierra. Por supuesto. es posible calcular el centro de gravedad de un cuerpo. Por ejemplo. Este punto se llama el centro de gravedad del cuerpo. La segunda condi­ ción de equilibrio se aplica en la forma siguiente: t = (24 lb)x — (8 lb)(30 in) = 0 (24 lb)x = 240 Ib • in x = 10 in 111 . La distancia x puede trazarse y marcarse sobre la figura. pero podemos calcular el mismo tipo de m om ento de torsión respecto a un eje dado si consideramos que todo el peso actúa en este punto. se acepta que cualquier cuerpo sus­ pendido desde este punto está en equilibrio. tienen un brazo de palanca igual a cero. Este hecho se utilizó en los ejemplos de la sección anterior. Esto es verdad. un aro circular y un neumático tienen su centro de gravedad fuera del material del cuerpo. Aun cuando el centro de gravedad es un punto fijo. Puesto que la fuerza ascendente debe ser igual a la suma de las fuerzas descendentes._J ■i Cada partícula que existe en la Tierra tiene al menos una fuerza en com ún con cualquier otra partícula: su peso. si están conectadas entre sí por un una barra de 30 in. donde considerábamos el peso de la viga completa actuando en su centro. A partir de la definición de centro de gravedad. Este punto es el centro de gravedad. Usted puede dem ostrar que se llega a la misma conclusión si se suman los m om entos de torsión respecto al extremo derecho o respecto a cualquier otro punto.Cálculo del centro de gravedad. . Si la barra que une las dos esferas se suspende del techo en un punto situado a 10 in del centro de la esfera de 16 Ib. el sistema estará en equilibrio. Los principales concep­ tos se resumen a continuación: El brazo de palanca de una fuerza es la dis­ tancia perpendicular que hay entre la línea de acción de la fuerza y el eje de rotación. En este capítulo se pre­ sentó el concepto de momento de torsión como una medida de la tendencia a girar. Describa y explique la posición de su cuerpo. Usted levanta con la mano derecha una maleta pesada. línea de acción 2 . A continuación se le pide que levante su pie izquierdo del suelo. 5-5. TR = X T-A = F l rl + F2r2 + F3r3 + • •• T = 0 El equilibrio total existe cuando se satisfacen la prim era y la segunda condiciones de equilibrio. centro de gravedad Preguntas de repaso 5-1. m om ento de torsión 5. se puede considerar que el peso total del objeto actúa en este punto. Ésta se llama la segunda condición de equilibrio y se escribe como La suma de todos los momentos de torsión respecto a cualquier punto es cero. El centro de gravedad de un cuerpo es el punto a través del cual actúa el peso resul­ tante. Si se sabe que el peso de un ladrillo es de 6 Ib. Un truco de salón consiste en pedir a una per­ sona que se coloque de pie contra una pared con los pies juntos. El m om ento de torsión con respecto a un eje determinado se define como el producto de la m agnitud de una fuerza por su brazo de palanca: E qu ilibrio rotacion al : Un cuerpo en equili­ brio rotacional no tiene un m om ento de torsión resultante que actúe sobre él. 5-2. distancias y m om entos de torsión desconocidos. la sum a de todos los m om entos de torsión respecto a cualquier eje debe ser igual a cero.Resumen Cuando sobre un cuerpo actúan fuerzas que no tienen la misma línea de acción o no se intersecan en un punto común. puede haber rotación. En tales casos. independientemente de cómo esté orientado el cuerpo. se pueden escribir tres ecuaciones independientes: (a)5 > *= 0 (b) =0 (c) X t =0 Escribiendo estas tres ecuaciones para una situación específica se pueden determ inar fuerzas. de manera que la parte late­ ral de su pie derecho se apoye contra la pared. equilibrio rotacional 6 . brazo de palanca 4. Los signos se deter­ m inan por la convención ya mencionada. En tales casos. eje de rotación 3. explique cómo podría usar una regla graduada y un punto de apoyo o pivote para determ inar el peso de una pelota de béisbol. Conceptos clave 1 . ¿Por qué una m iniván tiene más probabili­ dades de volcarse que un Corvette u otros autos deportivos? 5-4. Para las aplicaciones que incluyen mom entos de torsión. Los ejes pueden elegirse en cualquier parte puesto que el sistema no tiene la tendencia a girar respecto a cualquier punto. ¿Por qué no le es posible hacerlo sin caer? 5-3. Describa y explique los movimientos de los bra­ zos y piernas de la persona que camina sobre la cuerda floja para no perder el equilibrio. 113 . M om en to de torsión = fu erza X brazo de palan ca S Es positivo si tiende a producir movimiento en sentido contrario al avance de las manecillas del reloj (¥) sd directo y negativo si el m ovimiento se produce en el mismo (3 sr t = Fr El m om ento de torsión resultante tr con respecto a un eje particular A es la suma algebraica de los m om entos de torsión pro­ ducidos por cada fuerza. (b) 60°. si el ángulo d es de (a) 90°. Si todo el peso actúa sobre cada m ovimiento descendente del pedal. Comente acerca de los siguientes artefactos y la aplicación que en ellos se hace del principio del momento de torsión: (a) destornillador. Halle la m agnitud y el signo del momento de torsión provocado por la fuerza de 200 N. Una sola correa está enrollada en dos poleas. 5-7. ¿Cuál es la magnitud del brazo del momento? 5-8. ¿cuáles son los m om entos de torsión de entrada y de salida? .5-6. ¿Cuál es la mag­ nitud del brazo del momento? 5-2. Problemas 5-1. (b) llave de tuercas. Si la tensión en la parte superior de la correa es esencialmente de 50 N en el borde de cada polea. ¿cuál es el m om ento de torsión máximo? 5-10. 5-5. (d) carretilla de mano. (e) cascanueces y (f) palanca (alza­ prim a). La polea de tracción tiene 10 cm de diámetro y la polea exterior de salida tiene un diám etro de 20 cm. 5-3. Halle el brazo del m om ento en el eje B de la figura 5 -11b. (c) pinzas. F=200N 5-4. Calcule el brazo del m om ento sobre el eje B de la figura 5-lia . La varilla liviana de la figura 5-12 tiene 60 cm de longitud y gira libremente alrededor del punto A. Dibuje e identifique con un letrero el brazo del m om ento de la fuerza F sobre un eje en el punto A de la figura 5-1 la. Se aplica a la correa una fuerza de 60 N. ¿Cuál es el momento de torsión resultante en torno del eje A y en torno del eje B7. Una correa de cuero está enrollada en una polea de 20 cm de diámetro. La fuerza F ilustrada en la figura 5-1 Ib es de 400 N y el peso del hierro del ángulo es insignifi­ cante. ¿Cuál es el momento de tor­ sión en el centro del eje? 114 5-9. Dibuje e identifique con un letrero el brazo del momento si el eje de rotación está en el punto A de la figura 5-1 Ib. Una persona que pesa 650 N decide dar un paseo en bicicleta. ¿cuál es el m om ento de torsión resultante en torno al eje A (considerando insignificante el peso de la varilla)? ¿Cuál es el m om ento de torsión resultante en torno al eje B? 5-6. Los pedales se mueven en un círculo con 40 cm de radio. Si la fuerza F d e la figura 5 -lla es igual a 80 Ib. (c) 30° y (d) 0o. Suponga que retira el peso de 150 N de la rueda más pequeña en la figura 5-14. Dos ruedas de 60 cm y 20 cm de diámetro están unidas y giran sobre el mismo eje como m uestra la figura 5-14. ¿Cuál es el m om ento de torsión resultante en torno al punto A de la figura 5-13? No tome en cuenta el peso de la barra. Calcule el m om ento de torsión resultante en torno a la esquina A para la figura 5-15. ¿Qué nuevo peso puede usted colgar de ella para obtener un m om ento de torsión resultante de cero? 5-16. 5-17. 40 cm y 60 cm. Calcule el momento de torsión resultante en el caso de la figura 5-13 si el eje se mueve hasta el extremo izquierdo de la barra. Una pesa de 60 N se cuelga en la marca de 30 cm. *5-18. Halle el momento de torsión resultante en torno al punto C en la figura 5-15.80 N? 5-14. ¿En qué punto será necesario colgar una pesa de 40 N para equilibrar el sistema? 5-20.5-11. ¿Qué fuerza horizontal se tiene que aplicar en el punto A de la figura 5-1 Ib para que el momento de torsión resultante en torno al punto B sea igual a cero cuando la fuerza F . ¿Cuál es el m om ento de torsión resultante en torno de un eje cen­ tral con los pesos ahí indicados? 5-15. 5-13. En una regla graduada se colocan pesas de 10 N. respectivamente. 20 N y 30 N en las marcas de 20 cm. ¿En qué punto habrá que agregar una pesa de 5 N para obtener el equilibrio? B I* 1 20 cm 60 cm 115 . La regla se balancea sobre un solo apoyo en su punto medio. 5-19. Una regla graduada de material uniform e se ha equilibrado en su punto medio sobre un solo punto de apoyo. Halle el m om ento de torsión resultante en torno del eje B en la figura 5-15. 15 N 2m 4m □a: 3m 20 N 30 N 5-12. 5 m de la pared y sostiene un peso de 1200 N en el extremo derecho. ¿Cuáles deben ser las fuerzas F\ y Fj para que se alcance el equilibrio en la figura 5-17? No tom e en cuenta el peso de la barra. Un poste de 4 m es sostenido en sus extremos por dos cazadores que transportan en él un venado de 800 N que cuelga en un punto localizado a 1. Encuentre las fuerzas que ejercen los soportes. Una tabla de 8 m con peso despreciable está sostenida en un punto localizado a 2 m del extremo derecho. gira sobre un pivote fijo en la pared como se observa en la figura 5-19. ¿Cuáles son las fuerzas que ejercen los soportes A y K 116 60 N 5-26. Halle las fuerzas F y A considerando que el sistema está en equilibrio. Supongamos que la barra de la figura 5-16 tiene un peso despreciable. 5-24. La barra lleva sujeto un cable en un punto localizado a 4. *5-29. Una plataforma de 10 ft que pesa 40 Ib está apoyada por los extremos en escaleras de tijera. ¿Cuál es la tensión en el cable? . Un pintor que pesa 180 Ib se ha colo­ cado a 4 ft del extremo derecho. Un puente cuyo peso total es de 4500 N tiene 20 metros de longitud y tiene soportes en ambos extremos.5 m del extremo izquierdo. cuyo peso es 400 N. Halle las fuerzas que se ejercen en cada extremo cuando se coloca un tractor de 1600 N a 8 m del extremo izquierdo. ¿qué fuerza es necesario aplicar a lo largo de la correa? 5-27.5-21. 5 ft 90 Ib 4 ft ¡1ft¡ F2 20 Ib 5-25. Una barra horizontal de 6 m. ¿Qué fuerza descendente se tendrá que ejercer en el extremo izquierdo para alcan­ zar el equilibrio? 5-22. Una correa en V está enrollada en una polea de 16 pulgadas de diámetro. 5-28. donde se le aplica un peso de 50 N. Considere la barra ligera sostenida como indica la figura 5-18. Si se requiere un m om ento de torsión resultante de 4 Ib ft. ¿Cuáles son las fuerzas ascendentes que nece­ sita desarrollar cada uno de los cazadores? 5-23. ¿Cuáles son las componentes horizontal y vertical de la fuerza que ejerce la pared sobre la barra? ¿Cuáles son la m agnitud y la direc­ ción de esa fuerza? 5-31. ¿A qué distancia del punto medio de la esfera de 40 N está el centro de gravedad? Problemas reto 5-35. se alcanzará el equilibrio rota­ cional? La barra forma un ángulo recto. 200 y 500 Ib han sido colocadas sobre una tabla ligera que descansa en dos soportes. Calcule el centro de gravedad de un martillo si la cabeza de metal pesa 12 Ib y el mango de 32 in que la sostiene pesa 2 Ib. 8 y 10 N penden de una varilla ligera de 10 m a distancias de 2. Halle el momento de torsión resultante en torno al punto A en la figura 5-22. 1001b 2001b 10 ft 5001b 6 ft 16 ft 7 5 4 ft A 117 . ¿Con qué fuerza horizontal. ¿A qué distancia del extremo izquierdo está el centro de gravedad? I 5-34. ¿qué fuerza se debe aplicar en el extremo izquierdo para equilibrar el sistema? *5-39. ¿Cuál es el m om ento de torsión resultante en torno del pivote de la figura 5-20? Considere que el peso de la barra curva es insignificante. 5-36. 5-37. Pesas de 2. ¿A qué distancia del extremo izquierdo se deberá aplicar una sola fuerza ascendente para establecer el equilibrio? 5-32. ¿Cuáles son las fuerzas que ejercen los soportes? 5-38. 5-33. como se aprecia en la figura 5-21. 6 y 8 m del extremo izquierdo. 5. De su extremo izquierdo pende una pesa de 50 N y se aplica una fuerza de 20 N en su extremo derecho. 4. Suponga que la construcción y el peso del mango son uniformes.I II : : *5-30. Una barra de material uniform e tiene una longitud de 6 m y pesa 30 N. Una esfera de 40 N y una esfera de 12 N están conectadas por una varilla ligera de 2 0 0 m m de longitud. aplicada al extremo izquierdo de la varilla curva que aparece en la figura 5-20. Una viga de acero de 8 m pesa 2400 N y está sostenida a 3 m del extremo derecho. Pesas de 100. Si se coloca un peso de 9000 N en el extremo dere­ cho. *5-40. Halle el m om ento de torsión resultante en torno al punto B en la figura 5-22. y F 3 necesarias para que el sistema dibujado en la figura 5-23 quede en equilibrio. Suponga que la vigueta de la figura 5-24 pesa 100 N y que el peso suspendido W es igual a 40 N. ¿A qué distancia del extremo izquierdo se ten­ drá que colocar una caja de 40 Ib para estable­ cer el equilibrio? ¿Sería diferente el resultado si la tabla pesara 90 Ib? ¿Por qué sí o por qué no? 5-42. una regla graduada de 4 N y un solo soporte con borde de navaja. ¿Cuál es la tensión en la cuerda? 50 Ib _ 2 ft 8 ft O CN 3 Ib 2 ft A 8 ft \ . Una caja de 30 Ib y una caja de 50 Ib se colo­ can en los extremos opuestos de una tabla de 16 ft sostenida únicamente en su punto medio.Preguntas para la reflexión critica -5-41. Calcule las fuerzas F\. En un banco de laboratorio tenemos una piedra pequeña. 5-44. Explique cómo puede usar esos tres elemen­ tos para hallar el peso de la piedra pequeña. 5-45. Fj.400 N? Considere que el peso de la vigueta es despreciable en ambos casos. (a) ¿Qué peso W producirá una tensión de 400 N en la cuerda atada a la vigueta de la figura 5-24? (b) ¿Cuál sería la tensión en la cuerda si W . 300lb 5-43. 3 ft 7 ft f 118 2 f . En las condiciones que hemos descrito en la pregunta 5-45. *5-49. ¿Cuáles son la magnitud y la dirección de la fuerza que ejerce la pared sobre la vigueta en la figura 5-25? También en esta ocasión. ¿cuáles son las componentes horizontal y vertical de la fuerza que ejerce el gozne colocado en el piso sobre la base de la vigueta? *5-47. *5-48. pero se desconoce su longitud. ¿Cuál es la tensión en el cable de la figura 5-25? El peso de la vigueta es 300 N.5-46. ¿a qué distancia del eje frontal está localizado el centro de gravedad? 119 . supongamos que el peso de la tabla es de 300 N. Entre los ejes delantero y trasero de acero de un automóvil hay una distancia de 3. El 60 por ciento del peso del vehículo descansa sobre las ruedas delanteras.4 m. Resolverá problemas que incluyan tiempo. se dice que se mueve con rapidez constante.Al completar el estudio de este capítulo el alumno: Definirá y aplicará las fórmulas para velocidad media y aceleración media. desplazamiento. Si el objeto recorre las mismas distancias en cada unidad sucesiva de tiempo. para determ inar alguno de los cinco parámetros: velocidad inicial. la altura máxima y el tiem po de vuelo de proyectiles cuando la velocidad inicial y el ángulo de proyección sean datos conocidos. Aplicará las cinco ecuaciones generales del movimiento uniform em ente ace­ lerado. Por lo tanto. velocidad media y aceleración media.—1 t La línea sobre el símbolo v significa que la rapidez representa un valor prom edio para el intervalo de tiem po t. pies por segundo. Recuerde que la dimensión de la rapidez es la relación de una longitud con un inter­ valo de tiempo. tiem po y desplazamiento. . las unidades de millas por hora. aceleración. velocidad final. se dice que tiene una rapi­ dez constante de 8 m/s. la rapidez media de un objeto en movimiento se define como R apidez m edia distancia recorrida tiem po transcurrido . Explicará por medio de ecuaciones y diagramas el m ovimiento horizontal y vertical de un proyectil lanzado con diferentes ángulos. Resolverá problemas generales sobre aceleración que incluyan la caída libre de los cuerpos en un campo gravitacional. m e­ tros por segundo y centímetros por segundo son unidades comunes de la rapidez. Determ inará la posición y la velocidad de un proyectil cuando su velocidad inicial y su posición son los datos conocidos. Por ejemplo. Ya sea que la rapidez sea constante o no. El tipo más sencillo de movimiento que puede experimentar un objeto es el movimiento uniforme en línea recta. si un tren recorre 8 m de vía por cada segundo que se mueve. Calculará el alcance. D espués de sujetar el carrito a la balanza de resorte. reste la fuerza de 1. ¿C uánta fuerza se necesita para m over el c a­ rrito? ¿Es posible m anten er esa rapidez? ¿Por qué es difícil lograrlo? Estime la FnetaLos resultados pueden explicarse com o sigue: Sólo se requiere una pequeña fuerza.e d u Para ver una dem ostración de la superposición de veloci­ dades. de A a B. tire de ésta hori­ zontalm ente. o incluso si tuvo que detenerse a comer.ipil»! Un golfista logra un hoyo en uno 3 segundos después de que la pelota fue golpeada.0 N de la fuerza de fricción.1 a 0. Si la pelota viajó con una rapidez media de 0. visite esta página de Internet (no necesita teclear w w w ). no fue necesario conocer ni la rapidez de la pelota de golf a cada instante. ¿a qué distancia estaba el hoyo? Despejando s de la ecuación (6-1) queda s = v t = (0. la rapidez promedio es 62. la rapidez media de un automóvil que viaja de Atlanta a Chicago es función úni­ camente de la distancia registrada en su odóm etro y del tiem po requerido para realizar el viaje. Esto se d eb e a que no fue difícil hacer que la fuerza de tracción se eq u ili­ brara con la fuerza de fric­ ción. f. la velocidad.2 N. El carrito aceleró rápi­ dam ente cuando la fuerza de tracción se volvió más grande que la fuerza de fricción.5 km /h Íuhü/uíu/ju ¡Jv jjyJjjJJrj N ecesitará un carrito de 1 kg y una balanza de resorte. Inténtelo con un valor constante de 1.8 m/s)(3 s) Por lo tanto. 6) Como ejemplo. considere que la distancia s de la figura 6 -1 es de 500 km. v. Debemos distinguir claramente entre la cantidad escalar rapidez y su contraparte direccional. Al tira r del carrito. D. la rapidez son independientes de la dirección. velocidad.8 m/s. Esto es fácil recordando la diferencia entre distancia y desplaza­ miento analizada en el capítulo 3. En lo que se refiere a los cálculos. norm alm ente de 0.4 m Es im portante observar que la rapidez es una cantidad escalar totalmente indepen­ diente de la dirección. Si lo están. de m odo que el carrito m anten ga una rapidez baja constante. la distancia que hay hasta el hoyo es de s = 2.b u . 121 . En el ejemplo 6-1. tiempo. observe si las fuerzas que actúan sobre él están equilibradas o no. NET El desplazamiento y la velocidad son cantidades vectoriales. el carrito podrá m anten er una rapi­ dez constante. ni la naturaleza de su trayectoria. mientras que el desplazamiento está representado por las coordenadas polares D = (D. distancia. En forma similar. La distancia recorrida en reali­ dad se representa como s. y que el desplaza­ miento es de 350 km a 45°. mientras que la distancia y b u p h y . que un objeto se mueve a lo largo de la trayectoria punteada. no hay ninguna diferencia. como indica la figura 6-1. para m over el ca­ rrito con una rapidez cons­ tan te.0 N. Para calcular la Fneta. dezplazamiento. Suponga. ya sea que el conductor del automóvil haya tom ado la ruta directa o la panorámica. Si el tiempo real de travesía es de 8 h. s. El coefi­ ciente de restitución se mide dejando caer la pelota desde ciertas alturas sobre una super­ ficie dura. es la relación del cam bio de distancia con respecto al tiempo. si la trayectoria del objeto en m ovimiento es curva. deben tener un alto coeficiente de restitución. Las pelotas que no alcanzan una altura aceptable son desechadas. . suponga que observa el m ovimiento de un cuerpo durante un tiem po t. Es la relación del cam bio del desplazam iento con respecto al tiempo. La es una cantidad vectorial que representa la velocidad v¡ en cualquier punto C. En choques de frente. tan sólo la rapidez del objeto está cambiando. Por lo tanto. La velocidad final se define como la velocidad vy que tiene el cuerpo al final del intervalo de tiempo. Así se mide la altura del rebote. Esto produce gas nitrógeno que infla las bol­ sas de nylon y las fuerza a salir de sus compartimientos de almacenamiento. constante por largos periodos de tiempo. La velocidad inicial Vq del cuerpo se define como su velocidad al inicio del intervalo de tiempo. se trata de una cantidad vec­ torial y. Sin embargo. la diferencia entre rapidez y velocidad es tanto en m agnitud como en dirección. o sea que las magnitudes de la rapidez y de la velocidad son las mismas en cada instante. Por esta razón. los térm inos veloci­ dad y desplazamiento son más apropiados que los térm inos rapidez y distancia. entonces afir­ maremos que su aceleración está dada por Aceleración cambio en la velocidad intervalo de tiempo _ v / ~ vq t Si la aceleración se escribe como se acaba de indicar. La razón a la que cambia la velocidad con respecto al tiem po se le llama aceleración. 45° t 8 h v = 43. a veces es útil hablar de rapidez instantánea o velocidad instantánea. Cuando el pasajero y la bolsa inflada hacen contacto. es un buen hábito reservar el térm ino velocidad para la descripción más completa del movimiento. el gas es forzado a salir y la bolsa se desinfla en 2 s. cuando t . 45° Por lo tanto.00? D 350 km. Al ir del punto A al B. sin embargo. Por consiguiente. El tiempo que transcurre entre el impacto y el llenado de la bolsa es menor de 40 ms. En impac­ tos con una aceleración repenti­ na de 10 a 15 mi/h. cuando t = t. un dispo­ sitivo detector instalado al frente del vehículo activa un sistema de ignición que provoca la descomposición de gránulos de amida de sodio. Por ejemplo. En la mayoría de los casos. la rapidez instantánea es la parte escalar de la velocidad instantánea. Si la dirección del movimiento es en línea recta.La velocidad media. quizá sea necesario ir más despacio o más rápido a causa de las condiciones del camino. ¿Por qué el coeficiente debe ser menor que 1. Los automóviles no siempre pueden viajar a rapidez. Como veremos en futuras secciones. las bolsas de aire han demostrado su uti­ lidad para prevenir lesiones en la cabeza y el pecho. Si la direc­ ción no cambia. un cambio de veloci­ dad puede originar tam bién un cambio de dirección. depende de los cambios de dirección como de los cambios de magnitud. la velocidad de un objeto cambia m ientras éste se mueve. La velocidad media está dada por Para que las pelotas deportivas satisfagan las noím as aceptables para su utilización. si somos capaces de medir las velocidades inicial y final de un objeto en movimiento. por lo tanto. En este capítulo nos ocuparemos del m ovimiento en trayectoria recta. La es una cantidad escalar que representa la rapidez en el instante en que el autom óvil está en un punto arb i­ trario C.8 km /h. En tales casos.0. debe tom ar en cuenta la m agnitud y la dirección del desplazamiento. la aceleración siempre formará ángulos rectos con respecto a la velocidad. el vector diferencia en la ecuación ( 6 . conviene recordar que la velocidad sigue siendo una cantidad vectorial y que el signo asignado a la velocidad indica la dirección y no la mag­ nitud. desde una rapidez inicial de 12 m/s hasta una rapidez final de 22 m/s.No obstante. Puesto que no hay cambio en la dirección. habría aceleración aun cuando la rapidez no cambie. Este últim o tipo de m ovimiento se tratará en un capítulo posterior. considere un automóvil que se mueve con aceleración uniforme. Considerando la dirección a la derecha como positiva. 123 . tanto en presen­ cia de aire como sin aire. Para una aceleración constante escribimos v/ ~ VQ Por ejemplo. si se forma un círculo perfecto y con rapidez cons­ tante. la aceleración puede determinarse a partir de la ecuación (6-3). si se sigue una trayectoria curva.edu Si desea ver una excelente demostración del efecto de la gravedad sobre una pluma y una moneda. Este tipo especial de m ovimiento se conoce como movimiento uniformemente acelerado o de aceleración uniforme. Movimiento uniformemente acelerado. Vf — vq 2 2 m /s — 12 m/s A f= tiempo 6 A t= 5 s B NET buphy. la velocidad del automóvil en A es de +12 m/s. visi­ te esta página de Internet (no necesita teclear www). en el cual la rapi­ dez cambia a razón constante. Así. Si el incremento en la velocidad requiere 5 s. y su velocidad final en B es de +22 m/s. En realidad.bu. El tipo de aceleración más sencillo es el m ovimiento rectilíneo. como indica la figura 6-2.Sin embargo.2 ) se trasform a simple­ mente en la diferencia entre la m agnitud de la velocidad final Vf y la m agnitud de la velocidad inicial vo. Esto significa que cada segundo el automóvil incrementa su rapidez en 2 m/s. se determ ina que 20 km /h es igual a 5. lo cual significa que puede tratarse de un increm ento o una dism inución de la velocidad.56 m /s — 16. pero este término es problemático porque a = -1. Puesto que el automóvil ya tenía una velocidad de 12 m/s cuando empezamos a con­ tar el tiempo. 2 y 3 s tendría valores para la rapidez de 14. O sea. la aceleración también es negativa. Dicho movimiento se conoce a veces como desaceleración.56 m/s.39 m/s 2 Puesto que la dirección original del tren se consideró positiva. la misma ecuación se utiliza para calcular diferentes cantidades. 16 y 18 m/s. después de 1. cada segundo. Si la rapidez se incrementa en dirección negativa.39 m/s 2 significa en realidad que la velocidad se vuelve más negativa. ¿cuál es su velocidad después de 6 s? La velocidad final se obtiene a partir de la ecuación (6-4) vf = v 0 + a t = 2 0 m/s + (8 m /s 2)(6 s) . La aceleración se refiere al cam bio en la velocidad. Primero se convierte la velocidad de kilómetros por hora a las unidades de SI que son m/s. Si su velocidad inicial era de 2 0 m/s. Velocidad fin a l = velocidad inicial + cam bio de velocidad Vf = vo + a t Un automóvil mantiene una aceleración constante de 8 m /s2. respectivamente. Sustituyendo estos valores en la ecuación (6-3) se tiene a — Vf — vp _ 5. Encuentre la aceleración en unidades del SI. se debe despejar literalmente cada símbolo que aparece en la ecuación. Muchas veces. en esa cantidad.7 m /s t 8 s a = —1. Una forma conveniente de presentar la ecuación se desprende de la ecuación (6-3) cuando se despeja la velocidad final. Por lo tanto. Un tren reduce su velocidad de 80 a 20 km /h en un tiem po de 8 s.39 m/s cada segundo. De igual manera.La respuesta se lee como dos metros p o r segundo por segundo o dos metros por segundo al cuadrado. el signo negativo de la aceleración significa que el tren redujo su rapidez en 1. v = --------. y qué tan lejos llegará en esos 2 min? La velocidad media se calcula sustituyendo directamente en la ecuación (6-5). pero como 2 m in = 120 s. Se trata de las siguientes: Vf + Vo s — vt — —-----. 60 m/s .= 30 m/s 2 La distancia recorrida se determ ina a partir de la ecuación (6-1). vamos a analizar la ecuación de la velocidad media y a expresarla en térm inos de estados ini­ cial y final.1 2 Un objeto en movimiento incrementa uniformemente su velocidad de 20 a 40 m/s en 2 min. Una surgió de la defini­ ción de velocidad.o bien.1-----------. Así.= -----------------------2 2 o bien. La velocidad media de un objeto que se mueve con aceleración constante se determ ina igual que el promedio aritmético de dos números..t 2 125 . y la otra. de la definición de aceleración. la velocidad final es Ahora que se han com prendido los conceptos de velocidad inicial y final. v= Vf + v. Dadas una velocidad inicial y una velocidad final. la velocidad media es simplemente Utilizando esta relación en la ecuación (6-1) se obtiene una expresión más útil para calcular la distancia: Vf + v0 s = v i = .o 40 m/s + 20 m/s -------. s = v t = (30 m/s)(2 min) Las unidades de tiempo son inconsistentes. tenemos que s = (30 m /s)(120 s) = 3600 m Hasta ahora hemos presentado dos relaciones fundamentales. ¿Cuál es la velocidad media. a y t. Tabla 6-1 Resumen de fórmulas de la aceleración (1) 5 = V° + Vft (4) s = Vft —~ a t2 (2) Vf = vo + at (5) las = vj — v¡j (3) s = vqí + ~^at2 126 . También es impor­ tante elegir una dirección como la positiva y aplicar este criterio en forma consistente a la velocidad. f= • 7 La tercera ecuación adicional se obtiene mediante la eliminación del tiempo t en las ecuaciones básicas. Por lo tanto. Sustituyendo la última en la prim era se obtiene = (v0 + at) + v0 2 Simplificando. 2 donde f es el único valor desconocido. En cualquier caso.s = vt H— at2 . 1 7 s = v n t H----. se detiene a par­ tir de cierta velocidad inicial. las dos restantes pueden calcularse a partir de las ecuaciones generales. la solución requiere a veces el uso de la ecuación cuadrática. las fórmulas presentadas se pueden sim­ plificar por la sustitución ya sea de Vo = 0 o V f = 0. o bien. restando s de am bos lados. Vf.s 2 De aq u í a = —a. son útiles para resolver problemas donde se conocen tres de los parám etros y es necesario ha­ llar uno de los otros dos. cuando se sustituyan sus valores en las ecua­ ciones. La prim era se deriva eliminando la velocidad final de las ecuaciones (6 . hay varias sugerencias para ayudar al alumno principiante.a t A 2 s . c = . La tabla 6-1 resume las fórmulas generales. Aunque la resolución de problemas en los que interviene una aceleración uniforme se basa fundamentalmente en elegir la fórmula correcta y sustituir los valores conocidos. Con un poco de álgebra se obtiene la s — vj — vo2 -b ± V t)2 . Aunque éstas son las únicas fórmulas necesarias para tratar de resolver los m últi­ ples problemas que se presentan en este capítulo.. hay otras tres relaciones útiles que pueden obtenerse a partir de ellas.s 2 R eordenando los térm inos.6 ) y (6-4). el punto de partida para resolver cualquier problema consiste en leer el enunciado del problema cuidadosamente con el propósito de detectar las tres cantidades necesarias para resolverlo. Los problemas con frecuen­ cia se refieren al movimiento que parte de un estado de reposo. b = v. Prim ero iguale la ecuación a cero. Un análisis más detallado de las cinco ecuaciones generales revela un total de cinco parámetros: s. al desplazamiento y a la aceleración. se obtiene Una ecuación similar se obtiene eliminando vo en las mismas dos ecuaciones: 1 5 = V ft — ~ a t 0 = —at2 + vt .¡\ac 2a A pesar de que estas ecuaciones no nos proporcionan nueva información. Si se dan como datos tres de estas cantidades. tenemos . según el caso. vq.Vf = V:o + at f i En la ecuación 9 s = vt H—1 at2.s para la fórm ula cuadrática. 9 m/s t 15 s a = 0. ¿Cuál fue su aceleración y qué tan lejos viajó? Datos: Vo = 0 Encontrar: a = ? Vf = 50 km /h = 13. Establezca los tres parámetros conocidos y los dos desconocidos. Sustituya las cantidades conocidas y resuelva la ecuación. debe incluir el parám etro desconocido.5: se le dificulta decidir qué ecuación debe usar. Así. pero no al otro. Segundo. Lea el problema. todos los demás parámetros que aparecen en la ecuación deben conocerse. Asegúrese de que los signos y las unidades son consistentes. Primero. 1.E n co n trar:----------- 4. si un problema ofrece como datos valores para Vf. 3.926 m /s2 127 . puede ser útil recordar las condi­ ciones que la ecuación en cuestión debe satisfacer. Dados: ----------. es posible determ inar a en la ecuación (2 ) de la tabla 6 .9 m/s s= ? t = 15 s Para encontrar la aceleración debemos elegir una ecuación que incluya a pero no s. ' Los ejemplos siguientes se han abreviado y no incluyen las figuras. 2. vo y í. Vf = 0 + at de donde _ v£ _ 13. aunque ejem­ plifican el proceso. Por ejemplo.1 . La ecuación (2) de la tabla 6-1 puede utilizarse y en ella v0 = 0. Indique la dirección positiva consistente. luego trace un bosquejo y marque en él los datos. 2 2 2 as — Vf — vq Vf = vo + at S = Vft — ~^at 5. Una lancha de m otor parte del reposo y alcanza una velocidad de 50 km /h en 15 s. Seleccione la ecuación que incluya a uno de los parámetros desconocidos. de la siguiente forma: .1.04 s Un tren que viaja inicialmente a 16 m/s se acelera constantemente a razón de 2 m /s2. ¿Qué tan lejos viajará en 20 s? ¿Cuál será su velocidad final? Datos: vo = 16 m/s Encontrar: s = ? a = 2 m /s 2 Vf = ? t = 20 s 128 . hallamos el tiempo de frenado.vo = (0) ~ (294 ft/s) a —144 ft/s 2 t = 2. Encuentre la aceleración y el tiem po necesario para detenerlo.En la tabla 6.(i5 s) 2 2 s = 104 m Un avión aterriza en la cubierta de un portaaviones a 200 m i/h y se detiene por completo a 300 ft. seleccionando la ecuación donde aparece t y no a. A continuación. = 0 + 1 3 '9 m/s-. Datos: v0 = 200 m i/h = 294 ft/s Encontrar: a = ? v/ = 0 t= ? s = 300 ft Al examinar la tabla 6-1. experimentaría una fuerza de detención aproximadamente igual a cuatro veces y media su peso. obtenemos vf . debemos seleccionar la ecuación (5) como la que con­ tiene a y no t 2 t 2 2 as = Vf — v o _ vj — vft _ (O) 2 ~ (294 ft/s ) 2 ~~ 2s ~~ 2(300 ft) a = —144 ft/s 2 Una persona sometida a una aceleración semejante. = * ± 2 . Al despejar la ecuación (2 ) explícitamente para t. se puede calcular el desplazamiento a partir de la ecuación (1). Suponga que la dirección hacia arriba es positiva. ni tampoco su ubicación en el espacio.De la ecuación (3) de la tabla 6-1. algunos estudi­ antes suponen que su re­ solución fue incorrecta. como cuando un objeto es arrojado al aire o cuando se sujeta un objeto a un resorte que oscila. el valor de s puede ser + 1 m en su m ovimiento hacia arriba y +1 m en su movimiento hacia abajo. Siempre que cambia la dirección del movimiento. el cual siempre está dirigido hacia abajo. Vf = vo + at = (16 m/s) + (2 m /s2)(20 s) = 56 m/s £1 tren recorre una distancia de 720 m y alcanza una velocidad de 56 m/s. el signo del desplaza­ miento será positivo en cualquier punto ubicado arriba del punto de lanzamiento. Por lo tanto. El signo del desplazamiento depende de la ubicación o la posición del objeto. por lo cual decimos que la velocidad de la pelota es positiva cada vez que su movimiento se dirige hacia arriba y negativa cada vez que su movimiento se dirige hacia abajo. No im porta que la velocidad esté cambiando con el tiempo. el signo correspondiente al desplazamiento y a la aceleración resulta particu­ larmente difícil de visualizar. la cual contiene s y no Vf. tenemos . 1 S = Vof + Y 2 = (16 m /s )(2 0 s) + -—(2 m /s 2)(2 0 s )2 = 320 m + 400 m — 720 m La velocidad final se determ ina a partir de la ecuación (2). un resultado ne­ gativo puede indicar con frecuencia la dirección de un vector (com o velocidad o aceleración) en dirección opuesta a la que fue desig­ nada com o positiva. Observe que la aceleración es negativa cuando la pelota se mueve hacia arriba y también cuando se mueve hacia abajo. considere la aceleración de la pelota durante su vuelo. Sin em bargo. C uando la respuesta es negativa. desplazamiento y velocidad son interdependientes. Únicamente el signo de la velocidad se determ ina por la dirección del movimiento. no debemos considerar su ubicación ni la dirección de su movimiento. y será negativo en cualquier punto por debajo del punto de lanzamiento. Los signos de aceleración. Consideraremos el punto de lanzamiento como el de desplazamiento cero (s = 0). Su desplazamiento se vuelve negativo sólo cuando la pelota se encuentra por debajo del punto de lanzamiento. y cada uno se determ ina por criterios diferentes. el signo de la aceleración es negativo (hacia abajo) durante todo el movimiento. es posi­ ble perder de vista el signifi­ cado de la respuesta final. Cuando se trabaja con un problem a de m uchos pasos. Considere por ejemplo una pelota de béisbol lanzada hacia arriba como indica la figura 6-3. La pelota se mueve hacia arriba en línea recta hasta que se detiene y regresa siguiendo una trayectoria descendente en la misma línea. Para determinar si la aceleración de un objeto es positiva o negativa. sólo su ubicación (la coordenada y de su posición) es la que determ ina el signo del desplazamiento. 129 . Observe ahora los signos de la velocidad durante el vuelo de la pelota. La única fuerza que actúa sobre ella durante su recorrido total es su peso. Por ejemplo. Por último. y el signo de la aceleración queda determ inado por la fuerza que produce que la velocidad cambie. Tal vez éste sea el punto que más confunde a los alumnos principiantes. Ahora. Observe que no im porta si la pelota se está moviendo hacia arriba o hacia abajo. a = - en lugar de eso.v = . En este ejemplo. es positiva o negativa.y = + . es positiva o negativa dependiendo de si la dirección del movimiento está a favor o en contra de la dirección elegida como positiva.(J) s = + . v = O'. a = - (T) s = +". el desplazamiento y la aceleración: es positivo o negativo. a = - © s = + . Una vez que se ha elegido la dirección positiva. la siguiente convención determ i­ nará los signos de la velocidad.. esa fuerza es el peso del objeto. dependiendo de si la fuerza resultante está a favor o en contra de la dirección elegida como positiva. dependiendo de la ubi­ cación o posición del objeto en relación con su posición cero. 130 . debemos tomar en cuenta la dirección de la fuerza que provoca el cambio de velocidad. La explicación clásica de la paradoja radica en el hecho de que los cuerpos pesados son proporcionadam ente más difíciles de ser acelerados. uno de los parámetros se conoce de antemano y no necesita darse como dato en el problema.vi Antes de utilizar estas ecuaciones.1 ). los signos de vq . la aceleración gravitacional corresponde a un movimiento uniformemente acelerado.g t 2 1 . Dicha ace­ leración se ha medido a nivel del m ar y a una latitud de 45°. se han despreciado totalmente los efectos de la fricción debida al aire. Por ejemplo. Ésa fue una idea revolucionaria.Gran parte de nuestros conocimientos sobre la física de la caída de los cuerpos se deben al científico italiano Galileo Galilei (1564-1642). Antes de la época de Galileo. o 9. En problem as que tratan con cuerpos en caída libre. Él fue el primero en deducir que en ausencia de fricción. un valor positivo para s indica un desplazamiento por arriba del punto de partida. Para nuestros propósitos. Esta resistencia al m ovimiento es una propiedad de los cuerpos llamada inercia.17 ft/s2. si s es ne­ gativo. una plum a y una bola de acero caerán al mismo tiempo. todos los cuerpos. Si la dirección ascendente se elige como positiva. porque contradice lo que una persona pudiera suponer. Por lo tanto.—gt(5a) 2gs = Vf . la distancia s en las ecuaciones anteriores representa el desplazamiento arriba o abajo del origen. en el vacío.8 m /s 2 Puesto que la aceleración gravitacional es una aceleración uniforme. En forma similar. porque el efecto inercial mayor de la bola de acero se compensa exactamente con su mayor peso. según las cuales los objetos pesados caían proporcionalmente más rápido que los ligeros. Vfy g indican sus direcciones. ( Véase la figura 6-4. es demasiado im portante elegir una dirección como la positiva y seguir este criterio en form a consistente al sustituir valores conocidos. representada por g. y su valor es de 32. se aplican las mismas ecuaciones generales del movimiento. resultan las siguientes modificaciones: s = vt (2 a) Vf = v0 + gt (3a) s = v0t + y. (4a) s = V f t.) Para tratar el asunto de la caída de los cuerpos en este capítulo. Sin embargo.806 m /s2. pesados o ligeros. caen a la Tierra con la misma aceleración. El signo de la respuesta es necesario para determ inar la localización de un punto o la dirección de la velocidad en tiem pos específicos. Si la constante g se incluye en las ecuaciones generales (tabla 6 . . representa un desplazamiento por debajo del punto de partida. grandes o pequeños. es conveniente hacer algunos com entarios gene­ rales. los siguientes valores tienen la precisión suficiente: g = 32 ft/s 2 g = 9. la gente seguía las enseñanzas de Aristóteles. En estas circunstancias. hacia abajo. .Una pelota de hule se deja caer del reposo. donde vo = 0.128 ft/s V/. Encuentre su velocidad y su posición después de 1. =i6ftO v = 32 ft/s s = 64 ft ( i ) y = 6 4 ft/s s = 144 ft O ' ’ 96 ft/s s = 25 6 ft Q . Organizando los datos tenemos: Dados: Vo = 0 Encontrar: g = +32 ft/s 2 Vf = ? s= ? t = 1. 3 y 4 s. Puesto que todos los parámetros se medirán hacia abajo. respectivamente. 3 y 4 s se obtienen velocidades finales de 64. igual a 32 ft/s2. es más conveniente ele­ gir la dirección descendente como positiva.96 y 128 ft/s. 2. 2. Un cuerpo en caída libre tiene una aceleración uniforme. 3 y 4 s La velocidad como función del tiempo aparece en la ecuación (2a). v0 + gt = gt = (32 ft/s2)t Vf = Después de 1 s tenemos Vf = (32 ft/s2)(l s) = 32 ft/s (hacia abajo) Haciendo una sustitución similar para t= 2. como muestra la figura 6-5. puesto que se eligió esa dirección como positiva. Todas estas velocidades se dirigen hacia abajo. Vamos a suponer que la dirección hacia arriba sea positiva. tenemos s = v0t + ~ g t2 = . la pelota ha alcanzado su máxima altura y empieza a caer libremente partiendo del 133 .3 2 ft/s2. respectivamente. su velocidad después de 1 s se reducirá a 64 ft/s.g t 2 a partir de la cual s = y (3 2 ft/s2) t2 = (16 ft/s2) t2 Después de 1 s. Cuando la velocidad llega a cero. Después de 2 s su velocidad será de 32 ft/s. explique. Los resultados anteriores se resumen en la tabla 6-2. y después de 3 s su velocidad queda reducida a cero. lo que hace que la aceleración de la gravedad sea igual a . cómo el m ovimiento ascendente es exactamente inverso al m ovimiento descendente. ft/s Posición al final de tiempo t. Tabla 6-2 Tiempo t. Si su velocidad inicial es 96 ft/s.6 ). s = (16 ft/s2)(2 s )2 = (16 ft/s2)(4 s2) = 64 ft En forma similar. ft 0 0 0 1 32 16 2 64 64 3 96 144 4 128 256 Suponga que una pelota se arroja hacia arriba con una velocidad inicial de 96 ft/s. se obtienen 144 y 256 ft para las posiciones después de 3 y 4 s. El signo negativo indica que un objeto arrojado verticalmente reducirá su velocidad en 32 ft/s cada segundo al ele­ varse. el cuerpo caerá una distancia dada por s = (16 ft/s2)(l s )2 = (16 ft/s2)(l s2) = 16 ft Después de 2 s.La posición como función del tiem po se calcula a partir de la ecuación (3a). sin utilizar ecuaciones. Puesto que la velocidad inicial es cero. s Velocidad al final del tiempo t. (Observe la figura 6 . (d) ¿Cuáles son su posición y su veloci­ dad después de 5 s? ( Véase la figura 6-7. respectivamente.) Elegimos la dirección hacia arriba como positiva.5 s. En el punto más alto. Ahora. 5 y 6 s será de -32. (b) Encuentre la altura máxima. (c) Determine su posición y su velocidad después de 1. sin embargo. -6 4 y -96 ft/s. la velocidad final de la pelota será igual a cero. tenemos que 134 . reposo. Organizando los datos. que indica la dirección del movimiento. la velocidad de la pelota se va a incrementar en 32 ft/s cada segundo. (íj) Calcule el tiempo necesario para alcanzar la altura máxima. Una pelota de béisbol arrojada verticalmente hacia arriba desde la azotea de un edificio alto tiene una velocidad inicial de 20 m/s. ya que tanto la dirección del m ovimiento como la aceleración de la gravedad están en la dirección negativa. Su velocidad después de 4.Una pelota que se lanza verticalmente hacia arriba regresa al suelo con la misma velocidad. Excepto por el signo. las velocidades son las mismas a iguales alturas en relación con el piso. puesto que la velocidad ini­ cial se dirige hacia arriba. _ _Vb s = —-------.8 m /s 2 El tiem po requerido para llegar a la altura máxima se determ ina a partir de la ecuación (2 a): t= vf ~ vq = _ v& 2 g —2 0 m/s = 2.0 Vf= 0 en la ecuación {la).í = --. .4 m Una pelota lanzada verticalmente hada arriba asciende hasta que su velocidad es cero y luego cae con velocidad cada vez mayor.04 s) = 20.1 2 2 0 m/s 2 (2.8 m /s 2 La altura máxima se calcula estableciendo que _ V f + V.Dados: vo = 20 m /s Encontrar t = ? Vf = 0 s= ? g = —9.04 s -9. . el signo negativo indica que la pelota se está moviendo hacia abajo. Hemos visto que los objetos que se lanzan verticalmente hacia arriba o hacia abajo. . En ausencia de fricción. S = v0t + y g f2 = (20 m /s)(5 s) + y ( —9. Ahora estudiaremos el caso más general de un cuerpo que se lanza libremente en un campo gravitacional en una dirección no vertical.com/ ~topquark/fun Si desea ver una pequeña aplicación que muestra el efecto del ángulo de lanza­ miento sobre el movimiento de un proyectil.adnc.5 s se obtiene así: v0 + gt = 20 m/s + ( —9. debemos establecer nuevas condiciones.5 s)2 = 3 0 m — 11 m = 19 m La velocidad después de 1. Dados: v0 = 20 m/s Encontrar: s = ? g = —9. 1 2 S = V 0t + .5 s.8 m /s2)(1. o que se dejan caer a partir del reposo.g t ¿ = (20 m/s)(1. NET www3.8 m /s2)(5 s) = 20 m/s — 49 m/s = —29 m/s En este caso. ese movimiento es otro ejemplo de aceleración uniforme o constante.5 s) + -j( —9. sufren una aceleración uniforme en el campo gravitacional terrestre. en la cual una pelota de fútbol se patea hacia el espacio. La velocidad después de 5 s está dada por Vf = v0 + gt = 20 m/s + ( —9.Para averiguar la posición y la velocidad después de 1.5 s Ahora ya es posible calcular la posición con la siguiente fórmula: .3 m/s Las mismas ecuaciones se aplican para determ inar la posición y la velocidad después de 5 s.8 m /s2 Vf = ? t = 1.8 m /s2)(5 s)2 = 100 m — 123 m = —23 m El signo negativo indica que la pelota se localiza a 23 m por debajo del punto de lanzamiento.5 s) Vf = = 20 m /s — 14.7 m/s = 5. como se observa en la figura 6-8.8 m /s2)(1. Por lo tanto. haga clic en Java para esta página. la única fuerza que actúa sobre dicho objeto es su peso. la fuerza de gravedad hacia abajo hace que la velocidad vertical cambie uni­ formemente. esto produce una velocidad horizontal constante. En vir­ tud de que ninguna fuerza actúa horizontalmente para cambiar la velocidad. que hace que su trayectoria se desvíe de la línea recta. Si se desprecia la resistencia del aire. Por otra parte. El proyectil experimenta una aceleración constante hacia abajo por efecto de la gravedad. pues. la mejor manera de describir su movimiento es considerar por separado el movimiento horizontal y el vertical. Por ejemplo. en la figura 6-9 un dispositivo electrónico está ajustado para proyectar en forma simultánea una pelota horizontalmente. pero difiere de los movimientos estudiados previamente. en condiciones normales. la única fuerza que actúa sobre el proyectil es su peso. Si un objeto se proyecta horizontalmente. Por lo tanto. en general. el m ovimiento de un proyectil ocurre en dos dimensiones y debe ser estudiado en esa forma. la ace­ leración horizontal es cero. desde su posición de reposo. la dirección de la gravedad no coincide con la dirección de la velocidad inicial. Si se desprecia la resistencia ejercida por el aire.Una pelota de fútbol que recibe una patada es un proyectil que se lanza libremente al espacio sólo bajo la influencia de la gravedad. W. Un objeto que se lanza al espacio sin fuerza de propulsión propia recibe el nombre de proyectil. m ientras deja caer otra. a la o 1S -o o o o . La tabla 6-3 presenta un excelente resumen de cómo pueden modificarse las fórm u­ las generales de la aceleración uniforme para aplicarlas a proyectiles. Sin embargo.0 ax = 0 ay = g = . los desplazamientos horizontal y vertical del proyectil pueden hallarse a partir de: x = voxt y = D esplazam iento horizontal D esplazam iento vertical Si se aplica un razonamiento similar. Por lo tanto. Por lo tanto. dependien­ do de si el desplazamiento es horizontal o vertical. Entonces. yo la velocidad vertical inicial. a pesar de que una de ellas se mueve tam bién horizontalmente. si deseamos expresar el movimiento vertical como función del tiempo. si se decide que la dirección hacia arriba sea positiva. podemos encon­ trar las componentes horizontal y vertical de la velocidad final partiendo de: vx = vqx Vy = voy + g t Velocidad horizontal Velocidad vertica l .8 m /s2). la aceleración de un proyectil será negativa e igual a la aceleración gravitacional.8 m /s2 porque la velocidad horizontal es constante y la velocidad vertical es inicialmente igual a cero.o + gt. que son de la misma longitud a lo largo de toda su trayectoria. sabemos de ante­ mano que si la partícula se proyecta cerca de la Tierra. por otra parte. Por ejemplo. empleado para la distancia a lo largo de cualquier línea.misma altura. el símbolo g se interpreta como la aceleración a causa de la gravedad. podemos escribir: y= VQyt + ygí2 Observe que y representa el desplazamiento vertical. los problemas se simplifican en gran medida si se calculan por separado las soluciones para sus com ­ ponentes horizontal y vertical. En forma similar. En este caso. la cual siempre se dirige hacia abajo. El desplazamiento final y la velocidad de una partícula proyectada horizontalmente pueden hallarse a partir de sus componentes. podemos indicar las componentes de la velocidad mediante los subíndices apropiados. Consideremos prim ero el m ovimiento de un proyectil lanzado horizontalm ente en un campo gravitacional. es cero al principio y aum enta uniform em ente de acuerdo con las ecuaciones que obtuvimos con anterioridad para el movimiento en una sola dimensión. Las mismas ecuaciones generales presentadas en la tabla 6-1 para la aceleración uni­ forme se aplican también al movimiento de proyectiles. Las pelotas golpearán el piso en el mismo instante. como lo indican las flechas. . Por lo tanto. Probablemente sea preferible remplazar el símbolo s. La velocidad vertical. La velocidad horizontal de la pelota proyectada no cambia. observamos que vox = v* v0y . En todas las ecuaciones anteriores. por el símbolo x o y . y g \ z aceleración de la gravedad (normalm ente —9. g será negativa si el desplazamiento hacia arriba se elige como la dirección positiva.8 m/s2 o 32 ft/s2 y que siempre estará dirigida hacia abajo. por el hecho de que Vf = v.9 . la aceleración vertical será igual a 9. „ . Su posición y su velocidad pueden determ inarse en función del tiem po. .Tabla 6 -3 Movimiento uniformemente acelerado y proyectiles M odificado para m ovim ien to de proyectiles M ovim ien to u n iform em en te acelerado . ( a ) ¿Cuánto tiempo permanece en el aire el esquiador? ( b ) ¿Cuál es su alcance o recorrido horizontal? (c) ¿Cuáles son las com­ ponentes horizontal y vertical de la velocidad final? Un esquiador se lanza en un salto con una velocidad horizontal inicial de 2 5 m/s. La altura inicial es de 80 m con respecto al punto de contacto con el suelo.04 s Se requiere un tiempo de 4.v \ yy t + 7 . con una velocidad inicial de 25 m/s. Si se elige la dirección hacia abajo como positiva.8 m /s2 = 4. obtenemos t= [2¿= V g t / 2 (8 0 m ) V 9.-g t1 vj - vly Un esquiador inicia un salto horizontalmente. 139 . como se muestra en la figura 6-10. . a t2 X = v0xt II + X vo X ? = II (2) v f £ X (1 ) % 2 Vy = V0y + g t y = y = 2g y = (5) 2 as = v j . 1 2 V0y t + ~ g t ¿ Vyt 1 2 .j . y el esquiador debe caer una distancia vertical de 80 m. La veloci­ dad inicial en la dirección y es cero. El tiempo que pasa en el aire sólo es función de parámetros verticales. tenemos 1 ? Despejando el tiempo y sustituyendo los valores conocidos. X = VQxt 2 at 1 -> (3) s = vot + (4) s = v f t . l i a .04 s para que el esquiador llegue al suelo. En vista de que la velocidad horizontal es constante. Una vez más. es igual a 25 m /s en el punto de aterrizaje. Recuerde que la dirección descendente se eligió como positiva por conveniencia.04 s) = 101 m La componente horizontal de la velocidad no cambia y.7° por debajo de la horizontal. En este caso se pueden utilizar las ecuaciones listadas en la tabla 6-3. x = Voxt = (25 m/s)(4. si la posi­ ción vertical y está por arriba del origen. 140 . El movimiento de un proyectil lanzado con determinado ángulo se compara con el movimiento de un objeto arrojado verticalmente hacia arriba. si está por debajo del origen. será positiva.6 m /s dirigida hacia abajo. debemos darle a g un valor negativo. se compara con el m ovimiento de un objeto lanzado verticalmente hacia arriba.6 m/s La com ponente horizontal es 25 m /s a la derecha y la componente vertical es 39. y podríamos considerar la dirección hacia arriba como positiva. En forma similar.04 s) = 39. con una velocidad inicial vo. resulta fácil notar la ventaja de tratar por separado los movimientos horizontal y vertical. Queda como ejercicio que usted demuestre que la velocidad final es 46.8 m /s2)(4. El caso más general de movimiento de proyectiles se presenta cuando el proyectil se lanza con cierto ángulo. La componente vertical final está dada por vy = g t = (9. por lo tanto.8 m /s a un ángulo de 57. Por lo tanto. el recorrido queda deter­ m inado tan sólo por el tiem po en el aire. Ésta será la velocidad un instante antes de tocar el suelo. donde el m ovimiento de un proyectil lanzado con un ángulo 0. será negativa. las velocidades hacia arriba serán positivas. Este problema se ilustra en la figura 6-11. Puesto que la aceleración siempre se dirige hacia abajo. es X = v0xt = (346 ft/s)(8 s) = 2770 ft La com ponente y de su posición en ese lapso de tiem po está dada por 1 VOyf + de donde y = (200 ft/s)(8 s) + y ( —32 ft/s2)(8 s)2 = 1600 ft . Las componentes horizontal y vertical de la velocidad inicial son vqx = V0 voy = V0 eos 6 = (400 ft/s)(cos 30°) = 346 ft/s sen 6 = (400 ft/s)(sen 30°) = 200 ft/s La com ponente x de su posición. Las componentes horizontales y verticales de la velocidad en cualquier instante están dadas por 4. dependiendo de su elección inicial. vx = Vo* SL USO D £ LA ¿AISULAdüjíA En el cálculo de ecua­ ciones complejas en las que intervienen multipli­ caciones y potencias. en prim er lugar debemos reconocer que la componente x de la velocidad no cambia. Asegúrese de utilizar los signos correctos y unidades congruentes. La posición y la velocidad finales pueden determinarse a partir de sus componentes. Un proyectil se lanza con una velocidad inicial de 400 ft/s con un ángulo de 30° por encima de la horizontal. Recuerde que la gravedad g puede ser positiva o negativa. Si es necesario. Por lo tanto. la posición del proyectil después de 8 s es 2770 ft a lo largo de su trayectoria. cal­ culando primero la multi­ plicación y las potencias de dos funciones. ( b ) el tiem po necesario para que alcance su altura máxima. Descomponga la velocidad inicial vo en sus componentes x y y. vox = vo eos 6 v* = v0x vy = % + gt voy = vo sen 6 2. y 576 ft por arriba de su posición inicial. es conveniente usar pares de paréntesis para cualquier cálculo cuya entrada pueda ser malinterpretada por la calculadora. -1g t ¿2 y = 3. A quí se mues­ tra cómo hacer el cálculo en un solo paso. y sumando después los resultados. usando las teclas de paréntesis de su calculadora. y (c) el reco­ rrido horizontal R como se indica en la figura 6-11. y = vQyt + ^ g t2 □cDaaaaQDaajD (jDQ[D(T)00CD(I)E)(II LDEI576 = 346 ft/s 141 . Encuentre (a) su posición y velocidad después de 8 s. Las componentes horizontal y vertical del desplazamiento en cualquier instante están dadas por x = v0xt +. 5. Para calcular su velocidad en este punto.1024 ft = 576 ft Así. vuelva a plantear el problema.1. después de 8 s. es preciso calcular la velocidad resultante a partir de sus componentes. .25 s Como un ejercicio adicional. = .2° La m agnitud de la velocidad es _v _ ^ t t ^ = 3 s o ft/s sen <p sen 9. Por último. vy 56 ft/s _ tan ó = — = -----. utilice este resultado para dem ostrar que la altura m ínim a en la trayectoria es de 625 ft.3 2 ft/s2)(8 s) 200 ft/s . v = 3 4 6 ft/s Vj.-— = 0. Así.5 6 ft/s El ángulo (f) se calcula a partir de . la componente y de su veloci­ dad es igual a cero.256 ft/s —56 ft /s El signo menos indica que el proyectil está en su trayectoria descendente. el tiempo para llegar a esa altura se calcula a partir de vy = v0y + gt Sustituyendo los datos de voy y g> obtenemos 0 = 200 ft/s + ( . como indica la figura 6-12.La com ponente y debe calcularse a partir de VOy + gt de m odo que 200 ft/s + ( .3 2 ft/s2)í de donde 200 ft/s 32 ft/s2- t = ------—r.162 vx 346 ft/s de donde <t> = 9.= 6.2 En el punto máximo de la trayectoria del proyectil. el proyectil se eleva durante 6. .El alcance del proyectil puede calcularse tom ando en cuenta que el tiempo total t' del vuelo total es igual a dos veces el tiem po que tarda en llegar al punto más alto. t ' = 2 t = (2)(6.5 s) = 4325 ft Por lo tanto.25 s hasta una altura de 625 ft. Es decir.5 s y el alcance es R = v0xt ' = (346 ft/s)(12. y luego cae hacia el suelo a una distancia horizontal de 4325 ft respecto al punto de par­ tida.25 s) = 12. forma consistente durante toda la resolución del problema. vqx = v0 eos 6 voy = vo sen 6 S = Vft — y flf2 Las componentes horizontal y vertical de su posición en cualquier instante están dadas por 2 as = v2t — Vq Si se tienen como datos tres de los cinco parám etros (v o . aceleración debida a la gravedad 9. alcance . Movimiento de proyectiles: La clave para resolver problemas que incluyen m ovimiento de proyec­ tiles es tratar el movimiento horizontal y el ver­ tical por separado. aceleración 5. • Para resolver problemas de aceleración. rapidez instantánea 144 6. proyectil 10. Recuerde que debe elegir una direc­ ción como positiva y aplicar este criterio de X = v0x t y = V0yt + y g f 2 Las componentes horizontal y vertical de su velocidad en cualquier instante están dadas por vx = v0x Vy = v0y + g t Es posible obtener la posición y la velocidad finales a partir de sus componentes.Resumen Una forma conveniente de describir objetos en movimiento consiste en analizar su velocidad o su ace­ leración. s y t). • Velocidad media es la distancia recorrida por unidad de tiempo. uno de los parámetros se conoce de antem ano y es a = g = 9. a. trayectoria 11. lea el problema analizando cuáles son los tres parám etros proporcionados como datos. los otros dos pueden determinarse a partir de una de estas ecuaciones. La mayoría de los problemas de proyectiles se resuelven utilizando el siguiente procedimiento: Descomponga la velocidad inicial Vq en sus componentes x y y. Conceptos clave 1. En este caso. Vf. y cuáles son los dos desconocidos. velocidad m edia 3. Aceleración gravitacional: Los problemas que incluyen la aceleración gravitacional pueden resolverse en forma similar a otros problemas de aceleración. velocidad 4. Se pueden escribir en columnas como se indica a continuación: Dados: a = 4 m /s2 Encontrar: Vf = ? 5 = 500 m vo = ? t = 20 s Este procedimiento lo ayuda a elegir la ecuación apropiada. movim iento uniform em ente acelerado 8. velocidad instantánea 7. Un aspecto im portante que hay que recordar al aplicar estas ecuaciones es que deben ser con­ gruentes en su conversión de signos y unidades. velocidad constante 2. En este capítulo se presentaron diversas apli­ caciones que incluyen dichas cantidades físicas. y aceleración media es el cam­ bio de velocidad por unidad de tiempo.8 m/s2 o 32 ft/s2 S v = — t a = Vf - v0 -------t • Las definiciones de velocidad y aceleración con­ ducen al establecimiento de cuatro ecuaciones básicas correspondientes al movimiento uni­ formemente acelerado: Vf — v o + a t s = v0f + —a i1 2 El signo de la aceleración gravitacional es + o — según se elija la dirección positiva hacia arriba o hacia abajo. Presente varios ejemplos de movimiento donde la rapidez sea constante. Describa el movimiento de la canica en relación con el suelo y en relación con el coche. ¿La aceleración es la misma cuando la pelota sube por el tram o inclinado que cuando baja con esa misma inclinación? Suponga que la pelota recibe un impulso ini­ cial en la parte superior del primer tram o incli­ nado y después viaja libremente a mayores velocidades. ¿a qué distancia está la tormenta? 6-3. 6-7. Compare la rapidez prom e­ dio de los dos conductores. 6-8. Asciende hasta la máxima altura. su posición final está a sólo 40 m de la posición inicial. Explique el ajuste que es necesario realizar en la m ira de un rifle cuando la distancia del blanco se va incrementando. ¿En qué condiciones no heriría la flecha a la ardilla? 6-10. velocidad y aceleración en cada punto de su recorrido. Un piloto de carreras de automóviles recorre 500 vueltas en una pista de 1 mi en un tiempo de 5 h. Comente los signos de su desplazamiento. Problemas 6-1. ¿Cuál es la 145 . 6-4. regresa al punto de partida y continúa descendiendo. Un conductor de autobús recorre una distan­ cia de 300 km en 4 h. ¿Seguirá siendo válida esta afirmación si la resistencia del aire no es insignificante? Dibuje diagramas de cuerpo libre para cada situación. 6-3. Una piedra es arrojada verticalmente hacia arriba. Un automóvil transita por una curva en form a de U y recorre una distancia de 400 m en 30 s. 6-11. el turista llega a su destino en el mismo instante que el conduc­ tor del autobús. Sin embargo. Comente la aceleración de la pelota a medida que pasa por cada segmento de su trayecto. Un niño deja caer una pelota desde la ven­ tanilla de un automóvil que viaja con una rapidez constante de 60 km/h. ¿En qué ángulo se debe lanzar una pelota de béisbol para lograr el máximo alcance? ¿Con qué ángulo se debe lanzar para lograr la m á­ xima altura? 6-9. ¿Cuántas horas requirió para completar el viaje? 6-2. Una bola de boliche desciende en una canal con inclinación de 30° una distancia corta y después se nivela unos cuantos segundos para iniciar finalmente un ascenso en otro tramo inclinado 30°. Explique el razonamiento en que se basa el uso de trayectorias altas o bajas para anotar las patadas de despeje en un juego de fútbol americano. Cuando no existe la resistencia del aire. pero se detiene y hace dos pausas de 30 minutos. El sonido viaja con una rapidez prom edio de 340 m/s. ¿Será diferente la aceleración en cualquiera de los segmentos? 6-5. Al mismo tiempo. ¿Cuál es la velocidad inicial de la pelota en relación con el suelo? Describa el movimiento. Un resorte incor­ porado al coche lanza una canica verticalmente hacia arriba. ¿Cuál fue la velocidad promedio de su recorrido? 6-4. ¿Cuál es su aceleración cuando la velocidad llega a cero en el punto más alto? 6-6. Un automóvil recorre una distancia de 86 km a una rapidez promedio de 8 m/s. 6-12. ¿El m ovimiento de un proyectil disparado a cierto ángulo es un ejemplo de aceleración uniforme? ¿Qué sucede si es disparado verti­ calmente hacia arriba o verticalmente hacia abajo? Explique.Preguntas de repaso 6-1. un tu­ rista recorre los mismos 300 km en un automóvil. Un cohete pequeño sale de su plataforma en dirección vertical ascendente y recorre una dis­ tancia de 40 m antes de iniciar su regreso hacia el suelo 5 s después de que fue lanzado. un proyectil requiere el mismo tiem po para lle­ gar al punto más alto que para regresar al punto de partida. Si el sonido del rayo llega a nuestro oído 3 s después. Sin embargo. El relámpago que proviene de una nube causante de una torm enta distante se observa en forma casi inmediata. ¿Cuál fue su rapidez promedio? ¿Cuál fue su velocidad promedio? 6-2. Explique con claridad la diferencia entre los tér­ minos rapidez y velocidad. pero la veloci­ dad no lo sea. ¿Lesionará la flecha a la ardilla? Dibuje la trayectoria más probable. 6-13. Un coche de juguete es arrastrado sobre el suelo con rapidez uniforme. Un cazador lanza una flecha contra una ardilla que está en la rama de un árbol y ésta cae en el instante que la flecha sale del arco. 6-7. Todo el recorrido lo realiza en solamente 2 s. rapidez promedio y cuál es la m agnitud de la velocidad promedio? Una mujer camina 4 m in en dirección al norte a una velocidad promedio de 6 km/h. Se deja caer una piedra a partir del estado de reposo. Una pelota en estado de reposo se suelta y se deja caer durante 5 s. un vehículo que viaja a 60 km /h se detiene en un tiem po de 3 s. pero con una velocidad de sólo 4 m/s. ¿Cuál es la aceleración? 6-18. ¿Cuál es su rapidez promedio durante el reco­ rrido? ¿Cuál es la velocidad prom edio de todo el recorrido descrito en el problema 6-5? Un automóvil avanza a una rapidez prom e­ dio de 60 m i/h durante 3 h y 20 min.( En una prueba de frenado. después camina hacia el este a 4 km /h durante 10 min. ¿Cuál fue la rapidez prom edio y cuál fue la veloci­ dad promedio? 6-10. La aceleración promedio fue de 49 m/s2. Dos segundos más tarde. 6-8. A un ladrillo se le im parte una velocidad ini­ cial de 6 m /s en su trayectoria hacia abajo. ¿Cuál es la rapidez final? 6-13. ¿Cuál es la aceleración promedio? 6-12. Una mujer suelta una pesa desde la parte más alta de un puente y le ha pedido a un am i­ go. ¿cuál es el desplazamiento máximo desde la parte inferior y cuál es la veloci­ dad 4 s después de salir de la parte inferior? 6-19.5 s que permanece en contacto con la cuerda del arco.5 s. que mida el tiempo que tarda el objeto en llegar al agua en la parte inferior.6-5. En el problema 6-17. sigue moviéndose sobre el plano. ¿Cuáles son su posición y su velocidad en ese instante? 6-21. ¿Cuál fue la distancia recorrida? ¿Cuánto tiem po tardará en recorrer 400 km si la rapidez prom edio es de 90 km/h? Una canica rueda hacia arriba una distancia de 5 m en una ram pa inclinada. ¿Cuál fue la distancia de frenado? ¿Cuál fue la rapidez inicial? 6-15. 6-9. Un automóvil se desplaza inicialmente a 50 km /h y acelera a razón de 4 m/s2 durante 3 s. A la pelota de la figura 6-13 se le imparte una velocidad inicial de 16 m/s en la parte más baja de un plano inclinado. ¿Cuándo alcanzará un desplazamiento de 18 m por debajo del punto de partida? ¿Cuál es su velocidad en ese momento? 6-22. ¿Cuáles fueron la aceleración promedio y el tiempo de frenado? 6-14. ¿Cuáles son su aceleración y su tiempo dentro del cañón? 146 6-17. se mueve hacia la izquierda a 2 m/s.. Una flecha se acelera de cero a 40 m/s en 0. Un tren m onorriel que viaja a 80 km /h tiene ‘ que detenerse en una distancia de 40 m. ¿Cuál es el cambio de velocidad y cuál es la aceleración? 6-11. En la cubierta de un portaaviones. 6-6.. ¿Cuál será su velocidad final después de caer una distancia de 40 m? . El extremo de un brazo robótico se mueve hacia la derecha a 8 m/s. Un camión que viaja a 60 m i/h frena hasta detenerse por completo en un tramo de 180 ft. ¿Qué aceleración prom edio se requiere y cuál es el tiempo de frenado? 6-20. un dispo­ sitivo de frenado permite detener un avión en 1. ¿Cuáles fueron la aceleración y la distan­ cia de frenado? 6-16. Cuatro segundos después. ¿Cuál es la altura del puente si dicho tiem po es de 3 s? 6-23. que se encuentra abajo. y después se detiene y regresa hasta un punto localizado 5 m más abajo que su punto de partida. Una bala sale del cañón de un rifle de 28 in a 2700 ft/s. El proyectil del problema 6-40 se eleva y cae. ¿cuál fue su velocidad horizontal inicial? 6-32. ¿a qué distancia habrá viajado horizontalmente y qué tanto habrá caído ver­ ticalmente? 6-29. una pelota de golf sale del punto de partida.6-24. Un proyectil sale disparado del suelo con una velocidad de 35 m /s a un ángulo de 32°. En una explotación maderera. ¿Cuál es la altura máxima que alcanza? *6-41.25s. En un tiempo de 0. Una bala sale del cañón de un arm a con una velocidad horizontal inicial de 400 m/s. Una flecha se dispara verticalmente hacia arriba con una velocidad inicial de 80 ft/s. Halle los desplazamientos horizontal y vertical después de 3 s. Una pelota de béisbol sale golpeada por el bat con una velocidad de 30 m/s a un ángulo de 30°. ¿Cuál es su altura máxima? 6-26. ¿cuáles son la posición y la velocidad de la flecha después de 2 s y después de 6 s? 6-27. Si cae sobre un green localizado 10 m más arriba que el punto de partida. En la figura 6-14. con una velocidad de 40 m/s a 65°. ¿cuál es la altura máxima y cuál es el alcance? 6-37. ¿Cuál fue el tiempo de vuelo y qué distancia horizontal máxima reco­ rrió el proyectil? . ¿Cuáles son las componentes horizontal y vertical de su velocidad después de 3 s? 6-36. 6-33. ¿Qué distancia recorren ho­ rizontalmente los troncos? 6-31. ¿Qué velocidad inicial m ínim a se requirió para que llegara allá? 6-28. ¿Cuál fue su velocidad inicial y hasta qué altura llegó? 6-25. Una flecha sale del arco con una velocidad inicial de 120 ft/s a un ángulo de 37° con respecto a la horizontal. Un martillo es arrojado verticalmente hacia arriba en dirección a la cumbre de un techo de 16 m de altura. Una pelota de béisbol sale despedida de un bat con una velocidad horizontal de 20 m/s. ¿cuáles son la m agni­ tud y la dirección de la velocidad de la flecha después de 2 s? *6-39. 340 m más abajo? 6-30. ¿cuál fue el tiem po que per­ maneció en el aire y cuál fue la distancia h o ­ rizontal recorrida con respecto al palo? *6-40. En el caso de la pelota de béisbol del pro­ blema 6-35. ¿Cuáles son sus desplazamientos horizontal y vertical después de 3s? 6-35. A una piedra se le im prim e una velocidad ini­ cial de 20 m/s a un ángulo de 58°. gol­ peando una cartelera de anuncios instalada 8 m por encima del suelo. ¿Qué distancia horizon­ tal recorrerá la caja antes de tocar el suelo. ¿Cuáles son las com ­ ponentes horizontal y vertical de su desplazamiento al cabo de dos segundos? *6-38. Una bola de acero rueda y cae por el borde de una mesa desde 4 ft por encima del piso. Un avión que vuela a 70 m /s deja caer una caja de provisiones. 6-34. En el problema 6-37. Si golpea el suelo a 5 ft de la base de la mesa. En el problema 6-25. Un proyectil se lanza verticalmente hacia arriba y regresa a su posición inicial en 5 s. Un proyectil tiene una velocidad horizontal ini­ cial de 40 m/s en el borde de un tejado. los troncos se descargan horizontalmente a 15 m/s por m e­ dio de un conducto engrasado que se encuen­ tra 20 m por encima de un estanque para contener madera. al ser golpeada. Halle las componentes horizontal y vertical de su veloci­ dad después de 3 s. ¿Cuáles deberán ser la m agnitud y la direc­ ción de la velocidad inicial si la pelota llega al green en este lugar después de un tiempo de 4 s? Preguntas para la reflexión crítica 6-52. ¿cuál será su velocidad al cabo de 5 s? ¿Qué dis­ tancia habrá recorrido en ese tiempo? *6-44. Con una aceleración prom edio de 4 ft/s2. y (c) 6 s? 6-49. Altura. Los siguientes datos fueron registrados electrónicamente. Un vagón de ferrocarril parte del reposo y desciende libremente por una pendiente.00 1.11 1. Al cabo de 4 segundos llega al agua que corre abajo. s 1. Una pelota se arroja verticalmente hacia arriba con una velocidad inicial de 80 ft/s. se deja caer desde el reposo. ¿cuál fue su aceleración promedio y qué distancia reco­ rrió en este tiempo? 6-43. ¿Cuál era la altitud del avión? 6-50. Si la velocidad final fue de 60 m/s. localizado 12 m más abajo. el paquete llega al suelo. s 0 10 20 30 40 50 2. ¿cuál fue el alcance ho­ rizontal del paquete arrojado y cuáles fueron las componentes de su velocidad final? 6-51.3 6. Al cabo de cuatro segundos.00 3. ¿Cuál es el significado de la pendiente de esta curva? ¿Cuál es la rapidez promedio del vehículo? ¿Al cabo de cuánto tiempo la distancia es igual a 34 m? ¿Cuál es la aceleración del automóvil? 6-53. ¿cuál fue la velocidad inicial de la piedra y cuál es la altura del puente? 6-48. otro objeto.4 8.4 10. el vehículo pasa por el punto A. Una pelota se arroja verticalmente hacia arriba con una velocidad inicial de 23 m/s. después de 4 s y después de 8 s? 6-47. El green de un campo de golf está a 240 ft horizontalmente y 64 pies verticalmente del punto donde el palo golpea una pelota. Los estudiantes usan cronómetros para registrar los tiempos en que un automóvil pasa por cada marca. ¿Cuáles serán sus posiciones y sus velocidades después de 2 s. m 5. Así han obtenido los siguientes datos: Distancia.00 4. ¿Cuál será la aceleración del vehículo y cuál fue la distancia de frenado? 6-46.92 2. ¿En qué m om ento chocarán ambos y a qué distancia estarán localizados abajo del punto de partida? 6-45. Al mismo tiempo. Un automóvil se desplaza inicialmente hacia el norte a 20 m/s. (b) 3 s. Un avión que vuela horizontalm ente a 500 m i/h suelta un paquete. Una larga franja de pavimento tiene marcas a intervalos de 100 m.1 4. ¿Es una línea recta? ¿Cuál es la rapidez promedio durante toda la caída? ¿Cuál es la aceleración? ¿Cómo son estos resultados en comparación con los de la gravedad de la Tierra? 6-54. Una piedra se arroja verticalmente hacia abajo desde la parte más alta de un puente.47 0 0 Elabore una gráfica con estos datos. En el problem a 6-49. ¿Cuáles son su posición y su velocidad después de (a) 1 s. .56 1.00 Tiempo.00 2. Un cohete surca el espacio a 60 m/s y entonces recibe una aceleración repentina. Un objeto es proyectado horizontalmente a 20 m/s.5 Dibuje una gráfica que represente las distan­ cias en el eje y y los tiempos en el eje x.Problemas reto 6-42. Un camión que transita a una velocidad ini­ cial de 30 m/s2 se detiene por completo en 10 s. Después de recorrer una dis­ tancia de 6 m. mO Tiempo. Un astronauta intenta determinar la gravedad de la Luna dejando caer una herramienta desde una altura de 5 m.21 2. Si su veloci­ dad se incrementa a 140 m/s en 8 s. supo­ niendo que x = 0 en la posición inicial de la pelota A. aquél le dispara una flecha a 30° con respecto al suelo. La pelota A se desplaza inicialmente hacia la izquierda a 2 m/s y la pelota B se desplaza inicialmente hacia la izquierda a 5 m/s. ¿Cuándo chocarán las dos pelotas y a qué distancia estarán entonces. Una persona asciende verticalmente en un globo con una velocidad de 4 m/s y suelta una bolsa de arena en el m om ento en que el globo está a 16 m sobre el nivel del suelo. Calcule la posición y la velocidad de la bolsa de arena en relación con el suelo después de 0. ¿cuál será la velocidad del vehículo cuando regrese al punto A? *6-55.3 s y 2 s. con una velocidad inicial de 50 m/s. Si suponemos una aceleración constante. una segunda pelota se lanza hacia arriba desde la base del edificio. Una pelota que está en reposo se deja caer desde el techo de un edificio de 100 m de altura. Cinco segundos después. otra flecha es disparada hacia arriba con una velocidad de 60 m/s. y la pelota B tiene una aceleración constante de 2 m/s2 dirigida hacia la izquierda. ¿En qué tiem po y posición se encontrarán las dos flechas? *6-62. sobre el nivel de la calle? *6-60. Se ha calculado que la aceleración de la gravedad en un planeta distante es equivalente a la cuarta parte del valor de la gravedad en la Tierra. Una persona desea incidir en un blanco que tiene un alcance horizontal de 12 km. Si el automóvil parte del reposo y acelera a 10 ft/s2. Además. ¿Cuál deberá ser la velocidad de un objeto proyectado con un ángulo de 35° para que caiga en el blanco? ¿Cuánto tiempo permanecerá en el aire? *6-63. ¿Cuál fue la velocidad promedio? ¿Cuál es el significado de una velocidad promedio negativa? ¿Cuáles son la aceleración promedio y la velocidad final? *6-56. ¿cuál es su desplazamiento en común cuando chocan? X 0 *6-58. Considere las dos pelotas A y B que aparecen en la figura 6-15. ¿Cuál deberá ser la velocidad de la flecha para que alcance su blanco? x = 18 m 149 . Una pelota que se desliza hacia arriba por una pendiente está localizada inicialmente a 6 m de la parte más baja de dicha pendiente y tiene una velocidad de 4 m/s. ¿Significa esto que si se deja caer una pelota desde una altura de 4 m en ese planeta. En el mismo instante. ¿Cuántos segundos después de haber sido soltada llegará al suelo la bolsa de arena? *6-61. (a) ¿Cuáles son la magnitud y la dirección de la aceleración del vehículo? (b) ¿Cuánto tiempo se requirió? (c) Si la aceleración se mantiene constante. caerá al suelo en la cuarta parte del tiempo que tarda en caer en la Tierra? ¿Cuáles serían los tiempos de caída de la pelota en ese planeta y en la Tierra? *6-57. se encuentra a 3 m de la parte más baja. un camión con una velocidad de 40 ft/s está a una distancia de 500 ft a la derecha de un automóvil. En el instante en que el jabalí está a 100 yardas de distancia. Tres segundos después. Se dispara verticalmente hacia arriba una flecha con una velocidad de 40 m/s. pero se ha reducido a 5 m/s. La pelota A tiene una aceleración constante de 4 m/s2 dirigida hacia la derecha. Encuentre el tiempo t en que las dos pelotas chocan.M donde su velocidad sigue siendo en dirección norte. Inicialmente. Un jabalí arremete directamente contra un cazador a la velocidad constante de 60 ft/s. ¿cuándo alcanzará al camión? ¿A qué distancia de la posición inicial del automóvil está ese punto? *6-59. Documents Similar To resueltos 6 tippensSkip carouselcarousel previouscarousel nextejercicios-4eso-cinemáticaCap III Fluidos en MovproduccionCinemA!tica y dinA!mica de la p - VelA!squez Medrano, GermA!n(Aut.pdfCinematica de particulas. 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