Solucionario Vallejo Zambrano Tomo I

FÍSICA VECTORIAL 1 VALLEJO-ZAMBRANO SOLUCIONARIO Por Henry Alvarado Primera edición

(Edición Realizada en software de ofimática) Contactos:

http://www.facebook.com/henryalvaradoj 0987867212

PROLOGO

Este libro ha sido creado, con la intención de contribuir a los estudiantes en el interés del estudio de la física, de un modo mediante el cual puedan recurrir a esta guía para satisfacer sus dudas en la resolución de problemas del libro “Física Vectorial 1” de los autores Patricio Vallejo y Jorge Zambrano, debo advertir que este solucionario no constituye una guía práctica para el aprendizaje de la física, sino es solo un apoyo para la misma.

El libro “Física Vectorial 1” de Vallejo-Zambrano, es un libro mediante el cual los lectores pueden aprender de un modo significativo, sin embargo me permití resolver los ejercicios propuestos en el mismo, para brindar una mayor facilidad de comprensión en los problemas de este tipo, he puesto mi esfuerzo en cada uno de los ejercicios, además de la edición de los mismos.

El uso de este solucionario es de absoluta responsabilidad del lector, por tanto aconsejo se utilice debidamente para desarrollar las destrezas en el estudio de la física.

Henry Alvarado.

Solucionario Física Vectorial 1 Sistemas de coordenadas en el plano

EJERCICIO Nº 1

1. Representar las siguientes coordenadas rectangulares en el plano: A.  -4, 3 D.  0, 6  G .  -2, - 5 

B 1, - 8 

C.  -7, - 2 

E.  5, 0  F.  3, 4 

H.  8, - 4  I.  -1, 7 

SOLUCIÓN:

Henry Alvarado

Página 1


2. Determinar las coordenadas rectangulares que corresponden a los siguientes puntos:

SOLUCIÓN:

R .  5, - 6 

S.  -8, - 3

T.  -4, 0 

X. 8,1

Y.  -7,1

Z.  7, - 5

U.  2,7 

V.  -2, 3

W.  -8, 0 

3. Sin necesidad de graficar, indicar en qué cuadrante está situado cada uno de los puntos siguientes: R . 12, 5  U.  -1, 8  X.  -11, - 6 

S.  -7, 4 

T.  4, - 2 

V.  -2, - 7  W . 10, 3

Y.  9, - 4  Z.  -4, 9 

SOLUCIÓN:

R . 12, 5 Primer Cuadrante

S.  -7, 4  Segundo Cuadrante

T.  4, - 2  Cuarto Cuadrante

U.  -1, 8 Segundo Cuadrante

V.  -2, - 7  Tercer Cuadrante

W. 10, 3 Primer Cuadrante

X.  -11, - 6  Tercer Cuadrante

Y.  9, - 4  Cuarto Cuadrante

Z.  -4, 9  Segundo Cuadrante

Henry Alvarado

Página 2


4. Representar las siguientes coordenadas polares en el plano: R .  40 cm, 75°  U. 15 N, 110°  X.  35 m, 200° 

S.  20 cm, 290° 

V.  25 N, 330° 

T.  30 cm, 180°  W . 10 N, 200° 

Y.  50 m, 245°  Z.  50 m, 90° 

SOLUCIÓN:

Henry Alvarado

Página 3


5. Determinar las coordenadas polares que correspondan a los siguientes puntos:

SOLUCIÓN:

Q.  5cm, 65°  R . 10cm, 112°  S.  9cm,165°  T. 11cm, 225°  U.  7 cm, 305° V.  9 N, 70°  W.  7 N,115°  X. 10 N, 210°  Y.  5 N, 260°  Z.  8 N, 325°  6. Sin necesidad de graficar, indicar en qué cuadrante está situado cada uno de los puntos siguientes:

R .  90 m, 119°  S.  35 m, 213° 

T.  87 m, 300° 

U.  47 m, 25° 

X.  91N, 272° 

W .  56 N, 94° 

Z.  83 N, 165° 

V.  63 N, 192°  Y. 113 N, 89° 

SOLUCIÓN:

R .  90 m, 119°  Segundo Cuadrante

S.  35m, 213°  Tercer cuadrante

T. 87 m, 300° Cuarto Cuadrante

U.  47 m, 25°  Primer Cuadrante

V.  63 N, 192°  Segundo Cuadrante

W.  56 N, 94°  Primer Cuadrante

X.  91N, 272°  Cuarto Cuadrante

Y. 113 N, 89° Primer Cuadrante

Z. 83 N,165°  Segundo Cuadrante 7. Representar las siguientes coordenadas en el plano: R . 12 m, SE  S.  8 m, N12° O  T. 10 m, N 35° E 

Henry Alvarado

U.  7 m, S55° O  X. 11cm, S10° E 

V.  9 m, N 80° O 

Y.  8cm, S 

W . 10 cm, N  Z.  7 cm, S15° O 

Página 4


SOLUCIÓN:

8. Determinar las coordenadas geográficas que corresponden a los siguientes puntos:

SOLUCIÓN:

Q. 10 m, N55° E  R . 12 m, N 5° E  S.  8m, N 65°O  T. 11m, S50°O  U. 10 m, SE  V. 10 N, N 40° E  W. 8 N, N32°O  X.  9 N, N80°O  Y. 12 N, S33°O  Z. 11N, S52° E 

Henry Alvarado

Página 5


9. Sin necesidad de graficar, indicar en qué cuadrante está situado cada uno de los puntos siguientes: R .  70 km, SE  U.  55 km, N 20 E °  X.  75 m, N 73°O 

S.  45 km, N 23O °  T.  60 km, S80°O 

V.  80 m, S35° E 

W.  29 m, S10°O 

Y.  40 cm, N 80° E  Z.  89 cm, NE 

SOLUCIÓN:

R .  70 km, SE  Cuarto Cuadrante

S.  45km, N 23O° Segundo Cuadrante

T.  60 km, S80°O  Tercer Cuadrante

U.  55km, N 20 E °  Primer Cuadrante

V. 80 m, S35° E  Cuarto Cuadrante

W.  29 m, S10°O  Tercer Cuadrante

X.  75m, N 73°O  Segundo Cuadrante

Y.  40cm, N80°E  Primer Cuadrante

Z. 89cm, NE  Primer Cuadrante 10. En el triángulo GHI, hallar: a) g en términos de I, h b) i en términos h, g c) G en términos i, g d) h en términos G, g e) i en términos G, h f) I en términos i, h

SOLUCIÓN: a)

b)

c)

h 2 = i2 + g 2

tanG =

g cosI = h  g = h cosI

 i = h2 - g2

d)

e)

g h g h= senG

i h  i = h cosG

senG =

Henry Alvarado

cosG =

g i

g  G = tan -1   2 f) i senI = h i  I = sen -1   h Página 6


11. En el triángulo JKL, hallar: a) j en términos de L, l b) l en términos J, k c) J en términos j, l d) k en términos j, l e) k en términos j, L f) l en términos k, L

SOLUCIÓN: a) l tanL = j l  j= tanL d) 2

k = j +l

b)

c)

l cosJ = k  l = k cosJ

tanJ =

e) cosL =

j k

k=

j cosL

2

j l

 j  J = tan -1   l f) l k  l = k senL senL =

12. En el triángulo MNO, hallar: a) M en términos de o, m b) N en términos o, m c) n en términos o, m d) m en términos M, n e) o en términos N, n f) o en términos N, m

Henry Alvarado

Página 7


SOLUCIÓN: a)

senM =

b)

m o

cosN =

m  M = sen -1   o d) m n  m = n tanM tanM =

c)

m o

o2 = m2 + n 2

m  N = cos -1   o e) n senN = o n o= senN

 n = o2 - m2 f) m o m o= cosN cosN =

13. Resolver los siguientes triángulos rectángulos:

b

c

c d c = d sen 35°

B = 90° - 35° B = 55°

sen 35° =

b cos 35° = d b = d cos 35°

c = 10sen 35° = 5, 74 m

b = 10 cos 35° = 8,19 m

R = 90° - 42° R = 48°

sen 42° =

q p

q sen 42° 73cm p= = 109, 09 cm sen 42° p=

tan 42° =

q r

q tan 42° 73cm r= = 81, 07 cm tan 42° r=

Henry Alvarado

Página 8


 ECD

2 EC = 47 cm EC = 23,5cm

E = 90° - 28° E = 62° EC DE EC DE = sen 28° 23,5cm DE = = 50, 05cm sen 28°

sen 28° =

 ABC AB = DC = 44,19 cm

AC = BC 2 + AB2 AC = 47 2 + 44,19 2

A = 90° - 43, 24° A = 46, 76°

AC = 64,51cm

EC DC EC DC = tan 28° 23,5cm DC = = 44,19 cm tan 28° tan 28° =

AB BC  AB  C = tan -1    BC   44,19  C = tan -1   = 43, 24°  47  tanC =

 ABC

A = 90° - 38° A = 52°

AB AC AB AC = sen 38° 53cm AC = = 86, 09 cm sen 38°

sen 38° =

AB BC AB BC = tan 38° 53cm BC = = 67,84 cm tan 38° tan 38° =

1

 BCD

1 = 90° - 38° 1 = 52°

Henry Alvarado

DC BC DC = BCcos 38° 53cm DC = cos 38° = 53, 46 cm tan 38°

cos 38° =

BD BC BD = BCsen 38° 53cm BD = sen 38° = 41, 76 cm tan 38°

sen 38° =

Página 9


 ABC

BC AC BC = ACsen 40°

sen 40° =

C = 90° - 40° C = 50°

BC = 90 km sen 40° = 57,85 km AB AC AB = ACcos 40°

cos 40° =

AB = 90 km cos 40° = 68,94 km

 EDB EB = DB =

2 2 AB = 68,94 km = 45,96 km 3 3

DE = 45,96 2 + 45,96 2 DE = 65 km

Triangulo isósceles E = 45° D = 45°  ED C

1 = 90° - 67° 1 = 23°  D = 67

DE DC DE = DCsen 23°

sen 23° =

DE = 71m sen 23° = 27, 74 m

1

EC DC EC = DCcos 23°

cos 23° =

EC = 71m cos 23° = 65,36 m  ABC

A = 90° - 37° A = 23°

AC 2 AC = 2 EC = 2  65,36 m  = 130, 72 m EC =

AB AC AB = AC sen 67°

BC AC BC = AC cos 67°

sen 67° =

cos 67° =

AB = 130, 72 m sen 67° = 120,33m

BC = 130, 72 m cos 67° = 51, 08 m

Henry Alvarado

Página 10

Solucionario Física Vectorial 1 Vectores en el plano

EJERCICIO Nº 2

1. Determinar cuáles de los siguientes vectores son unitarios:     a) 0,5 i+ 0,5 j b) 0,8 i+ 0, 6 j     d) 0, 7 i+ 0,55 j e) 0, 235 i  0,972 j     g) 0,33 i  0,943 j h) 0,5 i+ 0,866 j

  



  











  c) 0,37 i  0,929 j   f) 0,3 i+ 0, 4 j   i) 0, 707 i  0, 707 j

  







SOLUCIÓN: a)

0, 52 + 0, 52 = 0, 707  No es unitario

c)

0, 37 2 + 0, 929 2 = 1  Es unitario d)

0, 7 2 + 0, 552 = 0,890  No es unitario

e)

0, 2352 + 0, 972 2 = 1  E s unitario f)

0, 32 + 0, 4 2 = 0, 5  No es unitario

g)

0, 332 + 0, 9432 = 1  Es unitario

i)

0, 707 2 + 0, 707 2 = 1  Es unitario

h)

b)

0,82 + 0, 6 2 = 1  E s unitario

0, 52 + 0,866 2 = 1  Es unitario

2. Determinar los vectores unitarios de los siguientes vectores:    a) A = 150 N, 140°  b) B =  27 N, N 37° E  c) C =  45 N, 225°        b) D = -9 i+ 4 j N e) E =  400 N, S 25° O  f) F = 235 i- 520 j m    c) G =  28 m, S  h) H =  40 m, 335  i) I = 12 m, NO 









SOLUCIÓN: a)

A X = 150 cos140°

A Y = 150sen140°

A X = -114,91

A Y = 96, 42

   A = -114, 91 i+ 96, 42 j N





  A A =  A   -114,91 i+ 96, 42 j N  A = 150 N    A = -0, 77 i+ 0, 64 j





Henry Alvarado





Página 11


b)

BX = 27sen 37°

BY = 27 cos 37

BX = 16, 25

BY = 21,56

   B = 16, 25 i+ 21, 56 j N





  B B =  B    16, 25 i+ 21,56 j N B = 27 N    B = 0, 60 i+ 0, 79 j









c)

CX = 45cos 225°

CY = 45sen 225°

CX = -31,82

CY = -31,82

   C = -31,82 i+ -31,82 j N





  C C =  C   -31,82 i+ -31,82 j N  C = 45 N    C = -0, 707 i- 0, 707 j









d)

  D D =  D  D = 92 + 42 N  D = 9,85 N

  -9 i+ 4 j N  D = 9,85 N    D = -0,91 i- 0, 40 j









e)

E X = -400sen 25°

E Y = -400 cos 25°

E X = -169, 05

E Y = -362,52

Henry Alvarado

   E = -169, 05 i- 362, 52 j N





Página 12


  E E =  E   -169, 05 i- 362,52 j N  E = 400 N    E = 0, 42 i+ 0,91 j









f)

g)

  F F =  F  F = 2352 + 520 2 m  F = 570, 64 m

   = 235 i- 520 j m F = 570, 64 m    F = 0, 41 i- 0,91 j







   G = 0 i- j







h)

H X = 40 cos 335°

H Y = 40sen 335°

H X = 36, 25

H Y = -16,90

   H = 36, 25 i+ -16, 90 j m





  H H =  H    36, 25 i+ -16,90 j m H = 40 m    H = 0,91 i- 0, 42 j









i)

IX = -12sen 45°

IX = 12 cos 45°

IX = -8, 49

IX = 8, 49

   I = -8, 49 i  8, 49 j m





  I I =  I   -8, 49 i  8, 49 j m  I = 12 m    I = -0, 707 i+ 0, 707 j





Henry Alvarado





Página 13


Nota: también se puede resolver en función de los ángulos directores y cosenos directores. 3. Determinar los ángulos directores de los siguientes vectores:       R = -4 i+ 8 j m S = 5 i- 9 j m T = -11 i- 7 j m









V =  45 N, 229°  W =  57 N, 280° 





U = 120 m, 120° 

X =  78 N, N 29° O  Y =  45 N, S72° E 

Z =  20 N,S 45° O 

SOLUCIÓN:

R:

S:

cos  =

RX R R   = cos -1  X   R 

cos  =

RY R R   = cos -1  Y   R 

  -4  = cos -1   = 116,57 2 2  4 +8 

  8  = cos -1   = 26,57 2 2  4 +8 

cos  =

SX S S   = cos -1  X   S 

cos  =

  5  = cos -1   = 60,95 2 2  5 +9 

 -9   = cos -1   = 150,95 2 2  5 +9 

SY S S   = cos -1  Y   S 

cos  =

TX T T   = cos -1  X   T 

cos  =

U:

 -11   = cos -1   = 147,53 2 2  11 + 7   = 120°

  -7  = cos -1   = 122, 47 2 2  11 + 7   = 120° - 90° = 30°

V:

 = 360° - 229 = 131

 = 229° - 90° = 139°

W:

 = 360° - 280 = 80

 = 90°  80 = 170°

X:

 = 29°  90 = 119

 = 29°

Y:

 = 90° - 72 = 18

 = 180° - 72 = 108°

Z:

 = 90°  45 = 135

 = 90°  45 = 135

T:

Henry Alvarado

TY T T   = cos -1  Y   T 

Página 14


4. Determinar los vectores unitarios para los vectores opuestos a los descritos en el literal anterior. SOLUCIÓN:    -R = - cos116,57° i- cos 26,57° j    -R = 0, 45 i- 0,89 j

 



   -T = - cos147,53° i- cos122, 47° j    -T = 0,84 i  0,54 j

 



   -V = - cos131° i- cos139° j    -V = 0, 66 i  0, 75 j

 

   -X = - cos119° i- cos 29° j    -X = 0, 48 i- 0,87 j

 



 







   - U = - cos120° i- cos 30° j    - U = 0,50 i- 0,87 j

 



 



   -Y = - cos18° i- cos108° j    -Y = -0,95 i  0,31 j



   - Z = - cos135° i- cos135° j    - Z = 0, 71 i  0, 71 j

 

 







   - W = - cos80° i- cos170° j    - W = -0,17 i- 0,98 j





   -S = - cos 60,95° i- cos150,95° j    -S = -0, 49 i- 0,87 j









 5. Un vector R parte del origen y llega al punto 12, 7  cm; determinar:  a) Las componentes rectangulares del vector R  b) El módulo del vector R  c) La dirección del vector R  d) Los ángulos directores del vector R e) El vector en función de sus vectores base f) El vector unitario

SOLUCIÓN: a)

R X = 12 cm R Y = 7 cm Henry Alvarado

b)

c)

2

2

12 + 7 cm = 13,89 cm

 12   = tan -1   = 59, 74° 7  N 59, 74 E Página 15


d)

e)

f)

  R R =  R   90 - 59, 74  30, 26   59, 74

   12 i+ 7 j cm R = 122  7 2 cm    R = 0,96 i- 0,5 j



   R = 12 i+ 7 j cm











 6. Un vector S cuya magnitud es de 54N y forma un ángulo de 213° en sentido antihorario con el eje positivo en Y, determinar:  a) Las componentes rectangulares del vector S  b) Las coordenadas del punto externo del vector S  c) Los ángulos directores del vector S d) El vector en función de sus vectores base e) El vector unitario

SOLUCIÓN: a)

b)

SX = 54 N cos 213°

SY = 54 N sen 213°

SX = -45, 29 N

SY = -29, 41N

c)

d)

e)

 = 360° - 213° = 147°  = 213° - 90° = 123°

   S = -45, 29 i- 29, 41 j N

   S = cos147° i+ cos123° j    S = -0,84 i- 0,54 j



S  -45, 29; - 29, 41 N



 





 7. Si el ángulo director de α de un vector K es 125°, y su componente en el eje X es de 37cm; determinar: a) La componente en el eje Y b) El ángulo director β  c) El módulo del vector K d) El vector unitario e) El vector en función de los vectores base f) El punto extremo del vector

SOLUCIÓN:

Henry Alvarado

Página 16


a)

b)

tan125° =

37 cm KY

c) sen 35° =

 = 180° - 35° = 145°

37 cm KY = = -52,84 cm tan 35 d)

 37 cm K = = 64,51cm sen  35° 

e)

    K = cos125° i+ cos145° j     K = -0,57 i- 0,82 j

 





37 cm  K

f)

   K = -37 i- 52,84 j cm



 K -37;-52,84 j cm







   8. Para el vector A = -34 i+ 67 j cm/ s; determinar:





a) Las componentes rectangulares del vector b) El vector en coordenadas polares c) El vector en coordenadas geográficas  d) El módulo del vector A  e) Los ángulos directores del vector A f) El vector unitario SOLUCIÓN: a)

R X = -34 cm/ s R Y = 67 cm/ s

b)

  -34  = cos   2 2  34 + 67   = 116,91 -1

c)

 A = 342 + 67 2 = 75,13  A =  75,13cm/ s;116,91° 

d)

 = 116,91° - 90° = 26,91°  A =  75,13cm/ s; N 26,91° O 

 A = 342 + 67 2 = 75,13cm/ s

e)

f)

  116,91   26,91

   S = cos116,91° i+ cos 26,91° j    S = -0, 45 i  0,89 j

Henry Alvarado

 





Página 17


 9. El rumbo de un vector E es S68°E y el valor de la componente en el eje de las X es 87N, determinar: a) Los ángulos directores b) La componente en el eje Y  c) El módulo del vector E d) Las coordenadas en el punto extremo del vector e) El vector unitario    f) Un vector F de dirección opuesta al vector E , cuyo módulo es el mismo del E

SOLUCIÓN: a)

b)

c)

 = 90° - 68° = 22°  = 180° - 68° = 112°

tan 68° = EY = -

87 N sen 68° =  E

87 N EY

 E =

87 N = -35,15 N tan 68°

d)

e)

E  87; - 35,15  N

    E = cos 22° i+ cos112° j     E = 0,93 i- 0,37 j

87 N = 93,83 N sen  68° 

f)

 





   F = -87 i+ 35,15 j N





 10. El módulo del vector C es 84m y su dirección está dada por el vector unitario     U C = m i+ nj, el vector C está en el primer cuadrante; determinar:

a) El valor de m y n, si n=2m

 b) Los ángulos directores del vector C c) El vector en función de los vectores base

 d) Las componentes rectangulares del vector C

 e) Las coordenadas del punto extremo del vector C  f) La dirección del vector C g) El vector unitario

SOLUCIÓN:

Henry Alvarado

Página 18


a)

b)

En un vector unitario el módulo es siempre 1, entonces :

 5  = cos -1   = 63, 43°  5 

1 = m2 +  2 m 

2

2 5  = cos -1   = 26,57° 5  

5 m2 = 1 1 5 = 5 5

m=

y

n=

c)   5  2 5  C = 84 m  i+ j 5   5    C = 37,57 i+ 75,13 j m





2 5 5

d)

e)

CX = 37,57 m

C  37, 57; 75,13  m

CY = 75,13m

f)

g)

N 26,57° O

  5  2 5   C =  i+ j  5 5      C = 0, 45 i+ 0,89 j





 11. La componente de un vector B en el eje X es -27cm, si sus ángulos directores son α=145° y β=125°, determinar: a) La componente del vector en el eje Y  b) El módulo del vector B  c) Las coordenadas del punto extremo del vector B  d) La dirección del vector B e) El vector en coordenadas polares f) El vector unitario

SOLUCIÓN: a)

b)

tan 55° = BY = -

-27 cm BY

27 cm = -18,91cm tan 55°

Henry Alvarado

cos145° =

-27 cm  B

 -27 cm B= = 32,96 cm cos145°

Página 19


c)

d)

e)

B  -27; -18,91 cm

S 55° O

 B =  32,86 cm; 215° 

f)    B = cos145° i+ cos125° j    B = -0,82 i- 0,57 j

 





 12. La componente de un vector J en el eje Y es -45km y el ángulo formado respecto al eje positivo de X es 207° en dirección antihoraria, determinar: a) La componente del vector en el eje X b) Los ángulos directores  c) El módulo del vector J d) Las coordenadas del extremo del vector e) El vector en función de sus componentes rectangulares f) El vector unitario

SOLUCIÓN: a)

b)

 = 270° - 207° = 63° JX tan 63° = -45 km J X = -45 km tan 63° = -88,32 km

 = 360° - 207° = 153°  = 207° - 90° = 117°

c)

cos117° =

-45 km  J

 -45 km J = = 99,12 km cos117°

d)

e)

J  -88,32; - 45  km

 J =  -88, 32; - 45  km

f)     J = cos153° i+ cos117° j     J = -0,89 i- 0, 45 j

 





 13. El módulo de un vector E es 68cm y tiene como ángulos directores α=115° y β=25°; determinar: Henry Alvarado

Página 20


a) b) c) d) e)

La dirección Las componentes rectangulares del vector Las coordenadas del punto extremo del vector El vector en función de los vectores base El vector unitario

SOLUCIÓN: a)

b)

N 25° O

c)

E X = 68cm cos115° E X = 68cm sen115° E X = -28, 74 cm

E X = 61, 63cm

d)

e)

   E = -28, 74 i+ 61, 63 j cm

    E = cos115° i+ cos 25° j     E = -0, 42 i  0,91 j



Henry Alvarado



 



E  -28, 74; 61, 63  cm



Página 21

Solucionario Física Vectorial 1 Formas de expresión de un vector y transformaciones

EJERCICIO Nº 3 1. Expresar en coordenadas rectangulares los siguientes vectores:   a) A  15 i  20 j m  b) B = 130 N, 125º   c) C =  37 cm, N 37º E     d) D = 25kgf -0, 6 i- 0,8 j









SOLUCIÓN: a)  A = 15, - 20  m

b)   Bx = B cos   Bx = 130 Ncos125º  Bx = -74,56 N

  By = B sen   By = 130 Nsen125º  By = 106, 49 N

 B =  Bx , B y   B =  -74,56;106, 49  N

  By = B cos   By = 37 cmcos 37º  By = 29,55cm

 B =  Bx , By   B =  22, 27; 29,55  cm

c)

  Bx = B sen   Bx = 37 cm sen 37º  Bx = 22, 27 cm d)    D = 25 kgf -0, 6 i- 0,8 j    D = -15 i- 20 j kgf





Henry Alvarado





 D =  -15, - 20  kgf

Página 22


2. Expresar en coordenadas polares los siguientes vectores:    a) A = -14 i+ 8 j m  b) B =  87, 91 N    c) C = 45 kgf 0, 707 i- 0, 707 j  d) D =  22 N,S 28º O 









SOLUCIÓN: a)

 A = 14 2 + 82   A = 16,12 m

8 14 8   tan 1    14    29, 74º tan  

  180º    180º 29, 74

 A = 16,12 m;150, 26º 

  150, 26º

b)

 B =  87 2 + 912   B = 125,90 N

91 87  91    tan 1    87    46, 29º tan  

 B = 125,90 N; 46, 29º 

c) tan 1 

0, 707 0, 707

 0, 707  1  tan    0, 707  1  45º 1

  270º 1   270º 45º

 C =  45 kgf; 315º 

  315º

d)   270º    270º 28º   242º

Henry Alvarado

 D =  22 N, 242º 

Página 23


3. Expresar en coordenadas geográficas los siguientes vectores:  a) A =  52, -25  N  b) B =  47 N, 245º     c) C = -32 im+ 21 jm    d) D = 35cm 0,866 i+ 0,5 j





SOLUCIÓN: a)

 A = 52 2 + 252  A = 57, 7 N

52 25  52    tan 1    25    64,32º tan  

 A =  57, 7 N; S64,32º E 

b)   270º 245º   25º

 B =  47 N, S25º O 

c)

 C = 32 2 + 212  C = 38, 28 m

32 21  32    tan 1    21    56, 73º tan  

 C =  38, 28 m; N 56, 73O 

d) tan  

0,5 0,866

 0,5    tan 1    0,866    30º

Henry Alvarado

 D =  35cm; N 30º E 

Página 24


4. Exprese en función de sus módulos y vectores unitarios los siguientes vectores:  a) A =  44 m, 340º   b) B =  25 km, S14º O   c) C =  -21, 45  N    d) D = 17 i+ 9 j kgf





SOLUCIÓN: a)  A x = A cos 

 A y = A sen 

A x = 44 mcos 340º

A y = 44 msen 340º

A x = 41,35 m

A y = 15, 05 m

   A = 41,35 i-15, 05 j m





  A  A =  A   41,35 i-15, 05 j m  A = 44 m     A = 0,94 i  0,34 j







   A = 44 m 0,94 i- 0,34 j







b)   270º 14º   284º

 Bx = B cos 

 B y = A sen 

Bx = 25 km cos 284º

   B y = 25 km sen 284º A = 6, 05 i- 24, 26 j km

Bx = 6, 05 km

B y = 24, 26 km





  B  B =  B   6, 05 i- 24, 26 j km  B = 25 km     B = 0, 24 i  0,97 j









Henry Alvarado

   B = 25 km 0, 242 i- 0,97 j





Página 25


c)

  C C   C  C  212  452  C  49, 66º N

   -21 i+ 45 j N C  49, 66 N    C  -0, 42 i+ 0,90 j







   C  49, 66 N -0, 42 i+ 0,90 j







d)

  D D   D  D = 17 2  92  D = 19, 24 kgf

   17 i+ 9 j kgf D  19, 24 kgf    D  0,88 i+ 0, 47 j







   D  19, 24 kgf 0,88 i+ 0, 47 j







 5. Expresar el vector R =  -13, -27  m en:

a) b) c) d)

Coordenadas polares Función de los vectores base Coordenadas geográficas Función de su módulo y unitario

SOLUCIÓN: a)

 R = 132 + 27 2  R = 29,97 m

27 13  27  1  tan 1    13  1  64, 29º tan 1 

b)

  64, 29º 180º   244, 29º

 R =  29,97 m; 244, 29º 

c)

   R = -13 i- 27 j m



Henry Alvarado



  270º 244, 29º   25, 71º

 R =  29,97 m; S25, 71º O 

Página 26


d)

  R R   R    -13 i- 27 j m R  29,97 m    R  -0, 43 i- 0,9 j







   R = 29,97 m -0, 43 i- 0,9 j







 6. Expresar el vector V =  200 km, 318º  en :

a) b) c) d)

Coordenadas geográficas Coordenadas rectangulares Función de los vectores base Función de su módulo y unitario

SOLUCIÓN: a)   318º 270º   48º

 V =  200 km, S48º E 

b)  Vx = V cos 318º

 Vy = V sen 318º

Vx = 200 kmcos 318º

Vy = 200 kmsen 318º

Vx = 148, 63km

Vy = -133,83km

 V = 148, 63; -133,83 km

c)    V = 148, 63 i-133,83 j km





d)   V  V   V    148, 63 i-133,83 j km V  200 km     V  0, 743 i- 0, 669 j





Henry Alvarado



   V = 200 km 0, 743 i- 0, 669 j







Página 27


 7. Expresar el vector K =  20 N, N 47º O  en:

a) b) c) d)

Coordenadas polares Coordenadas rectangulares Función de su módulo y unitario Función de los vectores base

SOLUCIÓN: a)   90º 47º   137º

 K =  20 N; 137º 

b)  K x = K cos 

 K y = K sen 

K x = 20 Ncos137º

K y = 20 Nsen137º

K x = -14, 63 N

K y = 13, 64 N

 K =  -14, 63;13, 64  N

c)   K  K   K    -14, 63 i  13, 64 j N K  20 N     K  0, 73 i  0, 68 j







   K  20 N 0, 73 i  0, 68 j







d)    K = -14, 63 i  13, 64 j N





   8. Expresar el vector L = 147 cm mi- nj ; Si m = 3n , en:



a) b) c) d)



Coordenadas geográficas Coordenadas polares Coordenadas rectangulares Función de los vectores base

SOLUCIÓN:

Henry Alvarado

Página 28


   L  mi- nj    L  3n i- nj

 

1

 

3n 

2

m  3n

 n2

 L   L   L   L 



9 n2  n2  1 10 n  1 1 10 n  0,316 n

  mi- nj   3n i- nj

  m  3n      3  0,316 i- 0,316 j     0,948 i- 0,316 j 

a) tan  

0,948 0,316

 L  147 cm; S71,57º O 

 0,948    tan 1    0,316    71,57º

b)   270º 71,57º   341,57º

 L  147 cm; 341,57º 

c)

d)

 L = 147 cm  0,948;-0,316   L = 139,36;-19,99  cm

   L = 139,36 i-19,99 j cm





   9. Expresar el vector H = -29 i+ 35 j m s en:



a) b) c) d)



Coordenadas rectangulares Función de su módulo y unitario Coordenadas polares Coordenadas geográficas

SOLUCIÓN:

Henry Alvarado

Página 29


a)

 H =  -29; 35  m s b)

  H H   H  H  29 2  352  H  45, 45 m/ s

  -29 i+ 35 j m s  H = 45, 45 m s    H = 0, 64 i+ 0, 77 j







   H  45, 45 m/ s 0, 64 i+ 0, 77 j







c) tan  

0, 64 0, 77   90º 39, 73º   129, 73

 0, 64    tan 1    0, 77    39, 73º

 H   45, 45 m/ s;129, 73º 

d)

 H   45, 45 m/ s; N 39, 73º O 

   10. Expresar el vector E = 9 i+12 j m s 2 en:



a) b) c) d)



Coordenadas rectangulares Coordenadas polares Coordenadas geográficas Función de su módulo y unitario

SOLUCIÓN: a)

 E =  9;12  m s 2

Henry Alvarado

Página 30


b)

12 9  12    tan 1   9   53,13º tan  

 E = 92 +122  E = 15 m/ s 2

 E = 15 m/ s 2 ; 53,13º 

c)   90º 53,13º   36,87º

 E = 15 m/ s 2 ; N 36,87º E 

d)

  E E   E    9 i+12 j m s 2 E  15 m s 2    E  0, 6 i+ 0,8 j







   E = 15 m/ s 2 0, 6 i+ 0,8 j







11. Exprese en función de sus vectores base los siguientes vectores:  a) A =  65 km/ h, 121º   b) B =  70 N, NE     c) C = 120 km 0,873 i- 0, 488 j  d) D =  -13, 40  N





SOLUCIÓN: a)  A x = A cos 

 A y = A sen 

A x = 65 km/ hcos121º

A y = 65 km/ hsen121º

A x = 33, 48 km/ h

A y = 55, 72 km/ h

Henry Alvarado

   A = -33, 48 i+ 55, 72 j km/ h





Página 31


b)  Bx = B cos 

   B = 49,5 i  49,5 j N



Bx = 70 Ncos 45º



Bx = 49,5 N

c)    C = 104, 76 i- 58,56 j km





d)    D = -13 i  40 j N



Henry Alvarado



Página 32

Solucionario Física Vectorial 1 Operaciones con vectores

EJERCICIO Nº 4   1. Si la magnitud de los vectores F y G son 40m y 30m respectivamente, determinar:   a) La magnitud máxima del vector resultante de la suma vectorial de F + G   b) La magnitud mínima del vector resultante de la suma vectorial de F + G   c) La magnitud del vector resultante de la suma vectorial en caso de que F y G sean perpendiculares   d) La magnitud máxima del vector resultante de la resta vectorial de F - G

SOLUCIÓN: a)

b)

   F = 40 i+ 0 j m    G = 30 i+ 0 j m    R = 70 i+ 0 j m

  

  

   F = 40 i+ 0 j m    G = -30 i+ 0 j m    R = 10 i+ 0 j m

  

 R = 70 2 = 70 m

c)





 R = 10 2 = 10 m



d)

   F = 40 i+ 0 j m     G = 0 i+ 30 j m R = 40 2  30 2 = 50 m    R = 40 i+ 30 j m

  

 



   F = 40 i+ 0 j m    -G = 30 i+ 0 j m    R = 70 i+ 0 j m













   F = 40 i+ 0 j m    G = -30 i+ 0 j m  R = 702 = 70 m

 





      2. Dados los vectores F = 4 i+ 6 j y G = -6 i- j , encontrar: a) El ángulo formado por los vectores

  b) El área del paralelogramo formado por los vectores F y G   c) El vector unitario en la dirección de F - 2G





SOLUCIÓN:

Henry Alvarado

Página 33


a)   F • G    FG    4× -6 + 6× -1    cos 1    52  37    133,15º    cos    1

 F = 42 + 62  F  7, 21

 G = 62 +1  G = 6, 08

b)

Á rea =

4 6 =  -4 + 36  = 32 u 2 -6 -1

c)    F = 4 i+ 6 j

 

   G = -6 i- j

   2G = -12 i- 2 j

      F - 2G = 4 i+ 6 j - -12 i- 2 j     F - 2G = 16 i+ 8 j

   

 

   16 i+ 8 j F 2G  162  82    F 2G  0,89 i  0, 45 j







 3. Dado el vector Q =  3, - 5  m , encontrar:   a) Un vector P perpendicular a Q , de modo que su módulo sea de 17m y la

coordenada Y sea positiva

  b) El área del paralelogramo formado por Q y P   c) La proyección de Q sobre P

SOLUCIÓN: a)

  Q•P = 0   Q • P =  3× Px - 5× Py 

 3× P

x

- 5× Py  = 0

3× Px  5× Py

Henry Alvarado

   P = 5 i+ 3 j m    5 i+ 3 j m P  52  32     P  0,86 i+ 0,51 j













   P = 17 m 0,86 i+ 0,51 j    P = 14, 62 i  8, 67 j m









Página 34


b)

Área =

3 -5 =  26, 01+ 73,1 = 99,11m2 14, 62 8, 67

c) Los vectores son perpendiculares por lo tanto la proyección es cero

    4. Dados los vectores P = 12 i-8 j m s Q = 15 m s , 120º  , encontrar:   a) P - Q   b) Q + P  c) 3 / 2P   d) Q • P  e) El ángulo formado entre Q y P   f) P × Q





SOLUCIÓN:  Q x = Q cos 

 Q y = Q sen 

Q x = 15 m/ scos120º

Q y = 15 m/ s sen120º

Q x = -7,5 m/ s

Q y = 12,99 m/ s

a)

   Q = -7,5 i+12,99 j m/ s





b)

   P = 12 i - 8 j m s    - Q = 7,5 i-12,99 j m/ s     P - Q  19,5 i- 20,99 j m/ s

   Q = -7,5 i  12,99 j m/ s     P = 12 i - 8 j m s     Q  P  4,5 i  4,99 j m/ s

c)

d)

  



 

  







  3  3 P = 12 i- 8 j m s 2 2   3  P = 18 i-12 j m s 2

  Q • P =  -7,5×12 +12,99× -8  m/ s   Q • P = -193,92 m/ s

e)

f)





Henry Alvarado





Página 35


  -7,5×12 +12,99× -8      = cos   2 2  15 m/ s  12 + 8     = 93,56º -1





  12   -8 P×Q = = 155,88 + 60  k = 215,88k -7,5 12,99

  5. Dados los vectores M =  37, 25  m N =  41m, 213º  , hallar:   a) M + N   b) N - M  c) -2N   d) N • M   e) La proyección de N sobre M f) El área del paralelogramo formado por los dos vectores

SOLUCIÓN: a)  N x = N cos 

 N y = N sen 

N x = 41mcos 213º

N y = 41msen 213º

N x = -34,39 m

N y = -22,33m

   N = -34,39 i- 22,33 j m





   M= 37 i + 25 j m    N = -34, 39 i- 22, 33 j m     M + N = 2, 61 i+ 2, 67 j m

  







b)

c)

   N = -34,39 i- 22,33 j m    - M = - 37 i - 25 j m     N - M = - 71,39 i- 47,33 j m

  







   -2N = -2 -34,39 i- 22,33 j m    -2N = 68, 78 i+ 44, 66 j m









d) Henry Alvarado

Página 36


  N • M =  -34,39×37 - 22,33× 25    N • M = -1830, 68 e)

   N • M  N M =  × M M

 N M = 33,97 2 + 22,952  N M = 40,99 m

    -34,39×37 - 22,33× 25   37 i+ 25 j m   NM = ×  37 2 + 252  37 2 + 252      N M = -33,97 i- 22,95 j m









f)

37 25 =  -826, 21+ 934, 75 = 33,54 m 2 -34,39 -22,33

Área =

     6. Dados los vectores E = 15 N mi+ 0, 48 j ; I =  21N, SE  y F = 12 N, 312º  , hallar:    a) E + I + F    b) 2 / 3I - 3E + 5 / 2F   c) 2 / 5 F • E   d) 3I× 2F    e) La proyección de E sobre el vector resultante de I + F   f) El ángulo comprendido entre los vectores F y E

















SOLUCIÓN:

   E = 15 N mi+ 0, 48 j



 I =  21N, SE 



m = 1-  0, 482 

  270º 45º   315º

m = 0,88    E = 15 N 0,88 i+ 0, 48 j     E = 13, 2 i+ 7, 2 j





Henry Alvarado





 I x = I cos 

 I y = I sen 

I x = 21Ncos 315º

I y = 21Nsen 315º

I x = 14,85

I y = -14,85 Página 37


   I = 14,85 i-14,85 j N





 F = 12 N, 312º 

 Fx = F cos 

 Fy = F sen 

Fx = 12 Ncos 312º

Fy = 12 Nsen 312º

Fx = 8, 03

Fy = -15, 60

   F = 8, 03 i-15, 60 j N





a)    E = 13, 2 i+ 7, 2 j N    I = 14,85 i-14,85 j N    F = 8, 03 i-15, 60 j N      E + I + F  36, 08 i- 23, 25 j N

   









b)

 2   2 / 3I = 14,85 i-14,85 j N 3    2 / 3I = 9,9 i- 9,9 j N

   -3E = -3 13, 2 i+ 7, 2 j N    -3E = -39, 6 i- 21, 6 j N

 5   5 / 2F = 8, 03 i-15, 60 j N 2    5 / 2F = 20, 08 i- 39 j N

 2 / 3I =  - 3E =  5 / 2F =    2 / 3I - 3E + 5 / 2F =





















 





9,9 i- 9,9 j  N    -39, 6 i- 21, 6 j  N    20, 08 i- 39 j  N    -9, 62 i- 70,5 j  N

c)

  2 2 / 5 F • E =  8, 03×13, 2 -15, 60× 7, 2  5   F • E = -2,53





d)

Henry Alvarado

Página 38


   3I = 3 14,85 i-14,85 j N    3I = 44,55 i- 44, 45 j N





 

   2F = 2 8, 03 i-15, 60 j N    2F = 16, 06 i- 31, 2 j N









  44,55 -44,55    3I× 2F = k =  -1389,96 + 715, 47  k = -674, 49 k 16, 06 -31, 2

   e) La proyección de E sobre el vector resultante de I + F





   I = 14,85 i-14,85 j N    F = 8, 03 i-15, 60 j N     I + F  22,88 i- 30, 45 j N

  







   E • I F  E I+F =  × I  F I F    13, 2× 22,88  7, 2× 30, 45   22,88 i- 30, 45 j E I+F = × 2 2  22,882 + 30, 452 22,88 + 30, 45     E I+F = 1,30 i-1, 73 j m





 



 

 E I+F = 1,302  1, 732  E I+F = 2,16 f)  8, 03  13, 2  15, 60  7, 2    cos 1   15  12     92, 01º

     7. Dados los vectores A = 31m s 0, 2 i+ mj ; B =  43 m s , 172º  y C =  55, -12  m s ,





hallar:    a) A - B + C    b) 1 2 A + B - 2C  2  c) El área del paralelogramo formado por 2A y C 3 Henry Alvarado

Página 39


d) La proyección de     e) A×C + A× B    f) A • B× C



 





  A + B sobre C







SOLUCIÓN:

   A = 31m s 0, 2 i+ mj



 B =  43 m s , 172º 




m = 1-  0, 22 

 B y = B sen 

Bx = 43m/ scos172º B y = 43m/ ssen172º

m = 0,98

Bx = -41,59

   A = 31m s 0, 2 i+ 0,98 j     A = 6, 2 i+ 30,38 j m s









B y = 5,98

   B = -41,59 i+ 5,98 j m/ s





   C = 55 i-12 j m s





a)    A = 6, 2 i+ 30,38 j m s    - B = 41,59 i- 5,98 j m/ s    C= 55 i -12 j m s      A - B + C  102, 79 i  12, 4 j m s

   

  



b)    -2C = -2 55 i-12 j m s    -2C = -110 i+ 24 j m s

 1   1/ 2A = 6, 2 i+ 30,38 j m s 2    1/ 2A = 3,1 i+15,19 j m s













 

   1/ 2A = 3,1 i+15,19 j m s    B = -41,59 i+ 5,98 j m/ s    - 2C = -110 i+ 24 j m s      1 2 A + B - 2C  -148, 49 i+ 45,17 j m s

   

Henry Alvarado









Página 40


c)    2A = 2 6, 2 i+ 30,38 j m s    2A = 12, 4 i+ 60, 76 j m s





Área =

 2   2 / 3C = 55 i-12 j m s 3    2 / 3C = 36, 66 i- 8 j m s

 



 



12, 4 60, 76 = -99, 2 - 934, 75 = 2326, 66 36, 66 -8

 

d) La proyección de

 A + B sobre C

   A = 6, 2 i+ 30,38 j m s    B = -41,59 i+ 5,98 j m/ s     A + B = -35,39 i+ 36,36 j m/ s

 





   C = 55 i-12 j m s

 





   A+ B • C   A+ B C =  × C C     -35,39×55 + 36,36× -12   55 i-12 j   ×  A+ B C =  552 +122  552 +122       A+ B C = -41,35 i+ 9, 02 j











 A+ B C

= 41,352  9, 022

 A+ B C

= 42,32



e)

  6, 2 30,38   A×C = =  -74, 4 -1670,9  k = -1745,3k 55 -12   A× B =

 

  6, 2 30,38 =  -37, 08 +1263,5  k = 1226, 42 k -41,59 5,98

      A× C + A× B = -1745,3k+1226, 42 k      A× C + A× B = -518,88 k

   

 

f)

      B× C es producto cruz por tanto es perpendicular al vector A entonces A • B×C  0



Henry Alvarado



Página 41


    8. Tomando en consideración los vectores R =  20 m, N 25º O  ; S = 15 i+ 9 j m     T =  30 m, 260º  y U = 17 m 0,5 i- 0,866 j , hallar:    a) 3 4 S - 2R + U     b) 5U -1 2T + R - 2S     c) R •S + T • U     d) T× U + R ×S   e) 3R • 2 T     f) La proyección de R + S sobre T - U     g) El área del paralelogramo formado por R - T y S + U











           







 

 



SOLUCIÓN:

 R =  20 m, N 25º O 

 T =  30 m, 260º 

  90º 25º   115º

 R x = R cos 

 R y = R sen 

 Tx = T cos 

 Ty = T sen 

R x = 20 mcos115º

R y = 20 msen115º

Tx = 30 mcos 260º

Ty = 30 msen 260º

R x = -8, 45 m

R y = 18,13 m

Tx = -5, 21m

Ty = -29,54 m

   R = -8, 45 i+18,13 j m



   T = -5, 21 i- 29,54 j m



   U = 17 m 0,5 i- 0,866 j    U  8,5 i-14, 72 j m













a)

 3   3 / 4S = 15 i+ 9 j m 4    3 / 4S = 11, 25 i+ 6, 75 j m





Henry Alvarado





   -2R = -2 -8, 45 i+18,13 j m    -2R = 16,9 i- 36, 26 j m









Página 42


 3 / 4S =  - 2R =  U    3 4S - 2R + U 





11, 25 i+ 6, 75 j  m   16,9 i- 36, 26 j  m   8,5 i-14, 72 j  m   36, 65 i- 44, 23 j  m

b)

   1 -1/ 2T = - -5, 21 i- 29,54 j m 2    -1/ 2T = 2, 6 i+14, 77 j m

   5U  5 8,5 i-14, 72 j m    5U  42,5 i- 73, 6 j m







 5U =  -1/ 2T =  R=  - 2S =     5U -1 2T + R - 2S =













   -2S = -2 15 i+ 9 j m    -2S = -30 i-18 j m











 42,5 i- 73, 6 j  m    2, 6 i+14, 77 j  m   -8, 45 i+18,13 j m     - 30 i -18 j  m    6, 65 i- 58, 7 j  m

c)

  R • S =  -8, 45×15 +18,13×9    R • S = 36, 42

 

  T • U =  -5, 21×8,5 - 29,54× -14, 72    T • U = 390,54

    R •S + T • U = 36, 42 + 390,54     R •S + T • U = 426,96

   

 

d)

  -5, 21 -29,54   T×U = =  76, 69 + 251, 09  k = 327, 78 k 8,5 -14, 72

  -8, 45 18,13   R ×S = =  -76, 05 - 271,95  k = -348 k 15 9

Henry Alvarado

Página 43


 

 





 T× U  +  R ×S = 327,78k- 348k       T× U  +  R ×S = -20, 22 k e)

   3R = 3 -8, 45 i+18,13 j m    3R = -25,35 i+ 54,39 j m







   2T = 2 -5, 21 i- 29,54 j m    2T = -10, 42 i- 59, 08 j m

 





 



3R  • 2  T  =  -25,35×-10, 42 + 54,39×-59, 08   3R  • 2  T  = -2949, 21 f)

   R = -8, 45 i+18,13 j m    S = 15 i+ 9 j m     R + S  6,55 i+ 27,13 j m

  

   T = -5, 21 i- 29,54 j m    - U = -8,5 i+14, 72 j m     T - U = -13, 71 i-14,82 j m





  



  

   R+ S• T- U   R+ ST-U =  × T-U T- U     6,55× -13, 71+ 27,13× -14,82   -13, 71 i-14,82 j ×  R+ ST-U =  13, 712 +14,822 13, 712 +14,822      R+ ST-U = 16,54 i+17,88 j







 



 R+ ST-U

= 16,54 2  17,882

 R+ ST-U

= 24,36

 



g)

   R = -8, 45 i+18,13 j m    - T = 5, 21 i+ 29,54 j m     R - T = -3, 24 i+ 47, 67 j m

  

Henry Alvarado

  

   S = 15 i+ 9 j m    U  8,5 i-14, 72 j m     S + U  23,5 i- 5, 72 j m

  



 

Página 44


Área =

3, 24 47, 67 = 18,53 -1120, 24 = 1101, 71 23,5 -5, 72

    9. Considérese los vectores A = 46 cm mi- 0, 23 j ; B =  81cm, 155º  ,    C =  57 cm, N 21º E  y D = -32 i- 29 j m , determinar:    a) 1 2 A + 2C - B     b) 2D - 3A +1 3C - 2 5B     c) 3B + 2 3A • -C - 3 4 D     d) D - 3C × 3 2 B + 4A     e) B • A + C • D     f) 2A×C + 5B× D     g) El ángulo formado por D - A y B + C





   









        



 



SOLUCIÓN:

   A = 46 cm mi- 0, 23 j



 B =  81cm, 155º 



m = 1-  0, 482  m = 0,88

   A = 46 cm 0,88 i- 0, 23 j     A = 40, 48 i-10,58 j





 


 B y = B sen 

Bx = 81cmcos155º

B y = 81cmsen155º

Bx = -73, 41cm

B y = 34, 23cm

   B = -73, 41 i+ 34, 23 j cm





 C =  57 cm, N 21º E    90º 21º   69º

Henry Alvarado

Página 45


 C x = C cos 

 C y = C sen 

C x = 57 cmcos 69º

C y = 57 cmsen 69º

C x = 20, 43cm

C y = 53, 21cm

   C = 20, 43 i+ 53, 21 j cm





a)

   2C = 2 20, 43 i+ 53, 21 j cm    2C = 40,86 i+106, 42 j cm

 1   1/ 2A = 40, 48 i-10,58 j cm 2    1/ 2A = 20, 24 i- 5, 29 j cm













 

   B = -73, 41 i+ 34, 23 j cm





 1/ 2A =  2C =  -B =    1 2 A + 2C - B =





 20, 24 i- 5, 29 j     40,86 i+106, 42 j     73, 41 i- 34, 23 j    134,51 i+ 66,89 j 

b)

  2D = 2 -32 i- 29 j   2D = -64 i- 58 j







   -3A = -3 40, 48 i-10,58 j    -3A = -121, 44 i+ 31, 74 j





 1   1/ 3C = 20, 43 i+ 53, 21 j 3    1/ 3C = 6,81 i+17, 73 j





Henry Alvarado







 

   2 -2 / 5B = - -73, 41 i+ 34, 23 j 5    -2 / 5B = 29,36 i-13, 69 j









Página 46


 2D =  - 3A =  1/ 3C =  - 2 / 5B =     2D - 3A +1 3C - 2 5 B 



 -64 i- 58 j     -121, 44 i+ 31, 74 j     6,81 i+17, 73 j     29,36 i-13, 69 j     149, 27 i- 22, 22 j 

c)    3B = 3 -73, 41 i+ 34, 23 j    3B = -220, 23 i+102, 69 j







 2   2 / 3A = 40, 48 i-10,58 j 3    2 / 3A = 26,99 i- 7, 05 j







   3B = -220, 23 i+102, 69 j    2 / 3A = 26,99 i- 7, 05 j     3B + 2 3A = -193, 24 i+ 95, 64 j

  

















   - C = -20, 43 i- 53, 21 j    - 4 / 3D = 42, 66 i+ 38, 66 j     -C - 4 3D = 22, 23 i-14,55 j

  







  4 -4 / 3D = - -32 i- 29 j 3    -4 / 3D = 42, 66 i+ 38, 66 j



  



3B + 2 3A  • -C - 4 3D = -193, 24× 22, 23 + 95,64×-14,55     3B + 2 3A  • -C - 4 3D = -5687, 28 d)    -3C = -3 20, 43 i+ 53, 21 j    -3C = -61, 29 i-159, 63 j







 3   3 / 2B = -73, 41 i+ 34, 23 j 2    3 / 2B = -110,12 i+ 51,35 j







   D = -32 i- 29 j    - 3C = -61, 29 i-159,63 j     D - 3C = -93, 29 i-188,63 j

  











 D - 3C × 3 2 B + 4A  =

 





   4A = 4 40, 48 i-10,58 j    4A = 161,92 i- 42,32 j





 

   3 / 2B = -110,12 i+ 51,35 j    4A = 161,92 i- 42,32 j     3 2 B + 4A  51,8 i  9, 03 j

  







  -93, 29 -188, 63 =  -842, 41+ 9771, 03 k = 8928, 62 k 51,8 9, 03

e) Henry Alvarado

Página 47


  B • A =  -73, 41× 40, 48 + 34, 23× -10,58    B • A = -3333, 79

 

  C • D =  20, 43× -32 + 53, 21× -29    C • D = -2196,85

 

 B• A  + C • D = -3333,79 - 2196,85      B• A  + C • D = -5530,64 f)



    2A×C + 5B× D

 



   2A = 2 40, 48 i-10,58 j    2A = 80,96 i- 21,16 j







   5B = 5 -73, 41 i+ 34, 23 j    5B = -367, 05 i+171,15 j







 

  80,96 -21,16   2A×C = =  4307,88 + 432,30  k = 4740,18 k 20, 43 53, 21

    g) El ángulo formado por D - A y B + C



 

  D = -32 i- 29 j    - A = -40, 48 i+10,58 j     D - A = -72, 48 i-18, 42 j

  



  = cos     = 73, 05º -1





   B = -73, 41 i+ 34, 23 j    C = 20, 43 i+ 53, 21 j     B + C = -52, 98 i+ 87, 44 j

  

 

-72, 48× -52,98 -18, 42×87, 44 72, 482 +18, 42 2



52,982 + 87, 44 2



  

    

   10. Dados los vectores D =  5km, 63º  , E =  -7, -1 km y F =  4 km; S70º E  , calcular:    a) 2D + E + 3F    b) E - D - 2F   c) D • E    d) D - E × F   e) La proyección de E sobre D   f) El ángulo comprendido entre E y F



Henry Alvarado



Página 48


  g) El área del paralelogramo formado por los vectores D y E

SOLUCIÓN: a)  D x = D cos 

 D y = D sen 

   D = 2, 27 i+ 4, 46 j km



D x = 5 kmcos 63º D y = 5 kmsen 63º D x = 2, 27 km

D y = 4, 46 km

   E = -7 i-1 j km

  270º 70º   340º

 Fx = F cos 

 Fy = F sen 

Fx = 4 kmcos 340º

Fy = 4 kmsen 340º

Fx = 3, 76 km

Fy = 1,37 km





   2D = 2 2, 27 i+ 4, 46 j km    2D = 4,54 i+ 8,92 j km









   F = 3, 76 i-1,37 j km





   3F = 3 3, 76 i-1,37 j km    3F = 11, 28 i- 4,11 j km







 

   2D = 4,54 i+ 8,92 j km    E= - 7 i -1 j km    3F = 11, 28 i- 4,11 j km      2D  E  3F  8,82 i  3,81 j km

   





 

b)

   E - D - 2F

   -2F = -2 3, 76 i-1,37 j km    -2F = -7,52 i+ 2, 74 j km





 

   E= - 7 i -1 j km    - D = -2, 27 i- 4, 46 j km    - 2F = -7,52 i+ 2, 74 j km      E - D - 2F = -16, 79 i- 2, 72 j km

  





  

c) Henry Alvarado

Página 49


  D • E =  2, 27 × -7 + 4, 46× -1   D • E = -20, 35

d)

    -7 -1  E× F = k =  9,59 + 3, 76  k = 13,35k 3, 76 -1,37

    D = 2, 27 i+ 4, 46 j+ 0k      - E×F = 0 i + 0 j-13,35k       D - E × F  2, 27 i+ 4, 46 j-13,35k

   









e)

   E • D  E D =  × E D     -7× 2, 27  1 4, 46   2, 27 i+ 4, 46 j ED = ×  5 5     E D = -1,85 i- 3, 63 j







 

 E D = 1,852  3, 632  E D = 4, 07

 

f)

    E =  -7, -1 km y F = 3, 76 i-1,37 j km



Henry Alvarado



Página 50


  -7×3, 76 -1× -1,37      = cos   4  7 2 +1       = 86, 25º -1





g)

Área =

2, 27 4, 46 =  -2, 27 + 31, 22  = 28,95 km 2 -7 -1

      11. Si la suma de los vectores A y B es 2 i- 4 j y su diferencia es 6 i-10 j encontrar el   ángulo formado por los vectores A y B SOLUCIÓN:

A x + Bx = 2...........(1)  A x - Bx = 6............(2)

(3) en (1) 6 + Bx + Bx = 2 2 Bx = -4 Bx = -2

De (2) A x = 6 + Bx .............(3) Reemplazando el valor de Bx en (1) } Ax - 2 = 2 Ax = 4 (3) en (1) -10 + B y + B y = -4

A y + By = -4.......................(1) De (2)  A y - By = -10.....................(2) A y = -10 + By .............(3)

2 By = 6 By = 3

Reemplazando el valor de By en (1) A y + 3 = -4 A y = -7

   A = 4 i- 7 j



Henry Alvarado



   B = -2 i+ 3 j





Página 51


 A  B    cos      A B   1

 4  2  7  3   cos  2 2 22  32  4 7    176, 05º 1







    

     12. Determine las magnitudes de los vectores A y B , para A + B + C = 0

   C = 0 i-16 j N





Para que Y=0 A y = - C y  A y = 16 Calculando A x

Henry Alvarado

Página 52


tan 37º =

16 Ax

16 tan 37º A x = 21, 24 como esta en X(-)  -21, 24 Ax =

   A = -21, 24 i+16 j N  A = 21, 24 2 +16 2  A = 26,59 N





Para que X=0 B x = - A x Þ B x = 21, 24    B = 21, 24 i+ 0 j N





 B = 21, 24 N

Henry Alvarado

Página 53

Solucionario Física Vectorial 1 Vector Posición

EJERCICIO Nº5 1. En el reloj de una iglesia el minutero mide 1,2 m y el horero 80 cm determinar la posición relativa del extremo del horero respecto al extremo del minutero, en las siguientes horas: a) 10H10 b) 12H35 c) 5H40 d) 8H20 e) 9H10 f) 6H50 g) 2H40 h) 11H05 i) 4H00 SOLUCIÓN: Basados en el siguiente grafico para determinar los vectores: 90º 120º

60º

150º

30º

180º

0º

330º

210º 240º

300º 270º

a)

 rmin = 1, 2 m; 30º 

12 11

rYmin = 1, 2 msen 30º

rXmin = 1, 2 mcos 30º

10

9

   rmin = 1, 04 i+ 0, 6 j m



 rhor =  0,8 m;150º  rXhor = 0,8 mcos150º rXhor = 0, 69 m

2

rYmin = 0, 6 m

rXmin = 1, 04 m



1

3

4

8 7

rYhor rYhor

  = 0,8 msen150º  rhor = -0, 69 i+ 0, 4 j m = 0, 4 m





5 6

   rhor/min = rhor - rmin      rhor/min = -0, 69 i+ 0, 4 j m- 1, 04 i+ 0, 6 j m    rhor/min = -1, 73 i- 0, 2 j m

 

Henry Alvarado

  



Página 54

Solucionario Física Vectorial 1 Vector Posición b) 12 11

1

10

 rmin = 1, 2 m; 240º 

2


rXmin = 1, 2 mcos 240º 9

3

   rmin = -0, 6 i-1, 04 j m



4

8 7

rYmin = -1, 04 m

rXmin = -0, 6 m

5



   rhor = 0 i+ 0,8 j m





6

   rhor/min = rhor - rmin      rhor/min = 0 i+ 0,8 j m- -0, 6 i-1, 04 j m    rhor/min = 0, 6 i  1,84 j m

 

  



c)

 rmin = 1, 2 m; 210º 

12 11

1

10

2

9



rYmin = -0, 6 m

rXmin = -1, 04 m 3

   rmin = -1, 04 i- 0, 6 j m





4

8 7

5 6

 rhor =  0,8 m; 300º 

  rYhor = 0,8 msen 300º  rhor = -0, 4 i- 0, 69 j m rYhor = 0, 69 m



rXhor = 0,8 mcos 300º rXhor = -0, 4 m



   rhor/min = rhor - rmin      rhor/min = -1, 04 i- 0, 6 j m- -0, 4 i- 0, 69 j m    rhor/min = -0, 64 i- 0, 09 j m

 

Henry Alvarado

  



Página 55


d)

 rmin = 1, 2 m; 30º 

12 11

1

10

2

9

   rmin = 1, 04 i- 0, 6 j  m

 rhor =  0,8 m; 210º 

4 7

rYmin = -0, 6 m

rXmin = 1, 04 m 3

8



5

rYhor = 0,8 msen 210º

rXhor = 0,8 mcos 210º

6

rYhor = -0, 4 m

rXhor = -0, 69 m

   rhor = -0, 69 i- 0, 4 j m





   rhor/min = rhor - rmin      rhor/min = -0, 69 i- 0, 4 j m- 1, 04 i- 0, 6 j m    rhor/min = -1, 73 i+ 0, 2 j m

 

  

e)

 rmin = 1, 2 m; 30º 

12 11

1

10





2

rYmin = 0, 6 m

rXmin = 1, 04 m 9

3

   rmin = 1, 04 i+ 0, 6 j m



4

8 7

 

6

12 11

2

9

rXmin = 1, 2 mcos150º 3

4

8 7

  

 rmin = 1, 2 m;150º 

1

10





   rhor/min = rhor - rmin      rhor/min = -0,8 i+ 0 j m- 1, 04 i+ 0, 6 j m    rhor/min = -1,84 i- 0, 6 j m

5

f)

   rhor = -0,8 i+ 0 j m



rXmin = -1, 04 m

   rmin = -1, 04 i- 0, 6 j m







rYmin = 1, 2 msen 30º rYmin = -0, 6 m

   rhor = 0 i- 0,8 j m





5 6

Henry Alvarado

Página 56


   rhor/min = rhor - rmin      rhor/min = 0 i- 0,8 j m- -1, 04 i- 0, 6 j m    rhor/min = 1, 04 i- 0, 2 j m

 

  



g)

 rmin = 1, 2 m; 210º 

12 11

1



2

9

   rmin = -1, 04 i- 0, 6 j m



3

4

8 7

rYmin = -0, 6 m

rXmin = -1, 04 m



rYhor = 0,8msen 30º

 rhor =  0,8 m; 30º 

5 6

rYhor = 0, 4 m

rXhor = 0,8 mcos 30º

   rhor = 0, 69 i+ 0, 4 j m



rXhor = 0, 69 m



   rhor/min = rhor - rmin      rhor/min = 0, 69 i+ 0, 4 j m- -1, 04 i- 0, 6 j m    rhor/min = 1, 73 i+ j m

 

h)

 





12 11

1

10

 rmin = 1, 2 m; 60º 

2



3

4

8 7

rYmin = 1, 04 m

rXmin = 0, 6 m

   rmin = 0, 6 i+1, 04 j m





5 6

 rhor =  0,8 m;120º  rXhor = 0,8 mcos120º rXhor = -0, 4 m

Henry Alvarado

  rYhor = 0,8 msen120º  rhor = -0, 4 i+ 0, 69 j m rYhor = 0, 69 m





Página 57


   rhor/min = rhor - rmin      rhor/min = -0, 4 i+ 0, 69 j m- 0, 6 i+1, 04 j m    rhor/min = - i- 0,35 j m

 

 



i)

   rmin = 0 i+1, 2 j m  rhor =  0,8 m; 330º 



12 11

1

10



2

9

3



rYhor = 0,8 msen 330º

rXhor = 0,8 mcos150º

rYhor = -0, 4 m

rXhor = 0, 69 m 4

8 7

   rhor = 0, 69 i- 0, 4 j m



5 6



   rhor/min = rhor - rmin      rhor/min = 0, 69 i- 0, 4 j m- 0 i+1, 2 j m    rhor/min = 0, 69 i-1, 6 j m

 

  



2. Una persona vive a 2km en dirección NE del centro de la ciudad, si para ir a la tienda más cercana camina 200m al este y luego 100m al sur, determinar: a) La posición de la tienda respecto a la ciudad b) La posición de la tienda respecto a la casa de la persona c) La distancia en línea recta de la casa a la tienda SOLUCIÓN:

   rcasa =  2 km; NE   1, 41 i+1, 41 j km





  rtienda/casa =  200 i-100 j m  rtienda/casa =  0, 2 i- 0,1 j  km

a)    rtienda/casa = rtienda - rcasa    rtienda = rtienda/casa + rcasa    rtienda = 1, 41 i+1, 41 j km+  0, 2i- 0,1 j km    rtienda = 1, 61 i+1,31 j km

 

Henry Alvarado

 

Página 58


b)   rtienda/casa =  200 i-100 j m  rtienda/casa =  0, 2 i- 0,1 j  km

c)

 rtienda/casa = 2002 +1002  rtienda/casa = 223, 60 m  0, 223km 3. Los vértices de un triángulo son los puntos P1  0,5  , P2  2,-1 y P3  3, 6  , determinar: a) El valor de los ángulos internos del triangulo b) El tipo de triangulo en función de sus lados SOLUCIÓN:

a)      P1P2 = 2 i- j - 0 i+ 5 j    P1P2 = 2 i- 6 j

 

Henry Alvarado

 



     P1P3 = 3 i  6 j - 0 i+ 5 j    P1P3 = 3 i  j

 







     P2 P3 = 3 i+ 6 j - 2 i- j    P2 P3 = i+ 7 j

 







Página 59


    -1  P1P2 • P1P3   A = cos    P1P2 P1P3     2  3  6 1 -1   A = cos  2 2 32  1  2 6  = 90º A







    

    -1  P1P3 • P2 P3   B = cos    P1P3 P2 P3     3  1  1 7 -1 = cos  B  2 2  3 1 1 7  = 63, 43º B







    

= 180º 63, 43º +90º +C = 180º -90º -63, 43º C = 26,57º C b) Triángulo rectángulo 4. Los vértices de un triángulo son los puntos A  8,9  m , B  -6,1 m , C  0, -5m  , determinar: a) El valor de los ángulos internos del triangulo b) El área del triángulo ABC SOLUCIÓN:

Henry Alvarado

Página 60


a)      AB = -6 i+ j m- 8 i+ 9 j m    AB = -14 i- 8 j m

 

  

     AC = 0 i- 5 j m- 8 i+ 9 j m    AC = -8 i-14 j m



 

  



     BC = 0 i- 5 j m- -6 i+ j m    BC = 6 i- 6 j m

 

  



     AB AC  = cos   •  A  AB AC     14  8  8  14 -1   A = cos  2 2 82  142  14  8  = 30,51º A -1





    AC BC  = cos   •  C   AC BC     -8× 6 -14× -6 -1   C = cos  2 2 62 + 62  8 +14  = 74, 74º C -1



    







    

= 180º -30,51º -74, 74º B = 74, 75º B b)

1 2 1 Área = 2 Área =

  AB× AC -14 -8 = 196 - 64 = 132 m 2 -8 -14

5. Una ciudad está delimitada por las rectas que unen los vértices: P  4,5 km , Q  0, 4  km , R 1,1 km , S  5, 2  km , determinar: a) b) c) d)

La forma geométrica de la ciudad El área de la ciudad La posición relativa del punto R respecto del punto P La posición relativa del punto S respecto del punto R

SOLUCIÓN:

Henry Alvarado

Página 61


a) Paralelogramo b)      RQ = 0 i+ 4 j km- i+ j km    RQ = - i+ 3 j km

 

 

 

     RS = 5 i+ 2 j km- i+ j km    RS = 4 i+ j km

 





 

  Área = RQ× RS Área =

-1 3 = -1-12 = 13km 2 4 1

c)      rR/P = i+ j km- 4 i+ 5 j km    rR/P = -3 i- 4 j km

    



d)      rS/R = 5 i+ 2 j km- i+ j km    rS/R = 4 i+ j km

 





 

6. Se tiene las ciudades P, Q y R; determine la posición relativa de la ciudad P respecto a R para los siguientes casos:   a) rP/Q  50 km; S 60º E  y rR/Q  70 km; NO    b) rP/Q  80 km; SO  y rR/Q  25 km; N 70º O    c) rP/Q  65 km; N15º O  y rR/Q  90 km; S30º O    d) rP/Q  40 km; N 75º E  y rR/Q 100 km; S 25º E  SOLUCIÓN: Henry Alvarado

Página 62


   rP/Q = rP - rQ     rQ = rP - rP/Q .............(1)

   rR/Q = rR - rQ     rQ = rR - rR/Q .............(2)

   rP/R = rP - rR ..............(3)

(3) en (4)    rP/R = rP/Q - rR/Q

Igualando (1) y (2)     rP - rP/Q = rR - rR/Q     rP - rR = rP/Q - rR/Q ...............(4)

a)   270º 60º   330º

 rP/Q  50 km; S 60º E 

 rP/Q x = rP/Q cos 

 rP/Q y = rP/Q sen 

rP/Q x = 50 kmcos 330º

rP/Q y = 50 kmsen 330º

rP/Q x = 43,30 km

rP/Q y = -25 km

 rR/Q  70 km; NO 

   rP/Q  43,30 i- 25 j km





  90º 45º   135º

 rR/Q x = rR/Q cos 

 rR/Q y = rR/Q sen 

rR/Q x = 70 kmcos135º

rR/Q y = 70 kmsen135º

rR/Q x = -49,50 km

rR/Q y = 49,50 km

   rR/Q  -49,50 i  49,50 j km





   rP/R = rP/Q - rR/Q      rP/R = 43,30 i- 25 j km  -49,50 i  49,50 j km    rP/R = 92,50 i- 74,50 j km

 









b)  rP/Q  80 km; SO 

Henry Alvarado

  270º 45º   225º

Página 63




rP/Q x = 80 kmcos 225º

rP/Q y = 80 kmsen 315º

rP/Q x = -57,57 km

rP/Q y = -56,57 km

 rR/Q  25 km; N 70º O 

   rP/Q = -56,57 i- 56,57 j km





  90º 70º   160º



rR/Q x = 25 kmcos160º

rR/Q y = 25 kmsen160º

rR/Q x = -23, 49 km

rR/Q y = 8,55 km

   rR/Q  -23, 49 i  8,55 j km





   rP/R = rP/Q - rR/Q      rP/R = -56,57 i- 56,57 j km- -23, 49 i+ 8,55 j km    rP/R = -33, 08 i- 48, 02 j km

 

 





c)  rP/Q  65 km; N15º O 

  90º 15º   105º



rP/Q x = 65 kmcos105º

rP/Q y = 65 kmsen105º

rP/Q x = -16,82 km

rP/Q y = 62, 79 km

 rR/Q  90 km; S30º O 

   rP/Q = -16,82 i+ 62, 79 j km





  270º 30º   240º



rR/Q x = 90 kmcos 240º

rR/Q y = 90 kmsen 240º

rR/Q x = -45 km

rR/Q y = -77,94 km

   rR/Q = -45 i- 77,94 j km





   rP/R = rP/Q - rR/Q      rP/R = -16,82 i+ 62, 79 j km- -45 i- 77,94 j km    rP/R = 28,18 i+140, 73 j km

 

Henry Alvarado

 





Página 64


d)  rP/Q  40 km; N 75º E 

  90º 75º   15º



rP/Q x = 40 kmcos15º

rP/Q y = 40 kmsen15º

rP/Q x = 38, 64 km

rP/Q y = 16,82 km

 rR/Q 100 km; S 25º E 

   rP/Q = 38, 64 i+16,82 j km





  270º 25º   295º



rR/Q x = 100 kmcos 295º

rR/Q y = 100 kmsen 295º

rR/Q x = 42, 26 km

rR/Q y = -90, 63km

   rR/Q = -45 i- 77,94 j km





   rP/R = rP/Q - rR/Q      rP/R = 38, 64 i+16,82 j km- -45 i- 77,94 j km    rP/R = 83, 64 i+ 94, 76 j km

 

 





7. Para los casos del ejercicio anterior. Si se construye una carretera directa en línea recta desde la ciudad P hacia ciudad R, determine el ahorro de combustible para un auto que consume 1galon de gasolina por cada 45 km, si se compara el nuevo camino con la ruta que une las ciudades P hacia Q y Q hacia R en línea recta. 8. Dados los puntos L  8, - 6  m y J  -4, 3 m , determinar:   a) Los vectores posición de L y J respecto al origen   b) La posición relativa de L con respecto a J   c) La distancia entre los puntos L y J SOLUCIÓN: a)

b)

   rL = 8 i- 6 j m    rJ = -4 i+ 3 j m

   rL/J = rL - rJ      rL/J = 8 i- 6 j m- -4 i+ 3 j m    rL/J = 12 i- 9 j m

 

Henry Alvarado





c)

 

  



 rL/J = 122 + 92  rL/J = 15 m Página 65


9. La cumbre de la montaña A está a 3km del suelo y la cumbre de la montaña B a 2km del suelo. Si las montañas se unen como indica el siguiente gráfico:

Determinar: a) La posición relativa de la cumbre de la montaña B respecto a la cumbre de la montaña A b) La longitud del cable para instalar un teleférico de la cumbre de la montaña A a la cumbre de la montaña B SOLUCIÓN: tan 60º =

rA x rA y

tan 40º =

rA x tan 60º 3km rA y = tan 60º rA y = 1, 73km

 rA =  -1, 73i+ 3 j km

rA y =

rB x rB y

rB x tan 40º 2 km rB y = tan 40º rB y = 2,38 km rB y =

   rB = 2,38 i+ 2 j km





a)    rB/A = 2,38 i+ 2 j km-  -1, 73i+ 3 j km    rB/A = 4,11 i- j km

 





b)  rB/A = 4,112 +1  rB/A = 4, 23km

Considerando ida y vuelta por cables independientes 4, 23km× 2 = 8, 46

 10. Las coordenadas de los puntos inicial y final de un vector E son  5, - 2  m y  -4, 7  m respectivamente, determinar: Henry Alvarado

Página 66


 a) Las componentes rectangulares del vector E  b) La magnitud del vector E  c) El vector unitario del vector E SOLUCIÓN: a)

b)

c)

  E E   E

 E = 92 + 92  E = 12, 73m

 E   -4, 7  m  5, - 2  m  E   -9, 9  m

   -9 i+ 9 j m E  12, 73m    E  -0, 706 i+ 0, 706 j m









11. Un avión de aeromodelismo está a  4 km, SO  de la torre de control. En ese momento, su dueño desea impactar en un blanco que está ubicado en el punto  6, - 4  km , determinar: a) La posición del avión respecto al blanco b) La dirección que debe tomar el avión para lograr su propósito c) La distancia del avión al blanco SOLUCIÓN: a)

 4 km, SO   A x = A cos 

 A y = A sen 

A x = 4 kmcos 225º

A y = 4 kmsen 225º

A x = -2,83km

A y = -2,83km

   A = -2,83 i- 2,83 j km





     rA/B = -2,83 i- 2,83 j km- 6 i- 4 j km    rA/B = -8,83 i+1,17 j km

 

b)

Henry Alvarado

 





c)

Página 67


 8,83    tan    1,17    82, 45º

S82, 45º E

 rA/B = 8,832 +1,17 2  rA/B = 8,91km

12. En un aeropuerto, un avión B se halla parqueado en la posición  200 m, N 28º E  respecto a la torre de control. En ese instante otro avión A se encuentra en la posición

 200 m, SO  respecto a la misma torre de control, determinar: a) La posición relativa de B respecto de A b) La distancia que existe entre los dos aviones SOLUCIÓN: a)

 200 m, N 28º E   Bx = B cos 

 B y = B sen 

Bx = 200 mcos 62º

B y = 200 msen 62º

Bx = 93,89 m

B y = 176,59 m

   B = 93,89 i+176,59 j m





 200 m, SO   A x = A cos 

 A y = A sen 

A x = 200 mcos 225º

A y = 200 msen 225º

A x = -141, 42

A y = -141, 42

   A = -141, 42 i-141, 42 j m





     rB/A = 93,89 i+176,59 j m- -141, 42 i-141, 42 j m    rB/A = 235,31 i+ 318, 01 j m

 

  



b)

 rB/A = 235,312 + 318, 012  rB/A = 395, 60 m

Henry Alvarado

Página 68


13. Un bote tiene 2 motores fuera de borda. El primer motor impulsa el bote en dirección NO con una velocidad de 20m/s, el segundo motor impulsa al bote en dirección N25ºE con una velocidad de 15m/s, determinar: a) La velocidad resultante del bote en magnitud y dirección b) El vector unitario del vector velocidad resultante c) Los ángulos directores del vector velocidad resultante SOLUCIÓN: a)  A =  20 m/ s; NO 

 A x = A cos 

 A y = A sen 

A x = 20 m/ scos135º

   A y = 20 m/ ssen135º A = -14,14 i+14,14 j m/ s

A x = -14,14 m/ s

A y = 14,14 m/ s





 B = 15 m/ s; N 25º E 


 B y = B sen 

Bx = 15 m/ scos 65º

B y = 15 m/ ssen 65º

Bx = 6,34 m/ s

B y = 13,59 m/ s

   B = 6,34 i+13,59 j m/ s





     V = -14,14 i+14,14 j m/ s+ 6,34 i+13,59 j m/ s    V = -7,8 i+ 27, 73 j m/ s

 



 V = 7,82 + 27, 732  V = 28,81m/ s

Henry Alvarado





 7,8    tan 1    27, 73    15, 71º



 V =  28,81m/ s; N15, 71º O 

Página 69


b)

c)

  V V   V   -7,8 i+ 27, 73 j m/ s  V = 28,81m/ s    V = -0, 27 i+ 0,96 j m/ s









  90º 15, 71º   105, 71º

  15, 71º

14. Una mesa de billar tiene las siguientes dimensiones:

a) La posición relativa de la buchaca F respecto a la buchaca A b) La posición relativa de la buchaca C respecto a la buchaca E   c) El ángulo formado por los vectores EA y EC d) La posición relativa de una bola ubicada en el punto Q respecto a la buchaca D   e) La proyección del vector AE sobre AQ SOLUCIÓN: Considerando A como origen:

a)

   rF/A = 2,8 i-1,5 j m





b)

   rc = 2,8 i+ 0 j m



Henry Alvarado



   rE = 1, 4 i-1,5 j m





   rC/E = rC - rE      rC/E = 2,8 i+ 0 j m- 1, 4 i-1,5 j m    rC/E = 1, 4 i+1,5 j m

 

  



Página 70


c)

   EA = A - E    EA = -1, 4 i+1,5 j m



   EC = C - E    EC = 1, 4 i  1, 5 j m



   cos      86, 05º 1





1, 4  1, 4  1,5  1,5 1, 42  1,52



1, 42  1,52





    

d)

   Q = 2,1 i- 0, 75 j m



   D = 0 i-1,5 j m







     rQ/D = 2,1 i- 0, 75 j m- 0 i-1,5 j m    rQ/D = 2,1 i  0, 75 j m

 

  



e)

   AE = 1, 4 i-1,5 j m



   AQ = 2,1 i- 0, 75 j m







   AE • AQ  AE AQ =   AQ AQ    1, 4  2,1  1,5  0, 75  2,1 i- 0, 75 j AE AQ =   2,12  0, 752 2,12  0, 752     AE AQ = 1, 72 i- 0, 61 j m



Henry Alvarado



   

   AE AQ = 1, 72 i- 0, 61 j m  AE AQ = 1,82 m





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Solucionario Física Vectorial 1 Cinemática definiciones generales

EJERCICIO Nº6 1. Un insecto se mueve rectilíneamente 8cm al Este, luego 12cm al NE y finalmente 5cm al Sur; determinar: a) Los desplazamientos realizados b) El desplazamiento total realizado c) El modulo del desplazamiento total d) La distancia total recorrida SOLUCIÓN: a)

 r2 x = 12 cm cos 45º

 r2 y = 12 cmsen 45º

 r2 x = 8, 49 cm

 r2 y = 8, 49 cm

    r1  8 i+ 0 j cm

    r2  8, 49 i+ 8, 49 j cm









    r3 = 0 i- 5 j cm





b)

     r   r1   r2   r3         r  8 i+ 0 j cm  8, 49 i+ 8, 49 j cm  0 i- 5 j cm     r  16, 49 i+ 3, 49 j cm

 







c)   r  16, 49 2  3, 49 2   r  16,85 cm







d) d = 8cm+12 cm+ 5cm d = 25cm

2. Comenzando en el origen de coordenadas se hacen los siguientes desplazamientos en el plano XY: 45mm en la dirección Y(-); 30mm en la dirección X(-) y 76mm a 200º, todos en línea recta;: determinar: a) Los desplazamientos realizados b) Los vectores posición en cada punto c) El desplazamiento total realizado d) El módulo del desplazamiento e) La distancia recorrida

Henry Alvarado

Página 72


SOLUCIÓN: a)

 r3 x = 76 mmcos 200º

 r3 y = 76 mmsen 200º

 r3 x = -71, 41mm

 r3 y = -25,99 m

    r1  0 i- 45 j mm

       r2  -30 i+ 0 j mm  r3 = -71, 41 i- 25,99 j mm













b)

   r1  0 i- 45 j mm



   r2  -30 i- 45 j mm







   r3  r2   r3      r3  -30 i- 45 j mm  -71, 41 i- 25,99 j mm    r3  -100, 41 i- 70,99 j mm

 









c)

     r   r1   r2   r3         r  0 i- 45 j mm  -30 i+ 0 j mm  -71, 41 i- 25,99 j mm     r  -100, 41 i- 70,99 j mm

 







d)







e)

  r  100, 412  70,99 2   r  122,97 mm

d = 45 mm+ 30 mm+ 76 mm d = 152 mm

3. Un auto parte a las 7h00 de una ciudad A  -85, 204  km y la lectura de su odómetro es 10235 km, viaja rectilíneamente hacia B 123, 347  km y llega a las 11h10; determinar: a) b) c) d) e)

Los vectores posición de cada ciudad El desplazamiento realizado La lectura del odómetro cuando llega a B La velocidad media La velocidad media con la que debería regresar de inmediato por la misma ruta para llegar a las 14h15.

Henry Alvarado

Página 73


SOLUCIÓN: a)

   rA = -85 i+ 204 j km



   rB = 123 i+ 347 j km







b)

    r = rB - rA       r = 123 i+ 347 j km- -85 i+ 204 j km     r = 208 i+143 j km

 

 





c)   r = 2082  1432   r = 252, 41km

Lectura = 10235 km+ 252, 41km Lectura = 10487, 41km

d) 10 min

1h = 0,166 h 60 min

   r Vm = t

  208 i+143 j km  Vm = 4,166 h    Vm = 49,93 i+ 34,33 j km/ h









 t  tf - t0  t  11,166 h- 7 h  t  4,166 h r t 252, 41km Vm = 4,166 h Vm = 60,58 km/ h Vm =

e)

15 min

1h = 0, 25 h 60 min

Henry Alvarado

 t  tf - t0  t  14, 25 h-11,166 h  t  3, 084 h

r t 252, 41km Vm = 3, 084 h Vm = 81,85 km/ h Vm =

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4. Dos aviones parten del mismo punto, el uno viaja a 865km;15º  hasta A y el otro   vuela -505 i+ 253 j km hasta B en 2 horas en línea recta; determinar:



a) b) c) d) e)



Los vectores posición de los puntos A y B Los desplazamientos realizados por cada avión La velocidad media de cada avión La rapidez media de cada avión La velocidad media a la que debería viajar un avión desde A hasta B

SOLUCIÓN: a)

865km;15º 

rA x = 865 kmcos15º rA x = 835,53km

  rA y = 865 kmcos15º  rA = 835,53 i+ 223,88 j km rA y = 223,88 km





   rB  -505 i+ 253 j km





b)

    rA = 835,53 i+ 223,88 j km





    rB  -505 i+ 253 j km





c)

   r VmA = t

   835,53 i+ 223,88 j km VmA = 2h    VmA = 417, 77 i+116,94 j km/ h









   r VmB = t

  -505 i+ 253 j km  VmB = 2h    VmB = -252,5 i+126,5 j km/ h









d)

Henry Alvarado

Página 75


VmA = 417, 77 2  116,942

VmB = 252,52  126,52

VmA = 433,83km/ h

VmB = 282, 42 km/ h

e)

    r  rB  rA       r  -505 i+ 253 j km  835,53 i+ 223,88 j km     r  -1340,53 i+ 476,88 j km

 









   r VmA = t

  -1340,53 i+ 476,88 j km  VmA = 3h    VmA = -446,84 i+158,96 j km/ h







VmA = 446,842 +158,962 VmA = 474, 27 km/ h



  5. Una partícula cuya velocidad era de 12 i+15 j m/ s se detiene en 20s por una ruta





rectilínea; determinar: a) El módulo de la velocidad inicial b) El vector unitario de la velocidad inicial c) El vector velocidad final d) La aceleración media de la partícula SOLUCIÓN: a)

 V0 = 122 +152  V0 = 19, 21m/ s

b)

d)

  V V0  0 V0    12 i+15 j m/ s V0  19, 21m/ s    V0  0, 62 i+ 0, 78 j









   V -V a= f 0 t   -12 i-15 j m/ s  a= 20s    a = -0, 6 i- 0, 75 j m/ s









c) Como la partícula recorre hasta detenerse la velocidad final es 0

Henry Alvarado

Página 76


6. Un móvil que viaja con una aceleración constante, cambia su velocidad de   -21 i-18 j m/ s a  24 m/ s; S30º E  ; en 10s determinar:





a) Los vectores unitarios de la velocidad inicial y final b) La aceleración media SOLUCIÓN: a)

 24 m/ s; S30º E   Vf x = Vf cos 

 Vf y = Vf sen 

Vf x = 24 m/ scos 300º

Vf y = 24 m/ ssen 300º

Vf x = 12 m/ s

Vf y = 20, 78 m/ s

  V V0 = 0 V0   -21 i-18 j m/ s  V0 = 212 +182    V0 = -0, 76 i- 0, 65 j m/ s









   Vf = 12 i- 20, 78 j m/ s





  V  Vf = f Vf    12 i- 20, 78 j m/ s  Vf = 24 m/ s     Vf = 0,5 i- 0,87 j m/ s









b)

 V -V a= f 0 t      12 i- 20, 78 j m/ s- -21 i-18 j m/ s a= 10s    33 i- 2, 78 j m/ s a= 10s    a = 3,3 i- 0, 278 j m/ s

 



Henry Alvarado











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Solucionario Física Vectorial 1 Movimiento Rectilíneo Uniforme

EJERCICIO Nº 7 1. Si un vehículo se mueve de la ciudad A  -35, 50  km a la ciudad B  -25,  45 km en línea recta y con rapidez constante en 2 horas; determinar: a) El desplazamiento realizado b) La velocidad media c) El desplazamiento durante los primeros 40 minutos de viaje SOLUCIÓN: a)

b)

   r V= t

      r  -25 i- 45 j km- -35 i+ 50 j km     r  10 i- 95 j km

 









   10 i- 95 j km V= 2h    V = 5 i- 47,5 j km









c)

40 min

1h = 0, 666 h 60 min

   r  V× t     r  5 i- 47,5 j km/ h 0, 666 h     r  3,33 i- 31, 64 j km

 





2. Dos autos A, B se mueven por carreteras rectas horizontales con velocidades constantes     de modo que al instante t=0 sus posiciones son -40 i+ 20 j y 15 i  30 j m y al   instante t=10s sus posiciones son 20 i y -10 j km respectivamente; determinar:



  

 





a) El desplazamiento de cada vehículo durante ese intervalo b) La velocidad media de cada vehículo c) La velocidad de A respecto a B SOLUCIÓN: a)

Henry Alvarado

Página 78


    rA = rfA - r0A       rA = 20 i+ 0 j m- -40 i+ 20 j m     rA = 60 i- 20 j m

 

  



    rB = rfB - r0B       rB = -10 i+ 0 j m- 15 i- 30 j m     rB = -25 i+ 30 j m

 

  



b)    r VA = t

   r VB = t

  60 i- 20 j m  VA = 10 s    VA = 6 i- 2 j m/ s





  -25 i+ 30 j m  VB = 10 s    VB = -2, 5 i+ 3 j m/ s













c)      VA/B = 6 i- 2 j m/ s- -2,5 i+ 3 j m/ s    VA/B = 8,5 i- 5 j m/ s

 









 3. Un tren cuya velocidad es 60 i km/ h , pasa por un túnel recto de 400 m de largo y desde que penetra la maquina hasta que sale el último vagón demora 30s; determinar: a) El desplazamiento del tren en 30, 60 y 90 (s) b) La longitud del tren

SOLUCIÓN: a)

 60 i km 1000 m 1h = 16, 67 m/ s h 1km 3600s  r = V×  t  r = 16, 67 m/ s 30s  r = 500 m

 r = V×  t  r = 16, 67 m/ s 60s  r = 1000 m

 r = V×  t  r = 16, 67 m/ s 90s  r = 1500 m

b)

x =  r- 400 m x = 500 m- 400 m x = 100 m Henry Alvarado

Página 79


4. Una partícula parte del punto  25, 20  m y moviéndose rectilíneamente llega al punto

 6,  30  m con una rapidez constante de

40 km/ h ; determinar:

a) La velocidad empleada b) El tiempo empleado c) El punto al que llegaría si continúa moviéndose por 10s más. SOLUCIÓN: a) 40 km 1000 m 1h = 11,11m/ s h 1km 3600s

   V = V ×  r

    r = rf - r0       r = -6 i- 30 j m- 25 i  20 j m     r = -31 i- 50 j m

 

  

    -31 i- 50 j  V = 11,11m/ s   2 2  31  50     V = -5,85 i- 9, 44 j m/ s







  r = 312  502   r = 58,83m b)

t =

r VA

58,83m 11,11m/ s  t = 5,30s t =

c)

   r = V× t     r = -5,85 i- 9, 44 j m/ s10s     r = -58,5 i- 94, 4 j m

 

Henry Alvarado

 

    r =  r1   r2       r = -31 i- 50 j m  -58,5 i- 94, 4 j m     r = -89,5 i-144, 4 j m

 

  



Página 80


 5. Un deportista se desplaza 1000 i km por una ruta rectilínea, parte en moto y parte en   bicicleta, sabiendo que las velocidades han sido 120 i km/ h en moto y 40 i km/ h en bicicleta y que el tiempo empleado ha sido 10 horas; determinar: a) La velocidad media durante las 10 horas b) El desplazamiento en moto c) El tiempo que recorrió en bicicleta

SOLUCIÓN: a)    r V= t   1000 i km V= 10 h   V = 100 i km/ h

b)

    r   rmoto   rbici ................(1)    rmoto = Vmoto   t moto ...............(3)

 t =  t moto   t bici   t bici   t   t moto .................(2)

   rbici = Vbici   t bici ...............(4)

(3) y (4) en (1)     r  Vmoto   t moto  Vbici   t bici ..................(5) (2) en (5)     r = Vmoto   t moto  Vbici    t   t moto      Vmoto   t moto  Vbici   t  Vbici   t moto =  r     Vmoto   t moto  Vbici   t moto =  r  Vbici   t      t moto Vmoto  Vbici =  r  Vbici   t    r  Vbici   t  t moto =   Vmoto  Vbici





  rmoto = 120 km/ h× 7,5 h   rmoto = 900 km

1000 km- 40 km/ h×10 h 120 km/ h- 40 km/ h = 7,5 h

 t moto =  t moto

Henry Alvarado

Página 81


c)

 t bici  10 h- 7,5 h  t bici  2,5 h 6. Una partícula se mueve de acuerdo al grafico posición-tiempo:

Determinar: a) b) c) d) e)

La posición inicial La rapidez en cada tramo del viaje El tiempo que permaneció en reposo La posición cuando t=35(s) Cuándo la partícula está a 20m del origen y cuando está en el origen

SOLUCIÓN:  a) r0 = 10 m

b)

Tramo 1

V=

Tramo 2

rf - r0 tf - t0

30 m-10 m 10s V = 2 m/ s V=

Henry Alvarado

Tramo 3

V= Reposo

rf - r0 tf - t0

40 m- 30 m 30s- 20s V = 10 m/ s V=

Tramo 4 V=

rf - r0 tf - t0

0 m- 40 m 40s- 30s V = -4 m/ s V=

Página 82


c)

d)

e)

 t  20s-10s  t  10s

 r = V t  r = 4 m/ s 5s  r = 20 m

Está a 20m del origen a los 5s y a los 35s, y se encuentra en el origen a los 40s

7. Una persona parte de la esquina  0, 0  de una cancha de futbol que mide 100m x 60m y camina primero por detrás del arco Sur, lado que se hace coincidir con el eje X(+), hacia el Este y continúa su recorrido bordeando todo su perímetro a una rapidez constante igual a 2 m/ s ; determinar: a) La velocidad en cada tramo b) El tiempo que demora en recorrer cada lado c) El desplazamiento y la distancia recorrida cuando ha llegado a la esquina opuesta que partió d) El tiempo mínimo que demoraría en llegar a la esquina opuesta caminando a esa misma rapidez SOLUCIÓN: a) Como se mueve tanto en el eje X como Y con rapidez constante la velocidad en cada tramo será: Tramo 1

Tramo 2

Tramo3

Tramo 4

  V = 2 i m/ s

  V = 2 j m/ s

  V = -2 i m/ s

  V = -2 j m/ s

Lado 2

Lado 3

Lado 4

 

 

 

 

b) Lado 1 r V 60 m t = 2 m/ s  t = 30s t =

r V 100 m t = 2 m/ s  t = 50s t =

r V 60 m t = 2 m/ s  t = 30s t =

r V 100 m t = 2 m/ s  t = 50s t =

c) Como recorre 60m en el eje X y 100 en Y el desplazamiento será:

Henry Alvarado

Página 83


    r  60 i  100 j m





 r = 602  1002  r = 116, 62 m

d)

r V 116, 62 m t = 2 m/ s  t = 58,31s t =

  8. Dos vehículos cuyas velocidades son 10 i km/ h y 12 j km/ h se cruzan y siguen su camino sin cambiar sus respectivas direcciones; determinar: a) El desplazamiento realizado por cada vehículo al cabo de 6 horas b) La distancia que los separa al cabo de 6 horas c) En qué tiempo desde que se cruzan estarán a 100 km de distancia

SOLUCIÓN: a)

b)

   rA = VA   t    rA = 10 i km/ h 6 h    rA = 60 i km

  rB = VB t    r B = 12 j km/ h 6 h    r B = 72 j km

    rA  B = 60 i  72 j km





  rA  B = 602  722   rA  B = 93, 72 km

c)

10 km/ h× t  + 12 km/ h× t  2

2

= 100 km

100 km 2 / h 2 × t 2 +144 km 2 / h 2 × t 2 = 100 km 244 km 2 / h 2 × t 2 = 100 km t 244 km/ h = 100 km 100 km 244 km/ h t = 6, 40 h t=

Henry Alvarado

Página 84


9. Dos puntos A y B están separados 80m. Desde A parte hacia B un móvil con una rapidez constante de 3 m/ s . Cinco segundos después y desde B un móvil con la misma dirección y sentido que el primero y con una rapidez constante de 2 m/ s ; determinar: a) Analíticamente y gráficamente cuando y donde se encuentran b) En qué tiempo la distancia que los separa será nuevamente 80m SOLUCIÓN: a)

t B = t A - 5s...............(1)

r t   rA  VA  t A ...............(3)

 rB   rA  80 m...............(2)

V=

  rB  VB  t B ...............(4)

(3) y (4) en (2) VB  t B = VA  t A  80 m...........(5)

(1) en (5) VB  t A - 5s  = VA × t A - 80 m VB × t A - VB ×5s = VA × t A - 80 m VA × t A - VB × t A = 80 m- VB ×5s t A  VA - VB  = 80 m- VB ×5s 80 m- VB ×5s tA = VA - VB

  rA = VA × t A  rA = 3m/ s× 70s  rA = 210 m

80 m- 2 m/ s×5s 3m/ s- 3m/ s t A = 70s tA =

Henry Alvarado

Página 85


Gráfico 260 250 240 230 220 210 200 190 180 170 160 150 140 130 120 110 100 90 80 70 60 50 40 30 20 10 0

0

5

10

15

20

25

30

35

40

Móvil A

45

50

55

60

65

70

75

80

85

Móvil B

b) Después de encontrarse  rA =  rB + 80 m...........(1)

r t   rA  VA  t A ...............(3)

t A = t B ...................(2)

V=

  rB  VB  t B ...............(4)

Henry Alvarado

(3) y (4) en (1) VA × t A = VB × t B + 80 m...........(5)

Página 86


(2) en (5) VA × t A = VB × t A + 80 m VA × t A - VB × t A = 80 m 80 m tA = VA - VB 80 m 3m/ s- 2 m/ s t A = 80s

Desde que el móvil partió desde A t = 70s+ 80 s t = 150s

tA =

 10. Dos autos A y B parten simultáneamente, A con una velocidad de 53 i km/ h y B con  una velocidad de 32 i km/ h , si los autos se encuentran al cabo de 2,4 horas; determinar: a) La distancia que los separaba inicialmente b) El tiempo en que A llega al punto donde partió B c) El tiempo que demoraría B en llegar al punto de partida A, suponiendo que en el instante en que encuentran B invierte el sentido

SOLUCIÓN: a)

r t   rA  VA  t A ...............(2) V=

x =  rA   rB ..................(1)

  rB  VB  t B ...............(3) (2) y (3) en (1) x = VA × t A - VB × t B x = 53km/ h× 2, 4 h- 32 km/ h× 2, 4 h x = 50, 4 km

b)

r V 50, 4 km t= 53km/ h t = 0,95 h t=

Henry Alvarado

Página 87


c)

Desde el punto de encuentro

t=

 rA VB

53km/ h× 2, 4 h 32 km/ h t = 3,98 h t=

11. Dos automóviles viajan en la misma ruta rectilínea y están a 134km de distancia, si el más rápido viaja a 63 km/ h ; determinar: a) La rapidez del más lento, si los dos viajan en el mismo sentido y se encuentran al cabo de 3 horas b) Dónde y cuándo se encuentran si los dos viajan en sentido contrario y con la rapidez dada para el más rápido y la obtenida en el punto anterior para el otro SOLUCIÓN: a)

Desplazamiento del más rápido

Desplazamiento del más lento

 rA = VA × t

 rB =  rA -134 km

 rA = 63km/ h×3h

 rB = 189 km-134 km

 rA = 189 km

 rB = 55 km

 rB t 55 km VB = 3h VB = 18,33km/ h

 VB =

b)  rA +  rB  134 km...............(1) Henry Alvarado

t1 = t 2 ...............(2) Página 88


 rA = VA × t1 .............(3)  rB = VB × t 2 .............(4)

(2) en (5) VA × t1 + VB × t1 = 134 km (3) y (4) en (1) VA × t1  VB × t 2  134 km........(5)

t1  VA + VB  = 134 km t1 =

134 km VA + VB

134 km 63km/ h+18,33km/ h t1 = 1, 65 h t1 =

12. Dos puntos A y B están en la misma horizontal, desde A parte hacia B un móvil con una rapidez constante de 2 m/ s y 5 minutos después parte desde B hacia A otro móvil a 10 km/ h , si A y B distan 3km; determinar: a) Analíticamente, dónde y cuándo se encuentran b) Gráficamente, dónde y cuándo se encuentran

SOLUCIÓN: Datos: VA = 2 m/ s VB = 10 km/ h t B-reposo = 5 min

 r  3km 10 km 1000 m 1h = 2, 78 m/ s h 1km 3600s

5 min 60s = 300s 1min

3km 1000 m  3000 m 1km

Henry Alvarado

Página 89


a)  rA +  rB  3000 m...............(1)

t1 = t 2 + 300 s...............(2)

 rA = VA × t1 .............(3)  rB = VB × t 2 .............(4)

(2) en (5) VA ×  t 2 + 300s  + VB × t1 = 3000 m (3) y (4) en (1) VA × t1  VB × t 2  3000 m........(5)

VA × t 2  VA ×300s+ VB × t1 = 3000 m t1  VA + VB  = 3000 m  VA ×300s t1 =

3000 m  VA ×300s VA + VB

3000 m- 2 m/ s×300s 2 m/ s+ 2, 78 m/ s t1 = 502,1s t1 =

t1 = 502,1s+ 300s t1 = 802,1s

 rA = 2 m/ s×802,1s  rB = 3000 m-1604, 2 m  rA = 1604, 2 m

Henry Alvarado

 rB = 1395,8 m

Página 90


b)

Gráfico 3500 3000 2500 2000 1500 1000 500 0

0

100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000 1100 1200 1300 1400 1500 1600 Móvil A

Henry Alvarado

Móvil B

Página 91

Solucionario Física Vectorial 1 Movimiento Rectilíneo Uniformemente Variado

EJERCICIO Nº8

1. Una partícula se mueve con MRUV retardado y aceleración 15 m/ s 2 ; N15º E  .Si a t=0, la partícula se encuentra en la posición  -2, 3 m y su rapidez es de 8 m/ s . Para un intervalo entre 0 y 8s; determinar: a) El desplazamiento realizado b) La velocidad media SOLUCIÓN: a)

15 m/ s ; N15º E  2

2   a x = 15 m/ s 2 cos 75º a y = 15 m/ s sen 75º  a = 3,88 i  14, 49 j m/ s 2 2 2 a x = 3,88 m/ s a y = 14, 49 m/ s





   r0 = -2 i+ 3 j m





Para que sea retardado    a = -  V0

   3,88 i  14, 49 j a = 3,882  14, 492       a = 0, 26 i  0,97 j  V0  -0, 26 i- 0,97 j













   V0 = 8 m/ s -0, 26 i- 0,97 j    V0 = -2, 08 i- 7, 76 j m/ s









  1  r  V0  t  a  t 2 2      1 2  r  -2, 08 i- 7, 76 j m/ s 8s  3,88 i  14, 49 j m/ s 2  8s  2     r  107,52 i  401, 6 j m

 









b)

Henry Alvarado

Página 92


Vm = Vm

r t





107,52 i  401, 6 j  m =

8s   Vm = 13, 44 i  50, 2 j m/ s





2. El grafico Vx- t , representa el movimiento de dos partículas A y B que parten de dos partículas A y B que parten de una misma posición inicial y sobre la misma trayectoria rectilínea.

Determinar: a) b) c) d) e)

El tipo de movimiento de cada partícula en cada intervalo La distancia que recorre cada partícula de 0(s) hasta 12(s) La distancia que existe entre las dos partículas a los 4(s), 8(s) y 12 (s) Dónde y cuándo se encontrarán gráfica y analíticamente Los gráficos rx - t y a x - t de cada partícula

SOLUCIÓN: a)

Partícula A 0-4s MRUVA

Partícula B 4-8s MRU

8-16 MRUVR

0-8S MRUVA

b) Henry Alvarado

Página 93


Partícula A: Intervalo de 0 a 4s

V t 30 m/ s a= 4s a = 7,5 m/ s

Intervalo de 4 a 8s

1  r  V0  t  a t 2 2 1 2  r   7,5 m/ s 2  ×  4s  2  r  60 m

a=

 r = V× t  r = 30 m/ s× 4s  r = 120 m

Intervalo de 8 a 12s

V t -30 m/ s a= 4s a = -7,5 m/ s a=

1  r = V0  t  a t 2 2 1 2  r = 30 m/ s× 4s+  7,5 m/ s 2  ×  4s  2  r = 180 m

 r = 60 m+120 m+180 m  r = 360 m

Partícula B Intervalo de 0 a 12s

V t 30 m/ s a= 4s a = 7,5 m/ s a=

1  r  V0  t  a t 2 2  r  -30 m/ s×12 

1 2 7,5 m/ s 2  × 12s   2

 r  180 m

c) Desplazamiento de la partícula B de 0 a 4 s 1  r  V0  t  a t 2 2  r  -30 m/ s× 4s 

1 2 7,5 m/ s 2  ×  4s   2

 r  -60 m

Desplazamiento de la partícula B de 0 a 8s

Henry Alvarado

 rA/B = 60 m-  -60 m   rA/B = 120 m Desplazamiento de la partícula A de 0 a 8s

Página 94


1  r  V0  t  a t 2 2

 r = 60 m+120 m

1 2  r  -30 m/ s×8s   7,5 m/ s 2  ×  0s  2 r  0m

 r = 180 m  rA/B = 180 m

Distancia de A a B a 12s

 rA/B = 240 m-180 m  rA/B = 60 m d)

Gráfico r(x)-t Partícula A y B 340 320 300 280 260 240 220 200 180 160 140 120 100 80 60 40 20 0 -20 0 -40 -60 -80

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

Tomando la distancia que los separa a los 12s que es 60m

Henry Alvarado

Página 95


 r =  rA +  rB 1 1 60 m = V0A × t + at 2 + V0B × t+ at 2 2 2 2 2 60 m = 7,5 m/ s t + 60 m/ s× t

1 2  r = 240 m- 7,5 m/ s 2  0,898  2  r = 236,98 m

7,5 m/ s 2 t 2 + 60 m/ s× t- 60 m = 0 t=

-60 ± 602 + 4× 7,5× 60 2× 7,5

t1 = 0,898s

t 2 = -8,898

e)

Gráfico r(x)-t Partícula A 260 240 220 200 180 160 140 120 100 80 60 40 20 0

0

1

Henry Alvarado

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

Página 96


Gráfico r(x)-t Partícula B 340 320 300 280 260 240 220 200 180 160 140 120 100 80 60 40 20 0 -20 0 -40 -60 -80

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

Gráfico a-t Partícula A 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 -1 0 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 -9

1

Henry Alvarado

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

Página 97


Gráfico a-t Partícula B 8 7 6 5 4 3 2 1 0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

3. Un móvil se desplaza a lo largo del eje X con una aceleración constante. Si su posición  para t=0 es 30 i m y se mueve en dirección X negativa con una rapidez de 15 m/ s que está disminuyendo a razón de 1,5 m/ s cada s; determinar: a) La aceleración b) El gráfico velocidad contra tiempo c) El gráfico posición contra tiempo d) El tiempo que tarda la partícula en recorrer los primeros 75m SOLUCIÓN: a)  a = 1,5 i m/ s 2

b)

Henry Alvarado

Página 98


Gráfico V(x)-t 4 2 0 -2

0

2

4

6

8

10

12

14

-4 -6 -8 -10 -12 -14 -16

c)

Gráfico r(x)-t 35 30 25 20 15 10 5 0 -5 0 -10 -15 -20 -25 -30 -35 -40 -45 -50

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

Series1

Henry Alvarado

Página 99


d)

1  r = V0 × t- a× t 2 2 1 75 m = 15 m/ s× t- 1,5 m/ s 2 × t 2 2 2 2 0, 75 m/ s × t -15 m/ s× t- 75 m = 0 15 ± 152 - 4× 0, 75× 75 2× 0, 75 t = 10s t=

4. El móvil A parte al encuentro con B, con una rapidez inicial de 10 m/ s y acelerando a 3 m/ s 2 en línea recta; cinco segundos más tarde B parte hacia A desde el reposo y con

una aceleración constante de 5 m/ s 2 también en línea recta. Si inicialmente A y B están separados una distancia horizontal de 1700m; determinar: a) Dónde y cuándo se encuentran b) En cuánto tiempo quedan a 500m de distancia mientras se acercan y también mientras se alejan SOLUCIÓN: a)  r =  rA +  rB 1 1 1700 m = V0 A t A + a A t A 2 + a B t B 2 ...................(1) 2 2

Henry Alvarado

t A = t B + 5s....................(2)

Página 100


(2) en (1) 1 1 2 1700 m = V0A ×  t B + 5s  + a A ×  t B + 5s  + a B × t B 2 2 2 1 1 1700 m = V0A × t B + V0A ×5s+ a A ×  t B 2 +10s× t B + 25s 2  + a B× t B 2 2 2 1 1 1 1 1700 m = V0A × t B + V0A ×5s+ a A × t B 2 + a A ×10s× t B + a A × 25s 2 + a B× t B 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1700 m = 10 m/ s t B +10 m/ s 5s+ 3m/ s 2  t B 2 + 3m/ s 2 10s× t B + 3m/ s 2  25s 2 + 5 m/ s 2  t B 2 2 2 2 2 2 1700 m = 87,5 m+ 25  t B + 4 m/ s  t B 4 m/ s 2  t B 2 + 25  t B -1612,5 m = 0 -25 ± 25 2 +4  4 1612,5 tB = 8 t B1 = 17,19s t B2 = 23, 44s

t A = 17,19s+ 5s t A = 22,19s 1 2  rA = 10 m/ s× 22,19s+ 3m/ s 2 ×  22,19s  2  rA = 960,5 m

1 2  rB = 5 m/ s 2 × 17,19s  2  rB = 738, 74 m

b)

5. Dos vehículos A y B se desplazan con MRUV. A se acelera a razón de 3 m/ s 2 y pasa   por el punto P  3, 5 m con una velocidad -3 i- 4 j m/ s , en ese mismo momento B  pasa por el punto Q  1, 3 m con una velocidad de -30 j m/ s y desacelera a razón de





2 m/ s 2 ; determinar:

a) La aceleración de cada uno de los vehículos b) La posición de A y de B después de 7s SOLUCIÓN: a)

Henry Alvarado

Página 101


  V A VA =  VA    -3 i- 4 j VA  32  42    VA  -0, 6 i- 0,8 j





  VA  a A    a A = a A × VA    a A = 3m/ s 2 -0, 6 i- 0,8 j    a A = -1,8 i- 2, 4 j m/ s 2











  a B = 2 j m/ s2



b)

   1  rfA = r0A + V0A t+ a A t 2 2        1 2 rfA = 3 i  5 j m  -3 i- 4 j m/ s 7 s  -1,8 i- 2, 4 j m/ s 2   7 s  2    rfA = -62,1 i- 81,8 j m

 

 









   1  rfB = r0B + V0B t+ a B t 2 2     1  2 rfB = - i  3 j m  -30 j m/ s 7 s+ 2 j m/ s 2   7 s  2    rfB = - i-158 j m

 

  



 

6. Una partícula se mueve de manera que su velocidad cambia con el tiempo como se indica en los gráficos siguientes:

Henry Alvarado

Página 102


Determinar: a) El vector velocidad para t=0s, t=2s, t=3s b) El vector aceleración para t=0s, t=2s, t=3s c) Si la partícula tiene movimiento rectilíneo SOLUCIÓN: a)

Para t=0s

Para t=2s

   V = 20 i+10 j m/ s





Para t=3s

   V = 20 i+ 30 j m/ s

   V = 20 i+ 40 j m/ s

Para t=2s

Para t=3s









b)

Para t=0s

   a = 0 i+10 j m/ s 2





   a = 0 i+10 j m/ s 2





   a = 0 i+10 j m/ s 2





c)

No es movimiento rectilíneo

7. Una partícula se mueve a lo largo del eje X, inicia su recorrido en el punto -8m desde el reposo y acelera a razón de 5 m/ s 2 hasta que alcanza el punto 12m y entonces mantiene la velocidad alcanzada constante por 5s y luego desacelera hasta detenerse 5s mas tarde; determinar: a) Cuánto tiempo tuvo movimiento acelerado b) La distancia que recorrió con MRU c) El desplazamiento total y la aceleración durante los últimos 5s SOLUCIÓN: Henry Alvarado

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a)

1  r = V0 t + at 2 2 1 12 m-  -8 m  = 5 m/ s 2 t 2 2 t = 8 = 2,83 Sumando el tiempo de los movimientos acelerado y retardado t = 7,83

b)

Vf 2 = V0 2 + 2 a  r

 r = V× t

Vf = 10 m/ s × 20 m

 r = 14,14 m/ s 5s

Vf = 14,14 m/ s

 r = 70, 70 m

2

c)

Durante los últimos 5s

1  r = V0 t + at 2 2  r = 14,14 m/ s×5s+

1 2 -2,83m/ s 2   5s   2

Desplazamiento Total

 r = 20 m+ 70, 70 m+ 35,33m  r = 126, 03m

 r = 35,33 d)

Vf = V0 + a  t - V0 t -14,14 m/ s a= 5s a = -2,83m/ s 2 a=

Henry Alvarado

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8. Desde la ventana de un edificio se lanzan dos piedras A y B. La piedra A se lanza verticalmente hacia arriba con una rapidez inicial igual a la que B es lanzada verticalmente hacia abajo; determinar: a) Cuál de las dos piedras tiene mayor rapidez al llegar al suelo SOLUCIÓN: “La mas rápida es la piedra B pues al ir en la misma dirección de la aceleración de la gravedad su rapidez final será mayor que a la de A que debe subir hasta que su rapidez sea 0 y volver a bajar nuevamente.” 9. Dos partículas A y B se mueven con MRUV acelerado con la misma aceleración cuyo modulo es 2 m/ s 2 .Si para t=0s la rapidez de A es 5m/s y la de B es 2,5m/s; determinar: a) Cuándo A ha recorrido 100m y cuándo B ha recorrido 50m b) Cuándo la relación entre la rapidez de A y la rapidez de B es 3/2 SOLUCIÓN: a) 1  r = V0 t+ at 2 2

1  r = V0 t+ at 2 2

1 100 m = 5 m/ s× t+ 2 m/ s 2 × t 2 2 2 t  5 m/ s× t  100 m  0

1 50 m = 2,5 m/ s× t+ 2 m/ s 2 × t 2 2 2 t  2,5 m/ s× t  50 m  0

-5 ± 52 + 4×100 t= 2 t = 7,81s

-2,5 ± 2,52 + 4×50 t= 2 t = 5,93s

b)

3 V0 A + at = 2 V0 B + at

3  V0 B + at  = 2  V0 A + at 

3  2,5 m/ s+ 2 m/ s 2 t  = 2  5 m/ s+ 2 m/ s 2 t  7,5 m/ s+ 6 m/ s 2 t = 10 m/ s+ 4 m/ s 2 t 2 m/ s 2 t = 2,5 m/ s 2,5 m/ s 2 m/ s 2 t = 1, 25s t=

Henry Alvarado

Página 105


 10. Un avión toma la pista con una aceleración de 20 i m/ s 2 y recorre en línea recta  200 i m antes de detenerse; determinar: a) Con qué velocidad toca la pista b) Qué tiempo demora en detenerse c) Con qué velocidad constante un auto recorrería esa misma distancia en ese tiempo

SOLUCIÓN: a)

b)

2 0

V0 = 2 a  r V0 = 2× 20 m/ s 2 × 200 m V0 = 89, 44 m/ s

Vf - V0 t -V t= 0 a -89, 44 m/ s t= -20 m/ s 2 t = 4, 47 s

a=

V = V - 2a  r 2 f

c)

r t 200 m V= 4, 47 s V = 44, 74 m/ s V=

11. Un observador ve pasar por su ventana ubicada a 50m de altura un objeto hacia arriba y 3s después lo ve pasar hacia abajo; determinar: a) La velocidad con la que fue lanzado el objeto desde la base del edificio b) La altura que alcanzó respecto a la base del edificio SOLUCIÓN: a) Análisis desde que es visto por la ventana: t Total = t ascenso + t descenso

como t ascenso = t descenso

t Total = t ascenso + t ascenso 2 t ascenso = t Total t ascenso =

t Total 2

Henry Alvarado

Página 106


Análisis del ascenso:

Vf = V0 + gt ascenso V0 = -gt ascenso t  V0 = -g  Total   2   3s  V0 = -  -9,8m/ s 2     2 V0 = 14,7 m/ s

Análisis desde la base del edificio: La V0 = 14,7 m/ s desde la ventana pasa a ser Vf = 14,7 m/ s desde la base hasta la ventana, entonces:

Vf 2 = V02 + 2gDr  V0 = Vf 2 - 2gDr V0 = Vf 2 - 2gDr V0 =

14,7 m/ s 

2

- 2  -9,8m/ s 2   50 m 

V0 = 34,58m/ s b)

Vf 2 = V0 2 + 2g  r  r = r =

Vf 2 - V0 2 2g -  34,58 

2

2  -9,8m/ s 2 

 r = 61,0 m

Henry Alvarado

Página 107


12. Dos cuerpos A y B situados sobre la misma vertical distan 65m, si son lanzados uno contra otro con rapidez de 16m/s y 12 m/s respectivamente; determinar: a) Dónde y cuándo se chocan, si A sube y B baja b) Dónde y cuándo se chocan, si A baja y B sube SOLUCIÓN: a)

65 m =  rA   rB   rA = 65 m  rB ...................(1)

t A = t B ...............(2)

1  rA = V0A t A  a A t A 2 ................(3) 2

(1) en (3) 1 65m   rB = V0A t A + gt A 2 2 1  rB = 65m  V0A t A  gt A 2 ..........................(4) 2

1  rB = V0B t B + gt B 2 como t A = t B 2 1  rB = V0B t A + g t B 2 .............................(5) 2 Igualando (4) y (5) 1 1 gt A 2 = V0B t A + g t B 2 2 2 65m  V0A t A = V0B t A 65m  V0A t A 

tA =

65m V0A ` V0B

65m 16 m/ s`+12 m/ s t A = 2,32 m/ s

tA =

Henry Alvarado

Página 108


1  rB = V0B t A + g t B 2 2  rB = 12 m/ s× 2,32s+

 rA = 65m 54, 21m

1 2 9,8 m/ s 2   2,32s   2

 rA = 10,79 m

 rB = 54, 21m

b)

1  rA = V0A t A + g t A 2 2  rA = 16 m/ s× 2,32s+

 rB = 65m 63, 49 m

1 2 9,8 m/ s 2   2,32   2

 rB = 1,51m

 rA = 63, 49 m

13. Desde un globo que se encuentra a 100m de altura, se deja caer un objeto; determinar: a) Cuánto tiempo tarda el objeto en tocar el suelo si el globo está en reposo b) Cuánto tiempo tarda el objeto en llegar al suelo si el globo ascendía a 1m/s c) Cuánto tiempo tarda el objeto en llegar al suelo si el globo descendía a 1m/s SOLUCIÓN: a)

b)

1  r = V0 t + gt 2 2 2 r t= g

1  r = V0 t+ gt 2 2 1 9,8m/ s 2  t 2 +  -1m/ s  t-100 m = 0  2

t=

2 100 m  9,8 m/ s 2

t = 4,52s

Henry Alvarado

t=

1  1  4  4,9 100  2  4,9 

t = 4,62s

Página 109


c) 1  r = V0 t+ gt 2 2 1 9,8m/ s 2  t 2 + 1m/ s  t-100 m = 0  2 t=

1  1  4  4,9 100  2  4,9 

t = 4, 42s

14. Se deja caer una piedra desde una gran altura; determinar: a) El módulo del desplazamiento durante los primeros 5 segundos b) El módulo del desplazamiento durante los 5 segundos siguientes c) La rapidez alcanzada al final de cada uno de los intervalos anteriores SOLUCIÓN: a)

b)

1  r = V0 B t + g B t B 2 2 1 2  r =  9,8m/ s  5s  2  r = 122,5m

1  r = V0 B t + g B t B 2 2 1 2  r =  9,8m/ s 10s  2  r = 490 m

c) Vf = V0 + gt

Vf = V0 + gt

Vf = 9,8m/ s 2 × 5s

Vf = 9,8m/ s 2 ×10s

Vf = 10 m/ s

Vf = 98m/ s

15. Los móviles A y B parten por una trayectoria rectilínea desde el mismo punto y desde el  reposo con una aceleración constante de 2 i m/ s 2 cada uno y B parte 2s más tarde; determinar: a) La distancia entre A y B cuándo han transcurrido 2s de haber partido A b) La distancia entre A y B cuándo han transcurrido 4s de haber partido A c) La distancia entre A y B cuándo han transcurrido 6s de haber partido A SOLUCIÓN:

Henry Alvarado

Página 110


a)

b)

1  r = V0 B t + a B t B 2 2 1 2  r =  2 m/ s 2   2s  2 r = 4m

 r =  rB   rA 1 1 a Bt B2  a A t A 2 2 2 1 1 2 2  r =  2 m/ s 2   4s    2 m/ s 2   2s  2 2  r = 12 m r =

c)

 r =  rB   rA 1 1 a Bt B2  a A t A 2 2 2 1 1 2 2  r =  2 m/ s 2   6s    2 m/ s 2   4s  2 2  r = 20 m r =

16. Una partícula con MRUV se mueve a lo largo del eje X. Cuando t=0s se encuentra a 1m a la izquierda del origen, a t=3s se encuentra a 15m a la derecha del origen, y a t=5s se encuentra a 20m a la derecha del origen; determinar: a) La aceleración de la partícula b) El instante en que retorna al origen SOLUCIÓN: a) Como en el eje X parte desde -1m hasta 15m y luego hasta 20 m  r = 15m-  -1m 

 r = 20 m-  -1m 

 r = 16 m

 r = 21m

En los dos desplazamientos la velocidad inicial es la misma entonces:

Henry Alvarado

Página 111


Cuando t=3s

Cuando t=5s

1  r = V0 t+ at 2 2

1  r = V0 t+ at 2 2

1 2 16 m = V0  3s  + a  3s  2 16 m = V0  3s  + a  4,5s 2 

1 2 21m = V0  5s  + a  5s  2 21m = V0  5s  + a 12,5s 2 

16 m  a  4,5s 2 

21m  a 12,5s 2 

V0 =

3s

........................(1) V0 =

5s

...................(2)

Igualando (1) y (2)

16 m  a  4,5s 2 

=

21m  a 12,5s 2 

3s 5s 3 80 ms- a  22,5s  = 63ms- a  37,5s 3  a  22,5s3  - a  37,5s 3  = 80 ms- 63ms 17 ms -15s3 a = -1,133m/ s 2 a=

b)

Como el movimiento es retardado determinamos el instante en que la velocidad final sea 0 Determinando la velocidad inicial: Vf = V0 + at

 17  16 m    m/ s 2   4,5s 2   15  V0 = 3s V0 = 7, 033m/ s

Henry Alvarado

-V0 a -7,033m/ s t= -1,133m/ s 2 t = 6, 21s t=

Página 112


1  r = V0 t+ at 2 2  r =  7,033m/ s  6, 21s  +

1 2 -1,133m/ s 2   6, 21s   2

 r = 21,83m Determinando el instante que llega nuevamente al origen en este caso la aceleración tiene la misma dirección que la velocidad por tanto es positiva: 1  r = V0 t + at 2 2 1 21,83m  1,133m/ s 2  t 2 2 2× 21,83m t= 1,133m/ s 2

t = 6, 21s  6, 21s t = 12, 42s

t = 6, 21s

17. Una partícula inicialmente en reposo en el origen de coordenadas, se mueve con una   aceleración de 5 i m/ s 2 hasta que su velocidad es de 10 i m/ s , en ese instante se le  somete a una aceleración de 10 i m/ s 2 hasta que la distancia total recorrida desde que partió del reposo es 30m; determinar: a) La velocidad media para todo el recorrido b) El grafico Vx contra t SOLUCIÓN: a) Desde que parte del origen:

Vf = V0 + at Vf a 10 m/ s t= 5 m/ s 2 t = 2s t=

1  r = V0 t + at 2 2 1 2  r =  5m/ s 2   2s  2  r = 10 m

 Desde que se le somete la aceleración de 10 i m/ s 2 (MRUVR): Henry Alvarado

Página 113


Vf 2 = V0 2 + 2 a  r r = r =

- V0 2 2a

10 m/ s 

 r = 10 m  5m  r = 15m

2

2 10 m/ s 2 

 r = 5m Como recorre 15 m hasta detenerse y la distancia recorrida es de 30m como la distancia recorrida es independiente del desplazamiento entonces:

r t 0 Vm = t Vm = 0 Vm =

 rTotal = 15m 15m  rTotal = 0

b)

Vx-t 12 10 8 6 4 2 0 -2 0 -4 -6 -8 -10 -12 -14 -16 -18 -20 -22

1

2

3

4

5

6

18. Un cuerpo se lanza verticalmente hacia arriba, su posición cambia con el tiempo como indica la figura, siendo el nivel de referencia el suelo Henry Alvarado

Página 114


Determinar: a) Los valores de t1 y t 2 b) La velocidad con la que llega al suelo SOLUCIÓN: a)

1  r = V0 t1  at12 2 Vf 2 = V0 2 - 2 g  r

1  9,8m/ s2  t12 2 4,9 t12  294 m/ s t1  15m  0

15m = 294 m/ s t1 

V0 = 2 a  r V0 = 2  9,8 m/ s 2  15 m  V0 = 294 = 17,15 m/ s

294  t1 = t1 =

1  r = V0 t1  at12 2 t2 = t2 =



2

 4  4,9 15 

2  4,9 

294 s  1,75s 9,8

Vf 2 = V0 2  2 g  r Vf = 2 g  r

2  20 m 

t 2 = 2, 02s

294

b)

2 r g -  -9,8 m/ s



2



Vf = 2  9,8 m/ s 2   20 m  Vf = 19,80 m/ s

19. Dos autos A y B se desplazan por la misma trayectoria rectilínea. A se mueve con una   velocidad constante de 8 i m/ s y parte de la posición 7 i m . B inicia en el punto Henry Alvarado

Página 115


   5 i m con una velocidad de 8 i m/ s y al tiempo t=4s su velocidad es 8 i m/ s . Si se

mueve con aceleración constante; determinar: a) La aceleración de B b) En qué instante coinciden las posiciones de A y B SOLUCIÓN:

Datos:

 VA = cte = -8 i m/ s   r0A = -7 i m   r0B = -5 i m   V0B = 8 i m/ s

t = 4s   VfB = -8 i m/ s a)

b) Igualando las posiciones finales de A y B rfA = rfB

   V - V a B = fB 0B t    -8 i m/ s- 8 i m/ s aB = 4s   a B = -4 i m/ s 2





1 VA t+ r0 A = V0 B + r0 B + at 2 2 1 - at 2 + VA t- V0 B + r0 A - r0 B = 0 2 -

1  -4 m/ s2  t 2 - 8 m/ st- 8 m/ st- 7 m+ 5 m = 0 2 2 m/ s 2 t 2 -16 m/ st- 2 = 0 ÷2 1m/ s 2 t 2 - 8 m/ st-1 = 0 8 ± 82 + 4 t= 2 t = 8,12s

20. Una partícula se mueve con MRUVA de modo que la magnitud de su desplazamiento de 0 a 2s es 40m y de 2 a 4s es 65m; determinar: a) La magnitud de la aceleración b) El módulo del desplazamiento entre 0 y 10s SOLUCIÓN: Henry Alvarado

Página 116


De 0 a 2s:

1  r1 = V01t+ at 2 2 1 2 40 m = V01 2s+ a  2s  2 40 m- 2sV0 a ....(1) 2s 2

Vf 1 = V01 + at

De 2 a 4s:  Vf 1 = V02  1 Dr2 =  V01 + at  t+ at 2 2 1 2 65 m =  V01 + a 2s  2s+ a  2s  2 2 65 m = 2sV01 + 4s a+ 2s 2 a 2

6s a = 65 m- 2sV01 a=

a=

65 m- 2sV01 ....(2) 6s 2

40 m- 2s 13, 75 m/ s  2s 2

a = 6, 25 m/ s 2

Igualando (1) y (2)

40 m- 2sV0 65 m- 2sV01 = 2s 2 6s 2 3  40 m- 2sV0  = 65 m- 2sV01 120 m- 6sV0 = 65 m- 2sV01 4sV0 = 55 m V0 = 13, 75 m/ s

1  r = V0 t+ at 2 2  r = 13, 75 m/ s×10s+

1 2 6, 25 m/ s 2  10s   2

 r = 450 m

21. Dos partículas A y B se mueven sobre carreteras rectas. A se mueve con aceleración   constante de modo que en t 0 = 0 s, r0 = -300 i m y v 0 = 30i m/ s y en   t1 = 10 s, r1 = 10 i m , B se mueve con velocidad constante de modo que en     t 0 = 0 s, r0 = 200 j m y en t1 = 10 s, r1 = 300 i m ; determinar: a) La velocidad de A en t1 = 10 s b) La velocidad de A respecto a B en t1 = 10 s SOLUCIÓN:

Henry Alvarado

Página 117


  1   r = V0 t+ a t 2 2    1  rf - r0 = V0 t+ a t 2 2     2 rf - r0 - V0 t a= t2     2 10 i m- -300 i m - 30 i m/ s×10s a= 2 10s    a = 0, 2 i m/ s 2



 











   r VB = t



  300 i m  200 j m

 VB = 10s    VB = 30 i  20 j m/ s









   Vf = V0 + a t    Vf = 30 i m/ s+ 0, 2 i m/ s 2 ×10s   Vf = 32 i m/ s

     VA/B = 32 i  0 j m/ s- 30 i  20 j m/ s    VA/B = 2 i- 20 j m/ s

 

 





22. Se deja caer libremente un objeto desde una altura de 120m medida desde el suelo, en ese mismo instante se arroja hacia abajo un segundo objeto desde una altura de 190m; determinar: a) La velocidad inicial del segundo objeto para que los dos lleguen al piso al mismo tiempo SOLUCIÓN: Cuerpo 1: 1  r = V0 t + gt 2 2 1 120 m = V0 t +  9,8 m/ s 2  t 2 2 120 m t= 4,9 m/ s 2 t = 4,95s

Cuerpo 2: 1  r = V0 t+ gt 2 2 190 m = V0  4,95s  + 190 mV0 =

1 2 9,8 m/ s 2   4,95s   2

1 2 9,8 m/ s 2   4,95s   2 4,95s

V0 = 14,13m/ s

23. Dos móviles A y B se mueven de acuerdo al siguiente gráfico:

Henry Alvarado

Página 118


Si parten del origen; determinar: a) La posición de cada móvil para t=10s b) La posición y el tiempo en que los dos móviles se encuentran por primera vez luego de partir SOLUCIÓN: Posición de A: De 0 a 4s:

De 4 a 6s:

De 4 a 6s:

Área del triángulo:



4s×  -16 m/ s  2  r = -32 m/ s r =

r =

 6s- 4s  × 8 m/ s  2

 r = 8 m/ s

r =

10s- 6s  × 8 m/ s  2

 r = 16 m/ s

Como parte del origen:

Partícula B:

    rf = -32 i m/ s  8 i m/ s  16 i m/ s   rf = -8 i m/ s

 rf = -5 m/ s×10s   rf = -50 i m

24. Un automóvil viaja a 18m/s y un bus a 12m/s sobre una carretera recta en direcciones contrarias. De manera simultánea los choferes se ven y frenan de inmediato, el auto disminuye su rapidez a razón de 2 m/ s 2 y el bus a 3m/ s 2 ; determinar: a) La distancia mínima entre los dos al momento que frenan para evitar que colisionen SOLUCIÓN: Henry Alvarado

Página 119


Automóvil:

Bus:

Vf2 = V02 + 2 a  r r  r =

Vf2 = V02 + 2 a  r

- V02 2a - 18 m/ s 

Distancia mínima:

r  2

r =

2  -2 m/ s 2 

 r = 81m

- V02 2a - 12 m/ s 

 rmin = 81m  24 m 2

2  -3m/ s 2 

 rmin = 105 m

 r = 24 m

25. Se lanza un objeto verticalmente hacia arriba con una cierta rapidez inicial desde el borde de un precipicio y en 9s llega al fondo. Luego desde el mismo lugar se lanza otro objeto verticalmente hacia abajo con la misma rapidez inicial y tarda 2s en llegar al fondo; determinar: a) La rapidez inicial con la que fueron lanzados los objetos b) La altura del precipicio SOLUCIÓN: 1  r1 = V0 t1 - at12 .....(1) 2

1  r2 = V0 t 2 + at 2 2 .....(1) 2

Desde el borde del precipicio se cumple:  r2 =  r1 siendo en el lanzamiento vertical hacia arriba la aceleración de la gravedad negativa, y en el lanzamiento vertical hacia abajo positiva. Igualando a partir de esa condición:

1 1 V0 t 2 + at 2 2  - V0 t1  at12 2 2 1 1 V0 t 2 + V0 t1 = at12 - at 2 2 2 2 1 V0  t 2 + t1  = a  t12 - t 2 2  2 1 a  t12 - t 2 2  V0 = 2 t 2 + t1



1 2 2 9,8 m/ s 2  9s  -  2s  V0 = 2 2s+ 9s

1  r2 = V0 t 2 + at 2 2 2 1 2  r2 = 34,3m/ s 2s+ 9,8 m/ s 2  2s  2  r2 = 88, 2 m



V0 = 34,3m/ s

Henry Alvarado

Página 120


26. Se dispara verticalmente hacia arriba un móvil y cuando ha ascendido 5m lleva una  velocidad de 10 j m/ s ; determinar: a) La velocidad con la que fue disparado b) La altura que alcanza c) El tiempo que demora en ascender esos 5m y el que demora en pasar nuevamente por dicha posición SOLUCIÓN: a)

b) Vf2 = V02 + 2 a  r

V = V + 2a  r 2 f

2 0

V0 = V - 2 a  r 2 f

V0 =

10 m/ s 

2

- 2  -9,8 m/ s 2  5 m

V0 = 14, 07 m/ s

r = -

V02 2a

14, 07 m/ s  r = -

2 2

2  -9,8 m/ s 

 r = 10,10 m

c) Vf = V0 + at V0 a 14, 07 m/ s t=-9,8 m/ s t = 1, 44s t=-

 27. Una partícula se mueve a lo largo del eje X, a t=2s, su velocidad es 16 i m/ s y su  aceleración es constante e igual a 2 i m/ s 2 ; determinar: a) La velocidad de la partícula a t=5s y t=15s b) El desplazamiento de la partícula entre t=5s y t=15s

SOLUCIÓN: a)    Vf = V0 + a t    Vf = 16 i m/ s- 2 i m/ s 2  5s- 2s    Vf = 10 i m/ s

Henry Alvarado

   Vf = V0 + a t    Vf = 16 i m/ s- 2 i m/ s 2 15s- 2s    Vf = -10 i m/ s

Página 121


b)

  1   r = V0 t+ a t 2 2    1 2  r = 10 i m/ s 15s- 5s  - -2 i m/ s 2 15s- 5s  2  r = 0





 28. En el interior de un tren que parte del reposo y acelera a razón de 4 i m/ s 2 , un objeto  desliza sin rozamiento por el piso del vagón con una velocidad de 8 i m/ s respecto a tierra; determinar: a) El tiempo que debe transcurrir para que el objeto alcance nuevamente su posición original b) En ese mismo momento la velocidad instantánea del vagón respecto a tierra c) En ese instante, la velocidad del objeto respecto a la velocidad del vagón

SOLUCIÓN: a)

b)

c)

Si regresa el objeto a su Posición inicial: rf = r0   r = 0 1 0 = V0 t+ at 2 2 1   t  V0 + at  = 0 2   t1 = 0 t2 = -

2 V0 a

 2 8 i m/ s t2 = -  -4 i m/ s 2 t 2 = 4s



Vf = V0 + at  Vf = 4 i m/ s 2  4s   Vf = 16 i m/ s

Vf = V0 + at   Vf = 8 i m/ s- 4 i m/ s 2  4s   Vf = -8 i m/ s



29. Un cohete es lanzado verticalmente hacia arriba, desde el reposo, con una aceleración  constante de 14, 7 j m/ s 2 durante 8s, en ese momento se le acaba el combustible y el cohete continua moviéndose de manera que únicamente queda sujeta a la gravedad de la tierra; determinar: a) La altura máxima que alcanza el cohete Henry Alvarado

Página 122


b) El tiempo que tarde en regresar a la tierra c) El grafico velocidad-tiempo para este movimiento SOLUCIÓN: Hasta los 8 s en que se acaba el combustible:

1  r = V0 t + at 2 2 1 2  r = 14, 7 m/ s 2  8  2  r = 470, 4 m

Vf = V0 + at Vf = 14, 7 m/ s 2  8s Vf = 117, 6 m/ s

Después de los 8 s:

Sumando las distancias:

Vf 2 = V02 + 2 g  r r = r =

Vf 2 - V02 2g

 r = 470, 4 m 705, 6 m

Vf 2 - 117, 6 m/ s 

2

2  -9,8 m/ s 2 

 r = 1176 m

 r = 705, 6 m b) Tiempo 1: 8s t=

Tiempo 2: t =

2 r g 2  705, 6 m  9,8 m/ s 2

t = 12s

t= Tiempo 3: t =

2 r g 2 1176 m  9,8 m/ s 2

t = 15, 49s Tiempo Total: Henry Alvarado

t T = 8s+12s+15, 49s t T = 35, 49s Página 123


Grafico V-t

V(y)-t 150 100 50 0 -50

0

5

10

15

20

25

30

35

40

-100 -150 -200

Henry Alvarado

Página 124

Solucionario Física Vectorial 1 Movimiento parabólico

EJERCICIO Nº 9  1. Desde un puente se dispara un proyectil con una velocidad de 30 i m/ s , si impacta en la

superficie del río con un ángulo de 45º; determinar: a) En cuánto tiempo impacta el proyectil b) La altura del puente respecto a la superficie del río c) La aceleración tangencial y centrípeta al momento del impacto SOLUCIÓN: a) VY = Vcos 315°.....(2) VX = 30 m/ s

(1)

Vsen 315° = 30 m/ s 30 m/ s V= .....(1) sen 315°

 30 m/ s  VY =   cos 315°  sen 315°  VY = -30 m/ s

en

(2)

VfY = V0 - gt VfY g -30 m/ s t=9,8 m/ s 2 t = 3, 06s t=-

b)

h=

1 2 gt 2

1  30  h =  9,8 m/ s 2   s 2  9,8 

2

h = 45,92 m c)  a =  0i- 9,8 j m/ s 2     V = cos 315° i+ cos135° j





    a T = a • V V    a T =   0  cos 315  -  9,8  cos135   m/ s 2 cos 315° i+ cos135° j    a T = 4,90° i- 4,90 j m/ s 2





Henry Alvarado









Página 1


   a = aT + aC    aC = a - aT    a C =  0i- 9,8 j m/ s 2 - 4,90° i- 4,90 j m/ s 2    a C = -4,90° i- 4,90 j m/ s 2



 



 2. Un bombardero que vuela horizontalmente con una velocidad de 480 i km/ h , a una

altura de 5500m dispara a un auto que se mueve a una velocidad constante de  125 i km/ h , en el mismo plano vertical. Para que el proyectil impacte en el blanco; determinar: a) El ángulo que forma la visual del avión al auto con la horizontal en el instante en que el avión debe soltar la bomba b) El tiempo que tarda la bomba en impactar el auto c) La distancia que recorre el avión desde que suelta la bomba hasta que impacta en el blanco SOLUCIÓN: a) 480 km 1000 m 1h 400 = m/ s = 133,33 m/ s h 1km 3600 s 3 125 km 1000 m 1h 625 = m/ s = 34, 72 m/ s h 1km 3600 s 18

1  r = V0 t + gt 2 2 2 r t= g

Desplazamiento d e la bomba x max = VX t x max = VX x max =

2 r g

d = 4467, 06 m-1163,30 m  3303,76 m

Henry Alvarado

 rX = VA

2  5500 m  400 m/ s 3 9,8 m/ s 2

x max = 4467,06 m

Desplazamiento del auto  rX = VA t

 rX =

2 r g

2  5500 m  625 m/ s 18 9,8 m/ s 2

 rX = 1163,30 m

 5500    tan 1    3303, 76    59 Página 2


b)

t=

2 r g

t=

2  5500 m  9,8 m/ s 2

t = 33,50s c) Como la bomba y el avión se mueven a la misma velocidad:  r = 4467, 06 m  3. Se lanza una pelota desde una altura de 5m con una velocidad de 12 i m/ s ; determinar:

a) La distancia a la que debe colocarse una persona que alzando los brazos alcanza 2,20m de altura, para cogerla b) El tiempo que la pelota permanece en el aire c) Las aceleraciones tangencial y centrípeta en el momento que la persona recepta SOLUCIÓN: a)

 r = VX t

1  r = V0 t + gt 2 2 2 r t= g

 r = VX

2 r g

 r = 12 m/ s 2

2  5 m- 2, 20 m  9,8, / s 2

 r = 9, 07 m b)

t=

2  5 m- 2, 20 m  = 0, 76s 9,8, / s 2

c)    12 i-  9,8  0, 76 j m/ s 2   V = = 0,85 i- 0,53 j 2 122 -   9,8  0, 76 



Henry Alvarado







Página 3


    a T = a • mV mV    a T =   0  0,85  -  9,8  0,53  m/ s 2 0,85 i- 0,53° j    a T = 4,36° i- 2, 75 j m/ s 2













   a = aT + aC    aC = a - aT    a C =  0i- 9,8 j m/ s 2 - 4,36° i- 2, 75 j m/ s 2    a C = -4,36° i- 7, 05 j m/ s 2

 





 4. Desde lo alto de un edificio se lanza un objeto con una velocidad de 100 i m/ s ;

determinar: a) En qué tiempo el módulo de la aceleración tangencial es igual al módulo de la aceleración centrípeta b) La velocidad en ese instante c) La posición en ese instante respecto al punto de lanzamiento SOLUCIÓN: a) Para que sean igual en módulo:

 



  a T  9,8 cos 45 sen 45 i  9,8 cos 45 cos 45 j m/s 2   a T  4,9 i  4,9 j m/s 2



 



  a C   9,8 cos 45 sen 45 i  9,8 cos 45 cos 45 j m/s 2   a C   4,9 i  4,9 j m/s 2



Por tanto:

4,9 m/s 2 

9,8 m/s 2 100 m/s  t

100 2  9,8  t   t  0,500601s

2

b)









    V  100 i  9,80,500601s  j m/s  100 i  100 j m/s

Henry Alvarado

Página 4


c) x  100 m/s 0,500601 s   50,06 m

1 2 y   9,8 m/s 2 0,500601  1,23 m 2

5. En una mesa de 0,75m de altura un objeto desliza y cae describiendo una trayectoria semiparabólica. Sabiendo que cuando se encuentra a 0,15m de altura, la distancia hasta el borde de la mesa es 80cm; determinar: a) La velocidad con la que el objeto abandona la mesa b) El tiempo en el que llega a la posición indicada y el tiempo en que impacta en el suelo c) La velocidad en la posición indicada y la velocidad con que choca contra el suelo SOLUCIÓN: a)

V0 X =

t=

2 r g

V0 X =

rX t 0,8 m 2  0, 75 - 0,15  m 9,8 m/ s 2

V0 X = 2, 29 m/ s b)

t=

2  0, 75 - 0,15  m 9,8 m/ s 2

t = 0,35s c) VfY = V0 - gt VfY = -9,8 m/ s 2  0,35s 

   V = 2, 29 i- 3, 43 j m/ s





VfY = -3, 43m/ s

VfY = V0 - gt VfY = -9,8 m/ s 2

2  0, 75  m 9,8 m/ s 2

   V = 2, 29 i- 3,83 j m/ s





VfY = -3,83m/ s Henry Alvarado

Página 5


6. Una pelota de tenis se impulsa con una raqueta de tal modo que su velocidad inicial es  56 i km/ h desde el borde de una cancha que mide 23,77m de largo y desde una altura de 2,5m; determinar: a) La distancia a la que rebota por primera vez respecto a la red central cuya altura es de 0,92m b) La velocidad mínima que se le debe comunicar a la pelota para que justamente logre pasar la red c) La velocidad que se le debe comunicar a la pelota para que caiga justamente al borde opuesto de la cancha SOLUCIÓN: a) 22,5   0,714 s 9,8

2h  g

t

x  15,56 m/s0,714 s   11,11m

Media cancha 

23,77 m  11,89 m 2

Respecto a la red

x  11,11 m  11,89 m  0,78 m No logra pasar la red

b) Δh  2,5 m  0,92 m  1,58 m

11,89 m  VX t 1,58 m 

11,89 m t .........(1) VX

1 2 gt ......( 2) 2

(1) En (2)



1 1,58 m  9,8 m/s 2 2 21.58 m 

9,8 m/s 2 11,89 m 

2

 11,89 m     VX  1  2 VX



2

9,8 m/s 2 11,89 m   20,94 m/s 21.58 m  2

VX 

Henry Alvarado

Página 6


c) 11,89 m  VX t 2,5 m 

23,77 m t .........(1) VX

1 2 gt ......( 2) 2

(2) En (2)

 23,77 m     VX  22,5 m  1  2 VX2 9,8 m/s 2 23,77 m 



1 2,5 m  9,8 m/s 2 2



2

9,8 m/s 2 23,77 m  VX   33,28 m/s 22,5 m  2

7. Un proyectil es disparado con una rapidez de 45m/s y un ángulo de 40º sobre la horizontal; determinar: a) La velocidad del proyectil cuando forma un ángulo de 30º sobre la horizontal b) El desplazamiento cuando alcanza dicho punto c) La altura máxima que alcanza d) El alcance horizontal SOLUCIÓN: a)

VX = 45m/ s cos 40° = 34, 47 m/ s V0Y = 45m/ ssen 40° = 28,92 m/ s

VY 34, 47 m/ s VY = 34, 47 m/ stan 30° = 19,90 m/ s tan 30° =

   V = 34, 47 i+19,90 j m/ s





b) Vf - V0 g 19,90 m/ s- 28,92 m/ s t=9,8 m/ s 2 t = 0,92s t=-

Henry Alvarado

 rX = VX t

 rX = 34, 47 m/ s  0,92s   rX = 3, 71m

Página 7


Vf2 - V02  rY = 2g

19,90 m/ s  -  28,92 m/ s  =2

 rY

2

   r = 3, 71 i+ 22, 47 j m



2  9,98 m/ s 2 



 rY = 22, 47 m c)

h max h max

V02 = 2g

 28,92 m/ s  =

2

2  9,8 m/ s 2 

h max = 42, 67 m d) tV =

2 V0 Y g

x max = VX t

2  28,92 m/ s  tV = 9,8 t V = 5,90s

x max = 34, 47 m/ s  5,90s  x max = 203,37 m

8. Se impulsa una pelota desde el suelo con una rapidez de 50m/s y con un ángulo de 45º desde la horizontal; determinar:  a) La velocidad de la pelota cuando su componente en el eje y es de -20 j m/ s b) La posición de la pelota cuando dicha alcanza velocidad c) La aceleración total, tangencial y centrípeta en dicho instante d) La altura máxima SOLUCIÓN: a) Velocidad en x= constante

VX  50 m/s cos 45  35,36 m/s





  V  35,36 i  20 j m/s b) Henry Alvarado

Página 8


VfY  V0 Y  gt  20 m/s  50 m/s sen 45  9,8 m/s 2  t t

20 m/s 50 m/s sen 45  5,65 s 9,8 m/s 2

rx  50 m/s cos 455,65 s   199,76 m ry  50 m/s sen 455,65 s  





1 2 9,8 m/s 2 5,65 s  2

ry  43,34 m





   r  199,76 i  43,34 j m

c)





   a  0 i  9,8 j m/s 2

35,36 i  20 j m/s  0,87 i  0,49 j   

uV



35,36 2  20 2 m/s





aT  a  uV uV





  a T  00,87   9,80,49  0,87 i  0,49 j m/s 2   a T   4,18 i  2,35 j m/s 2





aC  a  aT     a C  0 i  9,8 j m/s 2   4,18 i  2,35 j m/s 2   a C  4,18 i  12,15 j m/s 2

 









d)

h max  h max

V0 Y 2 g

2  50 m/s sen 45 

9,8 m/s 2

 127,55 m

  9. Un avión que lleva una velocidad de 50 i+ 60 j m/ s deja caer una bomba; determinar: a) La altura máxima que alcanza la bomba desde el nivel de lanzamiento b) El tiempo que tarda en alcanzar la altura máxima Henry Alvarado

Página 9


c) La altura por debajo del nivel de lanzamiento a la que la bomba tiene una velocidad   de 50 i  100 j m/ s SOLUCIÓN: a) h max

V  = 0Y

2

2g

h max =

 60 m/ s 

2

2  9,8 m/ s 2 

h max = 183,67 m

b)

t=

2 r g

t=

2 183, 67 m  9,8 m/ s 2

t = 6,12s c)

r =

Vf2 - V02 2g

100 m/ s  -  60 m/ s  r = 2

2

2  9,8 m/ s 2 

 r = 326,53m 10. Un proyectil es lanzado desde una altura de 80m desde el suelo formando un ángulo de 40º sobre la horizontal, si cae al suelo a una distancia horizontal de 300m desde el punto de lanzamiento; determinar: a) La velocidad inicial del proyectil b) La posición del proyectil en el punto más alto respecto al punto de lanzamiento c) El tiempo que demora en llegar al suelo SOLUCIÓN: a)

Henry Alvarado

Página 10


300 m  V0 cos 40  t ........(1) t





1 9,8 m/s 2 t 2 2 80 m V0 sen 40 .....( 2) 4,9 m/s 2

 80 m  V0 sen 40 

(2) En (1)

300 m  V0 cos 40 

80 m  V0 sen 40 4,9 m/s 2

300 m 2  V0 2 cos 2 40 80 m V0 sen2 40  



4,9 m/s

80 mV0 cos 40  V0 cos 40 sen 40  4,9 m/s 2 300 m  2

3

2

2

2

V0  76,31 m/s

 



  V0  76,31 cos 40 i  76,31sen 40 j m/s   V0  58,46 i  49,05 j m/s



b)

h max

2  49,05 m/s  

9,8 m/s 2

 245,5 m

 49,05 m/s  x  VX t S  58,46 m/s    292,60 m 2   9,8 m/s     r  292,60 i  245,5 j m c)



t



80 m  76,31 m/s sen 40  5,13 s 4,9 m/s 2

11. De un cañón se dispara un proyectil con una rapidez de 200m/s y un ángulo de 50º y luego se dispara otro con la misma rapidez y un ángulo de 30º sobre la horizontal; determinar: a) El intervalo de tiempo con que deben realizarse los disparos para que los proyectiles choquen b) La altura máxima que alcanza cada proyectil respecto al cañón c) El alcance horizontal de cada proyectil d) Dónde chocan los proyectiles respecto al cañón SOLUCIÓN:

Henry Alvarado

Página 11


a)

t 2  t 1  τ …..(1)

Δr1 X  Δr2 X …….(2)

Δr1 Y  Δr2 Y …..(3)

De (2) Δr1 X  Δr2 X

V0 cos 50  t 1  V0 cos 30t 1  τ 

200 m/s cos 50  t 1  200 m/s cos 30t 1  τ  200 m/s cos 50  t 1  200 m/s cos 30  t 1  200 m/s cos 30  τ 200 m/s t 1 cos 50  cos 30  200 m/s cos 30  τ t1 

200 m/s cos 30  τ cos 30  τ  .......(a) 200 m/scos 50  cos 30 cos 50  cos 30

De (3)

Δr1 Y  Δr2 Y 1 1 2 V0 sen 50  t 1  gt 12  V0 sen 30t 1  τ   gt 1  τ  2 2 (a) En (3) 2

  1     1   cos 30  τ cos 30  τ cos 30  τ cos 30  τ V0sen 50   2 g cos 50  cos 30   V0sen 30 cos 50  cos 30  τ   2 g cos 50  cos 30  τ    cos 50   cos 30          2

2

  1     1   cos 30  τ cos 30  τ cos 30  τ cos 30  τ   9,8   200 sen 30 200 sen 50  τ   9,8  τ          cos 50   cos 30  2 cos 50   cos 30  cos 50   cos 30  2 cos 50   cos 30          33,118 τ 2 306,418 τ  0 τ  9,25 s

Por tanto el intervalo es 9,25 s b) h max 1 

h max 2 

V0 2 2g

V0 2 2g

2  200 m/s sen 50 



2 9,8 m/s 2





200 m/s sen 302



2 9,8 m/s 2



 1197,6 m

 510,20 m

c)

Henry Alvarado

Página 12

2


 200 sen 50  t V 1  2   31,27 s 9,8   x max 1  VX t V 1  200 cos 5031,27  m  4019,99 m  200 sen 50  t V 2  2   20,41s 9,8   x max 2  VX t V 1  200 cos 3020,41 m  3535,12 m d)

t1 

cos 30   9.25 s   35,88 s cos 50  cos 30

1 y  V0 sen 50  t 1  gt 12 2 y  200 m/s sen 50  35,88 s  





1 2 9,8 m/s 2 35,88 s  2

y  811 m

x  V0 cos 50  t 1

x  200 m/s cos 5035,88 s  x  4612,64 m





  r  4612,64 i  811 j m

12. Un proyectil con movimiento parabólico se encuentra en el punto A, donde su velocidad instantánea es de 20m/s y forma un ángulo de 30º sobre la horizontal. Si el proyectil demoró 1,2s en llegar a A desde su lanzamiento; determinar: a) La velocidad inicial del lanzamiento b) La altura máxima c) Las aceleraciones: total, tangencial y centrípeta en el punto A d) El ángulo de lanzamiento SOLUCIÓN: a)

Henry Alvarado

Página 13


Vf senθ1  V0 senθ  gt

  V senθ  20 m/s sen 30  9,8 m/s 1,2 s  20 m/s sen 30  V0 senθ  9,8 m/s 2 1,2 s 

VX  20 m/s cos 30 VX  17,32 m/s

2

0

V0 Y  21,76 m/s





  V0  17,32 i  21,76 j m/s b)

h max  h max 

V0 Y 2 g

21,76 m/s2 9,8 m/s 2

 48,32 m

c)





   a  0 i  9,8 j m/s 2



 







    u V  cos 30 i  sen 30 j  0,866 i  0,50 j





aT  a  uV uV

  a T  00,866   9,80,50  0,866 i  0,50 j m/s 2   a T   4,24 i  2,45 j m/s 2





aC  a  aT     a C  0 i  9,8 j m/s 2   4,24 i  2,45 j m/s 2   a C  4,24 i  12,25 j m/s 2

 









d)

13. Un proyectil es disparado con una rapidez de 100m/s y con un ángulo de 60º sobre la horizontal desde un punto A  -10, - 2  m ; determinar: a) b) c) d)

La velocidad en el instante en que X=0m La aceleración tangencial en Y=0m por primera vez Las coordenadas del punto donde la altura es máxima La coordenada en Y cuando X=2m

Henry Alvarado

Página 14


SOLUCIÓN: a)

VX  100 m/s cos 60  50 m/s

t

Δr 10 m   0,2 s VX 100 m/s cos 60

VfY  V0 Y  gt

VfY  100 m/s 9,8 m/s0,2 s  VfY  84,64 m/s b) uV

      100  cos 60 i  100  sen 60 j    0,5 i  0,866 j  100





aT  a  uV  uV





  a T  00,5  9,80,866   0,5 i  0,866 j m/s 2   a T   4,25 i  7,34 j m/s 2





c)

y max  r0 Y  y max

V0 Y 

x  r0 X 

g

2  100 m/s sen 60  2 m 



2 9,8 m/s

2

V0 Y  g

x  10 m 



V0 X 

100 sen 60 100 cos 60 9,8 m/s 2

x  431,85 m

y max  380,65 m





  rf  431,85 i  380,65 j m d)

t

ΔrX 2 m  10 m    0,24 s VX 100  cos 60

1 r fY  r0 Y  V0 Y t  gt 2 2 r fY  2 m  100 m/s sen 600,24 s  





1 2 9,8 m/s 2 0,24  2

r fY  18,5 m Henry Alvarado

Página 15


14. Desde lo alto de un edificio de 20m de altura se lanza una pelota con una velocidad de 5m/s y un ángulo de 45º sobre la horizontal; determinar: a) A que distancia horizontal de la base del edificio impacta la pelota b) La altura máxima que alcanza c) A que distancia horizontal de la base del edificio alcanza la altura máxima d) La velocidad con la que llega al suelo SOLUCIÓN:

a) 1 ΔrY  V0 Y t  gt 2 2 1 2 9,8 m/s 2 t   5 m/s sen 45 t  20 m  0 2



t



5 m/s sen 45 

5 m/s sen 452  4204,9 9,8

 2,41s

x  VX t

x  5 cos 452,41  8,52 m

b)

h max  20 m  h max  20 m 

V0 Y 2 g

5 m/s sen 452 9,8 m/s 2

 21,28 m

c)

Henry Alvarado

Página 16


x  VX t S x  5 m/s cos 45

5 m/s sen 45  1,28 m 9,8 m/s 2

d)

VfY  V0 Y  gt

VfY  5 m/s sen 45  9,8 m/s 2 2,41s   20,09 m/s





  Vf  3,54 i  20,09 j m/s 15. Una persona con patines sube por una rampa de 20º, cuando abandona la rampa, salta hasta una grada situada a 2m de distancia horizontal y 0,5m abajo del punto donde abandona la rampa; determinar: a) La velocidad mínima con la que debe abandonar la rampa para llegar justamente a la grada sin problema b) La máxima altura que alcanza desde el punto donde abandona la rampa c) Si con la misma rapidez calculada en el punto a) abandona una rampa de 15º, ¿Logra alcanzar la grada sin problema? SOLUCIÓN: a) h  V0 Y t 

1 2 gt 2

x  VX t



t



1  0,5 m  Vsen 20  t  9,8 m/s 2 t 2 .........(1) 2

x ......( 2) Vcos20 

Reemplazando (2) en (1)

 2m  1   9,8 m/s 2  0,5 m  Vsen20  Vcos20  2  V  4,25161 m/s



 

 2m     Vcos20 



2



  V  4,25161cos 20 i  4,25161sen 20 j m/s   V  4 i  1,45 j m/s



b)

h max 

1,45 m/s2 2  9,8 m/s 2

Henry Alvarado

 0,11 m Página 17


c)

16. Una pelota es lanzada a 20m/s formando un ángulo de 60º con la horizontal; a 10m del punto de lanzamiento se encuentra un obstáculo de 14m de altura; determinar: a) Si la pelota supera el obstáculo; si no lo hace a que altura del mismo impacta b) La máxima altura que alcanza c) En qué puntos podrían colocarse dos vallas de 10m de altura, para que la pelota los pase exactamente SOLUCIÓN: a)

h  V0 Y t 

VX  x t

1 2 gt 2

h  20 m/s sen 601 s  

V 20 m/s cos 60 t X   1s m 10 m

1 2 9,8 m/s 2 1 s  2

h  12,42

La pelota no supera el obstáculo b) h max 

V0 2 20 m/s sen 602 2g





2 9,8 m/s 2



 15,31 m

c)

14 m  20 m/s sen 60 t  t 1  1,2511 s





1 9,8 m/s 2 t 2 2 t 2  2,2837 s

x 1  VX  t 1

x 1  20 m/s cos 601,2511 s   12,51 m x 2  VX  t 2

x 2  20 m/s cos 602,2837 s   22,84 m

Henry Alvarado

Página 18


17. Se lanza un balón de manera que pasa exactamente sobre dos barreras cada una de 2m de altura que están separadas 10m. Si el tiempo que demora el balón en recorrer la distancia entre las barreras es 1s; determinar: a) La velocidad inicial con que fue lanzado el balón b) La altura máxima c) El alcance horizontal d) El tiempo total desde que es lanzado hasta que llega nuevamente al nivel del lanzamiento SOLUCIÓN: a) VX 

x 10 m   10 m/s t 1s



h max  2 m 





1 2 9,8 m/s 2 0,5 s   3,225 m 2



V0 Y  2 9,8 m/s 2 3,225 m   7,95 m/s





  V0  10 i  7,95 j m/s b) h max  2 m 





1 2 9,8 m/s 2 0,5 s   3,225 m 2

c)

tV 

2 V0 Y 27,95 m/s   1,6225 s g 9,8 m/s

x max  10 m/s1,6225s   16,225m

d)

tV 

2 V0 Y 27,95 m/s   1,6225 s g 9,8 m/s

18. Se dispara una flecha a 20m/s y 30º sobre la horizontal, para dar en un árbol que se encuentra a 25m de distancia; determinar; a) La altura a la que se elevará la flecha b) En ángulo que formarán la flecha con el árbol c) El tiempo que tarda la flecha hasta dar en el árbol SOLUCIÓN: a) Henry Alvarado

Página 19


1 h  V0 Y  t  gt 2 2 1 2 h  20 m/s sen 301,443 s- 9,8 m/s 2 1,443 s  2 h  4,227m b)

Vf  V0 Y  gt

  4,141    tan 1    20 cos 30    13,45

Vf  20 m/s sen 30  9,81,443 s  Vf  -4,141m/s c) x  VX  t t

x 25 m   1,443s VX 20 m/scos 30

19. Desde la base de una montaña cuya pendiente es 35º se lanza hacia la cima una piedra a 30m/s y 60º sobre la horizontal; determinar: a) La altura a la que impacta la piedra (desde la base de la montaña) b) El tiempo que tarda en impactar c) Si el impacto sucede antes o después de que la piedra a alcanzado su altura máxima d) La velocidad con la que impacta la piedra SOLUCIÓN: a) h max  h max

V0 Y 2 2g

30 m/s sen 602 



2 9,8 m/s 2

x  VX  t



1 y  h max  gt 2 2

30 cos 60  tan 35 t  30 sen 60  t  1 9,8 m/s 2  t 2 2

 t  3,1587 s  3,16 s

Henry Alvarado

Página 20


1 2 h  30 sen 603,1587 s   9,8 m/s 2  3,1587 s  2 h  33,176243407017m  33,18m b)

1 y  V0 Y  t  gt 2 2

30 cos 60  tan 35 t  30 sen 60  t  1 9,8 m/s 2  t 2 2

 t  3,1587 s  3,16 s c)

V0 Y g 30 ms sen 60 tS  9,8 m/s 2 t S  2,6511s tS 

t  3,1587 s  2,6511 s Después de haber alcanzado la altura máxima t  0,5076  0,51 s

d)

20. Desde una cancha de futbol ubicada al pie de una colina de 30º de pendiente, se realiza un lanzamiento desde un punto ubicado a 10m de la base de la colina y hacia ella; determinar: a) La velocidad inicial con que se debe lanzar la pelota para que impacte en la colina a una altura de 3m justo cuando llega a su altura máxima b) Dónde y cuándo impacta la pelota si la velocidad inicial es 10m/s y 30º sobre la horizontal c) Dónde y cuándo impacta la pelota si la velocidad inicial es 15m/s y 30º sobre la horizontal SOLUCIÓN: a) h max 

V0 Y 2 2g

V0 Y  h max 2 g

Henry Alvarado

t

V0 Y g

t

h max 2 g

x  10 m 

3m tan 30

g Página 21


VX 

x t

10 mtan 30  3 m tan 30  VX  h max 2 g VX 

 

  V0  i  j m/s

g g 10 mtan 30  3 m  h max 2 g tan 30

b)

2 V0 Y g 210 m/s sen 30 tV  9,8 t V  1,02s tV 

x max  VX  t V

 215 m/s sen 30  x max  10 m/s cos 30  9,8   x max  8,84m

c)

hmax

y x

10m xtotal

Analizando hasta la base de la colina:

y x  x tan 30 tan 30 

x  VX  t

1 De la ecuación: Δr  V0 t  gt 2 2 Henry Alvarado

Página 22


1 y  V0 Y  t  gt 2 2

15 cos 30  tan 30 t  15 m/s sen 30  t  1 9,8 m/s 2  t 2 2

Resolviendo la ecuación de segundo grado: t=0s o t=1 s

1 2 h  15 ms sen 1s   9,8 m/s 2 1s  2 h  2,6 m x  15 cos 301s  x  12,99 m  13 m

Henry Alvarado

Página 23

Solucionario Física Vectorial 1 Movimiento Circular

EJERCICIO Nº10 1. Una partícula animada de movimiento circular parte del punto  3, 5  cm y gira antihorariamente, con centro en el origen, 1000º en 12s. Determinar: a) El desplazamiento angular b) La velocidad angular media c) La posición angular inicial d) La posición final SOLUCIÓN: a)

b)

1000º   17, 45 rad 180º

 t 17, 45 rad = 12s  = 1, 45 rad/ s

c)

d)

5   tan 1   3   59, 04º

 f     0

=

 f  17, 45 rad  1, 03rad  f  18, 48 rad

59, 04º   1, 03rad 180º

2. Calcular la velocidad angular de cada una de las tres manecillas de un reloj SOLUCIÓN: Segundero

Minutero

 t 2 rad = 60s  = 0,105 rad/ s

=

Horero

=

Henry Alvarado

2 rad 3600s  = 1, 745  103 rad/ s

2 rad 43200s  = 1, 454  104 rad/ s =

Página 1


3. El radio de una rueda de bicicleta gira con una velocidad angular de 0,7 rad/s durante 4 minutos. Determinar: a) En ángulo descrito en grados b) Cuantas vueltas ha dado SOLUCIÓN: a)      t   0, 7 rad/ s 240s   168 rad

b) 168 rad 180  9625, 69º 

168rad 2 rad vu eltas  26,74 vu eltas 

4. Una partícula gira por una trayectoria circular con una velocidad angular constante de 8 rad/s. Determinar: a) El tiempo necesario para girar un ángulo de 1000º b) El tiempo necesario para dar una revolución c) El ángulo girado en un minuto d) El número de revoluciones que da por minuto SOLUCIÓN: a)

1000º   17, 45 rad 180º

c)  =    t  = 8 rad/ s× 60s  = 480 rad

b)

  17, 45 rad t = 8 rad/ s  t = 2,18s t =

  2 rad t = 8 rad/ s  t = 0, 79s t =

d) 8 rad 1rev 60s  76,39 RPM s 2 rad 1min

5. Una partícula que gira por una trayectoria circular da 25 vueltas en 6s. Determinar: a) La velocidad angular media b) El ángulo girado en 3s c) El tiempo necesario para girar un ángulo de 1600º SOLUCIÓN: Henry Alvarado

Página 2


a)

25 vueltas 2 rad  50 rad 1vuelta

 t 50 rad = 6s  = 26,18 rad/ s

b)

c)

 =    t

1600º  rad  27,93rad 180º

=

 = 26,18 rad/ s 3s

  27,93rad t = 26,18 rad/ s  t = 1, 07 s

 = 78,54 rad

t =

6. Una partícula parte del punto  -5, - 6  cm y gira en sentido antihorario con una velocidad angular constante de 18 rad/s. Si el centro de la trayectoria es el origen, determinar: a) b) c) d)

La posición angular inicial El desplazamiento angular en 4s La posición angular final La posición final

SOLUCIÓN:

a)

6   180º  tan 1   5   129,80º

Henry Alvarado

129,80º  rad  2, 27 rad 180º

Página 3


b)  =    t  = 18 rad/ s 4s  = 72 rad

c)

 f     0  f  72 rad  2, 27 rad  f  74, 27 rad

74, 27 rad 180º  4255,36º  rad

d)

52  6 2 7,81cm

r0 x = 7,81cmcos 4255,36º

r0 y = 7,81cmsen 4255,36º

r0 x = 3,35cm

r0 y = 7, 06 cm

   r0 = 3,35 i- 7, 06 j cm





7. La velocidad angular de un motor cambia uniformemente de 1200 a 2100 RPM en 5s. Determinar: a) La aceleración angular b) La velocidad angular media c) El desplazamiento angular SOLUCIÓN: a) 1200 rev 2 rad 1min = 125, 66 rad/ s min 1rev 60s

2100 rev 2 rad 1min = 219,91rad/ s min 1rev 60s

f  0 t 219,91rad/ s-125, 66 rad/ s  5s 2   18,85 rad/ s 

Henry Alvarado

Página 4


b)

c)

f   0 2 125, 66 rad/ s+ 219,91rad/ s  2   172, 79 rad/ s 

 =    t  = 172, 79 rad/ s 5s  = 863,95 rad

8. Un cuerpo parte del punto  4, 7  cm en sentido antihorario por una trayectoria circular y gira un ángulo de 120 rads en 8 seg, alcanzando una velocidad angular de 25 rad/s. Si el centro de la trayectoria es el origen, determinar: a) b) c) d)

La velocidad angular media La velocidad angular inicial La posición angular final La aceleración angular

SOLUCIÓN: a)

b) f  0 2 25 rad/ s+  0 15 rad/ s  2  0  25 rad/ s  30 rad/ s 

 t 120 rad = 8s  = 15 rad/ s =

 0  30 rad/ s  25 rad/ s  0  5 rad/ s

c)

7  0  tan 1   4  0  60, 26º

Henry Alvarado

60, 26º  rad  1, 05 rad 180º

 f     0  f  120 rad  1, 05 rad  f  121, 05 rad

Página 5


d)

 f  0 t 25 rad/ s- 5 rad/ s = 8s  = 2,5 rad/ s 2 =

9. Un cuerpo parte del punto  3, - 6  cm en sentido antihorario por una pista circular con centro en el origen, con una velocidad angular de 6rad/s y se mueve durante 10s con una aceleración angular de 2 rad/ s 2 ; Determinar: a) b) c) d)

La velocidad angular final La velocidad angular media El desplazamiento angular La posición final

SOLUCIÓN: a)

b)

f  0 t f =   t   0



f  0 2 26 rad/ s+ 6 rad/ s  2   16 rad/ s

=

f = 2 rad/ s 2 ×10s+ 6 rad/ s f = 26 rad/ s

c)  =    t  = 16 rad/ s 10s  = 160 rad

d)

160 rad 180º  9167,32º  rad

Henry Alvarado

 6    tan 1    3    63, 43º

 f  9167,32º 63, 43º  f  9103,89º Página 6


32  6 2  6, 71m

rf x = 6, 71cos 9103,89º

rf y = 6, 71sen 9103,89º

rf x = 1, 61m

rf y = 6,51m

  rf = -1, 61 i+ 6,51 j m





10. Desde un mismo punto de la circunferencia parten dos móviles en sentido opuesto. El primero recorre la circunferencia en 1h45min y el segundo recorre un ángulo de 10º30’ en un minuto Determinar dónde y cuándo se encuentran SOLUCIÓN:

1h : 45 min = 6300s 10º 31'  10,52º 1min = 60s 10,52º  rad = 0,184 rad 180º

1 =

1  t1

2 rad 6300s 1 = 9,97 104 rad/ s 1 =

2 =

 2  t2

0,184 rad 60s 2 = 3, 07 103 rad/ s 2 =

Para determinar el encuentro: 1   2  2 rad ................(1)

Henry Alvarado

 =    t ............(2)

 t1   t 2 .........(3)

Página 7


(2) y (3) en (1) 1   t  2   t  2 rad  t 1  2   2 rad t 

2 rad 1  2

2 rad 9,97 10 rad/ s 3, 07  103 rad/ s  t  1544,92s t 

4

1 = 1   t

 2 = 2   t 4

1 = 9,97 10 rad/ s 1544,92s

 2 = 3, 07 103 rad/ s 1544,92s

1 = 1,54 rad

 2 = 4, 74 rad

Henry Alvarado

Página 8

Solucionario Física Vectorial 1 Movimiento Circular Uniforme

EJERCICIO Nº11 1. Un volante cuyo diámetro es de 1,5m está girando a 200RPM, determinar: a) La velocidad angular b) El periodo c) La frecuencia d) La rapidez de un punto del borde e) El módulo de la aceleración centrípeta SOLUCIÓN: a)

b)

2 rad  2 rad T= 20,94 rad/ s T = 0,30s T=

200 RPM

c)

1 T f = 3,33s 1 f=

2 rad 1min = 20,94 rad/ s 1rev 60s

d)

e)

D V = 2

aC =

1,5 m V = 20,94 rad/ s 2 V = 15, 705 m/ s

aC

V2 R

15, 705 m/ s  =

2

0, 75 m

a C = 328,86 m/ s 2

2. Un cuerpo que gira con MCU está provisto de una velocidad angular de 2rad/s. Determinar: a) El ángulo girado en 4s b) El número de vueltas que da en 4s c) El tiempo necesario para girar un ángulo de 500º d) El periodo e) La frecuencia SOLUCIÓN: a)

Henry Alvarado

b)

Página 1


 =t  = 2 rad/ s 4s  = 8 rad

8 rad 180 = 458,36  rad

c)

  25  rad 9 t 2 rad/ s t  4,36s t

Vueltas 

d)

e)

2 rad  2 rad T= 2 rad/ s T = 3,14s

f=

8 rad  1, 27 2 rad

T=

1 T f = 0,318s -1

3. Las manecillas de un reloj miden: el horero=4cm, minutero =7cm y segundero=10cm. Para cada una, determinar: a) El periodo b) La frecuencia c) La velocidad angular d) La rapidez del extrema e) El módulo de la aceleración centrípeta del extremo SOLUCIÓN: a)

2 rad  2 rad T= 2 rad 43200s T = 43200s

2 rad  2 rad T= 2 rad 3600s T = 3600s

T=

2 rad  2 rad T= 2 rad 60s T = 60s

T=

T=

b)

f=

1 T

f=

1 T

1 1 f= 43200s 3600s -5 -1 f = 2,3110 s f = 2, 78 10-4 s -1 f=

f=

1 T

1 43200s f = 1, 67 10-2 s -1 f=

c)

Henry Alvarado

Página 2


 t 2 rad  43200s   1, 45  10-4 rad/ s

 t 2 rad  3600s   1,14  10-3 rad/ s



 t 2 rad  60s   1, 05  10-1 rad/ s





V =r

V =r

d)

V =r 2 rad  0, 04 m 43200s V = 5,81106 m/ s

2 rad  0, 07 m 43200s V = 1, 22 104 m/ s

V=

2 rad  0,1m 43200s V = 1, 05 102 m/ s

V=

V=

e) aC =

V2 R

 2 rad   0, 04 m   43200s  aC =  0, 04 m a C = 8, 46  10-10 m/ s 2

aC = 2

V2 R

 2 rad   0, 07 m   3600s  aC =  0, 07 m a C = 2,13  10-7 m/ s 2

aC = 2

V2 R

 2 rad   0, 04 m   43200s  aC =  0, 04 m

2

a C = 1,10  10-3 m/ s 2

4. Un cuerpo gira en una trayectoria circular de 70 cm de radio y da 750 rev cada 2,5 minutos. Determinar: a) La velocidad angular b) La distancia recorrida c) La rapidez del cuerpo d) El módulo de la aceleración centrípeta SOLUCIÓN: a) 

700 rev 2 rad 1min  300 RPM 300 RPM = 31, 42 rad/ s 2,5 min 1rev 60s

b)  r  750  2  0, 7 m = 3298, 67 m

c)

Henry Alvarado

Página 3


V =r V = 31, 42 rad/ s 0, 7 m V = 21,99 m/ s d) aC = aC

V2 R

 21,99 m/ s  =

2

0, 7 m

a C = 690,80 m/ s 2

5. Un móvil se mueve en una circunferencia de 1,2m de radio con una velocidad angular constante de 22 rad/s durante 6s. Determinar: a) El desplazamiento angular b) La distancia recorrida c) El periodo d) La rapidez del móvil e) El módulo de la aceleración centrípeta SOLUCIÓN: a)  =t  = 22 rad/ s 6s  = 132 rad

b)  r = 132 1, 2 m   158, 4 m

c)

2 rad  2 rad T= 22 rad/ s T = 0, 29s T=

d)

Henry Alvarado

Página 4


V =r V = 22 rad/ s1, 2 m V = 26, 4 m/ s e) aC = aC

V2 R

 26, 4 m/ s  =

2

1, 2 m

a C = 580,8 m/ s 2

6. Una rueda de bicicleta tiene 60cm de diámetro y recorre una distancia de 12m en 15s. Determinar: a) El ángulo girado b) El número de vueltas que dio c) La velocidad angular d) El periodo e) El módulo de la aceleración centrípeta SOLUCIÓN: a)

D 2 2 r = D 2 12 m  = 0, 6 m  = 40 rad r =

b) 40 rad 2 rad Vueltas = 6,37 Vueltas =

c)

Henry Alvarado

Página 5


 t 40 rad  15s   2, 67 rad/ s 

d)

2 rad  2 rad T= 2, 67 rad/ s T = 2,36s T=

e) V2 aC = R aC

 2, 67 m/ s  =

2

0, 6 m

a C = 11,88 m/ s 2

7. La tierra cuyo radio aproximado tiene 6375km, gira sobre su propio eje (rotación). Determinar: a) El periodo de rotación b) La frecuencia c) La velocidad angular d) La rapidez de un punto del ecuador en km/h e) El módulo de la aceleración centrípeta SOLUCIÓN: a)

2 rad  2 rad T= 2 rad 86400s T = 86400s T=

b) Henry Alvarado

Página 6


f=

1 T

1 86400s f = 1,15 10-5 s-1 f=

c)

 t 2 rad  86400s   7, 27 10-5 rad/ s 

d)

V =r

V =r

2 rad 2 rad  6375000 m V =  6375 km 86400s 24 h V = 1668,97 km V = 463, 60 m/ s V=

e) aC =

V2 R

 2 rad   6375000 m   86400s  aC =  6375000 m a C = 0, 034 m/ s 2

2

8. El radio de la órbita seguida por la tierra en su movimiento alrededor del sol (traslación), mide 1, 49 x1011 m . Determinar: a) El periodo de revolución b) La frecuencia c) La velocidad angular d) La rapidez en km/h e) El módulo de la aceleración centrípeta SOLUCIÓN: a) Henry Alvarado

Página 7


2 rad  2 rad T= 2 rad 31536000s T = 31536000s T=

b)

f=

1 T

1 31536000s f = 3,17  10-8 s -1 f=

c)



 t

2 rad 31536000s   1,99  10-7 rad/ s 

d)

V =r 2 rad 1, 49 x108 km  8760 h 2 V = 17009,13km/ h V=

e) aC =

V2 R

 1, 49 x1011 m    31536000 s   aC = 1, 49 x1011 m 2 a C = 9, 41 10-4 m/ s 2

Henry Alvarado

2

Página 8


9. La luna orbita alrededor de nuestro planeta; la distancia promedio que la separa de la tierra es de 3,84 x108 m . Determinar: a) El periodo de revolución b) La frecuencia c) La velocidad angular d) La rapidez en km/h e) El módulo de la aceleración centrípeta SOLUCIÓN: a)

2 rad  2 rad T= 2 rad 2360600s T = 2360600s T=

b)

f=

1 T

1 2360600s f = 4, 24 10-7 s -1 f=

c)



 t

2 rad 2360600s   2, 66 10-6 rad/ s 

d)

V =r 7200 rad  3,84 x105 km 2360600 h V = 3679,52 km/ h V=

Henry Alvarado

Página 9


e) aC =

V2 R

 2 rad   3,84 x108 m   2360600 s  aC =  8 3,84 x10 m

2

a C = 2, 72  10-3 m/ s 2

10. El Sol efectúa un movimiento de traslación de la Vía Láctea; el radio de la órbita es 2, 4 x10 20 m y su periodo de revolución es de 6,3 x1015 s . Determinar: a) La frecuencia b) La distancia recorrida en 50 años c) La velocidad angular d) La rapidez en km/h e) El módulo de la aceleración centrípeta SOLUCIÓN: a)

f=

1 T

f=

1 6,3 x1015 s

f = 1,59 10-16 s -1 b)

r =

2  2, 4 x1020 m  6,3 x1015 s

1,5768  109 s

 r = 3, 77  1014 m c)

2 rad T 2 rad = 6,3 x1015 s =

 = 9,97 10-16 rad/ s

Henry Alvarado

Página 10


d)

2 rad T 7200 =  2, 4 x1017 km 15 6,3 x10 h  = 861693,985 km/ h =

e) aC =

V2 R

2   20  6,3 x1015 s  2, 4 x10 m   aC =  2, 4 x10 20 m

2

a C = 9, 09  10-6 m/ s 2

11. Una partícula animada de MCU parte del punto  2, 7  m y gira alrededor del origen en sentido antihorario describiendo un ángulo de 215º en 6s. Determinar: a) La velocidad angular b) La posición angular inicial c) La posición angular final d) La posición final e) El periodo f) La frecuencia g) La velocidad en la posición final h) La aceleración centrípeta en la posición inicial SOLUCIÓN: a)

 t 43  rad 36 = 6s  = 0, 63rad/ s =

215°  rad 43 =  rad 180° 36

b)

Henry Alvarado

Página 11


 7   rad   tan 1    1, 29 rad  2  180

c)  f = 1, 29 rad 

43  rad  5, 04 rad 36

d) 5, 04 rad 180° = 288,771°  rad    rf = 2 2 + 7 2 m cos 288,771° i+ sen 288,771° j    rf = 2,34 i- 6,89 j m









e)

2 rad  2 rad T= 0, 63rad/ s T = 9,97 s T=

f)

f=

1 T

f=

1 9,97 s

f = 0,10s -1 g)   288, 771  270  18,771°    V = 0, 63rad/ s 2 2 + 7 2 m cos18, 771 i+ sen18, 771 j    V = 4,34 i+1, 48 j m/ s









h)

Henry Alvarado

Página 12


aC =

aC

V 2  -  r0 R

 

0, 63 rad/ s  =

22  7 2 m

22  7 2   a C = -0, 79 i- 2, 78 j m/ s 2





  -  2 i+ 7 j   2

 

2 2 + 7 2 

12. Un cuerpo animado de MCU se encuentra en la posición indicada en la figura en t=2s. Si se mueve en sentido horario 6s, determinar:

a) b) c) d) e) f) g) h)

La velocidad angular El desplazamiento angular Cuántas vueltas da La distancia recorrida La posición final El periodo La velocidad en t=2s La aceleración centrípeta en t=8s

SOLUCIÓN: a)

V R 3m/ s  0, 7   4, 29 rad/ s 

b) En sentido horario el desplazamiento es negativo

Henry Alvarado

Página 13


  4, 29 rad/ s  6s    25, 74 rad c) 25, 74 2 Vueltas = 4, 09 Vueltas =

d)

d = 25, 74  0, 7 m  d = 18, 02 m e) Como va en sentido horario el desplazamiento será negativo

 f     0  f  25, 74 rad  f  1404,79°

180  70 

   rf = 0, 7 cos  1404,79°  i+ 0, 7 sen  1404,79°  j m    rf = 0,57 i  0, 40 j m

 





f) 2 rad 4, 29 rad/ s T  1, 46s T

g)

  4, 29 rad/ s  2s    8,58 rad

   V = 3m/ s cos 41,60° i+ sen 41,60° j    V = 2,24 i+ 2 j m/ s





Henry Alvarado

  491,60°+360°=-131,60°  41,60°

180  -491,60°  rad





Página 14


h)

  4, 29 rad/ s  8s    34,32 rad

  -1966,39°+360°  5=-166,39°  76,39°

180  -1966,39°  rad

   V = 3m/ s cos 76,39° i+ sen 76,39° j    V = 0,71 i+ 2,92 j m/ s









13. Un cuerpo parte del punto  4, - 3 m en sentido antihorario por una trayectoria circular con centro en el origen y se mueve 12s con una velocidad angular constante de 3rad/s. Determinar: a) El desplazamiento angular b) La posición angular inicial c) La posición angular final d) La posición final e) Cuántas vueltas da f) El periodo g) La velocidad en la posición inicial h) La aceleración centrípeta en la posición final SOLUCIÓN: a)

   t   3rad/ s 12s    36 rad b)

 -3   0 = sen -1    36,87° 2 2  4 +3   rad  323.13°  5, 64 rad 180 c)

 f     0  f  36 rad  5, 64 rad  f  41, 64 rad Henry Alvarado

41, 64 rad

180  2385,8°  rad Página 15


d)





   rf = 42 + 32 cos  2385,8°  i+ 42 + 32 sen  2385,8°  j m    rf = -3, 49 i- 3,58 j m





e) 36 rad 2 rad Vueltas = 5, 73 Vueltas =

f) 2 rad 3rad/ s T  2, 09s T

g)   323,13  2700  53,13°    V = 3rad/ s 4 2  32 cos 53,13° i+ sen 53,13° j    V = 9 i+12 j m/ s









h)  V 2  aC = -  rf R

 

 aC =



3 rad/ s 4 2  32

  -  -3, 49 i- 3, 58 j   2

 3, 49 2  3, 582  4 2  32      2 a C = 31, 41 i  32, 22 j m/ s





14. Una partícula animada de MCU se encuentra en la posición que indica la figura en t=4s. Si gira en sentido horario con una velocidad angular de 5rad/s durante 10s, determinar:

Henry Alvarado

Página 16


a) b) c) d) e) f) g) h)

El desplazamiento angular La posición angular inicial La posición angular final La posición final Cuántas vueltas da El periodo La velocidad en t=14s La aceleración centrípeta en t=4s

SOLUCIÓN: a) En sentido horario el desplazamiento es negativo

  5 rad/ s 10s    50 rad b) 305

 rad  5,32 rad 180

c)

 f     0  f  50 rad  5,32 rad  f  44, 68 rad

44, 68 rad

180  2559,98°  rad

d)

Henry Alvarado

Página 17


   rf = cos  2559,98°  i+ sen  2559,98° j m    rf = 0, 77 i- 0,64 j m

 





e) 50 rad 2 rad Vueltas = 7,96 f) 2 rad T 5 rad/ s T  1, 26s g) Vueltas =

 f     0

  5 rad/ s 14s 

 f  70 rad  5,32 rad

  70 rad

64, 68 rad

180  3705,89°  rad

14, 68 rad

180  841,102°  rad

 f  64, 68 rad

  3705,89°+360 10  105,89°  15,89°    V = 5 rad/ s1m cos15,89° i+ sen15,89° j    V = 4,81 i+1,37 j m/ s









h)

 f     0

  5 rad/ s  4s 

 f  20 rad  5,32 rad

  20 rad

 f  14, 68 rad

 V 2  aC = -  rf R   5 m/ s  2   aC = - cos  841,102°  i+ sen  841,102°  j 1m    a C = -12, 31 i- 21, 41 j m/ s 2

 









15. Una partícula parte del punto  -4, 1 m en sentido horario con MCU. Si gira con una rapidez de 2m/s durante 15s. Determinar: a) La velocidad angular b) El periodo c) La posición angular inicial Henry Alvarado

Página 18


d) e) f) g) h)

La posición angular final La posición final Cuántas vueltas da La velocidad en la posición inicial La aceleración centrípeta en la posición final

SOLUCIÓN: a)

 

V R 2 m/ s

42  1   0, 49 rad/ s b) 2 rad 0, 49 rad/ s T  12,95s T

c)

 4    0  cos 1   2,90 rad  2 180  4  1   d) Como va en sentido horario el desplazamiento será negativo

 f     0

 f  0, 49 rad/ s 15s   2,90 rad  f  4, 45 rad e) 4, 45 rad 180° = 254,97  rad





   rf = 42 +1 cos  -254,97  i+ 42 +1sen  -254,97  j m    rf = 1, 07 i+ 3,98 j m



Henry Alvarado



Página 19


f) 0, 49 rad/ s 15s  2 Vueltas = 1,17 Vueltas =

g) 2,90 rad 180° = 166,16  rad

  116,16  90  76,16°    V = 2 m/ s cos 76,16° i+ sen 76,16° j    V = 0, 48 i+1,94 j m/ s









h)  V 2  aC = -  rf R

 

    2 m/ s  2  -1, 07 i+ 3,98 j aC = 4 2  1  1, 07 2  3,982    a C = 0, 25 i- 0,94 j m/ s 2



Henry Alvarado





   

Página 20

Solucionario Física Vectorial 1 Movimiento Circular Uniformemente Variado

EJERCICIO Nº12 1. Un automóvil parte del reposo en una vía circular de 400m de radio con MCUV hasta que alcanza una rapidez de 72km/h en un tiempo de 50s. Determinar: a) La velocidad angular final b) La velocidad angular media c) La aceleración angular d) El desplazamiento angular e) La distancia recorrida f) El tiempo que tarda en dar 100 vueltas g) El módulo de la aceleración total final SOLUCIÓN: a)

b)

c)

d)

e)

f)

g)

2. Una turbina de un jet se acelera de 0 a 6000 RPM en 20s. Si el radio de la turbina es 1,2m, determinar: a) La velocidad angular final Henry Alvarado

Página 1


b) c) d) e) f) g)

La velocidad angular media La aceleración angular La rapidez media El desplazamiento angular La distancia recorrida por el extremo de la turbina El módulo de la aceleración total final

SOLUCIÓN: a)

b)

c)

d)

e)

f)

g)

3. Un punto animado de movimiento circular cambia su velocidad angular de 200 RPM a 2600 RPM en 2 min. Si el radio de la trayectoria es 1,5 m, determinar: a) La rapidez inicial b) La velocidad angular final c) La aceleración angular d) El desplazamiento angular e) Cuántas vueltas dio f) La distancia recorrida g) El módulo de la aceleración total inicial Henry Alvarado

Página 2


SOLUCIÓN: a)

b)

c)

d)

e)

f)

g)

4. Un cuerpo describe una trayectoria circular de 1m de radio con una aceleración angular de 1,3rad/ s 2 . Cuando ha girado un ángulo de 7 / 3rad alcanza una velocidad angular de 42 RPM. Determinar: a) La velocidad angular inicial b) La velocidad angular media c) La rapidez inicial d) El tiempo empleado SOLUCIÓN: a)

b)

Henry Alvarado

Página 3


c)

d)

5. A una partícula que está girando con una velocidad angular de 6 rad/s se le comunica una aceleración angular de 2 2,8 rad/ s 2 durante 1 min. Si el radio de la trayectoria circular es de 0,6m, determinar: a) La rapidez inicial b) La velocidad angular final c) La rapidez final d) La velocidad angular media e) El desplazamiento angular f) Cuántas vueltas da g) El módulo de la aceleración total inicial SOLUCIÓN: a)

b)

c)

d)

e)

f)

g) Henry Alvarado

Página 4


6. La velocidad angular de un volante disminuye uniformemente de 1000 RPM en 7s. Si el radio de la curvatura es de 25cm, determinar: a) La rapidez inicial b) La velocidad angular media c) La aceleración angular d) El desplazamiento angular e) Cuántas vueltas da f) Qué tiempo será necesario para que el volante se detenga g) El módulo de la aceleración total final SOLUCIÓN: a)

b)

c)

d)

e)

f)

g)

7. Un volante de 10cm de radio gira en torno a su eje a razón de 400 RPM. Un freno lo para en 15s. Determinar: a) La velocidad angular inicial b) La rapidez en el momento de aplicar el freno c) La velocidad angular media Henry Alvarado

Página 5


d) e) f) g)

El desplazamiento angular Cuántas vueltas da hasta detenerse La distancia recorrida El módulo de la aceleración total inicial

SOLUCIÓN: a)

b)

c)

d)

e)

f)

g)

8. Una partícula describe una trayectoria circular de 0,8 m de radio en sentido antihorario. Si parte del reposo y del punto A, realizando un desplazamiento angular de 10 rad en 3s, determinar:

Henry Alvarado

Página 6


a) b) c) d) e) f) g)

La aceleración angular La posición angular final La posición final La velocidad angular media La distancia recorrida La velocidad final La aceleración total final

SOLUCIÓN: a)

b)

c)

d)

e)

f)

g)

9. Una partícula se mueve en una trayectoria circular de 1,4m de radio en sentido horario. Si parte del reposo y del punto B, alcanzando una velocidad angular de 7rad/s en 4s, determinar:

Henry Alvarado

Página 7


a) b) c) d) e) f) g)

La aceleración angular El desplazamiento angular La velocidad angular media La posición angular final La posición final La velocidad final La aceleración total final

SOLUCIÓN: a)

b)

c)

d)

e)

f)

g)

Henry Alvarado

Página 8


10. Una partícula animada de MCUV, parte del punto A, como indica la figura, con una rapidez de 4m/s y luego de 3s pasa por el punto B con una rapidez de 10m/s. Determinar:

a) b) c) d) e) f) g)

La velocidad angular inicial La aceleración angular El desplazamiento angular La posición inicial La velocidad en B La aceleración total en A La aceleración total en B

SOLUCIÓN: a)

b)

c)

d)

e)

f)

Henry Alvarado

Página 9


g)

11. Una partícula se mueve en la trayectoria circular de la figura con una rapidez de 10m/s y una aceleración angular de  -2 / 5  rad/ s 2 hasta detenerse. Determinar:

a) b) c) d) e) f) g)

La velocidad angular inicial La velocidad inicial El tiempo hasta detenerse El desplazamiento angular La posición angular final La posición final La aceleración total inicial

SOLUCIÓN: a)

b)

c)

d)

e) Henry Alvarado

Página 10


f)

g)

12. Una partícula animada de MCUV está en la posición que indica la figura. Si se mueve durante 4s con una aceleración angular de -1rad/ s 2 , determinar:

a) b) c) d) e) f) g)

La velocidad angular inicial La velocidad angular final El desplazamiento angular La posición angular final La posición final La velocidad final La aceleración total final

SOLUCIÓN: a)

b)

c)

d) Henry Alvarado

Página 11


e)

f)

g)

13. Una partícula se mueve en la trayectoria circular de la figura con una V=4m/s en t=0s y una aceleración angular de 0,8 rad/ s 2 . Determinar:

a) b) c) d)

El desplazamiento angular El espacio angular recorrido El espacio lineal recorrido La posición cuando V0 = 0

e) La posición final de la partícula f) La velocidad en t=8s g) La aceleración total en t=8s SOLUCIÓN: a)

b) Henry Alvarado

Página 12


c)

d)

e)

f)

g)

14. Una partícula que tiene movimiento circular, se encuentra en la posición que indica la figura en t=4s. Si gira con una aceleración angular de -1rad/ s 2 durante 10s. Determinar:

a) b) c) d) e) f) g)

El desplazamiento angular El espacio angular recorrido El espacio lineal recorrido La posición cuando V=0 La posición final de la partícula La velocidad en t=14s La aceleración total en t=14s

SOLUCIÓN: Henry Alvarado

Página 13


a)

b)

c)

d)

e)

f)

g)

15. Una partícula se mueve en la trayectoria circular de la figura con una V0 = 3 m/ s en t=0s y una aceleración angular de  - / 3  rad/ s 2 durante 7s. Determinar:

a) b) c) d) e)

El desplazamiento angular El espacio angular recorrido El espacio lineal recorrido La posición cuando V=0 La posición final de la partícula

Henry Alvarado

Página 14


f) La velocidad en t=7s g) La aceleración total en t=7s SOLUCIÓN: a)

b)

c)

d)

e)

f)

g)

Henry Alvarado

Página 15

Solucionario Física Vectorial 1 Dinámica

EJERCICIO Nº13 1. Un cuerpo de 200kg adquiere una velocidad de 108km/h en 10s, cuando se le comunica una fuerza constante de 98[N]. Determinar: a) La aceleración producida b) Qué velocidad llevaba al empezar a acelerar SOLUCIÓN: Datos: m=200kg V=108km/h t=10s F=98[N]

108 km 1000 m 1h = 30 m/ s h 1km 3600 s

a) F = m× a F a= m 98[N] a= 200 kg a = 0, 49 m/ s

b)

Vf = V0 + a× t V0 = Vf - a× t V0 = 30 m/ s- 0, 49 m/ s×10s V0 = 25,1m/ s 2

2. A un automóvil de 1000kg que va por una carretera recta se le acciona con una fuerza constante de 490[N] durante 8s, llegando a tener una velocidad de 36m/s. Determinar: a) La velocidad que tenía el automóvil antes de empezar a acelerar b) Qué velocidad lleva cuando ha recorrido 150m SOLUCIÓN: Datos: m=1000kg F=490[N] t=8s Vf = 36 m/ s

Henry Alvarado

Página 1


a) F = m× a F a= m 490 N a= 1000 kg

b) Vf = V0 2 + 2 a  r

V0 = Vf - at

Vf = 36 m/ s+ 2× 0, 49 m/ s 2 ×150 m

V0 = 36 m/ s- 0, 49 m/ s 2 ×8s

Vf = 37,99 m/ s

V0 = 32, 08 m/ s

a = 0, 49 m/ s 2

3. Una fuerza horizontal de 1568[N] produce una aceleración de 2, 44 m/ s 2 en un cuerpo de 400kg que descansa sobre una superficie horizontal. Determinar: a) La fuerza normal ejercida por la superficie sobre el cuerpo b) El coeficiente de rozamiento entre el cuerpo y la superficie SOLUCIÓN:

N

Datos: F=1568[N]

fr

F

a = 2, 44 m/ s 2

mg

m=400kg a)  Fy = 0

b)

N- P = 0

  0,15

fr = F- m× a

N = m× g N = 3920[N]

fr = 592[N]

F- fr = m× a

N=P N = 400 kg×9,8 m/ s

fr = 1568[N] - 400 kg× 2, 44 m/ s 2

fr =   N fr  N 592[N]  3920[N]

 Fx = m× a

2

4. Un cuerpo de 6kg parte del reposo y adquiere una velocidad de 36km/h en una distancia horizontal de 28m. Si   0, 25 , determinar: a) La aceleración producida b) El valor de la fuerza horizontal aplicada SOLUCIÓN:

Henry Alvarado

Página 2


N

Datos: m=6kg

a

fr

Vf = 36 km/ h

 r = 20 m

36 km 1000 m 1h = 10 m/ s h 1km 3600 s

F mg

  0, 25

a) Vf 2 = V0 2 + 2 a  r

a=

Vf 2  V0 2 2 r

10 m/ s  a=

2

2× 28 m

a = 1, 79 m/ s 2

b)  Fy = 0

N- mg = 0 N = mg

fr =  N fr =  mg

 Fx = m× a F = ma+  mg F = 6 kg×1, 79 m/ s 2 + 0, 25× 6 kg×9,8 m/ s 2 F = 25, 44[N]

5. En un lugar de la superficie terrestre, un cuerpo de 500g pesa 4,89[N]. Determinar: a) El valor de la aceleración de la gravedad en dicho punto b) La masa de un cuerpo de 200[N] en dicho lugar SOLUCIÓN: Datos: m=500g=0,5kg P=4,89[N] a) P = m× g P g= m 4,89[N] g= 0,5 kg g = 9, 78 m/ s 2

Henry Alvarado

b) P = m× g P m= g 200[N] m= 9, 78 m/ s 2 m = 20, 45 kg

Página 3


6. Un automóvil de 1200kg cambia su velocidad en forma constante de     -12, 61 i-12, 79 j km/ h a -70 i- 71 j km/ h en 1 minuto. Determinar:









a) La aceleración producida b) La fuerza ejercida por el motor SOLUCIÓN: Datos:

   V0 = -12, 61 i-12, 79 j km/ h









 -12, 61 i-12, 79 j  km 1000 m

  1h = -3,50 i- 3,55 j m/ s 1km 3600s

h





   V0 = -70 i- 71 j km/ h









 -70 i- 71 j  km 1000 m h

  1h = -19, 44 i-19, 72 j m/ s 1km 3600s

a)    V -V a= f 0 t







b) F = ma

    -19, 44 i-19, 72 j m/ s- -3,50 i- 3,55 j m/ s







 a= 60s    a = -0, 265 i- 0, 269 j m/ s 2



  F = 1200 kg -0, 265 i- 0, 269 j m/ s 2   F = -318 i- 322,8 j N











7. Un cuerpo de 8kg está en reposo en el punto  4, - 7  m en t=0s. Si se le aplica una   fuerza constante de 8 i+16 j  N  , determinar:





a) La posición del cuerpo en t=8s b) La velocidad del cuerpo en t=12s SOLUCIÓN: Datos: m=8kg r0 =  4, - 7  m

Henry Alvarado

Página 4


 F = -8 i+16 j [N]





a)

b)

F = m× a F a= m   -8 i+16 j [N] a= 8 kg   a = - i+ 2 j m/ s 2









1 rf = r0 + V0 × t + a× t 2 2 1 rf = r0 + a× t 2 2   1   2 rf = 4 i- 7 j m+ - i+ 2 j m/ s 2  8s  2     rf = 4 i- 7 j m+ -32 i+ 64 j m   rf = -28 i+ 57 j m

  

    





V t V = a× t   V = - i+ 2 j m/ s 2 ×12s   V = -12 i+ 24 j m/ s 2

a=

 





8. Un cuerpo de 2kg se encuentra en el punto  5, 2  m en t=2s con una velocidad de     -7 i+ 3 j m/ s . Si se le aplica sobre él una fuerza constante de -175 i+ 75 j  N 









durante 6s; determinar: a) La posición final del cuerpo b) El desplazamiento realizado por el cuerpo c) La velocidad final del cuerpo SOLUCIÓN: Datos:    r0 = 5 i+ 2 j m









 -7 i+ 3 j  m/ s 

  -175 i+ 75 j  N 



t = 6s a)

Henry Alvarado

Página 5




 a=

  F = m× a   F a= m   -175 i+ 75 j  N 



2 kg    a = -87,5 i+ 37,5 j m/ s 2





   1  rf = r0 + V0 t+ a t 2 2        1 2 rf = 5 i+ 2 j m+ -7 i+ 3 j m/ s× 6s+ -87,5 i+ 37,5 j m/ s 2  6s  2    rf = -1612 i+ 695 j m



 

 

b)     r = rf - r0       r = -1612 i+ 695 j m  5 i+ 2 j m     r = -1617 i+ 693 j m

 

  









c)    Vf = V0 + a t      Vf = -7 i+ 3 j m/ s+ -87,5 i+ 37,5 j m/ s 2 × 6s    Vf = -532 i+ 228 j m/ s

 









9. En la figura, un cuerpo de 20kg se mueve a lo largo de una superficie horizontal lisa con una aceleración constante de 1m/ s 2 . Determinar: a) El valor de la fuerza normal b) Qué fuerza F se necesita para producir esa aceleración

SOLUCIÓN: Datos: m=20kg a = 1m/ s 2

a)

Henry Alvarado

b)

Página 6


 Fy = 0 N- P = 0 N=P N = m× g N = 20 kg×9,8[N]

F = m× a F = 20 kg×1m/ s 2 F = 20[N]

N = 196[N]

10. Un bloque de 15kg se encuentra en reposo sobre una superficie horizontal como indica la figura. Cuando sobre él actúa una fuerza de 60[N] durante 3s y si  c  0, 2 , determinar: a) La aceleración del bloque b) La velocidad final del bloque

SOLUCIÓN:

N

m = 15 kg

fr

F = 60 N

a F

t = 3s

mg

 c  0, 2

a)

F

Y

fr =  × N fr = 0, 2×147 N fr = 29, 4 N

=0

N- P = 0 N = mg N = 15 kg×9,8 m/ s 2 N = 147 N

F

X

= m× a

b) Vf = V0 + at

F- fr = m× a

Vf = 7,84 m/ s 2 × 3s

F- fr m 147 N- 29, 4 N a= 15 kg

Vf = 23,52 m/ s

a=

a = 7,84 m/ s 2 11. En la figura, si el cuerpo es de 10kg y c  0,15 , determinar: a) Qué valor debe tener la fuerza para que el cuerpo se mueva con velocidad constante b) Qué valor debe tener la fuerza para que el cuerpo se mueva con una aceleración de 2 m/ s 2 Henry Alvarado

Página 7


N

SOLUCIÓN:

Fy

fr

Datos:

F Fx

m=10kg c  0,15

mg

a)  Fy = 0

fr =   N

N- P+ Fsen 25 = 0

fr =   N

N = mg- Fsen 25

fr =   mg- Fsen 25 

b)  Fx = ma Fcos 25º -   mg- Fsen 25º  = ma Fcos 25º +  Fsen 25º -  mg = ma F  cos 25º +  sen 25º  =  mg  ma

 Fx = 0 Fcos 25º -  mg- Fsen 25º  = 0

F=

 mg  ma  cos 25º + msen 25º 

F=

0,15×98[N]  10 kg× 2 m/ s 2  cos 25º +0,15sen 25º 

Fcos 25º +  Fsen 25º - mg = 0 F  cos 25º +  sen 25º  =  mg F=

 mg  cos 25º + msen 25º 

F=

0,15×98[N]  cos 25º +0,15sen 25º 

F = 35, 78[N]

F = 15,16[N]

12. Un cuerpo de 5kg es empujado hacia arriba de un plano inclinado liso mediante una fuerza de 30[N] como indica la figura. Determinar: a) La fuerza que ejerce el plano sobre el cuerpo b) La aceleración del bloque

F N α Henry Alvarado

mg

θ

Página 8


SOLUCIÓN: Datos: m = 5 kg

F = 30 N a)

F

Y

b)

F

=0

X

= m× a

N = 5 kg×9,8 m/ s 2 cos 25° - 30 Nsen15°

Fcos  - mgsen  = m× a Fcos  - mgsen  a= m

N = 36, 64 N

a = 1,19 m/ s 2

N+ Fsen  - mgcos  = 0 N = mgcos  - Fsen 

13. En la figura, si el bloque es de 30 kg y  c  0, 2 , determinar: a) b) c) d)

El valor de F para que el bloque suba con velocidad constante El valor de F para que el bloque baje con velocidad constante El valor de F para que el bloque suba con una aceleración de 1m/ s 2 El valor de F para que el bloque baje con una aceleración de 1m/ s 2

N

F

SOLUCIÓN: Datos:

fr Px

m=30kg  c  0, 2

mg

Py

a)  Fy = 0 N+ Fy- Py = 0 N = Py- Fy

fr =  N fr =   mgcos 28º - Fsen15º 

N = mgcos 28º - Fsen15º

Henry Alvarado

Página 9


F

X

=0

Fcos15º -   mgcos 28º - Fsen15º  - mgsen 28º = 0 Fcos15º -  mgcos 28º + mFsen15º - mgsen 28º = 0 Fcos15º +  Fsen15º =  mgcos 28º + mgsen 28º F  cos15º +  sen15º  = mg   cos 28º + sen 28º  F=

mg   cos 28º + sen 28º   cos15º +  sen15º 

F=

30 kg×9,8 m/ s 2  0, 2 cos 28º + sen 28º   cos15º +0, 2sen15º 

F = 186, 64[N]

b)  Fx = 0 mgsen 28º - Fcos15º -   mgcos 28º - Fsen15º  = 0 mgsen 28º - Fcos15º -  mgcos 28º + mFsen15º = 0  Fsen15º - Fcos15º =  mgcos 28º - mgsen 28º F   sen15º - cos15º  = mg   cos 28º -sen 28º  F=

mg   cos 28º -sen 28º    sen15º - cos15º 

30 kg×9,8 m/ s 2  0, 2 cos 28º -sen 28º  F=  0, 2sen15º - cos15º  F = 94,19[N]

c)

d)

 Fx = 0

 Fx = 0

Fcos15º -   mgcos 28º - Fsen15º  - mgsen 28º = ma

mgsen 28º - Fcos15º -  mgcos 28º - Fsen15º  = ma

Fcos15º -  mgcos 28º + mFsen15º - mgsen 28º = ma

mgsen 28º - Fcos15º - mgcos 28º + mFsen15º = ma

Fcos15º +  Fsen15º =  mgcos 28º + mgsen 28º  ma

 Fsen15º - Fcos15º =  mgcos 28º - mgsen 28º  ma

F  cos15º +  sen15º  = mg   cos 28º + sen 28º   ma F=

mg   cos 28º + sen 28º   ma  cos15º +  sen15º 

30 kg 9,8 m/ s 2  0, 2 cos 28º + sen 28º   30 kg1m/ s 2 F=  cos15º +0, 2sen15º  F = 216,12[N]

F   sen15º - cos15º  = mg   cos 28º -sen 28º   ma F=

mg   cos 28º -sen 28º   ma   sen15º - cos15º 

F=

30 kg 9,8 m/ s 2  0, 2 cos 28º -sen 28º   30 kg1m/ s 2  0, 2sen15º - cos15º 

F = 61,36[N]

14. En la figura, si el bloque es de 16kg y  c  0,1 , determinar: a) El valor de F para que el bloque suba con velocidad constante Henry Alvarado

Página 10


b) El valor de F para que el bloque baje con velocidad constante c) El valor de F para que el bloque suba con una aceleración de 2 m/ s 2 d) El valor de F para que el bloque baje con una aceleración de 2 m/ s 2

SOLUCIÓN:

N

Fx

Datos: m = 16 kg

fr Px

 c  0,1

θ

 FY = 0 N- mgcos  - Fsen  = 0 N = mgcos  + Fsen  X

F

b)

a)

F

mg

θ Fy Py

fr = C N

fr = C  mgcos  + Fsen  

F

Y

N- mgcos  - Fsen  = 0 N = mgcos  + Fsen 

F

=0

=0

X

fr = C N


=0

Fcos  - mgsen  - fr = 0 Fcos  - mgsen  - C mgcos  - C Fsen  = 0

mgsen  - Fcos  - fr = 0

Fcos  - C Fsen   mgsen   C mgcos 

mgsen  - Fcos  - C mgcos  - C Fsen  = 0

F  cos  - C sen    mg  sen   C cos   F=

mg  sen   C cos   cos  - C sen 

F=

16 kg×9,8 m/ s  sen 25° + 0,1cos 25°  cos 25° - 0,1sen 25° 2

F = 93,14 N

mgsen  - Fcos  - C  mgcos  + Fsen   = 0 Fcos   C Fsen   mgsen  - C mgcos 

F  cos   C sen    mg  sen  - C cos   F=

mg  sen  - C cos   cos   C sen 

F=

16 kg×9,8 m/ s 2  sen 25° - 0,1cos 25°  cos 25° + 0,1sen 25°

F = 54,87 N

Henry Alvarado

Página 11

Solucionario Física Vectorial 1 Dinámica c)

d)

F

Y

=0

N- mgcos  - Fsen  = 0 N = mgcos  + Fsen 

F

X

F

fr = C N

Y

=0

N- mgcos  - Fsen  = 0


N = mgcos  + Fsen 

F

= ma

X

fr = C N


= ma

Fcos  - mgsen  - fr = ma Fcos  - mgsen  - C mgcos  -  C Fsen  = ma

mgsen  - Fcos  - fr = ma

Fcos  - C Fsen   ma  mgsen    C mgcos 

mgsen  - Fcos  - C mgcos  - C Fsen  = ma

mgsen  - Fcos  - C  mgcos  + Fsen   = ma

F  cos  - C sen    mg  sen    C cos  

Fcos   C Fsen   mgsen  - C mgcos  - ma

F=

ma+ mg  sen   C cos   cos  - C sen 

F=

16 kg 2 m/ s +16 kg 9,8 m/ s  sen 25° + 01cos 25°  cos 25° - 0,1sen 25° 2

F  cos   C sen    mg  sen  - C cos   - ma 2

F = 130,17 N

F=

mg  sen  - C cos   - ma cos   C sen 

F=

16 kg 9,8 m/ s 2  sen 25° - 0,1 cos 25°  - ma cos 25° + 0,1sen 25°

F = 21,14 N

15. En la figura, si el bloque es de 10kg y c  0,15 , determinar: a) El valor de F para que el bloque suba con velocidad constante b) El valor de F para que el bloque baje con velocidad constante c) El valor de F para que el bloque suba con una aceleración de 0, 7 m/ s 2 d) El valor de F para que el bloque baje con una aceleración de 0, 7 m/ s 2

N

SOLUCIÓN:

F Fy

Fx

α

Datos: m=10kg c  0,15

Henry Alvarado

fr Px

θ

mg

Py

Página 12


a)

 Fy = 0 N+ Fy- Py = 0 N = Py- Fy N = mgcos 20º - Fsen10º

F

X

b) fr =  N fr =   mgcos 20º - Fsen10º 

=0

Fcos10º - fr- mgsen 20º = 0 Fcos10º -   mgcos 20º - Fsen10º  - mgsen 20º = 0 Fcos10º -  mgcos 20º + mFsen10º - mgsen 20º = 0

F

X

mgsen- 20º Fcos10º - fr = 0 mgsen 20º - Fcos10º -   mgcos 20º - Fsen10º  = 0 mgsen 20º - Fcos10º -  mgcos 20º + mFsen10º = 0  Fsen10º - Fcos10º =  mgcos 20º - mgsen 20º F   sen10º - cos10º  = mg   cos 20º -sen 20º  F=

mg   cos 20º -sen 20º    sen10º - cos10º 

F=

10 kg×9,8 m/ s 2  0,15cos 20º -sen 20º   0,15sen10º - cos10º 

Fcos10º +  Fsen10º =  mgcos 20º + mgsen 20º F  cos10º +  sen10º  = mg   cos 20º + sen 20º  F=

mg   cos 20º + sen 20º   cos10º +  sen15º 

F=

10 kg×9,8 m/ s 2  0,15cos 20º + sen 20º   cos10º +0,15sen10º 

=0

F = 20,55[N]

F = 46,82[N]

c)

F

X

d) =0

F

X

=0

Fcos10º - fr- mgsen 20º = ma

mgsen 20º - Fcos10º - fr = m× a

Fcos10º -  mgcos 20º - Fsen10º  - mgsen 20º = ma

mgsen 20º - Fcos10º -  mgcos 20º - Fsen10º  = m× a

Fcos10º - mgcos 20º + mFsen10º - mgsen 20º = ma

mgsen 20º - Fcos10º - mgcos 20º + mFsen10º = m× a  Fsen10º - Fcos10º =  mgcos 20º - mgsen 20º  m× a

Fcos10º +  Fsen10º =  mgcos 20º + mgsen 20º  ma F  cos10º +  sen10º  = mg   cos 20º + sen 20º   ma F=

mg   cos 20º + sen 20º   ma  cos10º +  sen10º 

10 kg 9,8 m/ s 2  0,15cos 20º + sen 20º   10 kg 0, 7 m/ s 2 F=  cos10º +0,15sen10º  F = 53, 75[N]

F   sen10º - cos10º  = mg   cos 20º -sen 20º   m× a F=

mg   cos 20º -sen 20º   m× a   sen10º - cos10º 

F=

10 kg 9,8 m/ s 2  0,15cos 20º -sen 20º   10 kg 0, 7 m/ s 2  0,15sen10º - cos10º 

F = 13, 25[N]

16. Se lanza un cuerpo hacia arriba, en un plano inclinado de 28º respecto a la horizontal, con una velocidad inicial de 10m/s. Si  c  0, 2 , determinar: a) La distancia recorrida por el cuerpo sobre el plano hasta detenerse b) El tiempo empleado en subir SOLUCIÓN:

Henry Alvarado

Página 13


17. Dos cuerpos del mismo peso, inicialmente en reposo, se dejan en libertad sobre un plano inclinado de 30º, hallándose separados 25cm. Si el coeficiente de rozamiento entre el cuerpo superior y el plano es 0,1 y entre el inferior y el plano es 0,25, determinar: a) En qué tiempo el cuerpo superior alcanza al inferior b) La distancia recorrida por el cuerpo inferior hasta que es alcanzado por el cuerpo superior SOLUCIÓN: Datos: mA = mB

  30º e = 25 cm = 0, 25 m

 A  0,1  B  0, 25 Henry Alvarado

Página 14


CUERPO A

1 aA× t2 - e 2 1 x = 4, 05 m/ s 2 × 0, 63s 2 - 0, 25 m 2 x = 0,56 m x=

 Fx = m A × a A PA x- frA = m A × a A

 Fy = 0

m A gsen 30º -  A m A gcos 30º = m A × a A

N- Py = 0

m A × a A = m A gsen 30º - A m A gcos 30º

N = Py

a A = g  sen 30º -  A cos 30º 

N = m A gcos 30º

a A = 9,8 m/ s  sen 30º -0,1cos 30º  2

a A = 4, 05 m/ s 2

 Fx = m B × a B PB x- frB = m B × a B m Bgsen 30º - B m A gcos 30º = m B × a B m B × a B = m B gsen 30º - B m B gcos 30º a B = g  sen 30º -  B cos 30º  a B = 9,8 m/ s 2  sen 30º -0, 25cos 30º  a B = 2, 77 m/ s 2

De la ecuación 1  r  V0 × t+ a× t 2 2 Cuerpo A 1  r  V0 × t + a A × t 2 2 1 x+ e = a A t 2 2 1 x = a A t 2 - e.......................(1) 2

Cuerpo B 1  r  V0 × t + a B × t 2 2 1 x = a B t 2 ....................(2) 2

Igualando (1) y (2) 1 1 a A t2 - e  a Bt2 2 2 1 1 a A t2 - a Bt2  e 2 2 t2 aA - aB   2 e t t

2e

aA - aB  2× 0, 25 m 4, 05 m/ s 2 - 2, 77 m/ s 2  

t  0, 63s

18. En la figura los bloques A y B son de 100 y 30 kg respectivamente. Determinar la aceleración de cada bloque y la tensión de la cuerda cuando: a) No hay rozamiento b) El coeficiente de rozamiento cinético entre el cuerpo y el plano es 0,15 Henry Alvarado

Página 15


SOLUCIÓN: Cuerpo A

F

X

Cuerpo B

F

= mA a

Y

T = mA a ..............(1)

Igualando (1) y (2)

a  m A + m B  = m Bg m Bg mA + mB

=0

N- mA g = 0

T = m Bg- m Ba ....................(2)

N = mA g

fr =  N fr =  m A g

F

X

= mAa

T-  m A g = m A a T =  m A g+ m A a ....(1)

Cuerpo B = m Ba

m B g- T = m Ba T = m B g- m B a ........(2)

Igualando (1) y (2)  m A g+ m A a = m Bg- m Ba

30 kg×9,8 m/ s 100 kg+ 30 kg

a = 2, 26 m/ s

Y

Y

m A a+ m Ba = m Bg

a=

F

m Bg- T = m Ba

F

m A a = m Bg- m Ba

a=

= m Ba

Cuerpo A

2

m A a  m Ba  m Bg   m A g

a  m A  m B   m Bg   m A g a=

m Bg   m A g mA  mB

a=

30 kg×9,8 m/ s 2 - 0,15×100 kg×9,8 m/ s 2 100 kg+ 30 kg

2

a = 1,13m/ s 2

19. En la figura los bloques A y B son de 5 y 8kg respectivamente. Si el plano inclinado es liso, determinar:

Henry Alvarado

Página 16


a) b) c) d)

La aceleración en cada bloque En qué sentido se mueve cada uno de los bloques La tensión de la cuerda La velocidad del bloque B a los 2s de dejarlo en libertad

SOLUCIÓN: Datos: m A = 5 kg m B = 8 kg

CUERPO A

CUERPO B

 Fx = m A × a

 Fy = m B × a

T- PA x = m A × a

PB - T = m B × a

T- m A gsen 30 = m A × a .....(1)

T = m Bg- m B × a ......(2)

(2) en (1) T- m A gsen 30º = m A × a m Bg- m B × a- m A gsen 30º = m A × a m A × a+ m B × a = m Bg- m A gsen 30º

a  m A + m B  = g  m B - m A sen 30º  a=

g  m B - m A sen 30º   mA + mB 

a=

9,8 m/ s 2  8 kg- 5 kgsen 30º   5 kg+ 8 kg 

a = 4,15 m/ s 2

A=hacia arriba B=hacia abajo

T = m Bg- m B × a T = 8 kg×9,8 m/ s 2 -8 kg× 4,15 m/ s 2 T = 45, 20[N]

V t V = a× t

a=

V = 4,15m/ s 2 × 2s V = 8,3m/ s

20. En la figura el bloque B es de 10kg. Si el coeficiente de rozamiento cinético para todas las superficies es 0,3, determinar: a) La masa del bloque A para que los dos bloques se muevan con velocidad constante b) La masa del bloque A para que los dos bloques se muevan con una aceleración de 1, 5 m/ s 2

SOLUCIÓN:

Henry Alvarado

Página 17


Datos:

m B = 10 kg  = 0, 3

Cuerpo A  FY = 0

N- m A gcos  = 0 N = m A gcos 

F

X

fr =  N fr =  m A gcos 

=0

Cuerpo A  FY = 0

N- m A g = 0 N = mAg

F

X

fr =  N fr =  m A g

= mAa

m A gsen  -  m A gcos  - T = 0

m A gsen  -  m A gcos  - T = m A a

T = m A gsen  -  m A gcos  ....(1) Cuerpo B  FY = 0 fr =  N  FX = 0 N- m Bg = 0 T-  m Bg = 0 fr =  mBg N = m Bg T =  m Bg....(2) Igualando (1) y (2)  m B g = m A gsen  -  m A gcos 

T = m A gsen  -  m A gcos  - m A a ...(1) Cuerpo B  FY = 0 fr =  N  FX = mBa N- m Bg = 0 T-  m Bg = m Ba fr =  mBg N = m Bg T = m Ba+  m Bg Igualando (1) y (2) m A gsen  -  m A gcos  - m A a = m Ba+  m Bg

m A g  sen  -  cos   =  m B g mA =

 m Bg g  sen  -  cos  

m A  gsen  -  gcos  - a  = m Ba+  m Bg mA =

m Ba+  m Bg gsen  -  gcos  - a

21. En la figura los bloques A y B son de 45 y 15kg respectivamente. Si  c  0, 2 para todas las superficies, determinar: a) La aceleración de cada bloque b) En qué sentido se mueven los bloques c) La velocidad del bloque A, 4s después de partir del reposo

SOLUCIÓN: Datos: Henry Alvarado

Página 18


m A = 45 kg m B = 15 kg  c  0, 2

CUERPO A  Fy = 0

CUERPO B  Fy = 0 fr =  × N

N- Py = 0

N B - PB y = 0

N = m A gcos 30º

N B = m Bgcos 60º

 Fx = m A a

 Fx = m Ba

PA x- TAB - frA = m A a

TAB - PB x- frB = m Ba

TAB = m A gsen 30º - frA - m A a

TAB = m Bgsen 60 + frB + m Ba

TAB = m A gsen 30º - mm A gcos 30º - m A a ....(1)

TAB = m Bgsen 60º +  m Bgcos 60º + m Ba ....(2)

Igualando (1) y (2) m A gsen 30º -  m A gcos 30º - m A a = m Bgsen 60º +  m Bgcos 60º + m B a m A a+ m Ba = m A gsen 30º -  m A gcos 30º - m Bgsen 60º -  m Bgcos 60º a= a=

m A g  sen 30º -  cos 30º  - m Bg  sen 60º   cos 60º  mA + mB

45 kg 9,8 m/ s 2  sen 30º -0, 2 cos 30º  -15 kg 9,8 m/ s 2  sen 60º 0, 2 cos 60º  45 kg+15 kg a = 0, 035 m/ s 2

A=hacia arriba B=hacia abajo

V t V = a t

a=

V = 0, 035 m/ s 2  4s V = 0,14 m/ s

22. Dos cuerpos A y B de 20 y 12kg respectivamente están unidos por una cuerda flexible e inextensible como indica la figura. Si  A  0, 25 y  B  0, 32 , determinar: a) La tensión de la cuerda cuando se dejan libres los cuerpos b) La aceleración de cada bloque c) La distancia recorrida por el bloque A 3s después de partir del reposo

Henry Alvarado

Página 19


SOLUCIÓN: Datos:

mA = 20 kg m B = 12 kg  A  0, 25  B  0, 32

Cuerpo A

F

Y

=0

N- m A gcos  = 0 N = m A gcos 

fr =  A N fr =  A m A gcos 

F

X

= mAa

m A gsen  -  A m A gcos  - T = m A a a=

m A g  sen  -  A cos   - T ....(1) mA

Cuerpo B

F

Y

=0

N- m Bgcos  = 0 N = m Bgcos 

fr = B N fr = B m Bgcos 

F

X

= m Ba

m Bgsen  - B m Bgcos   T = m Ba a=

m Bg  sen  - B cos    T ....(2) mB

Igualando (1) y (2)

Henry Alvarado

Página 20


m A g  sen  -  A cos   - T m Bg  sen  -  B cos    T = mA mB

m B  m A g  sen  -  A cos   - T  = m A  m Bg  sen  -  B cos    T  m B m A g  sen  -  A cos   - m BT = m A m Bg  sen  -  B cos    m A T T  m A + m B   m B m A g  sen  - A cos   - m A m Bg  sen  -  B cos   T

m B m A g  sen  -  A cos   -  sen  -  B cos    mA + mB

El cuerpo A es más pesado que el cuerpo B y tiene un coeficiente de rozamiento más bajo, por tanto este estará jalando la cuerda, siendo la tensión y la aceleración iguales.

a=

m Bg  sen  - B cos    T mB

23. Dos esferas iguales y lisas de 15kg cada una, están apoyadas como se indica en la figura. Si las paredes son lisas, determinar las reacciones producidas en los puntos de apoyo A, B, C, D.

SOLUCIÓN: Datos: m1 = m 2 = 15 kg

CUERPO 1  Fy = 0 R A cos 50º + R D sen 20º - mg = 0.....(1)

 Fx = 0 R A sen 50º - R D cos 20º = 0 RD =

Henry Alvarado

R A sen 50º .....(2) cos 20º

Página 21

Solucionario Física Vectorial 1 Dinámica Reemplazando (2) en (1)  R sen 50º  R A cos 50º +  A  sen 20º - mg = 0  cos 20º  R A cos 50º cos 20º + R A sen 50º sen 20º = mgcos 20º

Reemplazando el valor de R A en (2) 159,50[N]sen 50º cos 20º

R A  cos 50º cos 20º + sen 50º sen 20º  = mgcos 20º

RD =

mgcos 20º cos 50º cos 20º + sen 50º sen 20º 15 kg 9,8 m/ s 2 cos 20º RA = cos 50º cos 20º + sen 50º sen 20º

R D = 130, 03[N]

RA =

R A = 159,50[N]

CUERPO 2  Fy = 0

 Fx = 0

R B - R Dsen 20º - mg = 0

R D cos 20º - R C = 0

R B = R Dsen 20º + mg..............(3) Reemplazando el valor de R D en (3)

R C = R D cos 20º.............(4)

R B = 130, 03[N]sen 20º +15 kg 9,8 m/ s R B = 191, 47[N]

Reemplazando el valor de R D en (3) 2

R C = 130, 03[N]cos 20º R C = 122,19[N]

24. Dos cilindros lisos e iguales de 20kg cada uno y de radio 10cm, tienen conectados sus centros por medio de una cuerda AB de 25cm de longitud, descansando sobre un plano horizontal sin rozamiento, Un tercer cilindro, también liso de 30kg y de 10cm de radio, se coloca sobre los dos anteriores como indica la figura. Determinar: a) La tensión de la cuerda AB b) Las fuerzas ejercidas sobre el piso en los puntos de contacto D y E

SOLUCIÓN: Cuerpo A

Henry Alvarado

Página 22


F

Y

F

X

=0

=0

T- R AC cos  = 0

R D - R ACsen  - mg = 0....(1)

R AC =

T ....(2) cos 

 T  RD-   sen  - m A g = 0  cos   R D - T tan  - m A g = 0 T=

R D - mAg tan 

Cuerpo B

F

Y

=0

R E - R CBsen  - mg = 0

F

X

R CB cos  - T = 0

 T  RE -   sen  - m Bg = 0  cos   R E - T tan  - m Bg = 0 T=

=0

R E - m Bg tan 

R D - m A g R E - m Bg = tan  tan  RD  RE

Cuerpo C

F

Y

=0

R ACsen  + R CBsen  - m C g = 0

F

X

=0

R CBcos  - R AC cos  = 0 R CB = R AC

R ACsen  + R ACsen  - m C g = 0 2 R ACsen  = m C g R AC =

mCg 2sen 

θ

θ 12,5cm

12,5cm 25cm

Henry Alvarado

Página 23


 m g  T =  C  cos   2sen    m g  T= C   2 tan    30 kg 9,8 m/ s 2  T=   2 tan 51,32 

12,5 20 cm  12,5   = cos -1    20   = 51,32 cos  =

T = 117, 68 N

 mCg  RD -   sen - m A g = 0  2 sen  m g R D  C  mAg 2 30 kg 9,8 m/ s 2 RD = + 20 kg 9,8 m/ s 2 2 R D = 343 N  R E = 343 N 25. Dos cuerpos A y B de 35 y 30 kg respectivamente, están sujetos por una cuerda que pasa por una polea sin rozamiento. Si los cuerpos parten del reposo, determinar: a) La aceleración de cada bloque b) La tensión de la cuerda c) La distancia recorrida por el cuerpo A en 6s


Henry Alvarado

Página 24


V0 = 0

Reemplazando el valor de a en (1)

CUERPO A  Fy = m A a

CUERPO B  Fy = m Ba

T = 35 kg 9,8 m/ s 2 - 35 kg 0, 75 m/ s 2

PA - T = m A a

T- PB = m Ba

T = 316, 64[N]

T = m A g- m A a ....(1) T = m Bg+ m Ba ....(2) Igualando (1) y (2) m A g- m A a = m Bg+ m Ba m A a+ m Ba = m A g- m Bg

a  m A + m B  = m A g- m Bg m g- m Bg a= A mA + mB a=

35 kg 9,8 m/ s 2 - 30 kg 9,8 m/ s 2 35 kg  30 kg a = 0, 75 m/ s 2

1  r = V0 t + at 2 2 1  r = at 2 2 1 2  r =  0, 75 m/ s 2   6s  2  r = 13,5 m

26. Dos cuerpos A y B de 300g cada uno, están sujetos a los extremos de una cuerda que pasa por una polea sin rozamiento. Si sobre el cuerpo B se coloca otro de 100g. Determinar: a) La aceleración de cada cuerpo b) La tensión de la cuerda c) La velocidad del bloque B a los 5s de dejarlo en libertad

SOLUCIÓN: Datos: Inicialmente:

Henry Alvarado

Añadido:

Página 25


V0 = 0

m A = 300 g

m A = m B = 300 g

m B = 400 g

CUERPO A  Fy = m A a

CUERPO B  Fy = m Ba

Reemplazando el valor de a en (1) T = m A g+ m A a

T- PA = m A a

PB - T = m Ba

T = 0,3kg 9,8 m/ s 2  0,3kg1, 4 m/ s 2 T = 3,36[N] 1  r = V0 t + at 2 2 1 2  r = at 2 1 2  r = 1, 4 m/ s 2   5s  2  r = 17,5 m

T = m A g+ m A a ....(1) T = m Bg- m Ba ....(2) Igualando (1) y (2) m Bg- m Ba = m A g+ m A a m Ba+ m A a = m Bg- m A g

a  m B + m A  = m Bg- m A g a=

m Bg- m A g mB + mA

400 g×9,8 m/ s 2 - 300 g×9,8 m/ s 2 a= 400 g+ 300 g a = 1, 4 m/ s 2

27. Tres cuerpos A, B y C de 10,20 y 30kg respectivamente, están unidos mediante dos cuerdas como indica la figura Si  A  0,3 y  B  0,15 , determinar: a) La aceleración del cuerpo B b) Las tensiones en las cuerdas


Henry Alvarado

Página 26


m C = 30 kg  A  0, 3  B  0,15

Cuerpo A

F

Y

=0

N- m A g = 0 N = mAg

fr =  N fr = A mA g

F

X

= mAa

T1 -  A m A g = m A a T1 =  A m A g+ m A a ....(1)

Cuerpo B

F

Y

=0

N- m Bg = 0 N = m Bg

fr =  N fr = B m Bg

F

X

= m Ba

T2 - T1 -  B m B g = m B a ....(2)

Cuerpo C

F

Y

= mCa

m C g- T2 = m C a T2 = m C g- m C a ....(3) Reemplazando (1) y (3) en (2) m C g- m C a-   A m A g+ m A a  -  B m Bg = m Ba m B a  m C a+ m A a = m C g-  A m A g- B m Bg

a  m B  m C + m A  = g  m C - A m A - B m B  a=

g  mC - A m A - B m B  mB  mC + mA

9,8 m/ s 2  30 kg- 0,3.10 kg- 0,15.20 kg  a= 20 kg+ 30 kg+10 kg a = 3,92 m/ s 2

T1 = 0,3 10 kg 9,8 m/ s 2 +10 kg 3,92 m/ s 2 T1 = 68, 6 N

Henry Alvarado

Página 27


T2 = 30 kg 9,8 m/ s 2 - 30 kg 3,92 m/ s 2 T2 = 176, 4 N 28. Tres cuerpos A, B y C de 40, 20 y 60 kg respectivamente, están unidos mediante dos cuerdas como indica la figura. Si todas las superficies son lisas; determinar: a) La aceleración del cuerpo C b) En qué sentido se mueve cada uno de los cuerpos c) Las tensiones en las cuerdas

SOLUCIÓN: Cuerpo A

F

X

= mAa

T1 - m A gsen  = m A a T1 = m A gsen  + m A a ....(1)

Cuerpo B

F

X

= m Ba

T2 - T1 = m B a ....(2)

Cuerpo C

F

Y

= mCa

m C g- T2 = m C a T2 = m C g- m C a ....(3)

Reemplazando (1) y (3) en (2) m C g- m C a-  m A gsen  + m A a  = m Ba m Ba+ m C a+ m A a = m C g- m A gsen 

a  m B + m C + m A  = g  m C - m A sen   a=

g  m C - m A sen   mB + mC + mA

a=

9,8 m/ s 2  60 kg- 40 kgsen 37°  20 kg+ 60 kg+ 40 kg

a = 2,93m/ s 2

Los cuerpos se mueven hacia la derecha

T1 = 40 kg 9,8 m/ s 2sen 37° + 40 kg 2,93m/ s 2 T1 = 353,11N

Henry Alvarado

Página 28


T2 = 60 kg 9,8 m/ s 2 - 60 kg 2,93m/ s 2 T2 = 412, 2 N 29. En el sistema de la figura se tiene que m B = m C = 15 kg . Si  A  0,1;  B  0, 2 y C  0, 3 , determinar:

a) La masa de A para que el cuerpo B se mueva hacia la derecha con velocidad constante b) La masa de A para que el cuerpo B se mueva hacia la izquierda con velocidad constante c) La masa de A para que el cuerpo B se mueva hacia la derecha con una aceleración de 1,3 m/ s 2 d) La masa de A para que el cuerpo B se mueva hacia la izquierda con una aceleración de 1,3 m/ s 2 SOLUCIÓN: Datos: m B = m C = 15 kg  A  0,1  B  0, 2 C  0, 3

CUERPO A  Fy = 0

 Fx = 0

N A - m A gcos  A = 0

T1 - m A gsen  A  A m A gcos  A  0

N A = m A gcos  A

T1  m A gsen  A  A m A gcos  A ...................(1)

CUERPO B

Henry Alvarado

Página 29


 Fy = 0

 Fx  0

N- mBg = 0

T2 - T1 -  B m B g = 0....................(2)

N = m Bg CUERPO C  Fy = 0

 Fx = 0

N C - mC gcos  C = 0

mC gsen  - T2 - C m C g cos  C = 0

N C = mC gcos  C

T2 = m C gsen  - C m C g cos  C ..................(3) (3) y (1) en (2)

m C gsen  - C m C g cos  C -  m A gsen  A   A m A gcos  A  -  B m Bg = 0 m A gsen  A   A m A gcos  A  m C gsen  - C m C g cos  C -  B m Bg m A g  sen  A   A cos  A   g  m Csen  - C m C cos  C -  B m B  mA 

g  m Csen  - C m C cos  C -  B m B 

mA  mA =

g  sen  A   A cos  A 

m Csen  C - C m C cos  C -  B m B sen  A   A cos  A

15 kgsen 60° - 0,3×15 kgcos 60° - 0, 2×15 kg sen 45° + 0,1cos 45° m A = 9,95 kg

CUERPO A  Fy = 0

 Fx = 0


m A gsen  A  A m A gcos  A  T1  0


T1  m A gsen  A  A m A gcos  A ...................(1)

CUERPO B  Fy = 0

N- mBg = 0 N = m Bg

 Fx  0 T1 - T2 -  B m B g = 0....................(2)

CUERPO C  Fy = 0

 Fx = 0


T2 - mC gsen  - C mC g cos  C = 0

N C = mC gcos  C

T2 = mC gsen   C mC g cos  C ..................(3)

Henry Alvarado

Página 30


(3) y (1) en (2) m A gsen  A -  A m A gcos  A -  m C gsen  C  C m C g cos  C  -  B m Bg  0 m A gsen  A -  A m A gcos  A  m C gsen  C  C m C g cos  C   B m Bg m A  gsen  A -  A gcos  A   m C gsen  C  C m C g cos  C   B m Bg mA  mA  mA 

m C gsen  C  C m C g cos  C   B m Bg gsen  A -  A gcos  A g  m Csen  C  C m C cos  C   B m B  g  sen  A -  A cos  A 

15 kg×sen 60°  0,3×15 kg× cos 60° + 0, 2×15 kg sen 45° - 0,1× cos 45° m A = 28, 66 kg

CUERPO A

 Fy = 0

 Fx = 0


T1 - m A gsen  A  A m A gcos  A  m A a


T1  m A a  m A gsen  A  A m A gcos  A ...................(1)

CUERPO B

 Fy = 0 N- mBg = 0 N = m Bg

 Fx  m Ba T2 - T1 - B m Bg = m Ba ....................(2)

CUERPO C  Fy = 0

 Fx = m C a


mC gsen  - T2 - C mC g cos  C = m C a

N C = mC gcos  C

T2 = m C gsen  - C mC g cos  C - mC a ..................(3)

Henry Alvarado

Página 31


(3) y (1) en (2) mCgsen C - C mCg cos C - mCa-  m A a  m A gsen  A  A m A gcos  A  - B m Bg = m Ba m A a  m A gsen  A  A m A gcos  A  mCgsen  C - C mCg cos  C - mCa- B m Bg- mCa- m Ba m A  a  gsen  A  A gcos  A   mCgsen  C - C mCg cos  C - B mBg- mCa- m Ba mA  mA 

mCgsen C - C mCg cos C - B mBg- mCa- m Ba a  gsen  A  A gcos  A

15kg 9,8m/ s 2sen 60° - 0,3 15kg 9,8m/ s 2cos 60° - 0, 2 15kg 9,8m/ s 2 -15kg1,3m/ s 2 -15kg1,3m/ s 2 1,3m/ s 2 + 9,8m/ s 2sen 45° + 0,1 9,8m/ s 2cos 45° m A  4,13kg

CUERPO A  Fy = 0

 Fx = m A a


m A gsen  A  A m A gcos  A  T1  m A a


T1  m A gsen  A  A m A gcos  A  m A a ...................(1)

CUERPO B  Fy = 0

 Fx  m B a

N- mBg = 0

T1 - T2 -  B m B g = m B a ....................(2)

N = m Bg CUERPO C  Fy = 0

 Fx = m C a


T2 - m C gsen  - C m C g cos  C = m C a

N C = mC gcos  C

T2 = m C a  m C gsen   C m C g cos  C ..................(3) (3) y (1) en (2)

mA gsen A - A mA gcosA - mA a-  mCa  mCgsen C  C mCg cosC  - B mBg  mBa mA gsen A - A mA gcosA - mA a  mCa  mBa  mCgsen C  C mCg cosC  B mBg mA  gsen A - A gcosA - a   mCa  mBa  mCgsen C  C mCg cosC  B mBg mA  mA 

mCa  mBa  mCgsen C  C mCg cosC  B mBg gsen A - A gcosA - a

15kg1,3m/ s2 +15kg1,3m/ s2 +15kg 9,8m/ s2sen 60° + 0,3 15kg 9,8m/ s2cos 60° + 0, 2 15kg 9,8m/ s2 1,3m/ s2 + 9,8m/ s2sen 45° - 0,1 9,8m/ s2cos 45° mA  44,10kg

Henry Alvarado

Página 32


30. En el sistema de la figura los cuerpos A y B son de 18 y 6kg respectivamente. Si C  0, 25 ; determinar: a) La aceleración de cada bloque b) En qué sentido se mueve cada uno de los bloques c) Las tensiones en las cuerdas C y D

SOLUCIÓN:

a

N

Datos:

TC

TC

TC

TC

m A = 18 kg

fr Px

m B = 6 kg C  0, 25

Cuerpo A

F

Y

=0

N- m A cos  = 0 N = m A cos 

F

X

fr =   N fr = 0, 25× m A cos 

a mg

Py

mg

TB El cuerpo A se mueve hacia la izquierda, el cuerpo B se mueve hacia arriba.

= m A .a

m A .gsen  -  m A .gcos  - TC = m A .a TC = m A .a+  m A .gcos  - m A .gsen  ...........(1)

Cuerpo B

F

Y

= m Ba

TC - m Bg = m Ba TC = m Ba+ m Bg..................(2)

Igualando (1) y (2)

Henry Alvarado

Página 33

Solucionario Física Vectorial 1 Dinámica m A .a+  m A .gcos  - m A .gsen  = m Ba+ m Bg m A .a- m Ba = m Bg  m A .gsen  -  m A .gcos  a=

m Bg  m A .gsen  -  m A .gcos  mA - mB

a=

6 kg×9,8 m/ s 2 +18 kg×9,8 m/ s 2sen 25° - 0, 25×18 kg×9,8 m/ s 2 cos 25° 18 kg- 6 kg

a = 7, 78 m/ s 2

TC = 6 kg× 7, 78 m/ s 2 + 6 kg×9,8 m/ s 2 TC = 105, 48 N

Polea móvil  FX = mP × a

2 TC - TB TB = 2 TC

TB = 2 105, 48 N  TB = 210,96 N

Henry Alvarado

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Solucionario Física Vectorial 1 1 Fuerzas en el movimiento Circular

EJERCICIO Nº14 1. Un cuerpo de 2kg atado al extremo de una cuerda de 1,5m de longitud, gira sobre un plano horizontal liso con una aceleración angular de 10rad/s2. Determinar: a) La aceleración tangencial del cuerpo b) La fuerza tangencial a que está sometido el cuerpo c) Que fuerza neta actúa sobre el cuerpo, cuando su rapidez es 3m/s SOLUCIÓN: a)

b)

a =  ×r

FT = m×a

a = 10 rad/ s 2 ×1,5 m

FT = 2 kg×15m/ s 2

a = 15 m/ s 2

FT = 30 N

c)

 F = ma

T

+ ma C

F = m aT + aC   V2  F = m  aT +  R   2  3m/ s    2 F = 2 kg 15 m/ s +    1,5 m   F = 42 N

2. Un automóvil de 1200kg recorre una curva horizontal de 350m de radio con una rapidez de 36km/h. Si la curva no tiene peralte, determinar: a) La aceleración centrípeta que actúa sobre el cuerpo b) La fuerza ejercida por las ruedas sobre la carretera, para mantener el movimiento sobre la curva SOLUCIÓN: 36 km 1000 m 1h = 10 m/ s h 1km 3600 s

Henry Alvarado

Página 1


a)

b)

aC = aC

V2 R

10 m/ s  =

FC = ma C

2

FC = 1200 kg  0, 286 m/ s 2 

350 m a C = 0, 286 m/ s 2

FC = 343, 2 N

3. Un cuerpo de 500g atado al extremo de una cuerda de 1m de longitud, gira sobre un plano horizontal liso con una velocidad angular de 40 rad/s. Determinar: a) La aceleración centrípeta del cuerpo b) La tensión de la cuerda c) La máxima rapidez con la que puede girar, si la tensión de rotura es 1000[N] SOLUCIÓN: a) V = 40 rad/ s×1m V = 40 m/ s

b)

aC

 40 m/ s  =

2

1m a C = 1600 m/ s 2 c)

T = m× a C

V2 R T× R V= m

T = 0,5 kg×1600 m/ s 2 T = 800 N

V=

T = m×

 F = m× a

C

1000 N×1m 0,5 kg

V = 44, 72 m/ s 4. Un avión lleva una rapidez de 648km/h en una curva horizontal. Si la fuerza centrípeta que actúa sobre el piloto de 65kg es de 1000[N], determinar: a) La aceleración centrípeta que actúa sobre el piloto b) El radio de la curva en que se mueve el avión SOLUCIÓN:

Henry Alvarado

Página 2


a)

b)

648 km 1000 m 1h = 180 m/ s h 1km 3600 s

V2 aC = R V2 R= aC

FC = m× a C FC m 1000 N aC = 65 kg aC =

R=

180 m/ s 

2

15,385 m/ s 2 R = 2105,95 m

a C = 15,385 m/ s 2

5. Un cuerpo de 15kg parte del reposo y se mueve alrededor de una circunferencia horizontal de 40m de radio, por la acción de una fuerza tangencial de 1200[N] que actúa durante 8s. Determinar: a) La aceleración tangencial que actúa sobre el cuerpo b) La aceleración angular c) La fuerza centrípeta que actúa sobre el cuerpo al término de los 8s. SOLUCIÓN: a)

b)

F m 1200 N at = = 80 m/ s 2 15 kg

=

at =

at r 80 m/ s 2 = = 2 rad/ s 2 40 m

c) Vf = V0 + a t t Vf = 80 m/ s 2  8s  = 640 m/ s

FC =

mV 2 R

15 kg  640 m/ s  FC = = 153600 N 40 m 2

6. Un cuerpo de 10kg atado a una cuerda de 1,6 m de longitud, gira con velocidad constante en círculos horizontales. Si el periodo es de 3s, determinar: a) La velocidad del cuerpo Henry Alvarado

Página 3


b) La fuerza centrípeta que actúa sobre el cuerpo SOLUCIÓN: a)



2 rad T

V =R 2 rad V= 1, 6 m  3s V = 3,351m/ s

b)

mV 2 10 kg 3,351 m/s    70,18 N r 1,6 m 2

FC 

7. Un cuerpo de 8kg atado a una cuerda de 1,3 m de la longitud, gira por una trayectoria circular horizontal a 720 RPM. Determinar: a) La aceleración centrípeta b) La fuerza centrípeta que actúa sobre el cuerpo SOLUCIÓN: a) V  ω r  75,4 rad/s 1,3 m  98,02 m/s

V 2 98,02 m/s  aC    7390,71 m/s 2 r 1,3 m 2

b) FC  m a C  8 kg  7390,71 m/s 2  59125,68 N 8. Un péndulo de 1,5 m de longitud, describe un arco de circunferencia sobre un plano vertical. Si la tensión de la cuerda es cuatro veces el peso del cuerpo, cuando están en la posición indicada en la figura, determinar: a) La aceleración tangencial del cuerpo b) La aceleración centrípeta c) La rapidez del cuerpo

Henry Alvarado

Página 4


SOLUCIÓN:

mg sen 15  ma t a)  a t  g sen 15  9,8 m/s 2 sen 15

a t  2,5364 m/s 2 b)

F

C

 m a C

T  mg cos15  m a C 4 mg  mg cos15  m a C mg4  cos15  m a C

a C  g4  cos15  9,8 m/s 2 4  cos15 a C  29,734 m/s 2

c) V  a C  r  29,734 m/s 2  1,5 m  6,68 m/s





  9. Se lanza un proyectil de 5kg con una velocidad de 26 i  32 j m s . Determinar a los 2s de vuelo: a) El valor de la fuerza tangencial que actúa sobre el proyectil. b) El valor de la fuerza centrípeta que actúa sobre el proyectil c) El valor de la fuerza neta que actúa sobre el proyectil

SOLUCIÓN: a)

Henry Alvarado

Página 5


V  V0  g t    V  26 i  32 j m s  9,8 j 2 s    V  26 i  12,4 j m s

 









Ft  m a T  Ft  m a μ V μ V





  26 Ft  5 kg  0   26 2  12,4 2     Ft   19,03 i  9,08 j N



  12,4   9,8 m/s 2    26 2  12,4 2  



   26    i    26 2  12,4 2  

 j 2 2 26  12,4  12,4

Ft  19,03 2  9,08 2  21,09 N

b)

aC  a aT  12,4  26 a C  9,8 m/s 2  2 2  26  12,4

   12,4  2     i   9,8 j m/s 2 1   2   26  12,4 2    

     

a C  3,81 i- 7,98 j m/s 2

FC  m a C FC  5 kg 3,81 i- 7,98 j m/s 2   FC  19,05 i - 39,90 j N





FC  19,05 2  39,90 2  44,21 N

c)

FN  FT  FC 2

2

FN  21,09 2  44,212  49 N 10. El cuerpo de un péndulo cónico es de 2kg y cuelga de una cuerda de 8m de longitud, describiendo una trayectoria circular en un plano horizontal. Si el cuerpo se desvía de la vertical hasta que la cuerda forme un ángulo de 30º con la vertical, determinar: a) La tensión de la cuerda b) Cuál es la rapidez del cuerpo SOLUCIÓN: Henry Alvarado

Página 6


a)

R 8m  R  8 m sen 30  4 m sen 30 

F

Z

0

Tcos 30  mg  0 T





mg 2 kg 9,8 m/s 2   22,63 N cos 30 cos 30

b)

F

C

 m a C

mV 2 R 22,63 N sen 304 m  Tsen 30R  V   4,76 m/s m 2 kg Tsen 30 

11. Un motociclista y su máquina, que pesan 1500[N], describen un rizo de 4m de radio. Si μ  0 , determinar: a) La velocidad critica b) La fuerza que ejerce el rizo sobre el mo9vil en la parte superior c) La fuerza que ejerce el rizo sobre el móvil en la parte inferior, si su rapidez en ese punto es de 14m/s. SOLUCIÓN: a) En el punto superior: FC  P

m VC2  mg R  VC  gR  9,8 m/s 2 4 m   6,261 m/s b) Cuando la velocidad es mínima T  F  0 c) En el punto inferior:

Henry Alvarado

Página 7


F

C

 m a C

mV 2 T P  R 2 mV T P R 2 PV 2 1500 N14 m/s  T P  1500 N  9000 N gR 9,8 m/s 2 4 m 

12. Una carretera en una curva de 50m de radio, tiene un ángulo d peralte de 18º. Si μ  0,3 , determinar: a) El rango de velocidades con que podría entrar en la curva de un auto, para que no derrape b) El valor de la velocidad optima con la que el auto deberá tomar la curva SOLUCIÓN: Vmin 

a) Vmin 

gR senθ  μcosθ  cosθ  μsenθ 9,850 sen 18  0,3 cos 18 cos 18  0,3 sen 18

Vmin  3,336 m/s Vmax 

gR senθ  μcosθ  cosθ  μsenθ

Vmax 

9,850 sen 18  0,3 cos 18 cos 18  0,3 sen 18

Vmax  18,42 m/s Henry Alvarado

Página 8


Vopt  gRtanθ b) Vopt  9,8 m/s 2 50 m tan 18

Vopt  12,62 m/s 13. En un péndulo cónico, la longitud de la cuerda es 0,65m y el cuerpo de 0,8kg describe una trayectoria circular horizontal con una velocidad angular de 4rad/s. Determinar: a) La tensión de la cuerda b) El ángulo entre la cuerda y la vertical SOLUCIÓN: a) L

R L R  L senθ

senθ 

F

C

V  ωR

 m a C

mω 2 Lsenθ  Tsenθ  Lsenθ 2 2 T  mω L  0,8 kg4 rad/s 0,65 m   8,23 N 2

b)

F

Z

0

Tcosθ  mg  0 2  mg  1  0,8 kg 9,8 m/s  θ  cos 1   cos   8,23 N  T  

   19,56 

14. Un cuerpo de 1kg describe una circunferencia vertical atado al extremo de una cuerda de 1,2m de longitud, con una rapidez constante de 5m/s. Determinar la tensión de la cuerda cuando: a) El cuerpo se encuentra en el punto más bajo de la trayectoria b) El cuerpo se encuentra en el punto más alto de la trayectoria c) El cuerpo se encuentra al mismo nivel que el centro de la circunferencia d) Esta forma un ángulo de 60º sobre la horizontal SOLUCIÓN: Henry Alvarado

Página 9


F

C

 m a C

a) T  mg 

m V 2 R

1 kg5 m/s  m V 2 T  mg   1 kg 9,8 m/s 2  30,633 N R 1,2 m



2

F

C



 m a C

b) mg  T 

mV 2 R

1 kg5 m/s  mV 2 T  mg   1 kg 9,8 m/s 2  11,033 N R 1,2 m c) El cuerpo se encuentra en el nivel del centro de la circunferencia FC  m a C



2



mV 2 1 kg5 m/s    20,83 N R 1,2 m d) Cuando un ángulo de 60° sobre la horizontal 2

T

F

C

 m a C

T  mg cosθ 

mV 2 R

1 kg5 m/s  mV 2 T  mg cosθ   1 kg 9,8 m/s 2 cos 60  15,93 N R 1,2 m 2





15. Un vehículo de 800kg describe una curva horizontal de 35m de radio. Si μ  0,2 , determinar: a) La máxima velocidad en km/h con que podrá tomar la curva sin derrapar, si no hubiese peralte b) El peralte de la curva para que no derrape a la velocidad de 108m/h SOLUCIÓN:

mV 2 R a)  V  μgR μmg 





V  0,2 9,8 m/s 2 35 m   8,283 m/s

Henry Alvarado

3600 s  29,82 km/h 1000 m

Página 10


b)

108 km 1000 m 1 h  30 m/s h 1 km 3600 s  30 m/s2   V2     tan 1  θ  tan 1   9,8 m/s 2 35 m    69,14  gR   

16. Sobre un disco se coloca un cuerpo de 50g a una distancia de 15cm del centro. Si el sistema gira en el plano horizontal partiendo del reposo, con una aceleración angular de 2,5rad/s2 y si el coeficiente de rozamiento entre el cuerpo y el disco es 0,2, determinar: a) El tiempo que el cuerpo permanecerá sin deslizar, respecto del disco b) Que rapidez tendrá el cuerpo cuando comienza a deslizarse SOLUCIÓN:





μ g R 0,2 9,8 m/s 2 0,15 V    3,615 rad/s R R 0,15 a) ω ω 0 3,615 rad/s t   1,446 s α 2,5 rad/s 2 ω

b) V  0,29,8 m/s 2 0,15   0,5422 m/s 17. Un cuerpo de 15kg se mueve con rapidez constante de 4m/s por la pista de la figura. Determinar la reacción que ejerce la pista sobre el cuerpo en los puntos A, B y C.

SOLUCIÓN: A)

F

C

 m a C

N  mg 

mV 2 R

15 kg 4 m/s  mV 2 N  mg   15 kg 9,8 m/s 2  151,8 N R 50 m 2





B)

Henry Alvarado

Página 11


F

C

 m a C

mV 2 15 kg4 m/s   4,8 N R 50 m 2

N C)

F

C

 m a C

N  mgcos 45 

mV 2 R

15 kg 4 m/s  mV 2 N  mgcos 45   15 kg 9,8 m/s 2 cos 45  108,75 N R 50 m 2





18. Un cuerpo de 1,5kg cuelga de una cuerda de 1,8m de longitud. Cuando la cuerda forma un ángulo de 40º con la vertical, el cuerpo tiene una velocidad de 6m/s. Determinar-. a) La aceleración tangencial b) La aceleración centrípeta c) El valor de la aceleración total d) La tensión en la cuerda e) El valor de la fuerza total ejercida sobre el cuerpo SOLUCIÓN: a)

F

T

 m a T

mg sen 40  m a T a T  g sen 40  9,8 m/s 2 sen 40  6,3 m/s 2

b)

V 2 6 m/s  aC    20 m/s 2 R 1,8 m 2

c)

a  a T2  a C2 a  6,3 2  20 2  20,97 m/s 2 d)

Henry Alvarado

Página 12


F

C

 m a C

T  mg cos 40  m a C





T  ma C  g cos 40  1,5 kg 20 m/s 2  9,8 m/s 2 cos 40  41,27 N

e)

FC  m a C  1,5 kg 20 m/s 2  30 N FT  m a T  1,5 kg 6,3 m/s 2  9,45 N F  FC2  FT2 F  30 2  9,45 2  31,45 N 19. Un móvil de 4kg se desplaza con una rapidez constante de 5m/s por la pista de la figura. Determinar el valor de la fuerza centrípeta en los puntos A, B y C

SOLUCIÓN: a) FC = 0

Origen de la circunferencia

FC = ma C b) FC = m

FC

En el punto B

V2 R

 5 m/ s  = 4 kg 3m

2

= 33,33 N

c)

FC = ma C FC = m FC

V2 R

 5 m/ s  = 4 kg 3m

2

= 33,33 N

20. El sistema de la figura gira alrededor de un eje vertical con velocidad constante. Conociendo que el coeficiente de rozamiento entre el pequeño bloque A y la pared Henry Alvarado

Página 13


cilíndrica es 0,2, determinar la mínima velocidad para la cual el bloque permanecerá en contacto con la pared

SOLUCIÓN: V =  gR V = 0, 2  9,8 m/ s 2   0, 2 m  V = 0, 63m/ s

Henry Alvarado

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Solucionario Física Vectorial 1 Equilibrio de un sólido

EJERCICIO Nº 15 1. Calcular el torque de la fuerza F de la figura respecto del punto o por tres métodos diferentes.

SOLUCIÓN: a) Por la definición de torque

 o = F.r sen   o = 10 N.3m sen 60  o = 25,98 Nm b) Calculando el brazo de la palanca d = 3m sen 60 d = 2,598 m  o = F.d  o = 10 N.2,598 m  o = 25,98 Nm

c) Descomponiendo las fuerzas según las direcciones x e y, calculando la suma de los torques de estas componentes  o =  x/o +  y/o  o = Fcos 60°  0 m  + Fsen 60°  3 m   o = 10 Nsen 60°  3 m   o = 25, 98 Nm

2. En la figura: F1  35N , F2  30N , F3  50N , F4  40N . Calcular el torque resultante respecto a los puntos O y P

Henry Alvarado

Página 1


SOLUCIÓN: Respecto a O F1 No realiza torque, porque su brazo de palanca es 0

 o = F2 r

 o = F3 sen  r

 o = F4sen  r

 o = 180 Nm

 o = 150 Nm

 o = 169, 71Nm

 o = 30 N  6 m 

 o = 50 Nsen 30  6 m 

 o = 40 Nsen 45  6 m 

Respecto a P F2 No realiza torque, porque su brazo de palanca es 0

 o = F1r

 o = F3 cos  r

 o = F4 cos  r

 o = 140 Nm

 o = 173, 21Nm

 o = 113,14 Nm

 o = 35 N  4 m 

 o = 50 N cos 30  4 m 

 o = 40 N cos 45  4 m 

3. La viga horizontal AB de la figura es uniforme y pesa 200[N]. Determinar la tensión en cada una de las cuerdas que soportan la viga, cuando se cuelga un peso W=100[N] en la posición indicada en la figura.

SOLUCIÓN:

Henry Alvarado

Página 2




A

0

TB L- W 0,8 L- mg 0,5 L = 0 W 0,8 L + mg 0,5 L L TB = 100 N 0,8 L+ 200 N 0,5 L TB =

F

Y

=0

TA + TB - mg- W = 0 TA = mg+ W- TB TA = 200 N+100 N-180 N = 120 N

TB = 180 N 4. Una regla graduada de 1m, se equilibra con un apoyo en su centro. Si se coloca un cuerpo de masa 100g en la marca de 80 cm, ¿En qué marca deberá colocarse otra masa de 60g para que la regla siga en equilibro? SOLUCIÓN:

5.

En la figura representada, ¿Cuál debe ser el mayor de la distancia x en metros, para que el sistema permanezca en equilibrio? Se considera despreciable el peso de la barra.

SOLUCIÓN:



o

=0

300 N  3m  - 50 N  x  -100 N  7 m  = 0 50 N  x  = 900 Nm- 700 Nm x=

200 Nm = 4m 50 N

6. En la figura, determinar las reacciones en los apoyos A y B, causadas por las cargas que actúan sobre la viga, cuyo peso es despreciable.

Henry Alvarado

Página 3


SOLUCIÓN:



A

=0

R B 1,3m  - 200 N  0, 4 m  -100 N  0, 6 m  - 300 N  0,9 m  - 400 1,15 m  = 0 200 N  0, 4 m  -100 N  0, 6 m  - 300 N  0,9 m  - 400 1,15 m  1,3m R B = 669, 23 N RB =

F

Y

=0

R A + R B - 200 N-100 N- 300 N- 400 N = 0 R A = 1000 N- 669, 23 N R A = 330, 77 N

7. En la figura determinar las reacciones en los apoyos A y B, causadas por las cargas que actúan sobre la viga de peso despreciable.

SOLUCIÓN:

Henry Alvarado

Página 4




A

=0

R B 1m- 200 Nsen 65°0, 2 m- 300 N 0, 7 m- 400sen 45°1m = 0 200 Nsen 65°0, 2 m - 300 N 0, 7 m - 400sen 45°1 m 1m R B = 529,1N RB =

F

Y

=0

R AY + R B - 500 Nsen 80° - 200 Nsen 65° - 300 N- 400 Nsen 45° = 0 R AY = 500 Nsen 80° + 200 Nsen 65° + 300 N+ 400 Nsen 45° - 529,1N R AY = 727, 41N

F

X

=0

500 Ncos80° - R AX - 200 Ncos 65° + 400 Ncos 45° R AX = 500 Ncos80° - 200 Ncos 65° + 400 Ncos 45° R AX = 285,14 N

8. En la figura, la barra AB pesa 150[N] por metro de longitud y esta sostenida por el cable BC y un pasador en A. Determinar la tensión en el cable y la reacción en A.

SOLUCIÓN:



A

F

Y

=0

=0

Tsen 30°  6 m  - 900 N  3m  = 0

R AY + Tsen 30° - mg = 0

900 N  3m  T= = 900 N 6 m sen 30°

R AY = 450 N

F

X

R AY = 900 N- 900 Nsen 30°

=0

R AX - Tcos 30° = 0 R AX = 900 Ncos 30°

   R A = 779, 72 i+ 450 j N





R AX = 779, 72 N

9. La viga homogénea de la figura, tiene un peso de 400[N]. Determinar Henry Alvarado

Página 5


a) La fuerza que hace el pasador sobre la viga b) La tensión en el cable horizontal SOLUCIÓN:

F

Y

F

=0

X

=0

R AY - 400 N-100 N = 0

R AX + TX = 0

R AY = 500 N

R AX = - TX = -643,35 N

   R A = -643,35 i+ 500 j N





A



=0

Tcos 65° L-100 Ncos 65° L- 400 Ncos 25°0,5 L = 0 100 Ncos 65° L + 400 Ncos 25°0,5 L cos 65° L T = 643,35 N T=

10. Una viga uniforme de 15kg está articulada en A y sostenida en su otro extremo por un alambre, como se muestra en la figura. Si la tensión en el alambre es 500[N], determinar:

a) El valor de la masa M, que sostiene la viga b) Cuál es la fuerza que hace el pasador A, sobre la viga SOLUCIÓN: Henry Alvarado

Página 6




A

=0

Tcos 45°  L  -15 kg 9,8 m/ s 2sen 45  0,5 L  - M 9,8 m/ s 2sen 45  L  M=



500 Ncos 45°  L  -15 kg 9,8 m/ s 2sen 45 0,5 L



9,8 m/ s 2sen 45  L 

M = 43,52 kg

F

Y

=0

R AY -15 kg 9,8 m/ s 2 - 43,52 kg 9,8 m/ s 2 + 500 N R AY = 15 kg 9,8 m/ s 2 + 43,52 kg 9,8 m/ s 2 - 500 N R AY = 73,5 N

tan  =

R AX R AY

R AX = R AY tan 

   R A = 0 i+ 73,5 j N





R AX = 73,5 Ntan 45 = 73,5 N

11. En la figura, la viga AB tiene un peso de 300[N] por metro de longitud. Determinar:

a) La tensión sobre el cable b) La fuerza del pasador A sobre la viga SOLUCIÓN:

Henry Alvarado

Página 7




A

=0

Tsen 35°  3m  - 900 N 1,5 m  - 400 N  2, 05 m  = 0 T=

900 N 1,5 m  + 400 N  2, 05 m  sen 35°  3m 

T = 1261, 09 N

F

X

F

=0

Y

=0

R AX - Tcos 35° = 0

R AY - 400 N- 900 N+ Tsen 35° = 0

R AX = Tcos 35°

R AY = 400 N+ 900 N-1261, 09 Nsen 35°

R AX = 1261, 09 Ncos 35° = 1033, 03 N

R AY = 576, 67 N

   R A = 1033, 03 i+ 576, 67 j N





12. En la figura la barra AB de 200[N] de peso y 6m de longitud, esta pivoteada en el extremo izquierdo. Determinar:

a) La tensión en el cable de apoyo b) La fuerza del pasador A sobre la barra SOLUCIÓN:



A

=0

Tsen 40°  4,5 m  - 200 N  3m  - 300 N  6 m  = 0 200 N  3m  + 300 N  6 m  T=  4,5 m  sen 40° T = 829.72 N

F

Y

F

X

=0

R AX - Tcos 40° = 0 R AX = Tcos 40° R AX = 829, 72 Ncos 40° = 635.60

=0

R AY + Tsen 40° - 200 N- 300 N = 0 R AY = 200 N+ 300 N- Tsen 40° R AY = 500 N, -829, 72sen 40° = -33.33 Henry Alvarado

Página 8


13. En la figura, la viga AB tiene un peso de 800[N]. Determinar:

a) La tensión en el cable de apoyo b) La fuerza del pasador A sobre la viga SOLUCIÓN:



A

=0

Tcos 35°  L  - 500 N sen 35°  L  - 800 N sen 35°  0,5 L  = 0 T=



500 N sen 35°  L   800 N sen 35° 0,5 L



cos 35°  L 

T = 630,19 N

F

X

=0

F

Y

=0

R AX - T = 0

R AY - 800 N- 500 N = 0

R AX = T = 630,19 N

R AY = 1300 N

   R A = 630,19 i+1300 j N





14. La barra AB de 250[N], y 10m de longitud, se mantiene en la posición de la figura por la acción de dos cuerdas AD y BC. Si se coloca un peso de 700[N] a 2m del extremo superior, determinar las tensiones en las cuerdas.

SOLUCIÓN:

Henry Alvarado

Página 9


15. Una escalera de 15m de longitud tiene una masa de 20 kg. Descansa contra una pared vertical lisa, y su parte inferior se encuentra en el piso a 4m de la pared. ¿Cuál debe ser el coeficiente mínimo de fricción estática entre la escalera y el suelo, para que una persona de 80kg pueda subir con seguridad hasta el 70% de la escalera?

4 15 4   cos 1    74,53  15  cos  

15  70% = 10,5 m

SOLUCIÓN:

F

Y

=0

R B - 80 kg 9,8 m/ s 2 - 20 kg 9,8 m/ s 2 = 0 R B = 980 N



A

=0

R Bcos  15 m- PEsc cos  7,5 m- PPer cos  4,5 m-  R B sen  15 m = 0 980 Ncos 74,53 15 m-196 Ncos 74,53  7,5 m- 784 Ncos 74,53  4,5 m 980 Nsen 74,53 15 m   0,18 

16. En la figura, la grúa de 6000[N] está sostenida por medio de dos pasadores A y B, siendo liso el A. Si el centro de gravedad está localizado en G, determinar las reacciones en A y en B.

SOLUCIÓN:

Henry Alvarado

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

A

=0

B  2 m  - 6000 N  2 m  - 800 N  6 m  = 0 6000 N  2 m  + 800 N  6 m  = 8400 N 2m

B=

F

X

=0

F

Y

AX + B = 0

=0

A Y - 6000 N- 800 N = 0

AX = - B

A Y = 6800 N

A X = -8400 N

   R A = -8400 i+ 6800 j N





17. En la figura, la barra AB tiene un peso de 400[N]. Determinar la tensión en el cable y la reacción en A.

SOLUCIÓN:



A

=0

T 4 m- 400 Ncos 40°2 m- 500 Ncos 40°4 m = 0 400 Ncos 40°2 m  500 Ncos 40°4 m T 4m T  536.23

F

X

=0

F

Y

=0

R AX - Tsen 40° = 0

R AY - 500 N- 400 N+ Tcos 40° = 0

R AX = Tsen 40°

R AY = 900 N- 536, 23cos 40°

R AX = 536, 23 N sen 40° = 344, 68 N

R AY = 489,22 N

Henry Alvarado

Página 11


   R A = 344, 68 i+ 489, 22 j N





18. Una escalera de 5m longitud y 100[N] de peso, está apoyada contra una pared vertical, como se indica en la figura: Cuando un hombre de 700[N] de peso alcanza un punto a 4m del extremo inferior A, la escalera está a punto de resbalar. Si el coeficiente de rozamiento entre la escalera y la pared es 0,3 calcular el coeficiente de rozamiento entre el piso y la escalera.

SOLUCIÓN:

F

Y

=0

R A -100 N- 700 N+ B R B = 0 RB 

800 N- R A .....(1) 0,3

F

X

=0

A R A - R B = 0 R B = A R A .....(2)

Igualando (1) y (2)

800 N- R A = A R A 0,3 800 N RA  ......(3)  0,3A  1 R A cos   5 m  - PESC cos   2,5 m  - PPER cos  1m  -  A R A sen   5 m  = 0 RA =

PESC cos   2,5 m   PPER cos  1m  cos   5 m  -  A sen   5 m 

RA =

950 Nmcos  .......(4) cos   5 m  -  A sen   5 m 

Igualando (3) y (4)

Henry Alvarado

Página 12


800 N 950 Nmcos  =  0,3A  1 cos   5 m  - A sen   5 m  4000 Nm cos  - 4000 Nm  A sen  = 285 Nm  A cos  + 950 Nmcos  A  4000 Nm sen   285 Nm cos   = 3050 Nm cos  3050 Nm cos  4000 Nm sen   285 Nm cos  3050 Nm cos 60 A = = 0, 42 4000 Nm sen 60  285 Nm cos 60 A =

19. En la figura, la viga AB de peso despreciable y 10m de longitud, está apoyada en una pared vertical A y en una esquina C perfectamente lisas. Determinar: a) El ángulo θ para que la viga este en equilibrio b) Las reacciones en los puntos de apoyo

SOLUCIÓN:



A

=0

R CY  3m    -100 Ncos  10 m  = 0 cos   cos   3mR CY = 1000 Nmcos  cos 2  3mR CY cos3   1000 Nm  3mR CY   = cos -1  3   1000 Nm 

F

Y

=0

R CY -100 N = 0 R CY = 100 N

 3m 100 N     47,98  = cos -1  3  1000 Nm   

a)47,98°

Henry Alvarado

 b)R A = 110,98iN

 R C = -110,98i+100 jN

Página 13


tan  = -

R CX R CY

F

X

=0

R CX = - R CY tan 

R A + R CX = 0

R CX = -100 Ntan 47,98 = -110,98 N

R A = -  -110,98 N  = 110,98 N

R A = - R CX

   R C = -110,98 i+100 j N





20. En el sistema de la figura, si m 3 es mayor que m 2 , demuestre que:

m1 m 2  m 3  L1  4 m 2 . m 3 . L 2 , para que la varilla AB de masa despreciable esté en

equilibrio

SOLUCIÓN: Cuerpo B

Cuerpo C

F

F

Y

= m 2a

Y

= m3 a

T- m 2 g = m 2 a

m3g- T = m3a

T = m 2 g+ m 2 a ....(1)

T = m3g- m3a .....(2)

Igualando (1) y (2)

(3) en (1)

T = m 2 g+ m 2 m 2 g+ m 2 a = m3g- m3a m 2 a+ m3a = m3g- m 2 g

g  m3 - m 2  a= .....(3) m 2 + m3

Polea

Henry Alvarado

g  m3 - m 2  m 2 + m3

T  m 2 + m3  = m 2 g  m 2 + m3  + m 2 m 3g- m 22g T  m 2 + m3  = m 22 g + m 2 m3g+ m 2 m3g - m 22g T=

2 m 2 m 3g m 2 + m3

Sumatoria de Torque

Página 14


 FY = 0 T1 - 2 T = 0



o

=0

m1 g L1 -

T1 = 2 T 4 m 2 m 3g T1 = m 2 + m3

Henry Alvarado

m1L1 =

4 m 2 m3 g m 2 + m3

L2 = 0

4 m 2 m3 L2 m 2 + m3

m1  m 2 + m3  L1 = 4 m 2 m 3L 2

Página 15

Solucionario Vallejo Zambrano Tomo I

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