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

SOLUCIÓN A LOS PROBLEMAS DE FÍSICA DE WILSON, BUFFA Y LOU.
CAPITULO VIII: MOVIMIENTO ROTACIONAL Y EQUILIBRIO.
8-1 Cuerpos rígidos, traslaciones y rotaciones.
1) OM En el movimiento rotacional puro de un cuerpo rígido, a) todas las partículas del cuerpo tienen la misma velocidad angular, b) todas las partículas del cuerpo tienen la misma velocidad tangencial, c) la aceleración siempre es cero o d) siempre hay dos ejes de rotación simultáneos.
Solución: La respuesta es la a), todas las partículas del cuerpo tienen la misma velocidad angular.
2) OM Para un objeto sólo con movimiento de rotación, todas sus partículas tienen la misma a) velocidad instantánea, b) velocidad promedio, c) distancia a partir del eje de rotación, d) velocidad angular instantánea.
Solución: La respuesta es la “d), velocidad angular instantánea.
3) OM La condición para rodar sin resbalar es a) a_c = w²r, b) V_cm = wr, c) F = ma_c d) a_c = v²/r.
Solución: La respuesta es la b), V_cm = wr.
4) OM Un objeto rodante a) tiene un eje de rotación a través del eje de simetría, b) tiene una velocidad cero en el punto o línea de contacto, c) se deslizará si s r, d) todas las opciones anteriores son verdaderas.
Solución: La respuesta es la b), Tiene una velocidad cero en el punto o línea de contacto.
5) OM Para los neumáticos de un automóvil que se derrapa, a) V_CM = rw b) V_CM > rw   c) V_CM < rw d) ninguna de las anteriores.
Solución: La respuesta es la b)  V_CM > rw,
6) PC Suponga que un compañero de su clase de física dice que un cuerpo rígido puede tener movimiento traslación y rotación al mismo tiempo. ¿Estaría de acuerdo? Si lo está, dé un ejemplo.
Solución: La respuesta es “Sí”, por ejemplo, el rodamiento de una pelota en una superficie horizontal.
7) PC ¿Qué sucedería si la rapidez tangencial v de un cilindro rodante fuera menor que r? ¿v puede ser mayor que r? Explique.
Solución: Si V es menor que rw, entonces el objeto se está deslizando. Sí, es posible que V sea mayor que rw cuando el objeto se desliza.
8) PC Si la parte más alta de un neumático se mueve con rapidez V, ¿qué marcará el velocímetro del automóvil?
Solución: El velocímetro del automóvil marcara 2V porque es la sumatoria de la velocidad de traslación y rotación.
9) ●Una rueda va rodando uniformemente en un plano, sin resbalar. Un poco de fango sale despedido de la rueda en la posición correspondiente las 9:00 en un reloj (parte trasera de la rueda). Describa el movimiento subsecuente del fango.
Solución: En la posición de las nueve en punto, la velocidad es en línea recta hacia arriba. Así que se trata de una “caída libre” con una velocidad inicial hacia arriba. Se elevará, alcanzará una altura máxima y luego caerá.
10) ● Una cuerda pasa sobre una polea circular de 6.5 cm de radio. Si la polea da cuatro vueltas sin que la cuerda resbale, ¿qué longitud de cuerda pasará por la polea?
Solución: Datos: r = 6.5 cm = 0. 065 m; n = 4 vueltas; Ln = ?
Longitud de la circunferencia de la polea es L_c = 2Лr → L_c = 2(3.14)(0.065 m) → L_c = 0.4082 m → L_c = 40.82 cm.
La longitud de cuerda que pasa por la polea: L_n = L_c x n → L_n = (0.4082 m)(4) → L_n = 1.6328 m → L_n = 163.28 cm.
11) ● Una rueda da cinco vueltas sobre una superficie horizontal sin resbalar. Si el centro de la rueda avanza 3.2 m, ¿qué radio tendrá la rueda?
Solución: Datos r = ?; n = 5 vueltas; distancia que se mueve el centro de la rueda en 5 vueltas = 3.2 m.
Distancia que se mueve el centro de la rueda en una vuelta = x, mediante proporciones: 3.2 m/5 = x/1 → x = 0.64 m.
Longitud de la circunferencia del centro de la rueda: Lc = 2Лr → r = Lc/2Л → r = 0.64 m/2(3.14) → r = 0.10 m.
12) ●● Una bola de bolos con un radio de 15.0 cm se desplaza por la pista de manera que su centro de masa se mueve a 3.60 m/s. El jugador estima que realiza 7.50 revoluciones completas en 2.00 segundos. ¿Está rodando sin deslizarse? Pruebe su respuesta suponiendo que la observación rápida del jugador limita las respuestas a dos cifras significativas.
Solución: La velocidad tangencial es V_t = wr y la velocidad angular es w = θ/t, sustituyendo w, se tiene que V_t = θ/t x r → θ = V_tx t/r → θ = (3.60 m/s)(2 seg)/0.15 m → θ = 48 rad que expresados en revoluciones es 48 rad x 1 rev/2Л rad = 7.6 rev.
13) ●● Una esfera con 15 cm de radio rueda sobre una superficie horizontal y la rapidez traslacional del centro de masa es 0.25 m/s. Calcule la rapidez angular en torno al centro de masa si la esfera rueda sin resbalar.
Solución: sabemos que V_t = w x r → w = V_t/r → w = (0.25 m/s)/0.15 m → w = 1.67 rad/s.
14) EI ●● a) ¿Cuando un disco rueda sin resbalar, ¿el producto w x rdebería ser 1) mayor que, 2) igual a o 3) menor que V_CM? b) Un disco de 0.15 m de radio gira 270° mientras avanza 0.71 m. ¿El disco rueda sin resbalar? Justifique su respuesta.
Solución: a) La respuesta es la 2) igual a la V_CM; b) conversión 270° x 1 rad/57.3° = 4.71 rad.
Longitud del arco en 270°: L_270° = θ x r →  L_270° = (4.71 rad)(0.15 m) →  L_270° = 0.71 m. Como la distancia dada y la calculada son iguales, entonces el disco rueda sin resbalar.
15) ●●● Una pelota de bocce (o bochas, un deporte popular en Italia) con un diámetro de 6.00 cm rueda sin deslizarse sobre un césped horizontal. Tiene una rapidez angular inicial de 2.35 rad/s y llega al reposo después de 2.50 m. Suponiendo que la deceleración es constante, a) determine la magnitud de su deceleración angular y b) la magnitud de la aceleración tangencial máxima de la superficie de la pelota (indique dónde se localiza esa parte).
Solución: a) Para determinar la desaceleración se debe encontrar el ángulo θ girado y luego aplica la expresión W_f² = W_i² + 2αθ   →   0 = W_i² + 2αθ   →   α = - W_i² /2θ.
Angulo girado: θ = Longitud de arco/Longitud de radio → θ = L/r → θ = 2.50 m/0.03 m → θ = 83.33 rad.
α = - W_i² /2θ → α = - (2.35 rad/s)²/2(83.33 rad) → α = - (5.5225 rad²/s²)/166.66 rad → α = - 0.0331 rad/s² .
b) a_t = α x r → a_t = (0.0331 rad/s)(0.03 m) → a_t = - 0.99 x 10^-3 m/s².
16) ●●● Un cilindro de 20 cm de diámetro rueda con rapidez angular de 0.50 rad/s sobre una superficie horizontal. Si el cilindro experimenta una aceleración tangencial uniforme de 0.018 m/s2 sin resbalar hasta que su rapidez angular sea de 1.25 rad/s, ¿cuántas revoluciones completas habrá efectuado el cilindro durante su aceleración?
Solución: Aceleración angular α = - a_t /r → α = 0.018 m/s²/0.1 m → α = 0.18 rad/s².
Desplazamiento angular: θ = W_f² - W_i²/2α → θ = (1.25 rad/s)² - (0.50 rad/s)²/2(0.18 rad/s²) → θ = 3.65 rad → θ = 3.65 rad x 1rev/2Л rad → θ = 0.58 1rev, no efectúa una revolución completa.
8 - 2 Momento de fuerza, equilibrio y estabilidad
17) OM Es posible tener un momento de fuerza neto cuando: a)  Todas las fuerzas actúan a través del eje de rotación,   b) ∑F_i = 0,   c) Un objeto está en equilibrio rotacional, d) Un objeto permanece en equilibrio inestable.
Solución: La respuesta es la b), ∑F_i = 0.
18) OM Si un objeto en equilibrio inestable se desplaza un poco: a) Su energía potencial disminuirá   b) El centro de gravedad estará directamente arriba del eje de rotación,   c)    No se efectuará trabajo gravitacional   d)    Entrará en equilibrio estable.
Solución: La respuesta es la a), su energía potencial disminuirá.
19) OM Un momento de fuerza tiene las mismas unidades que a) el trabajo, b) la fuerza, c) la velocidad angular o d) la aceleración angular.
Solución: La respuesta es la a), las mismas unidades que el trabajo.
20) PC Si levantamos objetos usando la espalda en vez de las piernas, es común que nos duela la espalda. ¿Por qué?
Solución: Porque los músculos de la espalda ejercen un momento de fuerza para compensar el momento que forma el centro de gravedad.
21) PC Una gimnasta sobre la barra de equilibrio se agacha cuando siente que está perdiendo el equilibrio. ¿Por qué?
Solución: Esto es para bajar el centro de gravedad de manera que el peso tenga un brazo de palanca más corto y, por lo tanto, un menor momento de torsión.
22) PC Explique los actos de equilibrismo de la figura 8.33. ¿Dónde está el centro de gravedad?
Solución: a) En el caso del mondadientes colocado sobre el vaso, el centro de gravedad debe estar localizado entre el tenedor y la cuchara. b) En el caso del ave de juguete, el centro de gravedad debe localizarse en algún punto del cuerpo del ave cuya línea pasa por el punto de contacto con el pico.
En definitiva, el equilibrista se asegura de que el centro de gravedad en ambos casos este localizado dentro de la línea de acción del área de contacto.
23) PC “Reventar la rueda” es una acrobacia de motocicleta, en la cual el extremo frontal de la moto se eleva del piso en una salida rápida, y permanece en el aire durante cierta distancia. Explique la física implicada en esta acrobacia.
Solución: El momento de torsión de la fricción provoca que la motocicleta gire hacia arriba hasta equilibrarse con el momento de torsión del peso.
24) PC En los casos tanto del equilibrio estable como del inestable, un pequeño desplazamiento del centro de gravedad implica tener que realizar trabajo gravitacional. (Véase las pelotas y los recipientes cóncavos en la figura 8.11.) Sin embargo, hay otro tipo de equilibrio donde el desplazamiento del centro de masa no implica trabajo gravitacional. Se le conoce como equilibrio neutro, en el que, en esencia, el centro de gravedad desplazado se mueve en línea recta. Dé un ejemplo de un objeto en equilibrio neutro.
Solución: Un objeto como una piedra colocada en una superficie plana horizontal es un buen ejemplo de equilibrio neutro porque si es empujada a una nueva posición, no regresa a la posición original (equilibrio estable) ni se alejas de esa posición (equilibrio inestable)
En resumen: la piedra no experimenta cambio alguno en su nueva posición.
25) ● En la figura 8.4a, si el brazo forma un ángulo de 37° con la horizontal y se requiere un momento de fuerza de 18 m · N, ¿qué fuerza debe generar el bíceps?

Solución: Datos: r = 4 cm = 0.04 m; M = 18 N x m; θ = 90° + 37° = 127°; F = ?
M = rFsenθ → F = M/rsenθ → F = 18 N x m/(0.04 m)sen127° → F = 18 N x m/(0.04 m)(0.799) → F = 562.5 N.
26) ● El tapón de vaciado del aceite en el motor de un automóvil se apretó con un momento de fuerza de 25 m · N. Si se emplea una llave inglesa para cambiar el aceite, ¿cuál será la fuerza mínima necesaria para aflojar el tapón?
Solución: Datos: r = 15 cm = 0.15 m; M = 25 N x m; θ = 90°; F = ?
M = rFsenθ → F = M/rsenθ → F = 25 N x m/(0.15 m)sen90° → F = 25 N x m/(0.15 m)(1) → F = 166.67 N.
27) En el ejercicio 26, a causa del limitado espacio para trabajar, usted debe arrastrarse debajo del automóvil. Por lo tanto, no es posible aplicar la fuerza de forma perpendicular con respecto a la longitud de la llave inglesa. Si la fuerza aplicada forma un ángulo de 30° con respecto al mango de la llave inglesa, ¿cuál será la fuerza que se requiere para aflojar el tapón de vaciado del aceite?
Solución: Datos: r = 15 cm = 0.15 m; M = 25 N x m; θ = 90°; F = ?
M = rFsenθ → F = M/rsenθ → F = 25 N x m/(0.15 m)sen30° → F = 25 N x m/(0.15 m)(0.5) → F = 333.33 N.
28) ● ¿Cuántas posiciones de equilibrio estable e inestable distintas tiene un cubo? Considere cada superficie, arista y esquina como una posición diferente.                                                                  Solución: En este problema deben considerarse por separadas cada una de las partes: Si se considera cada cara, arista y vértices como posiciones diferentes, entonces el cubo tiene un total de 26 posiciones de equilibrio estable e inestable ya que posee 6 caras, 8 vértices y 12 aristas.
29) EI ● Dos niños están en extremos opuestos de un subibaja uniforme de masa insignificante.
a)    ¿Puede equilibrarse el balancín si los niños tienen diferente masa? ¿Cómo? b)    Si un niño de 35 kg está a 2.0 m del punto pivote (o fulcro), ¿a qué distancia de ese punto, al otro lado, tendrá que sentarse su amiga de 30 kg para equilibrar el subibaja?                                                                             Solución: a) Sí, el sube y baja se equilibra si los brazos de palanca son adecuados para los pesos de los niños porque el momento de torsión es igual a la fuerza multiplicada por el brazo de palanca.
b) Datos: r₁ = 2 m; r₂ = ?; F₁ = (35 kg)(9.8 m/s²) = 343 N; F₂ = (30 kg)(9.8 m/s²) = 294 N.
M₁ = M₂  →  F₁ x r₁ = F₂ x r₂  → (343 N)(2 m) = (294 N)r₂  →  r₂ = (343 N)(2 m)/(294 N) → r₂ = 2.3 m.
30) ● Una regla uniforme de un metro que pivotea sobre su punto medio, como en el ejemplo 8.5, tiene una masa de 100 g colgada de la posición de 25.0 cm. a) ¿En qué posición debería colgarse una masa de 75 g para que el sistema esté en equilibrio? b) ¿Qué masa tendría que colgarse de la posición de 90 cm para que el sistema esté en equilibrio?

Solución: a) Datos: r₁ = 25 cm; r₂ = ?; F₁ = (0.10 kg)(9.8 m/s²) = 0.98 N; F₂ = (0.075 kg)(9.8 m/s²) = 0.735 N.

∑M = 0 → M₁ + M₂= 0 →  F₁ x r₁ - F₂ x r₂= 0 → (0.98 N)(0.25 m) = (0.735 N)r₂  →  r₂ = (343 N)(0.25 m)/(0.735 N) → r₂ = 0.333 m. (En la posición 0.33 m del apoyo, es decir, a 83.3 cm del punto 0).
b)  ∑M = 0 → M₁ + M₂= 0 →  F₁ x r₁ - F₂ x r₂ = 0 →  F₁ x r₁ - m₂g x r₂ = 0 → (0.98 N)(0.25 m) = m₂(9.8 m/s²)(0.90 m - 05 m)  →  m₂ = (0.245 kg x m/s² x m)/(3.92 m/s²x m) → m₂ = 0.0625 kg → m₂ = 62.5 g.
31) ●● Demuestre que la regla de un metro equilibrada del ejemplo 8.5 está en equilibrio rotacional estático en torno a un eje horizontal que pasa por la marca de 100 cm de la escala. “ojo”
Solución: ojo.
32) La respuesta es No, porque para que la posición sea perfectamente horizontal el ángulo formado entre la tensión T y la componente vertical de la tensión debería ser cero, lo cual llevaría a obtener una fuerza de tensión T infinitamente grande que anularía la componente vertical la tensión, esto hace imposible conseguir una posición perfectamente horizontal.
Solución: a) La respuesta es No, porque para que la posición sea perfectamente horizontal el ángulo formado entre la tensión T y la componente vertical de la tensión debería ser cero, lo cual llevaría a obtener una fuerza de tensión T infinitamente grande que anularía la componente vertical la tensión, esto hace imposible conseguir una posición perfectamente horizontal.

Justificación: 2Tsenθ = W → T = W/2senθ → T = W/2sen0° → T = ∞.
b) Datos: L = 30 cm; m = 0.25 kg; h_y = 0.01 m; x = 15 m; θ₁ = θ₂ = θ = ?; T = ?
Como el sistema está en equilibrio, aplicando la primera condición de equilibrio se puede determinar la tensión del cable y por trigonometría el ángulo θ₁ = θ₂ = θ.
θ = Tan^-1(y/x) → θ = Tan^-1(0.01 m/15 m) → θ = Tan^-1(6.67 x 10^-4) → θ = 0.038°
Primera condición de equilibrio: ∑F_x = 0; ∑F_y = 0. Las tensiones en x en ambos lados son iguales y de signos opuestos. Las tensiones en “y” en ambos lados son iguales y de signos iguales.
∑F_y = 0 → T1y + T2y - W = 0 pero T_1y = T_2y = T, por tanto T + T - W = 0 → 2Tsenθ - W = 0 → T = W/2senθ → T = (0.25 kg)(9.8 m/s²)/2(0.038°) → T = 1.85 N.

33) ●● En la ▼figura 8.34, ¿qué fuerza Fm genera el músculo deltoides para sostener el brazo extendido, si la masa del brazo es de 3.0 kg? (Fj es la fuerza de la articulación sobre el hueso del brazo, el húmero.)
Diagrama de cuerpo libre

Solución: Aplicando la segunda condición de equilibrio: ∑Ƭ = 0 → Ƭ₁ + Ƭ₂ + Ƭ₃ = 0 → Fjr₁sen9.4° + F_mr₂sen15° - mgr = 0 → (F_j)(0 m)(sen9.4°) + (F_m)(0.18 m)(sen15°) - (3 kg)(9.8 m/s²)(0.26 m) = 0 → (F_m)(0.18 m)(0.26) = (3 kg)(9.8 m/s²)(0.26 m) →  F_m = (7.644 N x m)/0.0468 m →  F_m = 1.63 x 10² N.
34) ●●En la figura 8.4b, determine la fuerza que ejerce el bíceps, suponiendo que la mano está sosteniendo una pelota con una masa de 5.00 kg. Suponga que la masa del antebrazo es de 8.50 kg con su centro de masa localizado a 20.0 cm de la articulación del codo (el punto negro en la figura). Suponga también que el centro de masa de la pelota en la mano se localiza a 30.0 cm del codo. (La inserción del músculo está a 4.00 cm del codo, ejemplo 8.2.)

Solución: Conversones 4 cm x 1 m/100 cm = 0.04 m; 20 cm x 1 m/100 cm = 0.20 m; 30 cm x 1 m/100 cm = 0.30 m y aplicando la 2da condición de equilibrio se determina F_m.
Datos: Fm = ?; F_CM = (9.8 m/s²)(8.5 kg) = 83.3 N; FB = (5 kg)(9.8 m/s²) = 49 N.
∑Ƭ = 0 → Ƭ₀ + Ƭ₁ + Ƭ₂ + Ƭ₃ = 0 → F₀r₀sen90° + F_mr₁sen90°  - F_CMr₂sen90°- F_Br3sen90°  = 0 → (F₀)(0 m)(1) + (F_m)(0.04 m)(1) - (83.3 N)(0.20 m)(1) - (49 N)(0.30 m)(1) = 0 → 0 + (F_m)(0.04 m) - 16.66 N x m - 14.7 N x m = 0 → F_m = (16.66 N x m + 14.7 N x m)/0.04 m → F_m = 784 N.
35) ●● Una bola de bolos (con masa de 700 kg y radio de 17.0 cm) se avienta tan rápido que derrapa sin rodar por la pista (al menos por un momento). Suponga que la bola derrapa hacia la derecha y que el coeficiente de fricción de deslizamiento entre la bola y la superficie del carril es 0.400. a) ¿Cuál será la dirección del momento de fuerza ejercido por la fricción sobre la bola alrededor del centro de masa de ésta? b) Determine la magnitud de este momento de fuerza (de nuevo alrededor del centro de masa de la bola).
Solución: a) Tiene dirección opuesta al movimiento de la bola, es decir, hacia la izquierda. (aunque la respuesta dice en la misma dirección en que giran las manecillas de reloj se refiere al momento de contacto con el piso).
b) f_r = µmgR → f_r = (0.4)(700 kg)(9.8 m/s²)(0.17 m) → f_r = 466.48 N.
36) ●● Una variación de la tracción Russell (figura 8.35) sostiene la pantorrilla enyesada. Suponga que la pierna y el yeso tienen una masa combinada de 15.0 kg y que m₁ es 4.50 kg. a) ¿Qué fuerza de reacción ejercen los músculos de la pierna contra la tracción? b) ¿Qué valor debe tener m₂ para mantener horizontal la pierna?

Solución:
37) ●● Al realizar su terapia física para una rodilla lesionada, una persona levanta una bota de 5.0 kg como se ilustra en la figura 8.36. Calcule el momento de fuerza que ejerce la bota para cada posición mostrada.

Solución: Casos:
Para 0°:  Ƭ₀ = rFsen0° → Ƭ₀ = (0.40 m)(5 kg)(9.8 m/s²)(0) Ƭ₀ = 0 N x m;   Para 30°: Ƭ_{30° =}rFsen0° → Ƭ_30° = (0.40 m)(5 kg)(9.8 m/s²)(0.5) → Ƭ_30° = 9.8 N x m;   Para 60°: Ƭ_{60° =}rFsen0° → Ƭ_60° = (0.40 m)(5 kg)(9.8 m/s²)(0.866) → Ƭ_60° = 17 N x m;        Para 90°: Ƭ_{90° =}rFsen0° → Ƭ_90° = (0.40 m)(5 kg)(9.8 m/s²)(1) → Ƭ_90° = 19.6 N x m.
38) ●● Un artista quiere construir el móvil de pájaros y abejas que se muestra en la ▼ figura 8.37. Si la masa de la abeja de la izquierda es de 0.10 kg y cada hilo vertical tiene una longitud de 30 cm, ¿qué masa tendrán la otra abeja y los pájaros? (Ignore las masas de las barras y las cuerdas.)

Solución: Este problema se resuelve usando las dos condiciones de equilibrio: traslación y rotación. En el procedimiento se debe comenzar por el sistema cuya masa es conocida.
Un cuerpo está en equilibrio de traslación si la suma de todas las fuerzas que actúan sobre él es cero (∑F = 0) y Un cuerpo está en equilibrio de rotación si la suma de todos los momentos es cero (∑Ƭ = 0)
Sistema formado por la masa m₁ y m₂.
Diagrama de cuerpo libre

Sumatoria de fuerzas: ∑F = 0 → T₁ - w₁ - w₂ = 0; Sumatoria de momentos: tomando a T1 como centro de giro ∑Ƭ = 0 → T₁r + r₁w₁ - r₂w₂ = 0 → T₁(0 m) +(0.40 m)(0.10 kg)(9.8 m/s²) - (0.20 m)(m₂)(9.8 m/s²) = 0 → 0 + 0.392 kg x m²/s² - 1.96 m²/s²(m₂) = 0 → m₂ = (0.392 kg x m²/s²)/(1.96 m²/s²) → m₂ = 0.20 kg.
Sustituyendo en T₁ = w₁ +w2 → T₁ = m₁g + m₂g → T₁ = (0.10 kg)(9.8 m/s²) + (0.20 kg)(9.8 m/s²) → T₁ = 2.94 N.
Sistema formado por la tensión T₁ y w₃ Diagrama de cuerpo libre

Sumatoria de fuerzas: ∑F = 0 → T₂ - T₁- w₃ = 0 → T₂ = T₁ + w₃; Sumatoria de momentos: tomando a T₂ como centro de giro ∑Ƭ = 0 → T₂r + r₁T₁ - r₃w₃ = 0 → T₂(0 m) +(0.25 m)(2.94 kg x m/s²) - (0.15 m)(m₃)(9.8 m/s²) = 0 → 0 + 0.735 kg x m²/s² - 1.47 m²/s²(m₃) = 0 → m₃ = (0.735 kg x m²/s²)/(1.47 m²/s²) → m₃ = 0.50 kg.

Sustituyendo en T₂ = T₁ + w₃ → T₂ = 2.94 N + m₃g → T₂ = 2.94 N + (0.50 kg)(9.8 m/s²) → T₂ = 7.84 N.
Sistema formado por la tensión T₂ y masa m₄ Diagrama de cuerpo libre

Sumatoria de fuerzas: ∑F = 0 → T₂ - T₁- w₃ = 0 → T₂ = T₁ + w₃; Sumatoria de momentos: tomando a T₂ como centro de giro ∑Ƭ = 0 → T₂r + r₁T₁ - r₃w₃ = 0 → T₂(0 m) +(0.25 m)(2.94 kg x m/s²) - (0.15 m)(m₃)(9.8 m/s²) = 0 → 0 + 0.735 kg x m²/s² - 1.47 m²/s²(m₃) = 0 → m₃ = (0.735 kg x m²/s²)/(1.47 m²/s²) → m₃ = 0.50 kg.

Sustituyendo en T₂ = T₁ + w₃ → T₂ = 2.94 N + m₃g → T₂ = 2.94 N + (0.50 kg)(9.8 m/s²) → T₂ = 7.84 N.

Sumatoria de fuerzas: ∑F = 0 → T₃ - T₂- w₃ = 0 → T₃ = T₂ + w₃; Sumatoria de momentos: tomando a T₃ como centro de giro ∑Ƭ = 0 → T₃r - r₁T₂ + r₃w₃ = 0 → T₃(0 m) - (0.15 m)(7.84 kg x m/s²) - (0.30 m)(m₄)(9.8 m/s²) = 0 → 0 - 1.176 kg x m²/s² + 2.94 m²/s²(m₄) = 0 → m₄ = (1.176 kg x m²/s²)/(2.94 m²/s²) → m₄ = 0.40 kg.
Sustituyendo en T₃ = T₂ + w₃→ T₃ = 7.84 + (0.40)(9.8 m/s²) → T₃ = 7.84 N + 3.92 N → T₃ = 11.76 N.
39) EI ●● La ubicación del centro de gravedad de una persona en relación con su altura se determina utilizando el modelo de la figura 8.38. Las básculas se ajustaron inicialmente a cero con la tabla sola. a) ¿Usted esperaría que la ubicación del centro de masa estuviera 1) a la mitad del camino entre las básculas, 2) hacia la báscula situada debajo de la cabeza de la persona o 3) hacia la báscula situada debajo de los pies de la persona? ¿Por qué? b) Localice el centro de gravedad de la persona en relación con la dimensión horizontal.

Solución: a) La respuesta es la (2), hacia la báscula situada debajo de la cabeza de la persona, porque la distribución de la masa del cuerpo humano tiende más hacia la parte superior que hacia la parte inferior.
b) Peso registrado por cada bascula: 1) Bascula colocada en la cabeza W₁ = m₁g → W₁ = (30 kg)(9.8 m/s²) → W₁ = 294 N; 2) Bascula colocada en los pies W₂ = m₂g → W₂ = (25 kg)(9.8 m/s²) → W₂ = 245 N.
Momento que produce cada bascula: Ƭ₁ = W₁(d - x) → Ƭ₁ = W₁d - W₁x (positivo); Ƭ₂ = W₂x (negativo).
Sumatoria de momentos: ∑Ƭ = 0 → T₁- T₂ = 0 → (W₁d - W₁x) - W₂x = 0 → W₁d = W₂x + W₁x → W₁d = x(W₂ + W₁) → x = W₁d/(W₂ + W₁) → x = (294 N)(1.6 m)/(245 N + 294 N) → x = (0.87 m.
40) ●● a) ¿Cuántos libros uniformes idénticos de 25 cm de ancho pueden apilarse en una superficie horizontal sin que el montón se desplome, si cada libro sucesivo se desplaza 3 cm a lo ancho, en relación con el libro inmediato inferior? b) Si los libros tienen 5.00 cm de espesor, ¿a qué altura sobre la superficie horizontal estará el centro de masa del montón?
Solución:

Al agregar libros el centro de gravedad del montón se mueve en la dirección indicada, en éste caso a la derecha.

Para dos libros: X_CG₂ = (x₁ + x₂)/2 → X_CG₂ = (0 cm +3 cm)/2 → X_CG₂ = 1.5 cm; Para tres libros:  X_CG₃ = (x₁ + x₂ + x₃)/3 → X_CG₃ = (0 cm + 3 cm + 6 cm)/3 → X_CG₃ = 3 cm; Para cuaro libros:  X_CG₄ = (x₁ + x₂ + x₃ + x₄)/4 → X_CG₄ = (0 cm + 3 cm + 6 cm + 9 cm)/4 → X_CG₄ = 4.5 cm; Para cinco libros:  X_CG₅ = (x₁ + x₂ + x₃ + x₄ + x₅)/5 → X_CG₅ = (0 cm + 3 cm + 6 cm + 9 cm + 12 cm)/5 → X_CG₅ = 6 cm; Para seis libros:  X_CG₆ = (x₁ + x₂ + x₃ + x₄ + x₅ + x₆)/6 → X_CG₆ = (0 cm + 3 cm + 6 cm + 9 cm + 12 cm + 15 cm)/6; Para dos libros:  X_CG₆ = 7.5 cm....., ....
En general se puede observar que el centro de gravedad se desplaza 1.5 cm cada vez que se agrega un libro, por tanto, el mayor número de libros que se pueden apilar sin que el montón se desplome es 8 porque el libro 9 movería el centro de masa o cetro de gravedad más allá del borde del libro base y se desplomaría el montón. Así X_CG = (1.5 cm)(8) → X_CG = 12 cm.
a) En conclusión: El número de libros con estas especificaciones es 8, ya el centro de gravedad del 9no caería fuera del borde del primero y provocaría que se desplome el montón.
b) Altura alcanzada:
Para dos libros:  Y_CG₂ = (y₁ + y₂)/2 → Y_CG₂ = (0 cm +5 cm)/2 → X_CG₂ = 2.5 cm; Para tres libros:  Y_CG₃ = (y₁ + y₂ + y₃)/3 → Y_CG₃ = (0 cm + 5 cm + 10 cm)/3 → Y_CG₃ = 5 cm; Para cuaro libros:  Y_CG₄ = (y₁ + y₂ + y₃ + y₄)/4 → Y_CG₄ = (0 cm + 5 cm + 10 cm + 15 cm)/4 → Y_CG₄ = 7.5 cm....,.....
En resumen se puede observar que cada vez que se agrega un libro el centro de masa sube 2.5 cm, esto significa que para 8 libros el centro de masa habrá subido hasta (2.5 cm)(8) = 20 cm.
41) ●● Si cuatro reglas de un metro cada una se apilan en una mesa con 10, 15, 30 y 50 cm, respectivamente, proyectándose más allá del borde de la mesa, como se muestra en la figura 8.39, ¿la regla de la parte superior permanecerá sobre la mesa?

Solución: La respuesta es: Sí, porque el centro de gravedad de cada regla está sobre el borde de la mesa o a la izquierda del borde de la mesa, es decir, la distancia al centro de masa del conjunto es negativo.
42) ●● Un cubo sólido y uniforme de 10.0 kg, de 0.500 m por lado, descansa en una superficie horizontal. ¿Qué trabajo mínimo se requiere para colocarlo en una posición de equilibrio inestable?
Solución:
43) ●● Parado en una tabla larga que descansa sobre un andamio, un hombre de 70 kg pinta un muro, como se observa en la figura 8.40. Si la masa de la tabla es de 15 kg, ¿qué tan cerca de un extremo puede pararse el pintor sin que la tabla se incline?
Diagrama de cuerpo libre

Solución: Tomando a R₁ como centro de giro
Sumatoria de momentos: ∑Ƭ = 0 → (1.5 m - x)W_p- (1.0 m)Wt + (2.0 m)R₂ = 0   → [(70 kg)(9.8 m/s²)](1.5 m - x) - [(15 kg)(9.8 m/s²)](1.0 m) + (2.0 m)R₂ = 0 → (686 N)(1.5 m - x) - 147 N x m + (2.0 m)R₂ = 0 cuando la tabla se inclina R2 = 0, por tanto 1029 N x m - (686 N)x - 147 N x m + (2.0 m)(0) = 0 → - (686 N)x = - 1029 N x m + 147 N x m → x = (- 882 N x m)/- (686 N) → x = 1.28 m.
44) ●● Una masa está suspendida por dos cuerdas, como se ilustra en la figura 8.41. ¿Cuáles son las tensiones en las cuerdas?
Solución:
Diagrama de cuerpo libre

∑F = 0 → ∑F_x = 0; ∑F_y = 0.
Componentes en x: ∑T_x = 0 → T_1x + T_2x = 0 → - T₁cosθ₁ + T₂cosθ₂ = 0 → - T₁cos45° + T₂cos30° = 0 → T₂ = (T₁cos45°)/cos30° → T₂ = 0.82T₁.
Componentes en Y: ∑T_y = 0 → T_1y + T_2y - w = 0 → T₁senθ₁ - T₂senθ₂ - mg = 0 → T₁sen45° - T₂sen30° - (1.5 kg)(9.8 m/s²) = 0 → T₂ = (T₁sen45°) - 14.7 N/sen30° → T₂ = 1.41T₁.- 29.4 N. Igualando: 0.82T₁ = 1.41T₁- 29.4 N → 1.41T1 - 0.82T1 -  = 29.4 N → 0.59T₁ - = 29.4 N → T₁ -  = 49.83 N; T₂ = 0.82T₁ → T₂ = 0.82(49.83 N) → T₂ = 40.86 N.
45) ●● Si la cuerda sostenida de la pared vertical en la figura 8.41 estuviera en posición horizontal (en vez de formar un ángulo de 30), ¿cuáles serían las tensiones en las cuerdas?
Solución: Diagrama de cuerpo libre

Componentes en x: ∑T_x = 0 → T_1x + T_2x = 0 → - T₁cosθ₁ + T₂cosθ₂ = 0 → - T₁cos45° + T₂cos0° = 0 → T₂ = (T₁cos45°)/cos0° → T₂ = 0.707T₁.
Componentes en y: ∑T_y = 0 → T_1y + T_2y - w = 0 → T₁senθ₁ + T₂senθ₂ - mg = 0 → T₁sen45° + T₂sen0° - (1.5 kg)(9.8 m/s²) = 0 → T₂(0) = 0.707T₁ - 14.7 N/sen30° → T₁ = 14.7 N/0.707 → T₁ = 20.79 N. T₂ = 0.707T1 → T₂ = 0.707(20.79 N) → T₂ = 14.70 N.
46) ●●● Suponga que la tabla de la figura 8.40 pende de cuerdas verticales sujetas a cada extremo, en vez de descansar sobre un andamio. Si el pintor se para a 1.5 m de un extremo de la tabla, ¿qué tensión habrá en cada cuerda? (Busque datos adicionales en el ejercicio 43.)
Solución: Diagrama de cuerpo libre

Tomando como centro de giro T₁:  Sumatoria de momentos ∑Ƭ = 0 → T(0 m) + T2(5 m) - Wp(1.5 m) - W_t(2.5 m) = 0   → T₂(5 m) - (70 kg)(9.8 m/s²)(1.5 m) - (15 kg)(9.8 m/s²)(2.5 m) = 0 → T₂(5 m) - 1029 N x m - 367.50 N x m = 0 → T₂(5 m) =  10396.50 N x m   → T₂ =  10396.50 N x m/5 m → T₂ =  279.30 N.
Calculo de T₁: ∑F = 0 → T₁ + T₂- W_p - W_t = 0 → T₁ = - T₂ + W_p + W_t → T₁ = - 279.30 N + 686 N + 147 N → T₁ = 553.7 N.
47) EI ●●● En un acto circense, una tabla uniforme (con longitud de 3.00 m y masa de 35.0 kg) está suspendida de una cuerda por un extremo, mientras que el otro extremo descansa sobre un pilar de concreto. Cuando un payaso (con masa de 75.0 kg) se sube a la tabla en su punto medio, ésta se inclina de manera que el extremo de la cuerda queda a 30° con respecto a la horizontal y la cuerda permanece vertical. a) ¿En qué situación será mayor la tensión de la cuerda? 1) la tabla sin el payaso encima, 2) la tabla con el payaso encima o 3) no es posible determinarlo a partir de los datos. b) Calcule la fuerza ejercida por la cuerda en ambas situaciones.
Solución: a) La respuesta es la dos “(2)” la tabla con el payaso encima. A primera vista, parece haber dos factores que dan por resultado una mayor tensión en la cuerda. Uno es el peso extra del payaso. El otro es el brazo de palanca acortado de la tensión en la cuerda cuando está en ángulo. Sin embargo, el peso de la tabla y el payaso también habrá acortado sus brazos de palanca por el mismo factor, así que los efectos se anulan.
b)

1) La tabla sin el payaso: ∑Ƭ = 0 → F₁ x r₁ - F₂ x r₂ + F₃ x r₃ = 0 → F₁(0 m) - (35 kg)(9.8 m/s²)(1.5 m) + F₃ (3.0 m) = 0 → F₃ = 514.50 N x m/3.0 m →  F₃ = 171.50 N.
2) La tabla con el payaso: ∑Ƭ = 0 → F₁ x r₁ - F₂ x r₂ x (sen30°)+ F₃ x r₃ x (sen30°) = 0 → F₁(0 m) - (35 kg + 75 kg)(9.8 m/s²)(1.5 m)(sen30°) + F₃ (3.0 m)(sen30°) = 0 →  F₃ = 1617 N x m(sen30°)/3.0 m(sen30°) →  F₃ = 539 N.
48) EI ●●● Las fuerzas que actúan sobre Einstein y la bicicleta (figura 2 de la sección Afondo en la p. 271) son el peso total de Einstein y la bicicleta (mg) en el centro de gravedad del sistema, la fuerza normal (N) ejercida por el pavimento y la fuerza de fricción estática (f_s) que actúa sobre los neumáticos debido al pavimento. a) Para que Einstein mantenga el equilibrio, ¿la tangente del ángulo de inclinación θ (tanθ) debería ser 1) mayor que, 2) igual a o 3) menor que f_s/N? b) El ángulo θ de la figura es de unos 11°. ¿Calcule el coeficiente mínimo de fricción estática (μs) entre las ruedas y el pavimento? c) Si el radio del círculo es de 6.5 m, ¿qué rapidez máxima tendría la bicicleta? [Sugerencia: el momento de fuerza neto en torno al centro de gravedad debe ser cero para que haya equilibrio rotacional.]
Solución: a) La respuesta es la “3)”, menor que f_s/N porque la fuerza de rozamiento estático entre las ruedas y el pavimento es proporcional a la fuerza normal que ejerce el pavimento.
b) μ_s = Tanθ →   μ_s = Tan11° →   μ_s = 0.20 (Coeficiente mínimo de fricción estática (μ_s) entre las ruedas y el pavimento).
c) V_max = (grμ_s)^½ → V_max = [(9.8 m/s²)(6.50 m)(0.20)]^½ → V_max = [12.74 m²/s²]^½→ V_max = 3.57 m/s.
8.3 Dinámica rotacional:
49) OM El momento de inercia de un cuerpo rígido a) depende del eje de rotación, b) no puede ser cero, c) depende de la distribución de masa o d) todo lo anterior.
Solución: La respuesta es la “d)” Todo lo anterior.
50) OM ¿Qué de lo siguiente describe mejor la cantidad física llamada momento de fuerza? a) Análogo rotacional de la fuerza, b) energía debida a la rotación, c) tasa de cambio con respecto al tiempo de la cantidad de movimiento lineal o d) fuerza tangente a un círculo.
Solución: La respuesta es la “a)”, Análogo rotacional de la fuerza.
51) OM En general, el momento de inercia es mayor cuando a) más masa está más lejos del eje de rotación, b) más masa está más cerca del eje de rotación, c) en realidad esto no importa.
Solución: La respuesta es la “a)”, más masa está más lejos del eje de rotación.
52) OM El momento de inercia en torno a un eje paralelo al eje que pasa por el centro de masa depende de a) la masa del cuerpo rígido, b) la distancia entre los ejes, c) el momento de inercia en torno al eje que pasa por el centro de masa o d) todas las opciones anteriores.
Solución: La respuesta es la “d)”, todas las opciones anteriores.
53) PC a) ¿El momento de inercia de un cuerpo rígido depende en algún sentido del centro de masa del cuerpo? Explique. b) ¿El momento de inercia de un cuerpo podría tener un valor negativo? Si su respuesta es afirmativa, explique el significado.
Solución: La respuesta es la “a)” si, ya que el momento de inercia tiene un valor mínimo que se calcula alrededor del centro de masa. b) No, porque depende de la masa y esta no puede ser negativa.
54) PC ¿Por qué el momento de inercia de un cuerpo rígido tiene diferentes valores para diferentes ejes de rotación? ¿Qué significa esto físicamente?
Solución: Siendo el momento de inercia la medida de la resistencia del cuerpo rígido a cambiar su rotación, el cual depende de dos factores: la distribución de la masa del cuerpo y la distancia al eje de rotación. Las partículas de masa más alejadas y mayor cantidad de partículas al eje de rotación elegido opondrán mayor resistencia por esta razón el valor del momento de inercia del cuerpo rígido es diferente para diferentes ejes de rotación. Físicamente esto significa que el momento de inercia indica cuanto esfuerzo debe hacerse para acelerar el cuerpo.
55) PC Cuando se imparte rápidamente un momento de fuerza (giro) a un huevo duro que está sobre una mesa, el huevo se levanta y gira sobre un extremo como un trompo. Un huevo crudo no lo hace. ¿A qué se debe la diferencia?
Solución: El huevo duro es un cuerpo rígido, mientras que el huevo crudo no lo es.
56) PC ¿Por qué una toalla de papel se desprende mejor de un rollo si se le da un tirón, que si se tira de ella suavemente? ¿La cantidad de papel en el rollo influye en los resultados?
Solución:
Esto se debe que a cuando se da un tirón fuerte y rápido sobre la toalla de papel se ejerce una mayor fuerza provocando una mayor fricción estática entre las fibras de las capas del papel, permitiendo un despliegue más fácil.En cuanto a la cantidad de papel, ésta no influye necesariamente porque lo que produce la facilidad   del movimiento del papel es la fuerza de fricción estática.
57) PC Los equilibristas están en riesgo continuo de caer (equilibrio inestable). Por lo general usan una pértiga o vara larga mientras caminan por la cuerda floja, como se observa en la imagen de inicio del capítulo. ¿Cuál es la finalidad de la pértiga? (Cuando camina por una vía de tren o por una tabla angosta, quizás usted extienda sus brazos por la misma razón.)
Solución: Esto es para aumentar el momento de inercia. Si el equilibrista comienza a girar (caerse), la aceleración angular será menor y, por lo tanto, habrá mayor tiempo para recuperarse.
58) ● Un momento de fuerza neto de 6.4 m · N actúa sobre una polea fija de 0.15 kg, en forma de disco sólido, con radio de 0.075 m. Calcule la aceleración angular de la polea.
Solución: Ƭ = I x α    → 6.40 m xN = ½(m x r²)α → α = 2(6.40 m x N)/m x r² → α = 2(6.40 m x N)/[(0.15 kg)(0.015 m)² → α = 12.80 m x N/(8.4375 x 10^-5 kg x m²)   → α = 151703.70 m/s².
59) ● ¿Qué momento de fuerza neto se requiere para impartir una aceleración angular de 20 rad/s² a una esfera sólida uniforme de 0.20 m de radio y 20 kg?
Solución:  Momento de inercia de una esfera solida I = 2/5(m x r²) → I = 2/5[(20 kg)(0.20 m)²] → I = 2/5(0.8 kg x m²) → I = 0.32 kg x m².
Momento de fuerza: Ƭ = I x α    → Ƭ = (0.32 kg x m²)(20 rad/s²)    → Ƭ = 6.40 m x N.
60) ● Para el sistema de masa de la figura 8.42, calcule el momento de inercia en torno a) al eje x, b) al eje y y c) un eje que pasa por el origen y es perpendicular a la página (eje z). Desprecie las masas de las varillas que conectan.
Solución: Momento de inercia respecto al eje X:

I_x = ∑m_i x (r_ix)² → I_x = ∑m₁ x (r_1x)² + m₂ x (r_2x)² + m₃ x (r_3x)² + m₄ x (r_4x)² .
I_x = (1 kg)(1.5 m)² + (2 kg)(1.5 m)² + (3 kg)(1.5 m)² + (4 kg)(1.5 m)² → I_x = 2.25 kg x m² + 4.5 kg x m² + 6.75 kg x m² + 9 kg x m² → I_x = 22.50 kg x m² .
Momento de inercia respecto al eje Y:

I_y = ∑m_i x (r_iy)² → I_y = ∑m₁ x (r_1y)² + m₂ x (r_2y)² + m₃ x (r_3y)² + m₄ x (r_4y)² .
I_x = (1 kg)(2.5 m)² + (2 kg)(2.5 m)² + (3 kg)(2.5 m)² + (4 kg)(2.5 m)² → I_x = 6.25 kg x m² + 12.5 kg x m² + 18.75 kg x m² + 25 kg x m² → I_x = 62.50 kg x m²
Momento de inercia respecto al eje Z:

r_z² = r_x² + r_y² → r_z² = (1.5 m)² + (2.5 m)2 → r_z² = 2.25 m² + 6.25 m2 → r_z = [8.50 m²]½ → r_z = 2.92 m.
I_z = ∑m_i x (r_iz)² → I_z = (m₁ + m₂ + m₃ x + m₄)(r_z²) → I_z = [(1 kg + 2 kg + 3 kg + 4 kg)](2.92 m)² → I_z = [10 kg](8.50 m²) → I_z = 85 kg x m².
61) 50) ● Una regla ligera de un metro se carga con masas de 2.0 y 4.0 kg en las posiciones de 30 y 75 cm, respectivamente. a) Calcule el momento de inercia en torno a un eje que pasa por la posición de 0 cm. b) Determine el momento de inercia en torno a un eje que pasa por el centro de masa del sistema. c) Use el teorema de ejes paralelos para calcular el momento de inercia en torno a un eje que pasa por la posición de 0 cm y compare el resultado con el del inciso b.
Solucion:

a) Calcule el momento de inercia en torno a un eje que pasa por la posición de 0 cm.
I_a = I₁ + I₂ → I_a = m₁ x r₁² + m₂ x r₂² → I_a = (2 .0 kg)(0.30 m)² + (4 .0 kg)(0.75 m)² → I_a = 0.18 kg x m² + 2.25 kg x m².  → I_a = 2.43 kg x m² .
b) Determine el momento de inercia en torno a un eje que pasa por el centro de masa del sistema:

Distancia al eje que pasa por el centro de masa X_cm.:
X_cm = (X₁ x m₁ + X₂ x m₂)/(m₁ + m₂) → X_cm = [(0.
30 m)(2.0 kg) + (0.75 m)(4.0 kg)/(2.0 kg + 4.0 kg) → X_cm = 3.60 m x kg/ 6.0 kg → X_cm = 0.60 m.
Momento de inercia respecto al eje que pasa por el centro de masa:
I_b = I₁ + I₂ → I_b = m₁ x r₁² + m₂ x r₂² → I_b = (2 .0 kg)(0.30 m)² + (4 .0 kg)(0.15 m)² → I_b = 0.18 kg x m² + 0.09 kg x m².  → I_b = 0.27 kg x m².
c) Use el teorema de ejes paralelos para calcular el momento de inercia en torno a un eje que pasa por la posición de 0 cm y compare el resultado con el del inciso a.

Teorema de los ejes paralelos o de Steiner: I_c = I_cm + M x d² → I_c = 0.27 kg x m² + (6 kg)(0.60 m)² → I_c = 0.27 kg x m² + (6 kg)(0.36 m²) → I_c = 2.43 kg x m²
62) ●● Una rueda de la fortuna de 2000 kg acelera desde el reposo hasta una rapidez angular de 2.0 rad/s en 12 s. Considerando la rueda como un disco circular de 30 m de radio, calcule el momento de fuerza neto sobre ella.
Solución: Calculo de la aceleración angular α = w/r → α = 2.0 rad/seg/12 seg → α = 0.17 rad/seg².
Calculo de la aceleración tangencial: a_t = α x r → a_t = (0.17 rad/seg²)(30 m) → a_t = 5.10 m/seg².
Calculo de la fuerza que produce la aceleración: F = m x at → F = (2000 kg)(5.10 m/seg²) → F = 10200 N.
Calculo del momento de fuerza: Ƭ = F x r x senθ → Ƭ = (10200 N)(30 m) sen90° → Ƭ = 306000 m x N.
63) ●● Una esfera uniforme de 15 cm de radio y de 15 kg gira a 3.0 rad/s en torno a un eje tangente a su superficie. Entonces, un momento de fuerza constante de 10 m · N aumenta la rapidez de rotación a 7.5 rad/s. ¿Qué ángulo gira la esfera mientras está acelerando?
Solución:
Datos: m = 15 kg; r = 15 cm = 0.15 m; wi = 3.0 rad/s; wf = 7.5 rad/s; Ƭ = 10 m x N; θ = ?
Momento de inercia superficial de la esfera uniforme: I = 4/3 m x r².  → I = 4/3[(15 kg)(0.15 m)²] → I = 0.45 kg x m².
Momento de fuerza: Ƭ = I x α; Aceleración angular: α = (w_f² - w_i²)/2θ

Ƭ = I x (w_f² - w_i²)/2θ → 10 m x N = 0.45 kg x m² x [(7.5 rad/s)² - (3.0 rad/s)²]/2θ → θ = 0.45 kg x m² x [56.25 rad²/s² - 9.0 rad²/s²]/2(10 m x N) → θ = 1.10°
64 ) EI ●● Dos objetos de diferente masa están unidos por una varilla ligera. a) ¿El momento de inercia en torno al centro de masa es el mínimo o el máximo? ¿Por qué? b) Si las dos masas son de 3.0 y 5.0 kg, y la longitud de la varilla es de 2.0 m, calcule los momentos de inercia del sistema en torno a un eje perpendicular a la varilla, que pasa por el centro de la varilla y por el centro de masa.
Solución:
a) “El momento de inercia en torno al centro de masa es mínimo” porque si el eje del centro de masa se mueve hacia cualquiera de las masas, “el momento de inercia se hace mayor”.

b) Si las dos masas son de 3.0 y 5.0 kg, y la longitud de la varilla es de 2.0 m, calcule los momentos de inercia del sistema en torno a un eje perpendicular a la varilla, que pasa por el centro de la varilla y por el centro de masa.

Respecto al centro de la varilla: I_cv = m₁(x₁)² + m₂(x₂)² → I_cv = [(3.0 kg)(1 m)² + (5.0 kg)(1 m)²] → I_cv = 8 kg x m².
Respecto al centro de la masa: El punto del eje perpendicular al centro de la varilla coincide con el punto del centro de masa, por tanto, el momento de inercia respecto al punto en ambos casos son iguales.
I_cm = m₁(x_1cm)² + m₂(x_2cm)² → I_cm = [(3.0 kg)(1 m)² + (5.0 kg)(1 m)²] → I_cm = 8 kg x m².
65) ●● Dos masas penden de una polea como se muestra en la figura 8.43 (otra vez la máquina de Atwood; véase el capítulo 4, ejercicio 68). La polea tiene una masa de 0.20 kg, un radio de 0.15 m y un momento de fuerza constante de 0.35 m · N debido a la fricción que hay entre ella y su eje al girar. ¿Qué magnitud tiene la aceleración de las masas suspendidas si y m₂ = 0.80 kg? (Desprecie la masa de la cuerda.)

Datos: M = 0.20 kg; r = 0.15 m; Ƭ = 0.35 m x N; m2 = 0.80 kg; m₁ = 0.40 kg; I_cm = ?; a = ?
Este es un problema debió ser considerado de tercer nivel. En la solución debemos dividir el problema en dos partes: dinámica rotacional y dinámica traslacional, luego hacer una combinación de ambas.
Dinámica rotacional:

1^ro) Momento de inercia del centro de masa de una polea de masa M: I_cm = ½m x r² → I_cm = ½(0.20 kg)(0.15 m)² → I_cm = 0.00225 kg x m².
2do) Tensiones que afecta la polea: una polea es ideal si su masa es despreciable y las tensiones son iguales o sea T₁ = T₂, por tanto nuestra polea no es ideal y las tensiones son diferentes T₁ # T₂.
Sumatoria de momentos de fuerzas o torque en la polea: ∑Ƭ = I_cm x α → Ƭ = F x Rsenθ pero F = T, T1 tiene sentido contrario de T₂, se sabe que senθ = sen90° = 1 y que α = a_t/R. al sustituir ∑Ƭ = I_cm x α resulta:

T₂ x R - T₁ x R - Ƭ = I_cm x a_t/R → T₂ x R² - T₁ x R² - Ƭ x R = I_cm x at (i).
Dinámica traslacional:

∑F = m x a (ii) → [m₂g - T₂ = m₂ x a → T₂ = m₂g - m₂a]
[T₁ - m₁g = m₁a → T₁ = m₁g + m₁a]

La aceleración tangencial de la polea es igual en magnitud a la aceleración tangencial de las masas a_t = a Combinación de la dinámica rotacional y traslacional.
Sustituyendo ii en i: T₂ x R² - T₁ x R² - Ƭ x R = I_cm x a → (m₂g - m₂a)R² - (m₁g + m₁a)R² - Ƭ x R = I_cm x a
[(m₂g - m₂a)R²]/R² - [(m₁g + m₁a)R²]/R² - (Ƭ x R)/R² = (I_cm x a)/R² → m₂g - m₂a - m₁g - m₁a - Ƭ/R = (I_cm x a)/R² → m₂g - m₁g - Ƭ/R = m₂a + m₁a + (I_cm x a)/R² → g(m₂ - m₁) - Ƭ/R = (Icm/R²)a + (m₂ + m₁)a  → g(m₂ - m₁) - Ƭ/R = a[Icm/R² + (m₂ + m₁)]  → (9.8 m/s²)(0.80 kg - 0.40 kg) - (0.35 m x N)/0.15 m = a[(0.00225 kg x m²)/(0.15 m)² + (0.80 kg + 0.40 kg)] → 1.59 m/s² = a[0.1 kg + 1.2 kg)] → a = 1.22 m/s².
66) ●● La puerta de un submarino se diseña de manera que su placa rectangular gire sobre dos ejes rectangulares, como se muestra en la figura 8.44. Cada eje tiene una masa de 50.0 kg y una longitud de 25.0 cm. La puerta tiene una masa de 200 kg y mide 50 cm por 1.00 m. Calcule el momento de inercia de este sistema puerta-ventanilla entorno a la línea de bisagras (que se representa con una línea vertical punteada en la figura).

Solución: Datos m_pr = 200 kg; m_eje = 50.0 kg un eje; a = 50 cm = 0.5 m; b = 1.0 m; L_eje = 25 cm = 0.25 m; I_pr= ?; I_eje = ?; I_conj = ?.
Momento de inercia de la puerta rectangular: I_pr= 1/12m_pr(a² + b²) → I_pr= 1/12(200 kg)[(0.5 m)² + (1.0 m)²] → I_pr= 1/12(200 kg)[1.25 m²] → I_pr= 20.83 kg x m².
Momento de inercia del eje: I_cm(eje) = 1/12m_eje(L_eje)² + m_eje(L_eje + a/2)² → I_cm(eje) = 1/12(50.0 kg)(0.25 m)² + (50 kg)(0.25 m + 0.5 m/2)² → I_cm(eje) = 0.26 kgm² + 12.50 kgm² → I_cm(eje) = 12.76 kgm².
Momento de inercia del sistema: I_conj = I_pr + 2I_cm(eje) → I_conj = 20.83 kgm² + 2(2.76 kgm²) → I_conj = 46.35 kgm².
67) ●● Para encender su podadora de césped, Julie tira de una cuerda enrollada en una polea, La cual tiene un momento de inercia en torno a su eje central de I = 0.550 kg · m² y un radio de 5.00 cm. Hay un momento de fuerza equivalente debido a la fricción de , que dificulta el tirón de Julie. Para acelerar la polea a :a)     ¿Qué momento de fuerza necesita aplicar Julie a la polea? b)     ¿Cuánta tensión debe ejercer la cuerda?
Solución:


a) El momento de fuerza que debe aplicarse a la polea se consigue aplicando el principio de la dinámica rotacional, “la sumatoria de los momentos de fuerzas que actúan sobre un cuerpo rígido que gira en torno a un eje fijo es igual al momento de inercia por la aceleración angular”. ∑Ƭ = I_cm x α.
∑Ƭ = I_cm x α → Ƭ - Ƭ_p = I_cm x α → Ƭ - Ƭ_p = I_cm x α → Ƭ = I_cm x α +  Ƭ_p→ Ƭ = (0.550 kgm²)(4.55 rad/s²) +  0.430 N x m → Ƭ = 2.50 N x m +  0.430 N x m → Ƭ = 2.93 N x m.
b) La tensión: Ƭ = I_cm x α +  Ƭ_p→ r x T = I_cm x α +  Ƭ_p   → T = (I_cm x α +  Ƭ_p)/r → T = (2.93 N x m)/0.05 m → T = 58.60 N.
68) ●● Para el sistema de la figura 8.45, m₁ = 8.0 kg, m₂ = 3.0 kg, y el radio y la masa de la polea son 0.10 m y 0.10 kg, respectivamente.a) ¿Qué aceleración tienen las masas? (Desprecie la fricción y la masa de la cuerda.) b) Si la polea tiene un momento de fuerza de fricción constante de 0.050 m · N cuando el sistema está en movimiento ¿qué aceleración tiene las masas? [Sugerencia: aísle las fuerzas. Las tensiones en las cuerdas son distintas. ¿Por qué?]

Datos: m₁ = 8.0 kg; m₂ = 3.0 kg; θ = 30°; rp = 0.10 m; mp = 0.10 kg; Ƭ = 0.050 m x N.
Diagrama de cuerpo libre

Sentido de las fuerzas: En el sentido contrario al movimiento de las agujas del reloj. Positivas y en el mismo sentido negativas.
Para la solución del problema se debe dividir el proceso en dos partes: análisis de los bloques sin fricción y análisis de los bloques y la fricción de la polea.
a) Análisis de las fuerzas (Tensiones) y sentidos que actúan sobre los bloques:
Para el bloque de masa 1:
Como la aceleración y el peso de m₁ son vectores y apuntan en la dirección del movimiento, por tanto, se considera positivas y la tensión T₁ en el sentido contrario es considerada negativa.
∑F = m₁a → m₁gsen30° - T₁ = m₁a → T₁ = m₁gsen30° - m₁a (I)
Para el bloque de masa 2:
Como la aceleración y la tensión T₂ de m₂ son vectores y apuntan en la dirección del movimiento, por tanto, se considera positivas y el peso de m₂ está en sentido contrario es considerada negativa.
∑F = m₂a → T₂ - m₂g = m₂a → T₂ = m₂g + m₂a (II)
resolviendo el sistema formado por (I) y (II) , considerando ideal la polea, por tanto T₁ = T₂
m₁gsen30° - m₁a = m₂g + m₂a → m₁gsen30° - m₂g =  m₂a+ m₁a → (8 kg)(9.8 m/s²)(0.5) - (3 kg)(9.8 m/s².) =  a(3 kg + 8 kg) → 39.2 kg m/s² - 29.4 kg m/s².) =  (11 kg)a → 0.89 m/s² = a
b) En éste inciso el análisis del movimiento de los bloques es el mismo que en inciso anterior, pero hay una variación porque debe considerarse el torque de la polea que produce una fricción y que se opone al movimiento.
Para los bloques: T₁ = m₁gsen30° - m₁a y  T₂ = m₂g + m₂a
Para la polea: ∑Ƭ = I x α → rT₁ - rT₂ - Ƭ = Mr²(a/r) → rT₁ - rT₂ - Ƭ = Mr(a) → (rT₁)/r - (rT₂)/r - Ƭ/r = Mr(a)/r → T₁ - T₂ - Ƭ/r = M(a)   → T₁ - T₂ - M(a) = Ƭ/r.
Sustituyendo T₁ y T2: m₁gsen30° - m₁a - m₂g - m₂a - M(a) = Ƭ/r → 39.2 kg x m,/s² - (8 kg)a - 29.4 kg x m/s² - (3 kg)a - (0.10 kg)a = 0.050 N x m/0.10 m   → 9.8 kg x m,/s² - (8 kg + 3 kg + 0.10 kg)a = 0.50 kg x m/s² → a = (9.30 kg x m/s²)/11.10 kg → a = 0.84 m/s².
Valor de las tensiones:
T₁ = m₁gsen30° - m₁a → T₁ = 39.2 N - (8 kg)(0.84 m/s²) → T₁ = 32.48 N
T₂ = m₂g + m₂a → T₂ = 29.4 N + (3 kg)(0.84 m/s²) → T₂ = 31.92 N
Conclusión: Las tensiones tienen diferentes valores en la cuerda porque la masa de la polea no es despreciable, es decir, “la polea no es ideal”.
69) ●● Una regla de un metro que pivotea en torno a un eje horizontal que pasa por la posición de 0 cm se sostiene en posición horizontal y luego se suelta. a) ¿Qué aceleración tangencial tiene la posición de 100 cm? ¿Le sorprende este resultado? b) ¿Qué posición tiene una aceleración tangencial igual a la aceleración debida a la gravedad?
Soluicion:   Diagrama de cuerpo libre

a) El único torque Ƭ es el que produce el peso de la regla que está concentrado en r/2. → Ƭ = rmg/2
Considerando la regla como una lámina rectangular delgada su momento de inercia será: I_cm = 1/3mr².
Ƭ = I_cm x α → rmg/2 = (1/3mr²)α → α = (3g/2r) → a_t/r = (3g/2r) → a_t = 3g/2 → a_t = 1.5g.
b)
70) ●● Se colocan moneditas a cada 10 cm sobre una regla de un metro. Un extremo de la regla se apoya en una mesa y el otro se sostiene con el dedo, de manera que la regla esté horizontal figura 8.46. Si se quita el dedo, ¿qué le sucederá a las monedas?
Solución:

71) ●●● Un cilindro uniforme de 2.0 kg y 0.15 m de radio pende de dos cuerdas enrolladas en él (figura 8.47). Al bajar el cilindro, las cuerdas se desarrollan. ¿Qué aceleración tiene el centro de masa del cilindro? (Desprecie la masa de las cuerdas.)

Solución Aquí se deben analizar dos situaciones:

1) Un movimiento de traslación: mg - T = ma_cm (I) 2) Un movimiento de rotación: Ƭ = I_cm x α → rT = 1/2mr²(a_cm/r) → T = 1/2mr²(a_cm/r²) → T = 1/2ma_cm
Sustituyendo T en I: mg - 1/2ma_cm = ma_cm → mg = 1/2ma_cm+ma_cm → g = 1.5 a_cm→ a_cm = 6.5 m/s²
72) ●●● Una sonda espacial planetaria tiene forma cilíndrica. Para protegerla del calor en un lado (de los rayos solares), los operadores en la Tierra la ponen en “forma de asador”, es decir, hacen que gire sobre su largo eje. Para lograr esto, colocan cuatro pequeños cohetes montados tangencialmente como se observa en la figura 8.48 (la sonda se ilustra con el frente hacia usted). El objetivo es hacer que la sonda dé un giro completo cada 30 s, partiendo de rotación cero. Los operadores quieren lograr esto encendiendo los cuatro cohetes durante cierto tiempo. Cada cohete ejerce una propulsión de 50.0 N. Suponga que la sonda es un cilindro sólido uniforme con un radio de 2.50 m y una masa de 1000 kg; ignore la masa del motor de los cohetes. Determine el tiempo que los cohetes deben estar encendidos.

Solución: Mediante la conservación del momento angular se puede determinar el tiempo de duración de encendido de los motores, para que la sonda realice un giro completo. Se considera cero el momento angular inicial de la sonda. La fuerza que actúa sobre la sonda es debida al encendido de los cohetes que le produce una velocidad angular, lo que provoca una variación del momento angular ΔL = Iw.
Calculo del momento de inercia del cilindro solido es: I = 1/2mr² →   I = 1/2(1000 kg)(2.5 m)2 →   I = 1/2(1000 kg)(6.25 m²) →   I = 3125 kg x m².
Calculo del momento angular de la sonda es: L = Iw →  L = (3125 kg x m²)(2πrad/s) →  L = 19625 kg x m²/s
Calculo de la sumatoria que produce cada cohete: ∑Ƭ = ∑F x r → ∑Ƭ = 4(50.0 N)(2.5 m) → ∑Ƭ = 500 N x m.
El tiempo empleado por la onda para realizar una vuelta completa será: Δt = ΔL/∑Ƭ   → Δt = (19625 kg x m²/s)/500 N x m. → Δt = 39.25 seg.
73) EI ●●● Una esfera de radio R y masa M baja rodando por una pendiente de ángulo θ. a) Para que la esfera ruede sin resbalar, ¿la tangente del ángulo máximo de la pendiente (tanθ) debe ser igual a 1) ;   2) ;   3) ; o   4) ? ( es el coeficiente de fricción estática.) b) Si la esfera es de madera, al igual que la superficie, ¿qué ángulo máximo puede tener la pendiente? [Sugerencia: véase la tabla 4.1.]

Solución:

a) La esfera tiene dos movimientos uno de traslación provocado por la fuerza de gravedad y otro de rotación.
Movimiento de traslación: aplicando la 2da ley de Newton: mgsenθ - F_r = ma_cm → a_cm = (mgsenθ - F_r)/m (I)
Movimiento de rotación: aplicando el momento de fuerza: ∑Ƭ = I x α → F_r x R = 2/5mR²(a_cm/R) → F_r = 2/5mR²(a_cm/R²) → acm = 5F_r/2m. (II)
Comparando I y II: (mgsenθ - F_r)/m = 5F_r/2m → mgsenθ - F_r = 5F_r/2 → mgsenθ  = 5F_r/2 + F_r → mgsenθ  = 5(µmgcosθ/2) + µmgcosθ/1 → mgsenθ  = (5µmgcosθ/2) + (2µmgcosθ)/2 → mgsenθ/mgcosθ  = 7µ_s/2 → Tanθ_max = 7µ_s/2. La respuesta es la 3)
b) Si la esfera es de madera, al igual que la superficie, ¿qué ángulo máximo puede tener la pendiente? [Sugerencia: véase la tabla 4.1.]
Tanθ_max = 7µ_s/2 → Tanθ_max = 7(0.58)/2 → Tanθ_max = (2.03) → θ_max = Tan^-1(2.03) → θ_max = 63.78°.
8.3 Trabajo rotacional y energía cinética
74) 50) OM Dado que , la unidad de trabajo rotacional es a) watt, b) N · m, c) kg · rads/s2 , d) N · rad.
Solución: La respuesta correcta es “b)” N · m
75) OM Una bola de bolos rueda sin resbalar por una superficie horizontal. La bola tiene a) energía cinética rotacional, b) energía cinética traslacional, c) energía cinética tanto rotacional como traslacional o d) ni energía cinética rotacional ni traslacional.
Solución:
La respuesta correcta es “c)” energía cinética tanto rotacional como traslacional.
76) OM Un cilindro que rueda sobre una superficie horizontal tiene a) energía cinética de rotación, b) energía cinética de traslación, c) energía cinética de rotación y de traslación.
Solución: La respuesta correcta es “c)” energía cinética rotacional y de traslación.
77) PC ¿Es posible aumentar la energía cinética rotacional de una rueda sin alterar su energía cinética traslacional? Explique.
Solución: Sí. La energía cinética de rotación depende del momento de inercia, que depende tanto de la masa como la de distribución de ésta. La energía cinética de traslación depende sólo de la masa.
78) PC Para aumentar la eficiencia con que sus vehículos utilizan el combustible, los fabricantes de automóviles quieren reducir al máximo la energía cinética rotacional y aumentar al máximo la energía cinética traslacional cuando un coche avanza. Si usted tuviera que diseñar ruedas de cierto diámetro, ¿cómo las diseñaría?
Solución:
79) PC ¿Qué se requiere para producir un cambio en la energía cinética rotacional?
Solución: De acuerdo con el teorema de trabajo - energía, se requiere trabajo de rotación para producir un cambio en la energía cinética de rotación. El trabajo de rotación (W) se realiza mediante un momento de torsión que actúa a través de un desplazamiento angular (θ).
80) ● Un momento de fuerza retardante constante de 12 m · N detiene una rueda rodante de 0.80 m de diámetro en una distancia de 15 m. ¿Cuánto trabajo efectúa el momento de fuerza?
Solución: Datos r = d/2 → r = 0.40 m; S = 15 m;   Ƭ = 12 m x N; W_t =?
W_t = Ƭ x θ → W_t =(12 m x N)(S/r) → W_t =(12 m x N)(15 m/0.40 m) → W_t =(12 m x N)(37.5 rad) → W_t =450 Joules.
81) ● Una persona abre una puerta aplicando una fuerza de 15 N perpendicular a ella, a 0.90 m de las bisagras. La puerta se abre completamente (a 120°) en 2.0 s. a) ¿Cuánto trabajo se efectuó? b) ¿Qué potencia promedio se generó?
Solución: Conversión 120° x 1 rad/57.3° = 2.09 rad.;   Momento de fuerza: Ƭ = F x r → Ƭ = (15 N)(0.90 m) → Ƭ = 13.5 m x N.
Trabajo realizado: W_t = Ƭ x θ → W_t =(13.5 m x N)(2.09 rad) → W_t =28.22 Joules.
b) Velocidad angular: w = θ/t → w = 2.09 rad/2 s w = 1.045 rad/s; Potencia rotacional: P_rot = Ƭ x w →  P_rot = (13.5 m x N)(1.045 rad/s) →  P_rot = 14.11 Joules/s.
82) ● Un momento de fuerza constante de 10 m · N se aplica a un disco uniforme de 10 kg y 0.20 m de radio. Partiendo del reposo, ¿qué rapidez angular tiene el disco en torno a un eje que pasa por su centro, después de efectuar dos revoluciones?
Solución: Datos r = 0.20 m; M = 10 kg;   Ƭ = 10 m x N; W_t =?
Momento de inercia para un disco: I = 1/2mr² →   I = 1/2(10 kg)(0.20 m)2 →   I = 1/2(10 kg)(0.04 m²) →   I = 0.20 kg x m².
Angulo: θ = 2 rev →   θ = 2(2πrad) →   θ = 12.56 rad;   Aceleración angular: Ƭ = I x α →  α = Ƭ/I →  α = 10 m x N/0.20 kg x m²   →  α = 50 rad/s²        Rapidez angular: θ = w²/2α → w² = 2αθ → w = [2(50 rad/s²)(12.56 rad)]^½ → w = [1256 rad²/s²]^½ → w = 35.44 rad/s.
83) ● Una polea de 2.5 kg y 0.15 m de radio pivotea en torno a un radio que pasa por su centro. ¿Qué momento de fuerza constante se requiere para que la polea alcance una rapidez angular de 25 rad/s, después de efectuar 3.0 revoluciones, si parte del reposo?
Solución: Datos: 2.5 kg; r = 0.15 m; θ = 3 rev = 3(2πrad) = 18.84 rad; w_f = 25 rad/s; α = ?; Ƭ = ?
θ = (W_f² - W_i²)/2α → α = (W_f² - W_i²)/2θ → α = (25 rad/s)²/2(18.84 rad) → α = 625 rad²/s²/37.68 rad → α = 16.59 rad/s².
Momento de inercia de la polea: I = 1/2mr² →   I = 1/2(2.5 kg)(0.15 m)² →   I = 1/2(2.5 kg)(0.0225 m²) →   I = 0.028125 kg x m².
Momento de fuerza: Ƭ = I x α → Ƭ = (0.028125 kg x m²)(16.59 rad/s²) → Ƭ = 0.467 kg x m².
84) EI ● En la figura 8.23, una masa m desciende una distancia vertical desde el reposo. (Desprecie la fricción y la masa de la cuerda.) a) Por la conservación de la energía mecánica, ¿la rapidez lineal de la masa en descenso será 1) mayor, 2) igual o 3) menor que ¿Por qué? b) Si m = 1.0 kg, M = 0.30 kg y R = 0.15 m, ¿qué rapidez lineal tiene la masa después de haber descendido una distancia vertical de 2.0 m desde el reposo?
Solución:

a) La respuesta es la “1) mayor”, porque la masa está sometida a la aceleración de la gravedad y por tanto su energía cinética será diferente de cero.
b) Ley de conservación de la energía: “la energía mecánica inicial es igual a la energía mecánica final”.
Para la masa m: E_i = E_f → E_pi + E_ci = E_pf + E_fc → mgh_i + ½mV_i² = mgh_f + ½mV_f² → mgh_i = ½mV_f²Para la polea: E_i = E_f → E_pi + E_icr = E_pf + E_fcr → Mgh_i + ½MW_i² = Mgh_f + ½IW_f² → 0 = ½(½Mr²)W² → 0 = (1/4Mr²)(V²/r²) → 0 = 1/4MV².
Para el sistema masa polea: (E_imasa = E_fmasa) + (E_ipol = E_ipol) → (mgh_i = ½mV_f²) + (0 = 1/4MV²) → mgh_i + 0 = 1/2mV_f² + 1/4MV² → mgh_i = 1/2V_f² (m + 1/2M) → 2mgh_i = V_f² (m + 1/2M) →  V_f² = 2mgh/(m + 1/2M) →  V = [2mgh/(m + 1/2M)]^½ →  V = [(39.2 kg x m²/s2)/1.15 kg]^½ →  V = 5.84 m/s.
85) ●● Una esfera con radio de 15 cm rueda sobre una superficie horizontal con rapidez angular constante de 10 rad/s. ¿Hasta qué altura en un plano inclinado de 30° subirá rodando la esfera antes de detenerse? (Desprecie las pérdidas por fricción.)
Solución:
Diagrama de Cuerpo Libre

En vista que la esfera al llegar a la base del plano inclinado tiene velocidad de traslación y de rotación, tiene dos tipos de energía, por tanto, su energía en la base será la suma de la energía cinética de rotación y la energía cinética de traslación.
E_i = E_f en la base la potencial es cero porque no hay altura.
1/2 mV² + 1/2Iw² = mgh → 1/2 m(wr)² + 1/2(2/5mr²)w² = mgh → 1/2m(w²r²) + 2/10mr²w² = mgh → 7/10mr²w² = mgh → h = 7/10(r²w²/g) → h = 7/10[(0.15 m)²(10 rad/s)²/(9.8 m/s²)] → h = 0.16 m.
86) ●● Estime la razón de la energía cinética de traslación de la Tierra en su órbita alrededor del Sol, con respecto a la energía cinética rotacional que realiza en torno a su eje N-S.
Solución:

Energía cinética de traslación de la Tierra:
Datos: M_T 5.98 x 10²⁴ kg; R_obt = 1.5 x 1011 m; E_cT = ?; E_cR = ?
Desplazamiento angular de la tierra: 1 vuelta (θ) = 2πrad; Periodo de la Tierra: tiempo en dar una vuelta completa T = 3.1536 x 10⁷ segs.
Velocidad angular: considerando circular uniforme el movimiento w = θ/T → w = 2πrad/3.1536 x 10⁷ segs → w = 1.9914 x 10^-7 rad/segs.
Velocidad tangencial: V_t = w x R_obt   → V_t = (1.9914 x 10^-7 rad/segs.)(1.5 x 1011 m) → V_t = 2.987 x 10⁴ m/segs.
Energía cinética de traslación: E_ct = 1/2M_TV² → E_ct = 1/2(5.98 x 10²⁴ kg)(2.987 x 10⁴ m/s)² → E_ct = 26.68 x 10³² Joules.
Energía cinética de rotación: la Tierra es considerada como una esfera. E_cr = 1/2 Iw2 → E_cr = 1/2 (2/5M_T x R_obt)w² → E_cr = 1/2 [(2/5(5.98 x 10²⁴ kg)(1.5 x 10¹¹ m)²](1.9914 x 10^-7 rad/s)2 → E_cr = 1/2 [(3.392 x 10²⁴ kg)(2.25 x 10²² m²)](3.97 x 10^-14 rad²/s²) → E_cr = 10.68 x 10³² Joules.
Comparación: E_ct> E_cr la energía cinética de rotación es un 40% de la energía cinética de traslación”.
87) ●● Usted desea acelerar un pequeño carrusel desde el reposo hasta la rapidez de rotación de un tercio de una revolución por segundo empujándolo tangencialmente. Suponga que el carrusel es un disco con una masa de 250 kg y un radio de 1.50 m. Ignorando la fricción, ¿qué tan fuerte debe empujar tangencialmente para lograr esto en 5.00 s? (Utilice métodos de energía y suponga que usted empuja de manera constante.
Solución: Datos m = 250 kg; r = 1.5 m; wi = 0; wf = 1/3rev/s = 2/3πrad/s = 2.093 rad/s; I = ?; α = ?; F = ?
Momento de inercia: I = 1/2mr² → I = 1/2(250 kg)(1.5 m)² → I = (125 kg)(2.25 m²) → I = 281.25 kg x m².
Aceleración angular: α = w/t → α = 2.093 rad/s/5 seg → α = 0.4186 rad/s².
Momento de fuerza(Torque): Ƭ = I x α → F x r = (281.25 kg x m²)(0.4186 rad/s²) → F x 1.5 m = 117.74 m x N. → F = 117.74 m x N/1.5 m. → F = 178.50 N.
88) ●● Una varilla delgada de 1.0 m de largo apoyada en un extremo cae (gira) desde una posición horizontal, partiendo del reposo y sin fricción. ¿Qué rapidez angular tiene cuando queda vertical? [Sugerencia: considere el centro de masa y use la conservación de la energía mecánica.]
Solución: Conservación de la energía mecánica (En el punto más alto h = 1m y la energía es sólo potencial, mientras que en el punto más bajo h = 0m y la energía es sólo cinética)
E_mi = E_m_f → E_icrt + E_ip = E_fcrt + E_f_p → 1/2 x I x w_f² + Mgh_i = 1/2 I x w_f² + Mgh_f → 1/2 x I x (0)² + M(9.8 m/s²)(1 m) = 1/2 (1/3 M(1 m)²)w_f² + M(9.8 m/s²)(0) → M(9.8 m²/s²) = 1/6 M(m² x w_f²)  → w_f² = 58.8 rad²/s²  → w_f = (58.8 rad²/s²)^½ → w_f = 7.66 rad/s.
89) ●● Una esfera uniforme y un cilindro uniforme con la misma masa y radio ruedan con la misma velocidad juntos por una superficie horizontal sin deslizarse. Si la esfera y el cilindro se acercan a un plano inclinado y suben por él rodando sin deslizarse, ¿alcanzarán la misma altura cuando se detengan? Si no, ¿qué diferencia porcentual habrá entre sus alturas?
Solución: 1^ro) En este problema deben tenerse en cuenta que los momentos de inercia son diferentes.
2^do) Que ambos antes y después de ascender el plano inclinado tienen una energía cinética de traslación y una energía cinética de rotación.
En la superficie horizontal las energías mecánicas de ambos son iguales: E_m_esf = E_mcld
Energía total de la esfera: E_tesf = ½mV² + ½Iw²   Energía total del cilindro: E_tcld = ½mV² + ½Iw².
Energía potencial de la esfera cuando alcanzada la altura máxima en el plano inclinado:
mgh_esf = 1/2mV² + 1/2Iw² → mgh_esf = 1/2mV² + 1/2(2/5 mr²)(V²/r²) → gh_esf = 1/2V² + 2/10V² → h_esf = (7V²/10g)
Energía potencial del cilindro cuando alcanzada la altura máxima en el plano inclinado:
mgh_cld = 1/2mV² + 1/2Iw² → mgh_cld = 1/2mV² + 1/2(1/2 mr²)(V²/r²) → gh_cld = 1/2V² + 2/4V² → h_cld = (3V²/4g)
a) No, la altura alcanzada por el cilindro es mayor que la altura alcanzada por la esfera, el cilindro asciende con mayor cantidad de energía que la esfera.
b) “La diferencia porcentual entre sus alturas es aproximadamente es 6.67%".
90) ●● Un aro parte del reposo a una altura de 1.2 m sobre la base de un plano inclinado y baja rodando bajo la influencia de la gravedad. ¿Qué rapidez lineal tiene el centro de masa del aro, justo en el momento en que el aro llega al pie de la pendiente y comienza a rodar por una superficie horizontal? (Desprecie la fricción.)
Solución:
  Diagrama de cuerpo libre

Este problema se resuelve aplicando el principio de conservación de la energía: E_mi = E_mf.
En estas situaciones hay dos tipos de energía cinética: “de traslación y rotación”.
½mV² + ½Iw² + mgh_i = ½mV² + ½Iw² + mgh_f → ½m(0)² + ½I(0)² + mgh_i = ½mV² + ½(mr²)(V²/r²) + mg(0)  → mgh_i = ½mV² + ½mV² → gh_i = V² → V = (gh_i)^½ → V = [(9.8 m/s²)(1.2 m)]½ → V = 3.43 m/s.
91) ●●Un volante industrial con momento de inercia de 4.25 x 10² kg x m² gira con una rapidez de 7500 rpm. a) ¿Cuánto trabajo se requiere para detenerlo? b) Si ese trabajo se efectúa uniformemente en 1.5 min, ¿qué tanta potencia se gastará?
Solución: a) Trabajo realizado para detener el volante se sabe que el trabajo realizado es la variación de la energía cinética de rotación:
7500 rpm x 2πrad/rev x min/60 s = 47100 rad/60 seg = 785.379 rad/seg.
W_t = ½Iw_f² - ½Iw_i² → W_t = ½(4.25 x 10² kg x m²)(0)² - ½(4.25 x 10² kg x m²)(785.379 rad/s)² → W_t = - ½(4.25 x 10² kg x m²)(616820.174 rad²/s²) → W_t = - 1.31 x 10⁸ Joules.
b) Potencia gastada: P = W_t/t → P = - 1.31 x 10⁸ Joule/1.5 min → P = - 1.31 x 10⁸ Joule/90 s → P = - 146 x 10⁶ watts.
92) ●● Un arco cilíndrico, un cilindro y una esfera con el mismo radio y masa se sueltan simultáneamente desde la cima de un plano inclinado. Utilice la conservación de la energía mecánica para demostrar que la esfera siempre llega primero a la base con la rapidez más alta, y el aro siempre llega último con la rapidez más baja.
Solución: Este problema puede resolverse analizando cada cuerpo por separado y como tiene dos movimientos: traslación y rotación, por tanto, tendrá dos energías.
a) Esfera: E_mi = E_mf → 1/2mV_i²+ 1/2Iw_i² + mgh_i = 1/2mV_f²+ 1/2Iw_f² + mgh_f → 1/2m(0)² + 1/2(2/5mr²)(0)² + mgh_i= 1/2mV_f²+ 1/2(2/5mr²)(V_f²/r²) + mg(0) → mgh_i.=  1/2mV_f² + 1/5mV_f² → gh_i.=  7/10V_f²   →V_f = [10/7(gh_i)]^½.
b) para el Cilindro: E_mi = E_mf → 1/2mV_i²+ 1/2Iw_i² + mgh_i = 1/2mV_f²+ 1/2Iw_f² + mgh_f → 1/2m(0)² + 1/2(1/2mr²)(0)² + mgh_i= 1/2mV_f²+ 1/2(1/2mr²)(V_f²/r²) + mg(0) → mgh_i.=  1/2mV_f² + 1/4mV_f² → gh_i.=  3/4V_f²   →V_f = [4/3(gh_i)]^½
c) Para el aro: E_mi = E_mf → 1/2mV_i²+ 1/2Iw_i² + mgh_i = 1/2mV_f²+ 1/2Iw_f² + mgh_f → 1/2m(0)² + 1/2(mr²)(0)² + mgh_i= 1/2mV_f²+ 1/2(mr²)(V_f²/r²) + mg(0) → mgh_i.=  1/2mV_f² + 1/2mV_f² → gh_i.=  V_f²   →V_f = [gh_i]^½
Resumiendo: El que tenga mayor coeficiente numérico llegara primero, por tanto, en el orden la esfera, el cilindro y de ultimo el aro.
93) ●● Para los siguientes objetos, todos los cuales ruedan sin resbalar, determine la energía cinética rotacional en torno al centro de masa, como porcentaje de la energía cinética total: a) una esfera sólida, b) un casco esférico delgado y c) un casco cilíndrico delgado.
Solución: Calculo de la energía cinética total: E_ct = ½m(V_cm)² + ½Iw² → E_ct = ½m(rw)² + ½(2/5 mr²)w² → E_ct = ½mr²w² + (2/10)mr²w² → E_ct = (7/10)mr²w².
a) Energia cinetica rotacional de una esfera sólida: E_rot = ½Iw² → E_rot = ½(2/5 mr²)w2 → E_rot = 1/5 mr²w².
Porcentaje de la energía cinética de rotación respecto a la total: %E_rot = E_rot/E_ct x 100 → %E_rot = 1/5 mr²w²/(7/10)mr²w² x 100 → %E_rot = 0.2857 x 100 → %E_rot = 29.
b)     Energía cinética rotacional de un casco esférico delgado.
Calculo de la energía cinética total: E_ct = ½m(V_cm)² + ½Iw² → E_ct = ½m(rw)² + ½(2/3mr²)w² → E_ct = ½mr²w² + (2/6)mr²w² → E_ct = (5/6)mr²w².
Energía rotacional: E_rot = ½Iw² → E_rot = ½(2/3 mr²)w2 → E_rot = 1/3 mr²w².
Porcentaje de la energía cinética de rotación: %E_rot = E_rot/E_ct x 100 → %E_rot = 1/3 mr²w²/(5/6)mr²w² x 100 → %E_rot = 0.40 x 100 → %E_rot = 40.
c) Energía cinética rotacional de un casco cilíndrico delgado.
Calculo de la energía cinética total: Calculo de la energía cinética total: E_ct = ½m(V_cm)² + ½Iw² → E_ct = ½m(rw)² + ½(3/2mr²)w² → E_ct = ½mr²w² + (3/4)mr²w² → E_ct = (5/4)mr²w².
Energía rotacional: E_rot = ½Iw² → Erot  = ½(3/2 mr²)w2 → E_rot = 3/4 mr²w².
Porcentaje de la energía cinética de rotación: %E_rot = E_rot/E_ct x 100 → %Erot = 3/4 mr2w2/(5/4)mr²w² x 100 → %Erot = 0.60 x 100 → %Erot = 60.
94) ●●● En una secadora de ropa, el tambor cilíndrico (con radio de 50.0 cm y masa de 35.0 kg) gira una vez por segundo. a) Determine su energía cinética rotacional en torno a su eje central. b) Si partió del reposo y alcanzó esa rapidez en 2.50 s, determine el momento de fuerza neto promedio sobre el tambor de la secadora.
Solución: El tambor de la secadora es considerado un cilindro o disco solido cuyo momento de inercia es I_cm = 1/2mr² → I_cm = 1/2(35 kg)(0.50 m)² → I_cm = 1/2(35 kg)(0.25 m²) → I_cm = 4.38 kg x m²
a)     Determine su energía cinética rotacional en torno a su eje central:
E_rot = 1/2Iw² → E_rot = 1/2(4.38 kg x m²)(2π rad/s)2 → E_rot = 1/2(4.38 kg x m²)[4(9.86) rad²/s²)] → E_rot = 86.37 Joules.
b) Ƭ = I_cm x α  →  Ƭ = (I_cm)(w/t) → Ƭ = (4.38 kg x m²)(6.28 rad/s/2.50s) → Ƭ = (4.38 kg x m²)(2.512 rad/s²)  → Ƭ = 11 N x m.
95) ●●● Una esfera de acero baja rodando por una pendiente y entra en un rizo de radio R (figura 8.49a). a) ¿Qué rapidez mínima debe tener la parte más alta del rizo para mantenerse en la pista? b) ¿A qué altura vertical (h) en la pendiente, en términos del radio del rizo, debe soltarse la esfera para que tenga esa rapidez mínima necesaria en la parte superior del rizo? (Desprecie las pérdidas por fricción.) c) La figura 8.49a muestra el rizo de una montaña rusa. ¿Qué sentirán los pasajeros si el carrito tiene la rapidez mínima en la parte superior del rizo, y si tiene una rapidez mayor? [Sugerencia: si la rapidez es menor que la mínima, las correas en la cintura y hombros evitarán que los pasajeros se salgan.]

Solucón: a) En la solución de éste problema deben considerarse dos fuerzas: centrífuga y gravitacional para mantener la esfera en contacto con el pavimento. La fuerza centrífuga F_cg = m x V²/r que actúa en dirección contraria al centro del circulo debe ser mayor o igual a la fuerza gravitaciona F_g = mg, por tanto, m x V²/r ≥ mg.
m x V_min²/r = mg → V_min²/r = g → V_min = [gr]^1/2.
b) La energía mecánica de la esfera en cualquier parte del recorrido se conserva. En la parte más alta del rizo la energía mecánica de la esfera es la suma de la energía cinética de traslación, de rotación y la potencial:
E_mt = 1/2m(V_min)² + 1/2I_cmw²+mgh_f → E_mt = 1/2m(V_min)² + 1/2(2/5 mr²)(V_min²/r²)+mg(2r) → E_mt = 1/2mgr + 2/10 mgr + 2mgr → E_mt = 27/10mgr.
Ante de soltarlo toda la energía mecánica de la esfera era solo potencial, comparando se tiene:
mgh_i = 1/2m(V_min)² + 1/2I_cmw²+mgh_f → mgh_i = 27/10mgr → h_i = (27/10)r
c) Sensación de "ingravidez" cuando la fuerza centrifuga y gravitacional sea iguales.
8.5 Cantidad de movimiento angular:
96) OM Las unidades de cantidad de movimiento angular son a) N · m, b) kg · m/s² , c) kg · m² /s, d) J · m.
Solución: La respuesta es “c”, kg · m² /s
97) OM La rapidez orbital de la Tierra es la mayor a) el 21 de marzo, b) el 21 de junio, c) el 21 de septiembre, d) el 21 de diciembre.
Solución: La respuesta es “a”, el 21 de marzo.
98) OM La cantidad de movimiento angular puede incrementarse mediante a) la disminución del momento de inercia, b) la disminución de la velocidad angular, c) el incremento del producto de la cantidad de movimiento angular y el momento de inercia, d) ninguna de las opciones anteriores.
Solución: La respuesta es “d”, ninguna de las opciones anteriores.
99) PC Un niño se para en el borde de un pequeño carrusel de jardín (de los que se empujan manualmente) que gira. Luego comienza a caminar hacia el centro del carrusel, lo cual origina una situación peligrosa. ¿Por qué?
Solución: Caminar hacia el centro disminuye el momento de inercia y aumenta la rapidez de rotación, lo que produce una inestabilidad en el equilibrio del niño.
100) PC La liberación de grandes cantidades de dióxido de carbono podría elevar la temperatura promedio de la Tierra por el llamado efecto invernadero, y hacer que se derritan los casquetes polares. Si ocurriera esto y el nivel del mar ascendiera sustancialmente, ¿qué efecto tendría ello sobre la rotación terrestre y la longitud del día?
Solución: El deshielo de los casquetes polares provocaría un aumento del nivel de agua en los Océanos que a su vez produciría una disminución de la velocidad de rotación de la Tierra porque su masa se alejaría del eje de rotación, por tanto, la Tierra rotaria más lento. El día sería más largo, ya que la Tierra está rotando más lento.
101) PC En la demostración de salón de clases que se ilustra en la figura 8.50, una persona en un banquito giratorio sostiene una rueda de bicicleta giratoria con mangos unidos a la rueda. Cuando la rueda se sostiene horizontalmente, la persona gira en un sentido (horario visto desde arriba). Cuando la rueda se voltea, la persona gira en la dirección opuesta. Explique esto. [Sugerencia: considere vectores de cantidad de movimiento angular.]

Solución: En cada caso, el cambio en el vector de cantidad de movimiento angular de la rueda se compensa mediante la rotación de la persona para conservar la cantidad de movimiento total, así que la cantidad de movimiento angular vertical permanece constante.
102) PC Los gatos suelen caer parados, incluso si se les coloca boca arriba y luego se les deja caer (figura 8.51). Mientras el gato cae, no hay momento de fuerza externo y su centro de masa cae como una partícula. ¿Cómo pueden los gatos darse vuelta mientras caen?

Solución: Los gatos al caer aplican dos procedimientos fundamentalmente que son “el reflejo de enderezamiento el cual se activa cuando está en el aire y le permite rotar su cuerpo”.
Durante la caída los gatos pueden girar su la parte delantera y trasera de su cuerpo de forma independiente.
a) Primero giran la cabeza y las patas delanteras hacia el suelo.
b) La parte trasera la giran en segundo lugar para alinear las patas traseras con la posición de las patas delanteras para la caída.
Esto le permite evitar lecciones o disminuir las posibles lecciones.

103) PC Dos patinadores sobre hielo (con pesos iguales) avanzan uno hacia el otro, con igual rapidez en trayectorias paralelas. Al pasar uno junto del otro, unen sus brazos. a) ¿Cuál es la velocidad de su centro de masa después de que unen los brazos? b) ¿Qué sucede con sus energías cinéticas lineales iniciales?
Solución: Velocidad del centro de masa antes de unir los brazos: V_cm = (m₁V₁ + m₂V₂)/m₁ + m₂; como la m₁ = m₂ = m; V₁ = V₂ = V y las velocidades tienen sentido opuesto por tanto signos opuesto.
V_cm = [mV + m(- V)/m + m → V_cm = (mV - mV)/2m → V_cm = 0. (la velocidad del centro de masa es cero)
b) La energía cinética lineal es cero porque su velocidad lineal es cero, esta energía se ha transformado en energía cinética de rotación.
104) ● ¿Qué cantidad de movimiento angular tiene una partícula de 20 g que se mueve en dirección anti horaria (vista desde arriba), con una rapidez angular de 5 rad/s en un círculo horizontal de 15 cm de radio? (Dé la magnitud y dirección.)
Solución: Cantidad de movimiento angular de un cuerpo que se mueve alrededor de un circulo (El sentido de rotación anti-horario se considera positivo).
L = mVr → L = m(wr)r → L = mr²w → L = (0.02 kg)(0.15 m)²(5 rad/s) L = (0.02 kg)(0.0225 m²)(5 rad/s) L = 0.00225 kg x m²/s.
105) ● Un disco giratorio de 10 kg y 0.25 m de radio tiene una cantidad de movimiento angular de 0.45 kg · m² /s. ¿Qué rapidez angular tiene?
Solución: Momento de inercia I_cm = 1/2mr² → I_cm = 1/2(10 kg)(0.25 m)² → I_cm = 0.3125 kg x m²
Cantidad de movimiento angular: L = I_cmw → w = L/I_cm → w = 0.45 kg x m²/s/0.3125 kg x m² → w = 1.44 rad/s.
106) ●● Calcule la razón de las magnitudes de las cantidades de movimiento angulares orbital y rotacional de la Tierra. ¿Estas cantidades de movimiento tienen la misma dirección?
Solución: Datos M_T = 5.97 x 10²⁴ kg; R_T = 6.371 x 10⁶ m; d_TS = 1.496 x 10¹¹ m; T_orb = 1.1536 x 10⁷ seg.
Como la Tierra es considerada una esfera su momento de inercia será
I_cm = 2/5M_T x R_T² → I_cm = 2/5[(5.97 x 10²⁴ kg) (6.371 x 10⁶ m)²] → I_cm = 2/5[(5.97 x 10²⁴ kg) (4.059 x 10¹³ m²)] → I_cm = 9.69 x 10³⁷ kg x m².
Velocidad angular de la Tierra: w_T = 2πrad/T_rot → w_T = 2(3.14)rad/(24 x 60 x 60 seg) → w_T = 8.64 x 104 seg → w_T = 7.27 x 10^-5 rad/seg.
Momento angular rotacional de la Tierra: L_rot = I_cmw_T→ L_rot = (9.69 x 10³⁷ kg x m²)(7.27 x 10^-5 rad/seg) → L_rot = 7.04 x 10³³ kg x m²/s.
Velocidad angular orbital: w_orb = 2πrad/T_orb   → w_orb = 2(3.14)rad/3.1536 x 10⁷ seg → w_orb = 1.99 x 10^-7 seg.
Momento angular orbital de la Tierra:
L_orb = M_T x V_orb x d_TS → L_orb = (M_T)(w_orb x d_TS)d_TS → L_orb = (5.97 x 10²⁴ kg)[(1.99 x 10^-7 seg)(1.496 x 10¹¹ m)](1.496 x 10¹¹ m) → L_orb = 2.66 x 1040 kg x m²/s.
Razón entre las cantidades de movimiento angulares: L_orb/L_rot = (2.66 x 10⁴⁰ kg x m²/s)/(7.04 x 10³³ kg x m²/s) → L_orb/L_rot = 3.78.
107) ●● El periodo de rotación de la Luna es igual a su periodo de revolución: 27.3 días (siderales). ¿Qué cantidad de movimiento angular tienen cada rotación y revolución? (Por ser iguales los periodos, sólo vemos un lado de la Luna desde la Tierra.)
Solución: Velocidad angular de cada rotación W_rot = 2πrad/T_rot → W_rot = 2(3.14)rad/(27.3 x 24 x 60 x 60)seg → W_rot = 6.28 rad/2.36 x 10⁶ seg → W_rot = 2.66 rad/2.36 x 10^-6 rad/seg.
Momento de inercia de la luna: I_cm = 2/5M_L x R_L² → I_cm = 2/5[(7.35 x 10²² kg) (1.737 x 10⁶ m)²] → I_cm = 2/5[(5.97 x 10²⁴ kg) (3.017169 x 10¹² m²)] → I_cm = 887 x 10³⁴ kg x m².
Cantidad de movimiento de rotación de la Luna: L_rot = I_cmw_rot→ L_rot = (8.87 x 10³⁴ kg x m² kg x m²)(2.66 rad/2.36 x 10^-6 rad/seg) → L_rot = 2.36 x 10²⁹ kg x m²/s.
Cantidad de movimiento angular de cada revolución de la luna en torno a la Tierra:
L_rev = m_L(d_T-L)²W_rev → L_rev = (7.35 x 10²² kg)(3.844 x 10⁸ m)²(2.66 rad/2.36 x 10^-6 rad/seg) → L_rev = (7.35 x 10²² kg)(14.776336 x 10¹⁶ m²)(2.66 rad/2.36 x 10^-6 rad/seg) → L_rev = 2.88 x 10³⁴ kg x m2/s.
108) EI ●● En los embragues y las transmisiones de los automóviles se usan discos circulares. Cuando un disco giratorio se acopla con uno estacionario por fricción, la energía del disco giratorio se puede transferir al estacionario. a) ¿La rapidez angular de los discos acoplados es 1) mayor que, 2) menor que o 3) igual a la rapidez angular del disco giratorio original? ¿Por qué? b) Si un disco que gira a 800 rpm se acopla a uno estacionario cuyo momento de inercia es del triple, ¿qué rapidez angular tendrá la combinación?
Solución: a) La respuesta es la “3, porque se produce un intercambio de momento angular entre ellos hasta igualar su rapidez angular.
b) Aplicando el principio de conservación del momento angular “El momento angular total ante del acoplamiento tiene que ser igual al momento angular total después del acoplamiento” se puede resolver esta parte del problema.
Momento angular del disco estacionario: L_est = I_cmW_est = 0
Momento angular del disco giratorio: L_girat = I_cmW_girat.
Li = Lf → I_giratW_girat + I_estW_est = I_giratW_f + I_estW_f → I_{girat(800 rev)} + I_est(0) = I_giratW_f + (3I_girat)W_f→ I_girat(800 rev) = (I_girat+ 3I_girat)W_f → I_girat(800 rev) = (4I_girat)W_f → W_f = I_girat(800 rev)/4I_girat → W_f = 200 rev.
109) ●● Un hombre sube a su pequeño hijo a un carrusel en rotación. En esencia, el carrusel es un disco con una masa de 250 kg y un radio de 2.50 m que inicialmente completa una revolución cada 5.00 segundos. Suponga que el niño tiene una masa de 15.0 kg y que el papá lo coloca (sin que se deslice) cerca de la orilla del carrusel. Determine la rapidez angular final del sistema niño-carrusel.
Solución: Aplicando el principio de conservación del momento angular se puede resolver este problema.
Velocidad angular inicial: 1 rev/s = w_i = 2πrad/T → w_i = 2(3.14)rad/5 seg → w_i = 1.256 rad/seg.
Momento de inercia del carrusel: como es considerado un disco será: I_1cm = 1/2m_cr² → I_1cm = 1/2(250 kg)(2.50 m)² → I_1cm = 1/2(250 kg)(6.25 m²) → I_1cm = 781.25 kg x m².
Cantidad de movimiento angular del carrusel: L_csel = I_1cmw_i → L_csel = (781.25 kg x m²)(1.256 rad/seg) → L_csel = 981.25 kg x m²/s.
Momento de inercia del carrusel + niño como es un disco será: I_cm(c+n) = 1/2(m_c + m_n)r² → I_cm(c+n) = (250 kg + 15 kg)(2.50 m)² → I_cm(c+n) = 1/2(265 kg)(6.25 m²) → I_cm(c+n) = 828.125 kg x m².
Aplicando el principio de conservación del momento: L_i = L_f → L_csel = I_{cm(c + n)} w_f → 981.25 kg x m²/s = (828.125 kg x m²)wf → wf = (981.25 kg x m²/s)/(828.125 kg x m²) → wf = 1.18 rad/s.
110) ●● Un patinador tiene un momento de inercia de 100 kg · m² con los brazos estirados, y de 75 kg · m² con los brazos pegados al pecho. Si comienza a girar con una rapidez angular de 2.0 rps (revoluciones por segundo) con los brazos estirados, ¿qué rapidez angular tendrá cuando los encoja?
Solución: Aplicando el principio de conservación del momento angular se puede resolver este problema.
L_est = L_peg → I_estw_est = I_pegw_peg→ w_peg = I_estw_est/I_peg→ w_peg = (100 kg x m²)(2 rps)/75 kg x m²    → w_peg = 2.67 rps. (La velocidad angular con los brazos pegados es mayor porque se deben igualar las cantidades de movimiento angular en ambos casos).
111) ●● Una patinadora sobre hielo que gira con los brazos extendidos tiene una rapidez angular de 4.0 rad/s. Cuando encoge los brazos, reduce su momento de inercia en un 7.5%. a) Calcule la rapidez angular resultante. b) ¿En qué factor cambia la energía cinética de la patinadora? (Desprecie los efectos de fricción.) c) ¿De dónde proviene la energía cinética adicional?
Solución: Por el principio de conservación del momento angular:
a) L_i = L_f → I_iw_i = I_fw_f → I_i(4 rad/s) = [(7.5%)I_i]w_f → I_i(4 rad/s) = [(1 - 7.5/100)I_i]w_f → I_i(4 rad/s) = [ 0.925I_i]w_f → w_f = I_i(4 rad/s)/ 0.925I_i → w_f = 4.32 rad/s.
b) Energía cinética de rotación:
Con los brazos extendidos: E_ic = 1/2I_iw_i²      Con los brazos encogidos: E_fc = 1/2I_fw_f².
Por el inciso a sabemos que If = 0.925I_i y wf = w_i/0.925, sustituyendo en E_fc.E_fc = 1/2(0.925I_i)(w_i/0.925)²→ E_fc = 1/2(0.925I_i)(w_i²/0.925 x 0.925) → E_fc = (1/2I_iw_i²/0.925) → E_fc = (E_ic/0.925) → E_fc = (1/0.925)E_ic → E_fc = 1.1E_ic.
c) La energía cinética proviene del trabajo realizado por la patinadora al juntar los brazos.
112) ●● Una bola de billar en reposo es golpeada (como se indica con la flecha gruesa en la figura 8.52) con un taco que ejerce una fuerza promedio de 5.50 N durante 0.050 s. El taco hace contacto con la superficie de la bola, de manera que el brazo de palanca mide la mitad del radio de la pelota, como se muestra. Si la bola tiene una masa de 200 g y un radio de 2.50 cm, determine la rapidez angular de la bola inmediatamente después del golpe.

Solución: Este problema puede resolverse aplicando una serie conceptos y procedimientos y relaciones:
Impulso líneal que actúa sobre la bola: I_Lin = F x t → I_Lin = (5.50 N)(0.050 s) → I_Lin = 0.275 kg x m/s.
El impulso angular equivale al producto del impulso lineal por el brazo de palanca.
I_ang = I_Lin x b_braz→ I_ang = (0.275 kg x m/s)(0.0125 m) → I_ang = 3.44 x 10^-3 kg x m²/s.
Momento de inercia de la bola, como la bola se considera una esfera su momento de inercia será: I_cm = 2/5mr² → I_cm = 2/5(0.20 kg)(0.025 m)² → I_cm = 2/5(0.20 kg)(6.25 x 10^-4 m²) → I_cm = 5 kg x 10^-5 m².
Rapidez angular: el momento angular equivale al producto del momento de inercia por la rapidez angular.
L = I_ang= I_cmw → w = I_ang /Icm → w = (3.44 x 10^-3 kg x m²/s)/5 kg x 10^-5 m² → w = 0.688 x 10² rad/s.
113) ●●● Un cometa se acerca al Sol como se ilustra en la figura 8.53 y la atracción gravitacional del Sol lo desvía. Este suceso se considera un choque, y b es el llamado parámetro de impacto. Calcule la distancia de máxima aproximación (d) en términos del parámetro de impacto y las velocidades (v_o lejos del Sol y v en la máxima aproximación). Suponga que el radio del Sol es insignificante en comparación con d. (Como muestra la figura, la cola de un cometa siempre “apunta” en dirección opuesta al Sol.)

Solución: un parámetro de impacto es la distancia perpendicular entre el vector velocidad de una partícula en movimiento y la línea que pasa por el centro de otra partícula estacionaria.
Para resolver este problema se deben considerar dos principios: conservación del momento angular y conservación de la energía.
I) Momento angular del cometa: L_i = L_f → mV₀b = mV_fd → d = V₀b/V_f (I)
II) Conservación de la energía: E_mi = E_mf → 1/2m_cV₀² = 1/2m_cV_f² - GM_sm_c/d → 1/2m_c(V_f2 - V₀²) = GM_sm_c/d → d = 2GM_s/(V_f2 - V₀²)
Comparando por transitividad obtenemos que: V₀b/V_f = 2GM_s/(V_f2 - V₀²) → b = [2GM_s/(V_f2 - V₀²)]( V_f/V₀) → b = d( V_f/V₀) → d = bV₀/V_f.
114) ●●● Al reparar su bicicleta, un estudiante la pone de cabeza de manera que la rueda frontal gira 2.00 rev/s. Suponga que la rueda tiene una masa de 3.25 kg y que toda la masa está localizada en la montura, que tiene un radio de 41.0 cm. Para frenar la rueda, el estudiante coloca su mano sobre el neumático, ejerciendo entonces una fuerza tangencial de fricción sobre la rueda, que tarda 3.50 s en llegar al reposo. Utilice el cambio en la cantidad de movimiento angular para determinar la fuerza que el estudiante ejerce sobre la rueda. Suponga que la fuerza de fricción del eje es insignificante.
Solución: Este problema se puede resolver combinando el momento de inercia con la variación de la cantidad de movimiento angular.
Momento de inercia: I_cm = mr² → I_cm = (3.25 kg)(0.41 m)² →   I_cm = (3.25 kg)(0.1681 m²) →   I_cm = 0.546325 kg x m².
Variación de la cantidad de movimiento angular: ΔL = I_cmΔw → ΔL = I_cm(w_f - w₀) → ΔL = (0.546325 kg x m²)[0 rad/s - 2(2π rad/s)] → ΔL = (0.546325 kg x m²)[ - 12.56 rad/s)] → ΔL = - 8.86 kg x m²/s.
Calculo de la fuerza: Ƭ= F x r;   Ƭ= ΔL/Δt, comparando por transitividad F x r = ΔL/Δt → F = ΔL/(Δt x r) → F =(- 8.86 kg x m²/s)/(3.50 s x 0.41 m) → F = - 4.78 N. El signo negativo indica que la dirección de la fuerza es opuesta al movimiento.
115) . EI ●●● Un gatito está parado en el borde de una bandeja giratoria (tornamesa). Suponga que la bandeja tiene cojinetes sin fricción y está inicialmente en reposo. a) Si el gatito comienza a caminar por la orilla de la bandeja, ésta 1) permanecerá estacionaria, 2) girará en la dirección opuesta a la dirección en que el gatito camina o 3) girará en la dirección en que camina el gatito. Explique. b) La masa del gatito es de 0.50 kg; la bandeja tiene una masa de 1.5 kg y un radio de 0.30 m. Si el gatito camina con una rapidez de 0.25 m/s relativo al suelo, ¿qué rapidez angular tendrá la bandeja? c) Cuando el gatito haya dado una vuelta completa a la bandeja, ¿estará arriba del mismo punto en el suelo que al principio? Si no es así, ¿dónde está en relación con ese punto? (Especule acerca de qué sucedería si todos los habitantes de la Tierra de repente comenzaran a correr hacia el este. ¿Qué efecto podría tener esto sobre la duración del día?)
Solución: el sistema formado por el gato y la bandeja deben mantener un momento angular total igual a cero. Esto significa que la suma de los momentos creado por gatito y el creado por la bandeja al girar tiene que ser cero. Lg + (- Lb) = 0.
a) Por tanto, la respuesta es “2” girará en la dirección opuesta a la dirección en que el gatito camina.
Calculo de la velocidad angular del gatito: w_g = V_g/r → w_g = (0.25 m/s)/0.30 m → w_g = 0.83 rad/s.
Momento de inercia del gatito: I_cmg = m_g x r² → I_cmg = (0.50 kg)(0.30 m)² → I_cmg = (0.50 kg)(0.09 m²) → I_cmg = 0.045 kg x m².
Momento angular del gatito: L_g = I_cmgw_g→ L_g = (0.045 kg x m²)(0.83 rad/s) → L_g = 3.735 x 10^-2 kg x m²/s.
Momento de inercia de la bandeja, como es considerada un disco: I_cmb = 1/2m_b x r² → I_cmb = 1/2(1.50 kg)(0.30 m)² → I_cmb = (1.50 kg)(0.09 m²) → I_cmb = 0.0675 kg x m².
Momento angular de la bandeja: L_b = I_cmbw_b. → L_b = (0.0675 kg x m²)w_b.
Para que el momento total sea cero los momentos deben ser iguales: L_b = L_g → (0.0675 kg x m²)w_b = 3.735 x 10^-2 kg x m²/s →  w_b = (3.735 x 10^-2 kg x m²/s)/(0.0675 kg x m²) →  w_b = 0.55 rad/s.
No, como el movimiento del gatito y la bandeja tienen direcciones opuestas, el gatito no estará en el mismo punto de inicio cuando realice una vuelta completa.

Magnitudes Físicas
En Física, se llaman magnitudes a aquellas propiedades que pueden medirse y expresar su resultado mediante un número y una unidad.
Son magnitudes: la longitud, la masa, el tiempo, la temperatura, la superficie, el volumen, la cantidad de sustancia, el voltaje, etc.
Medir,es comparar una magnitud con otra de la misma especie.
Medidas directas: son aquellas que se realizan llevando el instrumento de medida directamente sobre la magnitud a medir.
Medidas indirectas: son aquellas medidas en que es nesesario realizar operaciones matemática.
Magnitud escalar: es la cantidad que queda suficientemente determinada al reconocer su valor numérico y su unidad. Por ejemplo la longitud, la masa, el tiempo, el trabajo mecánico, la potencia, la temperatura, el volumen, etc.
Un vector, es un segmento de recta orientado en el espacio.

a) Origen: es el punto de aplicación de la fuerza
b) Dirección: está representada por la recta sobre la cual actúa el vector
c) Módulo: esta representado por el tamaño del vector
d) Sentido: lo indica el extremo del vector ( flecha)
Magnitud vectorial:es aquella que tiene magnitud, dirección y sentido al mismo tiempo. Se representa mediante un vector.
Ejemplo son magnitudes vectoriales: la velocidad, la aceleración, la fuerza, la cantidad de movimiento, etc.
Ejercicio: Diferenciar las magnitudes escalares de las vectoriales.

Magnitudes	Escalar (E)	Vectorial (V)
300m
15m/s
20m/s al este
40kg/m³
100N hacia el norte
45cal
10m²
400Julios
35m/s²
53km/h² a 80º
2m³
63 segundos
42N
38 kelvin

Sistemas de medidas

Una unidad de medida es una cantidad estandarizada de una determinada magnitud física, definida y adoptada por convención o por ley. Para resolver el problema que suponía la utilización de unidades diferentes en distintos lugares del mundo, en la XI Conferencia General de Pesos y Medidas (París, 1960) se estableció el Sistema Internacional de Unidades (SI). En este sistema se establecen siete magnitudes fundamentales.

Sistemas de unidades de medidas.

Magnitudes Fundamentales	Sistema Internacional(SI)	Sistema Cegesimal(c.g.s)	Sistema Inglés
Longitud	Metro (m)	Centímetro (cm)	Pies (pi)
Masa	Kilogramo (kg)	Gramo (gr)	Slud
Tiempo	Segundo (seg)	Segundo (seg)	Segundo (seg)
Magnitudes Derivadas	Sistema Internacional(SI)	Sistema Cegesimal(c.g.s)	Sistema Inglés
Velocidad	m/seg	cm/seg	Pies/seg
Aceleración	m/seg²	cm/seg²	Pies/seg²
Fuerza	Newton (N)	Dina (dyn)	Libra-fuerza (Libf)
Energía	Joule (J)	Ergio	Pies-Libf
Potencia	Joule/seg (watt)	Ergio/seg	Pies-Libf/seg

Conversión de unidades de medidas.
Factores de conversión:
Longitud:                                                                                             Masa:
1Milla = 1,6093 km   1Tonelada = 1.000 kilogramos = 2.204,62 libras
1Kilometro = 0,6214 millas = 1000m 1Kilogramo = 1.000 gramos = 2,2046 libras
1Metro = 1,0936 yardas =3,2808 pies = 39,370 pulg. 1Libra = 0,4536 kilogramos = 453,592 gramos
1Centímetro = 0,3937 pulg. Tiempo:
1Yarda = 3 pies = 36 pulg. 1Día = 24h = 1440 min = 86400 seg.
1Pies = 12 pulg. 1Hora = 60 min = 3600 seg.
1Pulgada = 2,54 cm 1Minuto = 60 seg.
Realiza las conversiones:
1) 3 000 m = _____ km 9)   4 km = ______ m
2) 33 pies = _____ yd 10) 10 yd = ______ pies
3) 6 T = __________ lb 11) 20 000 lb = _____ T
4) 1 760 yd = ______ mi 12) 3 mi = _________ yd
5) 13 pulg = ______ cm 13)   205 cm = ______ pulg
6) 31 pulg = ____ pies 14) 3 Lit = _____ cm³
7) 45 kg = _____ lb 15) 2 kg = _____ g
8) 65 m ) ______ pies 16) 325 pies = ____ m

TEORÍA DE ERRORES
Cuando se mide una cantidad, ya directa, ya indirectamente, la medida que se obtiene no es necesariamente el valor verdadero de tal medida, ya que el resultado obtenido estará afectado por errores debidos a múltiples factores. Debidos a la precisión del aparato de medida, los reflejos del cronometrador, las corrientes de aire, el número de medidas efectuadas... errores que se propagarán a cualquier cantidad derivada de ésta que queramos determinar, como por ejemplo velocidad o aceleración.
El conjunto de reglas matemáticas dedicado a su estudio se conoce como teoría de errores, y resulta imprescindible tanto para sacar todo el partido posible a un conjunto de datos experimentales como para evaluar la fiabilidad de éstos.
Clases más comunes de errores
Errores sistemáticos: se producen siempre en un sentido (por exceso o por defecto) y son debidos a algún defecto del instrumento o a algún vicio del observador.
Errores accidentales: Son debidos a causas imprevistas e imposibles de controlar y a defectos de nuestros sentidos. Producen desviaciones del valor a medir en los dos sentidos y se anulan en parte realizando varias medidas y promediándolas (media aritmética).
Error de paralaje: es debido a un defecto en la observación.
Consideraciones de una medida
El valor verdadero o exacto (x), ¡nunca lo podemos conocer con exactitud!, es el que representa una medida efectuada y estará comprendida entre los valores de la media aritmética aumentada y disminuida en E_a . esto es X₀ – E_a ≤ X ≤ x₀ + E_a.
Esto significa que el error cometido al realizar la medida fue del 2%, que es un valor muy bueno.
Actividad 1.
-Juan mide una longitud de 10m y obtiene un valor de 11, ¿Cuánto vale el error absoluto y cual el error porcentual?
-Pedro mide una longitud de 500m y obtiene un valor de 501m, ¿Cuánto vale el error absoluto y cual el error porcentual?
Al comparar las medidas realizadas ¿Cuál fue más exacta?
Actividad 2.
Se midió una sola vez la longitud de un objeto con un tornillo micrométrico. La longitud medida fue L = 15.10 mm. a. Dé una estimación del error absoluto y relativo de esta medición.
Actividad 3.
-Un grupo de 6 estudiantes en el laboratorio meden el largo de la mesa con una regla graduada en mm y reportan los siguientes valores:
75.8 mm, 75.4 mm, 75.7 mm, 75.5 mm, 75.0 mm, 75.9 mm.
a) ¿Cuánto vale el error absoluto cometido? b) ¿Entre cuales margen de seguridad se encuentra la medida verdadera?
c) ¿Cuánto vale el error relativo y porcentual?
Despeje de fórmulas
Una ecuación es una igualdad de expresiones algebraicas en la que hay una o varias cantidades desconocidas llamadas incógnitas y que sólo es verdadera para determinado valores de la variable.
En una ecuación se puede despejar cualquiera de los elementos que entran en ella. Considerándolo como incógnita, y con ello cambiando el sujeto de la ecuación.
Condiciones que debe cumplir una variable despejada
1)     El coeficiente de la variable despejada debe ser 1.   2)     El exponente de la variable despejada debe ser 1
3)     La variable despejada debe tener signo positivo(+)
Al despejar una variable en una fórmula todos los elementos que la acompañan debe pasar al otro lado de la ecuación con la operación inversa.
En la adición y la sustracción
1) A - B = C   despejar A → A = C + B   2)     A + B = C despejar A → A = C – B
3) F = C – A + (M+N)/3    despejar A. → F + A = C + (M + N)/3   → A = C + (M + N)/3 – F

Despeje de la fórmulas el elemento que se indica:
1) De la fórmula de aceleración a = (V₂ – V₀)/t , despejar la velocidad V₂.
2) De la fórmula de fuerza gravitacional F = G mm′/r², despejar la masa m.
3) De la fórmula de distancia d = v₀t + 1/2at², despejar la aceleración a
4) De la fórmula de energía cinética E_c = 1/2mV², despejar la velocidad V
5) De la fórmula de trabajo W = F∆dcosθ, despejar el ángulo θ.
6) De la fórmula de fuerza centrípeta F = mω²r, despejar la velocidad angular ω.
7) De la fórmula de fuerza recuperadora de un Movimiento Armónico Simple MAR. F = −m x 4π²/T², despejar el período T.
8) De la ley de Coulomb F_e = kqq′/r², despejar la distancia r.
9) De la relación de resistencias en paralelo 1/ R_e = 1/R₁ + 1/R₂, despejar la resistencia R₂

Notación Científica
La notación científica: es una manera rápida de representar un número utilizando potencias de base diez.
Esta notación se utiliza para poder expresar fácilmente números muy grandes o muy pequeños. Los números se escriben como un producto: a x 10ⁿ
Dónde:
“a” es un número entero o decimal mayor o igual que 1 y menor que 10, que recibe el nombre de coeficiente. +1 ≤ a < 10
“n” es un número entero, que recibe el nombre de exponente u orden de magnitud.
La notación científica utiliza un sistema llamado coma flotante, o de punto flotante en países de habla inglesa y en algunos hispanohablantes.
Escritura
♦10⁰ = 1   ♦ 10¹ = 10 ♦ 10² = 100   ♦ 10³ = 1 000 ♦ 10⁴ = 10 000 ♦ 10⁵ = 100 000   ♦ 10⁶ = 1 000 000
♦10⁷ = 10 000 000 ♦ 10⁸ = 100 000 000   ♦ 10⁹ = 1 000 000 000   ♦ 10¹⁰ = 10 000 000 000
♦10²⁰ = 100 000 000 000 000 000 000 ♦ 10³⁰ = 1 000 000 000 000 000 000 000 000 000 000
Ejemplo 1: Expresar en notación científica la cantidad 139000000000 cm.
¿Cómo se expresa en notación científica?
Primero, se cuentan los espacios que separan a cada número de derecha a izquierda, hasta llegar al último digito diferente de cero.
1) Inmediatamente de dicho número, se separa la cantidad con un punto dejando como compañía dos decimales más, (en éste caso 3 y 9).
2) Por último, se multiplica la cantidad (1.39) por 10 (que es la base) y lo elevamos al exponente 11 (Ya que son 11 espacios que separan a cada número). Así 139000000000 cm = 1.39 x 10¹¹ cm
Ejemplo 2: Expresar en notación científica la cantidad 0.000096784 cm
¿Cómo se expresa en notación científica?
1) Primero, se desplaza el punto decimal de izquierda a derecha, hasta llegar al primer digito diferente de cero (en éste caso 9).
2) Se separa el dígito seguido por dos decimales (6 y 7) redondeando si es necesario y se multiplica por 10 como base constante.
3) El exponente será negativo, ya que el punto se desplazó de izquierda a derecha cinco lugares. Así  0.000096784 cm = 9.68 x 10^-5 cm
Cabe mencionar, que se seleccionaron únicamente los números enteros, debido a que en términos matemáticos los ceros a la izquierda no cuentan y no deben ser incluidos.
La Notación Científica puede utilizarse en las Operaciones Algebraicas Básicas que conocemos: Suma, Resta, Multiplicación y División, potenciación y radicación.
I. SUMA
1) Realizar la suma 450000 + 1270 + 530000.
Tomando en cuenta los procedimientos anteriores:
450000 cm = 4.50 x 10⁵ cm; 1270 cm =1.27 x 10³ cm;      530000 cm =5.30 x 10⁵ cm
Para sumar se llevan las cantidades a una misma potencia, en éste caso 1.27 x 10³, para poder llevarlo a la potencia 5, se corre el punto dos cifras más, siempre de derecha a izquierda, obteniendo 0.01 x 10⁵.
Después de expresar las cantidades en una misma potencia, se procede a sumar:
4.50 x 10⁵ cm + 5.30 x 10⁵ cm + 0.01 x 10⁵ cm = 9.81 x 10⁵ cm

2) Realizar la suma 0.0536 kg + 0.0456 kg + 0.0043 kg.
Solución
a) Se Llevan a la mínima expresión:
1) 0.0536 = 5.36 x 10^-2 kg; 2) 0.0456 = 4.56 x 10^-2 kg; 3) 0.0043 = 4.30 x 10^-3 kg
b) Se Llevan a la misma potencia todas las cantidades, así que 4.30 x 10^-3 kg va a ser igual a 0.43 x 10^-2 kg, en éste caso se corrió el punto de derecha a izquierda un lugar y se restaron las potencias (-3 + 1) quedando de potencia -2 ya que el número -3 es mayor en valor absoluto, por tanto predomina el signo.
c) Ahora se procede a sumar:   5.36 x 10^-2 kg + 4.56 x 10^-2 kg + 0.43 x 10^-2 kg = 10.35 x 10^-2 kg
II) RESTA
1) Realizar la sustracción de 0.535 km y 0.021 km en Notación Científica.
Expresando en notación científica: 1) 0.535 km = 5.35 x 10^-1 km; 2) 0.021 km = 2.10x10^-2 km
Teniendo potencias iguales, se procede a restar: 5.35 x 10^-1 km - 0.21 x 10^-1 km = 5.14 10^-1km
Combinación de suma con resta, así:
(2.21 x 10¹ m/s + 2.35 x 10^-1 m/s) – (1.16 x 10¹ m/s + 1.18 x 10^-1 m/s) → (2.21 x 10¹ m/s + 0.02 x 10¹ m/s) – (1.16 x 10¹ m/s + 0.02 x 10¹ m/s)   ⇒ 2.23 x 10¹ m/s – 1.18 x 10¹ m/s = 1.05 x 10¹ m/s.
III) MULTIPLICACIÓN.
1) Realizar la multiplicación de 0.215 m y 250000m en Notación Científica.
Expresando en notación científica:    0.215 m = 2.15 x 10^-1 m;      250000m = 2.5 x 10⁵ m
En el caso de la multiplicación, se multiplican las bases, con la diferencia que los exponentes de las potencias 10 se suman.
(2.15 x 10^-1 m)( 2.5 x 10⁵ m) = (2.15 m x 2.5 m)( 10^-1 x 10⁵)   ⇒ (5.375 m² )(10^-1+5) ⇒  R/ = 5.4 x 10⁴ m²
2) Multiplicar (9.2 x 10¹²) x (6.2 x 10¹⁵) = (9.2 x 6.2)(10¹² x 10¹⁵) = 57.04 x 10¹²⁺¹⁵= 57.04 x 10²⁷⇒ R/ = 5.7 x 10²⁸IV) DIVISIÓN
1) Dividir 53200000 m / 237000 m → Expresando en notación científica:  53200000 m = 5.32 x10⁷m; 237000 m = 2.37 x10⁵ m
En la división, los exponentes de las potencias 10 se restan (lo contrario de la multiplicación), y se dividen las bases como en cualquier división. 5.32 x 10⁷ m/2.37 x 10⁵m = (5.32/2.37) x 10^{7 – 5}   = 0.99 x 10² ⇒ R/ = 9.90 x 10
V)   Potenciación:
Se elevan tanto el coeficiente como la base 10 al exponente indicado, luego se multiplican ambos.
Ejemplo: 1) (2x10⁵)³ = (2)³x10^5x3 = 8x10¹⁵2) (1x10^-4)⁷ = (1)⁷x10^-4x7 =1x10^-28VI) Radicación:

Ejercicios de notación científica:
Escribe en notación científica o en potencia de 10.
a) Un millar          b) Un millón         c) Mil millones          d) Un billón
Escribe los siguientes números en notación científica y su orden de magnitud:
a) 5,000               b) 75,000             c) 9,000            d) 504       e) 0.0057             d) 0.00075            f) 0.82
Escribe en notación científica los siguientes datos:
a) La velocidad de la luz en el vacío es aproximadamente 300,000 km/seg.
b) Un año luz es la longitud que recorre la luz en un año. Su valor es aproximadamente 9460000000000000 m.
c) La distancia media de Saturno al Sol es de 141.8 millones de kilómetros.
d) La masa un protón es 0.00000000000000000000000000169 kgs. e) El diámetro de un virus es 0.0000000267 m.
Realiza las siguientes operaciones en notación científica y comprueba usando la calculadora:
a) (3.74 x 10^-10)(1.8 x 10¹⁸) d) (5.42 x 10⁸)(6.8 x 10¹²)       g) (1.2 x 10⁷) : (6 x 10^-6)
b) (6 x 10^-7)² e) (5.3 x 10¹²) – 3 x 10¹¹         h) (3 x 10^-5) + (8.2 x 10^-6)
c) (6 x 10^-9) – (5 x 10^-8) f) (7.2 x 10⁸) + (1.5 x 10¹⁰)
Calcula las operaciones y expresa el resultado con 3 cifras significativas:
(2.8 x 10^-5) : (6.2 x 10^-12)         b) (7.2 x 10^-6)³ : (5.3 x 10^-9)
(7.86 x 10⁵) – (1.4 x 10⁶)         d) (3 x 10^-10) + (7 x 10^-9)
Calcula en notación científica sin usar la calculadora:
(800000: 0.0002) x (0.5 x 10¹²)        b) 0.486 x 10^-5 + 93 x 10^-9 – 6 x 10^-7