Solución problemas cap. III Física Wilson, Buffa y Lou
CAPITULO III: Movimiento en dos dimensiones.
1) OM En ejes cartesianos, el componente x de un vector generalmente se asocia con a) un coseno, b) un seno, c) una tangente o d) ninguna de las anteriores.
Solución: La respuesta es la “a” un coseno.
2) OM La ecuación X = X0 + V0xt + ½axt2 se aplica a) a todos los problemas de cinemática, b) sólo si vyo es cero, c) a aceleraciones constantes, d) a tiempos negativos.
Solución: La respuesta es la “c” a aceleración constante.
3) OM Para un objeto en movimiento curvilíneo, a) los componentes de velocidad son constantes, b) el componente de velocidad y necesariamente es mayor que el componente de velocidad x, c) hay una aceleración no paralela a la trayectoria del objeto, o d) los vectores de velocidad y aceleración deben estar a ángulos rectos (a 90°).
Solución: La respuesta es la “c” hay una aceleración no paralela a la trayectoria del objeto.
4) PC ¿El componente x de un vector puede ser mayor que la magnitud del vector? ¿Y qué pasa con el componente y? Explique sus respuestas.
Solución: La respuesta es No, el componente x o el componente y de un vector no puede ser mayor que la resultante, ya que la resultante puede considerarse como la hipotenusa del triángulo rectángulo y ningún lado (componente x o y) es mayor que la hipotenusa.
5) PC ¿Es posible que la velocidad de un objeto sea perpendicular a la aceleración del objeto? Si es así, describa el movimiento.
Solucion: La respuesta es “si”, en el movimiento circular uniforme la velocidad lineal es tangente al círculo y perpendicular a la aceleración del objeto, que está siempre dirigida al centro del círculo.
6) PC Describa el movimiento de un objeto que inicialmente viaja con velocidad constante y luego recibe una aceleración de magnitud constante a) en una dirección paralela a la velocidad inicial, b) en una dirección perpendicular a la velocidad inicial y c) que siempre es perpendicular a la velocidad instantánea o dirección de movimiento.
Solución: a) El objeto continuará moviéndose a lo largo de la misma línea, y acelerará, si la aceleración apunta a la misma dirección que la velocidad inicial, o desacelerará, si la aceleración tiene una dirección opuesta.
b) El cuerpo retendrá el componente de velocidad inicial, pero alcanzará un componente de velocidad en constante crecimiento en la dirección de la aceleración. la velocidad resultante también aumentará en magnitud con el tiempo y siempre tenderá a ser paralela a la dirección de la aceleración (pero nunca lo hará, debido a la constante componente perpendicular inicial).
c) Este es el caso del movimiento cicular uniforme: la aceleración no cambia la magnitud de la velocidad, sino que la sigue cambiando. dirección. manteniendo el cuerpo en forma circular.
7) EI ● Una pelota de golf se golpea con una rapidez inicial de 35 m/s con un ángulo menor que 45º sobre la horizontal. a) El componente horizontal de velocidad es 1. mayor que, 2) igual a o 3) menor que el componente vertical de velocidad. ¿Por qué? b) Si la pelota se golpea con un ángulo de 37, ¿qué componentes horizontal y vertical de velocidad inicial tendrá?
Solución: a) La respuesta es la 1), mayor que el componente vertical de Velocidad porque para todo θ > 45° implica que Vx > Vy luego Vcosθ > Vsenθ.
8) EI ● Los componentes x y y de un vector de aceleración son 3.0 y 4.0 m/s2, respectivamente. a) La magnitud del vector de aceleración es 1) menor que 3.0 m/s2, 2) entre 3.0 y 4.0 m/s2 , 3) entre 4.0 y 7.0 m/s2 , 4) igual a 7 m/s2 . b) ¿Cuál es la magnitud y dirección del vector aceleración?.
Solución: a) La respuesta es la “3)”, entre 4.0 y 7.0 m/s2.
b) ¿Cuál es la magnitud y dirección del vector aceleración?:
Magnitud de la aceleración: a = (ax2 + ay2)½ → a = [(3m/s2)2 + (4 m/s2)2)]½ → a = 5 m/s2.
Dirección del vector aceleración: θ = Tam-1 (ay/ax) → θ = Tam-1 (4 m/s2/3 m/s2) → θ = 53°.
9) ● Si la magnitud de un vector de velocidad es 7.0 m/s y el componente x es 3.0 m/s, ¿cuál es el componente y?
Solución: Vy = [V2 - Vx2]½ → Vy = [(7 m/s)2 - (3 m/s)2]½ → Vy = [49 m2/s2 - 9 m2/s2]½ → Vy = 6.32 m/s.
10) ●● El componente x de un vector de velocidad que forma un ángulo de 37° con el eje +x tiene una magnitud de 4.8 m/s. a) ¿Qué magnitud tiene la velocidad? b) ¿Qué magnitud tiene el componente y de la velocidad?
Solución: a) Vx = Vcosθ → V = Vx/cos37° → V = (4.8 m/s)/0.80 → V = 6 m/s.
b) Vy = Vsenθ → Vy = (6 m/s)(0.60) → Vy = 3.6 m/s.
11) EI ●● Un estudiante camina 100 m al oeste y 50 m al sur. a) Para volver al punto de partida, el estudiante debe caminar en términos generales 1) al sur del oeste, 2) al norte del este, 3) al sur del este o 4) al norte del oeste. b) ¿Qué desplazamiento llevará al estudiante al punto de partida?
Solución: a) La respuesta es la “4)”, el estudiante debe caminar al norte del oeste.
b) ∆X = [(Xoeste)2 + (Xsur)2]½ → ∆X = [(100 m)2 + (50 m)2]½ → ∆X = [10000 m2 + 2500 m2]½ → ∆X = 111.8 m.
θ = Tam-1 (Xsur/Xoeste) → θ = Tam-1 (- 50 m/- 100 m) → θ = 26.6°.
●● Una estudiante pasea diagonalmente por una plaza rectangular plana en su universidad, y cubre la distancia de 50 m en 1.0 min (figura 3.22). a) Si la ruta diagonal forma un ángulo de 37 con el lado largo de la plaza, ¿qué distancia habría recorrido la estudiante, si hubiera caminado dando media vuelta a la plaza en vez de tomar la ruta diagonal? b) Si la estudiante hubiera caminado la ruta exterior en 1.0 min con rapidez constante, ¿en cuánto tiempo habría caminado cada lado?
Solución: a) dx = dcosθ → dx = (50 m)cos37° → dx = (50 m)(0.80) → dx = 40 m; dy = dsenθ → dy = (50 m)sen37° → dy = (50 m)(0.60) → dy = 30 m; dt = dx + dy → dt = 40 m + 30 m → dt = 70 m.
b) V = dt/tt → V = 70 m/60 min → V = 1.17 m/s; tx = dx/V → tx = 40 m/1.17 m/s → tx = 34.19 seg; ty = dy/V → ty = 30 m/1.17 m/s → ty = 25.64 seg.
13) ●● Una pelota rueda con velocidad constante de 1.50 m/s formando un ángulo de 45° por debajo del eje +x en el cuarto cuadrante. Si definimos que la pelota está en el origen en t = 0, ¿qué coordenadas (x, y) tendrá 1.65 s después?
Solución: La distancia que recorre en 1.65 seg es d = V x t → d = (1.5 m/s)(1.65 seg) → d = 2.48 m.
dx = V cosθ → dx = [(2.48 m/s) cos(-45°)] → dx = (2.48 m/s)(0.71) → dx = 1.76 m.
dy = V senθ → dy = [(2.48 m/s) sen(-45°)] → dy = (2.48 m/s)(- 0.71) → dy = - 1.76 m.
Las coordenadas (x,y) son: (1.76 m, - 1.76 m).
14) ●● Una pelota que rueda sobre una mesa tiene una velocidad cuyos componentes rectangulares son vx = 0.60 m/s y vy = 0.80 m/s. ¿Qué desplazamiento tiene la pelota en un intervalo de 2.5 s?
Solución: Vr = (Vx2 + Vy2)½ → Vr = [(0.60 m/s)2 + (0.80 m/s)2]½ → Vr = 1 m/s; θ = Tan-1(Vy/Vx) → θ = Tan-1(0.80/0.60) → θ = 53°.
X = (Vx/cosθ)t → X = (0.60 m/s/cos53°)(2.5 s) → X = 2.5 m.
15) ●● Un avión pequeño despega con una velocidad constante de 150 km/h y un ángulo de 37º. A los 3.00 s, a) ¿A qué altura sobre el suelo está el avión y b) qué distancia horizontal habrá recorrido desde el punto de despegue?
Solucion: 150 km/h x 1000 m/km x 1h/3600 s = 41.67 m/s.
a) dy = (Vsenθ)t → dy = (41.67 m/s)(sen37°)(3 s) → dy = 75.2 m; dx = (Vcosθ)t → dx = (41.67 m/s) (cos37°)(3 s) → dx = 99.83 m.
16) EI ●● Durante parte de su trayectoria (que dura exactamente 1 min) un misil viaja con una rapidez constante de 2000 mi/h y mantiene un ángulo de orientación constante de 20° con respecto a la vertical. a) Durante esta fase, ¿qué es verdad con respecto a sus componentes de velocidad?: 1) Vy > Vx
Solucion: a) El misil viaja a velocidad constante y forma un ángulo constante de 20º con la vertical.La respuesta es la “1), Vy > Vx.
b) Vx = Vsenθ → Vx = (2000 mi/h)(sen20°) → Vx = 684 mi/h; Vy = Vcosθ → Vy = (2000 mi/h)(cos20°) → Vy = 1879.38 mi/h.
dy = (Vcosθ)t → dy = (2000 mi/h)(cos20°)(1/60 h) → dy = 31.33 mi.
17) ●● En el instante en que una pelota desciende rodando por una azotea, tiene un componente horizontal de velocidad de +10.0 m/s y un componente vertical (hacia abajo) de 15.0 m/s. a) Determine el ángulo del techo. b) ¿Cuál es la rapidez de la pelota al salir de la azotea?
Solución: a) θ = Tan-1(Vy/Vx) → θ = Tan-1(-15 m/s/10 m/s) → θ = Tan-1(-1.5) → θ = 56.31° por debajo del eje + X.
b) V = (Vx2 + Vy2)½ → V = [(10 m/s)2 + 15 m/s)2]½ → V = [100 m2/s2 + 225 m2/s2]½ → V = 18 m/s.
18) ●● Una partícula se mueve con rapidez de 3.0 m/s en la dirección
Solucion: dx = Vxt → dx = (3 m/s)(4 s) → dx = 12 m; dy = ½at2 → dy = ½(- 0.75 m/s2)(4 s)2 → dy = - 6 m. Coordenadas (12 m, - 6 m).
d = [dx2 + dy2]½ → d = [(12 m)2 + (- 6 m)2]½ → d = [144 m2 + 36 m2]½ → d = 13.42 m.
19) ●●● Con rapidez constante de 60 km/h, un automóvil recorre una carretera recta de 700 m que tiene una inclinación de 4.0° respecto a la horizontal. Un observador nota únicamente el movimiento vertical del auto. Calcule a) la magnitud de la velocidad vertical del auto y b) la distancia vertical que recorrió.
Solución: a) 60 km/h x 1000 m/km x 1 h/3600 s = 16.67 m/s; Vy = Vsenθ → Vy = (16.67 m/s)(sen4.0°) → Vy = (16.67 m/s)(0.0698) → Vy = 1.2 m/s.
b) dy = dtsenθ → dy = (700 m)(sen4.0°) → dy = (700 m)(0.0698) → dy = 48.9 m.
20) ●●● Un beisbolista da un home run hacia las gradas del jardín derecho. La pelota cae en una fila que se localiza 135 m horizontalmente con respecto a home y 25.0 m arriba del terreno de juego. Un aficionado curioso mide el tiempo de vuelo en 4.10 s. a) Determine los componentes de la velocidad promedio de la pelota. b) Determine la magnitud y el ángulo de su velocidad promedio. c) Explique por qué no es posible determinar su rapidez promedio a partir de los datos dados.
Diagrama de cuerpo libre.
Solucion: a) Vx = dx/t → Vx = 135 m/4.10 s → Vx = 32.93 m/s; Vy = dy/t → Vy = 25 m/4.10 s Vy = 6.10 m/s.
b) Vpm = [Vx2 + Vy2]½ → Vpm = [(32.93 m/s)2 + (6.10 m/s)2]½ → Vpm = 33.5 m/s.
θ = Tan-1(Vy/Vx) → θ = Tan-1(6.10 m/s/32.93 m/s) → θ = Tan-1(0.185) → θ = 10.5°.
c) No podemos calcular la rapidez promedio porque no sabemos la distancia que recorrió la pelota: solo sabemos su desplazamiento. (La trayectoria).
3.2 Suma y resta de vectores.
21) OM Se suman dos vectores con magnitud 3 y 4, respectivamente. La magnitud del vector resultante es a) 1, b) 7 o c) entre 1 y 7.
Solución: La respuesta es la “c)”, entre 1 y 7, ya que la suma máxima posible es cuando 3 y 4 están en la misma dirección, la magnitud de suma mínima es 1 cuando ambos están en dirección opuesta y En cualquier otro ángulo entre 3 y 4, la magnitud de la suma es entre 1 y 7.
22) OM La resultante de A - B
Solución: La respuesta es la “d)”, - (B - A).
23) OM Un vector unitario tiene a) magnitud, b) dirección, c) ninguna de las anteriores, d) tanto a como b.
Solución: La respuesta es la “d)”, tanto a como b.
24) PC En el ejercicio 21, ¿en qué condiciones la magnitud de la resultante sería igual a 1? ¿Y a 7 o a 5?
Solución:
· Para que la magnitud resultante sea 1, los vectores deben ser opuestos entre sí.
· Para que la magnitud de la resultante sea 7, los dos vectores deben estar en la misma dirección.
· Para que la magnitud de la resultante sea 5, los dos vectores deben ser perpendiculares entre sí en el punto de contacto.
Es “1”, si son anti paralelos. b) Es “7”, si son paralelos. c) Es “5”, si son perpendiculares.
25) PC ¿Un vector diferente de cero puede tener un componente x de cero? Explique su respuesta.
Solución: La respuesta es “Sí” cuando el vector está en la dirección y, tiene un componente x igual a cero, pero el vector es diferente de cero.
26) PC ¿Es posible sumar una cantidad vectorial a una cantidad escalar?
Solución: No, no es posible sumar una cantidad vectorial y una escalar porque la cantidad escalar sólo tiene magnitud, mientras la cantidad vectorial posee además de magnitud, dirección y sentido que no posee escalar.
27) PC ¿Es posible que A + B sea igual a cero, cuando A
Solución: La respuesta es Sí, si son iguales y opuestos.
28) PC ¿Hay vectores iguales en la figura 3.23?
Solución: Si todos los vectores parecen ser iguales ya que tienen la misma dirección y sentido, también parecen tener la misma magnitud.
29) ● Empleando el método del triángulo, demuestre gráficamente que a) A + B = B + A
Solución:
a) A + B = B + A. b) si A - B = C
30) EI ● a) ¿La suma de vectores es asociativa? Es decir, (A + B) + C = A + (B + C)
Solución: a) (A + B) + C = A + (B + C)
b) justificación gráfica:
31) Un vector tiene un componente x de - 2.5 m y un componente y de 4.2 m. Exprese el vector en forma de magnitud-ángulo.
Solución: d = (dx2 + dy2)½ → d = [(- 2.5 m)2 + (4.22]½ → d = [6.25 m2 + 17.64 m2]½ → d = 4.9 m.
θ = Tan-1(dy/dx) → θ = Tan-1(4.2 m/- 2.5 m) → θ = Tan-1(- 1.68) → θ = - 59°, es decir, 59° por encima del eje - X. por tanto en la forma magnitud ángulo será: (49 m, 59° por encima del eje - X.).
32) ● Para los dos vectores X1 = (20 m)ŵ y X2 = (15 m)ŵ, calcule y muestre gráficamente a) X1 + X2
Solución:
a) X1 + X2.
b) X1 - X2.
c) X2 - X1.
33) ● Durante un despegue (en aire inmóvil), un avión se mueve a una rapidez de 120 mi/h con un ángulo de 20 sobre el suelo. ¿Qué velocidad tiene el avión respecto al suelo?.
Solución: Vx = Vcosθ → Vx = (120 mi/h)cos20° → Vx = 113 mi/h.
34) ●● Dos muchachos tiran de una caja por un piso horizontal, como se muestra en la figura 3.24. Si F1= 50.0 N y F2 = 100 N, encuentre la fuerza (o suma) resultante mediante a) el método gráfico y b) el método de componentes.
Solución:
a) Método gráfico:
b) Método de componentes:
Resultante en X. Resultante en Y
Frx = F1x + F2x → Frx = F1cosθ + F2cosθ Fry = F1y + F2y → Fry = F1senθ + F2senθ
Frx = (50.0 N)cos30° + (100 N)cos60° → Frx = 93.3 N Fry = (50 N)sen30° + (100 N)sen60° → Fry = 112 N.
Fuerza resultante que actúa sobre la caja: Fr = (Frx2 + Fry2)½ → Fr = ((93.3 N)2 + (112 N)2)½ → Fr = 145.9 N.
θ = Tan-1(Fry/Frx) → θ = Tan-1(112 N/93.3 N) → θ = Tan-1(1.2) → θ = 50.2°. Por tanto Fr = 145.9 N a 50.2°.
35) ●● Para cada uno de los vectores dados, determine un vector que, al sumársele produzca un vector nulo (un vector con magnitud cero). Exprese el vector en la otra forma (componentes o magnitud-ángulo), no en la que se dio. a) A = 4.5 cm a 40°
Solución:
a) A = 4.5 cm a 40°
Componentes en X: A+x = (Acosθ)x → A+x = (4.5 cm)(cos40°)x → A+x = (3.4 cm)x; A -x = (Acosθ)x → A -x = (4.5 cm)(cos220°)x → A -x = (- 3.4 cm)x; por tanto A+x + A-x = (3.4 cm)x + (-3.4 cm)x = 0x.
Componentes en y: A+y = (Asenθ)y → A+y = (4.5 cm)(sen40°)y → A+y = (2.9 cm)y; A -y = (Asenθ)y → A -y = (4.5 cm)(sen220°)y → A -y = (- 2.9 cm)y; por tanto A+y + A-y = (2.9 cm)y + (-2.9 cm)y = 0y.
b) B = (2 cm)X - (4 cm)Y: B = [(Bx)2 + (By)2]½ → B = [(-2 cm)2 + (4 cm)2]½ → B = [4 cm2 + 16 cm2]½ → B = 4.5 cm.
θ = 180° + Tan-1(By/Bx) → θ = 180° + Tan-1(4 cm/- 2 cm) → θ = 180° + Tan-1(- 2 cm) → θ = 180° + (- 63°) → θ = 117°.ó θ = 63° Por encima del eje - x.
c) C = 8 cm con un ángulo de 60° arriba del eje - x: El signo menos sólo va a indicar el vector opuesto, así θ =360° - 60° → θ =300°.
- Cx = (Ccosθ)x → - Cx = (8 cm)(cos300°)x → - Cx = (4.0 cm)x; - Cy = (Csenθ)y → - Cy = (8 cm)(sen300°)y → - Cx = (- 6.9 cm)y.
- C = [(- Cx)2 + (- Cy)2]½ → - C = [(4 cm)2 + (- 6.9 cm)2]½ → - C = 8 cm a 60° por debajo del eje + x.
36) EI ●● a) Si se aumenta al doble cada uno de los dos componentes (x y y) de un vector, 1) la magnitud del vector aumenta al doble, pero la dirección no cambia; 2) la magnitud del vector no cambia, pero el ángulo de dirección aumenta al doble, o 3) tanto la magnitud como el ángulo de dirección del vector aumentan al doble. b) Si los componentes x y y de un vector de 10 m a 45 se aumentan al triple, describa el nuevo vector.
Solución: a) La respuesta es la 1), la magnitud del vector aumenta al doble, pero la dirección no cambia.
b) Componentes del nuevo vector: Vx = 3Vcosθ → Vx = 3(10 m)(cos45°) → Vx = 21.21 m; Vy = 3Vsenθ → Vy = 3(10 m)(sen45°) → Vy = 21.21 m.
Módulo del nuevo vector: Vnv = [(3Vx)2 + (3Vy)2]½ → Vnv = [(21.21 m)2 + (21.21 m)2]½ Vnv = 30 m.
θ = Tan-1(3Vy/3Vx) → θ = Tan-1(21.21 m/21.21 m) → θ = Tan-1(1) → θ = 45°.
Conclusion: el vector se triplica pero el ángulo no cambia.
37) ●● Dos hermanos están jalando a su otro hermano en un trineo (figura 3.25). a) Encuentre la resultante (o suma) de los vectores F1 y F2 b) Si en la figura estuviera a un ángulo de 27° en vez de 37° con el eje +x, ¿cuál sería la resultante (o suma) de F1 y F2.
Solución: a)
Componentes en el eje X: Componentes en el eje Y
F1x = F1cosθ → F1x = (12 N)cos37° → F1x = 9.6 N F1y = F1senθ → F1y = (12 N)sen37° → F1y = 5.45 N
F2x = F2cosθ → F2x = (12 N)cos(180° - 37°) → F2x = - 9.6 N. F2y = F2senθ → F2y = (12 N)sen(180° - 37°) → F2y = 7.2 N
Frx = F1x + F2x → Frx = 9.6 N - 9.6 N → Frx = 0 N Fry = F1y + F2y → Fry = 5.45 N + 7.2 N → Frx = 14.4 N
b) Componentes en el eje X: Componentes en el eje Y
F1x = F1cosθ → F1x = (12 N)cos27° → F1x = 10.7 N F1y = F1senθ → F1y = (12 N)sen37° → F1y = 7.2 N
F2x = F2cosθ → F2x = (12 N)cos(180° - 37°) → F2x = - 9.6 N. F2y = F2senθ → F2y = (12 N)sen(180° - 37°) → F2y = 7.2 N
Frx = F1x + F2x → Frx = 10.7 N - 9.6 N → Frx = 1.1 N Fry = F1y + F2y → Fry = 5.45 N + 7.2 N → Frx = 12.7 N a 85° por encima del eje + X
θ = Tan-1(Fry/Frx) → θ = Tan-1(12..7 N/1.1 N) → θ = Tan-1(11.6) → θ = 85° por encima del eje + X.
38) ●● Dados dos vectores A con longitud de 10.0N y ángulo 45º bajo el eje −?, y B que tiene un componente x de +2.0 N y un componente y de +4.0 N. a) dibuje los vectores en los ejes x, y, con sus “colas” en el origen, y b) calcule A + B .
Solución: a)
b) A + B = Rx + Ry: Rx = Ax + Bx; Ry = Ay + By.
Ax = (Acosθ) → Ax = (10 N)(cos180° + 45°) → Ax = - 7.10 N; Rx = Ax + Bx → Rx = - 7.1 N + 2.0 N → Rx = (- 5.1 N)x
Ay = (Asenθ) → Ay = (10 N)(sen180° + 45°) → Ay = - 7.10 N; Ry = Ay + By → Ry = - 7.1 N + 4.0 N → Ry = (- 3.1 N)ŷ.
A + B = Rx + Ry → A + B = [(- 5.1 N)x + (- 3.1 N)ŷ].
A + B = [(- 5.1 N)2 + (- 3.1 N)2]½ → A + B = [26.11 N2 + 9.61 N2]½ → A + B = 5.98 N.
θ = 180° + Tan-1(Ry/Rx) → θ = 180° + Tan-1(- 3.1 N/- 5.1 N) → θ = 180° + Tan-1(0.61) → θ = 180° + 37.6° por debajo del eje - X → θ = 217.6° por debajo del eje - X.
39) ●● La velocidad del objeto 1 en forma de componentes es V1 = (+ 2.0 m/s)X
Solucion: a)
V2 = (V2x)X + (V2y)y → V2 = - 2(V1x)X - 2(V1y)y → V2 = - 2(2 m/s)X - 2(- 4 m/s)y → V2 = (- 4 m/s)X + ( 8 m/s)y.
b) Vr = [(Vrx)2 +(Vry)2]½ → Vr = [(- 4 m/s)2 + (8 m/s)2]½ → Vr = [16 m2/s2 + 64 m2/s)2]½ → Vr = 8.94 m/s.
40) ●● Para los vectores de la figura 3.26, obtenga A + B + C.
A + B + C = (Ax + Bx + Cx)X + (Ay + By + Cy)Y
Componentes en “X”: Rx = (Ax + Bx + Cx)X → Rx = (Acosθ + Bcosθ + Ccosθ)X → Rx = [(5 m/s)cos0° + (10 m/s)cos60° + (15 m/s)cos(180° - 30°))]X → Rx = [5 m/s + 5 m/s - 12.99 m/s]X → Rx = (- 2.99 m/s)X.
Componentes en “Y”: Ry = (Ay + By + Cy)Y → Ry = (Asenθ + Bsenθ + Csenθ)Y → Ry = [(5 m/s)sen0° + (10 m/s)sen60° + (15 m/s)sen(180° - 30°))]Y → Ry = [0 m/s + 8.66 m/s + 7.5 m/s]Y → Ry = (16.16 m/s)Y.
Módulo de vector suma: A + B + C = R = (Ax + Bx + Cx)X + (Ay + By + Cy)Y → R = (- 2.99 m/s)X + (16.16 m/s)Y → R = [(- 2.99 m/s)2 + (16.16 m/s)2]½ → R = [8.94 m2/s2 + 261.15 m2/s2]½ → R = 16.43 m/s.
θ = Tan-1(Ry/Rx) → θ = Tan-1(16.16 m/s/- 2.99 m/s) → θ = Tan-1(- 5.61) → θ = - 79.52° → θ = 180° - 79.52° → θ = 100.48° respecto del eje + X.
41) ●● Para los vectores de velocidad de la figura 3.26, obtenga A - B - C si A = 5 m/s; B = 10 m/s a 60°; C = 15 m/s a 30° por debajo del eje - X.
Solución: A - B - C = [Ax + (- Bx) + (- Cx)]X + [Ay + (- By) + (- Cy)]Y.
Componentes en X: Rx = [Acosθ + (- Bcosθ) + (- Ccosθ)] → Rx = [Acos0° + (- Bcos180° + 60°) + (- Ccos180° + 150°)] → Rx = [(5 m/s)(1) + (10 m/s)(-0.5) + (15 m/s)(0.866)] → Rx = [5 m/s - 5 m/s + 12.99 m/s] → Rx = 12.99 m/s.
Componentes en Y: Ry = [Asenθ + (- Bsenθ) + (- Csenθ)] → Ry = [Ase0° + (- Bcos180° + 60°) + (- Ccos180° + 150°)]→ Ry = [(5 m/s)(0) + (10 m/s)(- 0.866) + (15 m/s)(- 0.5)] → Ry = [0 m/s - 8.66 m/s - 7.5 m/s] → Ry = - 16.16 m/s.
Módulo A - B - C: A - B - C = (12.99 m/s)X + (- 16.16 m/s)Y.
A - B - C = [(12.99 m/s)2 + (- 16.16 m/s)2]½ → A - B - C = [168.74 m2/s2 + 261.15 m2/s2]½ → A - B - C = 21.73 m/s.
Angulo: θ = Tan-1(Ry/Rx) → θ = Tan-1(-16.16 m/s/12.99 m/s) → θ = Tan-1(- 1.24) → θ = - 51°, es decir, θ = 51° por debajo del eje + X.
42) ●● Dados dos vectores
Solución:
La respuesta es "los vectores tienen orientación opuestas.
43) ●● En dos movimientos sucesivos de ajedrez, un jugador primero mueve a su reina dos cuadros hacia delante, y luego la mueve tres cuadros hacia la izquierda (desde el punto de vista del jugador). Suponga que cada cuadro mide 3.0 cm de lado. a) Si se considera hacia delante (es decir, con dirección hacia el oponente) como el eje positivo y y hacia la derecha como el eje positivo x, indique el desplazamiento neto de la reina en forma de componentes. b) ¿En qué ángulo neto se movió la reina en relación con la dirección hacia la izquierda?
Solución: a)
∆d = (dx)X + (dy)Y → ∆d = (- 9 cm)X + (6 cm)Y
Módulo del desplazamiento: ∆d = [(dx)2 + (dy)2]½ → ∆d = [(-9 cm)2 + (6 cm)2]½ → ∆d = [81 cm2 + 36 cm2]½ → ∆d = 10.82 cm.
b) θ = Tan-1(Ry/Rx) → θ = Tan-1(6 cm/- 9 cm) → θ = Tan-1(- 0.67) → θ = - 33.66°, es decir, θ = 33.66° respecto al eje – X..
44) ●● Dos vectores de fuerza, F1 = (3.0 N)X - (4.0 N)Y
Solución: Diagrama
F1 + F2 = FR = (F1x + F2x)X + (F1y + F2y)Y → FR = (3.0 N - 6.0 N)X + (- 4.0 N + 4.5 N)Y → FR = (- 3.0 N )X + (0.5 N)Y.
F3 es la fuerza opuesta a FR: F3 = - FR → F3 = - [(- 3.0 N)X + (0.5 N)Y] → F3 = (3.0 N)X + (- 0.5 N)Y.
Módulo de F3: F3 = [(FRx)2 + (FRy)2]½ → F3 = [(3.0 N)2 + (- 0.5 N)2]½ → F3 = [9 N2 + 0.25 N2]½ → F3 = 3.04 N.
θ = Tan-1(Ry/Rx) → θ = Tan-1(- 0.5 N/3.0 N) → θ = Tan-1(- 0.167) → θ = - 9.5, es decir, θ = 9.5 por debajo del eje + X.
45) ●● Dos vectores de fuerza,
Solución: Modulo Fr: Fr = (F1x + F2x)X + (F1y + F2y)Y → Fr = (F1cos60° + F2cos315°)X + (F1sen60° + F2sen315°)Y → Fr = [(8.0 N)(0.5) + (5.5 N)(0.707)]X + [(8.0 N)(0.866) + (5.5 N)(- 0.707)]Y → Fr = (7.9 N )X + (3.0 N)Y.
F3 es la fuerza opuesta a FR: F3 = - FR → F3 = - [(7.9 N)X + (3.0 N)Y] → F3 = (- 7.9 N)X + (- 3.0 N)Y.
Módulo de F3: F3 = [(FRx)2 + (FRy)2]½ → F3 = [(- 7.9 N)2 + (- 3.0 N)2]½ → F3 = [62.4 N2 + 9.0 N2]½ → F3 = 8.5 N.
θ = Tan-1(Ry/Rx) → θ = Tan-1(- 3.0 N/- 7.9 N) → θ = Tan-1(0.38) → θ = 21°, por debajo del eje - X.
46) ●● Un estudiante resuelve tres problemas que piden sumar dos vectores distintos, F1
Solución: La respuesta es Sí, son posibles:
a) F1 + F2 si los vectores son paralelos, es decir, a un ángulo de 0°.
b) F1 - F2 si los vectores son paralelos y opuesto, es decir, son anti-paralelos.
c) (F12 + F22)½ si los vectores tienen diferentes direcciones, es decir, en éste cuando son perpendiculares.
47) ●● Un bloque que pesa 50 N descansa en un plano inclinado. Su peso es una fuerza dirigida verticalmente hacia abajo, como se ilustra en la figura 3.27. Obtenga los componentes de la fuerza, el paralelo a la superficie del plano y el perpendicular a ella.
Solución: Fuerza paralela a la superficie: Wx = Wsenθ → Wx = (50 N)sen37° → Wx = (50 N)(0.60) → Wx = 30 N.
Fuerza perpendicular a la superficie: Wy = Wcosθ → Wy = (50 N)cos37° → Wy = (50 N)(0.80) → Wy = 40 N.
48) ●● Dos desplazamientos, uno con una magnitud de 15.0 m y un segundo con una magnitud de 20.0 m, pueden tener cualquier ángulo que usted desee. a) ¿Cómo realizaría la suma de estos dos vectores de manera que ésta tenga la mayor magnitud posible? ¿Cuál sería esa magnitud? b) ¿Cómo los orientaría de manera que la magnitud de la suma fuera la mínima? ¿Cuál sería ese valor? c) Generalice el resultado a cualesquiera dos vectores.
Solucion:
a) Sumándolos como vectores paralelos de la misma dirección y sentido: ∆da = d1 + d2 → ∆da = 15.0 m + 20.0 m → ∆da = 35.0 m.
b) Sumándolos como vectores paralelos de la misma dirección y sentido opuesto: ∆db = d2 + (- d1) → ∆db = 20.0 m + (- 15.0 m) → ∆db = 5.0 m.
c) ∆db ≤ ∆d ≤ ∆da → 5.0 m ≤ ∆d ≤ 35.0 m (Esta es la forma general)
49) ●●● Una persona camina del punto A al punto B como se muestra en la figura 3.28. Calcule su desplazamiento relativo al punto A.
Solución:
∆drA = (∆drx)X + (∆dry)Y → ∆drA = [(20 m)(cos30°) - 40 m + (20 m)(cos315°)]X + [(20 m)(sen30°) + 30 m - (20 m(sen315°)]Y → ∆drA = [17.32 m - 40 m + 14.14 m]X + [10 m + 30 m - 14.14 m]Y → ∆drA = (- 8.54 m)X + (25.86 m)Y.
Módulo de ∆drA: ∆drA = [(∆drx)2 + (∆dry)2]½ → ∆drA = [(- 8.54 m)2 + (25.86 m)2]½ → ∆drA = [72.93 m2 + 668.74 m2]½ → ∆drA = 27.23 m.
θd = Tan-1(∆dry/∆drx) → θd = Tan-1(25.86 m/- 8.54 m) → θd = Tan-1(3.03) → θd = - 71.7°, es decir, 71.7° respecto del eje - X.
50) EI ●●● Una meteoróloga sigue el movimiento de una tormenta eléctrica con un radar Doppler. A las 8:00 P.M., la tormenta estaba 60 mí al noreste de su estación. A las 10:00 P.M., estaba 75 mí al norte. a) La dirección general de la velocidad de la tormenta es 1) al sur del este, 2) al norte del oeste, 3) al norte del este o 4) al sur del oeste. b) Calcule la velocidad promedio de la tormenta.
Solucion: a) La respuesta es la "3)" al norte del este.
b) A la 8:00 a.m, Posición del vector A: PA = (Ax)X + (Ay)Y → PA = (Acos45°)X + (Asen45°)Y → PA = [(60 mi)(0.707)]X + [(60 mi)(0.707)]Y → PA = (42.42 mi)X + (42.42 mi)Y.
A la 10:00 a.m, Posición del vector B: PB = (Bx)X + (By)Y → PB = (Bcos90°)X + (Bsen90°)Y → PB = [(75 mi)(0)]X + [(75 mi)(1)]Y → PB = (0 mi)X + (75 mi)Y.
Posición del vector B - A: B - A = (0 mi)X + (75 mi)Y - [(42.42 mi)X + (42.42 mi)]Y → B - A = (- 42.42 mi)X + (32.58 mi)Y.
Módulo de B - A: d(B - A) = [(- 42.42 mi)2 + (32.58 mi)2]½ → d(B - A) = [1799.46 mi2 + (1061.46 mi2]½ → d(B - A) = 53.49 mi.
θ = Tan-1(32.58 mi/- 42.42 mi) → θ = Tan-1(- 0.77) → θ = - 37.6°, es decir, 37.67° por encima del eje - X.
Velocidad promedio de la tormenta: Vp = ∆d/t → Vp = 53.49 mi/2h → Vp = 26.74 mi/h.
51) EI ●●● Un controlador de vuelo determina que un avión está 20.0 mi al sur de él. Media hora después, el mismo avión está 35.0 mi al noroeste de él. a) La dirección general de la velocidad del avión es 1) al este del sur, 2) al norte del oeste, 3) al norte del este o 4) al oeste del sur. b) Si el avión vuela con velocidad constante, ¿qué velocidad mantuvo durante ese tiempo?
Solución: a) La respuesta es “2)”, al norte del oeste.
b) A = (Ax)X + (Ay)Y → A = (Acos270°)X + (Asen270°)Y → A = [(20 mi)(0)]X + [(20 mi)(- 1)]Y → A = (0 mi)X + (- 20 mi)Y.
B = (Bx)X + (By)Y → B = (Bcos135°)X + (Bsen135°)Y → B = [(35 mi)(- 0.707)]X + [(35 mi)(0.707)]Y → B = (- 24.74 mi)X + (24.74 mi)Y.
Módulo de B - A: B - A = (Bx)X + (By)Y -[(Ax)X + (Ay)]Y → B - A = (- 24.74 mi)X + (24.74 mi)Y -[(0 mi)X + (- 20 mi)]Y → B - A = (- 24.74 mi)X + (44.74 mi)Y.
B - A = [(- 24.74 mi)2 + (44.74 mi)2]½ → B - A = [612.07 mi2 + 2001.67 mi2]½ → B - A = 51.12 mi.
θ = Tan-1(44.74 mi/- 24.74 mi) → θ = Tan-1(- 1.808) → θ = - 61°, es decir, 61° por encima del eje - X.
Velocidad promedio de la tormenta: Vp = ∆d/t → Vp = 51.12 mi/0.5 h → Vp = 102.3 mi/h.
52) EI ●●● La figura 3.29 representa una ventana decorativa (el cuadro interior grueso), que pesa 100 N y que está suspendida sobre un patio (el cuadro exterior delgado). Los dos cables de las esquinas superiores están, cada uno, a 45° y el izquierdo ejerce una fuerza (F1) de 100 N sobre la ventana. a) ¿Cómo se compara la magnitud de la fuerza que ejerce el cable superior derecho (F2) con la que ejerce el cable superior izquierdo? 1) F2 >
Solución:
a) Como el cuadro está en equilibrio, la sumatoria de todas las fuerzas que actúan sobre él es cero. F1 + F2 + F3 + W = 0, por tanto ∑Fx = 0; ∑Fy = 0.
∑Fx = 0 → F2x - F1x = 0 → F2x = F1x → F2cos45° = F1cos45° → F2 = F1 → F2 = 100 N.
La respuesta al inciso "a" es la "2" F2 = F1.
∑Fy = 0 → F2y + F1y - F3 - W = 0 → F2sen45° + F1sen45° - F3 - 100 N = 0 → F3 = (100 N)(0.707) + (100 N)(0.707) - 100 N → F3 = 41.4 N.
53) ●●● Un golfista toma posición para su primer putt al hoyo que se localiza a 10.5 m exactamente al noroeste de la ubicación de la pelota. Golpea la pelota 10.5 m en línea recta, pero con el ángulo incorrecto, 40º derecho hacia el norte. Para que el golfista logre embocar la pelota con dos golpes, determine a) el ángulo del segundo putt y b) la magnitud del desplazamiento del segundo putt. c) Explique por qué no es posible determinar la longitud del trayecto del segundo putt.
Solución:
Analisis: Sea A la posición del hoyo, entonces
Componentes de A: A = (Ax)X + (Ay)Y → A = (Acos135°)X + (Asen135°)Y → A = [(10.5 m)(- 0.707)]X + [(10.5 m)(0.707)]Y → A = (- 7.42 m)X + (7.42 m)Y.
Sea B la posición del putt incorrecto, entonces
Componentes de B: B = (Bx)X + (By)Y → B = (Bcos130°)X + (Bsen130°)Y → B = [(10.5 m)(- 0.643)]X + [(10.5 m)(0.766)]Y → B = (- 6.75 m)X + (8.04 m)Y.
Sea
A - B = (- 7.42 m)X + (7.42 m)Y - [(- 6.75 m)X + (8.04 m)]Y → A - B = (- 0.67 m)X + (- 0.62 m)Y.
a) θ = Tan-1(- 0.62 m/- 0.67 m) → θ = Tan-1(0.925) → θ = 42.8°, es decir, 222.8° por debajo del eje - X. (al Sur del Oeste).
b) A - B = [(- 0.67 m)2 + (- 0.62 m)2]½ → A - B = [0.45 m2 + 0.38 m2]½ → A - B = 0.91 m.
c) La razón se debe al hecho de que la pelota sigue una trayectoria curva no recta.
54) ●●● Dos estudiantes tiran de una caja como se muestra en la figura 3.24. Si F1 = 100 N y F2 = 150 N, y un tercer estudiante quiere detener la caja, ¿qué fuerza deberá aplicar?
Solución:
F1 = (F1x)X + (F1y)Y → F1 = (F1cos30°)X + (F1sen30°)Y → F1 = [(100 N)(0.866)]X + [(100 N)(0.5)]Y → F1 = (86.6 N)X + (50 N)Y.
F2 = (F2x)X + (F2y)Y → F2 = (F2cos60°)X + (F2sen60°)Y → F2 = [(150 N)(0.5)]X + [(150 N)(0.866)]Y → F2 = (75 N)X + (129.9 N)Y.
Suma: F1 + F2 = (F1x)X + (F1y)Y + (F2x)X + (F2y)Y → F1 + F2 = (86.6 N)X + (50 N)Y + (75 N)X + (129.9 N)Y → F1 + F2 = (161.6 N)X + (179.9 N)Y.
Calculo deF3: Para que la caja quede en reposo la sumatoria de todas las fuerzas que actúan sobre ella debenser cero. F1 + F2 + F3 = 0 → F3 = - (F1 + F2) → F3 = - [(161.6 N)X + (179.9 N)Y] → F3 = [(- 161.6 N)2 + (- 179.9 N)2]½ → F3 = [26114.56 N2 + 58478.57 N2]½ → F3 = 241.82 N.
θ = Tan-1(-179.9 N/-161.6 N) → θ = Tan-1(1.113) → θ = 48.06°, es decir, 228.06° por debajo del eje - X.
3.3 Movimiento de proyectiles*
55) OM Si se desprecia la resistencia del aire, el movimiento de un objeto proyectado con cierto ángulo consiste en una aceleración uniforme hacia abajo, combinada con a) una aceleración horizontal igual, b) una velocidad horizontal uniforme, c) una velocidad constante hacia arriba o d) una aceleración que siempre es perpendicular a la trayectoria del movimiento.
Solución: La respuesta es la “b)”, una velocidad horizontal uniforme.
56) OM Un balón de fútbol americano se lanza en un pase largo. En comparación con la velocidad horizontal inicial del balón, el componente horizontal de su velocidad en el punto más alto es a) mayor, b) menor, c) el mismo.
Solución: La respuesta es la “c)”, la componente horizontal es la misma.
57) OM Un balón de fútbol americano se lanza en un pase largo. En comparación con la velocidad vertical inicial del balón, el componente vertical de su velocidad en el punto más alto es a) mayor, b) menor, c) el mismo.
Solución: La respuesta es la “b)” menor.
58) PC Una pelota de golf se golpea en un fairway plano. Cuando cae al suelo, su vector de velocidad ha sufrido un giro de 90. ¿Con qué ángulo se lanzó la pelota? [Sugerencia: véase la figura 3.11.]
Solución: La respuesta es “Cuando la pelota está en el suelo, el vector de velocidad gira 90 grados. En movimiento de proyectil, si la velocidad inicial forma un ángulo
59) PC La figura 3.10b muestra una fotografía por destello múltiple de una pelota que cae desde el reposo, al tiempo que otra se proyecta horizontalmente desde la misma altura. Las dos pelotas tocan el suelo al mismo tiempo. ¿Por qué? Explique su respuesta.
Solución: La respuesta es “El movimiento horizontal no afecta el movimiento vertical. El movimiento vertical de la pelota proyectada horizontalmente es idéntico al de la pelota arrojada”.
60) PC En la figura 3.30, un “cañón” accionado por resorte en un carrito dispara verticalmente una esfera metálica. El carrito recibió un empujón para ponerlo en movimiento horizontal con velocidad constante, y se tira de un cordel sujeto a un gatillo para lanzar la esfera, la cual sube y luego vuelve a caer siempre en el cañón en movimiento. ¿Por qué la esfera siempre vuelve a caer en el cañón? Explique su respuesta.
Solución: La respuesta es “Cuando se empuja el cañón para que tenga una velocidad horizontal, todos los componentes, la bola dentro del cañón también tiene la velocidad horizontal. Entonces, cuando se lanza la pelota, la velocidad relativa de la pelota sin el cañón en dirección horizontal es cero y, por lo tanto, la pelota vuelve a caer en el cañón”.
61) ● Una esfera con rapidez horizontal de 1.0 m/s rueda hasta caerse de una repisa que está a 2.0 m de altura. a) ¿Cuánto tardará la esfera en llegar al piso? b) ¿Qué tan lejos de un punto en el piso situado directamente abajo del borde de la repisa caerá la esfera?
Solución: a) V0y = 0 → y = V0yt + ½gt2 → 2 m = (0 m/s)t + ½(9.8 m/s2)t2 → 2 m = (4.9 m/s2)t2 → t = [2 m/4.9 m/s2]½ → t = [0.408 s2]½ → t = 0.64 seg.
b) X = Vxt → X = (1 m/s)(0.64 seg) → X = 0.64 m.
62) ● Un electrón se expulsa horizontalmente del cañón de electrones de un monitor con una rapidez de
Solución: 35 cm x 1 m/100 cm = 0.35 m; t = X/V → t = 0.35 m/1.5 x 106 m/s → t = 2.33 x 10-7 seg.
y = V0t + ½gt2 → y = (0 m/s)(2.33 x 10-7 s) + ½(9.8 m/s2)(2.33 x 10-7 s)2 → y = (4.9 m/s2)(5.43 x 10-14 s2 → y = 2.67 x 10-13 m.
63) ● Una esfera rueda horizontalmente con una rapidez de 7.6 m/s y se cae por el borde de una plataforma alta. Si la esfera cae a 8.7 m de un punto en el suelo que está directamente abajo del borde de la plataforma, ¿qué altura tiene la plataforma?
Solución: Tiempo del alcance: t = X/Vx → t = 8.7 m/7.6 m/s → t = 1.14 seg.
Altura de la plataforma: y = V0t + ½gt2 → y = (0 m/s)(1.14 s) + ½(9.8 m/s2)(1.14 s)2 → y = (4.9 m/s2) (1.30 s2) → y = 6.37 m.
64) ● Se lanza una pelota horizontalmente desde la cima de una colina de 6.0 m de altura, con una rapidez de 15 m/s. ¿Qué tan lejos del punto en el suelo directamente debajo del punto de lanzamiento tocará el suelo la pelota?
Solución: Tiempo de caída: V0y = 0; y = V0t + ½gt2 → 6 m = ½(9.8 m/s2)t2 → 6 m = (4.9 m/s2)t2 → t = [6 m/4.9 m/s2]½ → t = 1.11 seg.
Alcance horizontal: X = Vxt → X = (15 m/s)(1.11 seg) → X = 16.65 m.
65) ● Si el lanzamiento del ejercicio 64 se efectuara en la superficie lunar, donde la aceleración debida a la gravedad es de tan sólo 1.67 m/s2 , ¿qué respuesta se obtendría?
Solución: Tiempo de caída: V0y = 0; y = V0t + ½gt2 → 6 m = ½(1.67 m/s2)t2 → 6 m = (0.835 m/s2)t2 → t = [6 m/0.835 m/s2]½ → t = 2.68 seg.
66) ●● Un pitcher lanza una bola rápida horizontalmente con una rapidez de 140 km/h hacia home, que está a 18.4 m de distancia. a) Si los tiempos combinados de reacción y bateo del bateador suman 0.350 s, ¿durante cuánto tiempo puede mirar el bateador la bola después de que sale de la mano del lanzador, antes de hacer el swing? b) En su recorrido hacia home, ¿qué tanto baja la pelota respecto a su línea horizontal original?
Solución: (140 km/h) x (1000 m/km) x (1 h/3600 s) = 38.89 m/s;
t1 = X/Vx → t1 = 18.4 m/38.89 m/s → t1 = 0.473 s; t2 = t1 - 0.350 s → t2 = 0.473 - 0.350 s → t2 = 0.123 s.
b) y = V0t + ½gt2 → y = (0 m/s)(0.473 s) + ½(9.8 m/s2)(0.473 s)2 → y = (4.9 m/s2) (0.224 s2) → y = 1.10 m.
67) EI ●● La esfera A rueda con rapidez constante de 0.25 m/s por una mesa que está 0.95 m sobre el piso; y la esfera B rueda por el piso directamente abajo de la primera esfera, con la misma rapidez y dirección. a) Cuando la esfera A cae de la mesa al piso, 1) la esfera B está adelante de la A, 2) la esfera B choca con la A o 3) la esfera A queda adelante de la B. ¿Por qué? b) Cuando la pelota A toca el piso, ¿a qué distancia del punto directamente abajo del borde de la mesa estarán ambas esferas?
Solución: a) La respuesta es la “2)”, la esfera B choca con la A porque tiene la misma dirección y velocidad horizontal.
b) V0y = 0; y = V0t + ½gt2 → 0.95 m = ½(9.8 m/s2)t2 → 0.95 m = (4.9 m/s2)t2 → t = [0.95 m/4.9 m/s2]½ → t = 0.44 seg.
X = Vxt → X = (0.25 m/s)(0.44 s) → X = 0.11 m ambas esferas.
68) ●● Se dejará caer un paquete de abastecimiento desde un avión, de manera que toque tierra en cierto punto cerca de unos excursionistas. El avión se mueve horizontalmente con una velocidad constante de 140 km/h y se acerca al lugar a una altura de 0.500 km sobre el suelo. Al ver el punto designado, el piloto se prepara para soltar el paquete. a) ¿Qué ángulo debería haber entre la horizontal y la visual del piloto en el momento de soltar el paquete? b) ¿Dónde estará el avión cuando el paquete toque tierra?
Solución: (140 km/h) x (1000 m/km) x (1 h/3600 s) = 38.89 m/s; 0.500 km x 1000 m/km = 500 m.
a) Tiempo en el aire del paquete: V0y = 0; y = V0t + ½gt2 → 500 m = ½(9.8 m/s2)t2 → 500 m = (4.9 m/s2)t2 → t = [500 m/4.9 m/s2]½ → t = 10.10 seg.
Calculo del alcance horizontal del paquete: X = Vxt → X = (38.89 m/s)(10.10 s) → X = 392.79 m.
Angulo entre la visual y la horizontal: θ = Tan-1(500 m/392.79 m) → θ = Tan-1(1.273) → θ = 51.8°.
b) La distancia horizontal recorrida por el avión es igual a la distancia horizontal recorrida por el paquete, es decir, 392.79 m.
69) ●●Un carrito con un cañón accionado por resorte dispara verticalmente una esfera metálica (figura 3.30). Si la rapidez inicial vertical de la esfera es 5.0 m/s y el cañón se mueve horizontalmente a una rapidez de 0.75 m/s, a) ¿a qué distancia del punto de lanzamiento la esfera vuelve a caer en el cañón, y b) qué sucedería si el cañón estuviera acelerando?
Solución: Se sabe que el desplazamiento total en la dirección vertical es cero, por tanto, el tiempo de subida y bajada será: tv = 2(V0/g) → tv = 2(5 m/s/9.8 m/s2) → tv = 1.02 seg.
Conociendo el tiempo de ida y vuelta de la esfera, se puede calcular el desplazamiento a lo largo del eje horizontal: X = Vxtv → X = (0.75 m/s)(1.02 s) → X = 0.77 m.
b) Si el auto con ruedas hubiera acelerado, la pelota no se habría vuelto a meter en el cañón.
70) ●● Un futbolista patea un balón estacionario dándole una rapidez de 15.0 m/s con un ángulo de 15.0 respecto a la horizontal. a) Calcule la altura máxima que alcanza el balón. b) Calcule el alcance del balón. c) ¿Cómo podría aumentarse el alcance?
Solución: a)
Calculo de las componentes iniciales: V0y = V0senθ → V0y = (15 m/s)(sen15°) → V0y = 3.90 m/s; V0x = V0cosθ → V0x = (15 m/s)(cos15°) → V0x = 14.55 m/s.
Altura máxima de la pelota: Ymax = V02(senθ)2/2g → Ymax = (15 m/s)2(sen15°)2/2(9.8 m/s2) → Ymax = (225 m2/s2)(0.26)2/19.6 m/s2 → Ymax = 0.78 m.
Tiempo de vuelo de la pelota: tv = 2(V0senθ/g) → tv = 2(15 m/s)(sen15°)/9.8 m/s2) → tv = 0.8 seg.
b) Alcance horizontal de la pelota: Xmax = V0xtv → Xmax = (14.55 m/s)(0.8 seg) → Xmax = 11.64 m.
c) El alcance de la pelota puede aumentarse aumentando la magnitud de la velocidad inicial o el ángulo de proyección de la pelota, ya que esto podría aumentar el componente vertical de la velocidad inicial, lo que a su vez aumentaría el tiempo de inclinación y el alcance de la pelota.
71) ●● Una flecha tiene una rapidez de lanzamiento inicial de 18 m/s. Si debe dar en un blanco a 31 m de distancia, que está a la misma altura, ¿con qué ángulo debería proyectarse?
Solución: Calculo del alcance máximo de un proyectil:
X = (V02sen2θ)/g → 2θ = sen-1[(gX)/(18 m/s)2] → 2θ = sen-1[(303.8 m2/s2)/324 m2/s2] → 2θ = sen-1[0.94] → 2θ = 70° → θ = 35°.
72) ●● Un astronauta en la Luna dispara un proyectil de un lanzador en una superficie plana, de manera que pueda obtener el alcance máximo. Si el lanzador imparte al proyectil una velocidad inicial de 25 m/s, ¿qué alcance tendrá el proyectil? [Sugerencia: la aceleración debida a la gravedad en la Luna es tan sólo la sexta parte que en la Tierra.]
Solución: El alcance máximo se logra cuando el ángulo θ de proyección es de 45º:
Componentes de velocidad inicial: V0y = (25 m/s)(sen45°) → V0y = 17.68 m/s; V0x = V0cosθ → V0x = (25 m/s)(cos45°) → V0x = 17.68 m/s.
Tiempo de vuelo del proyectil: tv = 2(V0senθ)/g Como es en la Luna y gL = g/6, entonces tv = 2(V0senθ)/(g/6).
tv = 2(V0senθ)/(g/6) → tv = 2[(25 m/s)(sen45°)]/(9.8 m/s2/6) → tv = 2[17.68 m/s]/1.63 m/s2 → tv = 21.69 seg.
Alcance máximo: Xmax = Vxtv → Xmax = (17.68 m/s)(21.69 seg) → Xmax = 383.48 m.
73) ●● En 2004 dos sondas descendieron exitosamente en Marte. La fase final del descenso en el Planeta Rojo consistió en el rebote de las sondas hasta que éstas llegaron al reposo (iban protegidas por “globos” inflados). En un rebote, los datos de telemetría (es decir, los datos electrónicos enviados a la Tierra) indicaron que la sonda inició uno de los rebotes a 25.0 m/s a un ángulo de 20° y tocó la superficie a una distancia de 110 m (y luego rebotó otra vez). Suponiendo que la región de aterrizaje era horizontal, determine la aceleración de la gravedad cerca de la superficie de Marte.
Solucion: Componentes de velocidad inicial: V0y = V0senθ → V0y = (25 m/s)(sen20°) → V0y = 8.55 m/s; V0x = V0cosθ → V0x = (25 m/s)(cos20°) → V0x = 23.50 m/s.
Tiempo de vuelo: tv = 2(V0/gmte) → tv = 2(8.55 m/s/gmte) → tv = (17.10 m/s)/gmte.
Alcance máximo del rebote de la sonda: Xmax = Vxtv → 110 m = (23.50 m/s)(17.10 m/s/gmte) → gmte = (401.85 m2/s2)/110 m → gmte = 3.65 m/s2.
74) ●● En condiciones de laboratorio, el alcance de un proyectil puede utilizarse para determinar su rapidez. Para saber cómo se hace, suponga que una pelota cae rodando por una mesa horizontal y toca el suelo a 1.5 m de la orilla de la mesa. Si la superficie de la mesa está 90 cm por encima del piso, determine a) el tiempo que la pelota está en el aire y b) la rapidez de la pelota cuando pierde contacto con la mesa.
Solución: Tiempo de caída: tc = (2y/g)½ → tc = (2(0.9 m)/9.8 m/s2)½ → tc = 0.43 seg.
Velocidad del proyectil: Vp = X/tc → Vp = 1.5 m/0.43 s → Vp = 3.49 m/s.
75) ●● Una piedra lanzada desde un puente 20 m arriba de un río tiene una velocidad inicial de 12 m/s dirigida 45 sobre la horizontal (figura 3.31). a) ¿Qué alcance tiene la piedra? b) ¿Con qué velocidad llega la piedra al agua?
Solucion: a) Componentes de velocidad inicial: V0y = V0senθ → V0y = (12 m/s)(sen45°) → V0y = 8.48 m/s; V0x = V0cosθ → V0x = (12 m/s)(cos45°) → V0x = 8.48 m/s.
Tiempo de vuelo: tv = ts + tb.; ts = (V0senθ)/g → ts = (12 m/s)(sen45°)/9.8 m/s2 → ts = 0.866 seg.
yt = 20 m + ymax → yt = 20 m + (V02senθ2)/2g → yt = 20 m + [(12 m/s)2(sen45°)2]/2(9.8 m/s2) → yt = 23.67 m.
tb = (2yt/g)½ → tb = [2(23.68 m)/9.8 m/s2]½ → tb = 2.20 seg, por tanto tv = ts + tb → tv = 0.866 seg + 2.20 seg → tv = 3.07 seg.
a) X = Vxtv → X = (8.48 m/s)(3.07 s) → X = 26 m.
b) Velocidad en y: Vy = V0y - gtv → Vy = 4.48 m/s - (9.8 m/s2)(3.07 seg) → Vy = - 21.61 m/s.
Velocidad resultante al tocar el agua: Vr = [(Vx)2 + (Vy)2]½ → Vr = [(8.48 m/s)2 + (- 21.61 m/s)2]½ → Vr = 23.21 m/s.
Angulo: θ = Tan-1(Vy/Vx) → θ = Tan-1[(- 21.61 m/s)/(8.48 m/s)] → θ = Tan-1(- 2.55) → θ = - 68.59°, es decir, 68.59° por debajo del eje + X.
76) ●● Si la máxima altura que alcanza un proyectil lanzado a nivel del suelo es igual a la mitad de su alcance, ¿cuál será el ángulo de lanzamiento?
Solución: Demostración:
Altura máxima del proyectil: Ymax = V02(senθ)2/2g; Xmax = V02sen2θ/g; se sabe que Ymax = X/2, comparando y sustituyendo.
V02(senθ)2/2g = (V02sen2θ)/(g/2) → V02senθ2 = V02sen2θ; como sen2θ = 2senθ x cosθ → V02senθ2 = 2V02senθ x cosθ → (V02senθ2)/(V02senθ x cosθ )= 2 → Tanθ = 2 → θ = Tan-1(2) → θ = 63.44°.
77) ●● Se dice que Guillermo Tell atravesó con una flecha una manzana colocada sobre la cabeza de su hijo. Si la rapidez inicial de la flecha disparada fue de 55 m/s y el muchacho estaba a 15 m de distancia, ¿con qué ángulo de lanzamiento dirigió Guillermo la flecha? (Suponga que la flecha y la manzana están inicialmente a la misma altura sobre el suelo.)
Solución:
Angulo de lanzamiento de la flecha: Xmax = V02sen2θ/g → sen2θ = (g Xmax)/V02 → θ = sen-1[(g Xmax)/V02]/2 → θ = sen-1[(9.8 m/s2) (15 m)/(55 m/s)2]/2 → θ = sen-1[(147 m2/s2)/(3025 m2/s)2]/2 → θ = 1.4°.
78) ●●● Esta vez, Guillermo Tell dispara hacia una manzana que cuelga de un árbol (figura 3.32). La manzana está a una distancia horizontal de 20.0 m y a una altura de 4.0 m sobre el suelo. Si la flecha se suelta desde una altura de 1.00 m sobre el suelo y golpea la manzana 0.500 s después, ¿qué velocidad inicial tuvo la flecha?
Solución: Xmax = Vxt → Xmax = (V0cosθ)t → cosθ = [Xmax/(V0)t]
y = V0yt - ½gt2 → (V0senθ)t = y + ½gt2 → (V0senθ)t = (2y + gt2)/2 → senθ = (2y + gt2)/2V0t
por trigonometría: Tanθ = senθ/cosθ → Tanθ = [((2y + gt2)/2V0t)]/[Xmax/(V0)t] → Tanθ = (2y + gt2)/2Xmax → Tanθ = [2(3 m) + (9.8 m/s2)(0.5 s)2)/2(20 m) → Tanθ = 8.45 m/40 m → θ = Tan-1(0.211) → θ = 12°.
Velocidad inicial de la flecha: Xmax = (V0cosθ)t → V0 = 20 m/cos12°(0.5 s) → V0 = 40.9 m/s.
79) ●●● En su práctica, un jugador de hockey lanza un tiro a una distancia horizontal de 15 m de la red (sin que estuviera el portero). La red mide 1.2 m de alto y el disco o puck es golpeado inicialmente a un ángulo de 5.0° por arriba de la horizontal y con una rapidez de 50 m/s. ¿El disco logró entrar en la portería?
Solución: Componentes de Velocidades iniciales: V0y = V0senθ → V0y = (50 m/s)(sen5°) → V0y = 4.36 m/s; V0x = V0cosθ → V0x = (50 m/s)(cos5°) → V0x = 49.81 m/s.
Tiempo empleado por el disco en recorrer la distancia de 15 m: t = X/Vx → t = 15 m/49.81 m/s → t = 0.30 seg.
Altura a la que se encuentra el disco en ese tiempo: y = V0yt - ½gt2 → y = [(50 m/s)(sen5°)](0.30 seg) - ½(9.8 m/s2)(0.30 s)2 → y = 1.31 m - 0.44 m → y = 0.87 m.
La respuesta es “Sí”, ya que la altura a esa distancia es 0.87 m < 1.2 m.
80)
Solución: X35° = (V02sen2θ)/g → X35° = (V02sen2(35°))/g → X35° = (V02sen70°)/g → X35° = 0.9397V02/g;
X60° = (V02sen2θ)/g → X60° = (V02sen2(60°))/g → X60° = (V02sen120°)/g → X60° = 0.866V02/g
X35°/X60° = (0.9397V02/g)/(0.866V02/g) → X35°/X60° = (0.9397V02/g)(g/0.866V02) → X35°/X60° = 0.9397/0.866 → X35°/X60° = 1.08. "La jabalina lanzada a 35º llega más lejos, 1.08 veces más."
81) ●●● Una zanja de 2.5 m de anchura cruza una ruta para bicicletas (figura 3.33). Se ha construido una rampa ascendente de 15º en el acercamiento, de manera que el borde superior de la rampa esté a la altura de la parte más alta de la zanja. ¿Con qué rapidez mínima debe llegar una bicicleta para salvar la zanja? (Añada 1.4 m al alcance para que la parte trasera de la bicicleta libre la zanja.)
Solución: X + 1.4 m = V02sen2θ/g → [g(X + 1.4 m)]sen2θ = V02 → V0 = [(9.8 m/s2)(2.5 m + 1.4 m)/sen2(15°)]½ → V0 = [76.44 m2/s2]½ → V0 = 8.74 m/s.
82) ●●● Una pelota rueda desde una azotea en un ángulo de 30° con respecto a la horizontal (igura 3.34). Cae rodando por la orilla con una rapidez de 5.00 m/s. La distancia desde ese punto hasta el suelo es de dos pisos o 7.00 m. a) ¿Durante cuánto tiempo está la pelota en el aire? b) ¿A qué distancia de la base de la casa cae la pelota? c) ¿Cuál es su rapidez justo antes de que haga contacto con el suelo?
Solución:
Componentes de la velocidad: V0y = V0senθ → V0y = (5 m/s)(sen30°) → V0y = 2.5 m/s; V0x = V0cosθ → V0x = (5 m/s)(cos30°) → V0x = 4.33 m/s.
a) y = V0yt + ½gt2 → 7 m = (2.5 m/s)t + ½(9.8 m/s2)t2 → 7 m = 2.5t + 4.9t2 → 2.5t + 4.9t2 - 7 m = 0. resolviendo la ecuación de según grado:
t1 = 0.967 seg y t2 = - 1.48 seg. t2 se desprecia por ser negativo, por tanto tv = 0.967 seg.
b) X = Vxtv → X = (4.33 m/s)(0.967 s) → X = 4.19 m.
c) Vfy = V0y + gt → Vfy = 2.5 m/s + (9.8 m/s2)(0.967 s) → Vfy = 11.98 m/s.
Vr = [(V0x)2 + (Vfy)2]½ → Vr = [(4.33 m/s)2 + (11.98 m/s)2]½ → Vr = [18.75 m2/s2 + 143.52 m2/s2]½ → Vr = 12.74 m/s.
83) ●●● Un mariscal de campo lanza un balón —con una velocidad de 50 ft/s a un ángulo 40º arriba de la horizontal— hacia un receptor abierto que está a 30 yd. El pase se suelta 5.0 ft sobre el suelo. Suponga que el receptor está estacionario y que atrapará el balón si éste le llega. ¿Será pase completo? Si no, ¿se quedará corto o “volará” al receptor?
Solución: 30 yd x 3ft/yd = 90 ft.
Componentes iniciales de la velocidad: V0y = V0senθ → V0y = (50 ft/s)(sen40°) → V0y = 32.14 ft/s; V0x = V0cosθ → V0x = (50 ft/s)(cos40°) → V0x = 38.30 ft/s.
Tiempo de llegada al receptor: t = X/Vx → t = 90 ft/(38.30 ft/s) → t = 2.35 seg.
Altura alcanzada en ese tiempo: Y = y0 + V0yt - ½gt2 → Y = 5 ft + (32.14 ft/s)(2.35 seg) - ½(32.15 ft/s2)(2.35 s)2 → Y = 5 ft + 75.53 ft - 88.77 ft → Y = - 8.24 ft. Esto significa que el pase no se completara, es decir, el pase es corto.
84) ●●● Un jugador de baloncesto de 2.05 m de estatura hace un tiro cuando está a 6.02 m de la canasta (en la línea de tres puntos). Si el ángulo de lanzamiento es de 25º y el balón se lanzó a la altura de la cabeza del jugador, ¿con qué rapidez debe lanzarse para llegar a la canasta, que está 3.05 m sobre el piso?
Solución: Este problema puede ser resuelto deduciendo la ecuación [gX2/(2cos2θ)(XTanθ - Y)]½ o aplicando el método de las Componentes de la velocidad más simple y práctico:
Vy = V0senθ → Vy = (sen25°) V0 → Vy = 0.423V0; Vx = V0cosθ → Vx = (cos25°)V0 → Vx = 0.906 V0.
Tiempo en lograr el alcance horizontal: X = Vxt → t = X/Vx → t = 6.645 m/V0.
Altura total lograda en ese tiempo: Ytotal = Vyt - ½gt2 → 3.05 - 2.05 = 2.81 - (4.9)(6.645/V02) → 1 = 2.81 - (4.9)(44.16/V02) → 1 = 2.81 - (4.9)(44.16/V02) → 1 = 2.81 - 216.38/V02 → 216.38/V02 = 1.81 → V0 = (216.38/1.81)½ → V0 = 10.93 m/s.
85) ●●● El hoyo en un Green de golf plano y elevado está a una distancia horizontal de 150 m del tee y a una altura de 12.0 m sobre el tee. Una golfista golpea su pelota con un ángulo 10.0 mayor que el de elevación del hoyo sobre el tee ¡y logra un hoyo en uno! a) Elabore un diagrama de la situación. b) Calcule la rapidez inicial de la bola. c) Suponga que la siguiente golfista golpea su pelota hacia el hoyo con la misma rapidez, pero con un ángulo 10.5º mayor que el de elevación del hoyo sobre el tee. ¿Entrará la bola en el agujero, se quedará corta o lo rebasará?
Solución: a) Elabore un diagrama de la situación:
b) Calcule la rapidez inicial de la bola: β = 10.0° + θ → β = 10.0° + Tan-1(12 m/150 m) → β = 10.0° + Tan-1(0.08) → β = 10.0° + 4.6° → β = 14.6°.
Componentes: Vy = V0senθ → Vy = (sen14.6°) V0 → Vy = 0.252V0; Vx = V0cosθ → Vx = (cos14.6°)V0 → Vx = 0.968V0.
Tiempo en recorrer los 150 m: X = Vxt → t = X/Vx → t = 150 m/0.968V0 → t = 155 m/V0.
Velocidad inicial de la bola: Y = Vyt - ½gt2 → 12 = (0.252V0)(155/V0) - ½(9.8)(155/V0)2 → 12 = 39.06 - (4.9)(24025/V02) → 12 = 39.06 - (117722.5/V02) → - 27.06 = - 117.722.5/V02 → V02 = - 117.722.5/- 27.06 → V0 = (4350.425)½ → V0 = 65.96 m/s.
c) La bola no entra en el agujero, el tiro es demasiado largo para el hoyo, es decir, lo rebasará.
3.4 Velocidad relativa.
86) OM Usted viaja a 70 km/h en un automóvil por un camino recto y horizontal. Un automóvil que viene hacia usted aparece con una rapidez de 130km/h. ¿Qué tan rápido se aproxima el otro auto: a) 130 km/h, b) 60 km/h, c) 70 km/h o d) 80 km/h?
Solucion: La respuesta es la “b”, 60 km/h; porque VBA = (VB - VA) → VBA = (130 km/h - 70 km/h) → VBA = 60 km/h.
87) 1) OM Dos automóviles se aproximan uno al otro sobre una carretera recta y horizontal. El automóvil A viaja a 60 km/h y el automóvil B a 80 km/h. El conductor del auto B ve que el auto A se aproxima con una rapidez de a) 60 km/h, b) 80 km/h, c) 20 km/h, d) superior a 100 km/h.
Solución: La respuesta es la “d”, mayor que 100 km/h; porque VBA = (VB - VA) → VBA = [80 km/h - (- 60 km/h)] → VBA = [80 km/h + 60 km/h] → VBA = 140 km/h.
88) OM Para la situación planteada en el ejercicio 87, ¿con qué rapidez ve el conductor del automóvil A que se aproxima el automóvil B? a) 60 km/h, b) 80 km/h, c) 20 km/h o d) superior a 100 km/h.
Solución: La velocidad de cualquier objeto con respecto a otro es la misma que la velocidad del otro objeto con signos cotrario si viajan en diferentes sentidos respecto al objeto inicial, por lo que la respuesta será la misma. La respuesta es la “d”, mayor que 100 km/h.
89) PC Con frecuencia consideramos a la Tierra o al suelo como un marco de referencia estacionario. ¿Es verdadera esta suposición? Explique su respuesta. "Es absolutamente cierto solo si el centro de masa del cuerpo toca la superficie de la tierra".
90) PC Un estudiante camina en una banda sin fin a 4.0 m/s, permaneciendo en el mismo lugar del gimnasio. a) Calcule la velocidad del estudiante relativo al piso del gimnasio. b) Calcule la rapidez del estudiante relativo a la banda.
Solución:
a) El piso del gimnasio está en reposo mientras el estudiante está rodando a una velocidad de 4 m/ s en una cinta de correr, pero el estudiante se mueve de un punto a otro. El estudiante está estacionado en un sólo lugar, por lo tanto, incluso pienso que el estudiante está moviendo una cinta de correr, con respecto al suelo. el estudiante no tiene velocidad, ya que su desplazamiento es cero.
b) La cinta de correr también está en reposo. es solo que el cinturón se mueve continuamente. entonces, la cinta de correr está en reposo, también el estudiante está en reposo, por lo que el estudiante también está en reposo respecto a la cinta de correr.
91) PC Usted corre en la lluvia por una acera recta hacia su residencia. Si la lluvia cae verticalmente relativa al suelo, ¿cómo deberá sostener usted su paraguas para protegerse al máximo de la lluvia? Explique su respuesta.
Solución: La lluvia cae verticalmente hacia abajo con respecto al grupo y yo también corro con respecto al suelo. Entonces, con respecto a mí, la lluvia parecerá caer hacia mí, por tanto, tiene componente vertical y componente horizontal. Entonces, debería sostener mi paraguas formando un ángulo
92) PC Cuando se dirige hacia la canasta para hacer una anotación, un jugador de baloncesto por lo general lanza el balón hacia arriba en relación con él mismo. Explique por qué.
Solución: Cuando el jugador se conduce a la canasta para una anotación, el jugador tiene un componente de velocidad horizontal y vertical. La pelota se empuja muy suavemente para que llegue a la canasta ya que el jugador no podrá alcanzarla. Si el jugador empuja la pelota con más fuerza, es posible que la pelota rebote del tablero y no caiga en la canasta.
93) PC Cuando usted viaja en un automóvil que se desplaza rápidamente, ¿en qué dirección lanzaría un objeto hacia arriba de manera que éste regresara a sus manos? Explique por qué.
Solución: Debe arrojar la pelota en línea recta hacia arriba, ya que en un automóvil que se mueve rápidamente, el automóvil y todos los objetos dentro del automóvil tienen la misma componente de velocidad horizontal. Si arrojo un objeto, la velocidad horizontal relativa del objeto con respecto a mí será cero y el objeto aterrizará exactamente en mis manos. En cualquier otro caso, el objeto no aterrizará en mis manos.
94) ● Usted viaja en un auto por una autopista recta y plana a 90 km/h y otro automóvil lo rebasa en la misma dirección; el velocímetro del otro auto marca 120 km/h. a) Calcule su velocidad relativa al otro conductor. b) Calcule la velocidad del otro automóvil relativa a usted.
Solución: a) VAB = (VA - VB) → VAB = (90 km/h - 120 km/h) → VAB = - 30 km/h. (Este resultado indica que yo viajo a 30 km/h más lento que el segundo)
b) VBA = (VB - VA) → VBA = (120 km/h - 90 km/h) → VBA = + 30 km/h. (Este resultado indica que el segundo viaja a 30 km/h más rápido que yo)
95) ● Con prisa por aprovechar una ganga en una tienda departamental, una mujer sube por la escalera eléctrica con una rapidez de 1.0 m/s relativa a la escalera, en vez de dejar simplemente que ésta la lleve. Si la escalera tiene una longitud de 20 m y se mueve con una rapidez de 0.50 m/s, ¿cuánto tardará la mujer en subir al siguiente piso?
Solución: Velocidad de la escalera más la velocidad de la señora.
Vesc + Vmuj = 0.5 m/s + 1 m/s → Vesc + Vmuj = 1.5 m/s.
X = 20 m/2 → X = 10 m; t = X/V → t = 10 m/1.5 m/s → t = 6.67 seg.
96) ● Una persona viaja en la caja de una camioneta tipo pick-up que rueda a 70 km/h por un camino recto y plano. La persona lanza una pelota con una rapidez de 15 km/h relativa a la camioneta, en la dirección opuesta al movimiento del vehículo. Calcule la velocidad de la pelota a) relativa a un observador estacionario a la orilla del camino y b) relativa al conductor de un automóvil que se mueve en la misma dirección que la camioneta, con una rapidez de 90 km/h.
Solución: Tomemos como positiva la dirección de la velocidad de la camioneta. Sabemos que la velocidad del camioneta con relación al suelo es vtg = 70 km/h, y la velocidad de la pelota en relación a la camioneta es vbt = -15 km / h. La velocidad del automóvil con relación al suelo es vcg = 90 km/h = 90 km/h.
a) La velocidad de la pelota con respecto al suelo será: Vbs = Vbtc + Vcts. → Vbs = - 15 km/h + 70 km/h → Vbs = 55 km/h.
b) La velocidad de la pelota con respecto a la Camioneta será: Vbc = Vbs + Vcs. → Vbc = 55 km/h + (- 90km/h) → Vbc = - 35 km/h.
Teniendo en cuenta que, dado que tenemos una dirección positiva, la velocidad del objeto A al objeto B significa que VAB = - VBA.
97) ● En el ejercicio 96, calcule las velocidades relativas si la pelota se lanza en la dirección en que avanza la camioneta.
Solución: Supongamos que la dirección positiva sea la dirección de la camioneta. Sabemos que la velocidad de la camioneta con relación al suelo es
a) Vbs = Vbt + Vts → Vbs = 15 km/h + 70 km/h → Vbs = 85 km/h.
b) Vbc = Vbs + Vcs → Vbc = 85 km/h + (- 90 km/h) → Vbc = - 5 km/h.
98) ●● En un tramo de 500 m de un río, la rapidez de la corriente es constante de 5.0 m/s. ¿Cuánto tardará una lancha en terminar un viaje redondo (río arriba y río abajo), si su rapidez es de 7.5 m/s relativa al agua?
Solución: Llamemos a la velocidad de la corriente relativa al suelo Vrs = 5 m/s
Vu velocidad resultante en el sentido contrario de la corriente y Vd velocidad resultante en el mismo sentido de la corriente.
1) Velocidad del bote en dirección contraria a la velocidad de la corriente:
Vu = Vbw + Vrs → Vu = - 7.5 m/s + 5 m/s → Vu = - 2.5 m/s.
2) Velocidad del bote en la misma dirección a la velocidad de la corriente:
Vd = Vbw + Vrs → Vd = 7.5 m/s + 5 m/s → Vd = 12.5 m/s.
Tiempo en cada recorrido: tu = - X/Vu →
Tiempo de ida y vuelta por el bote: tiv = tu + td → tiv = 200 seg + 40 seg → tiv = 240 seg.
99) ●● Un andador móvil en un aeropuerto tiene 75 m de longitud y se mueve a 0.30 m/s. Una pasajera, después de recorrer 25 m parada en el andador, comienza a caminar con una rapidez de 0.50 m/s relativa a la superficie del andador. ¿Cuánto tiempo tarda en recorrer la longitud total del andador?
Solución: Tiempo que lleva parada la persona en el andador: Velocidad de la persona respecto al suelo es igual a la velocidad del andador respecto al suelo.
Vps = Vas = 0.30 m/s; tpp = dp/Vps → tpp = 25 m/(0.30 m/s) → tpp = 83.33 seg.
Tiempo que lleva la persona caminando: Vc = Vpcs + Vas → Vc = 0.50 m/s + 0.30 m/s → Vc = 0.80 m/s; tpc = dpc/Vc → tpc = 50 m/0.80 m/s → tpc = 62.5 seg.
Tiempo total empleado: tt = tpp + tpc → tt = 83.33 seg + 62.5 seg → tt = 145.83 seg.
100) EI ●● Una nadadora nada al norte con una rapidez de 0.15 m/s relativa al agua cruzando un río, cuya corriente se mueve a 0.20 m/s en dirección al este. a) La dirección general de la velocidad de la nadadora, relativa a la ribera, es 1) al norte del este, 2) al sur del oeste, 3) al norte del oeste o 4) al sur del este. b) Calcule la velocidad de la nadadora relativa a la ribera.
Solución: a) La respuesta es la “1)”, al norte del este.
b) Como la nadadora nada hacia el norte y la corriente la empuja de oeste a este, su dirección es al norte del este.
Vr = [(Vnd)2 + (Vcr)2]½ → Vr = [(0.15 m/s)2 + (0.20 m/s)2]½ → Vr = [0.02255 m2/s2 + 0.04 m2/s2]½ → Vr = 0.25 m/s.
θ = Tan-1(Vnd/Vcr) → θ = Tan-1[(0.15 m/s)/(0.20 m/s)] → .θ = Tan-1[0.75] → .θ = 36.87°, por tanto Vr = 0.25 m/s a 36.87°.
101) ●● Una lancha que viaja con una rapidez de 6.75 m/s respecto al agua quiere cruzar directamente un río y regresar (figura 3.35). La corriente fluye a 0.50 m/s. a) ¿Con qué ángulo(s) debe guiarse la lancha? b) ¿Cuánto tiempo tardará en hacer el viaje redondo? (Suponga que la rapidez de la lancha es constante en todo momento, y que se da vuelta instantáneamente.)
Solución:
a) Vy = [(VL)2 - (VR)2]½ → Vy = [(6.75 m/s)2 - (0.50 m/s)2]½ → Vy = [45.56 m2/s2 - (0.25 m2/s2]½ → Vy = 6.73 m/s.
Ángulo al que debe dirigirse el bote, se debe encontrar el ángulo del vector de velocidad del bote:
θ = Tan-1(VR/Vy) → θ = Tan-1[(0.5 m/s)/(0.6.75 m/s)] → .θ = Tan-1[0.07429] → .θ = 4.25°. Igual en ambos trayectos, 4.25° corriente arriba.
b) Tiempo de ida y vuelta transcurrido: tiv = 2d/Vy →
102) EI●● Está lloviendo y no hay viento. Cuando usted está sentado en un automóvil estacionado, la lluvia cae verticalmente relativa al auto y al suelo; pero cuando el auto avanza, la lluvia parece golpear el parabrisas con cierto ángulo. a) Al aumentar la velocidad del automóvil, este ángulo 1) también aumenta, 2) se mantiene igual o 3) disminuye. ¿Por qué? b) Si las lluvias caen con una rapidez de 10 m/s, pero parecen formar un ángulo de 25 relativo a la vertical, ¿con qué rapidez avanza el auto?
Solución:
a) La respuesta es la “1)”, también aumenta.
Porque si el ángulo dado es θ, un aumento en la velocidad aumentaría el valor del ángulo, ya que la tangente del ángulo se haría más grande. si en cambio β es el ángulo dado, un aumento en la velocidad disminuiría su tangente, por lo tanto, también disminuiría el valor del ángulo. (Observar gráfico).
b) Tanθ = Vhorz/Vvert → Vhorz = (10 m/s)Tan25° → Vhorz = (10 m/s)(0.4663) → Vhorz = 4.66 m/s.
103) ●● Si la tasa de flujo de la corriente en un río que corre en línea recta es mayor que la rapidez de una lancha sobre el agua, la lancha no puede viajar directamente a través del río. Pruebe este enunciado.
Solución: Para que el bote realice un viaje directo a través del río, la velocidad del agua en relación con el suelo, Vwg tiene que ser perpendicular a la velocidad del bote en relación con el suelo Vbg
En resumen: Para que la lancha realice su trayecto directamente a través del río, vbw debe ser la hipotenusa del triángulo rectángulo. Así que debe ser mayor en magnitud que vwg. Si lo contrario es cierto, esto es, si vwg > vbw, la lancha no podrá viajar directamente a través del río.
104) EI ●● Usted se encuentra en una lancha de motor rápida que es capaz de mantener una rapidez constante de 20.0 m/s en aguas tranquilas. En una sección recta del río la lancha viaja paralelamente a la ribera. Usted nota que tarda 15.0 s en recorrer la distancia entre dos árboles localizados en la orilla del río, los cuales están separados 400 m entre sí. A) Usted está viajando 1) a favor de la corriente, 2) en contra de la corriente o 3) no hay corriente. B) En el caso de que haya corriente [según lo que determinó en el inciso a], calcule la rapidez de ésta.
Solución: a) La respuesta es la “1” a favor de la corriente.
si VLg = 20 m/s es la velocidad de la Lancha respecto al suelo, entonces VLw = d/t → VLw = 400 m/15 seg → VLw = 26.67 m/seg.
b) Vcg = VLw - VLg → Vcg = 26.67 m/seg - 20 m/s → Vcg = 6.67 m/seg.
105) ●● Una lancha de motor es capaz de viajar con una rapidez constante de 5.00 m/s en aguas tranquilas. La lancha se dirige a través de un pequeño río (de 200 m de ancho) a un ángulo de 25° río arriba con respecto a la línea que cruzaría directamente el río. La lancha termina 40.0 m río arriba con respecto a la dirección “que va derecho” cuando llega a la otra orilla. Determine la rapidez de la corriente del río.
Solución: Componentes de la velocidad de la Lancha: VLw = VLcwcosθ → VLw = (5 m/s)cos25° → VLw = (5 m/s)(0.91) → VLw = 4.55 m/s; VLg = VLcwsenθ → VLg = (5 m/s)sen25° → VLg = (5 m/s)(0.4226) → VLg = 2.11 m/s.
Tiempo empleado por la Lancha en cruzar el rio: La componente vertical de la velocidad no es afectada por la corriente del rio, es decir, es constante. t = d/VLw → t = 200 m/4.55 m/s → t = 44 seg.
Velocidad horizontal del bote respecto a la corriente: VLg = distancia recorrida por la Lancha rio arriba/ tiempo → VLg = d/t → VLg = 40.0 m/44 s → VLg = 0.91 m/s.
Velocidad del agua: Asumiendo la velocidad horizontal del bote en agua tranquila y la velocidad horizontal del bote con la corriente como negativa y la velocidad del agua como positiva, resulta que velocidad del agua será: Vwg = - VLwc + VLg → Vwg = - 0.91 m/s + 2.11 m/s → Vwg = 1.20 m/s.
106) ●●● Un comprador se encuentra en un centro comercial en la escalera eléctrica con dirección hacia abajo a un ángulo de 41.8° por debajo de la horizontal, con una rapidez constante de 0.75 m/s. Al mismo tiempo, un niño arroja un paracaídas de juguete desde el piso que está arriba de la escalera eléctrica; el juguete desciende verticalmente con una rapidez constante de 0.50 m/s. Determine la rapidez del paracaídas de juguete como se le observa desde la escalera eléctrica.
Solución:
Velocidad vertical del comprador: Vy = Vcpsenθ → Vy = (0.75 m/s)(sen41.8°) → Vy = 0.50 m/s.
Diferencia entre las velocidades verticales de paracaídas y comprador, relativa al comprador: Vrcp = Vyp - Vyc → Vrcp = 0.5 m/s - 0.5 m/s → Vrcp = 0 m/s, es decir, la velocidad del paracaida y comprador son iguales.
Velocidad horizontal del comprador: Vhc = Vcpcosθ → Vhc = (0.75 m/s)(cos41.8°) → Vhc = 0.56 m/s. Velocidad a la que se aleja el comprador del paracaídas.
En resumen: el paracaídas desciende al mismo ritmo que el comprador, pero se aleja horizontalmente de él.
107) ●●● Un avión vuela a 150 mi/h (rapidez respecto al aire en reposo) en una dirección tal que, con un viento de 60.0 mi/h que sopla del este al oeste, viaja en línea recta hacia el sur. A) ¿Qué rumbo (dirección) debe tomar el avión para volar directamente al sur? B) Si el avión debe recorrer 200 mi en dirección sur, ¿cuánto tardará?
Solución:
Referencias: as = aire-suelo; vs = avión-suelo; av = aire-avión.
Al hacer referencia a la gráfica. La adición del vector Vav
A) senθ = (Vas)/(Vav) → θ = sen-1(Vas)/(Vav) → θ = sen-1(60 mi/h)/(150 mi/h) → θ = sen-1(0.4 ) → θ = 23.6º por debajo del eje +X, es decir, 23.6º sureste.
La magnitud de la velocidad del avión con respecto al suelo se puede calcular aplicando el teorema de Pitágoras:
Vvs = [(Vav)2 - (Vas)2]½ → Vvs = [(150 mi/h)2 - (60 mi/h)2]½ → Vvs = [22500 mi2/h2 - 3600 mi2/h2]½ → Vvs = 137.48 mi/h.
b) El tiempo necesario para cubrir d = 200mi con esta velocidad será: t = d/Vvs → t = 200 mi/137.48 mi/h → t = 1.45 h.
Fuerzas de la Naturaleza
Todas las fuerzas observadas pueden explicarse en función de cuatro interacciones básicas, conocidas como fuerzas de la Naturaleza. Estas interacciones responden a leyes distintas, aunque a lo largo de la historia de la física se han hecho grandes esfuerzos, sin éxito, por encontrar una ley que las unificara, en lo que se conoce como “Teoría del Todo”, hasta ahora se han unificado tres de ellas (excepto la gravitatoria).
Estas fuerzas se combinan entre sí a nivel macroscópico para dar lugar a las fuerzas que detectamos en la vida cotidiana.
I) Fuerza gravitatoria: todos los cuerpos ejercen entre sí una fuerza de atracción por tener una masa distinta de cero. Newton encontró la manera de calcular esta fuerza, a través de la conocida como "Ley deGravitación Universal".
“G” es la constante de Gravitación Universal, llamada así porque no depende del medio en el que se encuentren las masas que interaccionan. Su valor es 6.67 10-11 Nxm2/kg2.
II) Fuerza electromagnética: aparece entre partículas con carga eléctrica. Inicialmente se pensó que las cargas eléctricas eran las fuentes de la fuerza eléctrica y que los imanes eran las fuentes de las fuerzas magnéticas, siendo interacciones totalmente independientes. Posteriormente, Maxwell unificó ambas teorías en las ecuaciones de Maxwell, demostrando que las cargas en movimiento son las fuentes de las fuerzas magnéticas, por lo que se pasó a hablar ya de una única fuerza, la fuerza electromagnética.
La fuerza que actúa entre cargas en reposo (fuerza electrostática) responde a la Ley de Coulomb.
Donde k es la es la constante de Coulomb, que depende del medio. En el vacío vale 9 x 109 Nxm2/C2, y , por ejemplo, en el vidrio vale 1.16 109 Nxm2/C2.
Observando la expresión de la Ley de Coulomb, se cumple que cuando las cargas eléctricas son de distinto signo la fuerza es atractiva, cuando las cargas son del mismo signo, la fuerza es repulsiva.
III) Fuerza nuclear fuerte: si cargas del mismo signo se repelen, ¿cómo es posible que los protones permanezcan en posiciones estables dentro del núcleo? Las distancias entre ellos son del orden de 10-15 m, por lo que la fuerza de repulsión electrostática es muy grande (del orden de 230 N). La estabilidad de los núcleos atómicos se explica gracias a una nueva interacción (nuclear fuerte) de distinta naturaleza que la electrostática, que actúa de forma atractiva entre protones y neutrones. El estudio de esta fuerza (al igual que la débil) queda fuera del ámbito de este curso; su alcance es sólo del orden del tamaño del núcleo atómico, por lo que no forma parte de nuestra experiencia cotidiana.
IV) Fuerza nuclear débil: esta fuerza es muy compleja, baste con indicar que es la responsable de la desintegración de los núcleos radiactivos y también de la producción de radiación y energía calorífica en el sol mediante procesos de fusión nuclear.