Vectores ejercicios avanzados

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
EJERCICIOS RESUELTOS
VECTORES
Problema 2
Utilizaremos la letra normal para representar el

módulo del vector A  A .
Problema 1


Sean A y B los vectores mostrados en la fig.
cuyos módulos son 10 y 15
unidades
respectivamente .Calcular el módulo del vector
resultante.

Sean A y B los vectores
mostrados en la fig. cuyos
módulos son 10 y 15
unidades respectivamente.
Calcular el módulo del
vector resultante
Solución
Primero
hallaremos
el
ángulo

después
aplicaremos el teorema de los cósenos, para hallar
Solución

el módulo de R
Aplicando el teorema de los cósenos tenemos:
  160  180
2
Antes de realizar operaciones hallemos el valor
del ángulo 
  20  180
2
2
R
R
2
 325  300 cos 160
R  325  282

 102  152  2 10 15 cos 20
43

R  6.56 u 
Los vectores
que
se
muestran en
la
figura
poseen
módulos de la misma magnitud e iguales a m.
Calcular el módulo del vector resultante de los
cuatro vectores y el ángulo entre el vector
2
 100  225  300 cos 160
2
Problema 3
 A  B  2 AB cos α
2
2
R
   160
R 2  102  152  2 10 15  cos 160
R
  20
R  A  B  2 AB cos 
Podemos hallar el módulo del vector resultante
R
2

R  24.6 u 

resultante y el vector B .
1
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Solución


Notemos que los vectores A y B tienen sentido
opuesto pero son del mismo modulo .
Entonces tendríamos

 90  3  90  2    60º
2
Problema 4
x es:
La resultante en eje

Los módulos de los



R x  B x A x


vectores A y B que se
muestran en la fig. Son
2
y
6
unidades
respectivamente. ¿Cual deberá ser el módulo del
Pero los módulos son A  m y B  m
Rx  m  m  0


Para C y
tercer vector C para que el módulo del vector

A



resultante de A , B y C sea 10 unidades?.
Solución
La resultante en eje x es:
A  2 u
Rx  C cos   D cos 
B  6 u
Pero los módulos son C  m y D  m
C ?
Rx  m cos   m cos   0
R  10 u
La resultante en eje y es:
El vector resultante será:

 

R  A  C  B
Ry  Dsen   Csen 
2
Pero el módulo es: R 2   A  C   B 2
Pero los módulos son C  m y D  m
Ry   m sen   m sen  
2
2
2
2
2
R  A  2 AC  C  B
2
 Ry  2m sen
2
 R  B  A  2 AC  C
R

2
2
2
 R x  R
2
R  0   2m sen  
2
y 
2

 R  2m sen
60  2  2 C  C
2
 4C  C 2 - 60  0   C  10  C  6   0


El ángulo de la resultante con el vector B es:
C  -10
C  6
Tomamos como nuestra respuesta solo C  6
por ser positivo y no así C  -1 0 por no existir
módulos negativos.
2
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
R
2
2
2
 R xR y
Problema 5

R
2
2
  20   10 
2
 R  22  m
Una persona se encuentra extraviada quien realizo
el siguiente recorrido. Camino 90 m al Este,
luego 70 m en dirección 40 º hacia el Oeste del
norte , 60 º hacia el Sur del Oeste. A qué
distancia del punto de partida se encuentra y en
qué dirección.
Para la dirección tenemos
tg  
Ry
Rx
 10 

 20 
   arctg 
   26.5
Problema 6
Un barco navega 2km hacia el este, luego 4km al
sudeste y finalmente otra distancia en dirección
desconocida, al final se encuentra 7km al este del
punto de partida. Hallar la magnitud y dirección
del tercer recorrido del trayecto.
Solución
Solución
Para d1:
Para d2:
d1x  d1
d 2 x  70sen40
Del gráfico:
d1y  0
d 2 y  70 cos 40

Para d3:
d1  x  d 4 
 
x  7  2  5 km
Aplicando el teorema de pitagoras tenemos:
d3x  50cos 60
d3 y  50sen60
La resultante en eje
x  d 4  d1
x es:
Rx  d1  70 sen 40  50 cos 60
2
 Rx  20  m 
2
2
2
 d 22
x  d3  d 2
La resultante en eje y es:
2
d3  x
Ry  70 cos 40  50 sen 60  R y  10  m
 d 3  R  3  km 
Para la resultante tenemos:
Para el ángulo 

3
  45
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
cos 37 
Problema 7
Ax
 A x  A cos 37
A
Hallar la resultante de los vectores
sen 37 
Ay
 A y  A sen 37
A

Para el vector B
cos 37 
Solución
sen 37 
Bx
B
By

B x  B cos 37

B y  B sen 37
B
Rx  A cos 37 - B cos 37  D 
Rt  R1  R2  R3  Rt  4  8  12 
Rt  24 u 
R x  8  16  13
 Rx  5
Ry  A sen 37  B sen 37 - C

 Ry  6  12  6
 Ry  12
Problema 8
2
2
2
 R  R xR y
 R
 R  169

25  144
Hallar la resultante de los vectores
Problema 9
Determinar
la
dirección del vector
resultante
del
conjunto de vectores
mostrados
en
la
figura .
Solución
Descomponiendo tenemos:
Solución

Para el vector A
Rx  Ax  Bx  Cx
Ry  Ay  By  Cy - Dy
4
R  13
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Si el módulo de la suma de dos vectores de igual
módulo, es el triple del módulo de su diferencia.

 

S  A B 
 S  3D




D  A - B
Ax
 Ax  Acos16
A
Ay
sen16   Ay  Asen16
A
cos16 
De dos vectores de igual módulo A  B
Bx
cos45   Bx  B cos45
B
By
sen45=  By  Bsen45
B
Cx
 Cx  Csen53
C
Cy
cos53=
 Cy  C cos 53
C
sen53 
Reemplazando datos tenemos:
Aplicando el teorema de los cósenos tenemos:
Rx  25 cos 16  10 2 cos 45  10 sen 53
 Rx  6.02
S
2
 A  B  2 AB cos α
Ry  25 sen16  10 2 sen 45  10 cos 53- 3
S
2
 A  A  2 AA cos α
 Ry  7 .89
2
2
2
2
2
2
2
2
2
S  2 A  2 A cos α
Podemos hallar la resultante
S  2A
1  cos α   S  A 2 1  cos α  1
Aplicando el teorema de los cósenos tenemos:
Note que el teorema de los cósenos tiene signo
negativo por ser  ángulo suplementario
  180  
2
2
2
D  A   B   2 A B  cos 
Ry
 Ry 
tg  
   arctg 
    53º
Rx
 Rx 
R 
R2x  R2y  R 
D
2
D
2
2
 A
2
 2A
 B
2
2
 2 AB cos 
 2A
2
cos 
2
D  2 A 1  cos  
36  62
 R  1 0 u 
 D  A 2 1  cos  
Problema 10
 2
Pero aplicando cósenos a  180  tenemos:
Si el módulo de la suma de dos vectores de igual
módulo, es el triple del módulo de su diferencia.
¿Hallar el ángulo comprendido entre dichos
vectores?.
cos   cos 180  
Solución
Pero cos 180   1
y sen 180  0
Condiciones del problema:
cos    1 cos    0  sen
en 2  tenemos:
5

cos    1cos 
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria

D  A 2 1    cos  
Autor: Alfredo Cora Paco

 =A 2 1  cos    2 
Por la condición dada:
S  3D
108
B
B  27 u 

4
de 1 y 2
Del triángulo BOC
A 21  cosα  3A 21  cos  , elevando al
Aplicando el teorema de los cósenos
cuadrado tenemos:
2 A 2  S 2  D 2  2 SD cos  (*)
2
2 1  cos  
 1  cos    9 1  cos  
A2  2 1  cos α    9 A
Del gráfico tenemos que:
 2   360  2 60 
2  2   360
   120
1  cos   9  9cos   cos   9 cos   8
 10 cos   8    arccos
Sustituyendo en (*)
8 
  37º
 10 
2
 2 A  12 2  62  2 12  6 cos120 
2
4 A  252  A  63 u 
Problema 11
La suma y la diferencia de dos vectores hacen un
ángulo de 60º con módulos 12 y 6 [u]
respectivamente. ¿Cuál será el módulo de estos
vectores? ¿Cuál es el ángulo entre ellos?.
Para el ángulo entre los vectores A y B tenemos:
Solución
Aplicando el teorema de los cósenos tenemos:
Método 1
S
2
2
 A
2
2
B
2
 2 AB cos 
2
S  A  B  2 ABcos
2
2
S  A B
cos  
2

2 AB
 S 2  A2  B 2 

2 AB


  arccos 
Del triángulo AOB:
Sustituyendo datos tenemos
Aplicando el teorema de los cósenos
2 B 
4B
2
2
 S
S
2
2
 D
D
2
2
 2 SD cos α


 2 SD cos α

Sustituyendo datos tenemos
2

2
B 
2
  49 .1
Método 2
4 B 2  12 2  6 2  2 12  6  cos 60
4 B  108
2
 63    27  

2  63  27 

 12 2 
  arccos 
De los datos sabemos que:
108
S  12
4
6
; D  6 ;   60 º ;  120º
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Para hallar “A”
AC  AF  R1
AE  AB  R2
AD  R3


  R  R1  R 2  R 3


 R  4  4  4  12 
 2   D 2   2S 2 D 2 cos120
A  12   6   2 12  6 cos 120 º
2
2
2
2
2
2
A  S
R
 1 2
2
Problema 13
2
2
En el gráfico hallar el

x
 
de a y b
vector

A  7 .9 u
en función
Para hallar “B”
 2   D 2   2 S 2 D 2 cos α 
B  12   6   2 12 6 cos 60 º
2
2
2
2
B
2
 S
2
2
2
2
Donde
AOB es un
cuarto de circunferencia
Donde BOD es un cuarto de circunferencia
Donde ABCD es un cuadrado .

B  5 .2 u
Para hallar el ángulo entre dichos vectores
D
2

 A
2
 B
cos  
2
Solución
 2 AB cos 
A
2
B
2
D
2
2 AB
7 . 9 2  5 . 2 2  6 2
2 7 . 9 5 . 2 

cos  

   49 . 1 º
Problema 12

En
el
hexágono
regular de 2 m  de
Para hallar el vector x lo primero que haremos
será trabajar con sus módulos y tratarlo como un
problema geométrico donde la incógnita es “x”
lado se tienen los 5
vectores mostrados.
Calcular la resultante.
Solución
Trasladando AF a CD y AB a DE
Donde m  y  h  h  m  y

7
 
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
m
2
 y
m

2
2
2

3
 y 
 y
2
Entonces
m
 m
2
m

2
3
m  h
2

x  m

"y" en
2
h m
Autor: Alfredo Cora Paco
α 




x  2 - 3  b cos 15  a sen15 
2  3 m
2
2

Para hallar el valor de "  "



m 2 3

2
  arctg 
m

2



m 2 3

2
 tg  
m

2

h
tg 
m
2










θ  15 º
Para " x"
2
2
2
2
m
m
 
2
x  h 
x 
2
4


2 3
x  m

2 -
2
m

2
2

3

Ahora descomponiendo el vector x tenemos:

x   x cos 15 i  xsen 15 j
Pero


b
b   mi  i 
m

a  mj

j 

 
  
b 


 a 
2 - 3  cos 15
 sen 15


 m  
 m 







a
m
8

x 






2 - 3  a sen15  b cos15 


Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
a las 9 hrs y 15 minutos otro móvil parte de un
punto B que esta 5 km delatante de A con el
mismo destino, a una velocidad de 100 km/h. ¿A
qué hora y a qué distancia de A se produce el
encuentro? .
CINEMÁTICA
Movimiento Rectilíneo Uniforme
Problema 1
Solución
Un móvil se desplaza con una velocidad de 30 m/s
se encuentra detrás de un móvil B a una distancia
50 m si la velocidad del móvil B es 20 m/s
después de que tiempo el móvil A estará a 80 m
delante de B.
Solución
Datos
v A  75  km h  ; v B  100  km h 
Del gráfico
 t  1 .2 5 h 
x A  x1  xB  x3
Incógnitas
1
x A  130  xB
Como no existe aceleración el móv. es rectilíneo y
uniforme
xB

t
 2
xB  vBt
xA
vA 
Para x A
vA 
xA  ?
Para el móvil A
Para x B
vB 
tA  ?

1
xA  vA  t A
tA
Para el móvil B
xA

t
3
x A  v At
vB 
2  , 3  en 1
xB
xB  vB  t A  1.25 

tB
Del gráfico
v At  130  v B t
 t


 t vA  vB  130
130
vA  vB 

t 
130
30  20 
x A  5  xB
1 y 2  en  

 13 s
vA  t A  5  vB  t A  1.25
Problema 2

Un móvil parte de un punto A hacia un punto C a
las 8 de la mañana con una velocidad de 75 km/h,
9
t A  4.8  h 
 
2
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Entonces
Autor: Alfredo Cora Paco
x A  5  355

x A  360 km 
Problema 3
Un móvil con una velocidad de 120 km/h parte de
un punto A en dirección a otro que dista 600 km
,al mismo tiempo de un punto B en dirección al
primero parte un móvil con una velocidad de 150
km por hora. ¿Cuál es la distancia entre los dos
móviles al cabo de 11/2 horas?.
Solución
Solución
Datos
v
A
; v B  150  km h 
 1 2 0 k m h 
t 1
1
2
Datos
h  1.5h
Incógnitas y  ?
Incógnitas




v1 
5 m s
v2 
5 m s
x CD  ?
 
h  10 m
t  8s
Del gráfico
En el primer triangulo ABC
d  x A  y  xB
x AC 2  x AB 2  x BC 2
Dónde: y  d  x A  x B 
Pero
x A  v At
Calculando la distancia x BC
; xB  vBt
y  600  120  150 1 .5
 y  195km
xBC  v2t
Problema 4
 xBC  5  8  17.88  m
Entonces x AC
Dos carreteras se cruzan bajo un ángulo de 90º por
medio de puente ambas carreteras están situadas
en planos horizontales la altura del puente es de
10 m por la carretera superior un coche se
desplaza con una velocidad v  5 m s  por la
,
carretera inferior otro coche a la misma velocidad
se desplaza en sentido cruzado .Cuando el primero
se encuentra en el centro del puente el segundo se
halla debajo de ,el. ¿Determinar la distancia que
los separa al cabo de 8 s de haberse cruzado ? (ver
figura) .


x AC 
2
1 0   1 7 .8 8 
2
x A C  2 0 . 4 8 m 
En el segundo triangulo ACD

x CD 2  x AC 2  x AD 2
Calculando la distancia x AD
10
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
'
2
 2 0 .4 8   1 7 .8 8 
xC D 

'
Resolviendo las ecuaciones  y 
x AD  v1t  x AD  5  8  17.88 m 
Tenemos que: t  2 . 4 h 
2
Método 2
x C D  2 7 . 2 m 
Haciendo otro gráfico solo cambia
Problema 5
Se tiene dos velas 1 y 2 de tamaños iguales, los
cuales tienen una duración de t1=4 hrs y t2=3 hrs
emitiendo energía luminosa. Si las velas empiezan
a emitir luz al mismo tiempo. ¿Después de cuánto
tiempo el tamaño de una de ellas es el doble que
de la otra?.
De la fig. (1)
L  x1  2 y
Solución

L  v1t  2 y
 
L  v2t  y
 
De la fig. (2)
Método 1
L  x2  y

La resolución del sistema de ecuaciones se la dejo
al lector
Problema 6
t1  4 h
t 2  3h
x1  v1t
x2  v2t
v1 
L
L
v2 
t1
Dos vehículos parten del punto P con velocidades
constantes de 15 y 20 pies/s respectivamente,
simultáneamente del punto Q parte un tercer
vehículo con una velocidad constante de 30
pies/s hacia el punto P si la distancia entre P y Q
es de 1800 pies. ¿Cuánto tiempo debe transcurrir
para que el tercer vehículo se encuentre en medio
de los otros dos? .
t2
De la fig. (1)
L  x1  y

L  v1 t  y
 

L  v2t 
y
 
Solución
De la fig. (2)
L  x2 
y
2
2
Reemplazando en   y  
v1 y v2
tenemos:
Graficando el problema tenemos:
L  v1 t  y
L
'
t  y
 
 L  L t y
 '

L 
t1
L  v2t 
y
2
t2
2
11
v1  15 pies / s
 x1  v1t
v 2  20 pies / s

x2  v2t
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
v 3  30 pies / s

Autor: Alfredo Cora Paco
Movimiento Rectilíneo Variado
x3  v3t
Problema 1
Del gráfico
Un móvil parte del reposo en el instante t=0 s, con
aceleración constante de 8 m/s2
1
2
x 3  y 2  1800  x 2
x 3  y 2  1800  x1  y
¿Qué distancia recorre el móvil entre los instantes
t1=3 s, t2=5 s?.
De 2 despejaremos “y/2”
x  1800  x  y  y 2 
3
1
x3  1800  x1  y 2
Solución
Reemplazando en (1)
x3  x3  1800  x1  1800  x2
Datos
Incógnitas
vo  0 m s
x1  ?
2

a 8 m s
2 v 3 t  v 2 t  v 1 t  1800  1800
to  0 s, t1  3 s , t2  5 s
t  2 v 3  v 2  v1   3 6 0 0
 t
 t
3600
2 v 3  v 2  v1
3600
25
 t
x2  ?
3600
2  30  20  15
 t  144 s 
Entre A y B
1 2
x1  v0t1  at 1
2
1
 x1  03  
2
832  36 m
Ya que el movimiento es con aceleración
constante tenemos entre A y C
x1  x 2  v0 t 2 
 x 2  05  
1
1
2
2
2
at 2
8 5 2  x1  x2  10036 64m
Problema 2
Dos móviles A y B separados 10 m parten
simultáneamente del reposo con movimiento
rectilíneo uniformemente variado en la misma
dirección y sentido. Si la aceleración del móvil
que esta adelante es 3 m/s2 y la del otro 7 m/s2
12
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
¿Después de que tiempo la distancia entre ambos
será de 3m? .
Solución
Del gráfico :
Datos
Incógnitas
v0 A  v0 B  v0  0
t A  tB  t  ?
aA  3 m s
2
2  13  a B t
1er caso: cuando A todavía está delante de B
 a At
2  13   a B  a A  t
2
at
2
Reemplazando en   tenemos:
2
t
2
26
t
 aB  a A 
aBt
2
 v0 t 
t  2.55  s
Dos móviles A y B están viajando en sentidos
opuestos en una carretera rectilínea. El primero A
con una velocidad constante de 20 m/s, y el
segundo B, para el tiempo t0=0, posee una
velocidad de 10 m/s y una aceleración de 2 m/s2 .
Si en t0=0 la distancia entre ellos es de 400 m,
calcúlese el tiempo de encuentro.
2
1
2  13
 aB  a A 
Problema 3
Pero sabemos que para el M.R.U.V
7  v0t 


 
 7m  xB  xA
x  v0 t 

Reemplazando valores y calculando tenemos:
Del gráfico : x A  x  x B  d
1
2
2

2
aB  7 m s
x A  x  d  xB
1
2
a At
2
Solución
7
1
2
2
a Bt 
1
a At
2
2
7  2  aB  a A   t

a B  a A 
4
t
v A  20  m s 
t A  tB  t  ?
aB  2 m s
72
14
Incógnitas
v 0 B  10 m s 
Reemplazando datos tenemos

Datos
2
2
t
2


14
7  3
t
t
2
2
14

t  1 .8 7  s 
4
2do caso: cuando B rebasa a A y se pone adelante
Del gráfico:
13
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
xA  xB  d

1
2
aBt
2

v At  v0 B t 
1
2
Autor: Alfredo Cora Paco
Tenemos que:
2
aBt  d
Para el gato: x g  v o t  1 at
2
 v A  v 0 B t  d  0
2
gato parte del reposo x g  1 at
2
pero como el
2
Reemplazando datos tenemos:
1
Para el ratón: como se mueve a velocidad
constante
x r  vt
2
2 t  20  10t  400  0
2
Ahora como x
2
 t  30t  400  0
g
 x r tenemos:
2

t
t
30  30  4 1 400 
1 at 2  vt
2

2 1
30  50

t
2v

 t2s
a
lo encuentra cuando pasa 2[s]
2 1
Para hallar x reemplazamos datos

t  10 s

t ´  40 s
x  1
No tiene sentido hablar de tiempos negativos

2
2 2 2

 
x4 m
De la ec. (1) despejamos d y reemplazamos datos
tenemos:

t  10 s
d  x1  x
Problema 4
 d  5  4  d  1 m
El gato alcanza al ratón a 1 m  de su agujero
Un ratón se
dirige a su
hueco en línea recta con velocidad de 2 m/s,
cuando le faltan 5m para llegar, pasa por lado de
un gato que se encuentra en reposo .Si el gato
acelera a razón de 2 m/s2 en dirección del ratón.
¿El gato logra alcanzar al ratón? si lo alcanza ¿A
qué distancia de su agujero? (ver figura).
Problema 5
Un perro corre detrás de un auto móvil con una
rapidez de 6m/s, cuando se encuentra a 64 m de, el
sale un auto del reposo con una aceleración
constante de 0.5 m/s2 .Determinar después de
que tiempo a partir de ese instante el perro
alcanza al auto móvil. Si no alcanza determinar la
distancia mínima que el perro se acercó al auto
móvil.
Solución
Para que el gato alcance al ratón el gato deberá
recorrer la misma distancia que el ratón y existirá
un tiempo de encuentro
Solución
Graficando el suceso, si lo alcanza existirá un
tiempo real de encontró
Del gráfico
x  d  x1
1 Notemos que x g  xr  x
14
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Para el móvil: x M  v o t  1 at
2
parte del reposo
xM  1
2
at
2
Autor: Alfredo Cora Paco
2
t

 6   28
2


pero como
d min  
2
Derivando tenemos
Para el perro: como se mueve a velocidad
constante
x p  vt
Del gráfico:
xM  d  x p
t
2
Problema 6
Un perro se encuentra echado sobre el piso, a 32
m de él ciclista arranca y sale del reposo (vo=0)
con una aceleración constante a=1 m/s2
determinar la mínima velocidad constante del
perro tal que pueda alcanzar al ciclista.
Reemplazando datos tenemos:
1
2
0.5  t 2  64  6 t
2
0.25t  6t  64  0

d min  28 m 

1 at 2  d  vt
2


t  12 s

6  0
Resolviendo tenemos
Solución
t

  6  
t 
2
 6   4 0 .25 64 
20.25 
6
36  64
 t 
6
0 .5
Método 1
28 i
0.5
El tiempo hallado es imaginario, por lo tanto
concluimos que el perro no alcanza al móvil, por
no existir tiempos imaginarios. Para hallar la
distancia mínima ya que no lo alcanza.
1
Del gráfico tenemos: x p  x c  32
Para que el perro alcance al ciclista tendrá que
existir un tiempo de encuentro
t p  tc  t
Del nuevo gráfico
x p  d min  x M  64
2
Para el ciclista: x c  v o t  1 at pero como el
2
Reemplazando datos tenemos:
ciclista parte del reposo x c  1 at
2
2
vt  d min  1 at  64
2
 d min  1
2
2
Para el perro:
como se mueve a velocidad
constante
xp  v t
0 .5 t 2  64  6 t
p
1 2
 d min    t  6 t  64
4
Reemplazando
 
2
v p t  1 at  32
2
en
(1)
tenemos:
 
Completando cuadrados
Para el ciclista: v f c  voc  at Pero como parte
2
t
t
d min     2    6  36  28 
2
2
del reposo
15
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
v
vf
c
 at  t  f c
Autor: Alfredo Cora Paco
120 km /h calcular ¿Cuánto ha tardado el policía
en alcanzar al coche?.

a
Solución
Para que el perro alcance al ciclista ambos tendrán
la misma rapidez
vf
c
 vp  v
  en  
2
v
v
v   1 a   32
2 a
a

Llevando todo a las mismas unidades
 v2  1  v2 
  
  32 
a
2  a2 
 a 
 
vM  100  km h  27.8  m s 
v p  120  km h   33.3  m s 
 v2  1  v 2 
      32 
2a 
a 
 
v
;
t p  10  s 
tE  t  ?
2
 64  v 
64 a 
Tramo AB
a
v  64  8  m s 

v  8 m s

Para el patrullero cuando acelera durante 10 s

2
x p  vop t p  1 at p Pero como parte del
2
Método 2
reposo
De la ecuación   tenemos:
at
2

2
x p  1 at p
2
 2 v p t  64  0
t
2v p 

2v p

2
2 a
Para hallar la aceleración
 4  a  64 

v p  v op  a t p
2
t
2 v p  4 v p  256
2
Como parte del reposo
2
 t  v p  v p  64
a
2

vp
2
 3.33 m s 

tp
Como “t” es un número real y positivo tenemos:
v p  64  0
1 
 v p  64  8  m s 
2  en 1

v p  8 m s 

2 

xp  1
2
3.33 10 2
x p  166 m
Problema 7
Tramo AC
Un policía de tráfico que ve a un automóvil
aproximarse a una velocidad no permitida de 100
km/h. En el instante que pasa frente a la moto, la
moto sale en su persecución, la moto después de
acelerar durante 10 s alcanza su velocidad tope de
Para el móvil:
xM  vM t p  xM   27.810
16
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria

Autor: Alfredo Cora Paco
x M  278  m 
Para la distancia “d“
xM  x p  d 
d  xM  x p

d  278  166

d  1 1 2 m 

Del gráfico
x ` p  d  x `M
3 
Tramo BD
4 
x`p  v pt
Tramo CD
5 
x `M  v M t
(4), (5) en (3)  v p t  d  v M t
t 
d
v p  vM
1 12
 t
33.3  27 .8
s 


t  20 s

tT  t p  t

t T  10  20 s 
El tiempo que tarda en alcanzarlo es tT  30  s
CAIDA LIBRE
Problema 1
17
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
En el mismo instante que un cuerpo se deja caer
desde una altura h=24 m otro cuerpo es lanzado
verticalmente hacia arriba con una velocidad
v0=12 m/s. Calcular el tiempo que demora en
encontrase .
Solución
Condición de espacios y1  y2
Condición de tiempos t 1  t 0  t 2

t1  4  t 2

Pero sabemos
Del gráfico: y  y1  y2
y1  y2 
y  v o t  1 2 gt 2

Pero recordando que: y  vo t  1 2 gt
2
 
t 2 t1  4
Tenemos
2
2
Cuando sube (-) Mov. Desacelerado
vo1t1  1 2 gt1  vo2t 2  1 2 gt2
Cuando baja (+) Mov. Acelerado
Como el cuerpo (2) parte del reposo
Como la esfera se deja caer y 1  1 2 gt 2

Como el segundo cuerpo se lanza con una
velocidad de v0=12 m/s
Reemplazando   tenemos:

y 2  v o t  1 2 gt
2 4  v0 t 
t
24
12
2
2
2
vo1t1  1 2 gt1  1 2 gt1  4
2
Tenemos 2 4  1 2 gt
2
vo1t1  1 2 gt1  1 2 gt2
2
 vot  1 2 gt
 v o1t1  1 2 gt 1 2  1 2 gt 1 2  4 gt 1  8 g
2

 2 s
v o1t1  4 gt1  8 g

t1  1.13  s
Problema 3

t  2 s 
Desde un puente de 15 m de altura sobre la
superficie de un lago, se lanza una piedra
verticalmente hacia arriba con una velocidad
inicial de 10 m/s. Al llegar a la superficie del lago
la piedra se sumerge y desacelera a razón de 0.5
m/s2.Si el tiempo total empleado desde el
momento del lanzamiento hasta que llega al fondo
del lago es de 6 segundos. Calcular la profundidad
del lago.
Problema 2
Desde la parte superior de un edificio se lanza
verticalmente hacia arriba una partícula con una
velocidad de 30 m/s, 4 s después se deja caer otra
partícula desde un puente. Determine el tiempo
trascurrido desde que se lanza la primera partícula
hasta que se encuentran lado a lado.
Solución
Solución
18
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Ahora podemos calcular “y”
y  v o 2 t 2  1 at 2
2
2

  s 2.96s   1 2 0.5m s  
y  19.86 m
2
2
 2.96s 


 
y  56 . 59 m
Problema 4
De la terraza de un edificio ubicada a 60 m del
suelo se lanza verticalmente hacia abajo un objeto
con una velocidad de 5 m/s .En ese mismo
instante de un piso más abajo (a 40 m del suelo) se
suelta un segundo objeto. ¿Después de que tiempo
los objetos estarán separados 10 m por primera
vez?.
El tiempo
t  t1  t 2 1
Del gráfico
 h  v o t1  1 gt1
2

1
2
Solución
Relación de tiempos que se debe hacer
2
gt  v o t1  h  0
2 1
t  t1  t2
Reemplazando datos
4 .9 t 2  1 0 t1  1 5  0
1
t  3.04  s 
1

Reemplazando t1 en (1) tenemos:
t2  t  t1

t2  6  3.04s

t2  2.96  s
Calculando la velocidad v f 1  vo 2
Del gráfico: y1  10  y2  20
v f 1  vo1  gt1 
y1  y 2  10
v f 1  10 m  9.8 m 2 3 .04 s 
s
 s 
2
2
 vo1t  1 2 gt  v o2 t  1 2 gt  10

v f 1  19.86m
De bajada
 v o 1 t  10  t 
s
v f 1  19.86 m
s
Problema 5
19
10
5

 2 s  t  2s 
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Primera posibilidad
Un observador situado a 105 pies por encima del
nivel del piso ve pasar un objeto hacia arriba, 4 s
segundos después lo ve de regreso .Hallar la
velocidad inicial del objeto.
Solución
Segunda posibilidad
Como el observador lo ve subir y luego lo ve
bajar tenemos:  v f  v f  gt
2v f
 gt
vf 

gt
2
Plantemos las condiciones de alturas y tiempos
con respecto al nivel de referencia fijado:
 v f  64  pies 

s 
h pelota  15  h plataforma
 4
Para la velocidad inicial
vf
2
2
 v 0  2 gh
2

v 0  vf
Reemplazando datos v 0   6 4 
2
2
h p  15  h pt  4
1
t p  t pt
2 
 2 gh
 2  3 2 1 0 5 
2

v 0  104 

pies

s 
h pelota  h p  v op t p  1 gt p
2
3 
hplataforma hpt  vpt t pt
4 
Problema 6
Reemplazando (2), (3), (4) en (1) tenemos:
Una pelota se lanza verticalmente hacia arriba
desde una altura de 15 m con una velocidad inicial
de 20 m/s, en el mismo instante una plataforma
elevadora que se encontraba inicialmente a 4m de
altura sube con velocidad constante de 3 m/s.
Determinar ¿Cuándo y dónde se encuentran o
cruzan la pelota con la plataforma? .
v op t p  1
Dónde
2
:
gt
2
p  15  v pt  t pt
t p  t pt  t


1 gt 2  v  v  t  11  0
pt
op
2
Solución
20
4
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria

Autor: Alfredo Cora Paco
t 1  4 . 02 s  ; t 2   0 . 55 s 
Para la moneda de cobre
2
y B  v o B t B  1 gt B
2
Luego tenemos
H  h pt  4  v

pt
 t pt  4  34.02  4
2 
De la figura
 
H  16 . 06 m

 
H  16 . 06 m
3 
y  y A  h  yB
Problema 7
Reemplazando 1 y 2  en 3 
Un globo aerostático está descendiendo con una
velocidad constante de 5 m/s, en el instante en
que se encuentra a 500 m sobre el suelo, suelta
una moneda de plata, transcurridos 2 s suelta una
segunda moneda de cobre. Calcular la distancia
que separa ambas monedas al cabo de 5 s de
soltarse la primera moneda.
y  vo At A 1 gt 2 A  10  vo Bt B  1 gt 2 B
2
2
Reemplazando tenemos:
y  5 5   1
1
2
Solución

2
9.852  10  53 
9.8 32
 
 y  78 . 4 m
Problema 8
Datos:
Incógnitas:
v0 A  v0 B  v g  5 m s 
y  ?
Desde la orilla de un foso, de un
grifo caen gotas de agua a razón de
una gota por Segundo. Un
montacargas que sube con
velocidad constante de 10 m/s, es
alcanzado por una gota cuando está
a 100 m de profundidad ¿A qué
profundidad, la siguiente gota
montacargas? (ver fig.).
t A  5  s
Solución
t  2  s 
Gota y el montacargas
t B  3 s 
H  500 m
Para “h”
h  vg t  h  5 2 

 
h  10 m
2
H  v o t  1 gt 1
2
1
Para la moneda de plata
2
y A  v o A t A  1 gt A
2
1

21
2
H  1 gt 1  t1  2 H  4.5  s
2
g
tocara
al
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Tiempo de encuentro entre: la segunda Gota y el
montacargas

Pero t1  t 2  1  t 2  t1  1  t2  3.5 s
v2  vo  gt 2  v2   9.8   3.5

Tiempo para cuando la esfera que parte de Q
v2  34.3 m

 s
alcance la altura máxima
Para el encuentro:
v fQ  v oQ  gt Q
2
2
h  1 gt 2  1  9.8 3.5
2
2

tQ 

v 0Q
g

3v
1
g
Para este tiempo existirá una distancia d donde:
h  61 m
t p  tQ
Para h2
2
2
h2  v 2 t  1 gt
2
y p  v o p t p  1 gt p
2
2
y Q  H  v o Q t Q  1 gt 2 Q
2
3 
Para el montacargas yM  vMt
Del gráfico
Pero del dato vo p  2v y
H  h  h2  yM
  
Reemplazando 1 en 2
2

4.9t  44.3t  39  0

t  0 .79 s  ; t   10 .08 s 
 3v  1  3v 
  g 
g 2 g
2
2
y p  2v
Calculemos la profundidad a la que la segunda
gota toca al montacargas
Profundidad  h  h
voQ  3v


yp 
3v
2
4 
2g
Profundidad  91.58 m
Reemplazando 1 en 3
Problema 9
 3v 
 3v 
yQ  H  3v   1 g  
2
g
g
Desde los puntos P y Q de la Fig.,
se lanzan simultáneamente con
dirección vertical hacia arriba dos
objetos con velocidades 2v y 3v respectivamente.
El objeto que se lanzó de P sólo llega hasta Q
¿Cuál será la distancia que separa a los dos
objetos, cuando el objeto se lanzó de Q comienza
a descender? La altura entre P y Q es H.

yQ  H 
Del gráfico
Solución
22
9v
2
2
2g
5 
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
yQ  y p  d
dH
9v
2

2g

3v
d  yQ  y p
2
  d H 
Autor: Alfredo Cora Paco

3v
t
2
2.74
 0.7 s
5.61
g
2g
Otra manera es verlo desde el punto de vista de un
Problema 10
observador exterior al ascensor. Suponiendo que
Un elevador sube con una aceleración vertical de
1.22 m/s. En el instante que su velocidad
ascendente es de 2.44 m/s, un perno suelto cae del
techo del elevador que está a 2.74 m sobre el piso.
(Considerando g=10 m/s2)Calcular:
a) El tiempo que tarda el perno en llegar desde el
techo al piso.
b) La distancia que ha caído con relación al cubo
elevador.
en el momento en que se suelta el perno el suelo
está a una altura 'h'.
La ecuación del movimiento respecto del suelo es:
y s  h  v o y t  1 at 2
2
y s  h  2 .4 4 t  1
1 .2 2  t 2
2
Para el perno:
y p  h  2.74  2.44 t  1
Solución
10 t 2
2 
Tocará el suelo cuando yp = ys
Como pide que calculemos respecto al cubo del
ascensor, lo mejor es hacerlo desde ese sistema de
referencia a pesar de no ser inercial. Para poder
hacerlo vamos a suponer que el ascensor está en
reposo y que los cuerpos aceleran en ese sistema
'g + a', siendo 'g' la gravedad real y 'a' la
aceleración del ascensor. Es decir, el perno haría
lo mismo en una situación parecida a la que
plantea el problema o en una equivalente en la que
el ascensor está parado en un sitio donde la
gravedad sea la suma de g+a.
h  2 .4 4 t  1
1 .2 2  t 2 
2
h  2 .7 4  2 .4 4 t  1 1 0  t 2
2
Simplificando:
1
1 .2 2  t 2  2 .7 4  1 1 0  t 2
2
2
1 .2 2  t 2  5 .4 8  1 0 t 2 
1 1 .2 2 t 2  5 .4 8 
t 
5 .4 8
 0 .7 s
1 1 .2 2
b) La distancia que ha caído con relación al cubo
del elevador
Siendo así, el tiempo que tarda en llegar al suelo
es:
y s  y p  voy  1 at 2
2
que
aplicado a nuestra situación es:
ys  2.74  1 10  1.22  t 2
2
Tocará el suelo del ascensor cuando ys=0
Para calcular lo que ha caído, utilizamos la
2.74  1
Respecto al observador del interior de ascensor ha
ecuación
del
movimiento
y p  h  2 .7 4  2 .4 4 t  1
10  1.22  t 2  0
2
del
perno:
10 t 2
2 
caído 2.74 m ,pero respecto a un observador
exterior en t=0 (cuando se suelta) la posición del
2.74  5.61 t2  0
23
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Problema 1
Perno es
y p  h  2 .7 4  2 .4 4  0  
1
2
1 0   0 
2
Un cañón se
coloca en la
base de un
cerro cuya
pendiente
hace
un
ángulo de 15º con la horizontal. Si el cañón forma
un ángulo de 45º con respecto al cerro cuando
dispara un proyectil con rapidez inicial de 70 m/s,
hallar la distancia (x) a la que impactará el
proyectil.
y p  h  2 .7 4
0.7 s después es:
y p  h  2 .7 4  2 .4 4 t 
1
1 0  t 2
2
y p  h  2 .7 4  2 . 4 4  0 .7  
1
2
1 0   0 . 7 
2
yp  h  2
Solución
Luego un observador exterior diría que ha caído
Asumiendo que:   15 º ;   45 º Planteando
h  2 .7 4  h  2
la ecuación de la trayectoria
h  2.74   h  2   0.74 m
Es decir, mientras el suelo va al encuentro del
perno, a éste le da tiempo a subir un poquito para
luego
caer
(cuando
pierda
los
2.44
m/s
ascendente) 0.74 m desde donde se soltó.
gx
y  tg    x 
2v
2
0
2
2
cos    
1
Del gráfico se tiene
tg  
y

2
y  x  tg 
x
2  en 1
gx
x  tg   tg    x 
2v
2
0
cos
2
2
   
Despejando x tenemos
2
x
2
2v0 cos     tg   tg 
g
MOVIMIENTO
PARABOLICO

 x
2 70 m
24
2
cos  60  tg  60 tg15
s
2
9.8 m 2
s
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
x  366  m 


no cae al lago
Problema 2
c)
Hallar la rapidez de la roca al llegar al
suelo y la rapidez horizontal en ese momento
Una roca descansa
sobre un barranco 600
metros por encima de
una casa, tal como se
muestra en la figura.
En tal posición que si
rodase,
saldría
disparada con una
rapidez de 50 m/s. Existe un lago de 200 metros
de diámetro. Con uno de sus bordes a 100 metros
del borde del barranco. La casa está junto a la
laguna en el otro borde. Considere la gravedad 10
m/s2
Para hallar la componente vertical
v y  v oy  gt


t

t  8 .73 s
b)
Caerá la roca en la laguna?


v 
vx
2
 vy
2


Para la rapidez horizontal v0 x  v x  43.3m s es
constante en todo el recorrido del proyectil.
Problema 3
Un cañón dispara un proyectil desde la cima de
una colina de 225 m de altura, con una rapidez de
100 m/s, impactando en el punto A (ver dibujo),
de coordenadas (x,0) después de 15s. Considere la
gravedad g=10m/s2 Determine:
a) El ángulo de lanzamiento (θ).
b) La distancia horizontal total recorrida por el
proyectil (xA).
c) Rapidez con la que impacta en A.
2
 5 t  120  0

2
v y  112 .3m s 
v  120 .35 m s

a)
Si la roca se desprendiera del barranco
cuanto tiempo permanecería en el aire antes de
caer al suelo?
y  vo y t  1 gt
2
2
v  vx  v y
v  120 .35 m s
Solución
Para el tiempo en el aire
2

La velocidad con que llega al piso será
a) Si la roca se desprendiera del barranco cuanto
tiempo permanecería en el aire antes de caer al
suelo?
b) Caerá la roca en la laguna
c) Hallar la rapidez de la roca al llegar al suelo y
la rapidez horizontal en ese momento.
2
 
x  v x t  378 m Podemos decir que la roca
Solución

a) Puede calcularse a través de la función y (t),
aplicada entre el punto de lanzamiento
(y=225m) y el punto donde impacta al plano
(yA=0m), pues se conoce el tiempo que demora
(t=15s), la magnitud de la velocidad inicial
(V0=100m/s) y la aceleración constante del
Movimiento (g=10m/s2):
2
 y  v 0 sen t  1 gt
2
Como la roca se mueve a velocidad constante en
el eje x tenemos:
v 0 x  v x  43 . 3 m s 
25
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
 y  1 gt
2
sen  
v0 t

Autor: Alfredo Cora Paco
2
  y  1 gt 2 


2
   arcsen


v0t


 225  1  9.8 15 2 
2

   arcsen 
100 15 




Eje x
x  nd  v 0 t
Eje y
y  nh  1
2
1
gt
2
2
De ecuación (1)

  arcsen  0.6     36.87 º
nd
t 
v0
b) Es muy simple y directo:
 nd 

tenemos: nh  1 g 
2
v 
en (2)
2
 o
x A   v0 cos   t  100 cos 36.87 15   1200 m
Ordenando, simplificando y despejando n:
c) Es necesario calcular la componente vertical de
la velocidad en ese punto. La componente
horizontal es igual que la inicial.
n
gd
v Ax  v0 cos 36.87  100  0.8  80  m s
v Ay  v0 sen36.87  gt  100 0.6  10 15
 60  150  90 m

 s

Luego, como el módulo de la
instantánea es la rapidez instantánea:
v Ax
2

 v Ay
 120 . 42 m s
2

80
2
2
2
1 pie  pies 

2 9 p lg
 8

12 p lg  s 

n
32
velocidad
pies 
s

vA 
2hv0
2
1 pie 
2
2
10 p lg

12 p lg 

n  4 .32
2
  90 
Puesto que el número de escalón debe ser entero,
la pelota llegará al quinto escalón, entonces

Problema 4

Una pelota de tenis
sale
rodando
del
descanso de una grada
con
velocidad
horizontal de 8 pies/s.
Si los peldaños son
exactamente de 9 pulgadas de alto y 10 pulgadas
de ancho. Calcule el número de escalón (contado
desde arriba) al que llega la pelota por primera
vez.
n  5
Problema 5
El Dassault Rafale es el avión más moderno de la
Fuerza Aérea Francesa vuela horizontalmente a
una velocidad v=2.125 km/h y con un techo de
vuelo de h=18.000 m respecto del suelo. Si se
dispara un proyectil desde un cañón en el instante
en que el avión se encuentra verticalmente sobre
el cañón:
a) ¿Cuál debe ser el ángulo de elevación y cual la
velocidad inicial mínima “vo” del proyectil,cuando
alcance su altura maxima a fin de que el avión sea
alcanzado por el proyectil?
Solución
26
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
b) ¿A qué distancia “z” , detrás de la posición del
cañón . Debe arrojarse una bomba, desde el avión,
a fin de que estalle justo en el cañón?.
2 gh
2
tg  
v
Solución

Nos pide hallar el ángulo de elevación para que el
proyectil impacte al avión, como también la
velocidad “vo” mínima; para que la velocidad “vo”
sea mínima la “vf=0” como también h igual Hmax,
lo primero que se hará será hallar el ángulo de
elevación del proyectil y posteriormente la
velocidad inicial mínima
2 gh
tg  

2
v
2
 2 gh 

  arctg 
 v 


 2 gh 

 v 
El ángulo de elevación es   arctg
Cual la velocidad inicial mínima “vo” del proyectil
Sumando 3 + 4 
2
2
 sen   cos  
v
2
vo

x  vt
x   v o cos    t
1
y
v
vo
2
2 gh
vo
2
2 
b) ¿A qué distancia “z” , detrás de la posición del
cañón . Debe arrojarse una bomba, desde el avión
a fin de que estalle justo en el cañón?
vo  v  2 gh  vo  2.21 km/ h
2
2

2
2
vo
3 
2
Para la bomba
h  voy  1 gt
2
Pero cuando alcance la altura máxima
2

t
2h
5 
g
2
2
v fy  v oy  2 gh  0  vo sen 2  2gh
2

2 gh

vt   vo cos    t  v  vo cos //
2

2

1 
Para el proyectil
 cos  
2
vo
Para el avión
Igualando
1
v
2
sen  
2 gh
vo
2
Para la bomba
6 
z  vt
4 
5  En 6 
Dividiendo 4  y 3 

27
z  v
2h
g
 z  0.128  km
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Problema 6

Un proyectil se lanza con una elevación de 70º y
una velocidad inicial de 25 m/s hacia una hilera de
30 paredes equidistantes como muestra la figura.
La separación entre paredes es de 2m. ¿Entre que
paredes cae dicho proyectil al suelo? .
t
2vo  sen70  cos70
g
t  3  s
Reemplazando en (1)
x   25 cos 70  3 
x  25.65  m 
Donde
x  n d 
Solución
n
25.65
 12.825
2
El proyectil cae 12<n<13
Allí donde la trayectoria del proyectil intercepta a
la recta a 45º, será donde el proyectil caiga (ver
fig.1)
Fig.1
Problema 7
Desde una cierta altura respecto a la superficie se
lanzan simultáneamente desde un mismo lugar
dos esferas con velocidades v1=v1i m/s y v2 =v2i m/s ¿Qué distancia separa a las partículas
cuando sus velocidades son perpendiculares?.
Solución
Graficando el
entendimiento
En el eje horizontal (de la fig.2) tenemos:
problema
para
un
mejor
Fig.2
x  voxt

x   v o cos 70   t
La distancia que los separa
velocidades son perpendiculares es
1
d  x1  x 2
En el eje vertical tenemos y  voy t  1 gt 2
2

y   vo sen70  t  1 gt
2
2
1 
Para la esfera 1 tenemos
2 
x1  v1t
2 
Para la esfera 2 tenemos
1 = 2
vo cos 70  t  vosen70  t  12 gt 2
x2  v2t
28
3 
cuando las
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
2 y 3  en 1
 d  v t  v t  d  v1  v 2   t
1
2
4 
Para la esfera 1
v1 y
v1y  vo1y  gt  t 
g
v tg
t 1
g

5 
Para la esfera 2
v
v2y  v02y  gt  t  2 y
g
v tg
t 2
g

v1tg v2tg

g
g
5  = 6  

6
7 
v1tg  v 2 tg
Pero sabemos que de la figura     90

tg   tg 90     tg  ctg
Reemplazando tg  en la ecuación (7)
v
v1tg  v 2 ctg  tg 2   2
v1
v2
 tg 
En 5 
v1
v2
v1
v1 
t

t
v1v 2
g
g
En 4 
La distancia que los separa cuando las
velocidades son perpendiculares es:

d  v1  v 2 
v1v 2
g
29
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Problema 2
Movimiento Circular
Un automóvil cuyas ruedas tienen un radio de 30
cm, marcha a 50 km/h. En cierto momento su
conductor acelera hasta alcanzar una velocidad de
80 km/h, empleando en ello veinte segundos.
Calcular:
a) La aceleración angular de las ruedas.
b) El número de vueltas que dio en esos 20 s.
Problema 1
¿Cada cuánto tiempo coinciden las manecillas de
un reloj ?.
Solución
Solución
La manecilla de las horas gira con una velocidad
de 1 vuelta cada 12 horas:
h 
1 v u e lta
12h
La manecilla de los minutos gira con una
velocidad de 1 vuelta cada hora:
a)  
  f  0

t
t
Pero
 
 
v f  v0
v
R

 80  50  Km h
R t
30 cm  20 s
 30  1000 m 3600 s
 
 1.4  rad 2 
s 

30 10 2 m  20 s
 m in 
1 vu elta
1h
 t  1 t2
2
b) N º    o

2
2
 v0  t  1  t 2
 R
2


Nº 
2
La velocidad de las manecillas es constante.
Producida una coincidencia, la manecilla de los
minutos avanza más rápidamente y, para volver a
coincidir con la manecilla horaria, debe dar una
vuelta completa más lo que haya avanzado la
horaria.
Nº
2
2
 192
Problema 3
Si θ es el ángulo que ha girado la horaria, el
minutero deberá girar 1 vuelta + θ
Las ecuaciones del movimiento, expresadas en
vueltas y horas, son:
Manecilla horaria   1
12  t
Un disco gira en un
plano horizontal, si
tiene un hueco a cierta
distancia del centro por
donde pasa un móvil que luego al caer pasa por el
mismo hueco .¿Cuál es la velocidad angular del
disco en (rad/s)?.
Manecilla minutero: 1    1  t
Solución
Resolviendo el sistema:
t 
4 6.3  20  1 2 1.4  20 
Analizando el movimiento parabólico
(verticalmente)
13
 1´0 8 h o ra s  1 h 4 m in 4 8 seg
12
30
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Ahora para que le proyectil penetre un solo
agujero, el cascaron deberá dar media vuelta.
Luego t  T siendo T el periodo de revolución
2
v f  vo  g t 
t
0  vo  g t 
En 1
vo  gt 
vo

t 1.5 s
g
tT  2 1.5 
tT  3 s
Analizando el movimiento del disco para que el
móvil regrese al mismo hueco, el tiempo de
rotación de dicho hueco, debe ser también 2.4 s
se tiene
  180 º   rad 



  

3
tT
  1 .0 4 r a d / s
Problema 4
Se tiene un cascaron esférico que gira con
velocidad angular constante a razón de 200 rev/s
respecto a un eje vertical. Se dispara un proyectil
horizontalmente de tal modo que pasa por el
centro del cascarón. Determinar la velocidad
angular de cascaron sabiendo que su radio es igual
a 1m.Determinar también la máxima velocidad del
proyectil de tal modo que atraviesa el cascaron
haciendo un solo agujero .
Solución
  2 f 
  2  200  
  4 0 0 ra d
Con el proyectil
e  v t

T 
2  v 
 2 
Pero
1


2  v
  v  800 m / s
 2  200 
El tiempo total será
tT  2t 

2  vt
1
31
T 
1
f

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
ESTATICA

x
Problema 1


Un cuerpo de peso
P1=80N cuelga del
extremo de una barra de
peso 200N y longitud
6m, unida a una pared
como se indica en la
figura. Encontrar la
máxima distancia de la pared a la que es posible
colgar un segundo cuerpo de 700N de peso sin
que la cuerda se rompa, si esta es capaz de resistir
una tensión máxima de 900N.
Problema 2
3596.5
700
 5.14 m
x  5.14  m
Una barra rígida de 4m
de longitud y 100N de
peso, está apoyada en
una
pared
vertical
mediante
una
articulación A. A 1m de
su extremo libre pende
una cuerda C2 atada a
un cuerpo que pesa 50N. Una cuerda C1 que está
fija a la pared es unida a la barra a 1.5m de A
formando con la barra un ángulo recto.
Determine:
Solución
a) La tensión de la cuerda.
b) La fuerza que se ejerce en A sobre la barra y la
dirección aplicada en el respectivo punto.
Solución
Aplicando momentos y haciendo un convenio de
signos
Aplicando momentos y haciendo un convenio de
signos
(+)
(-)
tenemos:
(+)
(-)
tenemos:
 MA  0 
T1 1.5  100   2cos 30  50   3cos 30  0
 Mo  0

 900 sen 60  6  700 x  80  6  200  3  0
T1 1.5   173. 2 0  129. 9 0

4676.5  700 x  480  600  0


700 x  3596.5
32

T1  202.1  N
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Aplicando la primera condición equilibrio
tenemos:
cuerpos 1 y 2 cuyas masas son 50 y 150Kg,
respectivamente a través de cuerdas ideales.
Calcular las reacciones en los soportes.
 Fx  Rx  T1 sen30  0
 Fx  0 

Solución
Rx  T1sen 30  Rx  101.5 N
 Fy  0
  Fy  Ry  T1 cos 30  100  50  0
 Ry  T1 cos 30  150
 Ry  25.02 N

R R x R y
2
2

R
R2 x  R2 y
 R
2
101.52  25.022
 R  104.1  N 
Aplicando la primera condición equilibrio
tenemos:
Para la dirección tenemos:
 Fy  0 
tg 
Ry
Rx
   arctg
 

25.02
101.5
R A  RB  2960  0

1
Aplicando momentos y haciendo un convenio de
signos
 
 
 Fy  R A  R B  50 9.8 1000 150 9.8  0 
 Ry 

 Rx 
  arctg

(+)
(-)
tenemos:
  13.84  N 

4 RB  245  2000  5145  0

4 RB  7390  0 
Problema 3
La viga AB de
largo L=4m es
uniforme y tiene un
peso de 1000N. Sus
extremos
descansan en los
soportes A y B. De
la viga cuelgan los

RB
RB 
7390
4
en 1 tenemos :
 R B  1 84 8 N 
 
R A    1848  2960  N

33
4 R B  7390
 
R A  1112 N
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Problema 4
Problema 5
Una barra de masa m y longitud L = 2 m está
apoyada en dos superficies lisas como muestra la
figura. Si la separación entre las superficies es e =
60 cm, Calcúlese el ángulo θ para lograr el
equilibrio de la barra.
La barra de la figura de
masa M y largo 2a está en
equilibrio apoyada sobre
una pared vertical lisa y
sostenida por un extremo
mediante un hilo de largo
b. Determine los posibles ángulos β de equilibrio.
Solución
Solución
Descomponiendo las fuerzas y las distancias en
los ejes “x” e “y”
Aplicando la primera condición equilibrio
tenemos:
 Fx  0 
1
2
R A  RB sen
 Fy  0  R B cos   m g
Segunda condición de equilibrio y haciendo un
convenio de signos (+) (-)
Tenemos:
L

R B  d  w  cos    0
2

 MA  0 

L

R B  d  w cos  
2

Aplicando la primera condición equilibrio
tenemos:
3
Por geometría del problema
cos  
e
d

d
e
cos
4 
  arccos 3
2e
L
1
 Fy  0 
2
 Fy  T cos   M g  0
Aplicando momentos y haciendo un convenio de
signos (+) (-) tenemos:
2 y 4 en 3 tenemos :
L

 mg  e 
 cos   cos    mg  cos  
2





 Fx  0   Fx  N  Tsen   0

M0  0 
 M g  a sen    T  2 a sen       0
3

Además de una relación geométrica
 2  0.60 m  
 
  arccos  3


2m


sen  
  3 2 .5 º
34
2a
sen 
b
4 
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
De la segunda y tercera ecuación tenemos
Solución
Los centros de las cuatro esferas forman una
pirámide equilátera de arista a=2R
2
sen (    )  0
cos 
sen  
 sen  cos   2 cos  sen   0 
sen  cos   2 cos 
2a
sen 
b

De donde una solución es: sen   0 
  0 ,
la otra solución es:
  
4a
cos  
cos 
b
AD
cos 30  2  OA 
OA
(*)
Eliminando  para esto elevamos al cuadrado la
 AOB
 BOC
AD
2  OA 
3
2
AD
3
 BOD
ecuación 4  y despejamos cos 2  para luego
Luego OA  OC  OD
reemplazar en (*) 2
 1
4a 2
b
2
sen  
2
16a 2
b
2
Donde “O” Circuncentro del  ACD
2
cos 
2
2
2
Del triángulo AOB; BO  AB  OA
2
 a 
a 3 2 3
BO  a  
  BO 

3
3
 3
2
 1
4a2
b2

12a 2
b2
2
cos 

 cos  
2
2
BO 
a 2
b2  4a2
 12a
2

3

h  BO 
a 2
3
La altura de una pirámide equilátera de arista a es
12a2
Solo tiene solución si
b  4a
2
b  2a
ha
y
b  4a
2
3
Luego el ángulo que forma una arista lateral con
la vertical está dado por
Problema 6
Cuatro esferas iguales de
radio R, forman una pirámide
que se apoya sobre una
superficie horizontal lisa y
plana. Las tres esferas
inferiores se mantienen en contacto mediante una
cuerda que la circunda .Determinar el esfuerzo de
tracción S en esta cuerda, si el peso de cada esfera
es Q y las superficies de las mismas son
perfectamente lisas .No se tendrá en cuenta
ninguna tensión inicial que pueda existir en la
cuerda antes de colocar la cuarta esfera encima de
las demás.
2
3
a
2
3
Si N es la reacción normal de contacto con la
esfera superior tenemos que
h
co s  
 co s  
a
3 N cos   Q
35
a
 co s  
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
De donde
Resolviendo las ecuaciones tenemos
N 
Q
2
3
3
TA  60  N
 
Problema 8
La componente horizontal de esta fuerza es
F  Nsen 
; TB  30  N
Las cinco cuerdas del
sistema de la figura
pueden soportar una
tensión
máxima
de
1500N
sin
cortarse.
Determine
el
peso
máximo de la placa que
puede ser soportada.
Q
2 1
1  Q 2
2
3 6
3
3
La situación para una esfera en el suelo es como
se indica en la figura de manera que
Solución
2 S cos 30  F 
1
Q 2
6
 S
Q
3 6
Problema 7
Para los equilibrios de las poleas, desde la
izquierda hacia la derecha tenemos
La placa de la figura pesa 90N y
está sostenida por el sistema de
cables y poleas ideales. (Sin
masa y sin roce). Si la placa
está en equilibrio en forma
horizontal, determine
2T 1  T 2  0
T 1  2T 3  0
2T 3  T 4  0
a) La tensión en el cable que pasa por la polea A.
b) La tensión en el cable que pasa por la polea B.
y para la placa
T2 T3  T4 W 0
Solución
Tenemos cuatro ecuaciones para las cuatro
tensiones que resolvemos
Si llamamos TA y TB las tensiones en las cuerdas
A y B, tenemos para el equilibrio de la placa
T 2  2T 1
TA  TB  90
T 3  1 T1
2
y para el equilibrio de la polea inferior (supuesta
liviana)
T 4  T1
Que reemplazamos en la cuarta ecuación
2T 1  T 1
T A  2T B
36
2
 T1  W
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
De donde
T1  2 W
7
T2  4 W
7
; T3  1
7
Autor: Alfredo Cora Paco
y luego
W ; T4  2
7
W
La mayor es T2 que no puede exceder 1500N por
lo tanto 4 W  1500
7

W  2625.9  N 
Problema 9
En el sistema indicado en la
figura, no hay roce y las poleas
son livianas. Determine la
magnitud de la fuerza F necesaria
para sostener el peso W.
Solución
Aplicando la primera condición de equilibrio
tenemos: 4T  W  0 de donde:
F T 
W
4
37
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Resolviendo el sistema de ecuaciones tenemos
DINAMICA

a
 
1
m s2
2
;
R  90N 
Problema 1
Problema 2
Determinar el valor
de la fuerza de
contacto entre las
superficies de los
cuerpos A y B .Se
sabe que MA=50 Kg
MB=20Kg MC=30 Kg y g=10 m/s2.
¿Con que aceleración
desciende “m” respecto
al plano horizontal, por
el cual resbala “M” sin fricción? considere M=2.5
m; el coeficiente de rozamiento cinético entre M y
m es 0.50 (g=10m/s2).
Solución
Solución
D.C.L
D.C.L
Para el bloque M

Para el cuerpo B
Para el bloque m

Fx  mB a
 WB sen  RA  mB a
1
mB gsen  RA  mB a
Para el cuerpo A
Para “M”
 Fx  m a 
Fx Ma  T  R  Ma
A
M
R B  m A gsen  T  m A a
2 
c
2
Rp  Mg  2T
 T  mc g  mc a
3
Para “m”
Trabajando con las ecuaciones 1 , 2 , 3
mB gsen  RA  mB a
R B  m A gsen   T  m A a
 Fy  ma
1
m
M
mg  T  fr  mam
2
3
M
 Fx 0  R  F ` 0
M
T  mc g  mc a
1
M
 Fy  0  R p  Mg  2T  0
Para el cuerpo C
 Fy  m a
m
3

38
RM  maM

RM  F `
4
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
De la polea
Autor: Alfredo Cora Paco
5
T1  T
Breve Explicación:
De la fig. Para las aceleraciones
Sistemas de referencia
Inerciales: El origen (observador) está en
reposo o MRU.
-Son aplicables las leyes de Newton.
-Las aceleraciones son producidas por fuerzas
debidas a la interacción entre cuerpos
(contacto o a distancia).
Vea la figura
Sabemos que:
1
1
x  v0 t  am t 2  x  a m t 2
2 M
2 M
x  v0 t 
1
1
a M t 2  x  aM t 2
2
2
Dividiendo ambas ecuaciones

am
M
6
 aM
Trabajando con 1 , 3 , 4 , 5 , 6 hallamos
aM  2 m s2
No inerciales: El origen (observador) lleva
una determinada aceleración.
-No son aplicables las leyes de Newton
Tomando en cuenta el sentido de las
aceleraciones
Sistemas no inerciales
am 2  aM 2  am

2
M
am  2 2 m s

am 
aM 2  am
-No son aplicables las leyes de Newton.
-Se introducen las llamadas fuerzas de inercia o
fuerzas ficticias Fi  F ' (Virtuales) que no
son el resultado de la interacción entre cuerpos
sino un artificio matemático para poder aplicar
las leyes de Newton.
Fi  F ` ma
- Cuando el sistema se encuentra en equilibrio
se cumple el principio de D’Alembert:
2
M
2
F
F
re a les
rea les
 Fi  0
 ma  0 
Vea la figura
39

F
reales
 ma
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Viaje en autobús
Problema 3
-Al arrancar con aceleración “ a ”, la persona
se siente impulsada hacia atrás:
-Sistema Inercial: (fuera del autobús)
no existe fuerza y por tanto tampoco “ a ”
(nadie le empuja, permanece quieto por
inercia).
-Sistema No inercial: (dentro del autobús)
como experimenta el viajero una aceleración
hacia atrás, cree en la existencia de una
fuerza de inercia o fuerza ficticia
Fi  F '  ma   F re a les  Fi  0
En el aparejo la bola 1 tiene una masa
  1.8veces mayor que la barra

F
rea les
 ma  0 
F
rea les
2 .La longitud de esta última es
L=100[cm] las masas de las
poleas y de los hilos, así como el
rozamiento, son despreciables la
bola se establece a un mismo
nivel con el extremo inferior de
la barra y se suelta. ¿Al cabo de que tiempo ésta
se iguala con el extremo superior de la barra?.
 ma
Solución
Dentro de un ascensor
m1    m2
-Sea un cuerpo de masa “ m ” suspendido del
techo por una báscula. Al subir el ascensor
con aceleración “ a ”, el objeto marca en la
báscula una fuerza superior a su peso:
-Sistema Inercial: (fuera del ascensor)
no existe equilibrio puesto que el objeto
acelera con “ a ”luego
L  100 cm  1m
t  ?
Para el cuerpo 1
T  w  m a T  m g  m a 
- T  m  g  a  (T es la fuerza que marca
 Fx  0
la báscula)
-Sistema No inercial: (dentro del ascensor)
 Fy  m a
hay equilibrio. Se aplica el principio de
D’Alembert:
-  F y  0  T  w  Fi  0
T1  m1 g  ma 1
1
 m 2 g  T2  m 2 a 2
2

1 1
Para el cuerpo 2
 Fx  0
T  m g  m a  0   T  m  g  a 
Al tomar una curva
 Fy  m a
2
-Sea una pelota de masa “m” que viaja sobre
una plataforma móvil con velocidad lineal
constante. Al tomar la curva la plataforma se
produce sobre ésta una aceleración normal
“ an ”, mientras que sobre la pelota no existe
aceleración.
2
Para la polea
-Sistema Inercial: (fuera de la plataforma)
T1  2T 2
3
a 2  2a1
4
Trabajando con las ecuaciones
la pelota sigue recta con “v” constante y se
sale de la plataforma que gira.
-Sistema No inercial: (dentro de la
plataforma)
la pelota sale lanzada hacia el exterior una
aceleración igual cuyo módulo vale
“ v 2 ”.
T1  m1 g  ma1
1
m 2 g  T2  m 2 a 2
2
T1  2T 2
3
a 2  2a1
4
R
Ello implica la existencia de una fuerza
(Virtual) hacia el exterior que se conoce
como fuerza centrífuga.
40
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Resolviendo tenemos que: a 1  g 2   
W 2  T  ma 2
 T  M 2 g  ma2
1
T3  M 3 g  M 3 a 3
2
4
Para M 3
2 g 2   
a2 
4
Fy  M a
3 3
Como ambos cuerpos están mov. Existirá una
aceleración relativa
W3  T3  M 3 a3
a 1  a1  a2   a 1  a1  a 2
De la polea móvil de M3
 a 1  3  g 2    
a3 
2
2
 4 
2
a0
2
L  vot  1 at 2
2
t
3
a  2a3
4
T 3  2T
Para el tiempo


2L4   
3g 2  
Para la polea móvil de la M1
L  1 at 2
2


t  1 . 4 s 
a1 
Problema 4
a  a2
2
actual a 1 
Considere el sistema
de poleas y bloques
de la figura, si
M1=2m, M2=M3 =m y
µ=0.1, determinar la
aceleración
de los
tres bloques.
Reemplazando 3 en la ecuación
2a 3  a 2
2
5
6
T1  2T
Para M1
 Fy  0
7 
N W1  0  N  M 1 g  N  2 mg
Solución
 Fx  M a
1 1
T1  fr  2ma1  T1  2ma1  2mg
Trabajando 1 , 2  , 3 , 4  , 5 . 6 , 7  , 8
a2 
2
g 2    
7
a 2  5.32m s 
Para a3 tenemos que:
a3  2a2 g

a 3  0.84 m s 2
Para a1 tenemos que:
Para M 2
 Fy  M a
2
a1 
2
41
2a 3  a 2
2

a 1  3 .5 0 m
s2
8
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
TRABAJO y ENERGIA
Problema 1
Un bloque cuyo peso es p=90N se desplaza con
velocidad constante una distancia de 5m, si el
coeficiente de rozamiento cinético entre el bloque
y el piso es de 0.3, se pide calcular el trabajo
realizado por el bloque al recorrer los 5m (ver
figura) .
Solución
 Fx  0  F cos   fr  0
Pero fr   N
F cos    N  0
 Fy  0 

1 
N  p  F s e n  0
N  p  F s e n
 2
 2  en 1
F c o s     p  F s e n   0
 F

F
p

cos    sen
F 
0 .3   9 0 
c o s 4 0  0 .3 s en 4 0
 2 8 .1 5 N
Para el trabajo realizado es:
W  F cos   d 
W   2 8 .1 5    c o s 4 0    5 
42
 W  107.83 J 
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
W F = F c o s 3 7  x 
Problema 2
W F =  5 0    0 .8   4 = 1 8 0  N  m 
Determinar el coeficiente de rozamiento cinético
entre el bloque y el piso, si el peso del bloque es
p=20 N, al cual se aplica una fuerza F=50 N, si se
desplazó una distancia de 4m al aplicar un trabajo
resultante de todas las fuerzas de 80 [N*m] (ver
figura).
WFR =WF +Wfr
80  N  m  =160  N  m   200    N  m  
200   =80   =0.4
.
Problema 3
En la figura un bloque de masa m cuyo peso es
w=500Kg-f ,se encuentra al pie de un plano
inclinado, al cual se aplica una fuerza F, se pide
hallar a) La fuerza necesaria para que el bloque
pueda llegar al punto B a una velocidad constante
b) El trabajo realizado por esa fuerza.
Solución
El trabajo total realizado es:
W FR  W F  W p  W N  W f r
D o nd e
WFR :Trabajo de la fuerza resultante
WF :Trabajo de la fuerza
Wp :Trabajo del peso del bloque
WN :Trabajo de la fuerza Normal
W f r :Trabajo de la fuerza de friccion
Solución
Pero Wp  0,WN  0
ya qu e P y N son perpendiculares al
desplazam iento , asi W FR =W F +W fr 1 
a  Fx  0  F  w sen 36.87  0
 F  w s e n 3 6 .8 7
 Fy  0  N  F s e n 3 7  p  0
 F  mgsen36.87  F  3 0 0  N 
 N  F s e n 3 7  p  N  5 0  0 .6   2 0
b W  F  d

N
 5 0 N

 2
Para d:
Además:
c o s 3 6 .8 7 
fr    50 N 
4
d

d 
4
co s 3 6 .8 7
 d  5 m 
Reemplazando en (1)

W fr =  f r  x
W f r =     50   4=  200    N  m 
W  F d

W
 3 0 0  N   5 m 
 W  1 50 0 J 
43
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Problema 4
W p  F p  d cos 180
En la siguiente figura, la
persona hace resbalar el
bloque de hielo de un
nivel superior hasta otro
inferior con velocidad
ctte.
 W p   Fp  d
 W p   9 2 . 5 k g  m 
c) Calcular el trabajo realizado por la gravedad
Dónde: h=2m, d=5m, µ=0.1
W p  w p  sen  d cos 0 º
El peso de p es wp=60kg-f
a)
b)
c)
d)
W p  w p  sen   d 
Calcular la fuerza realizada por la persona.
Calcular el trabajo realizado por la persona.
Calcular el trabajo realizado por la gravedad.
Calcular el trabajo realizado por la fricción.
W p  120  kg  m 
Solución
d) Calculando el trabajo realizado por la fuerza de
fricción
a) Calcular la fuerza realizada por la persona
W fr  fr  d c o s 1 8 0 º
Hallando el ángulo α
h 
s en  
d

W fr  f r   1    d 
2
  arcsen  
5
W fr     w p c o s   d
  2 3 .5 7
 2 7 .4  k g  m 
Problema 5
Un camión puede subir por una carretera que tiene
una pendiente de 1 en 50, con una velocidad de
15millas/h. la fuerza de fricción es la
veinticincoava parte del peso del camión. ¿Con
que rapidez se moverá el mismo camión de bajada
aplicando la misma potencia?.
 Fx  0

w p sen  FP  fr  0 
w p sen  FP   N  0
 Fy  0
N  w p cos 

Solución
1 
N  w p cos   0

 2
 2 en 1
Sea p1 la potencia del camión en la subida
w p s e n  F P   w p c o s   0 
p 1  F1  v1
1 
Donde F1 es la fuerza que haría subir al camión
con velocidad v1 constante
FP  w p  sen   cos    18.5  kg  f 
b) Calcular el trabajo realizado por la persona
44
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Un motor eléctrico sube un ascensor que pesa
1.2*103 N una distancia de 7[m] en 12 [s] a) cual
es la potencia del motor en vatios b) en kilovatios.
Solución
F1  f r  w sen  0
a) La potencia del motor es:
Por geometría del problema
s en 
p 
1
50
F1 
1
1
3
w
w  F1 
w
25
50
50
 2
F d
t
1 .2 1 0   7   N  m 


1 2 s 
p  7 1 0  N  m 

s
2

Reemplazando (2) en (1)
p1 
p 
3
p 


W
t
3
w  v1
50
p  7  1 0 2  J   p  7 1 0 2  w 
 s
3
b) En kilovatios
Sea p2 la potencia del camión de bajada
p 2  F2  v2
p  7 1 0 2  w  
4 
Donde F2 es la fuerza que haría bajar al camión
con velocidad v2 constante
1 kw
 7 1 0  1  k w 
1000 w 
Problema 7
En la figura, calcular la potencia ejercida por el
motor en Hp si sus pesos son
w B  700 lbf
w A  900 lbf
Y su velocidad constante es:
F2  wsen  fr  0

F2  fr  wsen
v  9  pies / s 
 F2  1 w  1 w
25
50
 F2  1 w
50
Solución
5
Para el contrapeso
5  e n  4 
1
p2 
w  v2
50
wA  2T  0
6
1 
Para el ascensor
Pero por las condiciones del problema sabemos
p1=p2   3    6   3 w 1 5  1 w  v 2 
50
50
T  F  wB  0
 2
Resolviendo el sistema de ecuaciones
v 2  4 5  m i lla s 

h
Problema 6
45
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
w A  2T  0
1 
T  F  wB  0
2
Autor: Alfredo Cora Paco
4 kg
 kg 
 6000m 2  24030 
d ia  m 2
 d ia 
Por lo tanto la potencia será
Tenemos que:
2 4 0 0 0 K g  9 .8 m / s 2  1 8 m
60s
4 0 m in
1 m in
p  1 7 6 4 w a t s s 
p 
F  250 lbf
Para la potencia del motor tenemos que:
Pero en HP
p  F  v  p  250 lbf  9 pies / s
p  1764  watss  
p  2 2 5 0  p i e  lb f / s 
1HP
 2.36 HP
746 watts
b)
Convirtiendo en HP
p  2 25 0  p ie  lb f / s  
m agu a gh
p
1H p
55 0  p ie  lb f / s 
t
 p
p
 agua gh
 aguaV gh
  p   aguaQ g h
t
 Q  10  m 3 / s 
p  4 .0 9  H P 
Q
Problema 8
Problema 9
Se requiere regar un sembradío de 6000 m2 de
superficie, se necesita 4L por día y por metro
cuadrado para cumplir este trabajo, si se cuenta
con un motor bomba para extraer H2O de una
profundidad de 18m a) Calcular la potencia
desarrollada por la motobomba en 40 min de
funcionamiento b) Calcular el caudal hidráulico.
Una
central
hidroeléctrica que se
instala en cercanías de una represa, necesita saber
si la potencia de salida será capaz de encender
2240 focos de 100 watts en una hora trabajo, si la
energía entrante hacia el generador es de 250Kwh, sabiendo que el rendimiento o eficiencia del
generador es del η =90% .
Solución
Solución
Relación de potencia
 
a) Aplicando la definición de potencia
P sa lid a
 Ps   Pe
P en tra d a
La cantidad de focos es
Bom ba al
W elevar el ag ua
 E Pag.Gua
p hidraulica 

t
t
Nº
 p  m a gu a gh
t
P sa lid a
 P en tra n te
 Nº
P ca d a foco
P ca d a fo co
Recordemos que la potencia se puede definir
como la energía que se transmite por la unidad
Calculando la masa del líquido extraído en ese
tiempo
de tiempo
Ee
t
Pcada foco

Nº
4L
 6000m 2
d ia  m 2
Pero
4L  4kg 
46
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
250 K w  h
1h
N º
1K w
100w 
1000w
posición B sea igual a Lo(x=Lo), la constante de
elasticidad del resorte es 100[N/m].
0 .9
Solución
 N º  2 2 5 0 fo c o s
Si es capaz de encender 2240 focos
Problema 10
EB  EA 
Dos resortes de longitud
igual se encuentran
anidados a fin de formar
un amortiguador de
impacto .Si se les diseña para de detener el
movimiento de una masa de 2 kg que se deja caer
S=0.5m sobre la parte superior de los resortes
desde el reposo y la máxima comprensión de los
resortes es 0.2 m determine la rigidez requerida
del interior KB, si la del resorte exterior es
KA=400 N/m.
E p B  E c B  E p EB  E p A  E c A  E p A
1
1
m vB2  kx 2  m g Lo  x 
2
2

F
c
 m ac 
F  m g  m
vB2 
1 
vB2
L0  x

k x  m g L 0  x 
m
 2
Solución
 2  en 1 
1   kx  mg  L0  x   1 2
m
  kx  mg  Lo  x 
2 
m
 2
mg  s  x  

1
1
K A x2  K B x2
2
2
m  5 .1  K g 
Problema 12
1
mg  s  x   x 2  K A  K B 
2
 KA  KB 
 KB 
El sistema de la figura se suelta desde el reposo si
se desprecia todo efecto de fricción que distancia
se desplazara la masa sobre el plano al iniciar el
movimiento el resorte no está deformado
m=2kg,α=37º.
2 mg  s  x 
x2
2 mg  s  x 
 KA
x2

 K B  2 8 6 .7  N
 m
Problema 11
Solución
Una esfera de masa m se halla a
un resorte como se muestra en la
fig. En la posición A el resorte
de longitud Lo=100 cm se halla sin estirar ni
comprimir. El sistema se suelta del reposo en la
posición A. Calcular la masa de la esfera, para
conseguir que la elongación “x” del resorte en la
Del gráfico
sen  
47
h
 h  x  se n 
x
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
E A  EB 
0  m g  h  
0  m g   x  sen   
Autor: Alfredo Cora Paco
b) En el punto C, toda la energía es potencial
elástica
1
kx 2 
2
1
kx 2 
2
EC 
2 m g se n 
x 
k
1
kx 2  50 x 2
2
 2
c) El trabajo de la fuerza de roce entre A y C es:
Problema 13
W fr   f r  d    K N d
Un cuerpo
(considérelo
como partícula) de 2kg se
deja deslizar por un plano
inclinado 30º a partir del reposo en el punto A
del dibujo. Cuando ha recorrido 4m sobre el
plano (punto B), choca con un resorte sin masa
-1
de constante k=100Nm , deteniéndose en el
punto C luego de comprimirlo x metros. Si
el coeficiente de roce cinético entre el cuerpo y
el plano inclinado es de 0.2, considerando la
gravedad 10 m/s2, hallar:
W fr    K  m g c o s 3 0  4  x 
 W fr   1 3 .8 5 6  3 .4 6 4 x 
3 
d) De acuerdo al teorema del trabajo y la energía
W f r  E C  E A  E A  E C  W fr
 4
Reemplazando (1),(2),(3) en (4)
4 0  1 0 x  5 0 x 2    1 3 . 8 5 6  3 . 4 6 4 x  
 50x2  6.536x  26.144  0 
a) La energía mecánica en el
punto A en función de x.
x 
x 
b) La energía mecánica en el
punto C en función de x.
6 .5 3 6 
4 2 .7 1 9  5 2 2 8 .8 
100
6 .5 3 6  7 2 .6 0 5 
x  0 .7 9 1 m 
100
e) La energía elástica en el punto C es:
c) El trabajo mecánico realizado por la
E
fuerza de roce cinética entre los puntos A y C,
2
C
 5 0 x 2  5 0  0 .7 9 1   3 1 .2 8 4 J 
La energía en el punto D (ver figura) es igual a:
en función de x.
E
d) La compresión máxima del resorte (x).
D
 m g  s   s e n 3 0   2  1 0  s  0 .5  1 0  s
Y el trabajo de rozamiento en el recorrido CD:
e) Luego de llegar al punto
C, el cuerpo sube hasta el
punto D donde nuevamente se
detiene, recorriendo S metros
debido al estiramiento del
resorte. Calcular la distancia (S)
entre los puntos C y D.
W fr   f r  d    k Nd
W fr    k  mg cos 30   s
 W f r   0 .2  2  1 0  0 .8 6 6  s
 W fr   3 .4 6 4  s
Solución
Luego:
a) la energía en el punto A es:
W fr  E D  E C
E A  m g h  m g ( 4  x ) sen 3 0

 E A  40  10 x
1
 3 .4 6 4  s  1 0  s  3 1 .2 8 4
 s  2 .3 1  m 
48
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
MOMENTO LINEAL Y
CHOQUES
recorrer un tramo del pavimento, que dejan
marcado con el caucho de los neumáticos. La
investigación posterior de t r a n si t o d e l a
p ol i cí a n a ci on a l reportó los siguientes datos:
* Existen señales de “patinazo” a lo largo
de 15 metros de pavimento, causados por los
Neumáticos traseros del automóvil. Los
neumáticos delanteros del automóvil, así como
los neumáticos de la minivan, ruedan sin deslizar
pues no existen huellas de ellos en el pavimento.
Problema 1
Un hombre de
masa “m” se
mueve sobre una
tabla de masa
“M”
sabiendo
que la tabla puede moverse libremente sin
rozamiento sobre el plano horizontal, determine el
desplazamiento de la tabla respecto de la tierra
cuando el hombre se mueve al extremo opuesto de
la tabla de 12 m de longitud .
* El freno de mano del automóvil solo actúa
sobre las ruedas traseras, las que soportan 3/8 de
su peso.
* El coeficiente de roce cinético (µK) cauchopavimento medido experimentalmente en el
lugar del hecho es de 0.8.
Utilizando esta información y los principios de la
física:
Solución
Conservación de momento lineal
Determine la magnitud de la velocidad del
conjunto
minivan-automóvil
inmediatamente después del choque
b) Determine
si la minivan chocó al
automóvil a exceso de velocidad o no. (El
límite de la magnitud de la velocidad en
zonas urbanas es de 40 km/h).
a)
pi  p f
0  mv h  Mv t
Solución
0m
x
y
M
t
t
 M  y  m  x 1
Pero del gráfico
x  y  L  x  L  y Reemplazando en (1)
m 
L
mM 
M  y  m  L  y   y  
Con M=2m 
m
y   L  y  4m
 3m 
Problema 2
a) W fr   E
Una minivan cuya masa es mM=1200 Kg choca
a un automóvil cuya masa es mA=800 Kg que
está detenido con el freno de mano puesto y que
fue abollado. Luego del impacto se mueven
unidos hacia delante deteniéndose luego de
49
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
De donde por igualdad de vectores
1
3



  K  m A g   x   0  m A  m M v 2 
8
2





Eje “x”
3


2   K m A g x 
8

 
2
 v 
m A  mM
m A v Ax  m B vBx  m A v Ax ' m B vBx '
3


2   0 .8   8 0 0 1 0 1 5  
8

  v  6m
v2 
s
1200  800
Eje “y”
m A v Ay  m B v By  m A v Ay ' m B v By '
b)
Como las masas son iguales
vAx  vAx ' vBx '
m M VM  m A v A  m M  m A v

m M V M  m M  m A v
0v Ay  v Ay ' v By '
 V M  m M  m A  v
mM
Reemplazando valores
 V M  1 2 0 0  8 0 0  6
20  15(0.8)  vB' cos 

vB' cos   8
0  15  0.6   vB ' sen 

v B ' se n   9  2
1200
 VM  10 m
s  36
Km
No excede el
h
1
Dividiendo (2)/(1)
límite
tg  
Problema 3
9
8
   48.37º
(β) en (2)
Una esfera de billar que se mueve con una
vB ' 
velocidad de magnitud 20 m/s choca con otra de
9
sen
 vB ' 
9
sen48.37º

vB'  12 m
s
igual masa que se encuentra en reposo. Luego de
la colisión, la esfera A rebota saliendo con una
Problema 4
velocidad de magnitud 15 m/s y una dirección
Dos bolas de billar de masas iguales se mueven
en una mesa de
billar y se acercan
entre sí a lo largo
del eje “x”. Una
se mueve hacia la
derecha con una
velocidad
de
15m/s y la otra
hacia la izquierda con 10 m/s. después de la
colisión que es elástico, una de las bolas se
mueven en dirección del eje “y”. Determine las
velocidades finales después de la colisión.
de
37º respecto
de
su
dirección
original
Determine la magnitud y la dirección con que
sale la esfera B de la colisión .
Solución
Solución
Antes de la colisión






v1  10  m s  i
mA v A  mB v B  mA v A ' mB v B '
50
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria

Autor: Alfredo Cora Paco

incrusta en el objeto) produce una oscilación tal
que la cuerda llega a formar un ángulo de 60º
con la vertical cuando el objeto alcanza la
máxima altura (punto B). Determine la rapidez
con que se disparó el proyectil.
v 2    5  m s  i
Después de la colisión


v 3  v3 j
Solución


 

v 4   v 4x  i   v 4y  j




El sistema bala objeto después de la colisión
conserva su energía (ecuación (1)).
Por la conservación de la cantidad de movimiento


El Sistema bala objeto conserva su cantidad de
movimiento. La cantidad de movimiento antes y

1 0  m s  i    5  m s  i   v  j 
3

Después de la colisión permite la ecuación (2)

v 4 x  i  v4 y  j
Igualando por separado vectores en i y j se
obtiene:
v 4 x  1 0  m s     5  m s    5 m s
1
 mb  m  vbo 2   mb  m  ghB
2
1 
mb vb   mb  m vbo
2
v 4 y   v3
y
La altura hB se puede expresar en función del
largo de la cuerda y el ángulo:
Como se conserva la energía cinética
2
2
1
1
1
10  m s   2   5  m s   2 v 3 2
2
1
 v 24 x  v 24 y 
2
2
2
2
100  m s   25  m s   v 3 2  25  m s   v 3 2
De donde se obtiene
hB  L  L cos 60

2
100  m s   2 v3 2
v3 
5 0 m s  7 .0 7 m s
y
v4 y  

v4 
Entonces, despejando de (2) la rapidez del
sistema bala objeto después de la colisión y
5 0 m s   7 .0 7 m s
Sustituyéndola en (1), al mismo tiempo que
introducimos (3):
2 5  5 0  8 .6 6 m s
m 2v 2
1
 mb  m  b b 2   mb  m g (L  L cos60)
2
 mb  m
Las velocidades finales son
v 3  7.07 m s
y
3
v 4  8.66 m s
vb 
2g( L  L cos60)  mb  m
2
mb2
Problema 5
De donde:
Se
tiene
un
objeto de 1.5Kg
de
masa
colgando
del
cielo de una
habitación
mediante
una
cuerda liviana e
inextensible de 2m de longitud (punto A).
Al dispararle un proyectil de 15g de masa (se
vb 
1
2
2  9.8(2  2  ) 1.515 
2

2
 0.015 
vb  447.14 m 
 s
51
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Problema 6

e
Dos partículas A y B se desplazan con
velocidades
constantes la
una hacia la
otra, sobre una Superficie horizontal lisa. La
velocidad de la partícula A es 10 m/s y la
velocidad de la partícula B es -5i m/s .Si las
masas son mA=3kg y mB=2kg (ver figura)y el
coeficiente de restitución es de 0.5. Calcule


U B U A


v A  vB




5 U B  42.5








m v A  mB v B
v cm  A
mA  mB
3  10i  2    5i 
m 
v cm  4 i  
 s 


v cm 
c)
La velocidad de cada partícula después del
choque.
3 2

U A  1m 
 s
Una esfera de masa “m”,
se abandona en la parte
superior de un bloque de
masa “M” (M=4m) que
se encuentra en reposo.
Despreciando toda forma
de rozamiento,
calcúlese la velocidad del carrito cuando la
esfera abandona la superficie cilíndrica de radio
de curvatura R=50 cm .

i
U A  8 .5  7 .5
Problema 7
a) La velocidad del centro de masas no cambia.
i



Solución


m
U B  8 .5  
 s 
Reemplazando en (2) tenemos:
b) La velocidad de cada partícula después del
choque.
i
2
U B  U A  7 .5
U A  U B  7 .5
m v
v cm 
m

U BU A
1 0   5 
Multiplicando (2) por 3 y sumando (1) y (2):
a) La velocidad del centro de masas después del
choque.

0 .5 

Solución
Conservación de la cantidad de movimiento
pi  p f
0  m v  M vC
De la conservación de momento lineal y llamando


UA y UB a las velocidades después de la colisión:



mv  Mv c

3  10 i  2    5 i   3 U A i  2 U B i

M
4m
vc  v 
vc
m
m

m A vA  mB v B  m A U A  mB U B

 v
 v  4vc

1
Conservación de la energía mecánica E i E f

20  3U A  2U B
1
mgR 
El coeficiente de restitución
52
1
1
mv 2  Mv c 2
2
2
2 
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Reemplazando 1 en 2 
mgR 
1
1
m4v c 2  4m v c 2  v c 
2
2
MÁS EJERCICIOS
gR

10
RESUELTOS
Vectores
vc  0.7 m s
Problema 1
Dos vectores de igual módulo forman entre sí, un
ángulo de 60 º, si la magnitud del vector suma de
ambos vectores excede en 2 unidades al módulo
de uno de los vectores .Halle dicho vector.
Solución
Condición
a b ?
S  a 2
Por el teorema de los cósenos tenemos
2
S
2
2
2
2
2
 a  b  2 ab cos 60º
S  a  a  2  a  a  cos 60º
S
2
2
2
 2 a  2 a cos 60º
De la condición tenemos
a  22  2a 2  2a 2  1  
 2
a
2
2
2
 4a  a  2a  a
2
 2a 2  4a  4  0 
a 
  4  
 a 1 3
53
 4 2  4 2  4 
2 2 
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Problema 2
b
D


sen sen60
Dos vectores forman un ángulo de 110º. Uno de
ellos tiene 20 unidades de longitud y hace un
ángulo de 40º con vector resultante de ambos.
Encontrar la magnitud del segundo vector y la del
vector resultante.
   -49.6º
b) como a y b son perpendiculares
Solución
Aplicando la ley de los senos tenemos

D
a
b

 b  asen 40  13.7
sen70 sen40
sen 70
2
a

 b  13.7 u
2
b
2

D 
a2  b2
D  12.7 u
Para α
a
R

 R  a  20 u
sen 70 sen 70
tg 
8
 0.8    arctg  0.8 
10


  38.64º
R  20 u

Problema 3
 
c) como D  a  b
Dos vectores de 10 y 8 unidades de longitud
forman entre si un ángulo de (a) 60º, (b) 90º (c)
120. Encontrar la magnitud de la diferencia y el
ángulo con respecto al vector mayor .
 D 2  a 2  b 2  2 ab cos 120 º

Solución
a) sea la diferencia
 D 
  
D  a  b
1 6 4 1 6 0 co s 1 2 0  D  15.6  u 
b
D


sen sen 120
 D  a 2  b2  2ab cos 60
D 
a 2  b 2  2 ab cos 120 º
Para α aplicamos el teorema de los senos
D  a  b  D 2  a 2  b 2  2 ab cos 60

D 
 1   D  9 .2

 2
64  100  160 
Para α aplicamos el teorema de los senos
54
   -26.35º
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Problema 4
a   b Falso ya que no existe un valor absoluto
negativo
Demostrar que si la suma y la diferencia de dos
vectores son perpendiculares, los vectores tienen
magnitudes iguales.
Problema 5

Hallar el vector x
en función de los
Solución


vectores a y b ,si
ABCD es rectángulo y M es el punto medio de
BD .
Solución

  
S  a b 
S
2
a
2
2
 b  2ab cos 
S  a2  b2  2ab cos 


Notamos que el vector R  a  b es la resultante
 
de la suma de los vectores b  a , pero como M es
el punto medio de AC como también del vector

R tenemos: ver fig. 1:
fig. 1
1 
  
D a b 
D
2
 a
2
b
2
 2 ab co s 1 80   
D  a 2  b2  2ab cos 
2 
Trabajando con sus respectivos módulos, ahora se
trata de un problema geométrico donde la
incógnita es “m” . Ver fig.2:
De la figura vemos que:
; AO  D ;
AB  2 b
2
2
2
AB  AO  OB
fig.2
OB  S
Reemplazando tenemos:
2a 2  D 2  S 2
3 
1  y 2  en 3  tenemos
2
4a 

a2 b2 2ab cos
 a b 2abcos 
2
4a
2
2
 2a
2
2

2
 2b 2  a 2  b 2  0 
a  b
l.q.q.d
55
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Reemplazando en 1
Del triángulo ONC de la fig.1
 
a  b
2

m
b
1 
2

Como m // b
K
 


a  b
 x 
 m
 
 x  m
tenemos


a  b

x 


m Kb

2
1 
b
3
  x 

a
2


b
6
Problema 6

2 
Pero como queremos hallar el valor de “m” de la
figura 2. Tenemos que AD=BC=b=L entonces:
Hallar el módulo del
vector resultante del
conjunto de vectores mostrados en la figura
sabiendo que A  5 u y C  8 u
m  NC  BC  BN  m  L  BN  3
Del triángulo BMN
Solución
BM  BN cos 30  BN  BM sec 30
4 
Del gráfico:
Del triángulo ABD
Se trata de un polígono cerrado esto quiere decir
AD  BD cos 30  BD  L sec 30
Como BM 

5 
que  R  0
BD
entonces reemplazamos 5 
2
       
A   B   C   D    E   0












en :
BM 
L sec 30
L

2
3
la
resultante


2







1 en 2   R  A  C  A  C 
Reemplazando en 3 

 
R  2 A  C 
2L
L
m L
 m
3
3


Reemplazando en 2 

Para
1
     
R  A C   B D E 
2L
 L  2 
BN  
   BN  3
 3  3 
L
    
A C  B D E
     
R  A C  B D E 
Reemplazando en 4 
K 


3  1  m  1b
3
L
3
56


tenemos
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Para hallar el módulo de la resultante

 R  2 A 2  C 2  2  A  C  cos 37
a  b  ab cos 
a  b  a bsen

 ab 1  cos2  

a 2 b 2  a  b 
2
R  2  5  R  10
Y como
Problema 7
a  b 
Demuestre que si a  b  c  0 , se verifica
que a  b  b  c  c  a
2
 a  b  a  b    a  b 
2
Ya que el producto escalar de un vector sí mismo
es igual al cuadrado de su módulo; obtenemos:
Solución
2
c   a  b

a  b  c  0
2
a  b   a 2b 2  a  b 
2
2
 a  b   a  b   a 2b 2
b   a  c
Problema 9
bc b ab   ab b  abbb  ab
Demostrar que el producto vectorial de cuatro
vectores verifica :
ca   a b a  a a b  aaab  ab
 a  b    c  d    a b d  c-  a b c  d
Problema 8
Solución
Demostrar la identidad de legrande :
2
Llamando m  a  b tendremos
2
 a  b    a  b   a 2 b 2 siendo
 a  b   c  d   m  c  d 
 m  d  c  m  c  d
   a  b   d  c    a  b   c  d
 ab d  c  a bc  d
 a  b 2   a  b    a  b  y
2
 ab    ab    ab 
Solución
Problema 10
Método 1
a  b   c  d  
Cálcular el volumen del paralepipedo de la figura
sabiendo O (1,0,2), A(3,2,4),B(2,6,8) y
C(2,3,1),expresada en metros
Llamando m  c  d
y empleando las propiedades del producto mixto y
del doble producto vectorial:
 ab  cd  m ab  abm =abcd=
a   b d  c- b  c d =  a  c b  d    a  d  b  c
Solución
Si se hace c  a y d  b Se obtiene:
a  OA  A  O  2 i  2 j  2 k
2
2 2
 ab  a b  ab
2
2
2
2 2
 ab  ab  a b
b  O B  B  O  i  6 j  6k
Método 2
57
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
c  OC  C  O  i  3 j  k
c) OG  c-GC 
Y como conocemos V y aplicando la regla de
Sarrus Horizontal tenemos:
  c  2 c  a  b   a  b  c
ax
ay
az
V  a   b  c   bx
by
bz
cx
cy
cz
2
V  1
1
2
6
3
2
6
1
2
1
1
3 
2


3
Cinemática
Problema 1
Dos móviles A y B parten simultáneamente en
una carretera rectilínea horizontal separados
inicialmente por una distancia d, tienen la misma
aceleración en modulo a y sentido hacia la
izquierda, y sus velocidades iníciales vo hacia la
izquierda y 5vo hacia la derecha respectivamente.
Si los dos tienen la misma rapidez cuando se
encuentran. ¿Qué distancia ha recorrido el móvil
B hasta el encuentro? (expresar la respuesta en
términos de d).
2
6  20 m 3
3
Problema 11
Si se tienen tres vectores no coplanarios OA=a,
OB=b y OC=c. Designamos por M el punto
medio del segmento rectilíneo AB y por G el
baricentro del triángulo ABC se pide obtener
razonada y sucesivamente:
Solución
Haciendo el gráfico correspondiente para un
mejor entendimiento
a) Expresión de OM en función de a y b.
b) Expresión de MC en función de OM y c, así
como la de GC en función de MC
c) Expresión de OG en función de a, b y c.
Solución
a)
Para el móvil (A)
y  v t  1 at
2
o
2
Para el móvil (B)
a  OM  MA
b  OM  MB
 OM 
MA  MB
b) M C  c - O M  c 
GC 
x  5v t  1 at
2
o
ab
2
2
Pero como los dos móviles tienen la misma
rapidez cuando se encuentran
ab
2
v  v  at
o
v  5v  at
2
2 
a  b
MC 
c 
3
3 
2 
o
Del gráfico tenemos:
58
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
De A sale un tren habitualmente llega a B en
2h,de B sale otro hacia A donde espera llegar en
hora y media.
dx y
 d  v t  1 at 2  5v t  1 at 2
o
2
1 
2
o
Igualando velocidades tenemos:
v  at  5v  at 
o
v 
o
o
1
at
2
 2
Reemplazando la v en la ecuación  
o
d  v t  1 at
2
o
6v0 t  d 
2
vA 
 5v t  1 at
2
o
2
 vA  13.89  m 
 s

1
v0t  d
6
3 
 2  en  3 
 1 att  1 d
2  6
 

at
2

d
100km
 vA 
tA
2h
1
1
d  t
d
3
3a
vB 
d
tB

v A  18.52 m s 

100km
1 12 h
vB 
 
a) ¿Cuánto tiempo después de haber partido
simultáneamente cada uno de su estación se
encuentran lado a lado?
Para x
2
 1 
1
x  5  d  1 a
d  
2
6
 3a 
x 5
1
2
1
d  1  d   x  d
2  3
6
3
Problema 2
x
v 
A
Dos estaciones A y B distan entre sí 100 km ,de A
sale un tren habitualmente llega a B en 2h, de B
sale otro hacia A donde espera llegar en hora y
media.
A
t
x
v  B
B
t
1
2
Del gráfico
dx x
a) ¿Cuánto tiempo después de haber partido
simultáneamente cada uno de su estación se
encuentran lado a lado?
A
3 en 1
b) ¿A qué distancia de la estación de A ocurre el
cruce? .

B
x d x
A
B
dx
4
B
v 
t
A
(2) en (4)
Solución
 t v A  v B   d
t
 t  51.43  min 
59
3
d
v A  vB 
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
b) ¿A qué distancia de la estación de A ocurre el
cruce?
B es de 14s , calcular la aceleración media
entre A y B
De (1)
x
v 
A
A
t
xAx A 5050
km
0.857 hh
0.857
h
c) Si la rapidez de la partícula está aumentando
continuamente, dibuja el vector aceleración en el
punto C.
km
 km
 xxAx  42.8
43

km

 42.8
A
A
 
Solución
Problema 3
Un tren de 200 m de longitud, viajando con
velocidad de 60 Km /h, emplea 36 s en atravesar
completamente un puente refaccionado ¿Cuál es
la longitud del puente?.
a)



12

r
r B  r A
vm 


t
tB  tA


 j   1 8 i
20
   
  9 i  6 j  
 m
 

 

10

 s




Solución
b)
Para la distancia “x “
x
v
 x  vt
t
    
14  i  8  j 
 

 

v B v A

 

a 
=

m
t t
20
t
B A
  
 7 i  4 j  m

 2
10

 s

v

x  16.67  36  600m 
Del gráfico x  200  Lpuente

Lpuente  x  200
c)
Lpuente  600  200  400  m
Problema 4
Problema 5
Una
partícula
describe un
movimiento
elíptico en
un
plano
XY,
moviéndose
en sentido
Horario tal como se muestra en la figura. El
semieje mayor de la elipse (OA) mide 18m y el
Semieje menor (OB) mide 12m. La partícula
demora 20s en ir desde A hasta B.
El gráfico que se
muestra representa
el movimiento en
línea recta de una
partícula. Entonces
la
rapidez
instantánea t=5 s y la rapidez media en el intervalo
desde t1=2s hasta t2=6s son respectivamente en
m/s.
Solución
a) Calcular la velocidad media entre A y B.
a) Calculo de la rapidez instantánea en t=5s
b) Si la velocidad en A es de módulo 8m/s y en
60
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
v  tg 
Autor: Alfredo Cora Paco
4
 2  v  2 m 
 s
2
La velocidad media se calcula de:
b) Calculo de la velocidad media entre 2 < t < 6
 x f  xi  
vm  
i
 t  t 
 f 0 

Si:
t1  2 s  x1  4 m
Si:
t 2  6 s  x2  8 m

 0  x0   
vm  
i
 3t0  0 

vm 
x2  x1 
84 4
vm 
 1
62 4
t2  t1

vm  
x0 
i
3t0
Su módulo será

Vectorialmente

v m  i m 
 s
vm 
vm  1  m 
 s
Su rapidez será
x0
x
 4  0  12 1 
3 t0
t0
La rapidez cuando se mueve a la izquierda es v1 y
reemplazando (1) tenemos:
Problema 6
La
figura
muestra todo
el movimiento
de un móvil
cuya rapidez
media
fue
4m/s. Calcule
la rapidez con
la que el móvil se movió hacia la izquierda.
v1  tg  
2 x 0  v  24 m 
en (1)
1
 s
t0
Problema 7
Las gráficas
x vs t , de
dos móviles
A y B se
muestran en
la figura.
Determine
la ecuación x (t) para el móvil B, para t >3s.
Solución
Observamos:
-Tramo AB: se movió a la izquierda
Solución
-Tramo BC: se movió a la derecha
La velocidad de A es:
Analizamos todo el movimiento por dato del
problema
Si:
ti  0

tg   v  20 
100
5
xi  x0
En el grafico x-t:
t f  3t 0

xi   x0
tg  
61
 e s ta e s la p e n d ie n te 
100
 50 

5
 d e la r e c ta

Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco



d  x1  x 2 i   48 120    72 i  m 




d  72i  m
Problema 9
La velocidad de una partícula cuyo movimiento es
rectilíneo varía en función del tiempo según la
gráfica adjunta. En el instante inicial la partícula
se encuentra a -12 m del origen
La ecuación de la recta “B” será:
m B  tg  
x  x1
t  t1
 tomemos x1  10 ; t1  3
 50  x  10
Determinar:
t 3
a)
Las gráficas a-t y x-t en el intervalo
0<t<16 s
b) Los instantes en que la partícula pasa por
el origen.
Resolviendo x B  50t  140 .... t  3
Problema 8
De acuerdo al gráfico adjunto determinar el
desplazamiento del móvil entre t=8s y t=24s
Solución
a) La aceleración es la pendiente de la tangente en
cada uno de los puntos del gráfica de la velocidad
.De las pendientes de la gráfica de la velocidad se
deduce que entre 0 y 8 s la aceleración es de 1.5
m/s2, entre 8 y 12 s la aceleración es de -6m/s2 , y,
a partir de los 12 s, la aceleración es nula
Solución
El móvil avanza a la derecha en un tiempo
t  8  s  ; t  12  s   x1  A1  128  12 
x1  A1  4  12  x1  48 m
Determinación de la gráfica x-t
El móvil avanza a la izquierda en un tiempo
t  12  s  ; t  24  s   x2  A2   2412  10
 x2  12  10  120  m
Su desplazamiento es:
62
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
De la gráfica v-t se deduce que la velocidad de la
partícula entre t=0 y t=8 s está dada por v=1.5t. La
posición de la partícula para un instante t
comprendido entre 0 y 8 s está dada por
1
1
3
x  12  vt  vt 1.5t  t  t 2
2
2
4
x  vot 
1 2
at 
2

Y su partícula está dada por
3
x   12  t 2
4
v f  v o  at
Para t=8 la posición es x=36 m. Entre t=8 y t=12
s la velocidad es
2
Resolviendo la ecuaciones (1) y (2)
m 
vo  28  
s
La velocidad se hace igual a cero para t=10s.La
posición para un instante t, tal que 8<t<12, está
dada por
y
m
a  4  2 
s 
b)
La partícula
inicialmente se aleja
del origen con un
movimiento
uniformemente
retardado
hasta
pararse.
Después
vuelve hacia el
origen con un movimiento uniformemente
acelerado. El instante en que se para se determina
igualando a cero su
velocidad,
0=284t.Luego el instante en
que se para es t1=7 s. La
distancia recorrida hasta
ese instante es x1=98 m.
A partir de este instante su movimiento es
uniformemente acelerado y la distancia recorrida
hasta los 10 s es x2=18 m. La distancia total
recorrida los 10 segundos es de 116 m
1
 t  10  v 
2
x   252  60 t  3t 2
Para el instante t=12 s la posición es 36m.La
posición para valores de t>12 está dada por
x  3 6    1 2  t  1 2  
x  180  12t
b) La partícula pasa por el origen en los instantes
t  4s y

 12  v o  10 a
v  1 2  6 t  8   6 0  6 t
x  36  12 
1 
80  10v o  50 a
t  15s
Problema 10
En el instante t=10 s cuya trayectoria es rectilínea
y su aceleración constante, se encuentra a 80m del
origen de coordenadas, moviéndose con una
velocidad de -12m/s. Si en el instante inicial se
encontraba en el origen, determinar:
Problema 11
El movimiento de una partícula es rectilíneo. La
grafica adjunta muestra el recorrido x en función
del tiempo, x en m y t en s. Determinar : a) La
velocidad media, b) La velocidad máxima ,c) El
instante en que la velocidad coincide con la
velocidad media , d) La aceleración media en los
primeros 10 segundos e) La aceleración media
t=10 y t =16 segundos .
a) La velocidad y la aceleración iníciales
b) La distancia recorrida hasta el instante t=10s
c) Dibujar las gráficas x (t) y v (t).
Solución
a) En el instante inicial que la partícula estaba en
el origen x0=0 y cuando t=10 s
Solución
63
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Caída libre
Problema 1
Un globo va subiendo a razón de 12 m/s a una
altura de 80 m, sobre el suelo, en ese momento
suelta un paquete ¿Cuánto tarda el paquete en
llegar al suelo?
a) De la gráfica se deduce que la partícula en 20
segundos ha recorrido 2.0 m. La velocidad media
es el desplazamiento, que es este caso coincide
con el recorrido dividido por el tiempo
vm 
Solución
2.0
m
 0.1  
20
s
b) La velocidad instantánea v(t) de la partícula es
la pendiente de la tangente a la gráfica x-t en cada
uno de sus puntos. De la gráfica se deduce que las
tangentes en los instantes t=0 y t=20 son rectas
horizontales, luego la velocidad en dichos
instantes es nula, v(0)=v(20)=0 .La pendiente
crece entre t=0 y t=10s, instante a partir del cual la
gráfica tiene un tramo recto hasta el instante t=14
s, decreciendo a continuación hasta alcanzar el
valor cero en t=20 s. La partícula tiene velocidad
máxima durante el tramo recto de la gráfica y su
valor coincide con la pendiente de dicho tramo
La velocidad inicial del paquete es igual a la
velocidad
 
Inicial del globo es decir v  12 m s . El
o
paquete
m
vmax  0.25  
s
Seguirá subiendo hasta alcanzar la altura máxima
c) La tangente a la curva en el punto
correspondiente a t=16 es igual a 0.1 m, que
coincide con el valor de la velocidad media
v
2
f
h2 
d) La aceleración media en los 10 primeros
segundos es la diferencia de velocidades en los
extremos del intervalo divida por el tiempo
m
am  0.025  2 
s 
v
2
o
 2gh
2

v
o
2
 2gh
2

v20
 7.35  m 
2g
Tramo AB
Para el tiempo que tarda en recorrer la altura h2
v
e) La aceleración media entre los 10 y los 16
m
segundos es a m   0.025  2 
s
 
f
 v  gt
o
2
 t2 
v0
 1.22  s 
g
Tramo BC
Para el tiempo que tarda en recorrer la distancia
“y”
64
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
yy h
1
2

Autor: Alfredo Cora Paco
y  87.35  m 
Es: h  v t 
o 1
yv t
o
t

t

t 
1
2h
g

Calculando la velocidad final cuando la primera
gota impacta
2y
 4.22  s 
g
Con el piso en el punto d
Por lo tanto el tiempo total que tarda el paquete en
llegar al suelo es
tT  t  t2

 t1  0.7  s 
1 2
gt Donde v  v
2
o
f
2y
g
1
g t2
2 1
2
v
d
vd 
t T  5 .44  s 
v
2
o
 2 gh

v
2
d
 2 gh

2 g h  6 .8 6  m / s 
Para calcular la velocidad en el punto c
Problema 2
v  v  gt
Un grifo en mal estado está a 2.4 m del piso y deja
escapar agua a razón de 4 gotas por segundo
¿Cuál es la altura de la segunda gota en el instante
que la primera llega al piso?¿Cuánto tiempo
tarda la primera gota en llegar al piso?.
v  v  gt

d
c

v c  4.40  m / s 
c
d

 h 2  1.4  m 
Para calcular la altura h2
Solución
h
2
v t 
c
1
g t2
2
Problema 3
De la boquilla de una ducha está goteando agua al
piso que se encuentra 2.05 m abajo. Las gotas
caen a intervalos de tiempo regulares, llegando al
piso la primera gota en el momento en que la
cuarta comienza a caer. Encontrar la posición de
las diversas gotas cuando una de ellas está
llegando al piso.
Para los intervalos entre gotas
Sea la razón
t
Solución
4gotas

s
1s
 t  0 .2 5  s  / g o ta
4 gotas
Para el tiempo que la primera gota tarda en llegar
al piso es:
Para el tiempo total es:
Tramo ad
Tramo ad
65
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Es:
yv t
o
1
g t2
2

t
Autor: Alfredo Cora Paco
2y
g
Paquete:

0  y0  vEt 
t  0.64 6  s 
Para los intervalos de tiempo entre
t  3 t

t 
t
3
  t  0.215  s 

t 
1 
401
t  2 . 6 3 s 
y E  1 1 0 .5  ft 
t  t  t
2
Problema 5

1
y2  g t 22
2

Una persona en un ascensor ve un tornillo que cae
del techo .La altura del ascensor es de 3m ¿Cuánto
tiempo tarda el tornillo en chocar contra el suelo si
el ascensor asciende con una aceleración
constante as=4.0 m/s2?.
1
g t  t 2  y 2  0.91 0  m 
2
Para la posición y3 es:
Tramo ab
Solución
t  t  2 t 
t  t  2 t
1
y3  vo t 3  g t 32
2

3

8
yE  y0  vE t  y E  100  4  2.63 
1
y2  v0 t 2  g t 22
2
y2 
4t2  t  25  0
Elevador:
Tramo ac
2

gotas
Para la posición y2 es:
t  t  t 
1 2
gt   1 2 t 2  4 t  1 0 0  0
2
Cuando el tornillo choca contra el suelo yt=ys
.Tomar como origen la posición inicial del suelo y
designar como dirección positiva la dirección
hacia arriba
3
1
y3  g t 2
2 3

1
y3  g t  2t 2  y  0.228  m 
3
2
Escribimos las funciones de la posición del
ascensor y del tornillo
Problema 4
Un hombre que viaja hacia arriba en un elevador
de carga deja caer accidentalmente un paquete
fuera del elevador cuando éste está a 100 pies del
suelo .Si el elevador mantiene una velocidad
constante hacia arriba de 4ft/s, determinar su
altura con respecto al suelo en el instante en que el
paquete toca el suelo.
ys  y0 s  v0 s t 
1 2
as t
2
Solución
1
yt  y0t  v0 t t  at t 2
2
Cuando t=t1 el tornillo llega al suelo. En ese
instante las posiciones son:
66
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Movimiento parabólico
yt  ys 
y 0 t  v0 t t1 
1 2
1
a t t 1  y 0 s  v 0 s t1  a s t 21
2
2
Problema 1
Una
pequeña
pelota de goma
sale rodando por
el borde de una
mesa
con
velocidad
horizontal
de
2m/s
en
su
trayectoria, la pelota rebota de un tablero que está
a 80cm del borde de la mesa. Asumiendo que en
el Choque pelota –tablero no existe perdida de
energía alguna .Calcule la distancia horizontal
respecto del tablero a la pelota choca contra el
piso.
Cuando t=0 el suelo del ascensor y del tonillo
tienen la misma velocidad. Usar este hecho para
simplificar la expresión anterior
v0s  v0t 
y 0 t  v0 t t1 
1 2
1
a t t 1  y 0 s  v 0 s t1  a s t 21
2
2
1
1
y0t  at t 21  y0 s  as t 21
2
2
Usar la información obtenida para simplificar:
y 0 s  0, a s  4.0  m / s 2 
y0t  h  3m
,
Solución
at   g
Por lo tanto
h
1 2
1
gt 1  0  ast 21
2
2
h
1
 g  as  t 21
2
t 
1
2h

g  as
2 3 
9.8  4.0
v
 0.659  s 
ox

Despejar el tiempo

Observación: El tiempo de caída depende de la
aceleración del ascensor, pero no de la velocidad
.En el sistema de referencia del ascensor hay una
yv
y
“gravedad
efectiva’=g+as.
En
el
caso
(supuestamente hipotético) en que el ascensor
estuviera en caída libre, es decir as=-g`. El tiempo
de caída seria infinito y el tornillo parecería
“ingrávido”
d
t
d

v
ox
 t
t
0.8
2
t  0.4  s 
oy
t 
1 2
gt
2

1
2
 9.8  0.4 
2
y
1
g t2
2

 y  0.784  m 
Del gráfico
h y y
1

y h y
1
 y1  1.6  0.784
 y1  0.816  m 
Para la velocidad en el eje y cuando pequeña
pelota rebota con el tablero
67
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
v v
y

oy
 gt 
v
y
Autor: Alfredo Cora Paco
Tomamos un sistema coordenado de referencia
con origen en el punto de lanzamiento de la
pelota, como se indica en la figura. Podemos
simplificar la resolución de problema observando
que la pared actúa como un “espejo”, de modo
que consideraremos la trayectoria “virtual” que se
indica en la figura inferior. Escribimos las
ecuaciones paramétricas del movimiento de la
pelota y, a partir de ellas, eliminando el tiempo,
obtenemos la ecuación de la trayectoria:
 gt
v y   9.8  0.4   v y  3.92  m / s 
Para la velocidad resultante tenemos:
v
2
v

2
ox
v
2

oy
2
v  v ox  v oy
2
v  4.4  m / s 
Para el ángulo
v
tg 
v
y
x
x  v0 x t  t 
v 
   arctg  y 
v 
 x
y  v0 yt 
 y
   62.97 º
x
v0 x t
v
1
g
gt2  y  0y x 
x2
2
v0 x
2 v 20 x
10
9.8
x
x 2  x  0.049 x 2
10
2  10 2
La pelota toca el suelo cuando y = -2 m, de modo
Para el tiempo t1
y1   vsen 62.97  t1 
que:
1 2 
t1  0.17  s 
gt 1
2
 -2  x  0.049x2 
Para calcular x sabemos que el movimiento es
constante
0.049x2  x  2  0 
xv t
 22.24m negativo
ox 1

 x  2  0 .17 
x
 x  0.3 4  m 
1  1  8  0.049 1  1.1798

2  0.049
0.098
lo que representa una distancia a la pared de
x  34cm
D  2 2 .2 4  4 .0 0  1 8 .2 4 m
Problema 2
Un muchacho
que está a 4 m
de una pared
vertical lanza
contra ella una
pelota
según
indica la figura. La pelota sale de su mano a 2 m
por encima del suelo con una velocidad inicial v =
(10i + 10j) m/s. Cuando la pelota choca en la
pared, se invierte la componente horizontal de su
velocidad mientras que permanece sin variar su
componente vertical. ¿A qué distancia de la pared
caerá la pelota al suelo?.
Problema 3
Un cañón se encuentra a una distancia de 20 m de
un tanque y lanza un proyectil con una velocidad
inicial de 10 m/s y con un ángulo de elevación de
30º. El tanque al observar esto se aleja con una
velocidad de 2 m/s, en el instante que es
disparado. Calcular a qué distancia del tanque cae
el proyectil .
Solución
68
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
cae nuevamente sobre el plano en el punto B,
determinar
Solución
a)
La distancia que recorre
graficando el problema
xv t
t
el
tanque
La
velocidad
con la que
rebota en el
punto A
b) El tiempo
empleado
en el trayecto de A a B.
es:
1
Solución
Para el tiempo de vuelo
2 v sen 
o
t
g
2 v sen 
 t
o
g
 t  1.2  s 
“t” en (1)
x  2 1.2  
x  2 .04  m 
Con los nuevos datos realizamos el grafico
Correcto, ahora podemos hallar el alcance
máximo
Dónde:
v0=vA
2
v sen 2
R
o
g
 R  8.84  m 
ax  g x
ay  g y
En el eje x
x  v ox  t 
Del gráfico
x  vo cos 70  t 
20  R  d  d  20  R  d  11.16  m 
Ahora
Dd x 
1
ax  t 2 
2
Para el tiempo de vuelo
 D  13.2  m 
y  y  v0 y t 
D
distancia es la distancia a la que
proyectil con respecto el tanque
1
gsen 20  t 2 1 
2
cae el
v0 sen 70 
1
a yt 2 
2
1
gcos 20  t
2
Problema 4
 t  2v0 sen70
Una bola cae verticalmente sobre un punto A de
un plano inclinado 20o, y rebota formando un
ángulo de 40o con la vertical. Sabiendo que la bola
g cos 20
 2 en 1 
69
 2
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
un ángulo α con la
horizontal (ver fig.).
Encontrar la relación de las distancias entre los
puntos, en los cuales la bola saltando toca el
plano inclinado. Los choques de la bola con el
plano se consideran absolutamente elásticos.
 2v sen70 
x  vo cos70   o

 g cos 20 
 2v sen70 
1
 gsen20   o

2
 g cos 20 
2
Solución

x
fig. 1
2vo 2 cos 70  sen70

g
cos 20
4v 2 sen 2 70
1
 gsen 20  2o 2
2
g cos 20

x

La solución del problema se simplificará
sensiblemente, si los ejes de las coordenadas están
dirigidos a lo largo del plano inclinado y
perpendicularmente a él. (fig.1). En este caso, las
proyecciones de la aceleración de la bola en los
ejes
serán
iguales
a
xey
y
a x  g x  g s e n
a y  g y  g co s  ,
2vo 2 cos 70  sen70

g
cos 20
2vo 2 sen2 70

 sen20
g cos 2 20

respectivamente. La velocidad de la bola en el
momento del primer choque con el plano
inclinado será v 2 0  0  2 g h  vo  2 gh ,
2
x

2vo  cos70  sen70

g  cos 20
La velocidad inicial de la bola, después del primer
choque, es v0 y forma con el eje y un ángulo
 (fig.1). La distancia entre los puntos del primero
y segundo choques con el plano inclinado es

sen2 70
 sen20 
2
cos 20


vo 2 
xg
 cos 70  sen 70 sen 2 70  sen 20 
2


cos 20
cos 2 20


d2   vosen t1 +
 v 0  4.68  m   v A  4.68  m / s 

Donde
s
 gsent12
2
es el tiempo de vuelo. Este tiempo se
determina por la ecuación
Reemplazando en (2)
t
2  4.68  sen70
2v0 sen70
t

g cos 20
g cos 20
 vo cos  t1 -
t  0 .9 5  s 
 g cos  t12  0
Resolviendo
2v
que t1  o
g
Problema 5
2
esta
ecuación,
obtenemos
y d  8hsen
La velocidad de la bola en el momento del
segundo choque se determina por las igualdades:
Una bola cae libremente
desde la altura h sobre un
plano inclinado que forma
70
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
v1 x  vox  a x t1  vo sen   gsen  t1
v1 x  3vo sen
v1 y  voy  a yt1  vo cos    g cos   t1
v1 y  vo cos 
Terminados los choques, estas velocidades serán
v2 x  v1x , v2 y  v1y
La distancia entre los puntos del segundo y tercer
choques es igual a
d 2  3 v 0 s e n  t 2 
 g s e n  t 2 2
2
Donde t2 es el tiempo de vuelo. Puesto que la
velocidad inicial a lo largo del eje y es la misma
que durante el primer choque, entonces t 2  t 1 ;
y, por consiguiente, d2  16hsen
De modo análogo puede demostrarse que la
distancia entre los puntos siguientes es
d 3  2 4 h sen De este modo, recibimos la
relación: d 1 : d 2 : d 3 : ........  1 : 2 : 3..........
Movimiento Circular
Problema 1
Una rueda parte del reposo y acelera a tal manera
que su velocidad angular aumenta uniformemente a
200 rpm en 6 s, a esta velocidad se aplican sus
frenos y la rueda tarda 5min en detenerse, si el
número total de revoluciones de la rueda es de
3100, calcular el tiempo total de rotación.
Solución
71
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Problema 2
Dos partículas A y B arrancan de un punto
común y recorren direcciones opuestas sobre una
trayectoria circular de radio 5 m con velocidad
constante
de
vA=0.7m/s
y
vB=1.5m/s
respectivamente. Calcular el tiempo hasta la colisión.
Problema 3
Un cilindro hueco de 3m de largo gira alrededor de
un eje horizontal con velocidad angular constante
de 180 r.p.m .Una bala disparada horizontalmente
y paralela al eje de rotación perfora las bases en
dos puntos, cuyos radios forman un ángulo de 8º.
Calcular la velocidad de la bala.
Solución
Solución
Como la velocidad de la bala es constante
Problema 4
Una esfera hueca de radio R=80 cm. gira
alrededor de un eje vertical que pasa por su
centro .Un proyectil se desplaza con una velocidad
de 350 m/s perpendicularmente al eje, perforando
la esfera en un punto cuyo radio forma 30º con el
eje .Hallar la velocidad angular (mínima) que debe
tener la esfera para que el proyectil entre y salga
por el mismo agujero .
Solución
El proyectil atraviesa la esfera
hueca haciendo un solo agujero
cuando dicha esfera gira un
ángulo de π rad (mínimo) en el
mismo tiempo luego de la
figura.
72
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Luego la distancia que recorre el proyectil es 2d
entonces
Por otro lado tenemos:
Calculando la velocidad del bloque D
Problema 6
En la figura la velocidad angular inicial del disco B
es 6 rad/s en sentido anti horario y el peso B está
desacelerando a razón de 1.2 m/s2 .Hallar la distancia
que recorre el peso A antes de llegar al reposo.
Problema 5
El mecanismo de la figura parte del reposo .Si el disco
A adquiere una aceleración 1.5 m/ s 2 , y los radios de
los discos son RA=15 cm, R B=10cm, RC=30cm
a) ¿Qué velocidad adquiere el bloque luego de
recorrer 1.2 m?
b) ¿Cuál es la aceleración tangencial de un punto del
borde del disco B?.
Solución
Datos:
RA=15cm
RB=10 cm
RC=30 cm
h=1.2 m
aA=1.5 m/s2
Solución
b) Entre los discos A-B
Para la aceleración tangencial en B
a A= a B
aB =1.5 m/s2
a) Para la velocidad final cuando recorre 1.2 m
Entre el disco B-C
Pero
73
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Solución
Reemplazando en (2)
La distancia que desciende el bloque A será la
misma distancia que ascienda
el bloque B,
entonces calculemos la distancia que asciende el
bloque B
Problema 7
En la fig. Calcular el tiempo en el cual los objetos A y
B se cruzan, si el disco D inicia su movimiento a
partir del reposo y/o con una aceleración tangencial
de 0.6 m/s 2
74
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Reemplazando en (1) tenemos
t
22
 t=4.04  s
0.18  0.0654
Para un mismo instante
En el grafico como parte del reposo
Problema 8
El sistema de ruedas y correa de la figura. Se
suelta del reposo .Determine la aceleración de la
polea7, para que al cabo de 10 s, el bloque B se
encuentre a 10 metros por debajo del bloque A
¿Cual la velocidad de los bloques A y B en ese
instante?.
Solución
75
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Problema 9
La figura muestra 2 poleas concéntricas
de radios, RA =20 cm y R B =10 cm,
respectivamente. Si las poleas giran en
sentido anti horario con velocidad angular
constante ω = 6 rad/s, hallar la velocidad
del bloque que se encuentra unido a la
polea móvil.
Solución
Propiedad de la polea móvil.
Luego como el punto A tiene velocidad hacia abajo y
el punto B velocidad Hacia arriba, entonces
Hacia abajo la cual es la velocidad de bloque
Problema 10
La figura muestra dos poleas concéntricas de
radios RA=10 cm. y RB=15 cm., respectivamente.
Si las poleas giran en sentido horario con
76
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
velocidad angular constante ω= 4 rad/s,
hallar la velocidad lineal del bloque que
se encuentra unido a la polea móvil.
Solución
Para la polea 1
Para la polea móvil 1
Para la polea 2
Para la polea móvil 2
Que es la velocidad del bloque hacia abajo
Problema 11
La figura muestra 3 poleas
concéntricas
de
radios
RA=10cm,
RB=20cm
y
RC=30cm.si el sistema de
poleas gira con velocidad
angular constante igual a ω=4
rad/ s, en sentido horario,
hallar la velocidad con que se
mueve el bloque w.
Estática
Problema 1
Un niño suelta a su
perro
de
peso
despreciable,
el
mencionado animal
corre inmediatamente
por encima de una tabla uniforme AC que tiene
Solución
77
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
4m de largo y pesa 100 kgf, el niño que pesa 40
kg lo sigue para poder agarrar al perro y así no
caiga al lago (ver fig.). La tabla puede rotar en el
punto B. Calcular la máxima distancia que el niño
puede caminar a partir de A manteniendo el
equilibrio.
Problema 2
En el sistema de la figura, determinar la posición
de equilibro y las fuerzas de reacción que ejercen
los apoyos en los extremos de la varilla .La masa
de la varilla es de 6 kg y tiene una longitud de
0.8mts.
Solución
Solución
Por geometría del problema
Aplicando la primera condición equilibrio
tenemos:
 Fy  0 
R A  R B  w  wN  0
1 
Po
Segunda condición de equilibrio
Po
Haciendo un convenio de signos
M
A
(+)
(-)
en
Descomponiendo las distancias y las reacciones
los ejes “x” e”y” tenemos:
 0 
w  2   R B  2 .5   w N  x   0
2
La máxima distancia será cuando R A  0
De (1)
R B  w  wN
 R B  140 kg f
Reemplazando RB en (2) y reemplazando datos
x
Aplicando la primera condición equilibrio
tenemos:
2.5 140   2 100 
40
La distancia máxima es
 x  3.75 m
 Fx  0
78
 R A cos   RB sen  0
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
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RA cos   RB sen
wcos  cos  sen  tg  
 sen 
 RA  RB 
 1
 cos 
sen  tg = cos  
 F y  0  R sen  R cos   w  2 
A
B
tg =
cos 2
sen2

 =arctg  ctg  2  
1 en  2 
 sen 
RB 
 sen  RB cos   w
 cos  
 sen 
R A  w cos  

 cos  
4 
Segunda condición de equilibrio
Haciendo un convenio de signos
M
A
 0
tg =ctg  2 
En la figura
que
se
muestra
w1=20 N,
w2=40 N el
peso de la
varilla AB
es de 40 N y las longitudes AB=AD=1m.Hallar el
ángulo α con respecto al eje horizontal.
 3 en 1
Tenemos
2sen  cos 
Problema 3
3 
 R A  wsen
2
 tg = 2 cos  1
  50º , RA  20.11 N , RB  55.25 N
 sen2  cos2  
w
cos





Reemplazando datos tenemos:
 RB 
 RB  w cos 
1
2 cos 
w
2
Solución
(-)
(+)
:

 L
w  cos   RB cos   L cos
 2
 RB sen  Lsen  0
Aplicando la primera condición equilibrio en la
 L
RB cos   L cos  RB sen  Lsen  w  cos
2
2
//
cos
RB  cos   sen  tg  
w
2
varilla AB tenemos:
 Fx  0 
5 
T cos   RA cos   0
1
 Fy  0 
 3 en  5 
R A sen  Tsen  w1  wV  0
79
2
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Resolviendo 1 y  2  tenemos:
z
T 
 w1  wv  cos 
1
1
i
2
r
3
cos   sen  sen  cos 
1
2
;
tg 
0
2 
   45º
Aplicando la primera condición de equilibrio en
z  r  cos   isen   1 2 cos 45
el punto D tenemos:
Tomando la parte real positiva
1 cos 45  0.5 
2
z  cos  
  arccos (0.5)  60
   60º
Problema 4
La barra homogénea AB de peso P se apoya por
su extremo B sobre la superficies interior lisa de
un semicírculo hueco
de radio R y por su
extremo A sobre u
suelo
horizontal
rugoso. La longitud
L de la barra es
L=1.6 R. En la
posición de equilibrio límite, el centro de
gravedad de la barra está sobre el diámetro
vertical de semicilindro. Determinar para dicha
posición, la relación el ángulo que forma la barra
con la horizontal y el coeficiente de rozamiento µ.
y las reacciones en los apoyos .
 Fy  0
 Tsen  w2  T  w2
4
sen
Igualando  3    4  tenemos:
5
tg  2tg
De la figura por el teorema de los senos:
Solución
Por su extremo B, la barra se apoya en la
superficie cilíndrica lisa luego la reacción e B
tiene dirección radial y se corta en O con la
dirección del peso. En la situación de equilibrio, la
reacción en A se ha de cortar con las dos fuerzas,
luego pasa por el punto O. En la situación de
Movimiento inminente, la reacción en A forma
con normal un ángulo θ tal que tgθ=µ
1
1

sen     sen
 sen      sen    2  6 
Reemplazando  6  en  5 
tg  2tg  2 

sen
sen 2
2
cos 
cos 2
 2cos2   1  cos  

1

2
1
i
2
De la figura se tiene:
F A sen  FB cos 
80
1 
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
FB sen   FA cos   p
Autor: Alfredo Cora Paco
 1  sen   2 cos   tg  de (3)
2
L
 sen =1- sen
R
Consideremos los triángulos OGB y AOC de la
Figura adjunta
De la relación trigonométrica
sen 2   co s 2   1 
3 sen 2   5 sen  1  0
Resolviendo la ecuación de segundo grado resulta
s e n   0 .2 3 3 3   = 1 3 .5
Y sustituyendo en la ecuación (5) se obtiene el
valor de µ
  0.8 cos   0.77
Las ecuaciones (1) y (2) proporcionan los valores
de las reacciones
Del primero se deduce que
FA  0.77 P
R cos  
 c os  
L
cos 
2
L
cos
2R
Dinámica
Problema 1
3
El
sistema
mostrado
esta
inicialmente en
reposo, se aplica
una fuerza F=2mg sobre el bloque m de masa m.
Hallar el tiempo que tarda el bloque m en recorrer
una distancia L sobre el bloque M de masa 2m.
Y del segundo teniendo, teniendo en cuenta que
AO es la dirección de FA
1
L cos 
  tg  2
R
4
Solución
Y combinando las ecuaciones (3) y (4) resulta
  cos  
L
cos 
2R
y FB  0.6 P
5
Aplicando la ley del senos al triangulo OGB se
tiene
1
1
R  Lsen
L
2
2

sen      cos 
6
Aplicando la segunda ley newton
Operando (6) queda
2R
 cos   tg   2 sen
L
 Fx  ma 
m
de  3
F  fr  ma m
81
1 
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
 Fy  0  N  mg  0
 N  mg
 2
fr   N
3
Lm M  v 0 m M  t 
1
am M  t 2
2

8L

t
5  8  g
Problema 2
 2  en  3
*
fr   mg en 1   2 mg   mg  ma m
 am  g 2   
Se atan dos masas
m1 y m2, a los
extremos de una
cuerda que por la cúspide de un plano inclinado
doble. La masa de los planos inclinados es m y
ellos forman los ángulos α1 y α2 con el plano
horizontal. Todo el sistema esta inicialmente en
reposo. Hallar la aceleración de los planos
inclinados y las aceleraciones de los cuerpos
después de dejar libre el sistema ¿Cuál es la
condición para que los planos inclinados
permanezcan en reposo? El rose es despreciable.
4
Aplicando la segunda ley newton
Solución
5
 Fx  Ma  fr  fr1  MaM
M
 Fy  0  N1  N  Mg  0
 N1  N  Mg
6
fr1   N1
6
7
 6  en  7   fr   6  N  Mg  en  5  
Llamaremos a la aceleración del plano inclinado
doble en el sistema de referencia inercial (el signo
positivo significa dirección hacia la derecha); sea
ao la aceleración de los cuerpos en relación de los
planos inclinados (la aceleración es positiva
cuando m1, el cuerpo de la izquierda, desciende).
Las aceleraciones de los cuerpos en el sistema
inercial, a1 y a2 se obtienen sumando los vectores
1
 
mg   6 mg  2  6 mg  2maM
 aM   g
8 
4
Pero
am M  am  aM 
am M  g  2      g
4
a
y ao , T señala la tensión de la cuerda.
Aplicamos la segunda ley de newton a las
componentes a lo largo de los planos inclinados.
 am M   5  8  g
4
82
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
(izquierda), las velocidades de los cuerpos sobre
los planos inclinados, en el sistema inicial, son
vo cos  1  v
y
vo cos  2  v
Respectivamente
Utilizando el principio de conservación de
momento lineal:
m1 (vo cos 1  v)  m2 (vo cos 2  v)  mv
En un movimiento uniformemente acelerado las
velocidades
son
proporcionales
a
las
aceleraciones, de modo que
m1 ( ao cos 1  a)  m2 ( ao cos  2  a )  ma
Para la masa m1
De donde:
m1  ao  a cos 1   m1 gsen1  T
a
Análogamente para m2
m1 cos 1  m2 cos  2
 ao
m  m1  m2
2
Esta ecuación nos entrega información sobre las
aceleraciones. Es obvio que los planos inclinados
están en reposo solo si lo están ambos; lo cual
significa que los cuerpos están en equilibrio. Esta
es una consecuencia natural del principio de
conservación de momento lineal.
m2  ao  a cos  2   T  m2 gsen 2
Sumando las ecuaciones
 m1 cos 1  m2 cos 2  a   m1  m2  ao
1
  m1 sen1  m2 sen 2   g
El sistema de las ecuaciones 1 y  2  nos da las
Para investigar el movimiento de los planos
inclinados usamos el principio de conservación de
momento lineal. La velocidad de los planos
inclinados en el sistema inercial es v (hacia la
derecha). Las componentes horizontales de vo
aceleraciones:
ao 
83
 m  m1  m2  m1sen1  m2 sen2 
g
2
 m1  m2  m  m1  m2    m1 cos1  m2 cos 2 
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
a
Autor: Alfredo Cora Paco
T s e n   m a 1  s e n 
 m1 cos 1  m2 cos  2  m1sen1  m2 sen 2 
g
2
 m1  m2  m  m1  m2    m1 cos 1  m2 cos  2 
 3 
Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene
Ambas aceleraciones son cero si:
m1 sen 2

m1 sen1  m2 sen 2 
m2
sen 1
m
*Nota para este problema debemos tener previo
conocimiento del momento lineal
Msen
1  sen 
2
; a  g  tg 
Problema 4
Una barra AB de masa “m” puede moverse sin
fricción tanto hacia
arriba como hacia
abajo entre cuatro
rodillos fijos. El
extremo inferior de
la barra toca la
superficie lisa de una cuña de masa “M”. La cuña
está sobre una superficie horizontal plana sin
rozamiento. Determinar la aceleración de la barra
AB
y
de
la
cuña.
Problema 3
En el sistema de la figura,
el bloque de masa M puede
desplazarse sin rozamiento.
En el momento inicial el
cuerpo de masa m suspendido de hilo se separa
de la vertical un ángulo α y se libera ¿Cuál es la
masa de este cuerpo, si el ángulo α que forma el
hilo con la vertical no cambia al moverse el
sistema?.
Solución
Solución
En la figura se muestran todas las fuerzas que
actúan sobre la barra y la cuña .Designaremos por
a la aceleración de la barra AB respecto a la mesa
inmóvil y por b, la aceleración de la cuña.
D.C.L para M
En eje “x”
T  T s e n   M a  T 1  sen   Ma 1
D.C.L para m
Para m
-N 1  N s e n 
1
    F y  m a  m g  N cos   m a
2
    Fx  0  0 = N
2
En eje “y”
m g  T cos   m a cos 
Para M
2 
En eje “x”
Tsen  m  a  asen 

84
   Fx  Mb  M b = N s e n 
3
  Fy  0  N 3  N cos   M g  0
4
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
La ecuación de relación cinemática entre las
aceleraciones de la barra y de la cuña se deduce
de
los
conceptos
geométricos
tg =
a
b
M2 g  M1  2 R   2 
 
5 
M 2g

M1 R
M2g
M1  R
Cuando complete una vuelta
Resolviendo las ecuaciones tenemos:

mg  tg
a
ctg  M  m  tg
b
;
mg
ctg  M  m  tg


 t
 t
t

2
M 2g
M1  R
 t  2 M 1 R
M2g
Dinámica Circular
Problema 2
Problema 1
Solución
La
figura
muestra
un
bloque de masa
M desconocida
que permanece
en
reposo
colgado de una
cuerda tensa e
ideal. La cuerda pasa por una polea ideal, luego
por un pequeño agujero practicado en una mesa
horizontal y termina atada a una esferita de masa
m. La esferita gira describiendo un círculo
horizontal de radio R y a una distancia D de la
mesa.
 Fc  M a  T  M a
Halle la masa M del bloque, la velocidad angular
ω de la esferita y la fuerza sobre la polea debida
al soporte.
Las dos partículas
del dibujo con
masas M1 y M2
están unidas por
una cuerda sin masa
que pasa a través de un aguajero O, de tamaño
despreciable, practicado en la mesa. No hay roce
en el sistema, la partícula, la partícula de masa M1
tiene un movimiento circular de radio R mientras
que la otra partícula cuelga en reposo. Halle el
tiempo que tarda la partícula M1 en completar una
vuelta.
Para M1
1
c
2
1
c
 T  M1 v  T  M 1   2 R
R
Solución
1 
Para m
 Fy  0 
T  w2  T  M 2 g
 Fc  ma
2
c
 T cos   ma c
 T cos   m   2 R
1 
 F y  0  Tsen  mg
2
Reemplazando (2) en (1)
Para M
85
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
 F y  0  T  Mg
Autor: Alfredo Cora Paco
  
R2  
F  T x  T y  
F  mg 1 
i  j 
3
D2
(3) en (2)
Por condición de equilibrio sobre la polea y el
Mgsen  mg
soporte
Pero


 
F  F soporte  0  F soporte  F
sen 
D

R2  
F soporte   mg 1  2 i  j
D

D2  R2
D
 Mg 
2
D R
2
 mg  M  m 1 

R2
D2
Problema 3
Para la ω de (1), reemplazando T, M y cos α
Un motociclista efectúa un
movimiento circular muy
peligroso, con un radio de
4metros ¿Cuál debe ser su
velocidad mínima que
debe tener para no caer?
.El coeficiente de fricción entre las llantas y la
pista es 0.5.
R
T  cos  p ero cos  

2
mR
D  R2
R
Mg
2
D  R2   2  1 g 
2 
D
mR
g

D
2 
Solución
Para la fuerza de la cuerda sobre la polea
 F y  0  fr  mg  0
1 
  N  mg
 Fc  ma 
c
2
mv
R
1    2 
Para el eje x


R2 
T x  T  i  mg 1  2 i
D
 
 

Para el eje y



T y  T   j  Mg  j 
 
2
N
 
gR
 v
v2
 9.8 4
0.5

v  8 .8 5  m / s 
Problema 4

R2 
T y  mg 1  2  j
D
 
El ensamble mostrado gira
respecto a un eje vertical
con
rapidez
angular
constante. Si se sabe que el coeficiente de fricción
estático entre el bloque y la pared cilíndrica es
La fuerza será
86
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
0.25; determínese la mínima rapidez para el cual el
bloque permanecerá en contacto con la pared.
Solución
Si ω2R>g se tienen dos posiciones de equilibrio
Se tiene una sola posición de equilibrio θ1=0
Problema 6
Por una semiesfera
de radio R=100
cm se desliza sin
fricción una esfera
de masa m ¿A qué
altura
h
se
encontrará
el
cuerpo, si la semiesfera gira uniformemente con
velocidad angular constante de 6 rad/s?.
Problema 5
Un manguito A puede deslizarse
libremente a lo largo de una barra lisa
curvada en un semianillo de radio R (ver
figura) el sistema se hace girar alrededor
de un eje vertical oo´ a la velocidad
angular constante
.Determinar el ángulo Ɵ
correspondiente a la posición que estable del
manguito.
Solución
Solución
87
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Problema 7
Un cubo muy pequeño de
masa m se coloca en
el interior de un embudo (ver
figura) que gira alrededor de un
eje vertical con una frecuencia
constante f rev/s la pared del
embudo forma un ángulo Ɵ con la horizontal. Si el
coeficiente de rozamiento estático entre el cubo y el
embudo es µ y el centro del cubo está a una
distancia r del eje de rotación ¿Cuáles son los
valores máximo y mínimo de f para los cuales el
bloque no se moverá con respecto al embudo?.
Solución
Problema 8
El sistema mostrado gira con una velocidad angular
constante. Determinar la relación entre T1 y T2.
Solución
88
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
(6)
Problema 9
Para hallar el valor “x” apliquemos la ecuación de
la trayectoria
Un cubo con agua está atado a una cuerda de longitud
L. Al caer gotas de agua que se desprenden del cubo,
golpean al piso a lo largo del perímetro de un círculo
de radio R. Determinar R para un ángulo Ɵ.
h  xtg 
Solución
89
gx 2
pero   0 
2v cos2 
2
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Si la masa m está en equilibrio respecto de la
varilla, también lo está respecto del sistema XY y
por tanto la suma de las fuerzas debe ser cero.
Problema 10
Una varilla da vueltas
en torno de un eje
vertical
con
una
velocidad
angular
constante ω. En su
giro, la varilla forma
un ángulo constante
con la dirección horizontal de α grados, tal como
indica la figura . Una pequeña masa m puede
deslizar a lo largo de la varilla siendo el
coeficiente de rozamiento µ. ¿Cuál es la condición
para que la masa m se mantenga a una altura fija
sobre el suelo durante la rotación de la varilla?.
Fi cos    N  mgsen  0
N  Fi sen  mg cos   0
Fi cos     mg cos   Fi sen 
mgsen  0 1
La fuerza de inercia que actúa sobre la masa es
igual a m* aceleración de la varilla, siendo la
aceleración de la varilla la aceleración centrípeta,
de valor
ω2*radio = ω2*Lcos α
Llevando esta relación a (1)
mω2 Lcosα  μ mgcosα  mω2 Lcosα senα
re la
mgsenα  0
Llamamos a la solución de la ecuación anterior
L=L1
Solución
Las fuerzas que actúan sobre la masa m,
analizadas desde un sistema no inercial ligado a
la propia varilla son las indicadas en la fig.1
fig.1

Descomponiendo la fuerza ficticia o de inercia y
el peso en los ejes “x” e “y” tenemos: ver fig.2
fig.2
L1 
mg  sen   cos  
m cos    m 2 sen cos 
L1 
g
 sen   cos  

 cos 
1   sen

2
2
2) Si para la posición indicada en la figura 1 la
fuerza de rozamiento tuviese sentido contrario al
dibujado, lo cual significa que la masa m tiende a
deslizarse hacia abajo de la varilla, el desarrollo
matemático es similar salvo un cambio de signo y
el resultado final es;
g
sen   cos 

 2 cos 
1   sen
Los valores de L comprendidos entre L1 y L2,
siendo L1>L2, son aquellos para los que la masa m
permanece en posición fija sobre la varilla.
L2 
Trabajo y energía
Problema 1
El sistema de referencia XY se halla en fig.2.
Ligado a la propia varilla. Fi=F` es la fuerza de
inercia o fuerza ficticia de sentido contrario a la
aceleración de la varilla y que aparece debido a
que el análisis del problema se hace desde un
sistema no inercial.
1) Supongamos que la masa m puede moverse en
sentido ascendente por la varilla. La fuerza de
rozamiento, fr, actúa hacia abajo.
Un objeto de 15 kg se mueve a lo largo del eje
“x”. En la figura
se muestra su
aceleración
en
función de su
posición. ¿Cuál
es el trabajo neto realizado sobre el objeto al
moverse desde x=0 hasta x=8m?
90
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
referencial. El tiempo de caída es el mismo en
ambos referenciales
Solución
Debido a que la
F=ma
El trabajo es el área bajo la curva en un gráfico F
vs x
W 

1
8 300 N   W  1200  J 
2
tcaida 
Problema2
Un ascensor desciende con una velocidad
constante de 0.75 m/s. Del techo del ascensor se
desprende una de las bombillas de 40 g, que cae
sobre el suelo del ascensor. La altura de la caja
del ascensor es 2.2 m a) Calcular el trabajo
realizado por la fuerza gravitatoria sobre la
bombilla y la variación de la energía cinética de la
misma, desde que se desprende hasta que se
estrella en el suelo del ascensor: b) En el
referencial ligado a la caja del ascensor) En el
referencial ligado al edificio c) Explicar la
diferencia existente entre los resultados de los
aparatos anteriores.
2h
2  2.2

 0.67  s
g
9.8
 mgh  0.0409.8 2.2  0.86 J
Solución
Consideremos
inerciales:
dos
sistemas
de
referencia
1. Referencial inercial S, ligado al edificio
 2.20  0.75  0.67  2.20  0.50
2. Referencial inercial S’, ligado a la caja del
ascensor
 2.70 m
Durante su movimiento de caída libre, la bombilla
tan solo está sometida a la fuerza gravitatoria, i. e.,
a
su peso mg, que representa una fuerza
constante. La aceleración de la bombilla será la
misma (g) en ambos referenciales inerciales .El
trabajo realizado por dicha fuerza será igual al
producto de la misma por el desplazamiento que
experimenta la bombilla, que será diferente en
cada referencial. La velocidad y los cambios de
energía cinética también serán diferentes en cada
 0.040  9.8  2.7  1.06  J 
91
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
mgR 
c) El trabajo realizado es mayor en el referencial S
que en el referencial S’; lo que está de acuerdo con
las correspondientes variaciones de la energía
cinética .La explicación radica en que tanto la
energía cinética como sus cambios, depende del
referencial en el que se mida .Podemos asegurar que
el trabajo suplementario que mide en el referencial
1
mv 2  mgR cos 
2
De donde v 2  2 gR 1  cos  
Aplicando la segunda ley de newton, (Radial) da
N  mg cos    m
v2
R
De donde
S coincide con la variación suplementaria de la
energía cinética que se mide en ese mismo
referencial.
N  mg cos   m
Problema 3
 N  mg cos   m
Una partícula se coloca en reposo en el punto
más alto de un semicilindro liso de radio R y
centro
C.
El eje CY
es vertical.
Ella
se
perturba
levemente y
comienza a
deslizar partiendo del reposo. Llegado a un
cierto punto la partícula pierde el contacto y
continúa
bajo el efecto de la gravedad
solamente (considere g=10 m/s2). Determine
v2
R
2 gR 1  cos  
R
 N  m g  3 co s   2 
Se pierde el contacto cuando N=0 es decir si
2
   48.190
3
1
sen 
5
3
cos 
La rapidez en ese punto será
 2
vo 2  2 gR  1  
 3
 vo 
2
gR
3
a) El ángulo θ para el cual se pierde el contacto.
Utilizando la ecuación del proyectil
b) La rapidez de la partícula en ese punto.
 2

x  x0 vo cos t x  Rsen   gR cos t 
 3



c) La coordenada X de llegada de la partícula al eje
CX.
Solución
x
Por la Conservación de la energía
2 2

1
R 5 
gR  t


3
3 3

y  y 0  vo sen  t 
1 2
gt  y  R cos  
2
 2

1
gR  sen  t  gt 2


3
2


 1
2R  1 2
- 
gR  5  t  gt 2
 y
3 3 3
 2
Para y=0 resulta
92
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
t
1 R
9 g
Autor: Alfredo Cora Paco
Componente radial de la segunda ley
 138  6 5   0.697 Rg
N  mgsen   m
Luego, reemplazando t en x
 2 2 1 R
1
x  R 5+ 
gR 
3
 3 3 9 g
4
 5
x
5+
27
 27
v2

R
2
 N  mgsen  m vo  2 gRsen
R
 138  6 5  

23  R=1.125R

v2
gR 

 N  mg  3sen  o 

Problema 4
a) Despega en B, o sea  
Los planos inclinados AB y DE son lisos y
forman 45º con
la
horizontal.
BCD es una
superficie de un
cuarto
de
circunferencia
de radio R, también lisa. Una partícula de masa
m parte en A subiendo con rapidez inicial v0.
Determine la rapidez inicial v0 o el rango de
velocidades iníciales para que

4
v 2o
1
3
2
0  v 
0
2
gR
3
2
2 gR
 v 0  1.4565 gR  v 0  4.6058 R
b) Se detenga entre B y C sin despegar


 sen 
4
2
2
 sen  1 
2
a) La partícula pierda el contacto con la
superficie en B.
2
v 2o

1
2
2 gR
b) La partícula se detenga entre B y C sin
despegar del contacto con la superficie.
2
v 2o

2
2 gR
c) La partícula no se detenga y no se pierda
contacto con la superficie.
v
v 2o
1
2 gR
Solución
Resolviendo la inecuación tenemos
Sea θ el ángulo polar medido a partir de OA (π/4<
1.1892 gR  v o  1.4142 gR
θ < 3π/4) por conservación de energía con
No despega si para todo θ
1
1
mv02  mv 2  mgRsen
2
2
2
 v  vo 2  2 gRsen

v2
N  mg  3sen  o   0 
gR 

vo 
3 gR se n
v o  1 .45 65
gR
c) No se detiene y no se despega
v 2  v 2 0  2 gRsen  0  vo  1.4142 gR
93
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
La bolita puede chocar con cada escalón de la
larga escalera solamente en el caso en que cada
vez antes del choque tenga la misma velocidad y
choque con el mismo punto del escalón. Con esto
la componente horizontal de la velocidad de la
bolita no varía durante los choques, y la variación
de la componente vertical es compensada a
expensas del trabajo de la fuerza de la gravedad al
caer sobre el escalón siguiente. De aquí la
1.4142 gR  v o  1.4565 gR
Problema 5
Una esfera de peso 20N se
abandona en “A”, sabiendo
que no hay rozamiento,
determinar la reacción normal
sobre la esfera cuando pasa
por la posición B.
velocidad
de
la
bolita
1

  mv 2   mgh  v 
2

Solución
Principio de la
conservación de energía
de la energía mecánica,
entre los puntos A y B.
 E0  E f

2 gh
 20 m 
 s

El tiempo que la bolita está en el aire entre dos
L
vsen
choques es t 
EA  EB 
mg  2 R  
1 2
mv 
2
v2B  4 gR
1 
Por dinámica circular en “B”
2
B
F  ma   N mg  mvR
c
c
2
Para la
componente vertical inicial de la
velocidad después del bote v y se halla por la
condición de la perdida de energía
Reemplazando (1) en (2)
N  5mg  N  100  N 
E  E f  Eo
Problema 6
1
2
1
 1
  mv 2   m  v cos    mv 2 y
2
2
2


Una bolita de acero
lisa salta por una
escalera
larga,
también
lisa,
botando una sola vez
en cada escalón (ver
figura).En
cada
choque con una escalón pierde la bolita una
cantidad de energía 50% ¿Con que velocidad V y
bajo que ángulo φ con la vertical fue lanzada la
bolita? Los escalones tienen una atura de h=10cm
y la longitud de la escalera L=20cm (considere
g=10 m/s2).
2
 v2   v cos    v2 y .En sentido vertical la bolita
recorre durante el tiempo t el camino
 h  v yt 
1 2
g t . De estas relaciones se obtiene
2
la ecuación
h 
co s 2    
L
gL2

2
sen 2 v sen 2
Sustituyendo en ella α, L y h por sus valores
numéricos .Hallamos dos soluciones
Solución
2 0 s e n 4  1 2 s e n 2  1  0
94
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
1  44.9
Autor: Alfredo Cora Paco
 2  1 8 .4
EC 
La primera solución es evidente que no satisface
la condición del problema ya que en este caso la
componente vertical de la velocidad desaparece
totalmente durante los choques .La segunda
solución da
1
1
mvC 2  mv B 2   k mgd CB
2
2
De donde
vC 2  40  0.5  2  10  3  10 
 2  1 8 .4
vC  10  3.162 m 
 s
Problema 7
Esta energía cinética se transforma en elástica
Un bloque de masa m=2Kg Parte del reposo en A
ubicado a 2 m de altura y baja deslizando sobre
1
1
k (l ) 2  mv 2 c   l 
2
2
m
vc 
k
2  1.414
El largo mínimo será
l m in  2 
2  0 .5 8 6  m 
Cuando regresa tiene la misma energía EC que se
una curva que a nivel del suelo continúa en
línea recta. Hay roce solamente en el tramo CB
donde µ k= 0.5. Pasado el tramo con roce el
bloque comienza a comprimir un resorte de
longitud natural 2 m y constante elástica de 10 N
/ m hasta detenerse e invertir su sentido de
movimiento. (considere g=10 m/s2) Determine:
dispara en un tramo x en la zona de roce
a) La rapidez de la partícula en el punto B.
Un bloque de masa 2 kg está en reposo
comprimiendo en 1 m a un resorte de constante
elástica 100 N/m y de largo natural 2 m. El
bloque se suelta y comienza a acelerar sobre
una superficie lisa. Hay roce solamente entre A
y B donde el coeficiente de roce cinético es
0.5.Cuando el bloque llega al punto A el bloque
ha perdido el contacto con el resorte. Después
del tramo con roce el bloque comienza a
comprimir a otro resorte igual al primero que
tiene inicialmente su longitud natural
y
luego se devuelve. (considere g=10 m/s2)
Determine:
1
2
mvC 2   K mgx  x  1  vc  1  10  1 m
2
2 k g 2 5
Se detiene a un 1m a la derecha de C
Problema 8
b) La rapidez de la partícula en el punto C.
c) La longitud mínima que alcanza el resorte.
d) La ubicación del punto entre C y B donde
o finalmente se detiene el bloque.
Solución
Conservación de la energía
EB 
1
mv B 2  E A  mghA 
2
vB 
2 gh A 
a)
Las sucesivas mínimas longitudes
que
alcanzan los resortes antes que el bloque se
detenga.
b) Las sucesivas velocidades con que pasa el
bloque por los puntos A y B.
4 0  6 .325  m s 
Por la pérdida de energía producto del trabajo del
roce
95
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
c)
Autor: Alfredo Cora Paco
El punto donde el bloque queda detenido.
Momento Lineal y Choques
Problema 1
Un
cazador
incrusta
un
dardo
de masa
m en un
pájaro que vuela en línea recta horizontal a una
altura h sobre el suelo. Sabemos que el dardo
incide detrás del ave con una velocidad v a un
ángulo  con la vertical. El pájaro cae al suelo
en un tiempo t después de ser golpeado a una
distancia d adelante del punto donde fue golpeado.
Los datos del problema son m, h, v, d, 
Solución
Energía inercial k=100N/m, m=2kg
E
1
1
2
k   l    100  12  50  J 
2
2
Primera pérdida de energía en 2m
 E    k mgd   0.5  2  10  2   20  J 
E B  50  20  30 
1
 100   l 2
2
60
 0 .7 7 4 6 0
100
a) Obtenga la masa M del pájaro.
l 2 min  2  0.77460  1.2254  m 
antes de ser golpeado por el dardo.
l 

b) Obtenga la rapidez V a la que el pájaro volaba
Solución
Pasa de nuevo hacia la izquierda con roce pierde
otros 20J, quedan 10 J
E A  30  20  10 
l 
a) El principio de conservación de la cantidad de
movimiento para el sistema dardo- pájaro es:



m v  M V  ( m  M )V dp
1
 100   l 2 
2
20
 0 .4 4 7 2 1
100
Las componentes de la velocidad del dardo son
datos del problema
l1 min  2  0.44721  1.5528  m 
v x  v s e n
v y  v cos 
Queda solo 10 J de energía luego se detendrá en el
punto medio del segmento con roce.
Por lo tanto el principio de conservación en sus
Punto de medio AB
v `A 
2E

m
100
 7.0711  m 
 s
2
v `B 
2E

m
60
 5.4772  m 
 s
2
v ``A 
2E

m
20
 3 .16 2 3  m 
 s
2
dos componentes es.
mvSen  MV  ( m  M )Vdp x
mvCos  ( m  M )Vdp y
A partir de la segunda relación obtenemos la
velocidad vertical inicial del sistema dardo-pájaro.
Ambos caerán juntos.
V dp y 
96
mvCos 
mM
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
La expresión para la altura del sistema dardopájaro en cualquier momento t, es
gt 2
gt 2
 mvCos  
 h
t 
2
2
 mM 
Al golpear el suelo y = 0
y  h  V dp y t 
gt 2
(m  M )  h (m  M )  m v cos 
2
1
mgh  mvo2  vo  2 gh 
2
Agrupando
 gt 2


gt 2 
 h  M   vCos  h 

m

2 

 2

vo 
Además
Finalmente
gt 2
2 m
 gt 2


 h 
 2

vCos  h 
M 
sen 
mvot  mvt
vo  16.05 pies
s
3
4
; cos  
; tg  3
5
5
4
 vo sen  vsen  
3
3
vo    vsen   16    vsen  
5
5
 
1 
vsen  9.6
MV  ( m  M )V dp x  mvSen 
Eje Normal
Como el sistema dardo-pájaro se mueve
horizontalmente con una velocidad uniforme
V 

Eje tangencial
b) Del principio de conservación de la cantidad de
movimiento
V dp x t  d
2  3.2  4 
e


1  m  M d
 m v  sen 

M 
t

v cos 
v o cos 

e
v cos 
12.8
2
Cuando rebote describirá un movimiento
parabólico
Problema 2
La bola se suelta
desde el reposo y
cae una distancia de
4pies
antes
de
golpear un plano
liso. Si rebota y en
t=1s golpea de
nuevo el plano en B,
determine el coeficiente de restitución entre la
bola y el plano. Además cual es la distancia d.
x  vx t
Solución
d cos   v cos 
97
 d  4   v cos 
5
 3
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
y  v yt  1
2
  dsen  vsen  32
gt 2
Autor: Alfredo Cora Paco
Para el tiempo
2
4
 vsen  16  0.6 d
h
De la figura
1 2
gt  t 
2
2h
g
Para la distancia d1
2h
g
d1  vx

d1  1.2 
2  0.75 
9.8

d1  0.47 m
      90

  5 3 .1 3  
Para hallar la velocidad resultante
5
Resolviendo 1 ,  3  ,  4  ,  5 
  16.26º  v  16 pies
mgh 
s
y
1
1
mv x 2  mv 2  2 gh  v x 2  v 2
2
2
 v 
 =36.86º ,
d  19.2 pies
2 gh  v x2
 v  2  9.8 0.75  1.2 2
Reemplazando v, β en (2)

v4 m
s
Para el ángulo
Problema 3
Una
pelota rueda
por
una
cos  
vx
v
v 
   arccos  x  
 v 
mesa
 1.2     7 2 .6 º
  arccos 

 4 
horizontal que tiene
una altura de 75 cm
sobre el suelo y sale
por el borde con una velocidad de 1.2 m/s ,si el
coeficiente de restitución entre la pelota y el piso
es e=0.79.Calcular la distancia horizontal desde el
En eje X
borde de la mesa a la que la pelota llega al piso
mvx  mU x  v x  U x  U x  v cos  
después de su primer rebote.
U x  4 cos  72.6   U x  1.2 m
Solución
s
Cuando impacta al piso actúa el coeficiente de
restitución
98
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
e
v p ' U y
 v   v
y
Autor: Alfredo Cora Paco
Problema 4
 eU 
y
vy
p
Una pelota de ping-pong
rebota
escaleras
abajo,
escalón por escalón, de tal
modo que todos los rebotes
son idénticos. El coeficiente
de restitución o percusión
entre la pelota y las baldosas vale 0.9 y cada
escalón tiene una altura de 19 cm. Determinar la
altura de rebote de la pelota sobre cada escalón.
U y  e v y  U y  e  v  sen
 U   0.79  4   sen 72.6
y
 U  3m s
y
Para poder hallar d2 debemos hallar la velocidad
resultante
Solución
Consideremos
definición de
será
un
rebote
aislado;
por
coeficiente de Restitución (e),
U  U x2  U y2
 U  1.2   3  U  3.23 m
2
2
s
Para el ángulo
La pelota de ping-pong realiza el bote desde
una altura h1, respecto al escalón; después de
votar alcanza una altura h2. Como todos los
rebotes son idénticos, después del bote estará a
la misma altura respecto al escalón siguiente, o
sea
3
3
tg 
   arctg ( )    68.1º
1.2
1.2
Para hallar la d2 planteamos la ecuación de la
trayectoria
y  xtg 
gx 2
2 vo 2 cos 2
0  d 2 tg 
gd 2 2
2
 tg  gd
2U 2 cos 2
2U 2 cos 2

 d  tg   2U c os  
2
2
2
g
2
d2 
 d
2
2  2.48    3.23    0.139 
9.8
de modo que
 0.73  m 
La distancia horizontal desde el borde de la mesa
De donde
a la que la pelota llega al piso después de su
2
 0.9   0.19  0.81  0.19
h2 



2 
0.19
1   0.9 
primer rebote
d  d1  d 2  0.47  0.73  1.2  m 
99
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
h2  0.81 m  81cm
h1  81  19  100 cm
b) La pérdida de energía en el n-ésimo rebote será:
Problema 5
Dejamos caer una pelota de ping-pong desde
una altura h0 sobre un suelo duro, liso y
horizontal. Observamos que después del quinto
rebote la pelota sólo asciende hasta una altura
h0/2.
a) Determinar el coeficiente de restitución de los
rebotes. ¿Es el mismo en todos ellos?
b) Calcular la fracción de energía que se disipa en
los rebotes. ¿Es la misma en todos ellos? ¿Por
qué? c) ¿Cuántos rebotes deberán transcurrir para
que la altura de rebote se reduzca a la centésima
parte de h0?.
La fracción de energía perdida en cada rebote es
la misma en todos ellos y viene dada por
Solución
a)
c) A partir de la expresión de la velocidad tras el
n-ésimo rebote, vn =en v0 , tenemos:
En la figura representamos los rebotes
sucesivos. Obviamente, la relación existente
entre las velocidades indicadas y las respectivas
alturas es:
Donde el subíndice n se refiere a la velocidad y a la
altura alcanzada tras el n-ésimo rebote. Designamos
por e el coeficiente de restitución y aplicamos
la regla de Huygens-Newton a cada uno de los
rebotes sucesivos:


n
log  0.01
 33.2 rebotes
2 log  0.933
Problema 6
v1  ev0

2
v2  ev1  e v0
 vn  evn1  en v0

3
v3  ev2  e v0
.....

Se lanza oblicuamente una pelotita de goma con
una velocidad v0=16 m/s y en la dirección 37º con
el horizonte. Si el coeficiente de restitución con el
piso es 0.8, hallar la distancia horizontal recorrida
por la pelotita de goma hasta antes de dejar de
rebotar .Despreciar el rozamiento.
El valor del coeficiente de restitución, que es el
mismo en todos los rebotes, lo calculamos a partir
de los datos para el quinto rebote:
Solución
100
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
El alcance máximo de la pelotita de goma en el
primer rebote será
v 2 sen2
xo  o
g

 ar
n 1
n 1
1

a
1 r
d  x 0 1  e  e 2  ....  e n   x 0 1  e 
d
Descomponiendo la velocidad antes y después del
x0
1 e
 4
impacto con el piso
(1) En (4)
d
En el eje x
Conservación de momento lineal
p f  po
U 1 cos   vo cos 
d  1 2 5 .5 1  m 
 2
Cuando impacte con el piso actuara el coeficiente
de restitución
e
v p `U1 y
 v   v
0y

e 
p
U 1 se n   e  v o s en
2
v 20 sen2
16 sen 2  37 
d 

g 1  e 
9.8 1  0.8 
U1y
v0 y
3 
Multiplicando (2) y (3)
U 12 sen  cos   e  vo 2 sen cos 
U 12 sen 2 
v 2 sen 2  x  e  x
 e o
1
0
g
g
Por inducción matemática sabemos
x 2  e 2  x 0 ....... x 0  e n  x 0
La distancia horizontal recorrida por la pelotita de
goma será:
d  x0  ex0  e 2  x0  ....  e n  x 0 
Tomando en cuenta que la serie geométrica esta
dada por :
101
1
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Problema 2
Miscelánea de problemas
Para estar en forma para la próxima carrera de la
temporada, Juan y Pedro Santiago corren a casa
después de visitar el palacio de gobierno. Juan
corre a una velocidad de 6mph y Pedro corre
4mph .Cuando salen del palacio de gobierno al
mismo tiempo, Juan llega a casa ½ hora antes que
pedro. Vea la figura
Problema 1
Hallar la expresión vectorial de la fuerza


resultante de F y T , si F=25 N, T=30N.
Solución
a)
b)
¿Cuánto tiempo le toma a Pedro llegar a
casa?.
¿A qué distancia viven Juan y Pedro del
palacio de gobierno?.
Solución
a)
Distancia recorrida de Juan=distancia recorrida de
Pedro Santiago
 

 T
 AB
AB
 T 
uT  
T
T
AB
AB



x1  x 2  v1t1  v 2 t 2

   3 i  6 j  6 k 
  30 N
T 
 3 2    6 2  6 2 






T   10 i  20 j  20 k  N 
Pero sabemos
t1  t 2 
1
Entonces
Del mismo modo:
 

 F
 BC
BC

uF 

F
F
F
BC
BC
v1t1  v 2 t 2  6  t 2  1   4 t 2
2




F  15 i  20 j  N 
2
b)
x1  v1  t1  x 1  6  1
 2
 x1  6  m illas 
La resultante será (1)+(2)
  
R  F T


 t 2  3 h 


  3 i  4 j 

  25 N
F 
 3 2    4 2 



1
2




R  5 i  4 0 j  2 0 k (N )
102
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Problema 3
lancha motora lleva una velocidad –(v-vo) durante
1h (cuando remonta el rio),una velocidad v0
durante 0.5 h (durante la avería, arrastrada por la
corriente)y una velocidad+(v-vo) durante un cierto
tiempo t(cuando desciende por el rio, hasta
reencontrar la balsa).Las posiciones de la balsa y
de la lancha en este referencial serán:
Una lancha motora, que navega rio arriba, se
encontró con una balsa arrastrada por la corriente.
Una hora después de este encuentro, el motor de
la lancha se averió. La reparación duro 30 min;
durante este tiempo la lancha fue arrastrada por la
corriente. Reparado el motor, la lancha navegó rio
abajo con la misma velocidad (respecto del río)
que antes de la avería, y alcanzó a la balsa a una
distancia de 7.5 km del punto de su primer
encuentro. Determinar la velocidad de la corriente
del rio, considerándola constante .
Balsa
x1  v 0 (1.50  t )
Lancha
x2  1.00(v  vo )  0.50v0  (v  vo )t
Solución
La resolución del problema es muy simple silo
planteamos en un referencial (el del rio) en el que
la balsa se encuentra en reposo. En ese referencial,
la lancha también está en reposo durante los 30
min que dura la reparación de la avería y su
velocidad (en módulo, no en dirección) es la
misma cuando navega rio arriba que cuando lo
hace rio abajo.
de modo que igualando estas dos expresiones
(instante de reencuentro) obtenemos
vo 1.5  t    1.00( v  v o )  0.5 v0  ( v  v o ) t

Durante las 2.50 h, la balsa se ha desplazado 7.5
km, arrastrada por la corriente, de modo que su
velocidad, que será la de la corriente, es
En consecuencia, cuando la lancha navega rio
abajo, después de la reparación, empleará de
nuevo 1h en alcanzar a la balsa.
vo 
Así, el tiempo total que habrá transcurrido desde
el primer encuentro y el reencuentro con la balsa
será de 1h+30min+1h=2.5h.Durante es tiempo, la
balsa, arrastrada por la corriente, ha recorrido una
distancia (respecto a tierra) de 7.5 km .De este
modo, la velocidad de la balsa (respecto a tierra),y
también la velocidad de la corriente, será:
v
0   v  vt  t  1h
7.5km
km
3
2.5 h
h
Problema 4
Desde el borde de un acantilado de 50.2m de
altura una persona arroja dos bolas iguales, una
hacia arriba con una velocidad de 18 m/s. y la otra
hacia abajo con la misma velocidad ¿Con qué
retraso llegara la bola lanzada arriba al suelo?.
7.5km
km
3
2.5
h
Solución
También podemos resolver el problema en el
sistema de referencia de tierra. En este referencial,
la balsa se desplaza con velocidad constante v0 (la
misma que lleva la corriente del río).Sea v la
velocidad de la lancha con respecto al río. La
103
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
Se observa que los cuerpos demoran igual tiempo
en el tramo BC, porque ambos pasan por B con la
misma velocidad y hacia abajo. Luego, el retraso
de la bola lanzada hacia arriba se debe al tiempo
que emplea en subir y bajar el tramo de A a D y
de y de D a B
e  vo t 
1 gt 2
h
 2
e 1 at 2
2
h
 tg 
e
R e tr a s o = 3 .6 7 3 [ s ]
tg  
en * 
Problema 6
Una esferilla se deja
caer de la parte
superior
de
un
cilindro
hueco
inclinado un ángulo
α en el preciso
instante que éste
arranca con una aceleración a=25 m/s2.Hallar el
ángulo α para que la bola no toque el cilindro
hasta que impacte en su base.
Justamente en
el instante en
el que una
persona
dispara
un
dardo,
apuntando con
la cerbatana
directamente hacia un mono que está colgando de
una rama, el mono se suelta y cae libremente.
Averiguar si el mono siempre es alcanzado por el
dardo.
Solución
Considerando que la
bolita no toca al cilindro
durante su caída hasta
que llega hasta la base
entonces
ésta
sólo
experimentara una caída
libre. Se observa que
mientras
la
bolilla
desciende, el cilindro
avanza simultáneamente una distancia horizontal e
bolita:
* 
g
9.8
=
 tg   0.392
a
25
   21.4º
Problema 5
la
h g

e a

Del gráfico:
2 v o 2  18

g
9.8
  t vvuelo  3.673  s 
De
2
Dividiendo (1) y (2)
Retraso:
t vvuelo 
1 2 
1
at
e  at 2
2
2
h  vo t 
1 2
gt
2
Solución
(movimiento
Para demostrar que cualquiera que sea la dardo
descendiente)
Como v o  0  h  1 g t 2
2
Para que el mono sea siempre alcanzado por el
dardo debe demostrarse que yM=hd
1 
Para el dardo
Del cilindro:
104
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
h d  v o sen  t 
t
1 2
gt
2
Autor: Alfredo Cora Paco
Solución
1
x
v0 cos 
 2
Descomponiendo el peso de una de las esferas
Para el mono
1 2
gt
2
3 
h  y M  x  tg 
4
h
Para las” n” esferas
Hallando la ecuación para el dardo
1  en  2 
hd  v o sen 

x
1 
x
 g

v 0 cos  2  v 0 cos  
h d  x  tg  
1
g  x2
 2
2 v 0 cos2 
2
5 
R A  wx  wx  wx   n


Hallando la ecuación para el mono
n veces
3  e n
4 
1 2
gt  y M  x  tg  
2
1
g  x2
y M  x  tg  
 2
2 v 0 co s 2 
R A  nwx  R A  n w  s en1 6
R A   2 00  0 .2 7 5  n
6 
R A  5 5 n N 
Problema 8
Lo cual queda demostrado
Una cuña de masa
M=3kg reposa sobre un
plano horizontal liso,
muy cerca, a su vértice
superior se coloca un
bloquecito de masa m=1kg el que puede deslizarse
sin fricción .Si el conjunto parte desde el reposo
¿Cuánto avanzara el vértice “B” cuando el
bloquecito llegue a dicho punto?.
5    6   y M  h d
Lo cual quiere decir que el mono y el dardo se
encuentran a una misma altura, lo cual implica
que el mono es abatido por el dardo
Problema 7
Hallar la reacción en el punto “A” para que las n
esferas estén en equilibrio tomando en cuenta que
las esferas son de igual radio y peso de 200 N.
Solución
105
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
En el eje “x”
x  z  a  x  3 x  a  4x  a
Para la masa m

x
a
4
Problema 9
Nsen30  mam
Si el sistema mostrado, carente de fricción,
comienza a moverse desde el reposo, hallar la
aceleración del bloque A, sabiendo que: mA=60kg,
mB=mC=20kg.Se desprecia el peso de las poleas .
1 
Para la masa M
Nsen30  MaM
Solución
 2
Eligiendo como sistema de referencia inercial al
piso y realizando los diagramas de cuerpo libre
1   2
Para el cuerpo A
a
Nsen30 mam
1  m

Nsen30 MaM
3a M
F m a
A
x
 aM  1
am
3
A
 2T  m A a A
3
Para la cuña cuando parte desde el reposo
1
x  aM t 2
2

T 
4 
1
m AaA
2
1
Para el cuerpo C
Para el bloquecito cuando parte del reposo
z
1
am t 2
2
5 
 F  m a  m g T  m a
y
 4   5 
x aM

z am
c
c
c
 a  mc g  T
c
mc
6 
Para el cuerpo B
Igualando (3)=(6)
x
1 
z  3x

z
3
FR   F x  T  m B a B
De la figura
106
c
2 
c
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria

aB 
T
mB
Autor: Alfredo Cora Paco
a  gsen 3 0
3
La componente horizontal y vertical (eje x-y) es:
Considerando al cuerpo A como una gran polea
móvil
aA 
 a B  aC
2
 2a  a  a
A
C
B
4
a x  g sen 3 0  c o s 3 0
Finalmente, reemplazamos (1),(2),(3) en(4) y
despejando a A obtendremos
aA 
a y   gsen 2 30
g
mA
mA

 2
2mc
2mB
Sobre el niño actúan las fuerzas
 a A  1 .9 6  m / s 2 
Problema 10
Un niño de peso de 40kg
que es pesado en una
báscula de resorte situada
sobre una plataforma especial que se desplaza por
un plano inclinado de ángulo θ=30 como muestra
la figura (no hay rozamiento entre la plataforma y
el plano inclinado). ¿Cuál será la lectura de la
báscula en estas condiciones?.
Aplicaremos la dirección movimiento en dirección
vertical, bien sea en el referencial inercial S o en
el no-inercial S’ ligado al sistema acelerado:
S: N  mg  ma y   mgsen 2 30
S’: N  m g  m gsen 2 30  m a ' y  0
Solución
 N  mg 1  sen 30   mg  cos 30
La aceleración del conjunto niño-cuña con la que
se desliza hacia abajo es
2
Sustituyendo
obtenemos:
los
2
valores
N  40  cos 2 30 
N  30kg
Problema 11
A los extremos de un hilo
que pasa a través de una
polea fija al techo de la
cabina de un ascensor se
m a  m gsen 30
107
del
enunciado,
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
atan los cuerpos de masa m1 y m2 (m1<m2).La
cabina comienza a subir con una aceleración
constante g/2.Despreciando la masa de la polea y
la del hilo, así como el rozamiento, Calcular:
m 2 a '2  T 
3
m2 g
2
 2
De la condición de ligadura para los bloques se
tiene
a)
La aceleración de m1 y m2 respecto de la
cabina y con relación al foso del
ascensor.
b) La fuerza con la cual la polea actúa sobre
el techo de la cabina.
a '1  a '2  0  a '1   a '2  a '
De las ecuaciones (1), (2) y (3) se obtiene
m1 a '  T 
Solución
a)
El ascensor constituye una referencia no
inercial en traslación que se mueve con
una aceleración constante en sentido
ascendente respecto de una referencia
fija.
b) Seleccionemos una referencia con origen
O en un punto del ascensor .La
aceleración del origen O’ respecto de la
referencia fija O es la aceleración del
3
m1 g y m 1a '   T  3 m 2 g
2
2
Sumando estas ecuaciones:
3
2
 m 2  m 1  a '   m 2  m1  g
Despejando a`
3 m 2  m 1 
g
2 m 2  m 1 
a '


3 
ascensor 1 g j . Sean a `1 j la aceleración

Finalmente
2

de m1 y a ' 2 j la aceleración de m2 en la




a '1  a ` j y a ' 2   a ` j
referencia O`
En la referencia fija, las aceleraciones de m1 y de
m2 se obtienen de sumar a las anteriores la
aceleración del ascensor
Las fuerzas exteriores que actúan sobre la m1 son
la tensión del cable T y el peso m1g, y sobre m2
son la tensión del cable T y el peso m2g. De la
ecuación fundamental de la dinámica en la
referencia no inercial se tiene
a1 
 2 m 2  m1  g
g
 a `
2
 m 2  m1 
a2 
g
 2 m1  m 2  g
 a `
2
 m 2  m1 
b) La fuerza que la polea ejerce sobre el techo de
la cabina es
F  2T  0  F  2T
g 
m 1 a '1  T  m 1 g  m1
2
m 1 a '1  T 
3
m1 g
2
m 2 a '2  T  m 2 g  m 2
De la ecuación (1) y (3) se obtiene
3 
3 m1 m 2

T  m1  a `1  g  
g
2   m 2  m1 

1
Luego
g

2
108
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
F  2T

F
Autor: Alfredo Cora Paco
6m1m2
g
 m2  m1 
 sen   cos    v 2
 cos    sen  gR
v
Problema 12

gR  sen   cos  
 cos    sen 
Problema 13
Para una curva peraltada con coeficiente de
rozamiento µ entre el móvil y el suelo, calcular la
velocidad máxima para tomar correctamente .
Un ascensor desciende con una
aceleración a=2.0 m/s2 en sentido
descendiente. En su interior se
encuentra un bloque de masa
m=3.0 kg que desciende por un plano inclinado a
30º.La fricción entre el bloque y el plano es
despreciable .Calcular la aceleración del bloque al
ascensor .
Solución
Solución
Método 1
Desde un sistema de referencia no inercial “ S’ ”
y aplicando el principio de D’ Alembert:
v2
 F  ma  Nsen  fr cos   m R
c
c
 F  0  N cos   mg  f r sen
y
Pero fr   N
Reemplazando en las anteriores ecuaciones
despejando
Nsen   N cos   m
y
v2 
R
N  sen   cos    m
v 2 1 
R
En eje y está en equilibrio
N  ma cos30  mg cos30
Para la ecuación (2)
N  m cos 30  g  a 
N  cos    sen   mg  2 
En el eje x
Donde a1 es la aceleración relativa del bloque
respecto al ascensor
Dividiendo (1) y (2)
N  sen   cos  
N  cos    sen 

mv 2 
mgR
mgsen30  masen30  ma1
109
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
a1  (g  a)sen30
Problema 14
a 1   9 .8  2  sen 3 0
En
la
figura
a2>a1.
Hallar a3 en función de
a2 y a1.Despreciar las
masas y las porosidades
en las poleas
2
a1  3.9  m / s 
Método 2
Planteando un sistema de referencia inercial “S” y
aplicando la ley de newton hallaremos
la
aceleración del bloque respecto a un sistema de
referencia inercial ó respecto a tierra.
Solución
x1  x2
2
x3 
1
Puesto que en algún instante partieron del reposo
mgsen 30  mat  at  gsen30
x1 
1 2
a1t
2
 2
x2 
1
a 2t 2
2
 3
x3 
1
a3 t 2
2
 4
 2  ,  3  ,  4  en 1
1 2 11 2 1 2 
a3t   a1t  a2t 
2
2 2
2

a3 
a1  a2
2
Problema 15
a1  at  asen 30
Por una polea fija, cuya masa se
desprecia, pasa una cuerda
carente de peso .De uno de sus
cabos pende un cuerpo de masa
M1=25 kg y al otro cabo se ha
cogido un mono. ¿Con que aceleración trepa el
mono si el cuerpo permanece todo el tiempo a la
misma altura ?La masa del mono es M2=18kg.
a1   g  a  sen30
Solución
at  a1  asen30
Reemplazando at tenemos:
a1   9.8  2  sen30  a 1  3 .9  m / s 2 
Como el cuerpo permanece a la misma altura en
reposo
110
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
T  M 1g  0  T  M 1 g
Problema 17
Diagrama de cuerpo libre del mono
La figura muestra el choque de dos bolas de billar.
La bola 2 se encuentra inicialmente en reposo y la
bola 1, antes del choque, tiene una velocidad de v1
en la dirección que se indica .Después del choque
la bola 2 sale en la dirección indicada con una
rapidez de v’2.
T  18  9.8  18a 
25  9.8  18  9.8  18a
 a  3.8 m / s2 
a) Determine la mínima rapidez posible v`2.
b) Si v  4 m y e  0.5 determine
la
Problema 16
1
s
rapidez v '2 y el ángulo  .
Una piedra es soltada desde una altura h=4m por
encima de un terreno fangoso. Se desea averiguar
a qué profundidad ingresa en el fangoso, si se sabe
que la piedra recibe de parte de aquel una fuerza
de fricción que es igual al triple de su peso .
Solución
Solución
La dirección normal al choque es la dirección de

v '2 luego conservación de la cantidad de
movimiento en las direcciones x y y dan
( m1=m2)
Desde el momento que reconocemos que la fuerza
de rozamiento en el tramo BC es la única fuerza
externa distinta del peso que hace trabajo,
utilizaremos para la descripción de dicho
movimiento el Teorema del trabajo y la energía
mecánica
p0 x  p fx
v1 cos 30  v '2  v`1 cos 
Tramo AB:
Reordenando la ecuación
E B  E A  mg ( h  x )
v '2  v`1 cos  
Tramo BC
W fr  EC  EB
1
v1 3
2
1
p0 y  p fy
  fr  x  mg  h  x

v1 sen 30  v `1 sen 
2x  h  x  2  m 
v`1 sen  
111
1
v1
2
 2
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
los choques que ocurren contra el suelo son con
coeficiente de restitución e.
Para el coeficiente de restitución en el eje “x” y
ordenando la ecuación tenemos :
1
v '2  v `1 cos   ev1 3
2
a) Determine el tiempo total que demora en
ocurrir todos los choques.
 3
b) Determine la distancia total recorrida por la
partícula.
Sumando la primera y la tercera y se obtiene
v '2 
Solución
1
v1 3 1  e 
4
Como la partícula se suelta desde una altura h1
llega al suelo en un tiempo
La mínima rapidez será cuando e=0
h1  vot1 
1
 v '2 min  v1 3
4

b) Similar al anterior inciso
p0 x  p fx
2h1
g
Para la rapidez
v`2  v`1 cos  
v`1 sen 
t1 
1 2 
1
gt 1 h1  gt 21
2
2
1
v1 3  2 3
2
1
v1  2
2
v`2  v`1 cos  
1
ev1 3  3
2
v y  v0  gt1
1
 v y   gt1
 2
 v   g 2h1   2 gh
y
1
g
Y rebota con una velocidad
 3
U y  e 2gh1
Similarmente
Ahora con esa velocidad inicial de subida
1
3
v`2  v1 3 1  e  
3  m 2 
 s 
4
2
Restamos la primera menos tercera y se obtiene
v`1 cos  
1
1
1  e  v1 3  3
4
2
 4
 4  2
v 2 f  U 2 y  2 gh2  gh2 
ctg  
3    66.59º
4
1 2
e 2 gh1
2
 h2  e 2 h1
Problema 18
La secuencia de alturas que ocurre será
Una partícula de masa m se
suelta desde una altura h1 y
h1 , e 2 h1 , e 4 h1 ,           
112
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
y los tiempos empleados son :
NOTA
2h1
2h2
2h3
t1 
, t2  2
, t3  2

g
g
g
Series Especiales
t
2
g
 h  2 h  2 h  
1
2
Serie Geométrica
3
Una serie geométrica es de la forma:
t
2
g
t
2h1
1  2e  2e2  
g
 h  2e h  2e h  
2
1
1
t
2h1 
2e 
1 

g  1 e 
t
2h1  1  e 


g 1 e 
1
La serie geométrica es convergente
cuando
Es decir:
b)
La distancia que recorre la pelota la
representaremos mediante la serie infinita
d  h1  2 h2  2 h3     
d  h1  2 e 2 h1  2 e 4 h1       
2 

d  h1 1

1

e2 

113
y su suma es
Problemas Selectos de Fisica Univeristaria
Autor: Alfredo Cora Paco
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