Física Ingeniería Civil - Ejercicios Resueltos

5/27/2018 F sica Ingenier a Civil - Ejercicios Resueltos

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SOLUCIONES EJERCICIOS FISICA I

versin 2

Autor : Luis Rodrguez Valencia1

DEPARTAMENTO DE FISICAUNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE

Colaboradores: Alicia Lira, Rosemarie Pohl,Vernica Peters,Yolanda Vargas,

Manuel Arrieta, Dagoberto Castro,Jun Barrera, Jorge Lay.

4 de diciembre de 2003

1email: [email protected]


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II


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Captulo1

Soluciones ejercicios

Nadie es perfecto, luego si encuentra errores, tenga la gentileza de infor-marnos

Ejercicio 1.1 Un cuerpo describe una rbita circular de radio R = 100 men torno a un punto fijo con rapidez constante dando una vuelta completapor segundo. Determine la magnitud de la aceleracin del cuerpo.

Solucin.La aceleracin en rbita circular es de magnitud

a = v2R

=(2RT )2R

= 42R

T2 =

42 100

1 = 3947. 8 m s2

N

Ejercicio 1.2 Si el cuerpo del ejercicio anterior, repentinamente siguieraen lnea recta, determine la rapidez de crecimiento de la distancia al puntofijo en m s1.

Solucin. Este problema, es ms apropiado hacerlo cuando se tenga claro

el concepto de derivada. De todos modos se soluciona por medios geomtricosa la manera de Newton. Si v es la rapidez en la rbita circular y sigue enlnea recta, el cuerpo recorre una distancia

d= vt.


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2 Soluciones ejercicios

R

vt

v

Figura 1.1:

Por el teorema de Pitgoras, la distancia D al centro de la circunferenciaoriginal crece de la forma

D=

R2 + v2t2

ver figura. La velocidad del cuerpo podemos imaginarnos se puede descom-poner en una parte paralela a esa distancia, la que la hace crecer y otra parteperpendicular que no la afecta. De modo que la rapidez de crecimiento deesa distanciaD ser

v cos

pero de la figura

cos = vtR2 + v2t2

obteniendo para la rapidez de crecimiento

v2tR2 + v2t2

m s1

conR = 100m y v = 2R1

= 628. 319ms1 se tiene una funcin conocida deltiempo.

N

Ejercicio 1.3 Las masas de la Tierra y de la Luna son aproximadamenteMT = 5,98 10

24 kg yML = 7,36 1022 kg siendo la distancia promedio

entre ellos3,84 108 m. Determine la fuerza ejercida por la Tierra sobre laLuna y la ejercida por la Luna sobre la Tierra.


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Solucin.Ambas son de igual magnitud dada por

F = GMTMLd2

= 6,67259 10115,98 1024 7,36 1022

(3,84 108)2

= 1. 99 1020 N

N

Ejercicio 1.4 De los datos del ejercicio anterior, determine el tiempo em-pleado por la Luna en dar una vuelta completa en torno a la Tierra, en das.

Solucin.Considerando a la Tierra en reposo, la segunda ley de Newtonda

GMTML

d2 =ML

42d

T2o sea

T =

s42d3

GMT

=

s 42(3,84 108)3

6,67259 1011 5,98 1024

= 2. 366894458 106

s= 27. 39das

Sin embargo ambos cuerpos describen rbitas casi circulares en torno al cen-tro de masa de modo que si llamamos RL y RTa los radios de las rbitas,conRL+ RT =d se tiene que

GMTML

d2 = ML

42RLT2

,

GMTML

d2 = MT

42RTT2

o bien

GMTd2

= 42RL

T2 ,

GMLd2

= 42RT

T2


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y si las sumamos

GML+ MTd2 =42

dT2 ,

expresin dada en clase en la forma

R3 =G(M1+ M2)

42 T2

El efecto del movimiento de la Tierra da el valor

T =

s 42d3

G(MT+ ML)

=

s 42(3,84 108)3

6,67259 1011 (5,98 1024 + 7,36 1022)

= 2. 35246204 106 s

= 27. 23 das

Ni uno de los dos clculos puede ser considerado exacto porque el movimientode la Luna es mucho mas complejo que una rbita circular.

N

Ejercicio 1.5 Determine aproximadamente la fuerza que hace la Luna so-bre una persona que est sobre la superficie terrestre y de masa 80 kg.

Solucin.La distancia entre los centros es d = 3,84108 m. el radioterrestre es aproximadamente 6,38 106 m de manera que si la Luna estasobre la persona la distancia sera 3,84 108 6,38 106 = 3. 7762 108 mresultando para la fuerza

F = GmML

d2

= 6,67259 101180 7,36 1022

(3. 7762 108)2= 2. 755 103 N

= 2. 8 104 kgf

bastante pequea.


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5

N

Ejercicio 1.6 Si el radio de la Luna es1,74106 mdetermine cuanto pesaun kg de oro en la Luna.

Solucin.El calculo de la fuerza gravitacional da

F = GmML

d2

= 6,67259 10111 7,36 1022

(1,74 106)2

= 1. 622N

= 0.166kgf

alrededor de 1/6 de lo que pesa en la superficie terrestre.

N

Ejercicio 1.7 De acuerdo a los radios orbitales, evale los periodos orbita-les usando la tercera ley de Kepler, comparando con los datos tabulados.

Solucin.Los datos tabulados sonR km T aos T calculado

Mercurio 57, 909, 175 0,24084445 0,241Venus 108, 208, 930 0,61518257 0,615Tierra 149, 597, 890 0,99997862 1,000Marte 227, 936, 640 1,88071105 1. 881Jpiter 778, 412, 020 11,85652502 11. 871Saturno 1, 426, 725, 400 29,42351935 29. 458Urano 2, 870, 972, 200 83,74740682 84. 088Neptuno 4, 498, 252, 900 163,7232045 164. 914Plutn 5, 906, 376, 200 248,0208 248. 126

los periodos calculados lo son de acuerdo a

T =

s42R3

GMS

=

s42R3

GMS

la masa del Sol es aproximadamente MS = 1,991 1030 kg de modo que

resulta


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N

MercurioT = 0,241 aosVenus T = 0,615 aosTierraT = 1. 000 aosMarteT = 1. 881 aosJpiterT = 11. 871 aosSaturnoT = 29. 458 aosUrano T = 84. 088 aosNeptunoT= 164. 914 aosPlutnT= 248. 126 aosLas pequeas diferencias podran ser adjudicadas al hecho que las rbitas

no son circulares.

Ejercicio 1.8 Determine a qu distancia entre la Tierra y la Luna, uncuerpo no es atrado hacia ninguno de los dos cuerpos.

Solucin.Sea x la distancia al centro de la Tierra y dla distancia entrela Tierra y la luna. Debe tenerse

GmMT

x2 G mML

(d x)2 = 0

o sea(d

x)

x = rML

MTde donde

x = d

1 +

rMLMT

= 3,84 108

1 +

r7,361022

5,981024

= 3. 456 108 m

N

Ejercicio 1.9 Un pndulo de longitudL= 2 m efecta oscilaciones en lasuperficie terrestre. Determine el nmero de oscilaciones que efecta en cadasegundo.


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Solucin.De acuerdo a

T = 2

sL

g.

resulta

T = 2

r 2

9,8= 2. 84 s

y entonces la frecuencia es

f= 1

T

= 0. 352 osc/s

N

Ejercicio 1.10 Utilizando las leyes de Kepler, discuta la existencia del pla-netaX, hipottico planeta igual a la Tierra, en su misma rbita elptica entorno al Sol, pero que permanece siempre oculto detrs del Sol y por eso noha sido observado.

Solucin.No es posible porque si en algn instante ellos estn en lnearecta con el Sol, ms tarde, el que tiene mayor rapidez, se adelantar.

N

Ejercicio 1.11 Si la distancia promedio de la Tierra al Sol es aproximada-mente1,496 1011 m determine aproximadamente la masa del Sol.

Solucin.Suponemos que adems se conocen otros datos tal como queel periodo de la rbita terrestre T= 365 24 3600 s = 3. 1536 107 s demanera que

T2 = 42

GMsolR3,

entonces

Msol = 4

2

GT2R3

= 42

6,67259 1011(3. 1536 107)2(1.496 1011)3

= 1. 99 1030 kg


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N

Ejercicio 1.12 Verifique con los datos de la tabla, el cumplimiento de latercera Ley de Kepler.

Ejercicio 1.13 De acuerdo a las masas de los planetas, evale las velocida-des de escape desde sus superficies, comparando sus valores con los tabulados.

Solucin.De acuerdo a los datos (dos primeras columnas)Masa kg R km vekm s

1

Mercurio 0,33022 1024 2439,7 4,25Venus 4,8690 1024 6051,8 10,36

Tierra 5,9742 1024

6378,14 11,18Marte 0,64191 1024 3397 5,02Jpiter 1898,7 1024 71492 59,54Saturno 568,51 1024 60268 35,49Urano 86,849 1024 25559 21,29Neptuno 102,44 1024 24764 23,71Plutn 0,013 1024 1195 1,27

vekm s1 calculada

4. 250110. 3619

11. 18035. 021759. 533535. 480321. 294823. 49561. 2049

y

ve(M, R) =

r2GM

R ,

podemos calcularMercuriove= 4. 2501kms1

Venus ve= 10. 3619kms1

Tierrave= 11. 1803kms1

Marteve= 5. 0217kms1

Jpiterve= 59. 5335kms1

Saturnove= 35. 4803kms1

Urano ve = 21. 2948kms1

Neptunove= 23. 4956kms1

Plutnve = 1. 2049kms1

N

Ejercicio 1.14 De acuerdo a las masas de los planetas y sus radios, evalela aceleracin de gravedad en sus superficies, comparando sus valores con lostabulados.


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Solucin.La aceleracin de gravedad es la fuerza gravitacional dividida

por la masa es decirg=

GMPR2P

dondeRP yMPson el radio y la masa del planeta.Mercurio Venus Tierra Marte

Masa1027 g 0.33022 4.8690 5.9742 0.64191Gravedad en la superficie cm s2 370 887 980 371Radio medio ecuatorial (Km) 2,439.7 6,051.8 6,378.14 3,397

Jpiter Saturno Urano Neptuno Plutn1,898.7 568.51 86.849 102.44 0.013

2312 896 869 1100 8171,492 60,268 25,559 24,764 1,195Calculando para el primero y el ultimo

gMercurio = 6,67259 1011(0,33022 1024)

(2,4397 106)2

= 3. 702ms2

= 3 70,2c m s2

gPluton = 6,67259 1011

(0,013 1024

)(1,195 106)2

= 0. 607 m s2

= 60,7 cm s2

N

Ejercicio 1.15 Estudie si existe alguna ley que de cuenta de las distanciasde los planetas al Sol. (Por razones histricas, considere unidades dondela distancia Tierra Sol sea 10). Si existe alguna discontinuidad en su ley,aventure alguna hiptesis.

Solucin. Los datos, la primera columna de la tabla, cuando son ex-presados tomando arbitrariamente RT = 10, dan los valores de la segundacolumna. Esos nmeros, con imaginacin y paciencia se parecen a la secuenciade nmeros enteros de la tercera columna, nmeros llamados de Titius-Bode.


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R km 10 R/RT Titius-Bode

Mercurio 57909175 3,87 4Venus 108208930 7,23 7Tierra 149597890 10 10Marte 227936640 15,22 16

Jpiter 778412020 5 2,03 52Saturno 1426725400 9 5,37 100Urano 2870972200 19 1,91 196Neptuno 4498252900 30 0,69 388

Con esfuerzo y algo ms, se puede ver que esos nmeros corresponden ala secuencia 4 + 3 2n1 conn = 1, 2, 3, . Si se observa la tabla de esos

valores, se descubre que correspondera la existencia de un planeta con n= 4n 4 + 3

22n

1 72 103 164 285 526 1007 196

8 388esto es, la secuencia predice un planeta con10R/RT = 28, entre Marte yJpiter, precisamente donde est el cinturn de Asteroides. Nadie ha podido

justificar esta ley de modo que al parecer se tratara de una coincidencia.

N

Ejercicio 1.16 Considere un satlite artificial en rbita ecuatorial geoes-tacionaria, es decir que permanece siempre sobre el mismo punto de la su-perficie terrestre. Determine entonces la altura del satlite sobre la superficie

terrestre y la rapidez de l en su rbita.

Solucin.Si denota la velocidad angular terrestre esto es

= 2

24 3600 rad/s


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o bien que el periodo de la rotacin T =da= 243600 = 86400,0 s, entonces

la condicin para que el satlite est geo estacionario ser

v=2r

T

pero la rapidez en rbita circular es

v=

rGMT

r

de modo que tenemos

2r

T =

rGMT

r

elevando al cuadrado 42r2

T2 =

GMTr

de donde podemos despejarr

r3 = GMTT

2

42

r = 3

rGMTT2

42

clculos numricos paraT= 86400,0

MT = 5,98 1024G= 6,67259 1011

r= 3q

GMTT2

42 = 4. 226 107 m

entonces la altura sobre la superficie terrestre ser

h = rRT=

= 4. 226 107 6,38 106= 3. 588 107 m

= 3. 588 104 km

y

v=

rGMT

r = 3072. 791 m s1 = 11062. 05kmh1


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N

Ejercicio 1.17 Respecto a la situacin del problema anterior, si la alturadel satlite es reducida a la mitad pasando a otra rbita circular, determineel nmero de vueltas que da el satlite por da en torno a la Tierra.

Solucin.Ahora la altura es la mitad, es decir

h=3. 588 107

2 = 1. 794 107 m

de donde

r = 6,38 106 + 1. 794 107

= 2. 432 107 m

r= 2. 432 107

entonces

v=

rGMT

r = 4050. 569ms1

Suponiendo que la velocidad es en el mismo sentido de la rotacin terrestre,esto corresponde a un periodo

T=2r

v = 37724. 8398s

esto es en un da el satlite da

86400,0

37724. 8398= 2,29

vueltas y la Tierra da una, luego relativo a la Tierra el satlite da

1,29

vueltas.

N

Ejercicio 1.18 Considere a una persona en el Ecuador terrestre. Productode la rotacin terrestre esa persona est acelerada hacia el centro de la Tierra.Determine la magnitud de esa aceleracin. Si la persona se para sobre unabalanza y ella tiene una masa de80 kg determine la lectura de la balanza enkgf. (1 kgf= 9,8 N)


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Solucin.Si Nes la fuerza que hace la balanza sobre la persona hacia

arriba, la segunda ley de Newton da

mg N=mv2

RT

dondev es la rapidez Ecuatorial de la Tierra que puede calcularse de acuerdoa

v=2RT

T

dondeTes el periodo de rotacin terrestre (un da). As resulta

N = mg mv2

RT

= mg m42RT

T2

y numricamentem= 80 kgRT = 6,38 10

6 mg= 9,8 m s2

N = 781. 301N=

781. 301

9,8= 79. 72kgf.

O sea la rotacin terrestre disminuye algo el peso de la persona.

N

Ejercicio 1.19 Determine el radio que debera tener un planeta con la mis-ma masa terrestre, para que la velocidad de escape en su superficie fuera la

velocidad de la luz.Solucin.La velocidad de escape es

ve=

r2GMT

R


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e igualando a c = 2,99792458 108 m s1

c=

r2GMT

R ,

podemos despejar

R = 2GMT

c2 = 0,0089m

= 0,89cm

(Si el radio Terrestre fuera reducido a un valor menor que ese, tendramosun agujero negro con la masa de la Tierra)

N

Ejercicio 1.20 Determine el radio que debera tener una estrella con lamisma masa que el Sol, para que la velocidad de escape en su superficie fuerala velocidad de la luz.

Solucin.Es igual, pero ahoraMS= 1,991 1030 kg obteniendo

R=2GMS

c2 = 2956. 339 m

N

Ejercicio 1.21 Determine la velocidad de rotacin que debera tener un

planeta como la Tierra, en vueltas por da, para que despegramos de lasuperficie en el Ecuador.

Solucin.Como sabemos que la rapidez para rbita circular a nivel delsuelo sera

v=

rGMT

RT

ello da v =q

GMTRT

= 7908. 378974ms1 de modo el periodo de la rotacin

debe ser

T=

2RTv = 5068. 892s

lo que corresponde a86400,0

5068. 892= 17. 05

vueltas por da.


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N


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Captulo2


Ejercicio 2.1 Demuestre las identidades

(a b) c= (a c)b (b c)a.

(a b) c= a (b c).a b

2=a2b2 (a b)2.

Solucin.Deben haber muchas demostraciones. La tercera es fcil pues

si es el ngulo entreayb

a b2

= a2b2 sin2 =

= a2b2(1 cos2 )= a2b2 a2b2 cos2 = a2b2 (a b)2.

La segunda, intercambiar la cruz con el punto, se demuestra as:

(a b) c = (aybz azby)cx+ (azbx axbz)cy+ (axby aybx)cz

= cxaybz cxazby+ cyazbx cyaxbz+ czaxby czaybxy

a (b c) = (bycz bzcy)ax+ (bzcx bxcz)ay+ (bxcy bycx)az= cxaybz cxazby+ cyazbx cyaxbz+ czaxby czaybx


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resultan iguales. La primera es larga. Veamos la componente x de (a

b) c, esta es:

(a b)ycz (a b)zcy = (azbx axbz)cz (axby aybx)cy =czazbx czaxbz cyaxby+ cyaybx = (cyay+ czaz)bx (czbz+ cyby)ax=(c a cxax)bx (c b cxbx)ax = (c a)bx (c b)ax,

de modo que es claro que algo similar ocurre con las otras dos componen-tes y luego

(a b) c= (c a)b (c b)a.

N

Ejercicio 2.2 Si los lados de un tringulo sona, b, c determine los ngulosdel tringulo.

Solucin.Podemos obtenerlos de varias maneras, por ejemplo del teore-ma del coseno

c2 =a2 + b2 2ab cos ,o bien

cos =a2 + b2 c2

2ab ,

y otras dos similares

cos = a2 + c2 b2

2ac ,

cos = c2 + b2 a2

2bc ,

N

Ejercicio 2.3 Considere los puntos cuyas coordenadas son A = (1, 1, 1),B = (1, 2, 1), C= (1, 2, 0) determine

a) El rea del tringuloABC.

b) Los ngulos del tringulo ABC.

c) Las magnitudes de los lados del tringuloABC.


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d) Las alturas del tringuloABC.

Solucin.Los vectores con magnitud y direccin los lados del tringulopueden escribirse

c =

AB= (1, 2, 1) (1, 1, 1) = (0, 1, 0)a =

BC= (1, 2, 0) (1, 2, 1) = (2, 0,1)

b =

CA= (1, 1, 1) (1, 2, 0) = (2,1, 1)de manera que

c a= (0, 1, 0) (2, 0,1) = (1, 0, 2)b c= (2,

1, 1) (0, 1, 0) = (

1, 0, 2)

a b= (2, 0,1) (2,1, 1) = (1, 0, 2)entonces el rea del tringulo es

A=1

2|(1, 0, 2)|= 1

2

5.

las magnitudes de los lados son|c|= |(0, 1, 0)|= 1b

=|(2,1, 1)|= 6|a|= |(2, 0,1)|= 5los ngulos estn dados por

sin = |bc||b||c| =

56

sin = |ca||a||c|

=55

= 1

sin = |ba||a||b|

=5

56

= 16

las alturas del tringulo se calculan de acuerdo a

hC =b

sin =

5,

hB = |a| sin =

56

,

hA = |c| sin = 1.N

Ejercicio 2.4 Considere un paralelgramo donde se dan tres vrticesA =(0, 1, 1), B = (1, 0, 1), C= (1, 1, 0).


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a) Determine el cuarto vrtice.

b) Determine el rea del paralelgramo.

c) Determine las longitudes de las diagonales.

Solucin.Construyamos los vectores

AC =

OCOA= (1, 0,1) ,

AB =

OB OA= (1,1, 0) ,

de manera que

AD= AB+ AC= (2,1,1) ,entonces el cuarto vrtice est en la posicin (esta es una solucin de otrasposibles)

OD=OA +

AD= (2, 0, 0)

El rea del paralelgramo ser

A=AB

AC =|(1, 1, 1)|=

3,

donde las longitudes de las diagonales sern

AB+ AC = |(2,1,1)|= 6,AB AC = |(0,1, 1)|=

2.

N

Ejercicio 2.5 Escriba la ecuacin de un plano que es perpendicular a ladireccinn= (1,1, 1)/3 y que pasa a distancia3 del origen.

Solucin.La ecuacin resulta

n r= 3,

o seax y+ z = 3

3.

N


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Ejercicio 2.6 Sea una recta

x = 2t + 1,

y = t + 2,z = 3t 1,

siendo t un parmetro. Determine su distancia al origen.

Solucin.La distancia de un punto arbitrario de la recta al origen es

d=p

x2 + y2 + z2,

esto esd=

p(2t + 1)2 + (t + 2)2 + (3t 1)2 =

14t2 6t + 6.

La cantidad subradical, polinomio de segundo grado, tiene un mnimo justoen el punto medio entre sus dos races que son

t1= 314

+ 514

i

3, t2= 314 5

14i

3 y el punto medio es

t=1

2(

6

14) =

3

14,

y para ese valor d es la distancia de la recta al origen, cuyo valor resulta

d= 5

14

42 = 2. 315,

N

Ejercicio 2.7 Seana= (1, 1, 0),b= (1, 1, 1) dos vectores. Determine laecuacin de un plano que pase por el origen y que contenga los vectoresa yb.

Solucin. Si los dos vectores a yb estn sobre el plano, entonces unvector normal al plano es N= a b. Calculando resulta

N= (1, 1, 0) (1, 1, 1) = (1,1, 2) .La ecuacin del plano es, en general

r N=constante,


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y si pasa por el origen

r N= 0.Calculando (x,y,z) (1,1, 2) = x y+ 2z de modo que la ecuacin delplano es

x y+ 2z = 0.

N

Ejercicio 2.8 Determine el rea de un tringulo en funcin solamente desus ladosa, b yc.

Solucin.En principio el rea del tringulo puede ser escrita de muchas

maneras, por ejemplo

A = 1

2

a b

=

1

2ab sin ,

= 1

2

b c

=

1

2bc sin ,

= 1

2|c a|=

1

2ca sin ,

pero la tarea es eliminar los ngulos. Para ello considere

c=a cos + b cos .

Expresando los cosenos en trminos de los senos se obtiene

c=a

r1 ( 2A

ca)2 + b

r1 (2A

bc)2,

o bienc2 =

pc2a2 (2A)2 +

pb2c2 (2A)2,

y el resto es lgebra. Para despejar A(c2

pc2a2

(2A)2)2 =c4

2p(c2a2 4A

2)c2 + c2a2

4A2 =b2c2

4A2

de dondec2 + a2 b2 = 2

p(c2a2 4A2)

(c2 + a2 b2)2 = 4 (c2a2 4A2)16A2 = 4c2a2(c2+a2b2)2 = (a + b c) (a + b + c) (c a + b) (c + a b)


26/299

23

y finalmente

A= 14

p(a + b c) (a + b + c) (c a + b) (c + a b).

Intente otro camino.

N

Ejercicio 2.9 Con relacin a lafigura, demuestre que si F1= F2 enton-ces:

r1 F1+ r2 F2= 0.

F1

F2

r1

r2

Solucin.Podemos escribir

r1 F1+ r2 F2 =

r1 F1 r2 F1 =

(r1 r2) F1 = 0,

porque F1 es paralela a (r1 r2).N

Ejercicio 2.10 Desde una determinada posicin en un camino, una per-sona observa la parte ms alta de una torre de alta tensin con un ngulode elevacin de25o. Si avanza45 m en lnea recta hacia la base de la torre,divisa la parte ms alta con un ngulo de elevacin de55o. Considerando quela vista del observador est a1,70 m. Encuentre la altura h de la torre.

Solucin.Sead la distancia del punto ms cercano a la torre, entonces

tenemos

d

h = cot 55,

d + 45

h = cot 25,


27/299


h

25

45 m

55

1.70 m

Figura 2.1:

restando45h

= cot25 cot55

de donde

h= 45

cot25 cot55y numricamente resulta

h= 31. 157m

respecto al observador y

h = (31. 157 + 1,70)

= 32. 857m

respecto al suelo.

N

Ejercicio 2.11 Desde un avin de reconocimiento que vuela a una altura de2500m, el piloto observa dos embarcaciones que se encuentran en un mismoplano vertical con ngulos de depresin de62o240 y37o180 respectivamente.Encuentre la distancia x entre las embarcaciones.

Solucin.Con decimales los ngulos son 18/60 = 0,3

62,4o y37,3o


28/299

25

2500 m

3718'

x

6224'

Figura 2.2:

Similarmente al problema anterior sides la distancia horizontal entre el aviny la embarcacin ms cercana se tiene

x + d

2500 = tan(90 37,3),

d

2500 = tan(90 62,4),

y restando se obtiene

d= 2500(cot 37,3 cot62,4) = 1974. 751mN

Ejercicio 2.12 Una persona se encuentra en la mitad de la distancia quesepara dos edificios y observa la parte ms alta de stos con ngulos de eleva-cin de30o y60o respectivamente. Demuestre la que las alturas de los edificiosestn en la relacin1 : 3.

Solucin.Si las alturas son llamadas h1 yh2 tenemos que

tan 30 = h1

x/2,

tan 60 = h2

x/2,

de dondeh1h2

=tan30

tan60=

13

3

3=

1

3.


29/299


30

x

60

Figura 2.3:

N

Ejercicio 2.13 Un mstil por efecto del viento se ha quebrado en dos partes,la parte que qued vertical en el piso mide3 my la parte derribada qued atadaal extremo superior de la parte vertical, formando un ngulo de30o con elpiso. Encontrar la altura del mstil.

3 m

30

Figura 2.4:

Solucin.La hipotenusac ser dada por

3

c= sin 30 =

1

2,

de dondec= 6 m,

por lo tanto la altura del mstil era

9 m.


30/299

27

Z

X

Y

16 cm

18 cm

10 cm

Figura 2.5:

N

Ejercicio 2.14 Una persona en su trote diario, desde su casa, corre7 kmalNorte, 2 km al Oeste, 7 km al Norte y11 km al Este. Encuentre la distanciaa su casa a que se encuentra la persona .

Solucin.Sean los ejes cartesianos OX hacia el este yOYhacia el norte,entonces el desplazamiento resultante es

r = 7 + 2() + 7 + 11= 9 + 14,

y su magnitud, la distancia a la casa, es

r=

92 + 142 = 16. 64km.

N

Ejercicio 2.15 Una caja tiene16 cm de largo, 18cm de ancho y10cm de

alto. Encuentre la longitud de la diagonal de la caja y el ngulo que staforma con cada uno de los ejes.

Solucin.El vector que representa la diagonal es

r= 16 + 18 + 10k,


31/299


y entonces su longitud es

r= 162 + 182 + 102 = 26. 077cm.

Los ngulos estn dados por

cos = r

(26. 077)

= 16

26. 077

cos = r

26. 077

= 1826. 077

cos = r k

26. 077

= 10

26,077

de donde

= 52. 152 o,

= 46. 349 o,

= 67. 4501o.

Note quecos2 + cos2 + cos2 = 1.

N

Ejercicio 2.16 Dados los vectores r1 = 3 2+ k, r2 = 3 4 3k,r3= + 2 + 2k, hallar los mdulos de:

a) r3

b) r1+ r2+ r3

c) 2r1 3r2+ 5r3

Respuestas: (a)3; (b) 5,66; (c)5,48


32/299

29

Ejercicio 2.17 Hallar un vector unitario con la direccin y sentido de la

resultante de r1+ r2, conr1= 2 + 42 5k, r2= + 2 + 3k,Respuesta: 3

7 + 6

7 2

7k.

Ejercicio 2.18 Demostrar que los vectores A= 3+2k, B = +3+4k,C= 4 26k, pueden ser los lados de un tringulo, y hallar las longitudesde las medianas de dicho tringulo.

Solucin.Si tresa, b, ycforman un tringulo entonces debe ser

a + b + c= 0,

lo cual es satisfecho por los vectores

A, B y C

Las medianas unen los puntos medios de los lados por lo tanto vectores a lolargo de las medianas son

1

2C+

1

2( A),

1

2( A) +1

2B

1

2 B+1

2 C

donde A= (3,1, 2), B= (1, 3, 4), C= (4,2,6), luego1

2,3

2,2

, (2, 1, 3) ,

3

2,1

2,1

y sus longitudes sonq

14

+ 94

+ 4 = 2. 54954 + 1 + 9 = 3. 7417

q3222 +

1

22 + 1 = 1. 8708N

Ejercicio 2.19 Hallar el ngulo formado por los vectores A= 2 + 2 k,B= 6 3 + 2k.


33/299


Solucin.Tenemos

cos =A BA

B

= 12 6 2

9

49=

4

21

de donde

= 79. 017o

N

Ejercicio 2.20 Demostrar que los vectores A= 32 + k, B= 3 +5k,C= 2 + 4k, forman un tringulo rectngulo.

Solucin.Usted puede constatar que

A B= C,

o seaB+ C= A,

de manera que forma un tringulo. Adems calcule

A C= (3,2, 1) (2, 1,4)) = 0luego

A Ces decir se trata de un tringulo rectngulo.

N

Ejercicio 2.21 Hallar el vector unitario perpendicular al plano formadopor A= 2 6 3k, B= 4 + 3 k.Solucin.Calcule

A B = 15 10 + 30k,


34/299

31

luego un vector normal al plano es

N= 15 10 + 30k,y uno unitario

N = 15 10 + 30k

152 + 102 + 302,

= 15 10 + 30k

35 ,

= 3 2 + 6k

7 .

N

Ejercicio 2.22 Dados , A= 2 3 k y B = + 4 2k determinara) A B

b) B A

c) ( A + B) ( A B)Solucin.(2,3,1) (1, 4,2) = (10, 3, 11)(1, 4,2) (2,3,1) = (10,3,11)( A + B) ( A B) = A B+ B A= 2 B A= (20,6,22) .

N

Ejercicio 2.23 Hallar el rea del tringulo cuyos vrtices son P(1, 3, 2),Q(2,1, 1), R(1, 2, 3).

Solucin.Dos lados del tringulo pueden ser representados por los vec-tores

P Q =

OQOP = (2,1, 1) (1, 3, 2) = (1,4,1)

P R =

OROP = (1, 2, 3) (1, 3, 2) = (0,1, 1),

luego

P Q P R== (5,1,1)y el rea ser

A=1

2

P Q

P R

=

1

2

25 + 1 + 1 =

27

2 .


35/299


N

Ejercicio 2.24 Hallar los ngulos agudos formados por la recta que une lospuntos(1,3, 2) y(3,5, 1) con los ejes coordenados.

Solucin.Un vector a lo largo de la recta es

A= (1,3, 2) (3,5, 1) = (2, 2, 1)luego los ngulos que ese vector forma con los eje estn dados por

cos = A

A

=2

3

cos = AA =2

3

cos =k A

A =1

3

de donde los ngulos agudos son: (tome los valores absolutos del coseno) 48.190o,48. 190o y70. 531o.

N

Ejercicio 2.25 Hallar los cosenos directores de la recta que pasa por lospuntos(3, 2,4) y(1,1, 2).

Solucin.Similarmente al problema anterior

A= (3, 2,4) (1,1, 2) = (2, 3,6)de donde

cos = A

A

=2

7

cos = A A =37

cos =k A

A =6

7


36/299

33

o si tomamos A

cos = 27

cos = 37

cos = 6

7

N

Ejercicio 2.26 Dos lados de un tringulo son los vectores A= 3 + 62ky B= 4 + 3k. Hallar los ngulos del tringulo.

Solucin.El otro lado puede escribirse

C= A B = + 7 5k,

y calculamos

A B = 0B C = 26A C = 49

A = 7B

=

26C = 5

3

luego los ngulos son 90o,53. 929o y36. 071o

N

Ejercicio 2.27 Las diagonales de un paralelogramo son A= 3 4 k yB= 2 + 3 6k . Demostrar que dicho paralelogramo es un rombo y hallarsus ngulos y la longitud de sus lados.

Solucin.En trminos de los ladosay b se tiene

a + b = A,

ab = B,


37/299


entonces

a = 12

( A + B) =12

(5 7k),b =

1

2( A B) =1

2( 7 + 5k),

entonces

|a|=b

=5

2

3,

por lo tanto es un rombo y

cos =a b

|a|2 =

5 + 7 3574

= 2374

,

de donde los ngulos son 108. 11o y71. 894o.

N

Ejercicio 2.28 Hallar la proyeccin del vector2 3 + 6k sobre el vector + 2 + 2k .

Solucin.

(2 3 + 6k) ( + 2 + 2k) + 2 + 2k

= 2

6 + 121 + 4 + 4 =

8

3 .

N

Ejercicio 2.29 Hallar la proyeccin del vector43 + k sobre la recta quepasa por los puntos(2, 3,1) y(2,4, 3).

Solucin.Un vector sobre la recta es

(2, 3,1) (2,4, 3) = (4, 7,4)luego la proyeccin es

(4, 7,4) (4,3, 1)|(4, 7,4)|

= 99

= 1,de manera que la magnitud de la proyeccin es 1.


38/299

35

N

Ejercicio 2.30 Si A= 4 + 3k y B =2+ 2k , hallar un vectorunitario perpendicular al plano de A y B.

Solucin.

n= A BA B

,donde(4,1, 3) (2, 1,2) = (1, 2, 2) por lo tanto

n=(1, 2, 2)

3 ,

N

Ejercicio 2.31 Demostrar que A = 22+k3

, B = +2+2k3

, y C=2+2k

3 son

vectores unitarios mutuamente perpendiculares.

Solucin.CalculandoA

=

B

=

C = 1,

A B = A C= B C= 0.

N


39/299



40/299

Captulo3


Ejercicio 3.1 Las cuatro fuerzas concurrentes mostradas en lafigura tienen

una resultante igual a cero. Si

FB

= 800 N,

FC = 1000 N y

FD

= 800 N

determine la magnitud de FA y el ngulo .

X

Y

70 30

20

FB

FC

FDFA

Solucin.Las componentes de la fuerza son

XFx = FCcos 30 + FDcos 20 FBcos 70 FAcos = 0,

XFy = FCsin 30 FDsin 20 + FBsin 70 FAsin = 0,o bien

FAcos = 1000cos 30 + 800 cos20 800 cos 70 = 1344. 163,FAsin = 1000 sin 30 800sin20 + 800sin70 = 978. 138,


41/299


entonces

FA= 1344. 1632 + 978. 1382 = 1662. 386 N

y

tan = 978. 138

1344. 163= 0,727

= 36,04o

N

Ejercicio 3.2 Las magnitudes de las fuerzas que actan sobre el soporte

son, figura, F1 = F2 = 100N. El soporte fallar si la magnitud de lafuerza resultante que acta sobre l excede150N. Determine el intervalo devalores aceptables para el ngulo .

F1

F2

Solucin.La magnitud de la fuerza resultante puede escribirse

F =p

(F2+ F1cos )2 + (F1sin )2

=q

(F22 + 2F2F1cos + F21 )

peroF1= F2 entonces

F =F1

2 + 2 cos

o bien

F = 2F1cos /2

= 200 cos /2


42/299

39

o sea

cos /282. 819o

y simtricamente hacia abajo.

N

Ejercicio 3.3 Tres fuerzas actan sobre la esfera mostrada en lafigura. La

magnitud de FB es de60 N y la resultante de las tres es igual a cero Deter-mine las magnitudes de FA y FC.

FA

FB

FC

30

Solucin.Aqu XFx = FCcos 30 + FA= 0,XFy = FCsin 30 FB = 0

= FCsin 30 60 = 0,

Entonces

FC = 120 NFA = 120 cos 30

= 60

3 N

N


43/299


Ejercicio 3.4 Cuatro fuerzas actan sobre una viga como se indica en la

figura. La resultante de las cuatro fuerzas es cero y adems

FB

= 10000 N,FC = 5000 N. Determine las magnitudes de FA y FD.

FA

FB

FC

FD

30

Solucin.Para los ejes OXhorizontal y OYvertical se tiene

FAcos 30 FD = 0,FAsin 30 FB+ FC = 0,

o sea

FAcos 30 FD = 0,FAsin 30

10000 + 5000 = 0,

de donde

FA = 5000

sin30= 10000 N,

FD = FAcos 30 = 5000

3 N.

N

Ejercicio 3.5 Seis fuerzas actan sobre una viga que forma parte de la es-tructura de un edificio, como se indica en la figura, en los extremos, puntomedio y a un cuarto de la longitud de la viga. Se sabe que la resultante de

todas ellas es cero y que

FB

=

FE = 5 kN,

FC = 4 kN,

FD

= 2 kN.

Determine las magnitudes de FA y FG.


44/299

41

FA

FB

FG

70

FE

FC

FD

40 40 50

Solucin. Similarmente

FAcos 70 FCcos 40 + FDcos 40 + FGcos 50 = 0,FAsin 70 + FCsin 40 FB+ FDsin 40 FE+ FGsin 50 = 0,

y numricamente

FAcos 70 + FGcos 50 = 2 cos 40,FAsin 70 + FGsin 5 0 = 10 6sin40,

de donde se resuelve

FG=10cos70 6cos70sin40 + 2cos40sin70

cos30 = 4. 0886 kN

FA=10cos50 6sin40cos50 2cos40sin50

cos30 = 3. 204 kN

N

Ejercicio 3.6 Los cables A, B y C, figura, ayudan a soportar una columnade una estructura. Las magnitudes de las tensiones en los cables son iguales

FA

=

FE =

FC y se sabe adems que la magnitud de la resultantes es

200kN. Determine la magnitud de FA.


45/299


4 m 4 m 4 m

6 m

AB C

Solucin. Llamando , , los ngulos que forman los cable con lahorizontal, yTa la tensin, se tiene que

Fx = T(cos + cos + cos ),

Fy = T(sin + sin + sin ),

siendo la resultante

Tp

(cos + cos + cos )2 + (sin + sin + sin )2 = 200,

y los ngulos estn dados por

cos = 4

42 + 62, sin =

642 + 62

cos = 8

82 + 62, sin =

682 + 62

,

cos = 12

122 + 62, sin =

6122 + 62

,

de donde se obtiene

T = 68. 238kN

N

Ejercicio 3.7 Se tiene una fuerza F = 600 700+ 600k N. Determinelos ngulos entre el vector F y los ejes coordenados positivos.


46/299

43

Solucin.Llamando, , los ngulos se tiene que

cos = F F

= 6006002 + 7002 + 6002

= 611

,

cos =F

F=

7006002 + 7002 + 6002

= 711

,

cos =F k

F=

6006002 + 7002 + 6002

= 6

11

de donde

= = 56. 944 o,

= 129. 521o.

N

Ejercicio 3.8 La torre de70 m de altura que se muestra en la figura estsoportada por tres cables que ejercen sobre ella las fuerzas FAB, FACy FAD .La magnitud de cada una de esas fuerzas es de2 kN. Exprese vectorialmentela fuerza resultante ejercida por los cables sobre la torre. Las coordenadas delos apoyos sonC= (40,40), B= (0, 40) yD = (60,60).

A

B

Z

X

Y

D

C


47/299


Solucin.Los vectores a lo largo de los cables son

AC =

OCOA= (40,40, 0) (0, 0, 70) = (40,40,70) ,

AB =

OB OA= (0, 40, 0) (0, 0, 70) = (0, 40,70)

AD =

OD OA= (60,60, 0) (0, 0, 70) = (60,60,70) ,

entonces la fuerza resultante es

F = 2 (40,40,70)|(40,

40,

70)|

+ (0, 40,70)|(0, 40,

70)|

+ (60,60,70)|(

60,

60,

70)|

= 2

(40,40,70)90

+(0, 40,70)

10

65+

(60,60,70)110

=

20

99,196

99 +

8

65

65,280

9914

65

65

= (0,20202,0,98752,4. 564 8) kN.

N

Ejercicio 3.9 El cableAB mostrado en lafigura ejerce una tensin de mag-nitud32 Nsobre el collarn en A. Exprese vectorialmente la fuerza de tensin

T.

4 m

A

4 m

7 m

6 m

4 m

B

X

Y

Z


48/299

45

Solucin.Necesitamos un vector a lo largo del cable. Ese vector es

AB= OB OA,donde el vector

OB = (4, 0, 7)y

OA se puede construir as

OA = (0, 0, 7) + 6

(4, 4, 0) (0, 0, 7)|(4, 4, 0) (0, 0, 7)|

= (0, 0, 7) + 6(4, 4,7)

9 =

8

3,8

3,7

3

,

por lo tanto

AB = (4, 0, 7)8

3 ,

8

3 ,

7

3

=

4

3,8

3,14

3

,

y finalmente

T = 32

43

,83

, 143

43

,83

, 143

= 32

(2,4, 7)69

= (7. 7047,

15. 409, 26. 966) .

N

Ejercicio 3.10 Determine el torque de la fuerza de50kgf respecto a lospuntos A, B y C de lafigura.

4 m6 m

A B C


49/299


Solucin.Si el eje Xest a lo largo de la barra, Yhacia arriba y Zsale

de la figura, entoncesA = 6 (50) = 300k kgfm,B = 0,C = (4) (50) = 200k kgfm.

N

Ejercicio 3.11 En lafigura, la viga AB de5 mde longitud fallar si el tor-que de la fuerza respecto al punto A excede de10 N m. Con esa condicindetermine la mxima magnitud que puede tener la fuerza.

A

F

25

30B

Solucin.El torque respecto al puntoA es

=AB F ,

y su magnitud es

= (AB)Fsin(30 25) = 5Fsin 5,

de este modo para no exceder 10 N m debe ser

F0 10

5sin5= 22. 947N.

N

Ejercicio 3.12 De acuerdo a lafigura, determine el torque de la fuerza de80 N respecto al punto P.


50/299

47

P

F

40

20

3 m

Solucin.Su magnitud es

= 3(80) sin(40 + 20) = 120

3 N,

y su direccin y sentido es perpendicular a la figura y saliendo.

N

Ejercicio 3.13 Determine la magnitud del torque de la fuerza distribuidaindicada en lafigura respecto al punto A y la posicin de su centro de fuerza.

10 m5 m

A

10 N/m

Solucin.Como se explic, el centro de la fuerza distribuida coincide conel centroide del rectngulo, esto es est ubicado a 5 + 5 = 10 m del punto Ay la magnitud del torque ser

A= 10(100) = 1000 N mN

Ejercicio 3.14 Determine la magnitud del torque de la fuerza distribuidaindicada en lafigura respecto al punto A y la posicin de su centro de fuerza.


51/299


10 m3 m

A

10 N/m

Solucin.El readel tringulo esA = 12

(10 10) = 50 N, su centroideest a 2

310 mdel vrtice izquierdo y luego el torque respecto al punto A tiene

magnitud

A= (3 +23

10)50 =14503

N m.

N


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Captulo4


Ejercicio 4.1 Un cuerpo homogneo de masa M altura H y base de largo2a, es empujado por una fuerza horizontal F aplicada en un costado a laaltura h del suelo. Si el coeficiente de roce esttico entre el suelo y el cuerpoes S, determine la condicin para que al romperse el equilibrio debido alaumento de F el cuerpo deslice o vuelque.

F

Solucin.Sin fuerza aplicada, la reaccin normal puede considerarse unafuerza distribuida homogneamente en la base de modo que su resultante Ntiene como punto de aplicacin, el centro de la base. Sin embargo al aplicarla fuerza F la distribucin se cargams a la derecha. Sea entonces x elcentro de esa fuerza, medido desde el centro de la base, tomado como origenO. De ese modo las ecuaciones de equilibrio son

XFx = F fS= 0,XFy = NMg= 0,XO = (Nx F h)k= 0,


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siendo el ejeOZhacia afuera. De all podemos despejar

fS = F,N = Mg,

x = F h

Mg,

pero hay dos lmites

fS = F0 SN=SMg,

x = F h

Mg0 a,

o bien

F 0 SMg,

F 0 a

hMg.

Si la fuerza excede primero la primera cota, el cuerpo desliza caso contrariovuelca en otras palabras, si

S 0.


78/299

75

Entonces

T =f1+ f2= S(N1+ N2) =SMg,que reemplazamos en la tercera resultando

SMga

2+ N1bMg b

2= 0,

o bien

N1b=M gb

2 SMg

a

2>0,

o sea

S< b

a,

de modo que el mximo ser

S= ba.

N

Ejercicio 4.27 Se tiene un sistema formado por una barra uniforme de6 mde longitud, de masa100kg articulada en el punto A a un mstil vertical.En el extremo B de la barra cuelga un cuerpo de masa400 kg. La barra estsostenida por un cable inextensible atado a los puntosCsobre la barra a dis-tancia1,5 m del extremo B yD sobre el mstil, de tal modo que el tringuloACD es equiltero. Determine

B

A

C

D

60

60

g

60


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a) La magnitud de la tensin del cable CD.

b) Las componentes de la fuerza que hace el pivote enA sobre la barra.

c) El torque ejercido por la tensin del cable sobre el mstil, respecto alpuntoA.

Solucin.El diagrama de cuerpos libres es

B

A

C

60

g

60

T

T'

T'

Mg

mg

V

H

y las condiciones de equilibrio sern

T0 mg = 0,H Tcos 30 = 0,

V + Tsin 30

Mg = 0,

MgAB

2 cos 30 + T0 AB cos30 T ACsin 60 = 0.

De acuerdo a los datos

AB = 6 m

AC = 4,5 m.

Del sistema podemos despejar

T = MgAB

2AC+ mg

AB

AC== 6000 N, ((a))

V = Mg Tsin 30 = 2000N, ((b))H = Tcos 30 = 5196. 2 N,

y el torque esA= T ACsin 60k= 22863k N m. ((c))


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77

N

Ejercicio 4.28 Se ata un cuerpo de200N de peso al punto medio de unacuerda y dos personas tiran de la misma manera de sus extremos de tal mo-do que el cuerpo queda suspendido como se indica en lafigura. Determine la

fuerza de tensin que deben ejercer las personas.

g

1010

FF

Solucin.Es muy directo

2Fsin 10 =W,

de donde

F = W

2sin10= 5758. 8 N

N


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Captulo5


Ejercicio 5.1 La compuerta de la figura tiene 2 m de ancho y contieneagua. Si el eje que soporta la compuerta que pasa porA soporta un par m-ximo de 150 kNm, determine la mxima alturah que puede tener el agua.

h

2.1 m

2.8 m

Solucin.El perfil de presin que acta sobre la compuerta se ilustra enla figura que sigue


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h

h1

z

L

de manera que necesitamos el rea y centroide de la figura

a b

L

A1

A2

Como conocemos las propiedades de un rectngulo y de un tringulo es fcilobtener

A=A1+ A2=1

2L(b a) + La= 1

2L(a + b).

El centroide est en posicin (medida desde la izquierda)

xC =

L2

A2+ 2L3

A1

A1+ A2

= 1

3L

a + 2b

a + b

La presin vara de la forma

p= gh1+ gz sin ,

entonces la fuerza por unidad de longitud es

wgh1+ wgz sin ,

siendo w el ancho de la compuerta. De manera que la fuerza resultante es

F = 1

2L(wgh1+ wgh1+ wgL sin )

= 1

2wgL(2h1+ L sin )


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81

y su punto de aplicacin es

zc = 13

L(wgh1) + 2(wgh1+ wgL sin )

wgh1+ (wgh1+ wgL sin )

= 1

3L

3h1+ 2L sin

2h1+ L sin

El torque ser de magnitud

A = F(L zc) =12

wgL(2h1+ L sin )(L13

L3h1+ 2L sin

2h1+ L sin )

= 1

6L3gw sin +

1

2L2gwh1

Nota: Vale la pena aprender a integrar pues es muy directo calcular

A =

Z L0

(L z)(wgh1+ wgz sin )dz

= 1

6L3gw sin +

1

2L2gwh1

Numricamente w = 2 m, = 1 g c m3 = 1000kgm3, g = 1 0 m s2,L=

p2,12 + 2,82 = 3. 5 m,cos = 2,1/3,5 = 0,6, = 53. 13, calculamos

A= 1. 1433 105 + 1. 225 105h1,

de manera que de

1. 1433 105 + 1. 225 105h1= 150000, resultah1= 0,29118my luego

h= h1+ 2,8 = 3. 091m.

N

Ejercicio 5.2 Determnese el par que se requiere hacer enA para sostenerla compuerta indicada cuyo ancho, perpendicular al papel esw= 2 m.

6 m

2 m


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Solucin.Si z indica la posicin en la compuerta medida desde A haciaabajo, entonces numricamente ( = 1000kg m3,g = 10 m s2,w = 2 m)

p= 10000(4 + z) N m2

y la fuerza por unidad de longitud ser

20000(4 + z) N m1.

Su resultante y punto de aplicacin ser calculada igual que en el problemaanterior con

F = 1

2(2)(20000 4 + 20000 6)

= 200000 N

y su punto de aplicacin es

zc = 1

32

(20000 4) + 2(20000 6)

20000 4 + (20000 6)

= 1. 067m.

de modo que el torque es

A= 200000 1. 067 = 2. 134 105 N m

Note de nuevo que integrando es mucho ms directo

Z 20

20000(4 + z)zdz = 2. 13 105

N

Ejercicio 5.3 Determine la ubicaciny del pivote fijo A de manera quejusto se abra cuando el agua est como se indica en lafigura.


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83

2 m

1 m y

Solucin. Si h indica una coordenada de posicin medida desde la su-perficie del agua hacia abajo, entonces la presin en un punto ubicado a esaprofundidad es

p= gh,

(la presin atmosfrica acta por ambos lados y se cancela). Para que lacompuerta justo se abra, el punto de aplicacin de la resultante debe estaren el puntoA. La coordenada del punto de aplicacin medida desde el puntoms alto de la compuerta puede escribirse

zc = 1

3L

(wgh1) + 2(wgh2)

wgh1+ (wgh2)

= 1

3L

h1+ 2h2h1+ h2

,

entonces1

3

1 + 2(2)

1 + 2

= 0,56 m

por lo tanto

y= 1 0,56 = 0,44 m

N


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Ejercicio 5.4 Un bloque con una seccin transversal de reaA, altura H y

densidad , est en equilibrio entre dos fluidos de densidades1 y2 , con1 < < 2 . Suponga que los fluidos no se mezclan. Determine la fuerzade empuje sobre el bloque y encuentre la densidad del bloque en funcin de1 , 2 , H yh.

1

2

Hh

Solucin.El empuje es igual al peso de la regin de fluido ocupada porel cuerpo, es decir

E = 1gV1+ 2gV2

= 1gAh + 2gA(H h).

Para obtener la densidad tenemos que

gAH=1gAh + 2gA(H h),o sea

=1h + 2(H h)

H .

N

Ejercicio 5.5 Un cuerpo de material desconocido pesa 4 N en el aire y2,52 N sumergido en agua. Encuentre la densidad especfica del material.

Solucin.En aire el peso es

P =CgVC,

completamente sumergido

P0 =CgVC LgVC,


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85

de manera que

PP0 = CgVCCgVC LgVC =

CC L ,

entonces

C= 2. 7027L

o seaC= 2. 7027gcm

3.

N

Ejercicio 5.6 Una balsa de rea A, espesorh y masa400 kg flota en aguas

tranquilas con una inmersin de5 cm. Cuando se le coloca una carga sobreella, la inmersin es de7,2 cm. Encuentre la masa de la carga.

Solucin. Si la masa del cuerpo es My la de la carga es m podemosescribir

Mg = (LgA)5,

(M+ m)g = (LgA)7,2,

de donde se obtieneM+ m

M =

7,2

5 ,

ym= 0,44M= 176,0 kg.

N

Ejercicio 5.7 Un cuerpo homogneo prismtico de20 cm de espesor20 cmde ancho y40cm de longitud se mantiene en reposo sumergido en agua a50cm de profundidad al aplicar sobre l una tensin de50 N . Cunto pesaen aire y cul es su densidad relativa?

Solucin.La tensin es el peso sumergido, es decir

P0 =CgVC LgVC= 50,perogVC= 0,2 0,2 0,4 10 = 0,16de manera que

C L= 50

0,16= 312. 5


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de manera que

C= 1312. 5 k g m3

,la densidad relativa es

Cr = 1,3125,

y el peso en aire ser

P = CgVC

= 0,16 1312. 5 = 210,0 N

N

Ejercicio 5.8 Qu fraccin del volumen de una pieza slida de metal dedensidad relativa al agua7,25 flotar sobre un mercurio de densidad relativa13,57?

Solucin.Sea m la masa de la pieza (C). Su peso ser

W =mg.

Su volumen total serV =

m

C,

de modo que podemos escribir el peso en trminos del volumen comoW =CV g

Cuando una fraccin VSdel volumen queda sumergido, la fuerza de em-puje es

E= HggVS.

En la situacin de equilibrio el peso iguala al empuje de modo que

CV g= HggVS,

de donde VSV

= CHg

= 7,25

13,57= 0,534

o sea hay un 53,4 % sumergido y por lo tanto 46. 6 % sobre el nivel delMercurio.


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87

N

Ejercicio 5.9 Un tarro cilndrico de20cm de dimetro flota en agua con10cmde su altura por encima del nivel del agua cuando se suspende un bloquede hierro de100N de peso de su fondo. Si el bloque se coloca ahora dentrodel cilindro qu parte de la altura del cilindro se encontrar por encima dela superficie del agua? Considere la densidad del hierro 7,8 g c m3.

Solucin.SeaHen metros, la altura del cilindro,Rel radio yhla alturapor encima del nivel del agua. El volumen sumergido de cilindro ser

V =R2(H h).SeanV 0, W0, 0 el volumen, peso y densidad del hierro

V0 =M0

0 =

W0

g0,

entonces la condicin de equilibrio ser

MCg+ W0 =H2OgR

2(H h) + H2OgW0

g0.

Cuando el bloque se coloca adentro, no est presente el empuje sobre elbloque de hierro de modo que

MCg+ W0 =H2OgR

2(H h0),

dondeh0 es la nueva altura sobre el nivel del agua. Al igualar las dos ecua-ciones se obtiene

R2(H h) + W0

g0 = R2(H h0),

h + W0

R2g0 = h0

h0 =h 1R2

W0

g0.

Los datos son h = 0,1 m, R = 0,1 m, 0 = 7800kgm3 y W0 = 100N,

g= 10 ms2

obteniendo

0,1 1(0,1)2

100

10 7800

h0 = 0,059 m = 6cm


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N

Ejercicio 5.10 Considere el sistema de la figura donde el tubo est llenode aceite de densidad= 0,85gcm3. Uno de los recipientes est abierto ala atmsfera y el otro est cerrado y contiene aire. Determine la presin enlos puntosA yB si la presin atmosfrica es1 atm.

Aceite

Aire

0.5 m

2 m

A

B

Solucin.Al nivel del aceite de la izquierda tenemos actuando la presin

atmosfricapa= 1 atm = 101 325 Pa y se tiene1 g c m3 = 1000 kg m3

pa = pA+ gh1,

pB = pA+ gh2,

conh1= 2,5 m y h2= 2 m. As calculamos

pA = 101 325 850 9,8 2,5= 80500,0 Pa

= 0,79447atm,

y

pB = 80500,0 + 850 9,8 2

= 97160,0 Pa

= 0,95889atm.


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89

N

Ejercicio 5.11 Con respecto a lafigura, determine la presin en los puntosA, B, yCde la figura donde el aceite tiene densidad0,90gcm3 y el agua1,00gcm3.

Aire A Aire

C

Aceite

Agua

0.3 m

0.3 m

0.6 m

B

D

Solucin. Supondremos que la presin atmosfrica que acta sobre lasegunda columna de agua es pa= 1 atm = 101 325 Pa. Entonces

pa = pA+ agua g 0,6,

pB = pa+ agua g 0,6,

pB = pC+ aire g 0,9.

Si se desprecia la densidad del aire tenemos que

pA = 101325 1000 9,8 0,6= 95445 Pa

pB = pC= 101325 + 1000 9,8 0,6

= 1072 10 Pa.

N

Ejercicio 5.12 En una piscina se encuentra flotando una balsa que tieneforma de un paraleleppedo de densidad relativa (al agua) de 0,3 y cuyas

dimensiones son120 cmde largo,100 cmde ancho y25 cmde alto. Determine

a) La fuerza de empuje.

b) La altura medida desde el fondo de la balsa a la que se encuentra lalnea deflotacin.


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c) El peso que debera colocarse sobre la balsa para que esta se hundiera

6 cm ms.

Solucin.Si la balsa flota, entonces la fuerza de empuje debe ser igualal peso, esto es

E= gV= 300 9,8 1,2 1 0,25 = 882,0 N.

Seah la altura sumergida. El empuje debe adems ser igual al peso dellquido desplazado, es decir

E=aguagVdesp,

entonces podemos igualar

300 9,8 1,2 1 0,25 = 1000 9,8 1,2 1 h

de donde

h=300 0,25

1000 = 0,075 m = 7,5 cm.

Para que se hunda 6 cmms tenemos que agregar un peso W, donde el pesototal debe igualar al nuevo empuje, esto es

882 + W= 1000 9,8 1,2 1 (0,075 + 0,06) = 1587,6

de dondeW= 1587,6 882 = 7 05,6 N.

N

Ejercicio 5.13 Determine la fuerza resultante y su punto de aplicacindebida a la accin del agua sobre la superficie plana rectangular de alturaAB = 2 m y de ancho 1 m (hacia adentro del papel), donde el punto A esta profundidad de1,2 m.

1.2 m

2 m

O

A

B


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91

Solucin.Como se explica en el texto

F =1

2wg

y22 y21

y su punto de aplicacin ser

yP =2

3

y21+ y2y1+ y22

y1+ y2.

siendo y1 = 1,2 m, y2 = 3,2 m, = 1000kgm3, w = 1 m, g = 9,8 m s2 as

calcule

F =1

21000 9,8(3,22

1,22) = 43120,0 N,

y

yP =2

3

1,22 + 1,2 3,2 + 3,22

1,2 + 3,2 = 2. 3515m,

medido desde la superficie del agua.

N

Ejercicio 5.14 Repita el problema anterior si la lneaOAB forma un n-gulo de30o respecto a la vertical.

1.2 m

2 m

O

A

B 30

Solucin.Como se explica en el texto

F =1

2wg y22 y

21 cos ,

y su punto de aplicacin ser

yP =2

3

y21+ y2y1+ y22

y1+ y2,


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donde los y se miden desde la superficie pero a lo largo de la compuerta.

Entonces tenemos

y1 = 1,2

cos30= 1. 3856m,

y2 = y1+ 2 = 3. 3856m,

calculando obtenemos

F=1

21000 9,8(3. 38562 1. 38562)cos

6= 40493 N,

yP =2

3

1. 38562 + 1. 3856 3. 385 6 + 3. 38562

1. 3856 + 3. 3856 = 2. 5253m.

N

Ejercicio 5.15 Un tubo en U que est abierto en ambos extremos se llenaparcialmente con agua. Despus se vierte keroseno de densidad0,82gcm3

en uno de los lados que forma una columna de6 cm de altura. Determine ladiferencia de alturah entre las superficies de los dos lquidos.

h

papa

6 cm

Solucin.Al nivel de la columna de agua en el lado derecho, la presin

es la misma en las dos ramas, por lo tanto

a(6 h) =k6,de donde

h= 1. 08cm.


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93

N

Ejercicio 5.16 Un tubo en U que est abierto en ambos extremos se llenaparcialmente con mercurio. Despus se vierte agua en ambos lados obteniendouna situacin de equilibrio ilustrada en lafigura, dondeh2= 1 cm. Determi-ne la diferencia de alturah1entre las superficies de los dos niveles de agua.

h2

papa

h1

Solucin.Seaala densidad del agua ym la densidad del mercurio. La

presin al nivel inferior del mercurio puede es la misma y puede calcularsepor las dos ramas obteniendo

mgh2= agh2+ agh1,

de donde

h1= (ma 1)h2.

N

Ejercicio 5.17 La compuerta de lafigura tiene una altura de2 mun anchode2 m, est articulada enA y apoyada enB como se indica en lafigura. Sielfluido es agua de densidad = 1000kg m3 y su nivel llega hasta la mitadde la compuerta, determine las reacciones horizontales en los puntosA yB .


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2 m 1 m

A

B

figura (3)

Solucin.El centro de presin est a distancia

yP= 1 +23

=53

m

del puntoA y la fuerza de presin es

F = 1

2gwh2 =

= 1

21000 9,8 2 12

= 9800,0 N.

Si llamamosHA yHB las reacciones horizontales en A y enB , tenemos queHA+ HB+ F = 0,

HB 2 + F5

3 = 0

de donde

HB = F 56

= 8166. 7 N,HA = 8166. 7 9800,0 = 1633. 3 N,

ambas hacia la izquierda.N

Ejercicio 5.18 El tubo enUde lafigura est abierto a la presin atmosf-rica en ambos extremos y contiene dos lquidos(1) y(2) que no se mezclan


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95

como se indica en lafigura. Determine la razn de las densidades 12

.

h2

papa

h1

figura (4)

Solucin.Igual que en un problema anterior, igualamos la presin cal-culada por las dos ramas (2 el lquido inferior)

2gh2= 1g(h1+ h2),

de donde12

= h2

h1+ h2.

N


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Captulo6


Nota 6.1 (1), (2), y (3) representan el grado de dificultad del problema.El (1) corresponde a problemas tipo prueba, el (2) corresponde a problemasdiscriminatorios y el (3) a problemas de tareas.

Ejercicio 6.1 La posicin de una partcula que se mueve sobre el eje OXde un sistema de coordenadas est dada

x(t) = 1 + 8t 2t2,

donde la posicin est en metros y el tiempo en segundos. Determine

a) La velocidad ent= 5 s.

b) La aceleracin ent= 2 s.

c) El instante en que la partcula cambia su sentido de movimiento.

d) El desplazamiento de la partcula entret= 0 yt= 4 s.

e) El espacio recorrido entret= 0 yt= 4 s.

f) El espacio recorrido entret= 0 yt= 5 s.

Solucin.Calculamos directamente

a) v(t) = dxdt

= 8 4t que evaluada en t = 5 da v(5) = 12m s1


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b) a(t) = dvdt

= 4 constante por lo tanto a(2) = 4 m s2

c) Cuandov(t) = 8 4t= 0 esto es cuando t = 2 sd) x= x(4) x(0) = (1 + 8 4 2 42) 1 = 0 me) Notemos que partcula cambia sentido del movimiento cuandov(t) =

8 4t= 0 es decir en t = 2 s,por lo tantos= x(2) x(0) + x(2) x(4) = 16m

f) Similarmente

s= x(2)

x(0) + x(2)

x(5) = 26m

N

Ejercicio 6.2 Una partcula se mueve a lo largo del eje OX de un sistemade coordenadas con aceleracin constante. En el instante inicial pasa por laposicinx(0) =10 m con una velocidadv(0) =2 0 m s1 y ent = 3 s suposicin esx(3) = 52 m. Determine

a) La posicin de la partcula en funcin del tiempo x(t). (o ecuacinitinerario)

b) El espacio recorrido por la partcula entret= 3 s yt = 6 s.

c) La velocidad media entret= 4 s yt= 7 s.

d) Los intervalos de tiempo en que la partcula se aleja del origen.

Solucin.Si a indica la aceleracin entonces

x(t) = x(0) + v(0)t +1

2at2

= 10 20t +12

at2

pero se sabe que x(3) = 52 por lo tanto

52 = 10 20 3 +12

a 32

de donde a = 4 m s2. Ahora podemos calcular las respuestas


102/29

99

a)

x(t) = 10 20t + 2t2

b) Para saber el espacio recorrido debemos saber cuando cambia el sentidodel movimiento

v(t) = 20 + 4t= 0 t= 5 sque est dentro del intervalo (3, 6). Como inicialmente va hacia la iz-quierda

s= x(3) x(5) + x(6) x(5) = 10m

c) Tenemos que calcular

vm(4, 7) =x(7) x(4)

7 4 ,

pero podemos evaluarx(7) = 52 my x(4) = 58 m luego

vm(4, 7) =52 + 58

7 4 = 2 m s1.

d) La partcula comienza a moverse hacia la izquierda hasta alcanzar sumnimo que ocurre en t = 5 s. Posteriormente cruza el origen nueva-mente cuando

10 20t + 2t2 = 0 t= 10. 477s

Por lo tanto la partcula se aleja del origen en los intervalos de tiempo0< t 10,477s

N

Ejercicio 6.3 El grfico siguiente ilustra la variacin de la velocidadv(t)de una partcula que se mueve sobre el eje OX de un sistema de coordenadascon el tiempo. Si ent = 0 la partcula est en el origen del sistema, deter-mine


103/29


1 8765432t (s)

Vx(m/s)

30

15

-15

0

a) La aceleracin de la partcula ent= 1 s.

b) El desplazamiento de la partcula entret= 0 s yt= 3 s.c) La velocidad media de la partcula entret= 4 s yt = 9 s.

d) La posicin de la partcula en funcin del tiempox(t) (ecuacin itine-rario) en el intervalo det= 0 s at = 2 s.

e) Los intervalos de tiempo en que la partcula se dirige hacia el origen.

Solucin.Es conveniente primero evaluar las aceleraciones (pendientesdel grfico dado) en los tres tramos. As resulta

a1=

45

2 m s2, a2= 0 m s

2,a3=15

2 m s2

luego al utilizar la ecuacin

x(t) =x(0) + v(0)t +1

2at2,

resultax(t)para todo el recorrido

x(t) = x(0) + v(0)t +1

2a1t

2 = 30t454

t2 parat 0 2

x(2) = 15 m

x(t) = x(2) + v(2)(t

2) +

1

2

a2(t

2)2 = 15

15(t

2)para2 0 t 0 5

x(5) = 30 mx(t) = x(5) + v(5)(t 5) +1

2a3(t 5)2

= 30 15(t 5) +154

(t 5)2 para5 0 t


104/29

101

luego las respuestas sern:

N

a) a(1) = 452

m s2

b) x= x(3) x(0) = 15 15(3 2) = 0c)

vm=x(9) x(4)

9 4 =30 15(9 5) + 15

4(9 5)2 (15 15(4 2))9 4 = 3 m s

1

d) x(t) = 30t 454t2e) la partcula parte alejndose del origen hacia la derecha hasta que

v(t) = 30 452t = 0 o sea t = 4

3s. Luego se mueve hacia la izquier-

da acercndose al origen hasta que x(t) = 15 15(t 2) = 0 o seahastat= 3 s. Luego se alejar del origen nuevamente hasta que v = 0y esto ocurre si t = 7 s. De ah se acercar hasta cuando lo cruce denuevo esto es cuando 30 15(t 5) + 15

4(t 5)2 = 0, con solu-

cin t = 7 + 2

3 = 10. 4641s. En consecuencia se acerca al origen si43s < t


105/29


a) La aceleracin deB.

b) Espacio recorrido porA desdet= 0 hasta cuando B alcanza la veloci-dadvB = 30 m s

1.

c) El desplazamiento deB en el intervalo det = 0 s at= 10 s.

d) La posicin de la partcula A en funcin del tiempo t, si su posicininicial esx(0) = 8 m.

Solucin.La aceleracin de B es la pendiente de la curva vx vst. Dadoque la curva es una recta ella resulta constante

axB =

vxt = 408 = 8 m s

2. (a)

La ecuacin de la recta es

vxB(t) = 40 8t.

De aqu se determina el instante en que el mvil B alcanza la velocidadvB = 30 m s

1 40 8t = 30 y de aqu t = 108

s = 1. 25 s. El espaciorecorrido porA en ese tiempo ser

xA= 30t== 37. 5 m. (b)

El desplazamiento deB es el rea bajo la curva (la integral de vx)

xB =

Z 100

vxB(t)dt=

Z 100

(40 8t)dt= 0. (c)

Si usted an no sabe integrar, el rea bajo la curva puede calcularla como lasuma de las reas de dos tringulos, una positiva y la otra negativa

xB =1

240 51

240 5 = 0 m.

La posicin de la partcula A es simplemente

xA(t) = xA(0) + vxAt

= 8 + 30t. (d)

N


106/29

103

Ejercicio 6.5 Dos partculasA yB se mueven con velocidad constante so-

bre un mismo ejeOXen sentido contrario de manera que ent= 0 cuandoB pasa porQ su velocidad esvB(0) = 5 m s1, A pasa porPcon velocidadvA(0) = 6 m s

1. La distancia entre los puntosA yB es142m. Determinelas desaceleraciones constantes que deben aplicar ambas partculas para quese detengan simultneamente justo antes de chocar.

P Q

142 (m)

Solucin.De acuerdo a los datos (colocando el origen en P)

xA(t) = 142 5t +1

2aAt2

,vA(t) = 5 + aAt,xB(t) = 6t 1

2aBt

2,

vB(t) = 6 aBtNote que los signos de las aceleraciones corresponden ambas a desaceleracio-nes de magnituda. Ellas se detienen simultneamente si

5 + aAt = 0,6 aBt = 0,

y ellas deben justo estar en la misma posicin

xA = xB,

142 5t +12

aAt2 = 6t1

2aBt

2

podemos reemplazaraAt= 5 y aBt= 6 obteniendo

142 5t +12

5t= 6t12

6t

de donde

t=284

11 = 25. 818s,

y luego

aA = 5

25. 818= 0,193 m s2,

aB = 6

25. 818= 0,232 m s2


107/29


N

Ejercicio 6.6 Una partcula se mueve en la direccin positiva del ejeOXcon una rapidez constante de50 m s1 durante10 s. A partir de este ltimoinstante acelera constantemente durante5 shasta que su rapidez es80 m s1.Determine:

a) La aceleracin de la partcula en los primeros10 s.

b) La aceleracin de la partcula entret= 10 s yt = 15 s.

c) El desplazamiento de la partcula entret= 0 s yt= 15 s.

d) La velocidad media de la partcula entret= 10 s yt = 15 s.

Solucin.Para el primer tramo

a) a= 0 m s2.

b) Aqua es constante

a=v

t =

80 505

= 6 m s2.

c) El desplazamiento es el rea bajo la curva (hgala)v(t). El resulta

x= 50 15 +1

25 30 = 825 m.

d) Esta es (rea entret = 10 hasta t = 15)

vm=x(15) x(10)

5 =

50 5 + 12

30 5

5 = 65 m s1.

N

Ejercicio 6.7 Un cuerpo en movimiento rectilneo uniformemente acelera-do, recorre en los dos primeros segundo un espacio de16,72 m y durante losdos segundos siguientes un espacio de23,46 m. Determine


108/299

105

a) El espacio que recorre en los siguientes cuatro segundos.

b) La velocidad inicial.

c) La aceleracin del cuerpo.

Ejercicio 6.8 Dos partculas A y B salen al mismo tiempo desde el ori-gen de un sistema de coordenadas movindose en el sentido positivo del ejeOX. La partcula A tiene una velocidad inicial de vA(0) = 18ms

1 y unaaceleracin constanteaA= 4 m s

2, mientras que la partculaB tiene una ve-locidad inicial devB(0) = 10 m s

1 y una aceleracin constanteaB = 8 m s2.

Determine el instante en que las partculas se encuentran nuevamente.

Solucin.Podemos escribir

xA(t) = 18t +1

24t2,

xB(t) = 10t +1

28t2.

Las partculas se encuentran cuando xA= xB y de aqu

18t +1

2

4t2 = 10t +1

2

8t2

con solucionest = 0,y t = 4 s, la segunda sirve.

N

Ejercicio 6.9 En una carrera de100m dos jvenesA yB cruzan la metaempatados, marcando ambos10,2 s. Si, acelerando uniformemente,A alcanzasu rapidez mxima a los 2 s y B a los 3 s y ambos mantienen la rapidezmxima durante la carrera, determine:

a) Las aceleraciones deA yB.

b) Las rapideces mximas deA yB .

c) El que va adelante a los10 sy la distancia que los separa en ese instante.


109/29


Solucin.En general sit0 es el tiempo que dura la aceleracin y V es la

velocidad constante final, tenemos que

x(t) = 1

2at2, sit < t0 y

V = at0,

luego siXindica la distancia total a recorrer, el tiempo Tque se emplea es

T = t0 +X 1

2at02

V

T = t0 +X 1

2at02

at0

para nuestro caso, como llegan empatados tenemos

T = (2) +100 1

2aA(2)

2

aA(2) = 10,2,

T = (3) +100 1

2aB(3)

2

aB(3) = 10,2

que danaA= 5. 4348m s

2,

aB = 3. 8314m s2,

as resulta ademsVA = aAt

0A= 5. 4348 2 = 10. 870ms

1,

VB = aBt0B= 3. 8314 3 = 11. 494ms

1,

Para la etapa de velocidad constante tenemos que

xA(t) = 1

2aA(t

0A)

2 + VA(t t0A),

xB(t) = 1

2aB(t

0B)

2 + VB(t t0B),

y reemplazando valores numricos son

xA(t) = 1

25. 434 8(2)2 + 10. 870(t 2) = 10. 87 + 10. 87t,

xB(t) = 1

23. 831 4(3)2 + 11. 494(t 3) = 17. 241 + 11. 494t,


110/29

107

y parat = 10 s resultan

xA = 10. 87 + 10. 87t= 97. 83 m,xB = 17. 241 + 11. 494t= 97. 699m,

luego va adelante A y la distancia que los separa es

x= 97. 83 97. 699 = 0,131 m.

N

Ejercicio 6.10 Una partcula que se mueve en movimiento unidimensionalsobre el eje OX parte del origen con una velocidad inicial v(0) = 5 m s1 ydesacelera constantemente con una aceleracin a =10m s2. Determinela posicin mxima que alcanza sobre el eje de movimiento y la velocidadcuando pasa nuevamente por el origen.

Solucin.Tenemos que

x(t) = 5t 5t2,v(t) = 5 10t,

ella cambia su sentido de movimiento (est en un mximo) cuando 510t= 0y de aqut = 0,5 s. Para ese instante calculamos

xmaximo= 5(0,5) 5(0,5)2 = 1. 25 m.

Cuando pasa nuevamente por el origen x = 0 y de aqu5t 5t2 = 0, consolucint = 1 s. Para ese instantev(1) = 5 10 = 5 m s1.

N

Ejercicio 6.11 Si una partcula en que se mueve en movimiento unidimen-sional sobre el eje OX parte del origen con velocidad nula y aceleracin cons-tantea, demuestre que las distancias recorridas en cada segundo aumentanen la proporcin

1 : 3 : 5 : 7 :


111/29


Solucin.Basta considerar que

x(t) =1

2at2,

As la distancia recorrida entre t = n y t =n + 1 ser

xn =1

2a(n + 1)2 1

2an2 =

1

2a(2n + 1)

o sea estn en la proporcin 1 : 3 : 5 : 7 :

N

Ejercicio 6.12 Si una partcula que se mueve en movimiento unidimen-sional sobre el eje OX parte del origen con velocidad V0 y desacelera conaceleracin constantea, demuestre que la partcula regresar al origen enun tiempo

t=2V0

a .

Solucin.Tenemos que

x= V0t1

2at2,

luego haciendox = 0 resultaV0t 12at2 = 0, y de aqu

t= 2V0a

.

N

Ejercicio 6.13 Dos partculasA yB que se mueven en movimiento unidi-mensional sobre el eje OX parten del origen. La partculaA parte ent = 0con velocidad VA(0) = 10 m s

1. La partcula B parte en t = 1 s con velo-cidad VB(1) =10m s1. Ambas desaceleran con aceleracin de magnituda= 6 m s2. Determine la mxima distancia entre ellas antes que se crucen.

Solucin.Parat >1 tendremos

xA(t) = 10t 3t2,xB(t) = 10(t 1) + 3(t 1)2.


112/29

109

Note que desaceleraciones significan aceleraciones contrarias a la velocidad

inicial. La distancia que las separa es xA xB es decirx= 10t 3t2 (10(t 1) + 3(t 1)2) = 26t 6t2 13.

Su mximo se logra derivando e igualando a cero

26 12t= 0,de dondet = 2. 1667sy para ese tiempo

x= 26t 6t2 13 = 15. 167m.N

Ejercicio 6.14 (1) Desde el origen de un sistema de coordenadas se lanzauna partcula con rapidez v0 formando un ngulo de 37

o con la horizontaly choca al cabo de 3 s con una pared en el punto (x, y). Si se cambia elngulo de lanzamiento a53o con la horizontal, manteniendo la misma rapidezde lanzamiento v0, la partcula impacta la pared en el punto (x, y + 7). a)Determinar el tiempo que demora el proyectil lanzado a53o sobre la horizontalen llegar a la pared. b)Determine la rapidez de lanzamiento de la partcula.

Solucin.Recordando que

x = v0t cos

y = v0t sin 12

gt2,

la condicin del problema puede escribirse

x = 3v0cos 37

y = 3v0sin 371

210(3)2,

y

x = v0t cos53

y+ 7 = v0t sin53

1

210t2,

Eliminandox e y se obtiene

v0t cos 53 = 3v0cos 37,

3v0sin 37 38 = v0t sin53 5t2.


113/29


De la primera

t=3 cos 37

cos53 = 3. 98 4 s,y de la otra

v0 = 38 5t2

3sin37 t sin53= 30. 0 m s1

N

Ejercicio 6.15 (1) Por un tubo de dimetro despreciable ubicado en el sue-

lo, sale un chorro de agua en un ngulo de45o con la horizontal (dentro deltubo las partculas de agua tienen distintas velocidades). El grueso del agua

forma en el suelo un charco aproximadamente circular de radio 2,2 m cuyocentro se encuentra ubicado a12,2 mdel origen. Determine entre que valoresvara la rapidez con que sale el grueso del agua por el tubo despreciando las

fuerzas viscosas.

Solucin.De

x = v0t cos

y = x tan

gx2

2v20cos2 ,

cuandoy = 0(punto de cada) se obtiene

x=2v20sin cos

g .

Si = 45o ello se simplifica a

x=v20

g,

o bien

v0= gx.Pero de los datos se sabe que12,22,2< x


114/29

111

N

Ejercicio 6.16 (1) Una partcula ent = 0pasa por el origen de un sistemade coordenadasfijo en el espacio con velocidadv0= 2 k m s1 movindoseen el espacio con una aceleracin que en cualquier instante est dada por laexpresina(t) =t m s2. Determine ent = 2 s: a) Los vectores posiciny velocidad de la partcula. b)Las componentes tangencial y normal de laaceleracin.

Solucin.Dea(t) =t ,

integrando dos veces se deduce que

v(t) = 2 k+ ( t2

2 t),

r(t) = (2 k)t + ( t3

6t

2

2),

sit = 2

r(2) = (2 k)2 + ( 43

2) = (163

,2,2),

v(2) = 2 k+ (2 2) = 4 2 k= (4,2,1)Para evaluar las componentes tangencial y normal, determinemos

T(2) =v

v =

(4,2,1)21

por lo tantoaT = a(2) T(2),

peroa(2) = (2,1, 0), calculando resulta

aT = 1021

= 2. 18m s2,

y

aN=q

a2 a2T =p

5 2,182 = 0,49m s2


115/29


N

Ejercicio 6.17 (1) Un tanque se desplaza con velocidad constante de 10m s1 por una llanura horizontal. Cuando t = 0, lanza un proyectil que daen el blanco a9 km. Si la inclinacin del can respecto de la horizontal es37o, determine la rapidez con que sale el proyectil respecto del can.

Solucin.Podemos escribir (g= 10 m s2)

x = 9000 = (v0cos 37 + 10)t,

y = v0t sin37 5t2 = 0,de la segunda

t=v0sin 37

5 ,

reemplace en la primera

9000 = (v0cos 37 + 10)v0sin 37

5tomandosin 37 = 0,6, ycos 37 = 0,8

9000 = 0,096 v20+ 1. 2v0

cuya solucin positiva es v0= 300,0 m s1

N

Ejercicio 6.18 (1) Desde el origen de un sistema de coordenadas se lan-za un proyectil en direccin de un objeto situado en la posicin (2h; h). Almomento de lanzar el proyectil, se suelta el objeto que cae por efecto de lagravedad. Determine en funcin de h la separacin entre el proyectil y elobjeto cuando el proyectil haya recorrido horizontalmente una distancia h.

Solucin.Para el proyectil

xP = v0t cos

yP = v0t sin

1

2

gt2,

dondetan = 1/2. Para el objeto

xO = 2h,

yO = h12

gt2.


116/29

113

CuandoxP =v0t cos = h, entonces

xP = h,

yP = h tan 12

g( h2

v20cos2

),

xO = 2h,

yO = h 12

g( h2

v20cos2

)

la distancia ser d =p

(xP xO)2 + (yP yO)2 =q

h2 + (h2

)2 = 12

5h

N

Ejercicio 6.19 (1) Desde un barco que se mueve a20 km h1 se ve a otrobarco que est a20km cruzando su trayectoria perpendicularmente con unarapidez de15 km h1. Despus de cunto tiempo la distancia que separa losbarcos es mnima?

Solucin.Respecto a un sistema cartesiano, las coordenadas de los dosbarcos pueden escribirse

x1 = 0,

y1 = 20t,

x2 = 15t,y2 = 20,

de modo que la distancia en funcin del tiempo ser

d =p

(x1 x2)2 + (y1 y2)2 =p

(15t)2 + (20t 20)2= 5

p(25t2 32t + 16)

Un polinomio de segundo grado tiene un mnimo en el punto medio entresus races que son

t1= 1625

+ 1225

i, t2= 162512

25i,

o sea el tiempo es

t=16

25= 0,64 h


117/29


N

Ejercicio 6.20 (2) Una partcula A es lanzada sobre una lnea recta ho-rizontal con cierta velocidad. Su aceleracin es constante. Un segundo mstarde y desde el mismo lugar otra partcula B es lanzada tras la primera conuna velocidad igual a la mitad de la de A y una aceleracin el doble de A.Cuando B alcanza a A, las rapideces son22 m s1 y31 m s1 respectivamente.Calcule la distancia que las partculas han viajado.

Solucin.Suponiendo el movimiento sobre el ejeOXtenemos

xA = vt +1

2at2,

xB = (12

v)(t 1) +12

(2a)(t 1)2,vA = v+ at,

vB = (1

2v) + (2a)(t 1).

Al igualar las distancias y simplificar

1

2vt = 1

2v+

1

2at2 2at + a

adems

vA = v+ at= 22

vB = (1

2v) + (2a)(t 1) = 31

Es un sistema de tres ecuaciones con tres incgnitas cuyas soluciones sona= 5,0 m s2, t= 4,0 s,v = 2,0 m s1 y la distancia resulta

d=vt +1

2at2 = 48,0 m

N

Ejercicio 6.21 (2) La velocidad de una partcula en el movimiento rectil-neo decrece desde15 m s1 a una velocidad que tiende a cero, cuandox= 30 mtal como lo muestra lafigura. Demuestre que la partcula nunca alcanzar los30 m y calcule la aceleracin cuando x = 18 m.


118/299

115

vx(m/s)

x (m)

15

30

Solucin.La funcin lineal del grfico corresponde a

vx15

+ x

30= 1,

de donde tenemos

dxdt

+12

x= 15,

t=

Z x0

dx

15 12

x= 2ln 30 2ln(30 x) ,

que tiende a infinito six 30. Cuandox = 18

t= 2ln 30 2ln(30 18) = 1. 83 s,

la rapidez resulta

vx= 15

1

218 = 6 m s1,

y la aceleracin ser (derivando)

ax= 12

vx= 3 m s2.

N

Ejercicio 6.22 (1) Una partcula se mueve a lo largo de la curvar = 3tal que = 2t3 donde t se mide en segundos, r en metros y en radianes.Determine la velocidad y la aceleracin de la partcula en coordenadas polarespara = 0,2 rad.

Solucin.Sabemos que

v = rr+ r,

a = (r r2)r+ (2r+ r),


119/29


siendo r = 6t3, r= 18t2, r= 36t, = 6t2, = 12ty el tiempo dado de

2t3 = 0,2,

t = 0,464s

t= 0,464r= 18t2 = 3. 87r= (6t3)(6t2) = 0,77

v= 3,875r+ 0,774

(r r2) = 36t (6t3)(6t2)2 = 15. 704(2r+ r) = 2(18t2)(6t2) + 6t3(12t) = 13. 349

a= 15. 704r+ 13. 349

N

Ejercicio 6.23 (2) Desde una altura de20 m, con respecto al eje X de unsistema de coordenadas ubicado en Tierra, se lanza una partcula A con unarapidez de50 m s1 y formando un ngulo de 30o con la horizontal. Simul-tneamente y desde la posicin X = 200m se dispara verticalmente haciaarriba un proyectil B de modo que cuando la partcula A llega a Tierra, elproyectil B est en su altura mxima. Calcular: a)el tiempo transcurrido para

que la distancia que separa A de B sea mnima; b)la velocidad relativa de Arespecto a B en m s1.

Solucin.Usandog = 10 m s2 de

xA = 50t cos 30 = 25

3t

yA = 20 + 50t sin30 5t2 = 20 + 25t 5t2,xB = 200,

yB = vB(0)t 5t2.El tiempo para que la partcula A llegue a la Tierra (yA= 0) se obtiene de

20 + 50t sin30 5t2 = 0y resultat = 5. 70 s. Para ese tiempo debe ser vB(t) = 0, entonces

vB(0) 10t= vB(0) 10 5,70 = 0


120/29

117

de donde

vB(0) = 57,0 m s1

.Luego

yB(t) = 57t 5t2.La distancia entre los dos objetos ser

d=p

(xA xB)2 + (yA yB)2y reemplazando las coordenadas

xA xB = 25

3t 200,yA yB = 20 + 25t 5t2 (57t 5t2)

= 20

32t

luego

d =

q(25

3t 200)2 + (20 32t)2

=

q2899t2 10000

3t + 40 400 1280t.

El mnimo ocurre en el punto medio entre las races de 2899t2100003t +40400 1280t= 0, que son: t = 3. 208 + 1. 909iy

t= 3. 208 1. 909i, de modo que el tiempo est = 3,21 s. En este instantelas velocidades son

vA = (253, 25 10t)= (25

3, 25 32,1)

vB = (0, 57 32,1)y la velocidad relativa resulta

vA vB =

25

3,32,0

= (43. 30,32,0)N

Ejercicio 6.24 (1) Un can est montado sobre un promontorio de alturah. Se dispara un proyectil con una rapidezv0 y ngulo de elevacin. De-muestre que el alcance horizontal d, distancia a lo largo del plano horizontalque pasa por la base del promontorio, es:

d=v0cos

g

v0sin +

qv20sin

2 + 2gh

.


121/29


Solucin.La ecuacin de la trayectoria es

y= h + x tan gx22v20cos

2 ,

y cuando y = 0 debemos despejar x de una ecuacin de segundo grado,resultando

x = d=tan

qtan2 + 4gh

2v20cos2

gv20cos2

= v20cos

2

g (tan stan2 + 2gh

v20cos2 )

= v0(cos )

g (v0sin

qv20sin

2 + 2gh

)

N

Ejercicio 6.25 (1) Un can es montado sobre un promontorio de alturah. Se dispara un proyectil con una rapidez de salida v0. Demuestre que elalcance horizontal d es mximo cuando el ngulo de elevacin es:

= sin1s v20

2v20+ 2gh

.

Solucin.La ecuacin de la parbola de seguridad es

y= h +v202g gx

2

2v20,

y para llegar a puntos sobre la parbola de seguridad

tan = v20gx

.

Luego, el alcance mximo x al nivel del suelo se despeja haciendo y = 0 de

modo que

0 = h +v202g gx

2

2v20,

x =q

(v20+ 2gh)v0g

,


122/29

119

resultando

tan = v20gx

= v20

gp

(v20+ 2gh)v0g

= v0p(v20+ 2gh)

,

y

sin =

v0q(v20+2gh)q

1 + v2

0

v20+2gh

= v0p(2v20+ 2gh)

,

que prueba el resultado.

N

Ejercicio 6.26 (2) Una partcula es lanzada al espacio de modo que sualcance

Física Ingeniería Civil - Ejercicios Resueltos

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