9523gl Fis Tx2 Cas

FsicaBACHILLERATO

Materia de

Proyecto y edicin: grupo edeb

Direccin general: Antonio Garrido GonzlezDireccin editorial: Jos Luis Gmez CutillasDireccin de edicin de texto: Mara Banal MartnezDireccin del rea de Ciencias y Tecnologa: Rosa Comabella BernatDireccin pedaggica: Santiago Centelles CerveraDireccin de produccin: Juan Lpez Navarro

Equipo de edicin de edeb:Redaccin: Mario Surez Garca, Nria Lorente Pla, Manuel Martn Domnech, Fernando Mons

Ferr, Carlos Prsper Gisbert y M. Roser Snchez GimenoPedagoga: Elsa Escolano LumbrerasCorreccin: Marcos Fco. Poquet MartnezIlustracin: Eva Elas FortunyCubierta: Luis Vilardell Panicot

Colaboradores:Texto: M. ngeles Jurado Cardels, M. Jess Martnez de Murgua Larrechi,

Julio Domingo Prez Tudela, Gloria Sala Cladellas y Lourdes Sindreu GalobardesEdicin: 3.14. Servicios editoriales, S.L. (Artur Klein)Dibujos: Luis Bogajo PearroyaPreimpresin: Foinsa-Edifilm, S.L.

Cualquier forma de reproduccin, distribucin, comunicacin pblica otransformacin de esta obra slo puede ser realizada con la autoriza-cin de sus titulares, salvo excepcin prevista por la Ley. Dirjase aCEDRO (Centro Espaol de Derechos Reprogrficos www.cedro.org)si necesita fotocopiar o escanear algn fragmento de esta obra.

Es propiedad de grupo edeb grupo edeb, 2009 Paseo San Juan Bosco, 6208017 Barcelonawww.edebe.com

ISBN 978-84-236-9523-2Depsito Legal. B. ????-2009Impreso en EspaaPrinted in SpainEGS-Rosario, 2 - Barcelona

Este libro forma parte del proyecto editorial Edeb y ha sido elaborado segn las disposicionesy normas curriculares que desarrollan la Ley Orgnica de Educacin (LOE) de 3 de mayo de 2006.

Modalidades de Ciencias y de TecnologaSegundo curso de Bachillerato

Orientaciones y solucionario

FsicaBACHILLERATO

Materia de

Proyecto y edicin: guadiel-grupo edeb

Direccin general: Antonio Garrido GonzlezDireccin editorial: Jos Luis Gmez CutillasDireccin de edicin de guadiel: Alicia Muoz MarotoDireccin de edicin de texto: Mara Banal MartnezDireccin del rea de Ciencias y Tecnologa: Rosa Comabella BernatDireccin pedaggica: Santiago Centelles CerveraDireccin de produccin: Juan Lpez Navarro

Equipo de edicin de guadiel:Redaccin: Mario Surez Garca, Nria Lorente Pla, Manuel Martn Domnech, Fernando Mons

Ferr, Carlos Prsper Gisbert y M. Roser Snchez GimenoPedagoga: Elsa Escolano LumbrerasCorreccin: Marcos Fco. Poquet MartnezIlustracin: Eva Elas FortunyCubierta: Luis Vilardell Panicot

Colaboradores:Texto: M. ngeles Jurado Cardels, M. Jess Martnez de Murgua Larrechi,

Julio Domingo Prez Tudela, Gloria Sala Cladellas y Lourdes Sindreu GalobardesEdicin: 3.14. Servicios editoriales, S.L. (Artur Klein)Dibujos: Luis Bogajo PearroyaPreimpresin: Foinsa-Edifilm, S.L.

Cualquier forma de reproduccin, distribucin, comunicacin pblica otransformacin de esta obra slo puede ser realizada con la autoriza-cin de sus titulares, salvo excepcin prevista por la Ley. Dirjase aCEDRO (Centro Espaol de Derechos Reprogrficos www.cedro.org)si necesita fotocopiar o escanear algn fragmento de esta obra.

Es propiedad de guadiel-grupo edeb guadiel-grupo edeb, 2009 Parque Industrial y de Servicios del Aljarafe (P.I.S.A.)Artesana, 3-541927 Mairena del Aljarafe (Sevilla)www.edebe.com

ISBN 978-84-8379-197-4Depsito Legal. B. ??????-2009Impreso en EspaaPrinted in SpainEGS-Rosario, 2 - Barcelona

Este libro forma parte del proyecto editorial Edeb y ha sido elaborado segn las disposicionesy normas curriculares que desarrollan la Ley Orgnica de Educacin (LOE) de 3 de mayo de 2006.

Modalidades de Ciencias y de TecnologaSegundo curso de Bachillerato

Orientaciones y solucionario

BACHILLERATO

FsicaOrientaciones y solucionario

NDICE

Orientaciones didcticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

Solucionario . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

Unidad 1. Dinmica de traslacin y de rotacin . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

Unidad 2. Campo gravitatorio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

Unidad 3. Gravitacin en el universo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

Unidad 4. Movimientos vibratorios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

Unidad 5. Movimiento ondulatorio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

Unidad 6. Fenmenos ondulatorios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

Unidad 7. Campo elctrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

Unidad 8. Campo magntico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

Unidad 9. Induccin electromagntica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

Unidad 10. La luz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

Unidad 11. Fsica relativista . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

Unidad 12. Fsica cuntica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

Unidad 13. Fsica nuclear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175

Prcticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

Propuestas de evaluacin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

3

Orientaciones didcticas

5

En las pginas siguientes se muestran unas orientaciones didcti-cas referidas tanto a la estructura del libro como a la de las unida-des didcticas.En la Estructura del libro del alumno se presenta y justifica la utili-dad didctica de: La organizacin en bloques de los contenidos. Las pginas de presentacin de cada bloque. Las pginas finales: Prcticas, Propuestas de evaluacin, ndice

alfabtico y Tablas.

En la Estructura de las unidades didcticas se presentan y justifi-can los diferentes elementos que las componen, mostrando su in-tencionalidad educativa: Pginas iniciales. Desarrollo de los contenidos. Fsica y sociedad. Resumen. Resolucin de ejercicios y problemas. Ejercicios y problemas. Evaluacin.

Cada bloque se abre con una doblepgina de presentacin, que recogela evolucin histrica de los conteni-dos, algunas reseas sobre hechos einvestigaciones que han contribuidoal desarrollo de la Fsica, y los cient-ficos que han hecho posible dichaevolucin.

El libro se iniciacon una pgina depresentacin, titula-da Cmo es este libro.En ella se describen suestructura y la metodo-loga especfica de lasunidades didcticas.

Fsica (2.o Bachillerato)se estructura en 13 uni-

dades agrupadas en tresgrandes bloques temticos

que siguen el plan generalde la materia establecido.

A continuacin se desarrollan las unida-des didcticas y, por ltimo, se presentauna serie de prcticas, unas propuestas deevaluacin, un ndice alfabtico de los tr-minos fsicos empleados en el desarrollo de lasunidades y unas tablas de unidades y constan-tes fsicas.

Se han creado unas pginas denominadas Herramientas matemticasque permiten al alumno/a repasar una serie de operaciones matemticas ne-

cesarias para este curso de Fsica.

Estructura del libro del alumno

7

8Pginas iniciales:Las unidades que componen cada bloque se inician siempre con una doble pgina que incluye los si-guientes elementos:

Contenidos. Presenta los distintosapartados y subapartados de

la unidad, es decir, elrecorrido de las dis-

tintas secuencias deaprendizaje.

Preparacin de la uni-dad. Definiciones,

ejemplos y/o actividadesque tienen por finalidad

hacer que el alumno/a re-cuerde, repase, consulte,

investigue... contenidos quenecesita para abordar la uni-

dad.

Imagen acompaada de un texto.Pretende ilustrar cmo laFsica est presenteen distintos mbi-tos de la vida hu-mana, de la indus-tria y de la sociedad.Objetivos. Formulacinde las capacidades queel alumno/a podr alcan-zar al finalizar la unidad.

Desarrollo de la unidad:

Exposicin de los contenidos. Los contenidos estn estructurados en apartados y subapartados. Los apar-tados y subapartados guardan relacin entre s y reproducen la secuencia lgica del aprendizaje.Los contenidos se plantean a partir de hechos, experiencias o conocimientos que los alumnos ya han ad-quirido, o bien, de aquello que les es ms cercano y prximo a su entorno, para asentar los conocimien-tos que adquirirn.Mediante textos expositivos, la descripcin de situaciones concretas, demostraciones y las definiciones,se presentan de forma clara, concisa y estructurada los contenidos que el alumno/a deber interiorizar pa-ra desarrollar las capacidades previstas.

Mrgenes. Se han re-servado para incluirexplicaciones comple-mentarias que el alum-no/a necesita para se-guir correctamente elproceso de aprendizaje(fjate) o para recordarcontenidos o procedi-mientos estudiados ante-riormente (recuerda), am-pliaciones de especial inte-rs, enlaces a Internet, bio-grafas de cientficos, notashistricas, etc.

Ejemplos. En muchos casos, el desa-rrollo de un contenido culminaen uno o varios ejem-plos. stos son mode-los que muestran alalumno/a una aplicacinprctica y directa de loscontenidos estudiados.Actividades. Se proponen,primero, cuestiones y, lue-go, ejercicios de aplicaciny sntesis. Se encuentran alfinal de cada apartado o su-bapartado.

Estructura de las unidades didcticas

9Pginas finales:Al finalizar la unidad se presentan cinco apartados: Fsica y sociedad, Resumen, Resolucin de ejerci-cios y problemas, Ejercicios y problemas, y Evaluacin.

Fsica y sociedad. Permite alalumno/a conocer lasrelaciones de laciencia con la tecno-loga, y las implicacio-nes de ambas en lasociedad.Tambin contribuye a queel alumno/a trabaje loscontenidos referentes a lasenseanzas transversales.

Resumen. Esteapartado facilita alalumno/a el estu-dio organizado, se-gn la estructura dela unidad, de las ex-presiones matemti-cas y las ideas claveque han aparecido alo largo de la unidad.

Evaluacin.Cuestiones

y problemasque permiten

al alumno/acomprobar si

ha aprendidolos contenidos

esenciales de launidad.

Resolucin de ejercicios y problemas. Incluye unaserie de ejercicios y problemas modelo que res-ponden a los contenidos de la unidad y estnresueltos de forma dirigida.Despus de cada ejercicio o problema mode-lo, se proponen ejercicios y problemas quese resuelven segn el esquema dado y seindica su solucin si sta es numrica.

Ejercicios y problemas. Una pro-puesta de actividades agrupadasen dos apartados: Piensa y resuelve. Cuestiones y

ejercicios bsicos. Estn ordena-dos segn la secuencia de conteni-dos de la unidad.

Practica lo aprendido. Listado de pro-blemas que sigue la secuencia de loscontenidos de la unidad, cuya finalidades poner en prctica los conocimientosadquiridos, as como consolidarlos.Las ltimas actividades de esta seccin,identificadas por un icono distintivo, deben resolver-se aplicando las TIC.

11

Solucionario

Este solucionario permite al profesor/a la correccin de los ejer-cicios y problemas propuestos en el libro del alumno.Es recomendable que los alumnos lo utilicen como mtodo deautoevaluacin de las actividades que se plantean a lo largo dellibro.Con esta finalidad, el profesor/a puede fotocopiar las pginascorrespondientes del solucionario y proporcionarlas a los alum-nos y alumnas.

13

La aceleracin angular corresponde a la derivada dela velocidad angular respecto al tiempo:

b) La velocidad lineal se obtiene al multiplicar la veloci-dad angular por el radio:

De la misma manera, obtenemos la aceleracin tan-gencial como el producto del radio por la aceleracinangular:

c) La aceleracin normal ser:

Para t = 5 s, cada una de las componentes de la acele-racin ser:

La aceleracin total ser la suma vectorial:

Su mdulo es:

1. DESCRIPCIN DEL MOVIMIENTO

1.

a a a

m s m s

t n= + =

= + =

2 2

2 2 20 4 19 6 19 6( , ) ( , ) ,/ / mm s/ 2

, , ( )

a a a

a u u SI

t n

t n

= +

= +0 4 19 6

a m s

a m st

n

=

= + + =

0 4

0 4 5 1 6 5 1 6 19 6

2

2 2

,

, , , ,

/

/

a R t t t SIn = = + = + +2 ( ) , , , , ( )2 0 4 0 4 1 6 1 62 2

a Rrad

sm

m

st= = = 1 0 4 0 42 2, ,

v R t t SI= = + = + ( ) , , , ( )2 0 4 0 8 0 4

= =

d rad

sdt1 2

1. Dinmica de traslacin y de rotacin

Dinmica de traslaciny de rotacin1

PREPARACIN DE LA UNIDAD

Las magnitudes vectoriales se diferencian de las escalarespor tener una direccin y un sentido. Una magnitud es-calar queda totalmente determinada si sabemos su valornumrico y las unidades, mientras que una magnitud vec-torial, adems de valor numrico y unidades, tiene unadireccin y un sentido caractersticos, que la diferenciande otra magnitud vectorial con las mismas unidades y va-lor numrico pero con distinta direccin y/o sentido.

Magnitudes escalares: temperatura, energa, potencia,masa, volumen.

Magnitudes vectoriales: fuerza, campo elctrico, campomagntico, peso, velocidad.

Los slidos rgidos pueden tener dos tipos de movimien-tos: de traslacin y de rotacin alrededor de un eje.

En un movimiento de traslacin todas las partculas delslido efectan el mismo desplazamiento.

En un movimiento de rotacin todas las partculas delslido describen trayectorias circulares alrededor de uneje, excepto las situadas sobre el propio eje, que perma-necen inmviles.

Datos: R = 40 cm = 0,4 m; = 2 t + 0,5 t2 (SI)a) La velocidad angular corresponde a la derivada del

ngulo respecto al tiempo:

= = +d

t SIdt

2 ( )

F i j N F i j N1 27 4 6 2= + = +( ) ( )

a) b) c)d(5t)

dtd(3t )

dtd(2t2

= =5 6t33

2 3

)dt

d(3t )dt

d(t

=

+=

+

6

4 16 4

8 3

2

2

t

tt

td) e)

))dt

= +3 162t t

i

F1

R i j N= +( )6

F2

j

Sistema de referencia en una dimensin

8 6 4 2 0 2 4 6 8

r = 6 X

14

3. Datos: en unidades SI

a) Obtenemos la ecuacin de la trayectoria a partirde las ecuaciones paramtricas del movimiento:

b) Determinamos los vectores de posicin en los ins-tantes t = 2 s y t = 5 s sustituyendo estos valores deltiempo en la expresin de

c) Calculamos el vector desplazamiento entre los dosinstantes restando los vectores de posicin corres-pondientes:

d) La distancia recorrida por el mvil coincidir conel mdulo del vector desplazamiento porque setrata de una trayectoria rectilnea.

4. La celeridad es el mdulo del vector velocidad. A dife-rencia de la velocidad, que es un vector, la celeridad esun escalar. Por lo tanto, la celeridad carece de direc-cin y sentido.

5. El vector velocidad no se puede descomponer enuna componente tangencial y otra componente nor-mal como la aceleracin. El eje tangencial est sobrela recta tangente a la trayectoria, mientras que el ejenormal se define como el eje perpendicular a la tra-yectoria en cada punto. La velocidad es siempre tan-gente a la trayectoria, de forma que su componentenormal ser siempre nula. En cambio, la componen-te tangencial coincide con el mdulo del vector ve-locidad.

s r m m m= = + =( ) ( ) , 3 24 24 22 2

r r r r s r s

r i j m

= =

= +

0 5 2

2 40

( ) ( )

( ) (( ) ( ) + = + i j m i j m16 3 24

r s i j i j m

r s

( ) ( ) ( )

( )

2 2 3 8 2 16

5

= + = +

= (( ) ( )5 3 8 5 2 40 + = + i j i j m

r t( ):

x t t x

y t y x x

= = +

= = + = +

3 3

8 8 3 8 24( )

r t t i t j( ) ( ) ,= +3 8

2. Datos:

a) Obtendremos los vectores de posicin sustituyen-do el valor correspondiente del tiempo t en la ex-presin de

b) Para encontrar el vector desplazamiento entre losdos instantes restamos los vectores de posicin co-rrespondientes:

El mdulo del vector desplazamiento ser:

c) Para encontrar la ecuacin de la trayectoria, escri-bimos primero las ecuaciones paramtricas del mo-vimiento:

Despejando t en la primera ecuacin e introducien-do su expresin en la segunda ecuacin paramtrica,obtendremos la ecuacin de la trayectoria:

La trayectoria es una parbola.

tx

yx x

yx x

=

=

=

+

24

24

22

4

12 20

2

2( ))16

x t

y t t

= +

=

4 2

22

r m m m( ) ( ) ,= + =8 4 8 92 2

r r r r s r s

r i j m

= =

= +

0 3 1

14 3

( ) ( )

( ) (( ) ( )6 8 4 i j m i j m = +

r s i j i j m

r

( ) ( ) ( ) ( )1 4 1 2 1 2 1 62= + + =

(( ) ( ) ( )

( ) (

3 4 3 2 3 2 3

3 14

2s i j

r s i

= + +

= +

33j m)

r t( ):

r t t i t t j SI( ) ( ) ( ) ( )= + + 4 2 22

Sistema de referenciaen dos dimensiones

Sistema de referenciaen tres dimensiones

2

2

2

2X

X

Y

Y

Z

1

1

4

2

2 4

j

r i j= +2 2

i

i

r i j k= + +4 4

j

k

La trayectoria esuna recta

Y (m)

X (m)

70

50

30

40 20 20 40

10

15

e) Hallamos la velocidad y la aceleracin en el instan-te t = 1 s sustituyendo este valor del tiempo en lasexpresiones de la velocidad y la aceleracin instan-tneas:


a) La aceleracin instantnea se obtiene derivandoel vector velocidad instantnea:

El vector aceleracin instantnea no depende deltiempo, es constante. Por tanto, en el instantet = 2 s la aceleracin ser la misma que en cual-quier otro instante:

Su mdulo tambin ser constante:

b) La componente tangencial de la aceleracin es laderivada del mdulo de la velocidad. El mdulode la velocidad en un instante t ser:

y su derivada:

La aceleracin tangencial no depende del tiempoen este caso. Por tanto, en t = 2 s su valor ser

Adems, coincide con el mdulo de la aceleracintotal, de donde se deduce que la componente nor-mal es nula.

Otra forma de ver que la componente normal escero consiste en obtener la ecuacin de la posi-cin integrando la ecuacin de la velocidad:

Entonces se puede obtener la ecuacin de la tra-yectoria:

La trayectoria es una recta. Por lo tanto, la acele-racin normal ser cero.

x x t

y y tt x x y y

x =

=

= =

02

02

20 0

3212

23

( ); x03

r t r v t dt

r r t i

t

t

t

( ) ( )

(

= +

=

0

00

0

3 ++ = +t j dt t i t j) 3

212

2 2

10 2.m s/

a td v t

dtm

s( )

( )= =

10 2

v t t t t( ) ( )= + =3 102 2

a s a m s m s m( ) ( ) ( )2 3 1 102 2 2 2= = + =/ / /ss2

a s i j m s( ) ( )2 3 2= + /

a tdv t

dti j

m

s( )

( )( )= = +3 2

v t t i t j( ) ,= +3

v s i j i j m s

a s

( ) ( )

( )

1 6 1 2 1 6 2

1

2= + = +

=

/

112 1 2 12 2 2 + = + i j i j m s( ) /


a) Obtendremos la velocidad media calculando el co-ciente entre el vector desplazamiento y el intervalode tiempo. Encontraremos el vector desplazamien-to entre los dos instantes restando los vectores deposicin correspondientes:

Aplicando la definicin de velocidad media:

b) Obtenemos la velocidad instantnea derivando elvector de posicin:

c) Hallamos la aceleracin media calculando el co-ciente entre la diferencia de los vectores velocidad,en los dos instantes, y el intervalo de tiempo. Los vec-tores velocidad en los instantes t = 3 s y t = 0 s se ob-tienen sustituyendo el tiempo t correspondiente en laexpresin de la velocidad instantnea obtenida en elapartado anterior:

Aplicando la definicin de aceleracin media:

d) La aceleracin instantnea se obtiene derivando elvector velocidad instantnea:

a tdv t

dtt i j SI( )

( )( ) ( )= = +12 2

a

vt

v s v ss s

i jm = =

= +

( ) ( )(

3 03 0

18 2 ))m

s2

v s i j m s

v s i

( )

( )

0 6 0 2 0 0

3 6 3 2

2

2

= + =

= +

/

33 54 6 j i j m s= +( ) /

v td r t

dtt i t j SI( )

( )( ) ( )= = +6 22

vrt

r s r ss s

i jm = =

= +

( ) ( )( )

3 03 0

18 3 (( )SI

r s i j m

r s i j

( )

( )

0 2 0 0 0

3 2 3 3

3 2

3 2

= + =

= + = (( )

( ) ( )

54 9

3 00

i j m

r r r r s r s

r

+

= =

== + = +( ) ( )54 9 0 54 9 i j m m i j m

r t t i t j( ) ,= +2 3 2


Eje normal

anat

Eje tangencial

v

a

16

Las ecuaciones del movimiento de la bola son:

a) La bola llegar al suelo cuando la altura y sea ce-ro. Encontraremos el tiempo de vuelo de la bolaimponiendo esta condicin en su ecuacin de laposicin:

La solucin positiva de esta ecuacin da un tiem-po de t = 6,4 s.

b) La velocidad con la que llega la bola al suelo se ob-tiene sustituyendo el tiempo de vuelo que acaba-mos de encontrar en la ecuacin de la velocidad:

La bola llega al suelo con una velocidad de62,7 m/s. El signo negativo indica que la bola semueve hacia abajo.

c) A los dos segundos de dejar caer la bola, su veloci-dad viene dada por la misma ecuacin con t = 2 s:

La bola se mueve con una velocidad de 19,6 m/sdirigida hacia abajo.

11. Datos:

Tomamos x = 0 e y = 0 en el punto de partida de la bar-ca. Teniendo en cuenta que:

las ecuaciones de movimiento de la barca sern:

x x v t t v tms

tx x= + = =0 0 2( )

36 361

3 6001 000

110

kmh

kmh

hs

mkm

ms

= =

v s m s s m s( ) , ,2 9 8 2 19 62= = /

v s m s s m s( , ) , , ,6 4 9 8 6 4 62 72= = /

0 20012

9 8 22

= ,mm

st

y y v t t g t t

y mm

= +

=

0 0 0 021

2

20012

9 8

( ) ( )

,ss

t

v v g t t vm

st

22

0 0 29 8( ); ,= =

8. Datos:

La ecuacin de la velocidad se obtiene integrando laecuacin de la aceleracin. En este caso, slo hay unacomponente:

La ecuacin de la posicin se obtiene integrando laecuacin de la velocidad anterior:

Las ecuaciones de la velocidad y de la posicin en fun-cin del tiempo son:

9. Datos: a = 3 m/s2; t1 = 25 s; t2 t1 = 1 min = 60 s;

x0 = 0 m; v0 = 0 m/s; t0 = 0 s

Primera etapa: MRUA. Calculamos la posicin y la ve-locidad al final de esta etapa:

Segunda etapa: MRU. Calculamos la posicin final dela moto, que coincide con la distancia total recorrida,ya que la posicin inicial era x0 = 0:

La distancia total recorrida es de 5 437,5 m.

10. Datos:

X

x x v t t m m s s

x

2 1 1 2 11

2

937 5 75 60= + = +

=

( ) , ( )

55 437 5, m

x x v t t a t t

xm

s

1 0 0 1 0 1 02

1 2

12

12

3

= + +

=

( ) ( )

(225 937 5

3 25

2

1 0 1 02

) ,

( )

s m

v v a t t m s s

=

= + = = 775 m s/

v t t i SI

r t t t

( ) ( )

( )

= +

= + +

32

12

12

12

4

2

3 ( )

i SI

r t r v t dt i t

t t

( ) ( )= + = + +

0 0 0

2412

32

= + +

( ) ( )

i dt

r t t t i SI412

12

3

v t v a t dt

v t i t

t

t

t

( ) ( )

( ) ,

= +

= +

0

0

0

0 5 3 ( ) i dt t i SI= +

12

32

2

a t i SI v i m s r i m= = =3 0 5 40 0( ); , ;/

Y (m)

200

g

0

y tot

al=

100

m

O

vy

vx X

Y r x i y j= +

v v i v jx y= +

vkmh

ms

vms

y

x

= =

=

36 10

2

i

j

17

b) La velocidad en este punto slo tiene componen-te horizontal, vx, porque vy = 0. Entonces:

v = vx = 35,4 m/s

c) Para hallar el alcance necesitamos determinar elinstante en que el proyectil llega al suelo. Lo obte-nemos imponiendo y = 0:

La solucin positiva de esta ecuacin de segundogrado es t = 10,9 s.

Sustituyendo este tiempo en la ecuacin de la co-ordenada x, hallamos el alcance:

x = v0x t = 35,4 m s1

10,9 s = 387,2 m

13. Datos: R = 30 cm = 0,3 m; = 10 rpm ;

t = 2 min = 120 s

a) Expresamos la velocidad angular de 10 rpm enrad/s:

b) Los puntos de la periferia se encuentran a una dis-tancia del centro igual al radio de la rueda. Su ve-locidad lineal ser:

Los puntos situados a 10 cm del eje giran con unradio R = 10 cm = 0,1 m. Por tanto:

c) Calculamos el ngulo descrito en 2 min:

Pasamos este ngulo de radianes a revoluciones (ovueltas):

d) La componente tangencial de la aceleracin esnula, ya que se trata de un MCU.

La aceleracin normal de los puntos de la perife-ria es:

a Rrad

sm

m

sn= =

=

2 , ,3

0 3 0 332

2

4012

20

radvuelta

vueltasrad

=

= = =t 13

120 40rad

ss rad

vrad

sm

ms

ms

= = = = R13

0 1 0 03 0 10, , ,

vrad

sm

ms

ms

= = = = R13

0 3 0 1 0 31, , ,

10 1021

160 3minmin

rpmrev

rev sra

= =

rad dds

012

0 200 35 412

9

0 02

= +

= +

y v t g t

mms

t

y

, ,,

, ,

8

4 9 35 4 200 0

22

2

m

st

t t =

a) La barca habr cruzado el ro cuando llegue a laotra orilla. En esa posicin, y = ytotal = 100 m. Halla-mos el tiempo empleado en cruzar el ro impo-niendo esta condicin en la ecuacin de y:

b) La componente y del desplazamiento es la anchu-ra del ro, y = 100 m. Calculamos la componente x:

x = vx t = 2 m s1

10 s = 20 m

Por tanto, la distancia recorrida ser:

c) Para determinar la ecuacin de la trayectoria, des-pejamos el tiempo de la coordenada x y lo sustitui-mos en la ecuacin de la coordenada y:

12. Datos: y0 = 200 m; v0 = 50 m/s; = 45o

Calculamos las componentes de la velocidad ini-cial:

Las ecuaciones del movimiento del proyectil, escri-tas por componentes, sern:

a) El proyectil alcanza la altura mxima en el puntodonde vy = 0. Buscamos el instante en que esto seproduce:

La altura en este instante es:

y y v t g t

y mms

s

y= +

= +

0 021

2

200 35 4 3 61

, ,22

9 8 3 6

263 8

22, ( , )

,

m

ss

y m

=

v v g t

tv v

gm s m s

m s

y y

y y

=

=

=

0

0 35 4 0

9 8

,

,

/ /

/ 223 6= , s

x x v tms

t y y v t g t

x

x y= + = = + 0 0 0 0235 4

12

( ) , ; ( ) ( )

== +

= =

200 35 412

9 8

35 4

22

0

, ,

,

mms

tm

st

v vx x

( ); , ,

m s

v v g t vms

ms

ty y y

= =

1

0 35 4 9 8

v vms

ms

v v se

ox

oy

= = =

=

0

0

50 45 35 4cos cos ,

nnms

senms

, = =50 45 35 4

x t

y tt

xy

xx

=

=

= = =

2

10 210

25;

r x y m m m= + = + =2 2 2 220 100 102 0( ) ( ) ,

y v t ty

vm

m ssy

y

= = = =;10010

10/

y y v t t v tms

ty y= + = =0 0 10( )


18

Para que se mueva con velocidad constante, es necesa-rio que la fuerza resultante sea cero:

R = F Fr = 0 F = Fr

La fuerza que debemos aplicar ser igual a la fuerza derozamiento:

F = Fr = c N = c p = c m g

F = 0,1 20 kg 9,8 m/s2 = 19,6 N

17. Datos:

Calculamos la fuerza resultante:

Hallamos la aceleracin que adquiere el cuerpo conesta fuerza resultante:

18. Datos:

La fuerza resultante sobre el sistema es nula. Por tan-to, se conservar la cantidad de movimiento. Calcu-lamos primero la cantidad de movimiento inicial delsistema:

Si cuando las dos bolas chocan quedan unidas, su ma-sa final ser:

m = m1 + m2 = 2 kg + 5 kg = 7 kg

Por tanto, la velocidad del sistema despus del choqueser:

vpm

kg m s ikg

ms

i= =

=

147

2/

p p p

p m v kg m s i kg

= +

= = =

1 2

1 1 1 2 3 6( ) / mm s i

p m v kg m s i kg m s i

/

/ /

2 2 2 5 4 20= = =

p p p kg m s i kg m s i kg m= + = + = 1 2 6 20 14/ / /ss i

F m a aFm

Nkg

m

s= = = = ,

1810

1 8 2

F F F N i N i

F N N N

= + = +

= =

1 2 34 52

52 34 18

14. Datos: R = 25 cm = 0,25 m; o = 0,5 rev/s; t = 40 s

a) Expresamos la velocidad angular inicial en rad/s:

b) Calculamos la aceleracin angular a partir de laecuacin de la velocidad angular y sabiendo queser cero en t = 40 s:

Utilizamos la ecuacin del movimiento para deter-minar el ngulo girado en 40 s:

Pasamos este ngulo de radianes a revoluciones (ovueltas):

c) Cuando la rueda comienza a frenar, la velocidadangular es la inicial, 0. La componente normalde la aceleracin para un punto de la periferiaser:

La aceleracin tangencial ser:

2. CAUSAS DEL MOVIMIENTO

15. Si dejamos caer una piedra desde cierta altura, la Tierraejerce sobre ella una fuerza: la fuerza de la gravedad.Como esta fuerza no se ve compensada, la fuerza resultan-te sobre la piedra no es nula. Como resultado, y tal comoindica la segunda ley de Newton, la piedra adquiere unaaceleracin proporcional a la fuerza que acta sobre ella.

16. Datos:

a Rrad

sm

m

st= = =

, ,

400 25 0 022 2

a Rrad

sm

m

sn = =

= 0

22

20 25 2 5, ,

20

rad1 vuelta

rad210= vueltas

0 0 ( ) ( )= + +

=

t t t t

ss

0 021

2

4012

rad 40

rad

ss

2240 20 =( ) rad

0 ;= + +

= =

t s

s

0 40

40

rad/s

rad/s440 2

rad

s

0 , ,= = =0 5 0 52rev

srevs

radrev

rads

m = 20 kg c = 0,1

N

F

p

Fr

X

F2 = 52 N

F1 = 34 N

m = 10 kg

F

m2

a b

m1 mv2

v1v

p

p2

p1

v m s im kg

1

1

3

2

=

=

/

v m s i

m kg2

2

4

5

=

=

/ m m m kg

p p p

= + =

= +1 2

1 2

7

19

Por lo tanto, si el bloque parte del reposo, no semover. Si, en cambio, inclinamos la cuerda cuan-do el bloque ya se estaba moviendo, ste se move-r con movimiento rectilneo desacelerado, conaceleracin:

20. No, no siempre es cierto. El valor e N indica la fuerzade rozamiento esttica mxima entre un cuerpo y unasuperficie. Superado este valor, el cuerpo comienza adeslizarse, pero mientras el cuerpo est en reposo lafuerza de rozamiento no tiene por qu alcanzar este va-lor mximo. En general, su mdulo tiene exactamenteel mismo valor que la compomente tangencial de lafuerza aplicada.

Ejemplo:

21. Si la caja baja a velocidad constante, la aceleracin esnula y sabemos que la fuerza resultante es cero.

Eje tangencial: pt Fr = m a = 0 pt = Fr

m g sen = c NEje normal: N pn = 0 N = pn = p cos

N = m g cos

Sustituyendo esta expresin de N en la ecuacin deleje tangencial:

22. Supondremos que el sistema se mueve hacia la iz-quierda. Es decir, que el cuerpo 1 desciende por elplano, mientras el cuerpo 2 asciende. Si la aceleracinresultante fuera negativa, deberamos repetir el pro-blema cambiando el sentido del movimiento.

m g sen m g

sentg

cos

cos,

=

= =

c

c 0 255

aRm

F Fm

N Nkg

m

sx r

= =

=

=

4 2 5 13 5

0 26 2, ,

,,

19. Datos: m = 3,5 kg; T = 6 N

a)

b) Para que la velocidad sea constante, es necesarioque la fuerza resultante sea nula:

R = F Fr = 0 Fr = F = 6 N

A partir de la fuerza de rozamiento, calculamos elcoeficiente cintico de rozamiento:

c)

Si la cuerda se inclina 45, la fuerza se podr des-componer en dos componentes y aparecer unanueva componente vertical que antes no exista:

Componente horizontal: Fx = F cos 45o

= 4,2 N

Componente vertical: Fy = F sen 45o

= 4,4 N

Como la componente vertical es menor que elpeso, el bloque slo puede moverse horizontal-mente:

p = m g = 3,5 kg 9,8 m/s2 = 34,3 N > Fy = 4,2 N

Pero a causa de esta nueva componente vertical, lafuerza normal es menor que en el caso anterior.Teniendo en cuenta que el bloque no se mueveverticalmente y que, por tanto, la resultante en eleje vertical es cero:

Ry = N + Fy p = 0 N = p Fy = 30,1 N

Entonces, la fuerza de rozamiento ser ms peque-a que con la cuerda horizontal:

Fr = c N = 0,17 30,1 N = 5,1 N < 6 N

Pero ahora la componente horizontal de la fuerzaejercida por la cuerda, Fx, tambin es menor queen los apartados anteriores. Adems, Fx es ms pe-quea que la fuerza de rozamiento:

Fx = 4,2 N < 5,1 N = Fr

F N p m g

Fm g

N

kg m

r

r

= = =

= =

c c c

c , ,

6

3 5 9 8 =

s20 17,


m = 3,5 kg

N

F

Fr

p m g=

m = 3,5 kg

Fx

Fy

N

Fr

F

p m g=

m = 25 kg

F = 50 N

Fr = 98 NFr = 50 N

Fr = 24,5 N

Reposo Reposo

Desplazamiento

F = 98 N

F = 100 N

e = 0,4

c = 0,1

e = 0,4

pn

p

= 14o

N

Fr

p

20

y la sustituimos en la primera:

Despejamos la velocidad:

Teniendo en cuenta que R = 1 sen :

Sustituyendo los valores del problema,

24. Una bola que gira verticalmente atada a una cuerdano cae en el punto ms alto porque la fuerza del pesose emplea en cambiar la direccin del movimiento dela bola y no en hacerla caer al suelo. Si no actuara so-bre la bola ninguna fuerza, sta no seguira una trayec-toria circular, sino recta. La fuerza del peso de la bolacontribuye, junto con la tensin de la cuerda, a apor-tar la fuerza centrpeta necesaria para que la bolalleve a cabo un movimiento circular.

25. Datos: m = 150 g = 0,15 kg; R = 80 cm = 0,8 m; Tmx = 10 N

a) La cuerda se romper en el punto inferior de latrayectoria. En este punto la fuerza centrpeta esigual a la tensin de la cuerda menos el peso dela piedra.

b) La cuerda se romper donde la tensin es mxi-ma. Esto sucede en el punto inferior de la trayec-toria, donde la fuerza del peso acta en sentidocontrario a la tensin.

3. MOVIMIENTO DE ROTACIN

26. Un cuerpo sometido a una fuerza resultante nula y aun momento no nulo tendr un movimiento de rota-cin debido al momento. Si inicialmente estaba en re-poso, no se trasladar. Si, en cambio, inicialmente es-taba en traslacin, seguir movindose con velocidadconstante y en trayectoria rectilnea.

Si est sometido a una fuerza resultante no nula, ten-dr un movimiento de traslacin acelerado. Adems,si el momento no es nulo, tendr un movimiento derotacin.

T pm v

Rv

R T m gm

vm N

mxmx

= =

=

;( )

, (

2

0 8 10 0,, , ),

,15 9 8

0 156 7

2kg m skg

ms

=

/

vm

sm sen tg m s= =9 8 0 5 11 5 11 5 0 452, , , , , /

v g R tg g sen tg= = 1

v g R tg=

m gsen

m vR

m g tg mvR

cos

=

=

2

2

Representamos todas las fuerzas que actan sobre cadacuerpo y calculamos la aceleracin:

Cuerpo 1: p1t Fr T = m1 a

Cuerpo 2: T p2 = m2 a

Sumando las dos ecuaciones:

Despejamos la tensin de la ecuacin del cuerpo 2:

T = m2a + p2 = m2 a + m2 g = m2 (a + g)

T = 4 kg (2,1 m/s2 + 9,8 m/s2) = 47,6 N

23. Datos:

Aplicamos la segunda ley de Newton, teniendo encuenta que la fuerza resultante en la direccin radialtiene que ser la fuerza centrpeta:

Eje X:

Eje Y:

Despejamos la tensin de la segunda ecuacin:

Tm g

=

cos

T F T senm v

RT p T m g

x c

y

= =

= =

;

; cos

2

p F p m m a

ap F p

m mm g sen

t r

t r

1 2 1 2

1 2

1 2

1

= +

=

+=

( )

cos

, ,

+

=

cm g m gm m

asen

1 2

1 2

8 9 8 60 0 1 +

=

8 9 8 60 4 9 88 4

2 1 2

, cos ,

,

a m s/

60o

60o

p1t

m1 = 8 kgc = 0,1

p1nm2 = 4 kg

N

Fr

T T

p1

p2

XTx

Ty

1 = 0,5 m

= 11,5o

Y

p

T

21

30. Datos: m = 1 kg; R = 0,25 m

Cilindro. Utilizaremos la expresin del momento deinercia para un cilindro macizo que aparece en la p-gina 53 del libro del alumno:

Esfera. Aplicamos la frmula correspondiente a la es-fera maciza que aparece en la pgina 53 del libro delalumno.

31. Para comprobar que al dividir las unidades del mo-mento de la fuerza entre las del momento de inerciase obtienen las de la aceleracin angular, es necesariotener presente que las unidades de fuerza, los newton(N), son equivalentes a kg m s 2. Entonces:

32. La aceleracin angular se relaciona con el momentoresultante sobre el cuerpo mediante la ecuacin fun-damental de la dinmica de rotacin:

Por su definicin, el momento de inercia es siemprepositivo. Por tanto, la aceleracin angular tendr siem-pre la misma direccin y sentido que el momento re-sultante.

Nota para el profesor/a: en la pgina 41 del libro del alum-no se aclara que esta ecuacin slo es realmente vlida si eleje de rotacin es un eje de simetra del cuerpo que permane-ce fijo o siempre paralelo a s mismo.

33. Datos:

Calculamos primero el momento de inercia y el mo-mento de la fuerza, para aplicar despus la ecuacinfundamental de la dinmica de traslacin.

M I=

M

IN M

kg m

kg m s m

kg ms

=

=

= =

2

2

22

I m R kg m kg m= = = 25

25

1 0 25 0 0252 2 2( , ) ,

I m R kg m kg m= = = 12

12

1 0 25 0 0312 2 2( , ) ,

r a m r r

I m r ma kg mb i i

1 2 3

2 2 2

3 0

1 3

= = = =

= = = =

,

( ) 99 2kg mi

27. Datos:

Calculamos el momento de la fuerza como el produc-to vectorial de con la fuerza :

28. El momento de inercia Ii de una partcula, definido co-mo Ii = mi ri

2, depende del eje respecto al cual lo calcu-lemos, ya que variar la distancia ri de la partcula aleje. Del mismo modo, el momento de inercia de un sis-tema discreto de partculas depende del eje que escoja-mos, pues cambiarn las distancias ri de todas las par-tculas.

29. Datos: m1 = m2 = m3 = m = 1 kg; a = 3 m; b = 4 m

Calculamos el momento de inercia a partir de su defi-nicin. Teniendo en cuenta que dos de las masas estnsobre el eje de rotacin, slo contribuir al momentode inercia la tercera masa.

Si gira en torno al primer cateto (a): r1 = r2 = 0, r3 = b = 4 m

Si gira en torno al segundo cateto (b):

I m r mb kg m kg ma i ii

= = = = ( )2 2 2 21 4 16

M r F m x N

M i j

= =

= +

( , , ) ( , , )

(

1 2 1 3 5 1

2 ++ + + = +

k x i j k N m

M i j

) ( )

(

3 5

3 2 kk N m)

F

r

F N r m= =( , , ) ; ( , , )3 5 1 1 2 1


m

m

mm

a = 3 m

mm

m = 1 kg

b = 4 m

b = 4 m

a = 3 m

F = 1,5 N

M = 100 g

R = 30 cm

k

22

Tenemos en cuenta la orientacin de los ejes para es-cribir el vector:

NOTA: La solucin de este ejercicio depende de la eleccin delos ejes. Una variacin de la colocacin de los ejes dar unarespuesta diferente pero igualmente correcta. La solucin queacompaa los ejercicios del libro del alumno se correspondecon la resolucin que aparece en este solucionario.

36. Datos: M = 7,35 1022 kg; R = 1,74 106 m;

= 1 rev cada 28 das.

Expresamos la velocidad angular en el SI:

Hallamos el momento de inercia a partir de la expre-sin para una esfera maciza de la pgina 42 del librodel alumno:

Calculamos el momento angular:

Tenemos en cuenta la orientacin de los ejes y quegira hacia el Este:


37. Datos:

L k kg m s= 2 31 1029 2, /

L I kg m rad s

L

= =

=

8 9 10 2 6 10

2 31 10

34 2 6, ,

,

/229 2kg m s /

I MR kg m

I

= =

=

25

25

7 35 10 1 74 10

8 9

2 22 6 2, ( , )

, 1034 2kg m

=

128

124

13 600

21

vueltad

dh

hs v

raduuelta

rads

= 2 6 10 6,

L k m= 6 2 kg /s

Aplicamos la frmula de la pgina 42 del libro delalumno para calcular el momento de inercia de un dis-co macizo:

Para calcular el momento de la fuerza, tenemos encuenta que y son perpendiculares. Entonces:

Aplicamos la ecuacin fundamental de la dinmica derotacin:


34. Si el eje de rotacin es fijo, todas las partculas del sli-do rgido giran con velocidad angular de la misma di-reccin y sentido. Lo que variar entre una partcula yotra ser el momento de inercia. Pero como ste es unescalar, el momento angular y la velocidad angular decada partcula son paralelos y del mismo sentido. Si to-das las partculas tienen velocidades angulares de lamisma direccin y sentido, todos los momentos angu-lares sern paralelos.

35. Datos: m1 = m2 = 1,5 kg; d = 1 m; = 4 rev/s

Escribimos primero la velocidad angular en unidadesdel SI:

Calculamos el momento de inercia del sistema. La dis-

tancia de cada masa al eje de giro ser

Por tanto:

Entonces, el momento angular ser:

L I kg m m= = = , 0 75 8 62 2rad/s kg /s

I m r kg m kg mi i= = = , ( , ) ,2 2 22 1 5 0 5 0 75

rd

m= =2

0 5, .

= =421

8revs

radrev

rads

M IMI

k N m

kg m= = =

=

,

,,

0 45

0 00451002

k

rad

s2

M F R N m

M N m M

= =

= =

1 5 0 3

0 45 0 4

, ,

, ; , 55k N m

R

F

I MR kg m kg m= = = 12

12

0 1 0 3 0 00452 2 2, ( , ) ,

m = 1,5 kg m = 1,5 kg

d = 1 m

k

k

R

R = 1,74 106 m

M = 7,35 1022 kg

M = 200 g = 0,2 kg

R = 0,4 m

= 45 rpm

23

Aplicamos ahora la conservacin del momento angu-lar para hallar la velocidad angular final:

40. Datos: 0 = 30 rpm; r0 = 70 cm = 0,7 m;

m = 350 g = 0,35 kg; Iplat = 120 kg/m2;

r = 53 cm = 0,35 m

Aplicamos el principio de conservacin del momentoangular, teniendo en cuenta que los momentos deinercia de la nia en la plataforma y de las masas quesostiene con sus manos se suman:

41. Una experiencia sencilla para observar la conserva-cin del momento angular es la siguiente:

Montamos un dispositivo como el de la figura: enuna barra vertical (puede servir, por ejemplo, lapata de una mesa) atamos una cuerda con unabola o cualquier objeto un poco pesado en el ex-tremo.

Damos impulso a la bola y la hacemos girar alre-dedor de la barra. Al irse enroscando la cuerdaen la barra, la distancia de la bola a la barra (ejede rotacin) ir disminuyendo. Por tanto, dismi-

L L I I

mr mr0 0 0

02 22 2

= =

+ = +

;

) )plat plat

( (0

(

0=

+

+

=

)

(

plat

plat

/

2

2

120

02

2

mr

mr

kg mm kg m rpm

m

2 2

2

2 0 35 0 7 30

120 2 0

+

+

, ( , ) )

kg/ ,, ( , )

,

,min

35 0 35

30 06

30 06

2kg

=

=

m

rpm

rev

=160

21

3 15min

,s rev

rads

rad

L LL

I I

m s

m

= =

+

=

+

00

1 22

2

0 108

0 018

;

,

,

kg /

kg 0,004 kg =

=

m

rads

rads

vuelta

2 4 9

15 412

,

,

rad

= 2 45,vueltas

s

Expresamos primero la velocidad angular en unidadesdel SI:

Aplicamos la frmula de la pgina 42 del libro delalumno para calcular el momento de inercia de un dis-co macizo:

Calculamos el momento angular:

Teniendo en cuenta la orientacin de los ejes y el sen-tido de giro indicado en la figura, escribimos el mo-mento angular en forma vectorial:


38. Si una persona situada sobre una plataforma circular enrotacin se desplaza hacia su centro, la distancia de lapersona al eje disminuir. Por tanto, su momento deinercia tambin ser menor. Por la conservacin del mo-mento angular, la velocidad angular de la plataformaaumentar y girar ms rpido.

39. Datos: R1 = 30 cm = 0,3 m; M1 = 0,4 kg; 0 = 3 rev/s; R2 = 20 cm = 0,2 m; M2 = 0,2 kg

Aplicamos la expresin que aparece en la pgina 42 dellibro del alumno para calcular el momento de inerciade un disco macizo.

Expresamos la velocidad angular inicial del primer dis-co en unidades del SI:

Inicialmente, todo el momento angular del sistema esdebido al primer disco:

Al final, cuando los dos discos giran unidos, el momen-to de inercia ser la suma de los dos, y por tanto, su mo-mento angular:

L I I= +( )1 2

L L I

L kg m0 1 1

020 018 6 0 108

= =

= =, ,

0

rad/s kgg m /s2

0 = =321

6revs rev

rads

rad

I M R kg m kg m1 1 12 2 21

212

0 4 0 3 0 018= = = , ( , ) ,

II M R kg m kg m2 2 22 21

212

0 2 0 2 0 004= = = , ( , ) , 22

L k kg= 0 024,

m /s2

L I kg m kg= = = 0 016 1 5 0 0242, , ,rad/s m /s2

I MR kg m kg m= = = 12

12

0 2 0 4 0 0162 2 2, ( , ) ,

= =45160

21

1 5min

min,

revs rev

rads

rad


mr

24

b) Hallamos primero el momento de inercia del ci-lindro, utilizando la expresin correspondientede la pgina 42 del libro del alumno. A continua-cin, aplicamos la ecuacin fundamental de la di-nmica de rotacin para calcular la aceleracinangular:

c) Aplicamos la ecuacin del MCUA:

43. Datos: Mp = 1 kg; R = 25 cm = 0,25 m; mc = 2 kg

Se trata de una combinacin del movimiento de rota-cin de la polea con el de traslacin del cuerpo col-gado.

Planteamos las ecuaciones fundamentales de la din-mica de traslacin y de rotacin, y las relaciones entreaceleracin angular y tangencial.

a) La tensin de la cuerda valdr lo mismo sobre elcuerpo que sobre la polea, y ejercer un momen-to sobre sta. Como acta en la periferia y es per-pendicular al radio:

M = R T

Este momento provoca una aceleracin angularde la polea. Hallamos el momento de inercia desta a partir de la frmula de la pgina 42 del librodel alumno y aplicamos la ley fundamental de ladinmica de rotacin:

Por otro lado, la aceleracin lineal del cuerpo col-gado se relaciona con la aceleracin angular de lapolea:

b) Aplicamos la ley fundamental de la dinmica detraslacin al cuerpo:

Con las cuatro ecuaciones anteriores, tenemos unsistema que resolvemos:

M RT

M IRT I

IR

a T m a

p m gc

c

=

=

= == =

=

;

;R p== =

= =

+

2 9 8 19 6

2

, ,

;

kg N kg N

pIR

m RpR

m Rc

c

/

11

19 6 0 25

2 0 25 0 0312 2 =

+

, ,

( , ) ,

N m

kg m kg m== 31 4

2,

rad

s

F p T m ac= =

a at= = R

I MR kg m kg mpolea = = = 12

12

1 0 25 0 0312 2 2( , ) ,

MM I=

= = =t / /10 67 180 1 9212, rad s s rad s

I MR kg m kg m

M

= = =

=

12

12

5 0 75 1 42 2 2( , ) ,

IIMI

N mkg m

ra,

,

; = =

=

151 4

10 67dd

s2

nuir su momento de inercia. Como consecuen-cia de la conservacin del momento angular, ob-servaremos que la bola gira cada vez con mayorvelocidad.

FSICA Y SOCIEDAD

a) Se trata de un movimiento vertical:

El cuerpo llega al suelo cuando y = 0. Si la veloci-dad inicial es cero y t0 = 0:

La velocidad en este instante ser, en mdulo:

Calculamos la velocidad del impacto:

Desde la estatua de la Libertad (y0 = 92 m):

Del Taj Majal (y0 = 95 m):

Del segundo piso de la torre Eiffel (y0 = 116 m):

b) Respuesta sugerida:

Los excesos de velocidad causan alrededor del30% de los accidentes en carretera y adems agra-van las consecuencias de otros percances en losque no son la causa directa del accidente.

Fuente: Direccin General de Trfico

RESOLUCIN DE EJERCICIOS Y PROBLEMAS

42. Datos: M = 5 kg; R = 0,75 m; F = 20 N;

t = 3 min = 180 s

a) Calculamos el momento de la fuerza, sabiendoque acta en la periferia y es perpendicular al ra-dio:

M F R N m N m= = = ,20 0 75 15

v y g m m s

vms

= =

=

,

,

2 2 116 9 8

47 71

02/

kkmm

sh

kmh1 000

3 6001

171 7, =

v y g m m s

vms

k

= =

=

,

,

2 2 95 9 8

43 21

02/

mmm

sh

kmh1 000

3 6001

155 5, =

v y g m m s m s

v

= = =

=

, ,2 2 92 9 8 42 5

4

02/ /

22 51

1 0003 600

1153,

ms

kmm

sh

kmh

=

v gt y g= = 2 0

y y g t tyg

= = =012

20

2 0

y y v t t g t t v v g t t= + = 0 0 0 02

0 012

( ) ( ) ; ( )

25

b)

El rozamiento, Fr, que se opone al desplazamientode una mesa es ejercido por el suelo sobre sta. Seaplica en la superficie de contacto entre la mesay el suelo. Su reaccin es la fuerza Fr, aplicada so-bre el suelo.

c)

La tensin que ejerce la cuerda sobre el bloque, T,se aplica sobre el bloque, y su reaccin, T,, la ejer-ce el bloque sobre la cuerda.

47.

El ciclista no cae porque la componente verticalde la normal equilibra el peso, y la componentehorizontal de la normal se emplea en hacerlo gi-rar. La componente horizontal de la normal coin-cide con la fuerza centrpeta.

48. a) Si la cantidad de movimiento de una masa pun-tual que describe una trayectoria circular se redu-ce a la mitad, se reduce tambin a la mitad su ve-locidad angular. Por tanto, su nuevo momento an-gular ser tambin la mitad.

b) Si el radio del crculo se triplica manteniendoconstante la velocidad lineal, el momento de iner-cia aumentar, y tambin lo har el momento an-gular. Concretamente, podemos relacionar el mo-

c) Aplicamos la ecuacin del MRUA para hallar la ve-locidad del cuerpo a los 20 s de dejarlo libre:

EJERCICIOS Y PROBLEMAS

44. El vector desplazamiento es la diferencia entre el vec-tor de posicin final y el vector de posicin inicial,por tanto es una magnitud vectorial. Su mdulo re-presenta la distancia (en lnea recta) entre la posicininicial y la posicin final. En cambio, la distancia re-corrida es una magnitud escalar y se mide sobre latrayectoria, desde la posicin inicial hasta la posicinfinal.

El mdulo del vector desplazamiento y la distanciarecorrida slo coinciden en caso de que la trayec-toria sea una recta y no exista inversin del movi-miento.

45. Si la aceleracin es constante en mdulo y perpendi-cular a la trayectoria en todo momento, se trata deun movimiento circular uniforme. La aceleracin s-lo tiene componente normal, siendo nula la compo-nente tangencial. Adems, la componente normal esconstante, por lo que el mdulo de la velocidad li-neal es constante, y tambin es constante la velocidadangular.

46. a) Representamos la normal y su reaccin en el casode un cuerpo, como un televisor, apoyado sobreuna mesa.

La normal es la fuerza de contacto que ejerce lamesa sobre el televisor. Es la reaccin de otra fuer-za de contacto que ejerce el televisor sobre lamesa, N. La normal no es la reaccin del peso. Elpeso es ejercido por la Tierra sobre el televisor, ysu reaccin es ejercida por el televisor sobre laTierra. La reaccin del peso se aplica, por tanto,en el centro de la Tierra. La normal, en cambio, seaplica en la superficie de contacto entre el televi-sor y la mesa.

v v at v at m s s m s= + = = =027 8 20 157; , / /

= = =31 4 0 25 7 82, , ,a rad s m m sR / / 22

2 20 031 31 40 25

3 9TIR

kg m rad sm

= =

=

, ,,

,/

NN


N

N

p m g=

F

Fr

Fr

'

Fr

'Fr

Fr

'

Fr

'

Fr

Fr

N

T

p m g=

p m g=

T

T

T

N cos

N sen = Fc

N

p m g=

26

El vector de posicin se halla integrando el vector ve-locidad:

51. Datos: y10 = 0 m; v20 = 0 m/s; v10 = 30 m/s; y20 = 20 m

Escribimos primero las ecuaciones de la posicin decada piedra:

Las dos piedras se encontrarn cuando y1 = y2.Igualando las dos posiciones, obtenemos el momentoen que se encuentran:

Sustituyendo este valor del tiempo en la ecuacin dela posicin de la primera piedra obtenemos la altura aque se encuentran:

52 Datos: vy = 810 km/h; vx = 144 km/h

Expresamos las velocidades en unidades del SI:

Escribimos las ecuaciones del movimiento en cada eje:

a) Para obtener el tiempo que tarda el avin en avan-zar 1 km en direccin Norte, imponemos y = 1 km =1 000 m:

b) En la direccin Norte avanza 1 km. Calculamoscunto avanza en la direccin Este:

La distancia recorrida sobre la Tierra ser la com-posicin de los dos desplazamientos:

r x y m m m= + = + =2 2 2 2176 1 000 1 015 4( ) ( ) ,

xms

tms

s m= = =40 40 4 4 176,

y mms

t

tm

m ss

= =

= =

1 000 225

1 000225

4 4,/

x x v t xms

t

y y v t yms

t

o x

o y

= + =

= + =

;

;

40

224

vkmh

hs

mkm

ms

v

x

y

= =

=

1441

3 6001 000

140

810kmh

hs

mkm

ms

=

13 600

1 0001

225

yms

sm

ss m= =30 0 67 4 9 0 67 17 82

2, , ( , ) ,

y y t t t

t

t s

1 22 230 4 9 20 4 9

30 20

2030

0 67

= =

=

= =

, ,

, s

y y v t gt yms

tm

st

y

1 10 102

1 22

2

12

3012

9 8= + =

=

; ,

yy v t gt y mm

st20 20

22 2

212

2012

9 8+ = ; ,

r t r v t dt i t i dt

t t( ) ( ) ( )= + = +

0 0

2

0

9 3 8 tt

r t t t i SI ( ) ( ) ( )= +3 8 9

mento angular y la velocidad lineal, teniendo encuenta que:

Por tanto, si el radio se triplica, el momento angu-lar se triplica.


a) Para hallar la velocidad media, primero calculamoslos vectores de posicin en los instantes inicial y fi-nal y el vector desplazamiento:

Aplicamos la definicin de velocidad media:

b) La velocidad instantnea para cualquier instantede tiempo t se obtiene derivando respecto al tiem-po la ecuacin del movimiento:

en unidades SI

c) Para hallar la aceleracin media, primero calcula-mos la velocidad en los instantes t = 1 s y t = 2 s:

Aplicamos la definicin de aceleracin media:

d) La aceleracin instantnea para cualquier instantede tiempo t se obtiene derivando respecto al tiem-po la ecuacin de la velocidad:

50. Datos:

Obtendremos el vector velocidad integrando la acelera-cin:

v t v a t dt i t i dt

v

t

t t

( ) ( )

(

= + = +0 00

8 6

tt it

i SI t i SI) ( ) ( ) ( )= +

= 8

62

3 82

2

a t i v i m s r i m= = =6 8 90 0, ;/

a td vdt

i jm

s( ) ( )= = +2 4 2

avt

v s v ss s

i jm = =

=

+

( ) ( ) ( )2 12 1

2 4 mm s

a i j m sm

/1 s

/

= +( )2 4 2

v s i j i j m s

v s

( ) ( ) ( )

(

1 2 1 3 4 1 4

2

= + = + /

)) ( ) ( )= + = +2 2 3 4 2 8 i j i j m s/

v td rdt

t i t j( ) ( ) ,= = +2 3 4

vrt

r s r ss s

j msm

= =

=

( ) ( ) ( )2 12 1

61

== ( )6j

ms

r s i j i j m( ) ( ) ( ) ( )1 1 3 1 2 1 4 2 62 2= + + = +

rr s i j i j m( ) ( ) ( ) ( )2 2 3 2 2 2 4 2 122 2= + + = +

r r s r s i j m i= = + +( ) ( ) ( ) (2 1 2 6 2 12 jj m

r j m

)

( )

= 6

r t t t i t j( ) ( ) ( ) ,= + +2 23 2 4

L I

vr

L Ivr

mrvr

mvr=

=

= = =

2

27

c) Calculamos el ngulo descrito en 10 s utilizando laecuacin del MCU:

El nmero de revoluciones (o vueltas) ser:

55. Datos:

Si no acta ninguna fuerza externa sobre el sistema, elmomento lineal o cantidad de movimiento se conserva.

Inicialmente el sistema est en reposo, de forma que lacantidad de movimiento es nula. Cuando se disparala bala, la cantidad de movimiento total tiene que ser lamisma. Por tanto:

Despejando la velocidad de la escopeta:

56. Datos:

El sistema se mover hacia la derecha. Escribimos lasegunda ley de Newton para cada cuerpo:

Cuerpo 1:

Cuerpo 2:

Sumamos las dos ecuaciones:

Despejamos la aceleracin:

Sustituimos la aceleracin en la ecuacin del cuerpo 2para obtener la tensin:

m g T m a T m g a

T kg m s2 2 2

24 9 8 5 9

( )

( , ,

= =

= / mm s

T N

/ 2

15 6

)

,=

am g m g

m m

akg m s kg

c=

+

=

2 1

1 224 9 8 0 2 2, ,

/ +

=

9 82 4

5 92

2

,,

m skg kg

m

s

/

m g m g m m ac2 1 1 2( ) = +

p T m a m g T m a2 2 2 2 = =;

T m g m ac = 1 1

T F m a T N m ar c = =1 1;

vm v

Mkg i m s

kgi

me

b= =

=

0 01 1502

0 75,

,/

ss

v m se = 0 75, /

p m v M vb e = +0

M kg m g kg v i m sb= = = =2 10 0 01 150; , ; /

20 120

3 3

3 ,rad

vueltarad

vueltas =

3

3= = =t

rads

s rad2

1020

c) Hallamos la ecuacin de la trayectoria a partir delas ecuaciones paramtricas:

La trayectoria es una recta.

53. Datos: y0 = 20 m ; v = 10 m/s; = 45o

Ecuaciones del movimiento:

a) La pelota llegar al suelo cuando y = 0:

La solucin positiva de esta ecuacin es:

b) Hallamos la ecuacin de la trayectoria a partir delas ecuaciones paramtricas:

La trayectoria es una parbola.

c) Calculamos, a partir de la ecuacin de la trayectoria, laaltura de la pelota cuando llega a la pared (x = 20 m):

La pelota caer al suelo justo en la base de la paredy no llegar a chocar.

54. Datos: R = 20 cm = 0,2 m; = 20 rpm

a) Expresamos la velocidad angular en rad/s:

b) La velocidad de los puntos de la periferia (R = 0,2 m)ser:

Para los puntos situados a 5 cm del centro, R = 5 cm= 0,05 m. Por tanto:

v Rrad

sm

ms

= = =

32

0 05 0 10, ,

v Rrad

sm

ms

= = =

32

0 2 0 42, ,

= = =20 20160

21

2min

minrpm

revs

radrev 33

rads

y x x

y m

= + = +

=

20 0 1 20 20 0 1 20

0

2 2, , ( )

x t

y sen t tt

x=

= + =

10 45

20 10 45 4 9 102cos

, coss

cos,

45

20 1045

10 454 9

= +

yx sen xx

y x x

2

2 2

210 45

20 0 1cos

,

= +

t s= 2 9,

y sen t t

t t

= = +

=

0 20 10 45 4 9

4 9 7 1 20 0

2

2

,

, ,

x x v t x v tms

t

y y v

x= + = =

= +

0 0 0

0

10 45; cos cos

0021

2

20 10 4512

9 8

y t gt

y mms

sen tm

s,

= + 222t

x t

y tt

xy

x x=

=

= = =

40

225 40225

4045

8; ;


N

T

FrT

p2

p1 m2 = 4 kg

m1 = 2 kg

28

a) Cuando no existe rozamiento, la fuerza centrpetaes igual a la componente horizontal de la normal.Aplicamos la segunda ley de Newton en cada eje:

Eje X:

Eje Y:

Dividimos las dos ecuaciones entre s:

Sustituimos la expresin de la fuerza centrpeta ydespejamos la velocidad:

b) Convertimos la velocidad a unidades del SI:

Calculamos el ngulo de peralte a partir de la expre-sin de tg encontrada en el apartado anterior:

61. a) Hay dos posibles frmulas para relacionar el al-cance (a) con el ngulo de tiro (), el mdulo dela velocidad inicial (v0) y g:

b) La programacin puede ser:

=1

arc senagv0

22

avg

=0 2sen , de donde:

=

arc

agv

sen12

12

1 42 0

2

2

a =2vg

sen cos ,de donde:0

tgvgR

tgm s

m

sm

;( , )

,

= =

=

=

2 2

2

22 2

9 8 501

4

/

55

vkmh

hs

mkm

msmx = =80

13 600

1 0001

22 2,

tgm

vR

m gvgR

v gR tgm

sm tg,

= =

= =

2

2

29 8 50 330 16 8 = ,ms

N senN

Fm g

tgF

m gc c

cos;

= =

N m g N m gcos ; cos = =0

N sen Fc =

57. Datos: M = 60 g = 0,06 kg; R = 8 cm = 0,08 m

Calculamos el momento de inercia a partir de la expre-sin que aparece en la pgina 42 del libro del alumno:

58. Datos: m = 150 g = 0,15 kg; = 3 rev/s;

r0 = 20 cm = 0,2 m; r = 5 cm = 0,05 m

Aplicamos la conservacin del momento angular:

59. Datos: d = 2 km = 2 000 m; aA = 2 m/s2, v0A = 0;

aB = 0, vB = 72 km/h

Expresamos la velocidad del segundo automvil en m/s:

Tomamos como origen de la posicin y del tiempo lasalida de A. Entonces, las ecuaciones del movimientode cada automvil son:

Se encontrarn cuando coincidan sus posiciones.Igualando xA = xB obtenemos el tiempo que tardan enencontrarse desde la partida de A:

Sustituyendo este tiempo en la ecuacin de A, hallamosla posicin en que se encuentran, medida desde A:

60. Datos:

xm

st

m

smA = = =1 1 36 3 1314 82

22

2( , ) ,

x x t t

t t

t s

A B= =

+ =

=

;

,

1 2 000 20

20 2 000 0

36 3

2

2

A x v t a t

a tm

st

B

A A A

A

: x

x

: x

A

A

B

= + +

= =

0 02

22

2

12

12

1

== +

= + =

x v t

d v t mms

t

B B

B

0

2 000 20xB

vkmh

hs

mkm

msB

= = 721

3 6001 000

120

L L I II

Imr vueltas s

mr

0 0 00 0

02 3

= = =

=

;

/

;

22

2

2

0 2 3

0 05

48

=

=

( , )

( , )

m vueltas s

mvuelta

/

ss

srad

s= 96

I MR kg m kg= = = 23

23

0 06 0 08 2 56 102 2 4, ( , ) , mm2

N

p m g=

N cos

N sen = Fc

29

Las ecuaciones del movimiento son:

a) La altura mxima se alcanza cuando la componen-te vertical de la velocidad es nula. Imponiendovy = 0 obtenemos el tiempo en que el proyectil al-canza la altura mxima:

Sustituimos este tiempo en la ecuacin de la posi-cin vertical para hallar la altura mxima:

b) Calculamos la posicin 3 s despus del lanzamien-to sustituyendo t = 3 s en las ecuaciones de cadacomponente de la posicin:

c) El momento en que el proyectil llega al suelo seobtiene imponiendo que la coordenada y seacero.

La solucin positiva de la ecuacin es:

Introduciendo este tiempo en la ecuacin de x ha-llamos el alcance:

xms

s

x m

=

=

100 40 13 3

1 017 2

cos ,

,

t s= 13 3,

y mms

sen tm

st

t

= = +

0 10 100 40 4 9

4 9 64

22

2

,

, ,33 10 0t =

x sms

s m

y s

( ) cos ,

( )

3 100 40 3 229 8

3 10

= =

= mmms

sen sm

ss

y s

+

=

100 40 3 4 9 3

3

22, ( )

( ) 1158 8

3 229 8 158 8

,

( ) ( , , , )

m

r s m

=

y mms

sen sm

ss= + 10 100 40 6 5 4 9 6 52, , ( , )

22

220 9y m= ,

v v sen gt

tv sen

gm s sen

y = =

= =

0 0

100 40

0

;

/ 00

9 86 52

=

,,

m ss

/

v v gt v v sen gt

vm

y y y

y

= =

= 100

0 0;

sssen

m

st ,40 9 8

2

x x v t x v tms

t

v v

x

x

= + = =

+

0 0 0

0

100 40; cos cos

xx x

y

v vms

y y v t gt

= =

= +

0

0 0

100 40

12

cos cos;

220 0

212

10 100 40

; y y v sen t gt

y mms

sen

= +

= +

ttm

st 4 9

22,

vkmh

hs

mkm

ms0

3601

3 6001 000

1100= =

c) As, por ejemplo, el resultado para v(0)=6 y a=3ser:

62. Deben obtenerse despus de la animacin imgenesdel tipo:

EVALUACIN

1. Datos:

Integrando la aceleracin, se halla la velocidad en fun-cin del tiempo:

Para hallar la ecuacin de la posicin integramos laecuacin de la velocidad que acabamos de obtener:

2. Datos: y0 = 10 m; v0 = 360 km/h; = 40o

Expresamos la velocidad en m/s:

r r v dt i t t i dt

t t

= + = + +0 0

3 2

0

5 4 3 5( ) tt

r i t t t ir t t t i un

= + +

= +

5 55 5

4 3

4 3( )

( ) ( iidades SI)

v v a dt i t t i dt

vt

t t

= + = + 0 0

2

0

5 12 6( )

== + =

5 4 34 3 5

3 2

3 2

i t t i

v t t i unidades( )

( ) ( )SI

a t t i v i m s r i m= = = ( ) ; ;12 6 5 52 0 0/


30

b) Escribimos la segunda ley de Newton para cadacuerpo:

Cuerpo 1:

Cuerpo 2:

Hallamos la tensin de la cuerda a partir de laecuacin del cuerpo 2:

Sustituimos la tensin en la ecuacin del cuerpo 1y despejamos la velocidad lineal:

La componente tangencial de la aceleracin es nulapor ser un MCU. La componente normal es debida ala tensin. Calculamos la componente normal:

7. Un buen ejemplo de conservacin angular es un pati-nador dando vueltas, realizando una pirueta.Inicialmente, el patinador extiende los brazos y a ve-ces la pierna, y gira con cierta velocidad angular.Como sobre l no acta ningn momento, al bajar lapierna y acercar los brazos al eje de rotacin, porejemplo, estirndolos hacia arriba, su velocidad angu-lar aumenta. Por eso a menudo vemos a los patinado-res acabar sus piruetas girando a gran velocidad, sinque ello les suponga un esfuerzo adicional.

8. Datos: M = 6 1024 kg; R = 1,5 108 km = 1,5 1011 m

Determinamos el momento de inercia a partir de sudefinicin:

9. Datos: R = 0,5 m; I = 1 kgm2; F = 2 N

a) Calculamos el momento de la fuerza y aplicamos laecuacin fundamental de la dinmica de traslacin:

b) Determinamos el ngulo descrito por el disco apartir de la ecuacin del MCUA y de aqu la longi-tud de la cuerda desenrollada:

= = =

= =

12

12

1 10 50

0

2 2 2( )t rad s s rad

I R

/

,,5 50 25m rad m =

M F R N m

M IMI

= =

= = =

1

1;

NN m

kg m

rad

s

=

112 2

I MR kg m

I kg

= =

=

2 24 11 2

47

6 10 1 5 10

1 35 10

( , )

, m2

avR

m sm

m

sn= = =

2 2

2

4 40 2

96 8( , )

,,

/

m g mvR

vmm

Rg

vkgkg

m

2 1

22

1

1 50 15

0 2

;

,,

,

= =

= 99 8 4 42, ,m sms

/ =

T m g= 2

T m g =2 0

T F T mvRc

= =; 12

3. Datos: 0 = 60 rev/min; = 2 rad/s2

La velocidad angular en rad/s es:

La ecuacin de la velocidad angular para MCUA es:

Imponemos = 0 para hallar el tiempo que tarda eldisco en parar:

4. Las fuerzas de accin y reaccin aparecen siempre porparejas. Si un cuerpo 1 ejerce una fuerza sobre uncuerpo 2 (accin), este cuerpo 2 ejercer otra fuerzasobre el cuerpo 1 (reaccin). Las fuerzas de accin yreaccin tienen el mismo mdulo y direccin, y senti-dos opuestos.

5. Datos:

Aplicamos el teorema de la conservacin de la canti-dad de movimiento. Inicialmente, el patinador y el dis-co estn en reposo. Por lo tanto, la cantidad de movi-miento total es cero.

Entonces:

El mdulo de la velocidad del patinador es:

6. Datos: m1 = 150 g = 0,15 kg; R = 20 cm = 0,2 m;m2 = 1,5 kg

a)

v m sp = 4 8 102, /

p M v m v

vm v

Mkgkg

p d

pd

= + =

= =

0 0

0 375

12

;

,

ims

v i m s i m sp = = 0 048 4 8 10 2, ,/ /

M kg m g kg v i m sd= = = =75 300 0 3 12; , ;

/

0

0

= = +

= =

=

0

2

23 14

2

t

trad s

rad ss,

/

/

0= + t

0 = =60160

21

2min

minrevs

radrev

rads

m1

m2

N

T

p1

T

p2

p m g

p m g1 1

2 2

=

=

m1 = 150 g m2 = 1,5 kg

31

Campo gravitatorio2

Calculamos la energa cintica:

Datos: M = 10 kg; h = 40 m

Determinamos la energa potencial gravitatoria:

Datos: Dx = 10 m; F = 40 N; = 30

Como la fuerza es constante, podemos determinar eltrabajo como el producto escalar de la fuerza por el vec-tor desplazamiento:

Datos: v0 = 24,5 km/h; W = 1 738 J; M = 100 kg

Si suponemos despreciable el rozamiento, todo el traba-jo efectuado por el ciclista ser empleado en incremen-tar su energa cintica.

Determinamos la energa cintica inicial y le sumamosel trabajo para determinar la energa cintica final y ha-llar la velocidad:

1. LA TIERRA EN EL UNIVERSO

1. Segn la escuela aristotlica, los cuerpos celestes gira-ban alrededor de la Tierra, que ocupaba el centro deluniverso. Los cuerpos celestes describan movimientoscirculares uniformes, la forma de movimiento consi-derada perfecta en la Antigedad.

vkmh

hs

mkm

ms

Ec

0

0

24 51

3 6001 000

16 8= =

=

, ,

112

12

100 6 8 2 315 802 2( , / ) ,M v kg m s J

W Ec

= =

= 00 0

1738 2 315 8 4 053 8

= +

= + =

Ec Ec W Ec

Ec J J J

Ec

;

, ,

== = =

=

=

12

2 2 4 053 8100

9

9

2;,

M v vECM

Jkg

ms

vmss

ms

kmm

sh

kmh

= =91

1 0003 600

132 4,

W F r F x N m

W

= = =

=

cos cos

,

40 10 30346 44 J

Ep M g h kg N kg m J= = =, /10 9 8 40 3 920

Ec M v kgms

Ec

= =

=

12

12

850 22 2

2 1 1

22

,

, 00 2105 J kJ=

PREPARACIN DE LA UNIDAD

Datos:

Hallamos primero las componentes de cada uno de losvectores para realizar despus la suma vectorial:

El vector que tiene la misma direccin pero sentido con-trario a tendr las mismas componentes pe-ro con signo contrario:

Para obtener un vector unitario, calculamos el mdulode , y dividimos sus componentes por el mdulo:

Datos:

Calculamos el producto escalar:

Datos: M = 850 kg; v = 80 km/h

Pasamos primero la velocidad a unidades del SI:

vkmh s

mkm

ms

= =801

3 6001 000

122 2,

v v v v1 2 1 2 10 20 45 = = cos cos == 141 4,

v v1 210 20 45= = = ; ;

v

uvv

i j

= + =

=

= =

( ) ( )3 4 5

35

45

2 2

0 6 0 8, , i j

v

v i j = 3 4

v i j= +3 4

v v i sen j i j1 1 4 3 2 5= + = +(cos ) , , 1 1vv v i sen j i j

v

2 2 2 2

3

5 8 7= + = +(cos ) ,

== + = +

+

(cos ) ,

v i sen j i j

v

3 3 3

1

6 9 4 v v i j i j i2 3 4 3 2 5 5 8 7 6 9+ = + + + + ( , , ) ( , ) ( , ++

+ + = + + + +

4

4 3 5 6 9 2 5 8 7 41 2 3

j

v v v i

)

( , , ) ( , , )

j

v v v i j1 2 3 2 4 15 2+ + = +, ,

2. Campo gravitatorio

Y

X

3 = 150o

1 = 30o

2 = 60o

v v v1 2 3+ +

v2 10=

v1 5= v3 8=

32

muy grande, la fuerza de atraccin es inapreciable y,por tanto, predominan fcilmente otras fuerzas porencima de la gravitatoria.

8. Datos: m = 250 g = 0,25 kg; r = 10 cm = 0,1 m

Aplicamos la ley de la gravitacin universal:

9. Datos: F = 1010 N; r = 0,5 m

Despejamos la masa de la ley de la gravitacin univer-sal, teniendo en cuenta que los dos objetos son igua-les:

10. Datos: m = 2 kg; F = 107 N

Despejamos la distancia de la ley de la gravitacin uni-versal:

11. Datos:

Determinamos en primer lugar el mdulo y la dire-cin del vector que une las dos masas:

El vector unitario en la direccin de la recta que unela masa 1 con la masa 2 y sentido de m1 a m2 ser:

El vector unitario con sentido de m2 a m1 ser opues-to a :

a) Calculamos la fuerza con que m1 atrae a m2:

b) Calculamos la fuerza con que m2 atrae a m1:F21

F Gm m

ru

FN m

kg

121 2

2 1

1211

2

26 67 10

=

=

,

33 1 5

8 60 8 0 6

0 3

2

12

,

( , )( , , )

( ,

kg kg

mi j

F

=

33 0 23 10 11 i j N+ , )

F12

u u i j2 1 0 8 0 6= = , ,

u1

urr

i j mm

i j112 7 5

8 60 8 0 6= =

=

( ),

, ,

r r r i j m

r12 2 1

12

5 2 1 4

7

= = +

=

[( ( )) ( ) ]

(

i j m

r r m

= = + =

5

7 5 8 6122 2

)

( ) ,

m kg r m m kg

r1 1 2

2

3 2 4 1 5

5

= = =

=

; ( , ) ; , ;

( ,

11) m

F Gm

rr

G mF

F

N m

kgkg

= =

=

;

, ( )

2

2

2

112

226 67 10 2

10

= 7

25 2 10N

m,

F Gm

rm

F rG

N m

N= = =

;( , )

,

2

2

2 10 2

11

10 0 5

6 67 10mm

kg

kg2

2

0 6= ,

F Gm

r

N m

kg

kg= =

,( , )

( ,

2

211

2

2

2

6 67 100 25

0 1 mm

F N

)

,

2

104 2 10=

2. El modelo de universo de Ptolomeo se diferencia del deCoprnico en que el primero es geocntrico. Suponeque todos los cuerpos celestes giran alrededor de laTierra; en cambio, el segundo sita el Sol en el centro, yla Tierra, junto con los otros planetas, en rbita circularen torno a l. Actualmente se acepta el modelo heliocen-trista o copernicano, si bien se han sustituido las rbitascirculares de Coprnico por rbitas elpticas.

3. Identificamos las etapas del mtodo cientfico en laevolucin de los modelos de universo:

Observacin de la realidad: observacin del firma-mento.

Formulacin de hiptesis: aparecen en este caso dis-tintas hiptesis:

Modelo de universo geocntrico de Aristteles yde Ptolomeo.

Modelo heliocntrico de Coprnico, propuestoanteriormente por Aristarco de Samos.

Experimentacin: en el caso de la astronoma, debe-ramos hablar ms bien de observaciones rigurosasy toma de datos:

Primeras observaciones con telescopio de Gali-leo.

Catlogo de Tycho Brahe y observaciones deJ. Kepler.

Organizacin de los datos experimentales: elaboracinde un catlogo estelar por Tycho Brahe y estudios deJ. Kepler sobre las observaciones anteriores.

Extraccin de conclusiones y formulacin de leyes: lastres leyes del movimiento de los planetas de Kepler.

Elaboracin de una teora: teora de la gravitacin deIsaac Newton.

4. La fsica determinista dice que si se conocen todos losfactores que pueden influir en un sistema fsico, sepuede determinar exactamente su comportamiento.

5. Ningn fenmeno puede superar la velocidad de laluz. Por tanto, tenemos un lmite insuperable en el co-nocimiento de los factores que pueden influir en unsistema. En consecuencia, no se puede predecir conexactitud el futuro de un sistema fsico.

6. En 1964, los fsicos A. Penzias y R. Wilson desarrollabanuna antena muy sensible para los laboratorios Bell.Esto les permiti descubrir un misterioso ruido de fon-do que no podan suprimir y cuyo origen desconocan.Acababan de detectar por primera vez la radiacin defondo de microondas, que es la prueba de que el ori-gen de nuestro universo es el big bang.

2. FUERZAS GRAVITATORIAS

7. Para determinar las unidades de G, despejamos la cons-tante de la ley de la gravitacin universal:

El valor de G es 6,67 1011 N m2 kg2. Este valor estan pequeo que, a menos que alguna de las masas sea

F Gm m

rG

F rm m

GF L

M

N= =

=

; ; [ ][ ] [ ]

[ ]1 2

2

2

1 2

2

2

mm

kg

2

2

33

17. Datos:

a) Calculamos el campo gravitatorio debido a cadamasa. Como las dos masas son iguales y estn a lamisma distancia del punto donde calculamos elcampo, los mdulos de los campos debidos a cadamasa sern iguales:

De donde

Sumamos vectorialmente los dos campos, tenien-do en cuenta la eleccin de los ejes:

El mdulo del campo es:

b) Hallamos la fuerza sobre la masa: m = 10 g = 0,01 kg.

18. Al acercar dos masas, su energa potencial gravitatoriadisminuye. El desplazamiento tiene lugar en el mismosentido en que acta la fuerza gravitatoria. El trabajorealizado por el campo es, entonces, positivo.

Cuando alejamos dos masas, en cambio, la energapotencial aumenta. Estamos realizando un trabajocontra la fuerza gravitatoria. Por tanto, el trabajo rea-lizado por el campo es negativo.

19. Si la nica fuerza que acta es la gravitatoria, la masa semover hacia potenciales menores. Esto corresponde aun trabajo positivo y una disminucin de la energa po-tencial.

La masa perder energa potencial gravitatoria.

20. Datos: EpA = 100 J; EpB = 500 J

Relacionamos el trabajo con la variacin de energapotencial:

F m g kg N kg N= = = , , ,0 01 2 1 10 2 1 1011 13/

g N kg N kg= + = ( ) ( , ) ,15 1 5 10 2 1 102 2 11 11/ /

u i u j

g g g i1 2

1 2111 5 10 1 5

= =

= + = +;

( , , 10 11 )j N kg/

g u N kg211

21 5 10= , /

g u N kg111

11 5 10= , ;/

g GM

rG

M

b

gN m

kg

22

22 2

211

2

26 67 102

= =

=

,

( ),

kg

m

Nkg3

1 5 10211

=

g GM

rG

M

a

gN m

kg

11

12 2

111

2

26 67 102

= =

=

,

( ),

kg

m

Nkg3

1 5 10211

=

c) El mdulo de las dos fuerzas ser igual debido aque son fuerzas de accin y reaccin:

3. CONCEPTO DE CAMPO

12. Decimos que existe un campo en cierta regin cuandoen ella hay una perturbacin, real o ficticia, caracteriza-da por el valor de una magnitud en cada punto. Unejemplo de campo escalar es la densidad de un conta-minante vertido en un lago. Un campo vectorial es elcampo de velocidades de las partculas de un fluido enmovimiento.

13. En un campo uniforme, la magnitud caracterstica delcampo (puede ser la fuerza) es constante en todos lospuntos del espacio. En cambio, en un campo central, lamagnitud caracterstica depende nicamente de la dis-tancia al centro del campo y todos los vectores fuerza con-vergen en un punto llamado centro del campo. Ejemplos:

Campo uniforme: campo elctrico entre las dos placasde un condensador plano.

Campo central: campo gravitatorio de un objeto puntual.

14. Los campos conservativos se caracterizan por que eltrabajo que realizan las fuerzas del campo no dependedel camino seguido, sino slo del punto inicial y final.Como consecuencia, el trabajo realizado en una trayec-toria cerrada es nulo.

A los campos conservativos se asocia una magnitudllamada energa potencial. El trabajo realizado porlas fuerzas conservativas es igual al incremento deenerga potencial.

Ejemplos de campos conservativos: campo gravita-torio, campo elctrico.

4. ESTUDIO DEL CAMPO GRAVITATORIO

15. La intensidad del campo gravitatorio disminuye a me-dida que nos alejamos de la masa que lo crea. En con-creto, de la ley de la gravitacin universal se deriva queel campo creado por una masa puntual disminuye con elcuadrado de la distancia.

16. Datos: M = 3 kg; r = 5 m

Calculamos la intensidad del campo gravitatorio:

g GM

r

N m

kg

kg

m

N= =

=

211

2

2 2126 67 10

3

58 10,

( ) kkg

F F

F F

12 21

12 2120 33 0

=

= = +( , ) ( ,, )23 10

4 10

2 11

12 2112

= =

N

F F N

F Gm m

ru

FN m

kg

211 2

2 2

2111

2

26 67 10

=

=

,11 5 3

8 60 8 0 6

0

2

21

,

( , )( , , )

( ,

kg kg

mi j

F

=

333 0 23 10 11

i j N , )

2. Campo gravitatorio

M2 = 2 kg

M1 = 2 kga = 3 m

b = 3 m

Y

X

g2

g

u1u2

g1

34

punto hasta el segundo como la variacin de ener-ga potencial:

24. Las lneas de campo y las superficies equipotencialesrepresentan de forma grfica el campo gravitatorio.Las lneas de campo nos indican la direccin, el senti-do y la intensidad relativa del campo en cada punto.Por otra parte, las superficies equipotenciales nosmuestran las regiones del espacio con el mismo poten-cial. Si una masa se mueve mantenindose por la mis-ma superficie, mantendr constante su energa poten-cial. Por tanto, el campo gravitatorio no realiza traba-jo sobre ella.

25. Cerca de las masas dibujaremos ms juntas las lneasde campo, ya que en esta zona es ms intenso el cam-po gravitatorio.

26.

27.

Superficies equipotenciales

W Ep Ep m V m V

W m V V kg

= = =

= =

p 1 2 1 2

1 2 2 5( ) , (

=

8 3 3 10

1 2 10

3

2

( , ))

,

J kg

W J

/

La respuesta correcta es la b.

21. Para que en un punto del espacio exista un potencialgravitatorio diferente de cero no es necesario que exis-ta una masa en ese punto. Habr un potencial distintode cero si en una zona cercana al punto hay alguna ma-sa, siempre que no tomemos ese preciso lugar comoorigen de la energa potencial.

22. Datos: M1 = 3,6 109 kg; M2 = 9,8 10

9 kg;

OP1 = (3, 4) m; OP2 = (8, 4) m

a) Determinamos el potencial gravitatorio creado porM1 en P (1, 5) m:

Determinamos el potencial gravitatorio debido aM2 en P:

El potencial total ser la suma algebraica de V1 y V2:

b) Determinamos la energa potencial de una masade 140 g situada en el punto P:

23. Datos: M = 1,2 1012 kg; r1 = 10 km = 1 104 m;

r2 = 24 km = 2,4 104 m

a) Hallamos el potencial gravitatorio creado por M1en cada punto:

b) Determinamos el trabajo realizado por el campopara llevar una masa m = 2,5 kg desde el primer

V GMr

N m

kg

kg1

1

1

112

2

12

6 67 101 2 10

1 1= =

,,

00

8 10

6 67 10

4

13

2 211,

m

V J kg

V GM

r

N m

=

= =

/22

2

12

4

23

1 2 10

2 4 10

3 3 10

kg

kg

m

V J kg

=

,

,

, /

Ep m V kg J kg J= = = , ( , ) ,0 14 7 7 10 1 1 102 2/

V V V J kg J kg

V

= + =

=

1 22 22 6 10 5 1 10

7 7

, ,

,

/ /

110 2 J kg/

r OP OP m m2 2 1 5 8 4 9 9= = = ( , ) ( , ) ( , ))

,

,

m

r m

V GMr

N m2

2 2

22

2

11

9 9 12 7

6 67 10

= + =

= =

22

2

9

22

9 8 1012 7

5 1 10

kg

kgm

V J kg

=

,,

, /

V GMr

N m

kg

kg1

1

1

112

2

9

6 67 103 6 10

9 2= =

,

,, mm

V J kg122 6 10= , /

OP m

r OP OP m

=

= =

( , )

( , )

1 5

1 51 1 (( , ) ( , )

,

=

= + =

3 4 2 9

2 9 9 212 2

m m

r m

W Ep Ep J J JB A= = = =p ( ) ( )500 100 600

b) M = 40 kgLneas de campo


Campo de fuerzas uniforme

Lneas de campo

Superficiesequipotenciales

a) M = 10 kg

Lneas de campo


35

32. Datos: M = 3 000 kg; R = 3 m; r = 10

Escogemos como superficie gaussiana S una esferaconcn

9523gl Fis Tx2 Cas

Documents

Transcript of 9523gl Fis Tx2 Cas