Solución de problemas Cap. VII Física Wilson, Buffa y Lou.

CAPITULO VII

                                                    MOVIMIENTO CIRCULAR Y GRAVITACIONAL 
7- 1 Medición angular 
1) OM La unidad radián equivale a un cociente de a) grado/ tiempo, b) longitud, c) longitud/longitud o d) longitud/tiempo. 
Solución: La respuesta es la “c)”, longitud/longitud 
2) OM Para las coordenadas polares de una partícula que viaja en círculo, las variables son a) tanto r como θ,      b) sólo r,      c) sólo θ,      d) ninguna de las anteriores. 
Solución: La respuesta es la “a)”, tanto r como θ.
3) PC ¿Por qué un radián es igual a 57.3°? ¿No sería más conveniente tener un número par de grados? 
Solución: No, ya que el rad se deduce de: 2Лrad = 360°   →   1 rad = 360°/2Л   →   1 rad = 360°/6.28   →   1 rad = 57.3° 
4)  PC Una rueda gira sobre un eje rígido que pasa por su centro. ¿Todos los puntos de la rueda recorren la misma distancia? ¿Recorren la misma distancia angular? 
                                                              
Solución: Sí, porque la distancia lineal y el radio de la rueda son contantes, entonces la distancia angular es la misma ya que es el cociente entre dos constate. Esto es θ = S/r.
5) ● Las coordenadas cartesianas de un punto en un círculo son (1.5 m, 2.0 m). ¿Qué coordenadas polares ( ) tiene ese punto?
Solución: Cálculo de r = [(r_x)² + (r_y)²]^½   →   r = [(1.5 m)² + (2.0 m)²]^½   →   r = [2.25 m² + 4 m²]^½   →   r = 2.5 m.
Angulo θ = Tan^-1(r_x/r_y)   →   θ = Tan^-1(2 m/1.5m)   →    θ= Tan^-1(1.33)   →   θ = 53° por tanto (r,θ ) = (2.5 m, 53°).

6) ● Las coordenadas polares de un punto son (5.3 m, 32°). ¿Qué coordenadas cartesianas tiene el punto?
Solución: Valor de X; Cosθ = x/r   →   x = rcosθ   →   x = (5.3 m)cos32°   →   x = (5.3 m)(0.85)   →   x = 4.5 m.
Valor de Y; Senθ = y/r   →   y = rSenθ   →   y = (5.3 m)Sen32°   →   y = (5.3 m)(0.53)   →   y = 2.8 m. por tanto (x,y) = (4.5 m, 2.8 m).
7) ● Usted puede determinar el diámetro del Sol midiendo el ángulo que subtiende. Si el ángulo es de 0.535° y la distancia promedio entre la Tierra y el Sol es de , ¿qué diámetro tiene el Sol?
Solución: 
                         

Aplicando el método de “Eratóstenes” y los datos actualizados se puede determinar el diámetro del Sol. La circunferencia del sol es 2Лd_T-S. Datos: d_T-S. = 1.5 x 10¹¹ m;   θ° de Circ = 360°;   β = 0.535°;   D_S = ?
DS/2Лd_T-S = β/θ° de Circ   →   DS/(6.28)(1.5 x 10¹¹ m) = 0.535°/360°   →   D_S = [(6.28)(1.5 x 10¹¹ m)(0.535°)]/360°   →   D_S = 1.4 x 10⁹ m 
8) ● Convierta estos ángulos de grados a radianes, con dos cifras significativas: a) 15°       , b) 45°, c) 90°    y     d) 120° 
Solución: Conversiones 15° x 1 rad/57.3° = 0.26 rad;     45° x 1 rad/57.3° = 0.78 rad;     90° x 1 rad/57.3° = 1.6 rad;     120° x 1 rad/57.3° = 2.1 rad.
9) ● Convierta estos ángulos de radianes a grados: a) (Л/6) rad         b) (5Л/12) rad            c) (3Л/4) rad    y    d) Л rad. 
Solución: Conversión: (Л rad/6) x (57.3°/1 rad) = 30°;     (5Л rad/12) x (57.3°/1 rad) = 75°;     (3Л rad/4) x (57.3°/1 rad) = 135°;     (Л rad) x (57.3°/1 rad) = 180°.
10) 1)    ● Usted mide de un automóvil la longitud distante subtendida por una distancia angular de 1.5°. Si el automóvil en realidad mide 5.0 m de largo, ¿aproximadamente qué tan lejos está?
Solución: La distancia angular está representada por la expresión θ = S/R (Radianes)
1.5° x 1 rad/57.3° = 0.026 rad.
La distancia aproximada a la que se encuentra el automóvil es R = S/θ   →   R = 5 m/0.026 rad   →   R = 192.31 m.
11) ● Un corredor en una pista circular, cuyo radio mide 0.250 km, corre una distancia de 1.00 km. ¿Qué distancia angular cubre el corredor en a) radianes y b) grados?
Solución: 
                                                         
a) Distancia angular en radianes:                                                       b)  Distancia angular en grados: 
θ = S/R   →   θ = 1 km/0.250 km   →   θ = 4 rad                           (4 rad x (57.3°/1 rad) = 229.2°
12) ●● La aguja de las horas, el minutero y el segundero de un reloj tienen 0.25 m, 0.30 m y 0.35 m de longitud, respectivamente. ¿Qué distancias recorren las puntas de las agujas en un intervalo de 30 min? 
Solución: 
                                                          

1) En una hora describe una circunferencia completa de longitud L = 2Лr, cuya medida en grado es 360°.
2) En 30 minuto describe media circunferencia de longitud “x”, cuya medida en grado es 180°.
Aplicando regla de tres (proporciones) se puede determinar la distancia recorrida (longitud de arco) por cada aguja.
a) L/x = 360°/180°   →   x = (2Лr)(180°)°/360°   →   x = [2(3.14)(0.25 m)](180°)°/360°   →   x = 282.6 m/360°   →   x = 0.785 m.
b) L/x = 360°/180°   →   x = (2Лr)(180°)°/360°   →   x = [2(3.14)(0.30 m)](180°)°/360°   →   x = 339.12 m/360°   →   x = 0.942 m.
c) L/x = 360°/180°   →   x = (2Лr)(180°)°/360°   →   x = [2(3.14)(0.35 m)](180°)°/360°   →   x = 395.64 m/360°   →   x = 1.10 m.
13) ●● En Europa, un paseo circular de 0.900 km de diámetro está marcado con distancias angulares en radianes. Un turista estadounidense que camina 3.00 mi al día visita el paseo. ¿Cuántos radianes deberá caminar cada día para seguir su rutina?
Solución: conversiones 0.900 km x 1000 m/km = 900 m;     3.00 mi x 1609.34 m/mi = 4828.02 m.
Valor del radio: R = d/2   →   R = 900 m/2   →   R = 450 m.
Cantidad de radianes recorrido: θ = S/R   →   θ = 8428.02 m/450 m   →   θ = 10.7 rad.
14) ●● Se ordenó una pizza de 12 pulgadas para cinco personas. Si se quiere repartir equitativamente, ¿cómo deberá cortarse en tajadas triangulares (figura 7.25)?
Solución: Longitud de la circunferencia L_c = 2Лr   →   L_c = 2Л(d/2)   →   L_c = 2(3.14)(12/2)   →   L_c = 37.68 pulgs. 
                                         
Deberá cortarse en tajadas triangulares de 6 pulgs de radio con un arco de longitud (1/5)Lc:
(1/5)Lc = 1/5(37.68 pulgs)   →   (1/5)Lc = 7.54 pulgs.
15) EI ●● Para asistir a los Juegos Olímpicos de verano del 2000, un aficionado voló desde Mosselbaai, Sudáfrica (34°S, 22°E) hacia Sídney, Australia (34°S, 151°E). a) ¿Cuál es la menor distancia angular que el aficionado tiene que viajar?: 1) 34°,       2) 12°,       3) 117° o      4) 129°. ¿Por qué? b) Determine la menor distancia aproximada de vuelo, en kilómetros.
Solución: 
                                                   
Como ambos puntos tienen la misma coordenada 34° S, entoces el angulo de vuelo será la diferencia entre la 1ra y la 2da coordenada: 151° E y 22° E. esto es  θ = θ₂ - θ1   →   θ = 151° E - 22° E   →   θ = 129° E.
Conversión 129° x 1 rad/57.3° = 2.25 rad.
b) Como debe cortar la línea del ecuador terrestre, entonces recorrerá una curva de longitud S = θR  donde R es el “Radio Ecuatorial” (R = 6378.1 km).
S = θR   →   S = (2.25 rad)(6378.1 km)   →   S = 14350.7 km)   →   S = 1.4 x 10⁴ km. La menor distancia aproximada de vuelo es 1.4 x 10⁴ km.
16) EI ●● La rueda de una bicicleta tiene una piedrita atorada en la banda de rodamiento. La bicicleta se pone de cabeza, y el ciclista accidentalmente golpea la rueda de manera que la piedra se mueve a través de una longitud de arco de 25.0 cm antes de llegar al reposo. En ese tiempo, la rueda gira 35°. a) El radio de la rueda es, por lo tanto, 1) mayor de 25.0 cm, 2) menor de 25.0 cm o 3) igual a 25.0 cm. b) Determine el radio de la rueda.
Solución: a) La respuesta es la "1" mayor de 25.0 cm. Conversión 35° x 1 rad/57.3° = 0.61 rad.     
b) S = θR   →   R = S/θ   →   R = 25.0 cm/0.61 rad   →   R = 40.98 cm.
17) ●● Al final de su rutina, una patinadora da 7.50 revoluciones con los brazos completamente extendidos en ángulos rectos con respecto a su cuerpo. Si sus brazos miden 60.0 cm de largo, ¿qué distancia lineal de longitud de arco hacen las yemas de sus dedos cuando se mueven durante el final de su rutina?
Solución: Conversión 60 cm x 1 m/100 cm = 0.60 m.
Cuando realiza una revolución describe una circunferencia, cuya longitud es S_c = 2ЛR   →   S_c = 2(3.14)(0.60 m)   →   S_c = 3.768 m.
Para la 7.5 revoluciones habrá recorrido una distancia de longitud de arco de: S_L = 7.5S_C   →   S_L = 7.5(3.768 m)   →   S_L = 28.26 m.
18) ●●● a) ¿Podría cortarse un pastel circular de manera que todas las tajadas tengan una longitud de arco en su borde exterior igual al radio del pastel? b) Si no, ¿cuántas tajadas así podrían cortarse, y qué dimensión angular tendría la tajada sobrante?
Solución: a) "No es posible".
b) La longitud de la circunferencia es S_c = 2ЛR y la medida en radianes de un ángulo es longitud del arco que lo subtiende entre el radio θ = S_c/R implica que la cantidad de radianes contenidos en una circunferencia es θ = 2ЛR/R   →   θ = 2Л(R/R)   →   θ = 2Л rad   →   θ = 6.28 rads.
por definición un ángulo de un radian es aquel que subtiende un arco de longitud igual a la longitud del radio (S = R), entonces el pastel sólo puede dividirse en 6 tajadas cuyo arco tenga longitud igual al radio más una fracción sobrante de 0.28 rad.
19) ●●● Un cable eléctrico de 0.75 cm de diámetro se enrolla en un carrete con radio de 30 cm y altura de 24 cm. a) ¿Cuántos radianes debe girarse el carrete para enrollar una capa uniforme de cable? b) ¿Qué longitud tiene el cable enrollado?
Solución:       
                                                
Conversiones: 0.75 cm x 1 m/100 cm = 0.0075 m;     30 cm x 1 m/100 cm = 0.30 m;     24 cm x 1 m/100 cm = 0.24 m. 
Cada vuelta completa del alambre tendrá la misma longitud que la base del rectángulo y cubrirá en el carrete, una altura igual al diámetro del alambre. La longitud de una de las vueltas del alambre será igual a la longitud de la circunferencia de radio R_ct.
Longitud de la circunferencia del carrete: L_c = 2ЛR_ct   →   L_c = 2(3.14)(0.30 m)   →   L_c = 1.884 m.
Número de vueltas del alambre: N = h/d_cl   →   N = 0.24 m/0.0075 m   →   N = 32.
Numero de circunferencia descritas 32, por tanto cada vuelta tiene una circunferencia de longitud L_c = 2ЛR_ct , esto significa que la cantidad de radianes girado por el carrete es θ = 32(2ЛR_ct/R_ct)   →   θ = 64Л rad   →   θ = 64(3.14) rad   →   θ = 2 x 10² rad.
Largo del alambre de la primera capa: L_cl = (L_c)(N)   →   L_cl = (1.884 m)(32)   →   L_cl = 60.29 m. 
20) ●●● Un yo-yo con un diámetro de eje de 1.00 cm tiene un cordel de 90.0 cm de longitud enrollado varias veces, de forma que ese cordel cubre completamente la superficie de su eje, pero sin que haya dobles capas del cordel. La porción más externa del yo-yo está a 5.00 cm del centro del eje. a) Si el yo-yo se lanza con el cordel completamente enrollado, ¿a través de qué ángulo gira para el momento en que alcanza el punto inferior de su descenso? b) Qué distancia de longitud de arco ha recorrido una parte del yo-yo en su orilla externa para el momento en que toca fondo?
Solución: Para resolver este problema, podemos utilizar la relación entre la longitud de arco, el radio y el ángulo en una circunferencia. La fórmula para calcular la longitud de arco (S) en una circunferencia es: S = rθ 
Radio (R_i) = 1.00 cm;   La porción más externa (R_e) = 5.00 cm;     Longitud del cordel 90.0 cm.
a) S = θR   →   90.0 cm = (1.00 cm)θ   →   θ = 90.0 cm/1.00 cm   →   θ = 90.0 rad. (Angulo inferior en su descenso).
b) Para encontrar la distancia de longitud de arco recorrida por la orilla externa del yo-yo cuando toca fondo se aplica S = R_eθ   →   S = (5.00 cm)(90.0 rad)   →   S = 450 cm.
7.2       Rapidez y velocidad angular.
21) OM Vista desde arriba, una tornamesa gira en dirección anti horaria. El vector de velocidad angular es entonces a) tangencial al borde de la tornamesa, b) sale del plano de la tornamesa, c) anti horario o d) ninguna de las anteriores.
Solución: La respuesta es la “b)” sale del plano de la tornamesa. 
22) OM La unidad de frecuencia Hertz equivale a a) la del periodo, b) la del ciclo, c) radián/s o   d) Seg^-1  .
Solución: La respuesta es la “d)” .
23)    OM Todas las partículas en un objeto que gira uniformemente tienen la misma a) aceleración angular, b) rapidez angular, c) velocidad tangencial, d) tanto a como b.
Solución: La respuesta es la “d)” tanto a como b.
24) PC ¿Todos los puntos de una rueda que gira en torno a un eje fijo que pasa por su centro tienen la misma velocidad angular? ¿Y la misma velocidad tangencial? Explique. 
Solución: Si, tienen la misma “velocidad angular” pero no la misma “velocidad tangencial” porque vector velocidad tangencial cambia de dirección y sentido de un punto a otro. Aunque cada punto del sólido rígido tenga la misma velocidad angular, no todos los puntos tienen la misma velocidad tangencial, puesto que r cambia de punto a punto. La velocidad tangencial de un punto en un objeto que rota aumenta según nos separamos del eje de giro. 
25) PC Cuando se usa “horario” o “anti horario” para describir un movimiento rotacional, ¿por qué se añade una frase como “visto desde arriba”?
Solución: Observar desde lados opuestos daría sentidos circulares diferentes, esto es, el sentido en el movimiento de las manecillas del reloj sería al contrario y viceversa. 
26) PC Imagine que usted está parado en la orilla de un carrusel que gira. ¿Cómo se vería afectado su movimiento tangencial si camina hacia el centro? (¡Cuidado con los caballitos que suben y bajan!) 
Solución: La rapidez angular de la persona es la misma a medida que se acerca al centro, pero el radio de giro para los diferentes puntos que determina la persona al caminar hacia el centro disminuye, por tanto, la rapidez del movimiento tangencial disminuye, de acuerdo a la expresión V = w x r.
En general: la velocidad y rapidez tangencial de un punto en un objeto que rota aumenta o disminuye según nos separamos o acercamos del eje de giro.
27) ● La rapidez angular de un DVD-ROM de computadora varía entre 200 y 450 rpm. Exprese este intervalo de rapidez angular en radianes por segundo.
Solución: conversión 1 rpm = 2Л rad/60 seg   →   1 rpm = 0.105 rad/seg;     200 rpm x (0.105 rad/s)/rpm = 21 rad/s;     450 rpm x (0.105 rad/s)/rpm = 47 rad/s. Por tanto la variación es de 21 rad/s a 47 rad/s.
28) ● Un automóvil de carreras da dos y media vueltas a una pista circular en 3.0 min. ¿Qué rapidez angular promedio tiene?
Solución:  1 Rev = 2Л rad   →   2.5 Rev = 5Л rad;    w = θ/t   →   w = 5Л rad/3 min   →   w = 5Л rad/3(60 s)   →   w = 0.09 rad/s.
29) ● Si una partícula gira con rapidez angular de 3.5 rad/s, ¿cuánto tarda en efectuar una revolución?Solución: 1 Rev = 2Л rad;     →   w = θ/t   →   t = θ/w   →   t = 2Л rad/(3.5 rad/s)   →   t = 1.79 seg.
30) ● ¿Qué periodo de revolución tiene a) una centrífuga de 9 500 rpm y b) una unidad de disco duro de computadora de 9 500 rpm?
Solución: La velocidad angular de una centrifugadora viene dada en rpm, expresándola en rad/seg. Será: 
1 rpm = 2Л rad/1 min   →   1 rpm = 2Л rad/60 seg   →   1 rpm = 0.105 rad/seg. Es preferible tomar la fracción  (Л/30) rad/seg porque hay más precisión en la medida.
Velocidad angular de la centrifugadora: 9500 rpm x (Л/30 rad/s)/rpm = (1900Л/6) rad/s.
Periodo de revolución de la centrifugadora: w = θ/T   →   T = θ/w   →   T = 2Л rad/(1900Л/6 rad/s)   →   T = 0.0063 seg.
Periodo de revolución del disco duro de computadora: si el número de revoluciones por minuto de la centrifugadora y la unidad de disco duro son iguales, entonces sus periodos también los son.
31) ●● ¿Qué tiene mayor rapidez angular: la partícula “A” que recorre 160°   en 2.00 s, o la partícula B que recorre 4Л rad en 8.00 s? 
Solución: Partícula A: 160 grad x 1 rad/57.3 grad = 2.79 rad;         Rapidez angular: w_A = θ_A/t_A   →   w_A = 2.79 rad/2 seg   →   w_A = 1.40 rad/seg.     Partícula B: Rapidez angular: w_B = θ_B/t_B   →   w_B = 4Л rad/8 seg   →   w_B = 1.57 rad/seg. Por tanto, la partícula B tiene mayor rapidez angular que la partícula A.
32) ●● La rapidez tangencial de una partícula en una rueda giratoria es de 3.0 m/s. Si la partícula está a 0.20 m del eje de rotación, ¿cuánto tardará en efectuar una revolución?
Solución: el tiempo empleado en realizar una revolución es el periodo (T). V_t = 2Л r/T   →   T = 2Л r/V_t    →  T = 2(3.14)(0.20 m)/(3 m/s)   →   T = 0.42 seg.
33) ●● Un carrusel efectúa 24 revoluciones en 3.0 min. a) Calcule su rapidez angular promedio en rad/s. b) ¿Qué rapidez tangencial tienen dos personas sentadas a 4.0 y 5.0 m del centro (eje de rotación)?
Solución: 24 Rev x (2Л rad)/1 Rev = 48Л rad;     3 min x 60 s/min = 180 seg.
a) Rapidez angular promedio: w = θ/t   →   w = 48Л rad/180 seg   →   w = 48(3.14) rad/180 seg   →   w = 0.84 rad/seg.
b) 1) A una distancia de 4 m: V_t = w x R   →   V_t = (0.84 rad/s)(4 m)   →   V_t = 3.36 m/s;   2) A una distancia de 5.0 m: V_t = w x R   →   V_t = (0.84 rad/s)(5 m)   →   V_t = 4.20 m/s. 
34) En el ejercicio 16, suponga que la rueda tarda 1.20 s en detenerse después del golpe. Suponga que al estar de frente al plano de la rueda, ésta gira en sentido anti horario. Durante este tiempo, determine a) la rapidez angular promedio y la rapidez tangencial de la piedra, b) la rapidez angular promedio y la rapidez tangencial de un residuo de grasa en el eje de la rueda (cuyo radio es de 1.50 cm) y c) la dirección de sus velocidades angulares respectivas.
solución: para resolver éste problema debemos aplicar las ecuaciones de la "Dinámica rotacional" w = ∆θ/∆t;     V_t = w x R.
a) Para la piedra: w_pied = ∆θ/∆t   →   w_pied = 35°/1.20 seg   →   w_pied = 0.61 rad/1.20 seg   →   w_pied = 0.51 rad/seg.     V_t = w x R   →   V_t = (0.51 rad/seg)(40.98 cm)   →   V_t = 20.90 cm/seg. 
b) Para el residuo de grasa en el eje de la rueda: w_resid = ∆θ/∆t   →   w_resid = 35°/1.20 seg   →   w_resid = 0.61 rad/1.20 seg   →   w_resid = 0.51 rad/seg;     V_t(resid) = w x R   →   V_t(resid) = (0.51 rad/seg)(1.50 cm)   →   V_t(resid) = 0.765 cm/seg.   
c) Como la bicicleta está de cabeza estará girando en sentido anti-horario y por tanto sus rapidezes angulares tendrán el mismo sentido (direcciones).
35) EI ●● La Tierra gira sobre su eje una vez al día, y en torno al Sol una vez al año. a) ¿Qué es mayor, la rapidez angular de rotación o la rapidez angular de traslación? b) Calcule ambos valores en rad/s.

Solución: a) La rapidez angular de rotación es mayor porque el tiempo es menor (el desplazamiento angular es igual).
b) Rapidez angular de rotación de la Tierra: la tierra realiza una revolución completa en 24 h, por tanto, el periodo de rotación de la Tierra es: T = 24 h x 60 min/1h x 60 seg/min   →   T = 86400 seg.
por tanto w_Rt = θ/T  →  w_R = 2Л rad/86400 seg   →   w_Rt = 6.28 rad/86400 seg   →   w_Rt =7.27 x 10^-5 rad/seg. 
En este caso se localiza la distancia Tierra – Sol que será el radio de la circunferencia que describe alrededor del Sol. d_TS = R = 150000000 km   →   R = 150000000 km x 1000 m/km   →   R = 1.5 x 10¹¹ m.  
La Tierra realiza su recorrido en un año ó T = 365.2401 días, Conversión: T = 365.2401 días x 24 h/dias x 3600 seg/h   →  T = 3.1556744 x 10⁷ seg.
Velocidad tangencial:  V_t = 2Л R/T   →   V_t = 2(3.14)(1.5 x 10¹¹ m)/3.1556744 x 10⁷ seg   →   V_t = 2.985 x 10⁴ m/seg.
Velocidad angular de traslación: w_t = V_t/R  →  w_t = 2.985 x 10⁴ m/seg/1.5 x 10¹¹ m  →  w_t = 1.99 x 10^-7 rad/seg.
36) ●● Un niño brinca sobre un pequeño carrusel (cuyo radio es de 2.00 m) en un parque y gira durante 2.30 s por una distancia de longitud de arco de 2.55 m, antes de llegar al reposo. Si el niño cae (y permanece) a una distancia de 1.75 m del eje central de rotación del carrusel, ¿cuáles serán sus rapideces angular y tangencial promedio? 
                   
Solución: Longitud del arco S₂: θ₁ = S₁/R₁;     θ₂ = S₂/R₂ y θ₁ = θ₂ = θ, entonces S₁/R₁ = S₂/R2   →   S₂ = R₂(S₁/R₁)   →   S₂ = (1.75 m)(2.55 m/2 m)   →   S2 = 2.23 m. 
Angulo  en radianes: θ = S₁/R₁ = S₂/R2   →   θ = 2.55 m/2 m = 2.23 m/1.75 m   →   θ = 1.28 rad.
Rapidez angular promedio: Como la rapidez angular no depende del radio de la circunferencia que describe, sino del ángulo descrito, entonces w1 = w2 = w = ∆θ/∆t   →   w = 1.28 rad/2.30 s   →   w = 0.56 rad/s.
Rapidez tangencial promedio: como la rapidez tangencial depende del radio, entonces V_t = w x R   →  V_t = (0.56 rad/s)(1.75 m)   →   V_t = 0.97 m/s.
37) ●●● Un conductor ajusta el control de crucero de su automóvil y amarra el volante, de manera que el vehículo viaje con rapidez uniforme de 15 m/s en un círculo con diámetro de 120 m. a) ¿Qué distancia angular recorre el coche en 4.00 min? b) ¿Qué distancia lineal recorre en ese tiempo?
Solución: Conversión 4 min x 60 seg/min = 240 seg;     R = d/2   →   R = 120 m/2   →   R = 60 m.
a) Distancia angular: θ = w x t   →   θ = (V_t/R) x t   →   θ = [(15 m/s)/60 m] x 240 m   →   θ = 60 rad.
b) Distancia lineal en ese tiempo: d = V x t   →   d = (15 m/s)(240 s)   d = 3600 m.
38) 1)    ●●● En un derrape sobre el pavimento cubierto de hielo en un camino vacío en el que no hubo colisión ni lesionados, un automóvil da 1.75 revoluciones mientras se patina hasta detenerse. Inicialmente se desplazaba a 15.0 m/s y, a causa del hielo fue capaz de desacelerar a una tasa de apenas 1.50 m/s². Visto desde arriba, el automóvil giró en sentido horario. Determine su velocidad angular promedio conforme giró y derrapó hasta detenerse. 
Solución: Desplazamiento angular 1.75 rev = 1.75(2Л rad)   →   1.75 rev = 3.5Л rad.
Calculo del radio (r):Como la aceleración disminuye constantemente el movimiento es retardado, la aceleración negativa y V_f = 0. 
d = (V_f² - V_i²)/2a   →   V_f² = V_i² + 2ad, pasándola al movimiento circular será W_f² = W_i² + 2αθ   →   0 = (V_t/R)² + 2(a_t/R) x θ   →   0 = (V_t²/R² + 2(a_t/R) x θ   →   R(- V_t²/R²) = 2a_tθ   →   R = - V_t²/2a_tθ   →   R = - (15 m/s)²/[2(- 1.5 m/s²)(3.5Л rad)]   →   R = - 225 m²/s²/- 32.97 m/s²   →   R = 6.82 m.
Calculo del tiempo (t): t = (V_f - V_i)/a_t   →   t = (0 - 15 m/s)/-1.5 m/s2   →   t = 10 seg.
Velocidad angular promedio (w): W = θ/t   →   W = 3.5(3.14) rad/10 seg   →   W = 1.10 rad/seg.
 7-3 Movimiento circular uniforme y aceleración centrípeta:
39) OM El movimiento circular uniforme requiere a) aceleración centrípeta, b) rapidez angular, c) velocidad tangencial, d) todas las anteriores.
Solución: La respuesta es la d)” todas las anteriores.
40) OM En un movimiento circular uniforme hay a) velocidad constante, b) velocidad angular constante, c) cero aceleración o d) aceleración tangencial distinta de cero.
Solución: La respuesta es la c)” porque el módulo de la velocidad es constante, solo cambia la dirección.
41) OM Si se incrementa la fuerza centrípeta que actúa sobre una partícula en movimiento circular uniforme, a) la rapidez tangencial seguirá constante, b) la rapidez tangencial disminuirá, c) el radio de la trayectoria circular aumentará o d) la rapidez tangencial aumentará y/o el radio disminuirá.
Solución: La respuesta es la d)” la rapidez tangencial aumentará y/o el radio disminuirá.
42) PC El ciclo de centrífuga de una lavadora sirve para extraer agua de la ropa recién lavada. Explique el principio de física que interviene.
Solución: Cuando la lavadora está en el ciclo de centrifugado, la cuba interior que contiene la ropa gira rápidamente. Debido al principio de inercia, las prendas tienden a mantener su velocidad y dirección original, resistiéndose a cambiar su movimiento, creando así una fuerza hacia afuera (fuerza centrífuga) que empuja el agua hacia afuera de las prendas hacia los lados de la cuba.
43) PC El aparato de la figura 7.26 sirve para demostrar las fuerzas en un sistema en rotación. Los flotadores están en frascos con agua. Cuando se gira el brazo, ¿en qué dirección se moverán los flotadores? ¿Tiene alguna influencia el sentido en que se gira el brazo?
Solución: Los flotadores de la pequeña masa se moverán en la dirección de la aceleración, hacia dentro. Funciona de la misma forma que el acelerómetro de la figura 4.24. No, no hay diferencia, puesto que la aceleración centrípeta siempre es hacia dentro.
44) PC Al tomar rápidamente una curva en automóvil, sentimos como si nos lanzaran hacia afuera (Figura 7 - 27). A veces se dice que tal efecto se debe a una fuerza centrífuga hacia afuera (que huye del centro). Sin embargo, en término de las leyes de Newton, esta pseudofuerza no existe realmente. Analice la situación de la figura para demostrar que la fuerza no existe.                                                    Solución: La sensación de ser "lanzado hacia afuera" al tomar rápidamente una curva en automóvil se puede explicar a través de la aplicación de las leyes de Newton. En este caso, la sensación percibida no es el resultado de una fuerza centrífuga real, sino más bien una consecuencia de la inercia y la falta de ajuste del cuerpo del conductor y los ocupantes del automóvil a la nueva dirección. La sensación de ser "lanzado hacia afuera" al tomar rápidamente una curva en automóvil se puede explicar a través de la aplicación de las leyes de Newton. En este caso, la sensación percibida no es el resultado de una fuerza centrífuga real, sino más bien una consecuencia de la inercia y la falta de ajuste del cuerpo del conductor y los ocupantes del automóvil a la nueva dirección. Según la Primera Ley de Newton, los ocupantes del automóvil (que son también objetos en movimiento) tienden a mantener su estado de movimiento original, es decir, continuar en línea recta y a una velocidad constante. según la Primera Ley de Newton, los ocupantes del automóvil (que son también objetos en movimiento) tienden a mantener su estado de movimiento original, es decir, continuar en línea recta y a una velocidad constante.
45) PC Muchas pistas para carreras tienen curvas peraltadas, que permiten a los automóviles tomarlas con mayor rapidez que si fueran planas. De hecho, los vehículos podrían dar vueltas en estas curvas peraltadas, aunque no hubiera friccion. Explique esta afirmación con la ayuda del diagrama de cuerpo libre de la figura 7 – 28.
                                                 
Se requiere la fuerza centrípeta para que un automóvil conserve su trayectoria circular. Cuando un vehículo va por una curva peraltada, el componente horizontal de la fuerza normal sobre el automóvil apunta hacia el centro de la trayectoria circular. Este componente permitirá al automóvil que tome la curva incluso cuando no hay fricción.
46) ● Un carro Indy corre a 120 km/h por una pista circular horizontal, cuyo radio es de 1.00 km. ¿Qué aceleración centrípeta tiene el vehículo? Solución: 120 km/h x 1000 m/km x 1 h/3600 s = 33.33 m/s;     1 km x 1000 m/km = 1000 m.     a_c = V_t²/R   →   a_c = (33.33 m/s)²/1000 m   →   a_c = 1.11 m/s².
47) ●Una rueda de 1.5 m de radio gira con rapidez uniforme. Si un punto del borde tiene una aceleración centrípeta de 1.2 m/s², ¿qué velocidad tangencial tiene?   Solución: a_c = V_t²/R   →   V_t = a_c x R   →   V_t = [(1.2 m/s2)(1.5 m)]^½   →   V_t = 1.3 m/s.
48) ● Se diseña un cilindro giratorio de unos 16 km de longitud y 7.0 km de diámetro para usarse como colonia espacial. ¿Con qué rapidez angular debe girar para que sus residentes experimenten la misma aceleración debida a la gravedad que en la Tierra?
Solución: Para que los residentes de la colonia estén sometidos a una gravedad equivalente a la de la Tierra es necesario que el valor de la aceleración centrípeta a la que están sometidos tenga el mismo valor de la aceleración gravitatoria. 
7.0 km x 1000 m/km = 7000 m; R = d/2   →   R = 7000 m/2   →   R = 3500 m.
a_c = g   →   w²R = g   →   w² = g/R   →   w = (g/R)^½   →   w = [(9.8 m/s²)/3500 m)]^½   →   w = 0.053 rad/s.
49) ●● La Luna da una vuelta a la Tierra en 27.3 días, en una órbita casi circular con un radio de 3.8 x 10⁵ km, suponiendo que el movimiento orbital de la Luna es un movimiento circular uniforme, ¿qué aceleración tiene la Luna al “caer” hacia la Tierra?
Solución: período y radio Lunar: T = 27.3 días x 24 h/días x 3600 seg/h   →   T = 2358720 seg   →   T = 2.358720 x 10⁶ seg;     R = 3.8 x 10⁵ km x 1000 m/km   →   R = 3.8 x 10⁸ m.

En vista que la velocidad angular es w = 2Л rad/T y  la aceleración centrípeta es a_c = w² x R, entonces a_c = (2Л rad/T)² x R   →   a_c = [2(3.14 rad)/2.358720 x 10⁶ seg)²(3.8 x 10⁸ m)   →   a_c = 2.69 x 10^-3 m/s².   
50) ●● Imagine que sobre su cabeza da vueltas a una pelota sujeta al extremo de un cordel. La pelota se mueve con rapidez constante en un círculo horizontal. a) ¿El cordón puede estar exactamente horizontal? b) Si la masa de la pelota es de 0.250 kg, el radio del círculo es de 1.50 m y la pelota tarda 1.20 s en dar una vuelta, ¿qué rapidez tangencial tiene la pelota? c) ¿Qué fuerza centrípeta está aplicando a la pelota a través del cordel?
Solución: a) No, el cordón no puede estar exactamente horizontal. Si la pelota se mueve en un círculo horizontal con rapidez constante, la fuerza centrípeta necesaria para mantenerla en esa trayectoria debe provenir de una componente vertical de la tensión en el cordel. Esto implica que el cordel no puede estar exactamente horizontal, ya que la componente vertical de la tensión contrarresta la fuerza de gravedad sobre la pelota. b) Velocidad tangencial: V_t = 2ЛR/T   →   V_t = [2(3.14)(1.5 m)]/(1.20 s)   →   V_t = 7.85 m/s.
c) Fuerza centripeta: F_c = ma_c   →   F_c = m(Vt)²/R   →   F_c = (0.250 kg)(7.85 m/s)²/1.5 m   →   F_c = 10.27 N.
51) ●● En el ejercicio 50, si aplica una fuerza de tensión de 12.5 N al cordel, ¿qué ángulo formará éste relativo a la horizontal?
Solución: Para encontrar el ángulo que forma el cordel con la horizontal, se aplican y comparan la componente vertical de la fuerza de tensión(F_TV) y la fuerza gravitatoria sobre la pelota(F_g). La fuerza centrípeta proporcionada por la tensión del cordel debe ser igual a la componente vertical de la fuerza de tensión.
F_TV = Tsenθ   →   senθ = F_TV/T (pero F_TV = F_g = mg), por tanto   senθ = mg/T   →   θ = sen^-1(mg/T).  
θ = sen^-1[(0.250 kg)(9.8 m/s²)/12.5 N]   →   θ = sen^-1[2.45 N/12.5 N]   →   θ = 11.3°.
52) ●● Un automóvil con rapidez constante de 83.0 km/h entra en una curva plana circular con radio de curvatura de 0.400 km. Si la fricción entre los neumáticos y el pavimento puede crear una aceleración centrípeta de 1.25 , ¿el vehículo dará la vuelta con seguridad? Justifique su respuesta.
solución: 83.0 km/h x 1000 m/km x 1 h/3600 s = 23.06 m/s;     0.400 km x 1000 m/km = 400 m.
53) EI ●● Un estudiante quiere columpiar una cubeta con agua en un círculo vertical sin derramarla (figura 7.29). a) Explique cómo es posible esto. b) Si la distancia de su hombro al centro de masa de la cubeta es de 1.0 m, ¿qué rapidez mínima se requiere para que el agua no se salga de la cubeta en la cúspide de la oscilación
Solución: a) El peso suministra la fuerza centrípeta necesaria.
                                                                      
b) En este caso la fuerza centrípeta actuante debe ser igual al peso del cuerpo: Fc = w   →   mV_t²/R = mg   →   V_t = (gR)^½   →   V_t = [(9.8 m/s²)(1.0 m)]½   →   V_t = [3.1 m/s.
54) ●● Al trazar una “figura de 8”, un patinador desea que la parte superior del 8 sea aproximadamente un círculo con radio de 2.20 m. Necesita deslizarse por esta parte de la figura casi con rapidez constante, lo que le toma 4.50 s. Sus patines que se hunden en el hielo son capaces de suministrar una aceleración centrípeta máxima de 3.25 m/s². ¿Logrará realizar esto como lo planeó? Si no, ¿qué ajuste podrá hacer si quiere que esta parte de la figura sea del mismo tamaño? (Suponga que las condiciones del hielo y de los patines no cambian.) 
Solución: Para determinar si el patinador logra deslizarse por la parte superior del 8 con la rapidez constante planeada, se aplica la relación entre la aceleración centrípeta, la velocidad tangencial y el radio del círculo.
a_c = V_t²/R   →    V_t² = a_c x R   →    V_t = [a_c x R]^½   →    V_t = [3.25 m/s² x 2.20 m]½   V_t = 2.67 m/s.
Esta es la velocidad tangencial que el patinador debe mantener en la parte superior del 8 para que la aceleración centrípeta sea de 3.25 m/s².
Se puede calcular la distancia recorrida por en la parte superior del 8 utilizando d = V x t (Mov. uniforme): d = (2.67 m/s) x (4.50 s)   →   d = 12.02 m.
Para que esta parte de la figura sea del mismo tamaño, pero con la parte superior más ancha (como un círculo), el patinador debe ajustar su velocidad para que la distancia recorrida sea igual al perímetro del círculo de radio 2.20 m.  L_c = 2ЛR   →   L_c = 2(3.14)(2.20 m)   →   L_c = 13.82 m.
Para ajustar su velocidad y lograr que la parte superior del 8 sea del mismo tamaño que un círculo de radio 2.20 m, el patinador debería aumentar su velocidad de manera que la distancia recorrida sea de 13.82 m.
55) ●● Una delgada cuerda de 56.0 cm de longitud une dos pequeños bloques cuadrados, cada uno con una masa de 1.50 kg. El sistema está colocado sobre una hoja horizontal resbaladiza de hielo (que no ofrece fricción) y gira de tal manera que los dos bloques dan vuelta uniformemente alrededor de su centro de masa común, que no se mueve por sí solo. Se supone que giran durante 0.750 s. Si la cuerda puede ejercer una fuerza de tan sólo 100 N antes de romperse, determine si la cuerda servirá.
                                          
Solución: Velocidad tangencial: V_t = 2ЛR/T   →   V_t = 2(3.14)(0.56 m)/(0.750 s)   →   V_t = 4.69 m/s;     Aceleración centripeta: a_c = V_t²/R   →   a_c = (4.69 m/s)²/0.56 m   →   a_c = (4.69 m/s)²/0.56 m   →   a_c = 39.28 m/s². 
Fuerza que soporta la cuerda: 2F = ma_c   →   2F = (1.5 kg)(39.28 m/s²)   →   2F = 58.92 N   →   F = (29.5 N. Esa es la fuerza que ejerce cada bloque sobre la cuerda.  Por tanto, si, servirá.
56) EI ●● El piloto de un avión a reacción efectúa una maniobra de lazo circular vertical con rapidez constante. a) ¿Qué es mayor, la fuerza normal que el piloto ejerce sobre el asiento en la parte más baja del lazo o la que ejerce en la parte más alta? ¿Por qué? b) Si el avión vuela a 700 km/h y el radio del círculo es de 2.0 km, calcule las fuerzas normales que el piloto ejerce sobre el asiento en las partes más baja y más alta del lazo. Exprese su respuesta en términos del peso del piloto, mg. 
                                               
Solución: a) Las fuerzas que actúan son la fuerza gravitacional y la fuerza normal que el asiento ejerce sobre el piloto.
La fuerza normal en la parte superior (F_Nsup) que el asiento ejerce sobre el piloto es menor que el peso  del piloto (siempre que la aceleración gravitacional y centrípeta sean iguales, esto es g – a_c = 0  ), mientras que la fuerza normal en la parte inferior (F_Ninf) es mayor que el peso  del piloto se siente que el asiento empuja más fuerte, Por tanto F_Nsup < F_Ninf.
b) 700 km/h x 1000 m/km x 1 h/3600 s = 194.44 m/s;     2 km x 1000 m/km = 2000 m.
a_c = V_t²/R   →   a_c = (194.44 m/s)²/2000 m   →   a_c = (37806.91 m²/s²/2000 m   →   a_c = 18.90 m/s². 
Condición de equilibrio: ∑F_y = ma_y = F_c sólo actúan fuerzas verticales por tanto en ambos casos.
Parte superior: ∑F_y = ma_y = Fc   →   F_Nsup + mg = mV_t²/R   →   F_Nsup = ma_c - mg   →   F_Nsup = m(18.90 m/s² - 9.8 m/s²)   →   F_Nsup = m(9.10 m/s²).
Parte inferior: ∑F_y = ma_y = Fc   →   F_Ninf - mg = mV_t²/R   →   F_Ninf = ma_c + mg   →   F_Ninf = m(18.90 m/s² + 9.8 m/s²)   →   F_Ninf = m(28.70 m/s²). 
La fuerza normal que el piloto ejerce sobre el asiento en la parte más baja del lazo es mayor  que la que ejerce en la parte más alta (F_Ninf > F_Nsup).
57) ●●● Un bloque de masa m se desliza por un plano inclinado y entra en una vuelta vertical circular de radio r (figura 7.30). a) Despreciando la fricción, ¿qué rapidez mínima debe tener el bloque en el punto más alto de la vuelta para no caer? [Sugerencia: ¿qué fuerza debe actuar sobre el bloque ahí para mantenerlo en una trayectoria circular?] b) ¿Desde qué altura vertical en el plano inclinado (en términos del radio de la vuelta) debe soltarse el bloque, para que tenga la rapidez mínima necesaria en el punto más alto de la vuelta?
             
Solución: a) En el punto más alto de la trayectoria circular sólo actúan fuerzas verticales: ∑F_y = ma_y = Fc   →   mg = mV_t²/r   →   V_t² = gr   →   Vt = (gr)^½. 
b) Para calcular la altura se usa la Ley de conservación de la energía: E_mi = E_mf   →   E_pi + E_ci = E_pf + E_cf   →   mgh + ½mV_i² = mgh +½mV_t² . En el punto más alto de la trayectoria circular la altura es igual al diámetro del círculo h = d   →   h = 2r.
mgh + 0 = mg(2r) + ½mV_t²   →   mgh = mg(2r) + ½m[(gr)^½]²   →   mgh/mg = [mg(2r)]/mg + [½m[(gr)^½]²]/mg   →   h = 2r + r/2   →   h = 5r/2.
58) ●●● Para una escena en una película, un conductor acrobático maneja una camioneta de  de longitud describiendo medio círculo con radio de 0.333 km (figura 7.31). El vehículo debe salir del camino, saltar una cañada de 10.0 m de anchura, y caer en la otra orilla 2.96 m más abajo. ¿Qué aceleración centrípeta mínima debe tener la camioneta al describir el medio círculo para librar la cañada y caer del otro lado?
                                                        
Solución: El movimiento al saltar la cañada es semiparabolico, por tanto, el tiempo de caída se considera como una caída libre. 
h = ½gt2   →   t = (2h/g)^½   →   t = [2(2.96 m)/(9.8 m/s²)]^½   →   t = 0.78 s.
Calculo de la velocidad horizontal de la camioneta para recorrer la distancia de 10 m en el tiempo que tarda en caer. La velocidad en el tiro horizontal es uniforme, por tanto V = d/t   →   V = 10 m/0.78 s   →   V = 12.82 m/s.   
¿Qué aceleración centrípeta mínima debe tener la camioneta al describir el medio círculo para librar la cañada y caer del otro lado?: a_c = V_t²/r   →   a_c = (12.82 m/s)²/333 m   →   a_c = 0.49 m/s².
59) ●●● Considere un péndulo simple con longitud L que tiene una pequeña masa m atada al final de la cuerda. Si el péndulo parte de una posición horizontal y se libera desde el reposo, demuestre a) que la rapidez en el punto inferior del vaivén es   y b) que la tensión en la cuerda en ese punto es tres veces el peso de la masa, o T_máx = 3mg. [Sugerencia: utilice la conservación de la energía para determinar la rapidez en el punto inferior, así como las ideas sobre fuerza centrípeta y un diagrama de cuerpo libre para determinar la tensión en el punto inferior.]
Solución: a) Conservación de energía en la posición de reposo E_mi = E_mf   →   E_pi + E_ci = E_pf + E_cf   →   mgh_i + ½mV_i2 = mgh_f + ½mV_f²   →   mgh_i + 0 = 0 + ½mV_f²   →   mgh_i = ½mV_f²   →   V_f² = 2gh_i   →   V_f = (2gh_i)^½. igualando: V_f = V_max;   h_i = h = L, por tanto   V_max = (2gL)^½.
b) La fuerza centrípeta equivale a la tensión de la cuerda hacia arriba menos el peso de la masa hacia abajo:
F_c = T - mg   →   mV_max²/L = T - mg   →   mV_max²/L + mg = T   →   T = m[(2gL)½]²/L + mg   →   T = 2mg + mg   →   T = 3mg.
7.4       7.1  Aceleración angular:
60) OM La aceleración angular en movimiento circular a) es igual en magnitud a la aceleración tangencial dividida entre el radio, b) aumenta la velocidad angular si tanto ésta como la aceleración angular tienen la misma dirección, c) tiene unidades de s^-2 o d) todas las anteriores.
Solución: La respuesta es la “d)” todas las anteriores.
61) OM En el movimiento circular, la aceleración tangencial a) no depende de la aceleración angular, b) es constante, c) tiene unidades de s^-2, d) ninguna de las opciones anteriores es verdadera.
Solución: La respuesta es la “d)” ninguna de las opciones anteriores es verdadera.
62) OM Para el movimiento circular uniforme, a) α = 0,    b) w = 0,    c) r = 0,   d) ninguna de las anteriores.
Solución: La respuesta es la “d)” ninguna de las anteriores.
63) PC Un automóvil aumenta su rapidez cuando está en una pista circular. ¿Tiene aceleración centrípeta? ¿Tiene aceleración angular? Explique.
Solución: Sí, un automóvil en movimiento circular siempre tiene aceleración centrípeta. Sí, también tiene aceleración angular conforme aumenta su rapidez. 
64) PC ¿Es posible para un automóvil que se desplaza en una pista circular tener aceleración angular y no tener aceleración centrípeta? Explique su respuesta.
Solución: No, porque en un movimiento circular siempre hay aceleración centrípeta sólo que no es constante ya que la rapidez tangencial no es constante.
65) PC ¿Es posible para un automóvil que se desplaza en una pista circular tener un incremento en su aceleración tangencial y no tener aceleración centrípeta?
Solución: La respuesta es no. Cuando la aceleración angular aumenta, la rapidez tangencial se incrementa, lo que da por resultado un aumento en la aceleración centrípeta.
66) ● Durante una aceleración, la rapidez angular de un motor aumenta de 600 a 2500 rpm en 3.0 s. ¿Qué aceleración angular promedio tiene?
Solución: conversión 600 Rev/min x 2Лrad/rev x 1 min/60 seg = 20Л rad/s;     2500 Rev/min x 2Лrad/rev x 1 min/60 seg = 83.33Л rad/s.
Aceleración angular: α = (w_f - w_i)/t   →   α = (83.33Л rad/s - 20Л rad/s)/3.0 seg   →   α = 21.11 rad/s².
67) ● Un carrusel que acelera uniformemente desde el reposo alcanza su rapidez operativa de 2.5 rpm en cinco revoluciones. ¿Qué magnitud tiene su aceleración angular?
Solución: Conversiones 2.5 Rev/min x 2Лrad/rev x 1 min/60 seg = 0.262rad/s;     5 Rev x 2Лrad/rev = 31.4 rad.
Velocidad angular media o promedio: w_m = (w_f + w_i)/2   →   w_m = (0.262rad/s + 0 rad/s)/2   →   w_m = (0.131 rad/s.
Tiempo en alcanzar la rapidez operativa: w_m = θ/t   →   t = θ/w_m   →   t = 31.4 rad/0.131rad/s   →   t = 239.69 seg.
Aceleración angular: α = (w_f - w_i)/t   →   α = (0.262 rad/s - 0 rad/s)/239.69 seg   →   α = 1.10 x 10^-3 rad/s².  
68) ●● Para mantener su densidad ósea y otros signos vitales del cuerpo, los tripulantes de una nave espacial con forma cilíndrica quieren generar un “ambiente de 1 g” en su trayecto hacia un destino alejado. Suponga que el cilindro tiene un diámetro de 250 m (los tripulantes se encuentran en la superficie interna) y que inicialmente no está girando alrededor de su largo eje. Para una perturbación mínima, la aceleración angular (constante) es una muy moderada de 0.00010 rad/s². Determine cuánto tiempo tardan en alcanzar su meta de un “ambiente de 1 g”. 
Solución: Velocidad angular ac = 1 g   →   w² x r = 1 g   →   w² = (1 g)/r   →   w = (g/r)^½   →   w = (9.8 m/s²/125 m)½   →   w = 0.28 rad/s.
Tiempo que tardan en alcanzar su meta de un “ambiente de 1 g”: α = w/t   →   t = w/α   →   t = 0.28 rad/s/0.00010 rad/s²   →   t = 2.8 x 10³ seg.
69) EI ●● Un automóvil en una pista circular acelera desde el reposo. a) El coche experimenta 1) sólo aceleración angular, 2) sólo aceleración centrípeta o 3) aceleración tanto angular como centrípeta. ¿Por qué? b) Si el radio de la pista es de 0.30 km y la magnitud de la aceleración angular constante es de 4.5 x 10^-3 rad/s², ¿cuánto tardará el coche en dar una vuelta en la pista? c) Calcule la aceleración total (vectorial) del coche cuando ha dado media vuelta. 
Solución: a) La respuesta es la “(3)”, aceleración tanto angular como centrípeta. Porque siempre hay aceleración centrípeta para cualquier vehículo en movimiento circular y cuando el automóvil aumenta su rapidez en una pista circular, también hay aceleración angular.
b) Tiempo empleado en dar una vuelta a la pita: θ = wt + ½αt²   →   θ = (0)t + ½(4.5 x 10^-3 rad/seg)t²   →   θ = ½(4.5 x 10^-3 rad/seg)t²   →   2θ/(4.5 x 10^-3 rad/seg) = t²   →   t = [2θ/(4.5 x 10^-3 rad/seg)]^½   →   t = [2(2Лrad)/(4.5 x 10^-3 rad/seg)]^½    →   t = [12.56 rad/(4.5 x 10^-3 rad/seg)]½   →   t = 53 seg.
c) Calcule la aceleración total (vectorial) del coche cuando ha dado media vuelta:
                                                         
Tiempo al realizar media vuelta: θ = w(t_½) + ½α(t_½)²   →   Лrad = (0)t + ½(4.5 x 10^-3 rad/seg)(t_½)²   →   2Лrad = (4.5 x 10^-3 rad/seg)(t_½)²   →   t_½ = [6.28 rad/(4.5 x 10^-3 rad/seg)]^½   →   t_½ = 37.36 seg.
Velocidad angular en media vuelta: w_f = w_i + αt_½   →   w_f = 0 rad/s + (4.5 x 10^-3 rad/s²)(37.36 s)   →   w_f =0.168 rad/s.
Aceleración centrípeta: a_c = w² x r   →   a_c = (0.168 rad/s)²(300 m)   →   a_c = 8.47 m/s².
Aceleración tangencial: a_t = αr   →   a_t = (4.5 x 10-3 rad/s²)(300 m)   →   a_t = 1.35 m/s².
Aceleración total del automóvil a la media vuelta: a_Total = (8.47 m/s²)r + (1.35 m/s²)t  →   a_Total = [(8.47 m/s²)² + (1.35 m/s²)²]½   →        a_Total = 8.59 m/s².
70) ●● Las aspas de un ventilador que opera a baja rapidez giran a 250 rpm. Cuando el ventilador se cambia a alta velocidad, la tasa de rotación aumenta uniformemente a 350 rpm en 5.75 s. a) Calcule la magnitud de la aceleración angular de las aspas. b) ¿Cuántas revoluciones efectúan las aspas mientras el ventilador está acelerando?
Solución: a) Conversiones 250 Rev/min x 2Лrad/Rev x 1 min/60 seg = 8.33Л rad/seg;     350 Rev/min x 2Лrad/Rev x 1 min/60 seg = 11.67Л rad/seg. 
Aceleración angular: α = (w_f - w_i)/t   →   α = (11.67Л rad/seg - 8.33Л rad/seg)/5.75 seg   →   α = 0.581Л rad/s².
b) (θ/2Лrad)Rev = wt + ½αt²   →   (θ/2Лrad)Rev = (26.16 rad/s)(5.75 seg) + ½(1.82 rad/s²)(5.75 seg)²   →   (θ/2Лrad)Rev = 180.51 rad   →   θ = 180.51 rad/(θ/2Лrad)Rev   →   θ = 28.74 Rev.
71) ●● En el ciclo de exprimido de una lavadora moderna, una toalla húmeda con una masa de 1.50 kg se “pega a” la superficie interior del cilindro perforado (para permitir que el agua salga). Para tener una eliminación adecuada del agua, la ropa húmeda/mojada necesita experimentar una aceleración centrípeta de por lo menos 10g. Suponiendo este valor y que el cilindro tiene un radio de 35.0 cm, determine la aceleración angular constante de la toalla que se requiere, si la lavadora tarda 2.50 s en alcanzar su rapidez angular final.
Solución: Conversión 35 cm x 1 m/100 cm = 0.35 m;     10 g = 10(9.8 m/s²)   →   10 g = 98 m/s².
Velocidad angular: α = w² x r   →   w² =  α/r   →   w² =  10 g/0.35 m   →   w =  [(98 m/s²)/0.35 m]^½   →   w =  16.73 rad/s.
Aceleración angular: α = w/t   →   α = 16.73 rad/seg/2.50 seg   →   α = 6.69 rad/seg².
72) ●●● Un péndulo que oscila en un arco circular bajo la influencia de la gravedad, como se observa en la figura 7.32, tiene componentes centrípeta y tangencial de la aceleración. a) Si la masa del péndulo tiene una rapidez de 2.7 m/s cuando la cuerda forma un ángulo de θ = 15° con respecto a la vertical, ¿cuáles son las magnitudes de los componentes en ese momento? b) ¿Dónde alcanza su máximo la aceleración centrípeta? ¿Cuál es el valor de la aceleración tangencial en ese punto?
                                                                                      Diagrama de cuerpo libre
          
Solución: Aceleración centrípeta: a_c = V_t²/L   →   a_c = (2.7 m/s)²/0.75 m   →   a_c = 9.72 m²/s².     
Aceleración tangencial: F_t = mgsenθ   →   ma_t = mgsen15°   →   a_t = (9.8 m/s²)(0.26)   →   a_t = 2.55 m/s².
b) La aceleración centrípeta es máxima (posición de equilibrio) donde el ángulo es igual a cero grado, porque   cos0° = 1. Esto es a_c = gcos0°   →   a_c = (9.8 m/s²)(1)   →   a_c = 9.8 m/s²   →   a_c = g.
La aceleración tangencial en esta posición es igual a cero porque el sen0° es 0 porque sen0° = 0. Esto es a_t = gsen0°   →   a_t = (9.8 m/s²)(0)   →   a_t = 0 m/s².
73) ●●● Un péndulo simple con longitud de 2.00 m se libera desde una posición horizontal. Cuando forma un ángulo de 30° con respecto a la vertical, determine a) su aceleración angular, b) su aceleración centrípeta y c) la tensión en la cuerda. Suponga que la masa del péndulo es de 1.50 kg.
                                                                                  Solución: 
                                                               Diagrama de cuerpo Libre
                 
Calculo de la altura: cosθ = (L – h)/L   →   L – h = L(cosθ)   →   h = L – L(cosθ)   →   h = L(1 – cosθ)   →   h = (2 m)(1 – cos30°)   →   h = (2 m)(1 – 0.866)   →   h = 0.268 m.
Velocidad tangencial:Este cálculo de la velocidad se realiza mediante el principio de conservación de la energía.
Emi = Emf   →   mgL + ½mV_i² = mgh + ½mV_f²   →   (1.5 kg)(9.8 m/s²)(2 m) + ½(1.5 kg)(0 m/s)² = (1.5 kg)9.8 m/s²(0.268 m) + ½(1.5 kg)V_f²   →   29.40 kg x m²/s²  = 3.34 kg m²/s² + (0.75 kg)V_f2   →   V_f² = [29.40 kg x m²/s²  - 3.34 kg m²/s²]/0.75 kg   →   V_f² = [34.74 m²/s²]^½   →   V_f = 5.89 m/s = V_t.
Aceleración tangencial: F_t = mgsenθ   →   ma_t = mgsen30°   →   a_t = (9.8 m/s²)(0.50)   →   a_t = 4.9 m/s².
a) Aceleración angular: α = a_t/L   →   α = 4.9 m/s/(2 m)   →   α = 2.45 m/s².
b) Aceleración centrípeta: a_c = (V_t)²/L   →   a_c = (5.89 m/s)²/(2 m)   →   a_c = 17.35 m/s².
c) Tensión de la cuerda: como no hay movimiento en la dirección vertical, entonces la sumatoria de las fuerzas que actúan en ése eje es igual a cero. ∑F_y = 0   →   T - mgcosθ = 0   →   T = mgcos30°   →   T = (1.5 kg)(9.8 m/s²)(0.866)   →   T = 12.73 N.
7.5       Ley de la gravitación de Newton.
74) OM La fuerza gravitacional es a) una función lineal de la distancia, b) una función inversa de la distancia, c) una función inversa del cuadrado de la distancia o d) repulsiva en ocasiones.
Solución: La respuesta es la “c” una función inversa del cuadrado de la distancia.
75) OM La aceleración debida a la gravedad de un objeto en la superficie terrestre a) es una constante universal, como G; b) no depende de la masa de la Tierra; c) es directamente proporcional al radio de la Tierra, o d) no depende de la masa del objeto.
Solución: La respuesta es la “d” no depende de la masa del objeto.
76) OM En comparación con su valor en la superficie de la Tierra, el valor de la aceleración debida a la gravedad a una altitud de un radio terrestre es a) igual, b) dos veces mayor, c) igual a la mitad, d) una cuarta parte. 
Solución: La respuesta es la “d” una cuarta parte.
77) PC Los astronautas en una nave en órbita o en una “caminata espacial” (figura 7.33) parecen “flotar”. Este fenómeno suele describirse como ingravidez o gravedad cero (cero g). ¿Son correctos estos términos? Explique por qué un astronauta parece flotar en o cerca de una nave en órbita.
                                                                                  
Solución: No, estos términos no son correctos. La gravedad actúa sobre los astronautas y sobre la nave espacial, suministrando la fuerza centrípeta necesaria para estar en órbita, así que g no es cero y, por definición, hay peso (w = mg). La “flotación” ocurre porque la nave espacial y los astronautas están “cayendo” (“acelerando” hacia la Tierra con la misma aceleración).
78) PC Si se dejara caer el vaso de la figura 7.34, no saldría agua por los orificios. Explique.
                                                                     
                                                                                                   Solución 
Explicación: Se observa que el chorro de agua sale del recipiente siguiendo una trayectoria parabólica como en el tiro horizontal. Para un observador inercial (situado en el suelo), el agua y el recipiente están en caída libre, bajo la influencia de la fuerza gravitacional. Al caer de la misma manera, el agua a la altura de los orificios no experimentará la presión de la columna de agua situada por encima de ella, lo que implica que no experimentará ninguna tendencia a ser expulsada del recipiente. En consecuencia, no puede ejecutar un movimiento horizontal y el chorro lateral no se formará.
79) PC ¿Podemos determinar la masa de la Tierra con sólo medir la aceleración gravitacional cerca de su superficie? Si es afirmativo, explique los detalles.
Solución: Explicación: Sí, si también se conoce el radio de la Tierra. La aceleración de la gravedad cerca de la superficie de la Tierra se escribe como a_g = (G x M_T)/R_T² Con tan sólo medir a_g, es posible determinar M_T = (a_g x R_T²)/G.   .
80) ● Use la masa y el radio conocidos de la Luna (véase las tablas en los forros de este libro) para calcular el valor de la aceleración debida a la gravedad, gM, en la superficie de la Luna.
Solución Datos importantes: M_L = 7.35 x 10²² kg;    R_L = 1.7374 x 10⁶ m;    G = 6.67 x 10^-11 N x m²/kg².
F_g = (G x M_L x m)/R_L²   →   mg_L = (G x M_L x m)/R_L²   →   g_L = (G x M_L)/R_L2   →   g_L = [(6.67 x 10^-11 N x m²/kg²)(7.35 x 10²² kg)]/(1.7374 x 10⁶ m)²   →   g_L = [(4.90 x 10¹² N x m²/kg)]/(3.0186 x 10¹² m²)   →   g_L = 1.62 m/s².
81) ● Calcule la fuerza gravitacional entre la Tierra y la Luna.
Solución: Datos importantes: M_T = 5.98 x 10²⁴ kg;    M_L = 7.35 x 10²² kg;    R_T-L = 3.844 x 10⁸ m;    G = 6.67 x 10^-11 N x m²/kg².
F_g = (G x M_T x M_L)/R_T-L²   →   F_g = [(6.67 x 10^-11 N x m²/kg²)(5.98 x 10²⁴ kg)(7.35 x 10²² kg)]/(3.844 x 10⁸ m)²
→   F_g = [(2.93 x 10³⁷ N x m²/(1.48 x 10¹⁷ m²)   →   F_g = 1.98 x 10²⁰ N.
82) ●● Para una nave que va directamente de la Tierra a la Luna, ¿más allá de qué punto comenzará a dominar la gravedad lunar? Es decir, ¿dónde tendrá la fuerza gravitacional lunar la misma magnitud que la terrestre? ¿Los astronautas en una nave en este punto carecen verdaderamente de peso?Solución: Posición en la cual la gravedad terrestre y la gravedad lunar son iguales g_T = g_L   →   (G x M_T)/(d_T)² = (G x M_L)/(d_L)² .
La distancia Tierra – Luna es 384000 km = 3.84 x 10⁸ m, por tanto d_T + d_L = 3.84 x 10⁸ m   →   d_L = 3.84 x 10⁸ m - d_T.
(M_T)/(d_T)² = (G x M_L)/(d_L)2   →   (d_L)²(M_T) = (d_T)²(M_L)   →   (d_L)²(5.98 x 10²⁴ kg) = (d_T)²(7.35 x 10²² kg)  →   (d_L)²(5.98 x 10²⁴ kg)/(7.35 x 10²² kg) = (d_T)²  →   (d_L)²(81) = (d_T)²   →   (3.84 x 10⁸ m - d_T)²(81) = (d_T)²   →   (3.84 x 10⁸ m - d_T)²(81) - (d_T)² = 0 factorizando la diferencia de cuadrado [9(3.84 x 10⁸ m - d_T) + d_T][9(3.84 x 10⁸ m - d_T) - d_T] = 0   Resolviendo la ecuacion:
1ro) [9(3.84 x 10⁸ m - d_T) + d_T] = 0   → 34.56 x 10⁸ m - 9d_T + d_T = 0   →   d_T = (34.56 x 10⁸ m)/8   →   d_T = 4.32 x 10⁸ m. Este valor se desprecia porque es mayor que la distacia T - L.
2do) [9(3.84 x 10⁸ m - d_T) - d_T] = 0   → 34.56 x 10⁸ m - 9d_T - d_T = 0   →   d_T = (34.56 x 10⁸ m)/10   →   d_T = 3.456 x 10⁸ m. Distancia recorrida por la Nave desde la Tierra al punto. 
Distancia de esta posición hasta la Luna:d_L = 3.84 x 10⁸ m - d_T   →   d_L = 3.84 x 10⁸ m - 3.456 x 10⁸ m   →   d_L = 3.84 x 10⁷ m. “En esta posición los astronautas carecen verdaderamente de peso” (Verifícalo).
83) ●● Cuatro masas idénticas de 2.5 kg cada una están en las esquinas de un cuadrado de 1.0 m por lado. ¿Qué fuerza neta actúa sobre cualquiera de las masas? 
                                                                               Solución:   
                                                                        
Como las masas son iguales y las distancias para dos masas consecutivas cualesquiera también son iguales, por tanto, las fuerzas gravitatorias de dos cualquiera de ellas son iguales.
La fuerza gravitatoria F_g = (G x m₁ x m₂)/d². como las masas son iguales, entonces F_g = (G x m²/d².
La fuerza que produce cada masa sobre una de ellas será: 
1ro) F_g12 = (G x m²/(d₁₂)²   →   F_g12 = [(6.67 x 10^-11 N x m²/kg²)(2.5 kg)²]/(1 m)²   →   F_g12 = [(6.67 x 10^-11 N x m²/kg²)(2.5 kg)²]/1 m2   →   F_g12 = 41.69 x 10^-11 N;     2do) F_g12 = F_g14 
3ro) F_g13 = (G x m²/(d₁₃)² , Para calcular la distancia  se debe aplicar el teorema de Pitágoras ya que representa la diagonal del cuadrado y se forma un triángulo rectángulo.                            
                                                   d₁₃ = [(1 m)² + (1 m)²]½   →   d₁₃ = [2]^½ m
F_g13 = (G x m²/(d₁₃)2   →   F_g13 = [(6.67 x 10^-11 N x m²/kg²)(2.5 kg)²]/([2]^½ m)2   →   F_g13 = 20.84 x 10^-11 N.
Componentes de la fuerza: 
F_x13 = F₁₃cos45°   →   F_x13 = (20.84 x 10^-11 N)(0.71)   →   F_x13 = 14.80 x 10^-11 N;     F_y13 = F₁₃sen45°   →   F_y13 = (20.84 x 10^-11 N)(0.71)   →   F_y13 = 14.80 x 10^-11 N.
Fuerza neta en X: F_nx = F_x13 + F_g12   →   F_nx = 14.80 x 10^-11 N + 41.69 x 10^-11 N   →   F_nx = 56.49 x 10^-11 N.
Fuerza neta en Y: F_ny = F_y13 + F_g14   →   F_ny = 14.80 x 10^-11 N + 41.69 x 10^-11 N   →   F_ny = 56.49 x 10^-11 N.
Fuerza neta total: F_nt = ∑F_nx + ∑Fny  →  F_nt = [(F_nx)²+ (F_ny)²]^½   →   F_nt = [(56.49 x 10^-11 N)²+ (56.49 x 10^-11 N)²]^½  →  F_nt =  8.0 x 10^-10 N.
84) ●● Calcule la aceleración debida a la gravedad en la cima del monte Everest, a 8.80 km sobre el nivel del mar. (Dé su resultado con tres cifras significativas.)
Solución: Para ver cómo varía la aceleración de la gravedad con la altura, se debe tener en cuenta que: |g| = G x M_T/(R_T)² sobre el nivel del mar. conversión 8.80 km x 1000 m/km = 8800 m = 0.0088 x 10⁶ m.
Para una altura h cualquiera la distancia al centro de la Tierra sera:  d = h+ R_T por tanto |g_h| = G x M_T/(h + R_T)²    →   |g_h| = [(6.67 x 10^-11 N x m²/kg²)(5.98 x 10²⁴ kg)/(0.0088 x 10⁶ m + 6.371 x 10⁶ m)²   →   |g_h| = [(39.8866 x 10¹³ m/s² x m²)/(40.7018 x 10¹² m²)   →   |g_h| = 9.80 m/s².  La gravedad terrestre sobre un cuerpo situado muy proximo a la superficie terrestre no varia.
85) ●● Un hombre tiene una masa de 75 kg en la superficie terrestre. ¿A qué altura tendría que subir para “perder” el 10% de su peso corporal?
Solución: El valor del peso del cuerpo en la superficie terrestre es F_g = m x g   →   F_g = (75 kg)(9.8 m/s²)   →   F_g = 735 N;     10%Fg = (10/100)(735 N)   →   10%Fg = 73.50 N.     F_gh = Fg - 10%Fg   →   F_gh = 735 N - 73.50 N   →   F_gh = 661.50 N.
g_h = G x MT x m/(h + R_T)²   →   661.50 N = [(6.67 x 10^-11 N x m² /kg²)(5.98 x 10²⁴ kg)(75 kg)]/(h + R_T)²    →   (h + R_T)² = [2991.49 x 10 ¹³ N x m²]/661.50 N   →   [(h + R_T)² ]^½ = [(2991.49 x 10 ¹³ N x m²)/661.50 N]^½   →   h + R_T = [45.223 x 10 ¹² m²]^½   →   h = 6.725 x 10⁶ m -  R_T   →   h = 6.725 x 10⁶ m -  6.371 x 10⁶ m  →   h = 0.353 x 10⁶ m   →   h = 3.53 x 10⁵ m.
86) EI ●● Dos objetos se atraen mutuamente con cierta fuerza gravitacional. a) Si la distancia entre ellos se reduce a la mitad, la nueva fuerza gravitacional 1) aumentará al doble, 2) aumentará 4 veces, 3) disminuirá a la mitad o 4) disminuirá a la cuarta parte. ¿Por qué? b) Si la fuerza original entre los dos objetos es 0.90 N y la distancia se triplica, ¿qué nueva fuerza gravitacional habrá entre los objetos?
Solución: a) La respuesta es la “2)” aumentará 4 veces, porque la fuerza varia inversa con el cuadrado de la distancia, es decir, F_g = (G x m₁ x m₂)/r² cuando la distancia de separación se reduce a la mitad, la nueva fuerza será: F_g1 = (G x m₁ x m₂)/(r/2)2   →   F_g1 = (G x m₁ x m₂)/(r²/4)   →   F_g1 = 4(G x m₁ x m₂)/r². 
b) F_g = (G x m₁ x m₂)/r² cuando la distancia de separación se triplica, la nueva fuerza será: F_g2 = (G x m₁ x m₂)/(3r)2   →   F_g2 = (G x m₁ x m₂)/9r²   →   cuando Fg = 0.90 N, entonces F_g2 = 0.90 N/9   →   F_g2 = 0.1 N.
87) ●● Durante las exploraciones lunares Apollo a finales de la década de 1960 y principios de la siguiente, la principal sección de la nave espacial permanecía en órbita alrededor de la Luna con un astronauta dentro, mientras que los otros dos descendían a la superficie en un módulo de alunizaje. Si la sección principal orbitaba aproximadamente a 50 millas por encima de la superficie lunar, determine la aceleración centrípeta de esa sección. 
                             
Solución: Datos: m_L = 7.35 x 10²² kg;   R_L = 1737 x 10⁶ m;   h = 50 mi x 1609 m/mi = 80450 m = 0.08045 x 10⁶ m.
Fuerza centrípeta entre la Luna y sección principal: F_c = (G x m_L x m)/(R_L + h)²   →   ma_c = (G x m_L x m)/(R_L + h)²   →   a_c = (G x m_L)/(R_L + h)²   →   a_c = [(6.67 x 10^-11 N x m² /kg²)(7.35 x 10²² kg)]/(1.737 x 10⁶ m + 0.08045 x 10⁶ m)²   →   a_c = [49.0245 x 10¹¹ m/s² x m²]/3.3031 x 10¹² m²   →   a_c = 1.48 m/s² .
88) ●● En relación con el ejercicio 87, determine a) la energía potencial gravitacional, b) la energía total y c) la energía necesaria para “escapar” de la Luna para la sección principal de la misión de exploración lunar en órbita. Suponga que la masa de esta sección es de 5 000 kg.
Solución: Llamamos velocidad de escape de cualquier objeto en relación a un cuerpo celeste, como, por ejemplo, un planeta, de radio R a la velocidad que es necesario lanzar dicho objeto para que no regrese al planeta.
Energía potencial gravitatoria(d = R_L + h): E_pgL = - [G x M_L x m)]/d   →   E_pgL = - [(6.67 x 10^-11 N x m² /kg²)(7.35 x 10²² kg)(5000 kg)]/(1.735 x 10⁶ m + 0.08045 x 10⁶ m)   →   E_pgL = - [2.45 x 10¹⁶ N x m²]/(1.82 x 10⁶ m)    →   E_pgL = - 1.35 x 10¹⁰ Joules.
Velocidad mínima de escape: E_mi = E_mf   →   E_ci + E_pi = E_cf  + Epf   →   E_ci + 0 = 0  + Epf   →   ½mV_esc² = [G x M_L x m]/R_L   →   V_esc² = 2[(6.67 x 10^-11 N x m² /kg²)(7.35 x 10²² kg)]/(1.735 x 10⁶ m)   →   V_esc = [2(49.02 x 10¹¹ x m/s² x m²)/(1.735 x 10⁶ m)]^½   →   V_esc = 2.38 x 10³ m/s.  
La energía total: E_t = E_c - E_pg   →   E_t = ½mV_esc² - [G x M_L x m)]/(R_L + h)   →   E_t = ½(5000 kg)(2.38 x 10³ m/s)² - [(6.67 x 10^-11 N x m² /kg²)(7.35 x 10²² kg)(5000 kg)]/(1.735 x 10⁶ m + 0.08045 x 10⁶ m)   →   E_t = 1.42 x 10¹⁰ N x m - [2.45 x 10¹⁶ N x m²]/(1.82 x 10⁶ m)   →   E_t = 1.42 x 10¹⁰ N x m - 1.35 x 1010 N x m   →   E_t = 7  x 10⁷ Joules.
Energía necesaria para escapar de la Luna. 
Para escapar de la superficie de la Luna  por tanto la energía necesaria para el escape será: E_pgL = - [G x M_L x m)]/R_L   →   E_pgL = - [(6.67 x 10^-11 N x m² /kg²)(7.35 x 10²² kg)(5000 kg)]/(1.735 x 10⁶ m)   →   E_pgL = - [2.45 x 10¹⁶ N x m²]/(1.735 x 10⁶ m)    →   E_pgL = - 1.41 x 10¹⁰ Joules.
89) ●●● a) Calcule la energía potencial gravitacional mutua de la configuración mostrada en la figura 7.35 si todas las masas son de 1.0 kg. b) Calcule la fuerza gravitacional por unidad de masa en el centro de la configuración. 
                                                     

Solución: a) La energía potencial gravitacional total de la configuración es: E_t = U₁₂ + U₁₃ + U₂₃   →   E_t = - (G x m²)/r₁₂  - (G x m²)/r₁₃ - (G x m²)/r₁₂    →   E_t = - (6.67 x 10^-11 N x m² /kg²)(1 kg)²)/0.80 m  - (6.67 x 10^-11 N x m² /kg²)(1 kg)²/0.80 m - (6.67 x 10^-11 N x m² /kg²)(1 kg)²/0.80 m   →   E_t = - (20.01 x 10^-11 N x m²/0.80 m   →   E_t = - 2.5 x 10^-10 Joules.
b) Calculo de h por Pitágoras: 
                                                         
h² = L² - (L/2)2   →   h² = L² - (L²/4)   →   h² = L²/1 - (L²/4)   →   h = [3L²/4]½   →   h = [3(0.80 m)²/4]½   →   h = 0.693 m.
propiedad del baricentro: “La distancia de un vértice al baricentro es el doble de la distancia del baricentro al punto medio del lado opuesto a dicho vértice”.
1)  2h/3 = 2(0.693 m)/3   →   2h/3 = 0.462 m;        2)  h/3 = 0.693 m/3   →   h/3 = 0.231 m.

                                              
La bisectriz de un ángulo lo divide en dos ángulos congruentes, por tanto, la línea del baricentro en el triángulo divide cada ángulo en dos de 30°.     Calculo del ángulo: θ = Tan^-1[(h/3)/(L/2)]   →   θ = Tan^-1[0.231 m/0.40 m]   →   θ = 30°.     Calculo de la distancia x: Senθ = [(h/3)/x]   →   Sen30° = [0.231 m/x]   →   x = [0.231 m/Sen30°]   →   x = 0.462 m.
Fuerza de gravitación mediante sus componentes:
♦ F_2g = (G x m₁ x m₂)/(2h/3)² (J)  →   F_2g = [(6.67 x 10^-11 N x m² /kg²)(1 kg)(1 kg)/(0.462 m)² (J)  →   F_2g = 31.25 x 10^-11 N](J).
♦♦ F_1g = - F_2g x Cos30°(i) - F_2g x Sen30°(J)   →   F_1g = - [(31.25 x 10^-11 N) x (0.866)](i) - [(31.25 x 10^-11 N) x (0.5)](J)  →   F_1g = - [(27.06 x 10^-11 N)](i) - [(15.63 x 10^-11 N)](J).
♦♦♦ F_3g = F_2g x Cos30°(i) - F_2g x Sen30°(J)   →   F_3g = [(31.25 x 10^-11 N) x (0.866)](i) - [(31.25 x 10^-11 N) x (0.5)](J)  →   F_3g = [(27.06 x 10^-11 N)](i) - [(15.63 x 10^-11 N)](J).
Fuerza gravitacional total: F_gt = ∑Fx + ∑Fy   →   F_gt = ∑Fx + ∑Fy
► F_x = F_1gx + F_3gx   →   F_x = - [(27.06 x 10^-11 N)](i) + [(27.06 x 10^-11 N)](i)   →   F_x = 0 N.
► F_y = F_2gy + F_1gy + F_3gy   →   F_y = [31.25 x 10^-11 N](J) - [(15.63 x 10^-11 N)](J) - [(15.63 x 10^-11 N)](J)   →   F_y = 0 N.
F_gt = [(0 N)² + (0 N)²]½   →   F_gt = 0 N
90) EI ●●● La misión de una sonda espacial está planeada para explorar la composición del espacio interestelar. Suponiendo que los tres objetos más importantes en el sistema solar para este proyecto son el Sol, la Tierra y Júpiter, a) ¿cuál sería la distancia de la Tierra relativa a Júpiter que tendría por resultado la menor rapidez de escape necesaria, si la sonda se lanzara desde la Tierra? 1) La Tierra debería estar lo más cerca posible de Júpiter; 2) la Tierra debería estar lo más lejos posible de Júpiter, o 3) la distancia de la Tierra relativa a Júpiter no importa. b) Estime la menor rapidez de escape para esta sonda, suponiendo órbitas planetarias circulares y que sólo la Tierra, el Sol y Júpiter son importantes. (Consulte los datos en el apéndice III.) Comente cuál de los tres objetos, si acaso alguno, determina principalmente la rapidez de escape.

Solución: La velocidad de escape (V_esc): es la rapidez que provoca la energía necesaria para vencer la atracción gravitacional del cuerpo celeste en mención, es decir, para que la energía total sea igual a cero.
E_t = E_c - E_pg = 0    →     0 = E_c - E_pg   →   E_c = Epg   →   ½mV_esc² = (G x M_s x m)/R_p   →   ½V_esc² = (G x M_s)/Rp   →   V_esc = [2(G x M_s)/Rp]^½ 
a) Por tanto, la respuesta es la “1” la Tierra debería estar lo más cerca posible de Júpiter, que pasa cuando la Tierra y Jupiter están en oposición (Menor distancia de separación 588 x 10⁶ km) ya que la rapidez de escape depende de la distancia de separación.
b) V_esc = [2(6.67 x 10^-11 N x m² /kg²)(1.989 x 10³⁰ kg)/(588 x 10⁶ km)]^½   →   V_esc = [2(13.27 x 10¹⁹ N x m²))/(5.88 x 10¹¹ m)]^½   →   V_esc = [4.51 x 10⁸ m²/s²]^½   →   V_esc = 2.12 x 104 m/s.  
El planeta Júpiter determina principalmente la rapidez de escape porque la sonda está escapando hacia él.
7- 6 Leyes de Kepler y satélites terrestres. 
91) OM Se descubre un nuevo planeta y se determina su periodo. Entonces, se podrá calcular su distancia del Sol usando a) la primera, b) la segunda o c) la tercera ley de Kepler.
Solución: La respuesta es la “c)” la tercera ley de Kepler.
92) OM Para un planeta en su órbita elíptica, a) la rapidez es constante, b) la distancia al Sol es constante, c) se mueve más rápidamente cuando está más cerca del Sol o d) se mueve más lentamente cuando está más cerca del Sol.
Solución: La respuesta es la “c)” se mueve más rápidamente cuando está más cerca del Sol.
93) OM Si un satélite cerca de la superficie terrestre no tiene una rapidez tangencial mínima de 11 km/s, podría a) entrar en una órbita elíptica, b) entrar en una órbita circular, c) chocar contra la tierra, d) todas las anteriores.
Solución: La respuesta es la “c)” todas las anteriores.
94) PC a) En una revolución, ¿cuánto trabajo efectúa la fuerza centrípeta sobre un satélite en órbita circular en torno a la Tierra? b) Una persona en un elevador en caída libre piensa que puede evitar lesionarse si salta hacia arriba justo antes de que el elevador choque contra el piso. ¿Funcionaría dicha estrategia?
Solución: a)    En una revolución, ¿cuánto trabajo efectúa la fuerza centrípeta sobre un satélite en órbita circular en torno a la Tierra? La respuesta es cero porque la fuerza centrípeta es perpendicular a el desplazamiento y como Cos90° = 0, w = F_c x R x Cos90°   →   w = F_c x R x 0   →   w = 0.
b) Debe tener presente que tú cae con la misma rapidez que el ascensor por lo que si tiene suerte podría reducir tú rapidez respecto a la rapidez del ascensor (V_rd = V_asc - V_salto), esta estrategia no es recomendable porque depende de dos factores: la suerte y el salto. 
95) 89) PC a) Para colocar un satélite en órbita sobre el ecuador, ¿debería lanzarse el cohete hacia el este o hacia el oeste? ¿Por qué? b) En Estados Unidos, tales satélites se lanzan desde Florida. ¿Por qué no desde California, que generalmente tiene mejores condiciones climáticas?
Solución: a) Los cohetes se lanzan hacia el este para adquirir más velocidad en relación con el espacio porque la Tierra gira hacia el este.
b) La rapidez tangencial de la Tierra es mayor en Florida porque ahí se está más cerca del ecuador que en California y, por lo tanto, hay una mayor distancia con respecto al eje de rotación. Además, el lanzamiento se hace cerca del océano por seguridad.
96) PC Como piloto de una nave espacial en órbita, usted ve un instrumento adelante en la misma órbita. a) ¿Puede acelerar su nave encendiendo un solo cohete para recoger el instrumento? Explique. b) ¿Qué tendría que hacer para recoger el instrumento?. 
Solución: a)
97) ● Un paquete de instrumentos se proyecta verticalmente hacia arriba para recolectar datos en la parte más alta de la atmósfera terrestre (a una altura de unos 900 km). a) ¿Qué rapidez inicial se requiere en la superficie terrestre para que el paquete llegue a esta altura? b) ¿Qué porcentaje de la rapidez de escape representa esa rapidez inicial?
Solución: 
                                                
a) La variación entre la velocidad escape de la superficie terrestre y la velocidad a la altura h será la velocidad con que debe ser lanzado el paquete de instrumentos: ∆V_i = [2(G x M)/R_T]^½ - [(G x M)/(R_T + h)]^½   →   ∆V_i = [2(6.67 x 10^-11 N x m² /kg²)(5.98 x 10²⁴ kg)/R_T]^½ - [(6.67 x 10^-11 N x m² /kg²)(5.98 x 10²⁴ kg)/(6.371 x 10⁶ m + 0.90 x 10⁶ m)]½   →   ∆V_i = 11.19 x 10³ m/s - 7.41 x 10³ m/s   →   ∆V_i = 3.78 x 10³ m/s.
b) %V_i = (Vi/V_esc) x 100   →   %V_i = (3.78 x 10³ m/s/11.19 x 10³ m/s) x 100   →   %V_i = 34. esto significa que la velocidad inicial es un 34% de la velodad de escape.
98) ●● En el año 2056, la Colonia Marciana I quiere poner en órbita un satélite de comunicación sincrónica alrededor de Marte para facilitar las comunicaciones con las nuevas bases planeadas en el Planeta Rojo. ¿A qué distancia por encima del ecuador de Marte debería colocarse este satélite? (Para hacer una buena aproximación, considere que el día en Marte es de la misma duración que el de la Tierra.)
Solución: Para determinar la altura a que debe colocarse el satélite de comunicación sincrónico alrededor de Marte debe saber como se coloca en la orbita terrstre.
Se deben igualar la fuerza gravitatoria y la fuerza centrípeta:
F_g = F_c   →   (G x M_s x M_m)/r² = (M_s x V²)/r   →   (G x M_m)/r² = V²/r, como V² = (2Лr/T)² , como V² = (2Лr/T)²  →   (G x M_m)/r² = (4Л²r²/T²)/r   →   (G x M_m)/r² = 4Л²r/T²   →   T²(G x M_m) = (4Л²r)r²   →   T²(G x M_m)/(4Л²) = r³. Sustituyendo (R_em + h)³ = T²(G x M_m)/(4Л²)   →   [(R_em + h)³]^1/3 = [T²(G x M_m)/(4Л²)]^1/3   →   h = [T²(G x M_m)/(4Л²)]^1/3 - R_em   →   h = [(8.856 x 10⁴ seg)²(6.67 x 10^-11 N x m² /kg²)(6.39 x 10²³ kg)/(4 x 9.86)]^1/3 - 3.3895 x 10⁶ m   →   h = 16.64 x 10⁶ m.    
99) ●● La franja de asteroides entre Marte y Júpiter podrían ser los restos de un planeta que se desintegró o que no pudo formarse por causa de la fuerte gravitación de Júpiter. El periodo aproximado de la franja de asteroides es de 5.0 años. ¿Cómo a qué distancia del Sol habría estado este “quinto” planeta?
Solución: Dados los valores del periodo T y la constante K se puede aplicar la tercera ley de Kepler, como es considerado un planeta el valor de la constante es válido, el problema puede resolverse aplicando la 3ra Ley de Kepler: Converción 5 años x 365 días/año x 24 horas/día x 3600 seg/hora = 1.5768 x 10⁸ seg.
T² = Kr³   →   r³ = T²/K   →   r³ = [(1.5768 x 10⁸ seg)]²/(2.97 x 10^-19 s²/m³)   →   r³ = [2.4863 x 10¹⁶ seg]/(2.97 x 10^-19 s²/m³)   →   r³ = (0.83714 x 10³⁵ m³)   →   r = (83.714 x 10³³ m³)^1/3   →   r = 4.374 x 10¹¹ m. 
100) ●● Utilizando un desarrollo similar al de la ley de periodos de Kepler para planetas en órbita alrededor del Sol, calcule la altura que debe tener un satélite geosincrónico sobre la Tierra. [Sugerencia: el periodo de tales satélites es el mismo que el de la Tierra.]
Solución: Para que un satélite esté en órbita es necesario que la fuerza de gravitación y la fuerza centrípeta sean iguales. Esto es F_g = F_c.
Por el movimiento circular uniforme F_c = (M_s x V²)/r y la fuerza gravitacional Fg = (G x M_T x M_s)/r². 
(G x M_T x M_s)/r²  = (M_s x V²)/r   →   (G x M_T x M_s)/r²  = M_s x (w x r)²/r   →   (G x M_T x M_s)/r²  = M_s x w² x r   →   G x M_T  = w² x r³   →   r³ = G x M_T/w²   →   r³ = G x M_T/(2Л/T)²   →   r³ = G x M_T/4Л²/T2   →   r = [G x M_T) T²/4Л²]^1/3.
r = [(6.67 x 10^-11 N x m² /kg²)(5.98 x 10²⁴ kg)(3.1536 x 10⁷ seg)²/4(3.14)²]^1/3   →   r = [3.6968 x 10²⁷ m³/39.4384]^1/3   →   r = [10.0582 x 10²⁷ m³]^1/3   →   r = 2.159 x 10⁹ m.
Determinación de h: h = r - R_T   →   h = 2159 x 10⁶ m - 6.37 x 10⁶ m   →   h = 2.153 x 10⁹ m. (sobre la superficie terrestre).
101) ●● Venus tiene un periodo de rotación de 243 días. ¿Qué altura tendría un satélite sincrónico para ese planeta (similar a uno geosincrónico para la Tierra)?
Solución: Se sabe que R_V = 6052 km = 6.052 x 10⁶ m y que un día en Venus es 243.0225 días terrestre, es decir  de un año terrestre aproximadamente.
T_v = 2/3(1 día terrestre)   →   T_v = 2/3(365 días)   →   T_v = 2/3(365  x 24 x 86400 seg)   →   T_v = (6.3072 x 10⁷ seg)/3   →   T_v = 2.1024 x 10⁷ seg. Para que un satélite esté en órbita es necesario que la fuerza de gravitación y la fuerza centrípeta sean iguales. Esto es F_g = F_c: 
Por el movimiento circular uniforme F_c = (m x V²)/r y la fuerza gravitacional F_g = (G x M_V x m)/r². 
(G x MV x m)/r²  = (m x V²)/r   →   (G x M_V x m)/r²  = m x (w x r)²/r   →   (G x M_V x m)/r²  = m x w² x r   →   G x M_V  = w² x r³   pero r = (R_V + h), por tanto  (R_V + h)³ = G x M_V/w²   →   (R_V + h)³ = G x M_V/(2Л/T)²   →   (R_V + h)³ = (G x M_V)/(4Л²/T²)   →   [(R_V + h)³]^1/3 = [(G x M_V)/(4Л²/T²)]^1/3   →   h = [G x M_V) T²/4Л²]^1/3 - R_V.
Determinación de h: h = [(6.67 x 10^-11 N x m² /kg²)(4.867 x 10²⁴ kg)(2.1024 x 10⁷ seg)²/4(3.14)²]^1/3 - 6.052 x 10⁶ m   →   h = [146.4523 x 10²⁷ m³/39.44]^1/3 - 6.052 x 10⁶ m   →   h = 1.5485 x 10⁹ m - 0.006052 x 10⁹ m   →   h = 1.54 x 10⁹ m (sobre la superficie de Venus).      
102) ●●● Una pequeña sonda espacial se pone en órbita circular alrededor de una luna de Saturno recientemente descubierta. El radio de la luna es de 550 km. Si la sonda está en órbita a una altura de 1500 km por encima de la superficie de la luna y tarda 2.00 días terrestres en completar una órbita, determine la masa de la luna. 
Solución: Periodo T: T = 2días x 86400 seg/día   →   T = 172800 seg   →   T = 1.728 x 10⁵ seg;     Radio R_Ls:  R_Ls = 550 km   →   R_Ls = 5.5 x 10⁵ m;     Altura h_LS: h_LS = 1500 km   →   h_LS = 1.5 x 10⁶ m. 
Distancia de la sonda espacial a la Luna de Saturno: r = R_LS + h_LS   →   r = 5.5 x 10⁵ m + 1.5 x 10⁶ m   →   r = 0.55 x 10⁶ m + 1.5 x 10⁶ m   r = 2.05 x 10⁶ m. 
r³ = (G x M_LS x T²)/4Л²   →   M_LS = 4Л²r³/(G x T²)   →   M_LS = 4(3.14)²(2.05 x 10⁶ m)³/[(6.67 x 10^-11 N x m² /kg²)(1.728 x 10⁵ seg)²)]   →   M_LS = 3.3977 x 10²⁰ m³/[1.9916 m³/kg)]   →   M_LS = 1.71 x 10²⁰ kg.  
 

 

   

       

 

 

       

      

         

 

        

 

 

 

                   

    

          

   

 

 

  

 

 

  

      

     

 

 

 

           

 

            

     

      

 

   

 

 

    

  

 

       

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