Fisica 1 Problemas resueltos, libro de alonso y finn

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FISICA VOLUMEN I. MECANICA PROBLEMAS DE LA FISICA DE MARCELO ALONSO – EDWARD J. FINN La física es una ciencia fundamental que tiene profunda influencia en todas las otras ciencias. Por consiguiente, no solo los estudiantes de física e ingeniería, sino todo aquel que piense seguir una carrera científica (Eléctrica, Mecánica, biología, química, matemática, etc.) debe tener una completa comprensión de sus ideas fundamentales. Se ha hecho una cuidadosa selección de aquellos problemas mas significativos de cada capitulo para presentarlos resueltos “paso a paso”; Esto permitirá al estudiante reforzar sus conocimientos, así como ejercitar las técnicas de resolución de problemas, lo que, sin lugar a dudas, favorecerá su preparación. Esperamos de esta manera seguir contribuyendo a la formación científica del estudiantado de nuestros países.

Erving Quintero Gil Ing. Electromecánico

Bucaramanga – Colombia 2010

Para cualquier inquietud o consulta escribir a:

[email protected]@gmail.com

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1

4.24 Determinar las tensiones sobre las cuerdas AC y BC (Fig. 4-28). Si M pesa 40 lb-f

TAY = TA . sen 50 TBY = TB. sen 50 B

TAX = TA . cos 50 TBX = TB . cos 50 B

Σ FX = 0 TBX - TAX = 0 (ecuación 1) TBX = TAX

TB . cos 50 = TB A . cos 50 TB = TB A (ecuación 1)

Σ FY = 0 TAY + TBY – W = 0 TAY + TBY = W pero: W = 40 lb-f TAY + TBY = 40 TA . sen 50 + TB. sen 50 = 40 (ecuación 2) B

Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TA . sen 50 + TA. sen 50 = 40 2 TA . sen 50 = 40

flb −==== 1,26766,020

50sen 20

50sen * 240 AT

TA = 26,1 lb-f

Para hallar TB se reemplaza en la ecuación 1. B

TB = TB A (ecuación 1)

2

500

500

T AX

T A TB

C

500

W = 40 lb-f

A

B

TATAY

TBX

T BY

TB

500

W = 40 lb-f

500 500

TB = TB A = 26,1 lb-f





TB . cos 30 = TB A . cos 30 TB = TB A (ecuación 1)


Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TA . sen 30 + TA. sen 30 = 40 2 TA . sen 30 = 40

flb −==== 40 5,0

2030sen

20 30sen * 2

40 AT

TA = 40 lb-f


TB = TB A (ecuación 1) TB = TB A = 40 lb-f

3

300

TA TB

300

300

T AX

TBC

W = 40 lb-f

A

B

TATAY

TBX

T BY TB

300

W = 40 lb-f

300 300





TB . cos 60 = TB A . cos 30

60 cos30 cos AT

BT = (Ecuación 1)


Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TA . sen 30 + TB. sen 60 = 40 B

40 60sen * 60 cos

30 cos AT 30sen AT =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

40 60 cos

60sen 30 cos AT 60 cos 30sen AT =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

60 cos 40 60sen 30 cos AT 60 cos 30sen AT =+

Pero: 21 30 =sen

21 06 cos =

23 03 cos =

23 06sen =

21 * 0 4

23 *

23 AT

21 *

21 AT =⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

4

C

600TA

TB

600

600

T AX

300

W = 40 lb-f

A

B

TATAY

TBX

T BY TB

300

W = 40 lb-f

300

20 43 AT

41 AT =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

TA = 20 lb-f


60 cos30 cos AT

BT = (ecuación 1)

3 20

212

3 40

21

23 * 20

60 cos

30 cos AT BT ====

TB = 20 √3 lb-f B


TBY = TB. sen 45 B

TBX = TB . cos 45 B

Σ FX = 0 TBX - TA = 0 (ecuación 1) TB . cos 45 = TB A

45 cos AT

BT = (Ecuación 1)

Σ FY = 0 TBY – W = 0 TBY = W pero: W = 40 lb-f TBY = 40 TB sen 45 = 40 (ecuación 2) B

45sen

40 BT =

TB = 56,56 lb-f B

Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TB cos 45 = TB A

5

C

B

A 45 0

TB

TA 450

T BX

45 0

W = 40 lb-f

T BY

TA

TB

W = 40 lb-f

TA = 56,56 cos 45 TA = 40 lb-f


TBY = TB sen 60 B

TBX = TB cos 60 B

TAX = TA cos 30 TAY = TA sen 30

Σ FX = 0 TBX - TAX = 0 (ecuación 1) TB cos 60 = TB A cos 30

60 cos 30 cos AT

BT = (Ecuación 1)

Σ FY = 0 TBY – TAY - W = 0 TBY – TAY = W pero: W = 40 lb-f TBY – TAY = 40 TB sen 60 - TB A sen 30 = 40 (ecuación 2)

Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2

TB sen 60 - TB A sen 30 = 40

40 30sen AT - 60sen * 60 cos

30 cos AT =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

40 60 cos

60 cos 30sen AT - 60sen 30 cos AT =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

60 cos 40 60 cos 30sen AT - 60sen 30 cos AT =

6

A

B

600

300 300

TAY

TAX300

T A

TB

600

W = 40 lb-f

TB

600

TA

TBX

T BY

W = 40 lb-f

Pero: 21 30 =sen

21 06 cos =

23 03 cos =

23 06sen =

21 * 0 4

21 *

21 AT

23 *

23 AT =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

20 41 AT -

43 AT =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

½ TA = 20 TA = 40 lb-f Para hallar TB se reemplaza

3 40

21

23 40

60 cos

30 cos AT BT ===

TB = 69,28 lb-f B

4.25 El cuerpo representado en la figura 4-29 pesa 40 kg-f. Se mantiene en equilibrio por medio de una cuerda AB y bajo la acción de la fuerza horizontal F suponiendo que AB = 150 cm. y que la distancia entre la pared y el cuerpo es de 90 cm, calcular el valor de la fuerza F y la tensión de la cuerda.

0,6 150

90 cos ==δ

δ = arc cos 0,6 δ = 53,130

TX = T cos δ TX = T cos 53,13 TY = T sen δ TY = T sen 53,13 Σ FX = 0 F - TX = 0 F - T cos 53,13 = 0 F = T cos 53,13 Ecuación 1 Σ FY = 0

7

T Y δ 0

150 cm

F

δ 0

90 cm

B

A

T

T X

W = 40 kg-f

T

W = 40 kg -f

F

TY – W = 0 T sen 53,13 – W = 0 T sen 53,13 = W T sen 53,13 = 40 Ecuación 2

f - lb 50 53,13sen 40 T ==

Reemplazando el valor de la tensión T en la ecuación 1, se halla F F = T cos 53,13 Ecuación 1 F = 50 cos 53,13 F = 30 lb - f

4.26 Para la figura 4-30, calcular el ángulo υ y la tensión en la cuerda AB, si M1 = 300 lb-f M2 = 400lb-f.

TX = T sen υ TY = T cos υ Σ FX = 0 F - TX = 0 F - T sen υ = 0

F = T sen υ Ecuación 1 Σ FY = 0 TY – W = 0 T cos υ – W = 0 T cos υ = W T cos υ = 300 Ecuación 2

BLOQUE M2 La F tiene igual magnitud que M2

F = M2 = 400 lb-f. Ecuación 3 F = 400 lb-f. Reemplazar la ecuación 3 en la ecuación 1 F = T sen υ Ecuación 1 400 = T sen υ Ecuación 4

8

β0T Y

υ0

F

υ 0

F β0

B

A

T

M1 = 300 kg-f

T X

T

F

M2 = 400 kg-f

M1 = 300 kg-f

F

M2 = 400 kg-f

BLOQUE M2

Haciendo una relación entre la ecuación 1 y la ecuación 4 400 = T sen υ Ecuación 4 T cos υ = 300 Ecuación 2

θθθ tg cos T

sen T 300400

==

34 tg =θ

υ = arc tg 1,333 υ = 53,130

Para hallar la tensión T se reemplaza en la ecuación 2. T cos υ = 300 Ecuación 2 T cos 53,130 = 300

f - lb 500 53,13 cos

300 T ==

T = 500 lb – f

4.27 Un muchacho que pesa 120 lb-f se sostiene en una barra de levantamiento de pesas. ¿Qué fuerza ejerce cada uno de sus brazos sobre la barra cuando a) Sus brazos están en posición paralela. b) Cuando cada brazo hace un ángulo de 300 con la vertical. a) Sus brazos están en posición paralela.

Si los brazos están en posición paralela, cada brazo ejerce una fuerza igual a la mitad del peso de su cuerpo.

f- lb 60 2

120 2w F ===

b) Cuando cada brazo hace un ángulo de 300 con la vertical.

9

600

300

C

600

600

300

300 300

TA TB

600

T AX

W = 120 lb-f

A

B

TA

TAY

TBX

T BY

TB

600

600

W = 120 lb-f

TAY = TA sen 60 TBY = TB sen 60 B

TAX = TA cos 60 TBX = TB cos 60 B

Σ FX = 0 TBX - TAX = 0 TB cos 60 - TB A cos 60 = 0 TB - TB A = 0 TB = TB A Ecuación 1 Σ FY = 0 TAY + TBY – W = 0 TAY + TBY = W TA sen 60 + TB sen 60 = 120 Ecuación 2 B

Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 TA sen 60 + TB sen 60 = 120 B

TB sen 60 + TB BB sen 60 = 120 2 TB sen 60 = 120 B

f- lb 69,28 60sen

60 60sen 2

120 BT ===

TB = TB A = 69,28 lb-f

4.28 Una cuerda ABCD cuelga de los puntos fijos A y D. En B hay un peso de 12 kg-f y en C un peso desconocido. Si el ángulo que hace AB con la horizontal es de 600 BC es horizontal y CD hace un ángulo de 300 con la horizontal, calcular el valor que P debe tener a fin de que el sistema se encuentre en equilibrio. TAX = TA cos 60 TAY = TA sen 60 Σ FX = 0 10

TDY

TDX

P

TA

W = 12 kg-f

C

P

A

B

D

T T

TD

300600

TA

W = 12 kg-f

TAX

TAY

600

T

T

TD

300

T – TAX = 0 T – TA cos 60 = 0 T = TA cos 60 Ecuación 1

Σ FY = 0 TAY – W = 0 TA sen 60 – W = 0 TA sen 60 = W TA sen 60 = 12

f-kg 13,85 60sen

12 AT ==

TA = 13,85 kg-f Reemplazar en la ecuación 1 T = TA cos 60 Ecuación 1 T = 13,85 cos 60 T = 6,92 kg-f TDX = TD cos 30 TDY = TD sen 30 Σ FX = 0 TDX - T = 0 TD cos 30 – T = 0 TD cos 30 = T Ecuación 2 Reemplazar en la ecuación 2 TD cos 30 = T Ecuación 2 TD cos 30 = 6,92

f-kg 8 30 cos

6,92 DT ==

Σ FY = 0 TDY – P = 0 TD sen 30 = P Ecuación 3 8 sen 30 = P P = 4 Kg-f

4.29 Tres cuerdas, situadas en un plano en un plano vertical, están fijas a puntos diferentes sobre el techo. Los otros extremos están unidos en el nudo A y del cual cuelga un peso P. Los ángulos formados por las cuerdas con la horizontal son: 350, 1000, 1600 Las tensiones en las dos primeras cuerdas son de 100 kg-f y 75 kg-f. Calcular la tensión en la tercera cuerda y el peso P.

T1X = T1 cos 35

11

P

T1 = 100 kg-f T2T3

T1X

T1Y

T2Y

T2X

800 T3

T2

T1

350200

200 350

A

1600

800

P T3X

T1Y = T1 sen 35 T2X = T2 cos 80 T2Y = T2 sen 80 T3X = T3 cos 20 T3Y = T3 sen 20 Σ FX = 0 T2X + T3X - T1X = 0 T2 cos 80 + T3 cos 20 - T1 cos 35 = 0 Pero T1 = 100 kg-f T2 = 75 kg-f. 75 cos 80 + T3 cos 20 - 100 cos 35 = 0 75 (0,1736) + T3 cos 20 - 100 (0,8191) = 0 13,0236 + T3 cos 20 – 81,9152 = 0 T3 cos 20 = 81,9152 - 13,0236 T3 cos 20 = 68,8916

f-kg 73,31 0,9396

68,8916 20 cos

68,8916 3T ===

T3 = 73,31 kg-f.

Σ FY = 0 T1Y + T2Y + T3Y – P = 0

T1 sen 35 + T2 sen 80 + T3 sen 20 - P = 0 Pero T1 = 100 kg-f T2 = 75 kg-f. 100 * sen 35 +75 * sen 80 + 73,31 * sen 20 - P = 0 100 * 0,5735 +75 * 0,9848 + 73,31 * 0,342 - P = 0 57,35 +75 * 73,86 + 25,072 = P P = 156,28 kg-f. 4.31 Una esfera cuyo peso es de 50 kg-f descansa sobre dos planos lisos, inclinados respectivamente con respecto a la horizontal, ángulos de 300 y 450. Calcular las reacciones de los dos planos sobre la esfera. N1X = N1 cos 45 N1Y = N1 sen 45 N2X = N2 cos 60

12N2Y = N2 sen 60

N2 N1 P

N1Y

N1X N2X

N2Y N2 600

600 450

N2

N1

N1 P

P

450300

450 300

450300

Σ FX = 0 N1X - N2X = 0 N1 cos 45 - N2 cos 60 = 0 N1 cos 45 = N2 cos 60

2N 0,7071 0,7071

0,5 * 2N

45 cos60 cos 2N

1N === Ecuación 1

Σ FY = 0 N1Y + N2Y – P = 0 N1Y + N2Y = P N1Y + N2Y = 50 N1 sen 45 + N2 sen 60 = 50 Ecuación 2 (0,7071 N2) * sen 45 + N2 sen 60 = 50 (0,7071 N2) * sen 45 + N2 sen 60 = 50 0,5 N2 + 0,866 N2 = 50 1,366 N2 = 50

f - kg 36,6 1,366

50 2N ==

N2 = 36,6 kg –f. Pero: N1 = 0,7071 N2N1 = 0,7071 * 36,6 N1 = 25,88 kg – f. 4.32 Una esfera (fig. 4-31) que pesa 50 lb-f descansa sobre una pared lisa, manteniéndose en esa posición mediante un plano liso que hace un ángulo de 600 con la horizontal. Calcular la reacción de la pared y el plano sobre la esfera. N2X = N2 cos 30 N2Y = N2 sen 30 Σ FX = 0 N1 - N2X = 0 N1 - N2 cos 30 = 0 N1 = N2 cos 30 Ecuación 1 Σ FY = 0 N2Y – P = 0 N2Y = P N2 sen 30 = 50

13

N2X

N2Y N2

300

N2

P

N1

300

600

N2 P

N1

600

300

P

N1

f - lb 100 0,550

30sen 50 2N ===

Reemplazando en la ecuación 1 N1 = N2 cos 30 Ecuación 1 N1 = 100 cos 30 N1 = 100 * 0,866 N1 = 86,6 lb - f 4.33 Una esfera de peso W se sostiene mediante una cuerda AB. (fig. 4-32) y presiona una pared vertical lisa AC. Si δ es el ángulo entre la cuerda y la pared, determinar la tensión en la cuerda y la reacción de la pared sobre la esfera. TX = T sen δ TY = T cos δ Σ FX = 0 N - TX = 0 N - T sen δ= 0 N = T sen δ Ecuación 1 Σ FY = 0 TY – W = 0 TY = W T cos δ = W

cos

W Tδ

=

Reemplazando en la ecuación 1

δδδ

tg* W sen * cos

W N ==

N = W tg δ 4.34 Calcular las fuerzas (fig 4-33) que la viga AB y el cable AC ejercen en A, suponiendo que M pesa 40 kg f y que el peso del cable y la viga son despreciables. 14

450

F

TY

T

C

450

450

F B

A

W

N

TY

TX

Tδ

N T

δ

W

M

TX

T

M

TX = T cos 45 TY = T sen 45 Σ FX = 0 F - TX = 0 F - T cos 45 = 0 F = T cos 45 Ecuación 1 Σ FY = 0 TY – M = 0 TY = M T sen 45 = M

f. - kg 56,56 0,7071

40 45sen

M T ===

T = 56,56 kg – f. Reemplazando en la ecuación 1 F = T cos 45 Ecuación 1

f. - kg 40 45 cos * 56,56 F == F = 40 kg –f. 4.34 Calcular las fuerzas (fig 4-33) que la viga AB y el cable AC ejercen en A, suponiendo que M pesa 40 kg f y que el peso del cable y la viga son despreciables.

TY = T sen 40 TX = T cos 40

FX = F cos 40 FY = F sen 40

Σ FX = 0 FX - TX = 0 F cos 40 - T cos 40= 0

15

400

B 500

400

400

F

400

F

TY T

C

400

500

A M

TX

T

M

FY

Fx

F - T = 0 F = T Ecuación 1 Σ FY = 0 TY + FY – M = 0 TY + FY = M T sen 40 + F sen 40 = 40 Ecuación 2 Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2 T sen 40 + F sen 40 = 40 Ecuación 2 T sen 40 + T sen 40 = 40 2 T sen 40 = 40

f- Kg 31,11 40sen

20 40sen 2

40 T ===

T = F = 31,11 Kg – f.

4.34 Calcular las fuerzas (fig 4-33) que la viga AB y el cable AC ejercen en A, suponiendo que M pesa 40 kg f y que el peso del cable y la viga son despreciables.

TY = T sen 60 TX = T cos 60

FX = F cos 30 FY = F sen 30

Σ FX = 0 FX - TX = 0 F cos 30 - T cos 60 = 0 0,866 F – 0,5 T = 0 Ecuación 1 Σ FY = 0 TY + FY – M = 0 TY + FY = M

16

Fx

F

F

600

T

600

300

A

300

600 300

300

M

300

TY

M

TX

T

FY

T sen 60 + F sen 30 = 40 0,866 T + 0,5 F = 40 Ecuación 2 Resolver las ecuaciones 1 y 2. 0,866 F – 0,5 T = 0 Ecuación 1 * (0.866) 0,866 T + 0,5 F = 40 Ecuación 2 * (0,5) 0,75 F – 0,433 T = 0 0,433 T + 0,25 F = 40 0,75 F + 0,25 F = 40

F = 40 Kg – f. Reemplazar en la ecuación 1

0,866 F – 0,5 T = 0 Ecuación 1 0,866 * 40 – 0,5 T = 0 34,64 – 0,5 T = 0 0,5 T = 34,64

f- Kg 69,28 0,5

34,64 T ==

4.45 Calcular el peso P necesario para mantener el equilibrio en el sistema mostrado en la figura 4 – 39, en la cual A pesa 100 kg-f. y Q = 10 kg-f. El plano y las poleas son lisas. La cuerda AC es horizontal y la cuerda AB es paralela al plano. Calcular también la reacción del plano sobre el plano A. (Normal N ) Bloque C

Σ FY = 0 T1 – Q = 0 pero: Q = 10 kg-f.

T1 = Q = 10 kg-f. Ecuación 1 Bloque A

T1X = T1 cos 30 T1Y = T1 sen 30

AX = A sen 30 AY = A cos 30

17

T1

T1Y T1X

T1

AY 300

300

N T2

B

C

Q = 10 kg-f

T2

T2

T2

A = 100 kg-f

300

T1

T1

T1

P

AAX

Bloque A

Q

Bloque C

T2

P

Bloque B

Σ FX = 0 T2 – T1X - AX = 0 T2 – T1 cos 30 - A sen 30 = 0 Ecuación 2 T2 = T1 cos 30 + A sen 30 pero: A = 100 kg-f T1 = Q = 10 kg-f. T2 = 10 cos 30 + 100 sen 30 T2 = 8,66 + 50 T2 = 58,66 kg-f. Σ FY = 0 N – AY + T1Y = 0 N – A cos 30 + T1 sen 30 = 0 pero: A = 100 kg-f T1 = Q = 10 kg-f. N – 100 cos 30 + 10 sen 30 = 0 N – 86,6 + 5 = 0 N – 81,6 = 0 N = 81,6 kg-f

Bloque B Σ FY = 0 T2 – P = 0 T2 = P Ecuación 2 pero: T2 = 58,66 kg-f. P = 58,66 kg-f.

4.48 Dos esferas idénticas se colocan en el sistema mostrado en la figura 4-42. Calcular

las reacciones de las superficies sobre las esferas. Demostrar que cada esfera se encuentra independientemente en equilibrio.

ESFERA 2 FY = F sen 20 FX = F cos 20

F1Y = F1 sen 45 F1X = F1 cos 45 Σ FX = 0 FX – F1X = 0 F cos 20 - F1 cos 45 = 0 F1 cos 45 = F cos 20

18

F1X

F1Y

F1X

W

W

450

FX

F2

FY F

200F3

F1

200

450

F3

F2

F

Esfera 1

Esfera 2 Esfera 1

FX

FY

F

200

F1

Esfera 2

F 1,33 45 cos20 cos F 1F ==

F1 = 1,33 F Ecuación 1 Σ FY = 0 F1Y + FY – W = 0 F1 sen 45 + F sen 20 – W = 0 F1 sen 45 + F sen 20 = W Pero: F1 = 1,33 F (1,33 F) * sen 45 + F sen 20 = W (1,33 F) * 0,7071 + F 0,342 = W 0,9404 F + 0,342 F = W 1,2824 F = w

W0,77 1,2824

W F ==

F = 0,77 W ESFERA 1 FY = F sen 20 FX = F cos 20

Σ FX = 0 F3 - FX = 0 F3 - F cos 20 = 0 Ecuación 2 Pero: F = 0,77 W F3 - (0,77 W) * cos 20 = 0 F3 - (0,77 W) * 0,9396 = 0 F3 - 0,723 W = 0 F3 = 0,723 W Σ FY = 0 F2 - FY – W = 0 F2 + F sen 20 – W = 0 Pero: F = 0,77 W F2 + (0,77 W) * sen 20 = W F2 + (0,77 W) * 0,342 = W F2 + 0,263 W = W F2 = W - 0,263 W F2 = 0,737 W Se reemplaza en la ecuación 1 F1 = 1,33 F Ecuación 1 Pero: F = 0,77 W F1 = 1,33 * (0,77 W) F1 = 1,024 W F1 = 1,024 W F2 = 0,737 W F3 = 0,723 W

4.47 Una varilla de masa de 6 kg. y longitud 0,8 metros esta colocada sobre un ángulo recto liso como se muestra en la figura 4-41. Determinar la posición de equilibrio y las fuerzas de reacción como una función del ángulo δ.

19

T1

90 - δT2

δ

W

δ

φ

φ

δ

T1Y

W

T2 T1

T1X T2X

T2Y

PROBLEMAS RESUELTOS DINAMICA DE UNA PARTICULA

7.1 Introducción 7.2 Ley de inercia

7.3 Momentum lineal 7.4 Principio de conservación del momentum

Erving Quintero Gil Ing. Electromecánico

Bucaramanga – Colombia 2010

Para cualquier inquietud o consulta escribir a:

[email protected]@gmail.com

[email protected]

1

Problema 7.1 FISICA DE FINN Una partícula de 3,2 Kg. de masa se mueve hacia el oeste con una velocidad de 6 m/seg. Otra partícula de 1,6 kg. De masa se desplaza hacia el norte con una velocidad de 5 m/seg. Las dos partículas interactúan. Después de 2 seg. La primera partícula se mueve en la dirección N300E con una velocidad de 3 m/seg. Encontrar:

a) la magnitud y dirección de la velocidad de la otra partícula. b) El momentum total de las 2 partículas tanto al comienzo como al final de los 2 segundos. c) El cambio en el momentum de cada partícula d) El cambio en la velocidad de cada partícula. e) Las magnitudes de estos cambios en velocidad.

V1 a X = Velocidad de la partícula 1 antes del choque en el eje de las “X” = 6 m/seg. V1 a Y = Velocidad de la partícula 1 antes del choque en el eje de las “Y” = 0 V1 d X = Velocidad de la partícula 1 después del choque en el eje de las “X” V1 d Y = Velocidad de la partícula 1 después del choque en el eje de las “Y” V2 a X = Velocidad de la partícula 2 antes del choque en el eje de las “X” = 0 V2 a Y = Velocidad de la partícula 2 antes del choque en el eje de las “Y” = 5 m/seg. V2 d X = Velocidad de la partícula 2 después del choque en el eje de las “X” V2 d Y = Velocidad de la partícula 2 después del choque en el eje de las “Y” V1 d = Velocidad de la partícula 1 después del choque = 3 m/seg. V2 d = Velocidad de la partícula 2 después del choque = ??? m1 = masa de la partícula 1 = 3,2 kg m2 = masa de la partícula 2 = 1,6 kg V1 d Y = V1 d sen 60 V1 d Y = 3 sen 60 = 3*0.866 = 2,598 m/seg. V1 d Y = 2,598 m/seg. V1 d X = V1 d cos 60 V1 d X = 3 * cos 60 = 3 * 0,5 = 1,5 m/seg. V1 d X = 1,5 m/seg. V V Cantidad de movimiento antes del choque en el eje de las “X” = Cantidad de movimiento después del choque en el eje de las “X” El signo negativo es por que la partícula m1 se desplaza hacia la izquierda 0

- (m1 V1 a X ) + m2 V2 a X = m1 V1 d X + m2 V2 d X - m1 V1 a X = m1 V1 d X + m2 V2 d X Reemplazando - 3,2 * 6 = 3,2 * 1,5 + 1,6 * V2 d X- 19,2 = 4,8 + 1,6 V2 d X

2

2 d X = V2 d cos β 2 d Y = V2 d sen β θ = 600

V1 d X = V1 d cos 30

V1 d = 3 m/seg V1 d Y

m1 = 3,2 kg V1 a x = 6 m/seg

m1

V2dX = V2 d cos β β

Oeste

m2 = 1,6 kg V2 a Y = 5 m/seg

Norte

Este m2

300

Sur

despejando 1,6 V2 d X = - 19,2 - 4,8 1,6 V2 d X = - 24

segm 15 -

1,624 - 2dXV ==

Cantidad de movimiento antes del choque en el eje de las “Y” = Cantidad de movimiento después del choque en el eje de las “Y” 0 m1 V1 a Y + m2 V2 a Y = m1 V1 d Y + m2 V2 d Y m2 V2 a Y = m1 V1 d Y + m2 V2 d Y Reemplazando 1,6 * 5 = 3,2 * 2,598 + 1,6 * V2 d Y8 = 8,3136 + 1,6 V2 d Y despejando 1,6 V2 d Y = 8 – 8,3136 1,6 V2 d Y = - 0,3136

segm 0,196 - V

1,60,3136 - 2dY ==

60,01306666 15 -

0,196 - VV

tg2dX2dY ===β

Tg β = 0,013066666 β = arc tg (0,013066666) β = 0,74860 = 00 44 minutos. Direccion Oeste 00 44 minutos. SUR V2 d = Velocidad de la partícula 2 después del choque = ???

segm 15 .9999

15 0,7486 cos15

cosV

V 2dX2d ====

β

El momentum total de las 2 partículas tanto al comienzo como al final de los 2 segundos. Debido a que la cantidad de movimiento de un sistema aislado se conserva en cualquier colisión, podemos decir que la cantidad total de movimiento antes de la colisión es igual a la cantidad total de movimiento del sistema después de la colisión. Problema 7.2 FISICA DE FINN Un tronco de un árbol de 45 Kg. flota en un río cuya velocidad es de 8 km/hora. Un cisne de 10 kg intenta aterrizar en el tronco mientras vuela a 8 km/hora en sentido contrario al de la corriente. El cisne resbala a lo largo del tronco y sale del extremo de este con una velocidad de 2 km /hora. Calcular la velocidad final del tronco. Despreciar la fricción del agua.

3

V2 d X = V2 d cos β

m t = masa del tronco = 45 kg. m c = masa del cisne = 10 kg. Vt a = Velocidad tronco antes = 8 km/hora V t d = Velocidad tronco después = ¿??? Vc a = Velocidad del cisne antes = 8 km/hora Vc d = Velocidad del cisne después. 2 km /hora. Cantidad de movimiento antes de aterrizar el cisne = Cantidad de movimiento después de aterrizar el cisne El signo negativo es por que el cisne se desplaza hacia la izquierda m t Vt a - m c Vc a = m t Vt d - m c Vc d Reemplazando 45 * 8 - 10 * 8 = 45 * Vt d - 10 * 2 360 - 80 = 45 Vt d - 20 280 = 45 Vt d - 20 280 + 20 = 45 Vt d 45 Vt d = 300

horakm 6,66

45300 Vtd ==

Problema 7.3 FISICA DE FINN En la reacción química H + Cl → HCl el átomo H se estaba moviendo inicialmente hacia la derecha con una velocidad de 1,57 x 105 m/seg, mientras que el átomo de Cl se estaba moviendo perpendicularmente con una velocidad de 3,4 x 104 m/seg. Encontrar la magnitud y dirección (respecto al movimiento del átomo de H) de la velocidad resultante HCl. Usar las masas atómicas de la tabla A-1. VH a X = Velocidad del HIDROGENO antes del choque en el eje de las “X” = 1,57 x 105 m/seg. VH a Y = Velocidad del HIDROGENO antes del choque en el eje de las “Y” = 0 V Cl a X = Velocidad del cloro antes del choque en el eje de las “X” = 0 V Cl a Y = Velocidad del cloro antes del choque en el eje de las “Y” = 3,4 x 104 m/seg.

4

θVd X = Vd cos θ

VdVd Y

m H = 1,00797 uma

M c l 2 = 35453 umaVH a X = 1,57 x 105

VCl = 3,4 x 104 m/seg

Como la colisión es inelástica, quiere decir que las moléculas se unen para formar HCl después del choque. VdX : Es la velocidad después del choque de las moléculas unidas en el eje x . VdX = Vd cos θ (Ver grafica) Vd Y = Es la velocidad después del choque de las moléculas unidas en el eje Y . Vd Y = Vd sen θ (Ver grafica) mH = masa del hidrogeno = 1,00797 uma mCl = masa del cloro = 35,453 uma Masa total = mH + mCl = 1,00797 uma + 35,453 uma = 36,46 uma Cantidad de movimiento antes del choque en el eje de las “X” = Cantidad de movimiento después del choque en el eje de las “X” 0

mH VH a X + mCl VCl a X = (mH + mCl) V d X mH VH a X = (mH + mCl) V d X Reemplazando 1,00797 * 1,57 x 105 = 36,46 * V d X 1,582512 x 105 = 36,46 Vd cos θ

55

d 10 * 0,0434 36,46

10 * 1,582512 cos V ==θ Ecuación 1

Cantidad de movimiento antes del choque en el eje de las “Y” = Cantidad de movimiento después del choque en el eje de las “Y” 0

mH VH a Y + mCl VCl a Y = (mH + mCl) V d Y mCl VCl a Y = (mH + mCl) V d Y Reemplazando 35,453 * 3,4 x 104 = 36,46 * V d Y 120,5402 x 104 = 36,46 Vd sen θ

44

d 10 * 3,306 36,46

10 * 120,5402 sen V ==θ Ecuación 2

Igualando la ecuación 2 con la ecuación 1

6177,7 10 * 76,177 10*0,0434

10* 3,306 cos V

sen V 1-5

4

dd ===

θθ

6177,7 =θtg Θ = arc tg 7,6177 Θ = 82,520 = 820 31 minutos

5d 10 * 0,0434 cos V =θ

5

Vd cos 82,52 = 0,0434 x 105

segm 33338,454 10* 0,33338454

0,1301810*0,0434

82,52 cos10 * 0,0434 V 5

55d ====

Vd = 33338,454 m/seg Problema 7.5 FISICA DE FINN Una partícula cuya masa es de 0,2 kg se esta moviendo a 0,4 m/seg. a lo largo del eje X cuando choca con otra partícula de masa 0,3 kg. Que se encuentra en reposo. Después del choque la primera partícula se mueve a 0,2 m/seg. En una dirección que forma un ángulo de 400 con el eje de las X. Determinar: a) La magnitud y dirección de la velocidad de la segunda partícula después del choque. b) El cambio en la velocidad y el momentum de cada partícula V1 a X = Velocidad de la partícula 1 antes del choque en el eje de las “X” = 0,4 m/seg. V1 a Y = Velocidad de la partícula 1 antes del choque en el eje de las “Y” = 0 V1 d X = Velocidad de la partícula 1 después del choque en el eje de las “X” V1 d Y = Velocidad de la partícula 1 después del choque en el eje de las “Y” V2 a X = Velocidad de la partícula 2 antes del choque en el eje de las “X” = 0 (la partícula esta en reposo) V2 a Y = Velocidad de la partícula 2 antes del choque en el eje de las “Y” = 0 (la partícula esta en reposo) V2 d X = Velocidad de la partícula 2 después del choque en el eje de las “X” V2 d Y = Velocidad de la partícula 2 después del choque en el eje de las “Y” V1 d = Velocidad de la partícula 1 después del choque = 0,2 m/seg. V2 d = Velocidad de la partícula 2 después del choque = ??? m1 = masa de la partícula 1 = 0,2 kg m2 = masa de la partícula 2 = 0,3 kg V1 d Y = V1 d sen 40 V1 d Y = 0,2 sen 40 = 0,2 *0.6427 = 0,1285 m/seg. V1 d Y = 0,1285 m/seg. V1 d X = V1 d cos 40 V1 d X = 0,2 * cos 40 = 0,2 * 0,766 = 0,1532 m/seg. V1 d X = 0,1532 m/seg. Cantidad de movimiento antes del choque en el eje de las “X” = Cantidad de movimiento después del choque en el eje de las “X” 0

m1 V1 a X + m2 V2 a X = m1 V1 d X + m2 V2 d X m1 V1 a X = m1 V1 d X + m2 V2 d X Reemplazando 0,2 * 0,4 = 0,2 * 0,1532 + 0,3 * V2 d X0,08 = 0,03 + 0,3 V2 d X

6

V2 d X = V2 d cos β V2 d Y = V2 d sen β

θ = 400

V1 d X = V1 d cos 40

V1 d = 0,2 m/segV1d Y

m1 = 0,2 kg m2

V1 a X = 0,4 m/seg

V2 d


β

V2 d Y

Este Oeste

Norte

despejando 0,3 V2 d X = 0,08 – 0,03 0,3 V2 d X = 0,05

segm 0,16666 V

0,30,05 2dX ==

Cantidad de movimiento antes del choque en el eje de las “Y” = Cantidad de movimiento después del choque en el eje de las “Y” El signo negativo es por que la partícula 2 se desplaza hacia abajo. 0 0 m1 V1 a Y + m2 V2 a Y = m1 V1 d Y - m2 V2 d Y 0 = m1 V1 d Y - m2 V2 d Y Reemplazando 0 = 0,2 * 0,1285 - 0,3 * V2 d Y0 = 0,0257 - 0,3 V2 d Y despejando 0,3 V2 d Y = 0,0257

segm 0,0856 V

0,30,0257 2dY ==

0,51362 0,166660,0856

VV

tg2dX2dY ===β

Tg β = 0,51362 β = arc tg (0,51362) β = 27,180 = 270 10 minutos. Dirección Este 27,180 SUR V2 d = Velocidad de la partícula 2 después del choque = ???

segm 0,187 .8895750,1666

27,18 cos0,1666

cosV

V 2dX2d ====

β

Problema 7.5 FISICA DE FINN 2 carros A y B se empujan uno hacia el otro. Inicialmente B esta en reposo mientras que A se mueve hacia la derecha a 0,5 m/seg. Después del choque A rebota a 0,1 m/seg. Mientras que B se mueve hacia la derecha a 0,3 m/seg. En un segundo experimento A esta cargado con una masa de 1 kg. y se dirige hacia B con una velocidad de 0,5 m/seg. Después de la colisión A permanece constante mientras que B se desplaza hacia la derecha a 0,5 m/seg. Encontrar la masa de cada carro?

7


m A = masa del carro A = ??. m B = masa del carro B = ??. V A a = Velocidad del carro A en el primer experimento = 0,5 m/seg. V A d = Velocidad del carro A en el segundo experimento = 0 m/seg. VB a = Velocidad del carro B en el primer experimento = 0 m/seg. VB d = Velocidad del carro A en el segundo experimento = 0,5 m/seg. Cantidad de movimiento antes del choque en el primer experimento = Cantidad de movimiento después del choque en el primer experimento El signo negativo es por que el carro A rebota después del choque hacia la izquierda. 0

m A VA a + m B VB a = - m A VA d + m B VB d m A VA a = - m A VA d + m B VB d Reemplazando m A * 0,5 = - m A *0,1 + m B * 0,3 Ordenando y simplificando términos semejantes m A * 0,5 + m A *0,1 = m B * 0,3 m A * 0,6 = m B * 0,3 Dividiendo la expresión por 0,3 m A * 2 = m B 2 m A = m B Ecuación 1 Cantidad de movimiento antes del choque en el segundo experimento = Cantidad de movimiento después del choque en el segundo experimento En el segundo experimento se le agrega un kg. a la masa del carro A. 0 0

(m A +1) VA a + m B VB a = (m A +1) VA d + m B VB d (m A +1) VA a = m B VB d Reemplazando

V B d = 0,5 m/seg. V A d = 0 m/seg. V B a = 0 m/seg. V A a = 0,5 m/seg.

m= 1kg

A B A

Segundo experimentom= 1kg

B

8

V B d = 0,3 m/seg. V A d = 0,1 m/seg. V B a = 0 m/seg. V A a = 0,5 m/seg.

A B A B

Primer experimento

(m A +1) * 0,5 = m B * 0,5 Dividiendo la expresión por 0,5 (m A +1) = m B Ecuación 2 Igualando la ecuación 1 con la ecuación 2. 2 m A = m B Ecuación 1 (m A +1) = m B Ecuación 2 2 m A = (m A +1) 2 m A - m A = 1 m A = 1 kg (m A +1) = m B Ecuación 2 m B = m A +1 m B = 1 +1 m B = 2 kg.

9

T2Y = T2 sen δ T2X = T2 cos δ

T1Y = T1 sen (90 - δ) Pero: sen (90 - δ) = cos δ T1Y = T1 cos δ T1X = T1 cos (90 - δ) Pero: cos (90 - δ) = sen δ T1X = T1 sen δ Σ FX = 0 T2X – T1X = 0 T2 cos δ - T1 sen δ = 0 Ecuación 1 Σ FY = 0 T1Y + T2Y – W = 0 T1 cos δ + T2 sen δ – W = 0 T1 cos δ + T2 sen δ = W Ecuación 2 Resolviendo las ecuaciones T2 cos δ - T1 sen δ = 0 * cos δ Ecuación 1 T1 cos δ + T2 sen δ = W * sen δ Ecuación 2 T2 cos2 δ - T1 sen δ * cos δ = 0 T1 cos δ * sen δ + T2 sen2 δ = W sen δ

T2 cos2 δ + T2 sen2 δ = W sen δ T2 (cos2 δ + sen2 δ) = W sen δ Pero: (cos2 δ + sen2 δ) = 1 T2 = W sen δ Reemplazando en la ecuacion 2 T1 cos δ + T2 sen δ = W Ecuación 2 T1 cos δ + (W sen δ) * sen δ = W T1 cos δ + W sen2 δ = W T1 cos δ = W - W sen2 δ T1 cos δ = W (1 - sen2 δ) Pero: (1 - sen2 δ) = cos2 δ T1 cos δ = W cos2 δ

δδδ cos W

cos 2cosW 1T ==

T1 = W cos δ

20

Fisica 1 Problemas resueltos, libro de alonso y finn

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