Fisica I practicas

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL ALTIPLANO

FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL, ARQUITECTURAY URBANISMO

ESCUELA PROFESIONAL CIENCIAS FISICO MATEMATICAS

Primera Practica-Preprofesional

Informe

Responsable:

Est. Arturo Flores Condori

Asesor:

Lic. Antonio Holguino Huarza

PUNO PERU

2010

X

Y

Z

Universidad Nacional del Altiplano

Facultad de Ingeniería Civil y Arquitectura

Escuela Profesional de Ciencias Físico Matemáticas

AL : Lic. Juan Carlos Benavides HuancaDirector de Estudios de la Escuela ProfesionalCs. Fısico Matematicas

DE : Lic. Antonio Holguino HuarzaASUNTO : Informe de las Practicas Pre ProfesionalesFECHA : 18 de Enero del 2010

Es grato dirigirme a Ud. a fin de informarle sobre las practicas re-alizadas por el Estudiante ARTURO FLORES CONDORI, el cual detallo a continuacion:

1. Mediante MEMORANDO N-064-2008-DE-EPCFM–FICA-UNA. Se designa Al es-tudiante ARTURO FLORES CONDORI, para que realice practicas pre-profesionalesen la escuela profesional de Ingenierıa Mecanica Electrica en la asignatura de FISI-CA I la misma que realizo bajo mi asesorıa.

2. El estudiante realizo la practica a partir de la fecha 06 de Octubre del 2008 y culmi-nando el 19 de Enero del 2009, acumulando un total de 30 horas horas academicas,que consiste en desarrollar la parte practica de la asignatura de FISICA I, corre-spondiente al I semestre de la E.P. de Ingenierıa Mecanica Electrica.

3. Durante la realizacion de la practica pre-profesional el estudiante en mencion de-mostro, responsabilidad y dominio de los temas, tanto en la preparacion de sussesiones, como en su desenvolvimiento ante los estudiantes y demas tareas asig-nadas.

4. Concluida la practica pre-profesional el estudiante alcanzo los objetivos establecidos,siendo ası; solicito a Ud. senor Director realizar los tramites necesarios para laexpedicion de la respectiva Resolucion.

Es cuanto informo a Ud. para los fines que el interesado tenga porconveniente.

Atentamente,

Asesor Lic. ANTONIO HOLGUINO HUARZAUNA-Puno

X

Y

Z

Universidad Nacional del Altiplano

Facultad de Ingeniería Civil y Arquitectura

Escuela Profesional de Ciencias Físico Matemáticas

AL : Lic. Antonio Holguino HuarzaAsesor de Practicas

DE : Est. Arturo Flores CondoriASUNTO : Informe de las Practicas Pre ProfesionalesFECHA : 10 de Agosto del 2009

Es grato dirigirme a Ud. sobre las practicas que realice el cualdetallo a continuacion:

1. Mediante el MEMORANDO N-064-2008-DE-EPCFM–FICA-UNA.de fecha, PunoC.U, Setiembre 22 del 2008, se me designa a su persona como asesor, para que real-ice las practicas pre-profesionales en la Escuela Profesional de Ingenierıa MecanicaElectrica en la asignatura de Fısica I.

2. Inicie la practica el dıa 06 de Octubre del 2008, terminando el 19 de Enero del 2009,acumulando satisfactoriamente las 30 horas horas academicas pedidas.

3. Los detalles de la practica pre-profesional se encuentran en la documentacion ad-junta en este informe.

En cuanto puedo informar a Ud. para los fines consiguientes.

Atentamente,

ARTURO FLORES CONDORIPracticante UNA-Puno

PRESENTACION

Estas notas se originan por las practicas pre-profesionales realizada del 06 de Octubredel 2008, terminando el 19 de Enero del 2009 en la asignatura de FISICA I en la EscuelaProfesional de Ingenierıa Mecanica Electrica de la Universidad Nacional del Altiplano -Puno.

La primera parte contiene todos los datos personales, del lugar donde se realizaronlas practicas pre-profesionales y los datos de la asignatura. La segunda parte justifica larealizacion de las practicas pre-profesionales. Y el tercera parte menciona los objetivos dela practica pre-profesional.

Como una cuarta parte de estas notas menciona el contenido de la asignatura de FısicaI estos lo conforman del Cuarto al noveno capıtulo, donde el Cuarto capıtulo se refierea estudio de los Vectores, El Capitulo Quinto esta dedicado al estudio a las fuerzas y elequilibrio de los Cuerpos, poniendo enfasis en el desarrollo de las condiciones que debecumplir las fuerzas al actuar sobre un cuerpo, El Capitulo Sexto, hace el estudio a loscuerpos o partıculas en movimiento sin tomar en cuenta las causas que originan dichomovimiento, El Capitulo Septimo esta dedicado al estudio de Dinamica, trabajo y en-ergıa, El Octavo capıtulo esta dedicado al estudio de la cantidad de movimiento, impulsoy choques, y el Noveno Capıtulo estudia la Rotacion de Cuerpos Rıgidos.

Finalmente, en Decimo Capıtulo se senalo la metodologıa usada para el curso de FısicaI, en Onceavo Capıtulo se presenta la cronograma de actividades de acuerdo a los temasrealizados y en el Doceavo Capıtulo presentamos la relacion de Estudiantes y sus asisten-cias a la asignatura de Fısica I. Al final se especifica la bibliografıa usada para el desarrollode estas notas.

Espero que este informe sirva como referencia para futuras practicas pre-profesionalesque se realicen referentes a la Asignatura.

. ARTURO FLORES CONDORI

Indice general

Presentacion III

Indice General IV

1. Datos Informativos 2

2. Justificacion 3

3. Objetivos 63.1. Objetivos Generales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63.2. Objetivos Especıficos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

4. Vectores 74.1. Vectores Unitarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74.2. Componentes de un Vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84.3. Producto Escalar o Producto Punto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84.4. Producto Vectorial o Producto Cruz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94.5. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

5. Estatica 135.1. Equilibrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

5.1.1. Primera Condicion de Equilibrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135.1.2. Segunda condicion de Equilibrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

5.2. Momento o Torque de una Fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145.3. Centro de Masa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145.4. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

6. Cinematica 216.1. Movimiento Curvilineo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216.2. Movimiento Rectilineo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

6.2.1. Movimiento Rectilineo Uniforme (MRU) . . . . . . . . . . . . . . . 246.2.2. Movimiento Rectilineo Uniformemente Variado (MRUV) . . . . . . 25

6.3. Movimiento de Proyectiles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266.4. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

iv

INDICE GENERAL 1

7. Dinamica, Trabajo y Energıa 337.1. La Dinamica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 337.2. Leyes de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 337.3. Peso de los Cuerpos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 337.4. Fuerzas de Friccion o Rozamiento (~f) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 347.5. Trabajo y Energıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

7.5.1. Trabajo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 357.5.2. Energıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 357.5.3. El Principio de la Conservacion de Energıa . . . . . . . . . . . . . . 36

7.6. Ejercicio Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

8. Cantidad de Movimiento, Impulso y Choques 428.1. Cantidad de Movimiento e Impulso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 428.2. Choques o Colisiones de Partıculas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 438.3. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

9. Rotacion de Cuerpos Rıgidos 499.1. Cuerpos Rıgidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 499.2. Traslaciones y Rotaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 499.3. Momento de Inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 499.4. Momentos de Inercia Especiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 509.5. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

10.Metodologıa 5510.1. Estrategias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5510.2. Tecnicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5510.3. Metodos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

11.Temas y Cronograma de Actividades 5611.1. Temas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5611.2. Cronograma de Actividades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

12.Relacion de Estudiantes y Asistencia 5812.1. Relacion de Estudiantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5812.2. Asistencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

Bibliografıa 60

Arturo Flores Condori

Capıtulo 1

Datos Informativos

Responsable : Arturo Flores CondoriDNI : 42221680Codigo : 040706Nivel : QuintoSemestre : NovenoDuracion : Del 06 de Octubre del 2008 y culminando el 19 de Enero del 2009

Asesor : Lic. Antonio Holguino HuarzaCondicion : NombradoCategorıa : Auxiliar

Asignatura : Fısica IEscuela Profesional : Ing. Mecanica ElectricaInstitucion : Universidad Nacional del AltiplanoLugar : Puno

Naturaleza de la Asignatura : ObligatorioNumero de Horas : 3T+2P=5 Hrs.Creditos : 4Prerrequisito : NingunoAno Academico : 2008Semestre : I

Area : Formacion General

Grupo : Unico

2

Capıtulo 2

Justificacion

Las practicas pre-profesionales en la Escuela Profesional de Ciencias Fısico Matematicas,son de mucha importancia para poner en practica los conocimientos y experiencias adquiri-das durante nuestra permanencia como estudiante, en la dinamica del proceso ensenanza-aprendizaje y la experimentacion teorica; ası mismo construimos una solida base adquirien-do destreza y habilidad para nuestro buen desempeno como profesionales.Por otro lado, las practicas pre-profesionales son para dar cumplimiento a uno de losrequisitos exigidos dentro del Programa Academico de la Facultad de Ingenierıa Civil yArquitectura de Nuestra Universidad Nacional del Altiplano para la obtencion del gradoacademico de Bachiller, el cual tiene sustento legal en:

1. Constitucion Polıtica del Peru

La Constitucion Polıtica del Peru de 1993, es la actual constitucion del Peru. Esta esconsiderada como la norma jurıdica suprema y vertice de todo el ordenamiento jurıdicoque regula la vida dentro del paıs.

Art. 14 La educacion promueve el conocimiento, el aprendizaje y la practica de las hu-manidades, la ciencia, la tecnica, las artes, la educacion fısica y el deporte; preparapara la vida, el trabajo y fomenta la solidaridad.

Art. 18 La educacion universitaria tiene como fines la formacion profesional, la difusioncultural, la creacion intelectual y artıstica y la investigacion cientıfica y tecnologica.El estado garantiza la libertad de catedra y rechaza la intolerancia.Las universidades son promovidas por entidades privadas o publicas. La ley fija lascondiciones para autorizar su funcionamiento.La universidad es la comunidad de profesores, alumnos y graduados. Participan enella los representantes de los promotores, de acuerdo a ley.Cada universidad es autonoma en su regimen normativo, de gobierno, academico,administrativo y economico. Las universidades se rigen por sus propios estatutos enel marco de la Constitucion y de las leyes.

3

2. Justificacion 4

2. Ley Universitaria No 23733

Dado en la casa de gobierno en Lima, a los nueve dıas del mes de diciembre de milnovecientos ochenta y tres. En el gobierno de: FERNANDO BELAUNDE TERRY, ysiendo PATRICIO REY DE CASTRO, Ministro de Educacion.

Art. 9 Cada universidad organiza y establece su regimen academico por facultades a susnecesidades y caracterısticas.

Art. 18 Cada universidad senala los requisitos para la obtencion de los grados academicosy de los tıtulos profesionales correspondientes y las carreras que ofrece.

Art. 23 Los tıtulos profesionales de licenciado o su equivalente requieren de estudios deuna duracion no menor de diez semestres academicos o la aprobacion de los anos ocreditos correspondientes, incluidos los de cultura general que los preceden. Ademasson requisitos la obtencion previa del Bachillerato respectivo y, cuando sea aplicable,el haber efectuado practica profesional calificada. Para obtener el tıtulo de licenciadoo sus equivalentes, se requiere de una tesis o de un examen profesional.La segunda especialidad requiere la licenciatura u otro tıtulo profesional equivalenteprevio. Da acceso al tıtulo, o a la certificacion o mencion correspondientes.

3. Estatuto de la Universidad Nacional del Altiplano

Aprobado en asamblea universitaria del 06 al 19 de enero de 2005.

Art. 19 La universidad se integra por unidades academicas fundamentales denominadasfacultades estos organizan y desarrollan actividades de investigacion, proyeccionsocial y presentacion de servicios.

Art. 122 La actividad academica en una escuela profesional comprende:

- Formacion general.

- Formacion basica profesional.

- Formacion profesional.

- Investigacion.

- Orientacion profesional.

- Proyeccion y extension universitaria.

Su diseno involucra la programacion curricular teorico-practica de cada asignatura;proyectos de investigacion sobre la realidad regional, nacional y mundial; plan deactividades de proyeccion y extension universitaria; y un plan de practicas pre-profesionales.


2. Justificacion 5

4. Curricula de la Escuela Profesional Ciencias Fısico Matematicas

Art. 40 El presente reglamento se sustenta en el estatuto de la U.N.A. que contempla larealizacion de practicas pre profesionales en la formacion de todos los estudiantesde la universidad.

Art. 41 Los estudiantes de la Carrera Profesional de Cs. Fısico Matematicas estan obli-gados a realizar practicas pre profesionales pudiendo efectuarse despues de haberlogrado un mınimo de 170 creditos.

Art. 42 Las practicas pre profesionales de la Carrera Profesional de Cs. Fısico Matematicasseran practicas productivas y practicas de investigacion.

Art. 43 Las practicas productivas comprenderan practicas pedagogicas en centros deensenanza de nivel medio superior y universidades; practicas en centros productivos,convenio, proyectos y otros que requieran la participacion de Fısicos Matematicos.

Art. 44 Las practicas de investigacion se realizan en la U.N.A. bajo la direccion de unprofesor designado especıficamente con este fin.

Art. 45 Las practicas productivas de investigacion tendran una duracion de un semestreacademico.

Art. 46 Los estudiantes, despues de haber cumplido con sus practicas productivas y/ode investigacion presentaran el informe a la institucion donde se realizo y esta asu vez informara de su desarrollo a la Direccion de Carrera quien lo remitira a lacomision de practicas pre profesionales para su aprobacion o desaprobacion.

Art. 47 En el caso de que la practica productiva y/o practicas de investigacion se realiceen la Universidad Nacional del Altiplano el practicante presentara el informe aldocente a cargo, este a su vez informara su desarrollo a la Direccion de la Carrerapara el visto bueno de la comision de practicas Pre profesionales.

Art. 48 Los aspectos no contemplados en el presente reglamento seran absueltos por laComision de practicas pre profesionales.


Capıtulo 3

Objetivos

3.1. Objetivos Generales

Las practicas pre-profesionales tienen como objetivo:

• Consolidar los conocimientos adquiridos previamente en las aulas.

• Complementar nuestra formacion profesional, a traves del contacto con el mundolaboral, antes de terminar nuestros estudios.

3.2. Objetivos Especıficos

• Poner en practica los conocimientos adquiridos previamente en las aulas, en laensenanza de la Fısica.

• Realizar labores participativas que nos coadyuven al perfeccionamiento profesionaly a la formacion cientıfica y del conocimiento de la Fısica, adecuandonos a los re-querimientos de la region y del paıs para contribuir a su desarrollo y transformacionsocio-economica.

• Promover el intercambio academico con las escuelas profesionales, experimentado ymostrandoles que la Fısica es la ciencia mas basica para la descripcion de fenomenosnaturales, y ası mismo adquiriendo destreza y habilidad en la dinamica de ensenanza-aprendizaje.

6

Capıtulo 4

Vectores

Un vector.- es un segmento de recta, que tiene direccion, sentido y origen. Las

P

Q

A®

A®

B®

A®

-A®

a) b) c)

Figura 4.1:

siguientes definiciones son fundamentales:

1. Dos vectores ~A y ~B so iguales si tienen la misma magnitud y direccion prescindiendode sus puntos de origen. Ası, ~A = ~B se ilustra en la figura 4.1.b)

2. Un vector cuya direccion es opuesta a la del vector ~A pero con la misma longitudse denota por − ~A como en la figura 4.1c)

3. La suma o resultante de los vectores ~A y ~B de la figura 4.2b) es un vector ~C, el

cual se forman colocando el origen de ~B en el extremo de ~A y uniendo el origen de~A con el extremo de ~B (ver figura 4.2b). Escribimos ~C = ~A + ~B, esta definicion esequivalente a la ley del paralelogramo para la suma de vectores como se indica enla figura 4.2c).

4.1. Vectores Unitarios

Los vectores que tienen longitud igual a la unidad son llamados vectores unitarios. Si~A es un vector con longitud || ~A|| > 0, entonces ~A/|| ~A|| = ~u es un vector unitario que

tiene la misma direccion de ~A, de donde:

~A = || ~A||~u (4.1)

4. Vectores 8

A®

B® A

®

B®

C=A+B® ® ®

A®

B®

C=A+B® ® ®

a) b) c)

Figura 4.2:

4.2. Componentes de un Vector

Sean (A1, A2, A3) las coordenadas rectangulares del extremo del vector ~A con su ori-gen en O. Los vectores A1i, A2j, A3k se llaman componentes rectangulares vectoriales osimplemente componente de ~A en las direcciones x, y y z respectivamente, en la figura.

X

Y

Z

A®

A i1

A j2

A k3

(A ,A ,A )1 2 3

Figura 4.3:

La suma o resultante de A1i, A2j y A3k es el vector ~A, por lo tanto podemos escribir:

~A = A1i + A2j + A3k (4.2)

La magnitud de ~A es:

A = || ~A|| =√

A21 + A2

2 + A23 (4.3)

En particular, el vector de posicion o radio vector ~r de O al punto (x, y, z) se escribe:

~r = xi + yj + zk (4.4)

y su magnitud es:r = ||~r|| =

√x2 + y2 + z2 (4.5)

4.3. Producto Escalar o Producto Punto

El producto escalar o producto punto de dos vectores ~A y ~B de notado por ~A · ~B, sedefine como el producto de las magnitudes de ~A, ~B y el coseno del angulo que forman


4. Vectores 9

estos vectores; es decir:~A · ~B = AB cos θ ; 0 ≤ θ ≤ π (4.6)

Observese que el producto ~A · ~B es una cantidad escalar, mas no un vector.Las siguientes leyes son validad:

1. ~A · ~B = ~B · ~A

2. ~A · ( ~B + ~C) = ~A · ~B + ~A · ~C

3. p( ~A · ~B) = (p ~A) · ~B = ~A · (p ~B) = ( ~A · ~B)p; donde p es un escalar.

4. i · i = j · j = k · k = 1; i · j = j · k = k · i = 0

5. Si ~A = A1i + A2j + A3k; y ~B = B1i + B2j + B3k entonces:

~A · ~B = A1B1 + A2B2 + A3B3

6. Si ~A · ~B = 0 y estos vectores son no nulos, entonces ~A y ~B son perpendiculares.

4.4. Producto Vectorial o Producto Cruz

El producto vectorial o producto cruz de ~A y ~B es un vector ~C = ~A× ~B. La magnitudde ~A× ~B se define como el producto de las magnitudes de ~A, ~B y el seno del angulo entreellos, es:

|| ~A× ~B|| = AB sen θ ; 0 ≤ θ ≤ π (4.7)

La direccion del vector ~C = ~A × ~B es perpendicular al plano formado por ~A y ~B. Si~A = ~B o si son paralelos, entonces sen θ = 0 y definimos que || ~A× ~B|| = 0Los siguientes leyes son importantes:

1. ~A× ~B = − ~B × ~A

2. ~A× ( ~B + ~C) = ~A× ~B + ~A× ~C

3. p( ~A× ~B) = (p ~A)× ~B = ~A× (p ~B) = ( ~A× ~B)p donde p es un escalar.

4. i× i = j × j = k × k = 0 y i× j = k; j × k = i; k × i = j

5. Si ~A = A1i + A2j + A3k; y ~B = B1i + B2j + B3k entonces:

~A× ~B =

∣∣∣∣∣∣i j k

A1 A2 A3

B1 B2 B3

∣∣∣∣∣∣

6. || ~A× ~B||=area del paralelogramo con lados ~A y ~B

7. Si ~A× ~B = ~0 y estos vectores son no nulos, entonces ~A y ~B son paralelos.


4. Vectores 10

4.5. Problemas ResueltosProblema 4.1Determinar el area del paralelogramo que tiene por diagonales a los vectores ~P = 6i +

2j − 4k y ~Q = 2i− 6j + 8k

Solucion:

b®

a®

P®

Q®

De la figura tenemos:~P = ~a +~b; y ~Q = ~a−~b

~P × ~Q = (~a +~b)× (~a−~b) = ~a×−~b +~b× ~a

= −(~a×~b) + (~b× ~a) = −(~a×~b)− (~a×~b)

= −2(~a×~b)

⇒ ~a×~b = −~P × ~Q

2

Pero como:

~P × ~Q =

∣∣∣∣∣∣i j k6 2 −42 −6 8

∣∣∣∣∣∣= 8i + 56j + 40k

Luego:

Aparalel = |~a×~b| = |~P × ~Q|2

⇒ Aparalel =1

2

√82 + 562 + 402

= 34,6u2.

por lo tanto, el area del paralelogramo que tiene los diagonales, es: 34,6u2.

Problema 4.2Dados los vectores ~P y ~Q, el vector ~R = m~P + n~Q, tal como se indica en la figura , SiP = 3; Q = 5 y R = 10. Hallar la relacion m/n.

Solucion:De la figura:~R = P i + Qj


4. Vectores 11

45°X

Y

Q®

P®

R®

Luego sabiendo que:~P = P i; ~Q = Qj

~R = m~P + n~Q

tenemos:

~R = mP i + nQj~R = 3mi + 5nj = ~P + ~Q~R = 3mi + 5nj = 10 cos 45i + 10 sin 45j

igualando miembro a miembro:

3m = 5√

2; 5n = 5√

2

Luego, la relacion de mn

es:m

n=

5

3

Problema 4.3Determinar un vector unitario perpendicular al vector ~P y ~Q, si ~P = 2i + 2j + 2k;~Q = 4i + 6j − 2k

Solucion:

P®

Q®

C®

uC

®

De la figura sea:

~C = Cxi + Cy j + Czk · · · (∗)

Ademas:~uc ⊥ ~P ; ~uc ⊥ ~Q

Luego:

~C ⊥ ~P ⇒ ~C · ~P = 0~C ⊥ ~Q ⇒ ~C · ~Q = 0

Entonces:

i) (Cxi + Cy j + Czk) · (2i + 2j + 2k) = 0

⇒ 2Cx + 2Cy + 2Cz = 0 · · · (1)


4. Vectores 12

ii) (Cxi + Cy j + Czk) · (4i + 6j − 2k) = 0

⇒ 4Cx + 6Cy − 2Cz = 0 · · · (2)

Sumando (1) y (2) tenemos:6Cx + 8Cy = 0

Cx = −4

3Cy · · · (3)

De (3) en (2):

4(−4

3)Cy + 6Cy − 2Cz = 0

Cz =1

3Cy · · · (4)

Reemplazando (3) y (4) en (∗) se tiene:

~C = −4

3Cy i + Cy j +

1

3Cyk

~C = Cy(−4

3i + j +

1

3k)

entonces:

C = ||~C|| = | ± Cy|√

16

9+ 1 +

1

9

C = ±√

26

3Cy

Luego:

~uc =~C

C=

Cy(−43i + j + 1

3k)

±√

263

Cy

~uc =3√

26

26(−4

3i + j +

1

3k)

por consiguiente, el vector unitario perpendicular al vector ~P y ~Q,es:

~uc =3√

26

26(−4

3i + j +

1

3k)


Capıtulo 5

Estatica

La Estatica es una parte de la fısica que estudia a las fuerzas y el equilibrio de loscuerpos, es decir estudia las condiciones que debe de cumplir las fuerzas para que al actuarsobre un cuerpo que hagan que mantengan en una condicion de equilibrio.

Como dijimos que es la parte de la mecanica que estudia el caso particular cuando:∑

~F = ~0 (5.1)

Es decir: cuando la aceleracion es nula, o la velocidad sea constante.

Nota: que no hay distincion entre un cuerpo en reposo y otro que este con velocidaduniforme, habra un sistema de referencia inercial en el cual esta en reposo. En unsistema de coordenadas cartesiano rectangular, las condiciones de equilibrio parauna partıcula seran:

ΣFx = 0; ΣFy = 0; ΣFz = 0 (5.2)

5.1. Equilibrio

Se dice que un cuerpo esta en equilibrio, cuando esta en un estado de reposo.

5.1.1. Primera Condicion de Equilibrio

La suma algebraica de las fuerzas aplicadas a un cuerpo o masa puntual debe ser cero,haciendo ~a = ~0: ∑

~F = ΣFxi + ΣFy j + ΣFzk = ~0

ΣFx = 0; ΣFy = 0; ΣFz = 0 (5.3)

5.1.2. Segunda condicion de Equilibrio

La suma algebraica de momentos de un sistema de fuerzas aplicadas a un cuerpo rıgidodebe ser cero, haciendo ~a = ~0:

∑~M = ΣMxi + ΣMy j + ΣMzk = ~0

13

5. Estatica 14

ΣMx = 0; ΣMy = 0; ΣMz = 0 (5.4)

5.2. Momento o Torque de una Fuerza

El momento de una magnitud vectorial, mide la accion de hacer girar o rotar un cuerpoal aplicar una fuerza con respecto a un eje de giro.

Al estudiar un cuerpo rıgido y las rotaciones veremos que ademas de la fuerza esnecesario considerar donde esta aplicada la fuerza.Introducimos otra nueva cantidad fısica,denominada torque (~To) o momento ( ~Mo) con respecto a un punto O, definido por:

~To = ~Mo = ~r × ~F (5.5)

donde: ~Mo ⊥ ~r y ~Mo ⊥ ~FEn funcion de sus componentes cartesianas sera:

~Mo =

∣∣∣∣∣∣i j kx y zFx Fy Fz

∣∣∣∣∣∣(5.6)

5.3. Centro de Masa

Todo cuerpo esta constituido por partıculas, sobre la cual actua el campo gravitatorio,que esta sometido a la accion de una fuerza, llamado peso.

5.4. Problemas ResueltosProblema 5.1Un balon descansa contra el poste al que esta atado, como se muestra en la figura. Si elcordel L mide 1.40m el balon tiene 0.110m de radio y una masa de 0.270kg ¿Que tensionhay en la cuerda y que fuerza ejerce el poste sobre el balon?.Suponga que no hay friccion entre el poste y el balon (el cordel esta atado al balon demodo que una linea a lo largo del cordel pasa por el centro del balon). g = 9,8m/s2.

rr=0.110 m

L=1.40 m

Figura 5.1:


5. Estatica 15

Solucion:Donde los datos del problema, tenemos L = 1,40m, r = 0,110m y m = 0,270kg.

Planteando el problema y haciendo el diagrama de cuerpo libre para los vectores defuerza de cada interaccion entre el poste y balon.

T

FR

W

FR

T

W

Þ

De los datos del problema y de la figura 5.1 obtenemos:

sen θ =r

T=

0,110m,

1,51m= 0073 ⇒ 4,17◦

Ademas del diagrama de cuerpo libre se tiene:

Cosθ =W

T=

mg

T

T =mg

cos 4,17◦

=(0,270kg)(9,8m/s2)

0,99= 2,65N

La fuerza de reaccion entre el poste y el balon con la tension tenemos el sen θ, entonces

sen θ =FR

TFR = T sen θ

= (2,65)(0,073) = 0,193N

por consiguiente, la tension y la fuerza que ejerce el poste sobre el balon es: T = 2,65NY FR = 0,193N .

Problema 5.2Le piden disenar el movil decorativo que se muestra en la figura. Los hilos y varillas tienepeso despreciable, y las varillas deben colgar horizontales.

1. Dibuje un diagrama de cuerpo libre para cada varilla

2. Calcule los pesos de la esfera A, B, C. Ademas calcule las tensiones en los alambresS1, S2 y S3.


5. Estatica 16

8cm4cm

3cm 5cm

2cm 6cm

6.0 N

C

A

B

Solucion:

i) Analizando en la varilla inferior

T3

A6.0 N

4cm 8cm

P

Aplicando las condiciones de equilibrio obtenemos:

∑MP = 0 : (6N)(4cm) = A(8cm) ⇒ A = 3N

∑~F = 0 : T3 = 6N + A = 6N + 3N ⇒ T3 = 9N

ii) Analizando de la misma forma en la varilla media, tenemos

T3B

T2

3cm 5cm

=9.0 N

P

∑MP = 0 : B(3cm) = 9N(5cm) ⇒ B = 15N

∑~F = 0 : T2 = B + T3 = 15N + 9N ⇒ T2 = 24N


5. Estatica 17

iii) Analizando en la varilla superior

T1

T2C

2cm 6cm

=24 N

P

∑MP = 0 : (24N)(2cm) = C(6cm) ⇒ C = 8N

∑~F = 0 : T1 = T2 + C = 24N + 8N ⇒ T1 = 32N

Problema 5.3Una viga uniforme de 250kg se sostiene con un cable unido al techo, como se muestra enla figura. El extremo inferior de la viga descanza en el piso

1. Calcule la tension en el cable

2. ¿Que coeficiente de friccion estatico mınimo debe hacer entre la viga y el piso paraque la viga permanesca en esta posicion?(g = 9,8m/s2)

160°

40°

Solucion:Haciendo el diagrama de cuerpo libre:

40°

40°20° 60°

40°

L/2

L/2

P

fs X

Y

n®

mg

mg Cos40°

mg Sen40°

T Sen20°T Sen60°

T Cos60°

T

D.C.L.


5. Estatica 18

Para nuestro caso se debe cumplir con las siguientes condiciones

i)∑

M0 = 0, entonces

T sen 20◦(L)−mg

(L

2

)cos 40◦ = 0

T =12mg cos 40◦(L)

sen 20◦= 2743N

ii)∑

~Fi = 0, entonces

∑Fy = 0

n−mg + T sen 60◦ = 0

n = (mg)− T sen 60◦

n = 73,8N

Entonces∑

Fx = 0 ⇒ fs = T cos 60◦ = 1372N

Luego , si

fs = µsn ⇒ µs =fs

n=

1372N

73,8N= 18,5

∴ µs = 18,5 (El piso debe estar muy rugoso para que la viga no se deslice)

Problema 5.4Determinar el centro de masa de la figura indicada y =

3

4x3

2

6

X

Y

0

y=34

x3

Solucion:


5. Estatica 19

Usando elementos diferenciales verticales tal como se indica en la siguiente la figura,tenemos que el area diferencial del mismo es:

2

h=6

X

Y

6

0 xdx

x=x

y =y

2CM

y=34

x3

El area total sera:

A =∈20 ydx =

∫ 2

0

3

4x3dx =

3

4.x4

4

∣∣∣∣2

0

= 3

Hallando el valor de x:

xA =

∫xCMdA

⇒ x(3) =

∫ 2

0

xydx =

∫ 2

0

3

4x3xdx

x(3) =3

4

∫ 2

0

x4dx

x(3) =3(32)

4(5)=

24

5= 4,8

Hallando el valor de y:

yA =

∫yCMdA

=

∫ 2

0

y

2ydx

=

∫ 2

0

y2

2dx

⇒ yA =1

2

∫ 2

0

(3

4

)2

x6dx


5. Estatica 20

Pero yCM =y

2, entonces

y(3) =9

32

∫ 2

0

x6dx

=9

32

x7

7

∣∣∣∣2

0

y =9

32

(2)7

7

1

3= 1,7

∴ CM = (1,6, 1,7)

Problema 5.5Una caja de 85N con naranjas se empuja por un piso horizontal, frenandose a una razonconstante de 0,90m/s cada segundo. La fuerza de empuje tiene una componente horizontalde 20N y una vertical de 25N hacia abajo. Calcule el coeficiente de friccion cinetica entrela caja y el piso.

Solucion:El coeficiente de friccion cinetica es la razon de fk/n, y la fuerza normal tiene una

magnitud de 85N + 25N = 110N . La fuerza de friccion, de FH − fk = ma = w ag

es:

fk = FH − wa

g= 20N − 85N

(−0,9m/s2

9,80m/s2

)= 28N.

(Nota, la aceleracion es negativa), y entonces el coeficiente de friccion cinetica entre lacaja y el piso, es: µk = 28N/110N = 0,25.

Problema 5.6La posesion de un helicoptero de entrenamiento de 2,75 × 105N que se esta probando

esta dada por ~r = (0,020m/s3)t3i + (2,2m/s)tj − (0,060m/s2)t2k. Determine la fuerzaneta sobre el helicoptero en t = 5s.

Solucion:Diferenciando, la aceleracion de un helicoptero en funcion del tiempo es:

~a =(0,120m/s3

)ti− (

0,12m/s2)k

ademas, y en t = 5s, la aceleracion es:

~a =(0,60m/s2

)ti− (

0,12m/s2)k

la fuerza sobre el helicoptero, es entonces:

F = m~a =W

g~a =

(2,75× 105N)

(9,80m/s2)

[(0,60m/s2

)i− (

0,12m/s2)k]

F =(1,7× 104N

)i− (

3,4× 103N)k.


Capıtulo 6

Cinematica

La cinematica es una parte de la mecanica que estudia a los cuerpos o partıculas enmovimiento, sin tomar en cuenta las causas que originan dicho movimiento, es decir latrayectoria que describe los cuerpos o partıculas en movimiento.

Movimiento.- Es un cambio continuo de la posicion de un cuerpo o partıcula con re-specto a otro, considerando la figura siguiente. Se dice que una partıcula esta en movimien-to cuando la partıcula cambia de posicion con respecto a un sistema de referencia.

O

YX

Z

A

B

rB

rA

DrtA

tB

Pto. dereferencia

∆~r = ~rB − ~rA (vector de desplazamiento) (6.1)

donde ~r = xi + yj + zk, |∆~r| = d

6.1. Movimiento Curvilineo

Velocidad

La velocidad es una magnitud vectorial cuyo modulo lo mide la rapidez de cambio deposicion en un unidad de tiempo

21

6. Cinematica 22

Velocidad Media

Se define como la razon de la variacion de la posicion sobre la variacion del tiempo.

Vm = ∆r∆t

, escalarmente~Vm = ∆~r

∆tvectorialmente

}(6.2)

donde:

{∆~r = ~rB − ~rA

∆t = tB − tA

Velocidad Instantanea

La velocidad instantanea se define como la posicion de variacion de un instante.matematicamente se define como el lımite de Vm cuando el intervalo de tiempo se hace

pequeno o tiene a cero. Si ∆t → 0, entonces ~v = lım∆t→0

∆~r

∆t=

d~r

dt

~v =d~r

dtFormula de Velocidad Instantanea (6.3)

Ademas ~v = vxi + vy j + vzk de donde vx = dxdt

, vy = dydt

y vz = dzdt

, entonces

|~v| = v =√

x2x + v2

y + v2z (6.4)

Aceleracion

Es una magnitud vectorial cuyo modulo mide la rapidez con la que un movil cambiade velocidad en una unidad de tiempo.

Aceleracion Media

YX

Z

r2

a

Dr

r1

t2

aN

aT

v1

t1

v2

~am =∆~v

∆t=

~v2 − ~v1

t2 − t1(6.5)

donde:

{∆~v = ~v2 − ~v1

∆t = t2 − t1


6. Cinematica 23

Aceleracion Instantanea

Si ∆t → 0 entonces ~a = lım∆t→0

∆~v

∆t=

d~v

dt

~a =d~v

dt=

d2~r

dt2(6.6)

Ademas

~a = axi + ay j + azk (6.7)

a = |~a| =√

a2x + a2

y + a2z (6.8)

Su unidad de aceleracion en S.I. (m/s2)

Nota:

La aceleracion media tiene la direccion de variacion de velocidad ∆~v

Para la aceleracion instantanea viene hacer la derivada con respecto al tiempo.

6.2. Movimiento Rectilineo

Un cuerpo o partıcula se dice que esta en movimiento rectilineo, cuando se desplazaen una trayectoria recta.

t1

x1

t2

x2P

1P

2

X

∆x = x2 − x1

∆t = t2 − t1

∆~r = ∆xi (6.9)

El Desplazamiento

El desplazamiento de la partıcula es un vector que apunta de P1 a P2 a lo largo deleje X. La componente x del desplazamiento es simplemente el cambio en el valor de x.

∆x = x2 − x1 (6.10)

Velocidad

Velocidad Media.- Definimos la velocidad media de la partıcula durante este tiempocomo una cantidad vectorial cuya componente x es el cambio en x dividido entre elintervalo de tiempo ∆t.

~vm =∆~x

∆ti; vm =

∆x

∆t=

x2 − x1

t2 − t1(6.11)


6. Cinematica 24

Velocidad Instantanea.- Es el lımite de la velocidad media cuando el intervalo detiempo se acerca a 0, es igual a la tasa instantanea de cambio de posicion con el tiempo.

vx = lım∆t→0

∆x

∆t=

dx

dt

~vx =dx

dti

(6.12)

La unidad en S.I. es: ms−1, Km/h

Aceleracion

La aceleracion tambien es una cantidad vectorial, que describe la tasa de cambio dela velocidad con el tiempo.

Aceleracion Media.- Definamos la am de la partıcula al moverse de P1 a P2 como unvector cuya componente x es ∆vx , el cambio en la componente x de la velocidad, divididaentre el intervalo de tiempo ∆t.

~am = ∆v∆t

iam = ∆vx

∆t= v2x−v1x

t2−t1

}(6.13)

Aceleracion Instantanea.- Es el lımite de la ~am cuando el intervalo de tiempo seacerca a cero. Entonces, la aceleracion instantanea es la tasa instantanea de cambio de lavelocidad con el tiempo; ası

ax = lım∆t→0

∆vx

∆t=

dvx

dt

~ax =dv

dti = d2x

dt2i

(6.14)

Las unidades en S.I. son: ms−2, Km/h2

6.2.1. Movimiento Rectilineo Uniforme (MRU)

Cuando el movil transcurre distancias iguales y tiempos iguales entonces el movimientoes MRU, es decir, la aceleracion es nula, la velocidad es constante, ası, v = cte,

v =dx

dt= cte

∫ x

x0

dx =

∫ t

0

vdt ⇒ x− x0 = vt

x = x0 + vt (6.15)

Graficamente


6. Cinematica 25

a

t0t

x0

x

t(s)

(x)m

L

donde v = tan α =x− x0

t− t0

6.2.2. Movimiento Rectilineo Uniformemente Variado (MRUV)

Cuando la aceleracion es constante o la aceleracion no varia con el tiempo, es decir,

a = cte de la ecuacion (6.14) tenemos a =dv

dt= cte, integrando

∫ v

v0

dv =

∫ t

0

adt

v|vv0= at|t0 ⇒ v − v0 = at

v = v0 ± at (6.16)

Si v = v0 ± at, entonces

dx

dt= v0 ± at

∫ x

x0

dx =

∫ t

0

(v0 ± at)dt ⇒ x|xx0= (v0 ± at)t|t0

⇒ x− x0 = v0t± a

2t2

⇒ x = x0 + v0t± 1

2at2 (6.17)

Luego si a =dv

dt, por la Regla de la Cadena tenemos:

a =dv

dt=

dv

dx

dx

dt⇒ a = v

dv

dt

Entonces adx = vdv, integrando se tiene∫ v

v0

vdv =

∫ x

x0

adx

v2

2

∣∣∣∣v

v0

= ax|xx0

⇒ v2

2− v2

0

2= a(x− x0) ; v2 = v2

0 ± 2a(x− x0)

si x0 = 0 se tienev2 = v2

0 ± 2ax (6.18)


6. Cinematica 26

6.3. Movimiento de Proyectiles

En el movimiento de proyectiles sin resistencia del aire, la componente x de la acel-eracion es cero y la componente y es constante e igual a −g; ası podemos analizar elmovimiento de un proyectil como una combinacion de movimiento horizontal con veloci-dad constante y movimiento vertical con aceleracion constante, es decir

ax = 0 ay = −g(j) (6.19)

con g = 9,8 m/ss2, pero ~ay =d~v

dt, entonces

d~v

dt= −g(j)

∫ v

v0

d~v = −∫ t

0

g(j)dt

~v − ~v0 = −gt(j) (6.20)

X

Y

a

Hmax

v0

v Cos0 a

v S

en0

a

B m

v =0y

v =ctex

x

y

C

y=0

Rmax

Sea

~v = vxi + vy j + vzk

~v0 = v0 cos αi + v0 sen αj + 0k

Luego de (6.20) tenemos~v − ~v0 = −gtj

entonces

(vxi + vy j)− (v0 cos αj + vo sen αj) = 0i− gtj

(vx − v0 cos α)i + (vy − sen α)j/ = oi− gtj

igualando se obtiene

{vx − v0 cos α = 0vy − v0 sen α− gt


6. Cinematica 27

entonces

vx = v0 cos α (MU) (6.21)

vy = v0 sen α− gt (MUV ) (6.22)

De la ecuacion (6.22) se sabe que vy =dy

dt, entonces

dy

dt= v0 sen α− gt

∫ y

0

dy =

∫ t

0

(v0 sen α− gt)dt

y = v0 sen αt− 1

2gt2 (6.23)

De la ecuacion (6.21) se sabe que vx =dx

dt, entonces

dx

dt= v0 cos α

∫ x

0

dx =

∫ t

0

v0 cos αdt

x = v0 cos αt (6.24)

De la ecuacion (6.24) despejamos “t”: t =x

v0 cos αen (6.23) tenemos:

y = v0 sen α

(x

v0 cos α

)− g

2

(x

v0 cos α

)2

y = x tan α− 1

2

x2g

v0 cos2 α

y = x tan α− g sec2 αx2

2v0

(6.25)

Si vy = 0 en (6.22), entonces

0 = v0 sen α− gt ⇒ t =v0 sen α

g

en (6.23) tenemos

y = v0 sen α

(v0 sen α

g

)− g

2

(v0 sen α

g

)2

y =v2

0 sen2 α

g− v2

0

2gsen2 α

y =v2

0 sen2 α

2gAltura maxima (6.26)


6. Cinematica 28

Para alcance maximo y = 0 en (6.22) se tiene:

0 = v0 sen αt− g

2t2

g

2t2 − v0 sen αt = 0

t

(gt

2− v0 sen α

)= 0 ⇒

{t = 0(

gt2− v0 sen α

)= 0

De aquı tenemos

t =2v0 sen α

g(6.27)

Reemplazando en la (6.24)

x = v0 cos α

(2v0 sen α

g

)

x =v2

0 sen α cos α

g=

v20 sen 2α

g

x =v2

0 sen 2α

gAlcance maximo (6.28)

Cuando 2α = π2⇒ α = π

4, entonces

Hmax =v2

0

2g(6.29)

6.4. Problemas ResueltosProblema 6.1Una partıcula se mueve en el plano XY de acuerdo a las relaciones de ax = −4 sen 3t yay = cos 3t, cuando t = 0 seg, x = 0, y = 2, vx = 6m/s y vy = 2m/s. Determinar laposecion ~r y la velocidad ~v, en t = π

6seg

Solucion:Del problema tenemos

~a = −5 sen 3ti + cos 3tj

sabiendo que ~a =d~v

dt= −5 sen 3ti + cos 3tj, integramos

∫ ~v

6i+2j

=

∫ t

0

(−5 sen 3ti + cos 3tj)dt

~v − (6i + 2j) =

[5

3cos 3ti +

1

3sen 3tj

]−

[5

3cos 0i +

1

3sen 0j

]

~v =

(5

3cos 3t +

13

3

)i +

(1

3sen 3t + 2

)j (6.30)


6. Cinematica 29

Lugo para t = π6seg

~v =

(5

3cos π

2+

13

3

)i +

(1

3sen 3

(π6

)+ 2

)j

~v =13

3i +

7

3j (6.31)

v =

√(13

3

)2

+

(7

3

)2

= 4,9 m/seg (6.32)

Ahora calculamos la posicion, de (6.30) tenemos:

~v =d~r

dt=

(5

3cos 3t +

13

3

)i +

(1

3sen 3t + 2

)j

∫ ~r

0i+2j

=

∫ t

0

([5

3cos 3t +

13

3

]i +

[1

3sen 3t + 2

]j

)dt

~r − 2j =

{[5

9sen 3t +

13

3

]i +

[−1

9cos 3t + 2t

]j

}−

{[5

9sen 0 +

13

3

]i +

[−1

9cos 0 + 2(0)

]j

}

~r =

[5

9sen 3t +

13

3t

]i +

[−1

9cos 3t + 2t +

19

9

]j

~rπ/6 =

[5

9+

13π

18

]i +

[π

3+

19

9

]j

~r = 2,82i + 3,16j

d = r =√

(2,82)2 + (3,16)2 = 4,235 m

Problema 6.2Un plano inclinado forma un angulo “α” con la horizontal si dispara un proyectil desdeel punto mas bajo del plano inclinado con rapidez inicial v0 formando un angulo β con lahorizontal.

1. Demostrar que el alcance R sobre el plano inclinado es R =(2v2

0 sen(βα)) cos β

g cos2 α

2. Probar que el alcance maximo sobre el plano inclinado se da por Rmax =v2

0

g(1 + sen α),

que se obtiene cuando β = π4

+ α2


6. Cinematica 30

Solucion:

ab

y

x

v0

R

x=vhoriz

v0

v =v Coshoriz 0 b

v=

v S

eny

0b

b

1. Luego

x = v0 cos βt (6.33)

y = v0 sen βt− 1

2gt2 (6.34)

Ademas tan α = yx, entonces

y = x tan α (6.35)

Reemplanzando (6.33) y (6.34) en (6.35) tenemos

v0 sen βt− gt2

2= v0 cos βt. tan α

t

[v0(sen β − cos β tan α)− gt

2

]= 0

t = 0 ∧ v0(sen β cos β tan α)− gt

2= 0, entonces

t =2v0

g(sen β − cos β tan α)

t =2v0

g

(sen β

cos α

cos α− cos β tan α

)

t =2v′0 sen(β − α)

g cos α(6.36)

En (6.33)

x = 6v0 cos βt

x = v0 cos β

(2v0 sen(β − α)

g cos α

)(6.37)

Pero x = R cos α, entonces

R cos α =2v2

0

g

(β − α)

cos αcos β

, luego

R =2v2

0 sen(β − α) cos β

g cos2 α


6. Cinematica 31

2.dR

dβ= 0;

dR

dβ=

2v20

g cos2 α{cos(β − α) cos β − sen(β − α) sen β} = 0, entonces

2v20

g cos α(cos(β − α) + β) = 0

cos(2β − α) = 0

si 2β = π2

+ α, entonces

β =π

4+

α

2

luego tenemos:

Rmax

2v20 sen

(π4− α

2

)cos

(π4

+ α2

)

g cos2 α

sen(π

4+

α

2

)=

√2

2

(cos

α

2− sen

α

2

)

cos(π

4+

α

2

)=

√2

2

(cos

α

2− sen

α

2

)

Entonces reemplazando, se tiene: Rmax

Rmax =2v2

0

g cos2 α

(1

2

) (cos

α

2− sen

α

2

)2

Rmax =v2

0

g cos2 α

(1− sen2 α

1 + sen α

)

Rmax =v2

0

g(1 + sen α)

Problema 6.3Dos autos, A y B, viajan en linea recta. La distancia de A respecto al punto de partidaesta dada por XA (t) = αt + βt2, con α = 2,6m/s y β = 1,2m/s2. La distancia entre By el punto partida es XB (t) = γt2 − δt3, con γ = 2,8m/s2 y δ = 0,2m/s3. a) ¿En queinstantes los dos autos estan en el mismo punto? b) ¿En que instantes A y B tienen lamisma aceleracion?.

Solucion:Para, a) ambos autos estan en origen t = 0, entonces la solucion es encontrar por la

posesion; es decir: XA = XB, tenemos:

αt + βt2 = γt2 − δt3

δt3 + (β − γ) t2 + αt = 0

δt2 + (β − γ) t + α = 0

t =1

2δ

[(β − γ)±

√(β − γ)2 − 4αδ

]

⇒ t1 = 2,27seg. ; t2 = 5,73seg.


6. Cinematica 32

Para, b) haciendo la segunda derivada de XA y XB y donde la posesiones son iguales;entonces se tiene:

Si, XA (t) = αt + βt2 ⇒ ~aA = X′′A (t) = 2β

XB (t) = γt2 − δt3 ⇒ ~aB = X′′B (t) = 2γ − 6δt

2β = 2γ − 6δt

⇒ t =−2β + 2γ

6δ= 2,67seg.

Problema 6.4Una ave vuela en el plano xy con velocidad ~v = (α− βt2) i+γtj, donde α = 2,4m/s, β =1,6m/s3 y γ = 4,0m/s2. La direccion +y es vertical hacia arriba. En t = 0, el aveesta en el origen. a) Calcule los vectores de posesion y aceleracion del ave en funcion delt. b) ¿que altura (coordenada y) tiene el ave al volar sobre x = 0 por primera vez despuesde t = 0?

Solucion:Para, a) Integrando la velocidad ~v, se tiene:

~r =

(αt− β

3t3

)i +

(γ

2t2

)j

Ademas, diferenciando la ~v tenemos:

~a = (−2β) i + γj.

Para, b) El tiempo positivo a lo cual x = 0 Es dado por ahı t2 = 3α/β. En este tiempo,la coordenada y es:

y =γ

2t2 =

3αγ

2β=

3 (2,4m/s) (4,0m/s2)

2 (1,6m/s3)= 9,0m

Problema 6.5Una pistola que dispara una luz bengala le imprime una rapidez inicial de 120m/s. a) Sila bengala se dispara 55o sobre la horizontal en los salares planos de Utah, ¿que alcancehorizontal tiene? Haga caso omiso de la resistencia del aire. b) Si la bengala se dispara conel mismo angulo en el mar de la Tranquilidad en la Luna, donde g = 1,6m/s2, ¿que alcancetiene?

Solucion:El alcance de un proyectil esta dado por R = v2

0 sen 2α0/g. entonces se tiene:para a):

R = (120m/s)2 sen 110o/(9,8m/s2

)= 1,38km.

Para b):

R = (120m/s)2 sen 110o/(1,6m/s2

)= 8,4km.


Capıtulo 7

Dinamica, Trabajo y Energıa

7.1. La Dinamica

La Dinamica es una parte de la mecanica que estudia las causas que originan unmovimiento.

7.2. Leyes de Newton

• Primera Ley de Newton (Ley de energıa).- “Que todos los cuerpos en reposo,tiende a seguir en reposo o de movimiento rectilineo uniforme. Mientras no hayauna fuerza que modifique dicho estado”

• Segunda Ley de Newton (Principio fundamental de dinamica).- “La fuerzaresultante que actua sobre un cuerpo es directamente proporcional a la aceleracionpor la masa y que tiene la misma direccion y sentido”, es decir ~F = m~a, su moduloes F = ma

• Tercera Ley de Newton (Ley de accion y reaccion).- “A toda accion se oponesiempre una reaccion de igual magnitud y de sentido contrario en la misma linea deaccion”

7.3. Peso de los Cuerpos

• Masa.- Es una medida inerte del cuerpo o una magnitud escalar, la masa es con-stante

• Peso.- Es una magnitud vectorial que se define como la fuerza gravitacional queejerce la tierra sobre el cuerpo. La direccion y sentido es hacia la tierra; es decir

~P = m~g (7.1)

33

7. Dinamica, Trabajo y Energıa 34

7.4. Fuerzas de Friccion o Rozamiento (~f)

Se llama fuerza de friccion a la fuerza tangencial que actua en la superficie de doscuerpos en contacto y que se opone al movimiento relativo de una de ellos con respectoal otro. Las fuerzas tangenciales son paralelas a las superficies que estan en contacto.

La fuerza ~f es directamente proporcional a la fuerza normal (fαN)

W®

F®

N®f

®

m

f = µN (7.2)

Donde:

W= peso

N= normal

F= fuerza exterior

f= resistencia

A) Fuerza de Friccion Estatico (fs)

Es la fuerza tangencial entre 2 cuerpos en contacto, cuando ambas estan en reposo yse manifiestan cuando una se va a desplazar con respecto a otro.

fs = µsN (7.3)

donde: µs= coeficiente de friccion estatica.

B) Fuerza de Friccion Cinetico (fk)

Es una fuerza tangencial presente entre dos superficies en contacto, cuando una deellas se esta desplazando con respecto a otra.

fk = µkN (7.4)

donde: µk= coeficiente de friccion cinetica.

Este coeficiente, tambien depende de la naturaleza de los cuerpos en contacto y siemprees menor que el coeficiente de rozamiento estatico (µk < µs)



7.5. Trabajo y Energıa

7.5.1. Trabajo

El trabajo es una magnitud escalar que mide la superficie de la resistencia del cuerpodurante un determinado camino. Matematicamente el trabajo realizado por la fuerza Fsobre el cuerpo es igual al producto escalar de la fuerza por el desplazamiento.

WAB = ~F · ~r = Fr cos θlabelec042 (7.5)

Observaciones:

1. Si la fuerza y el desplazamiento tiene la misma direccion y sentido, entonces eltrabajo realizado del punto A a B es igual a la fuerza por la distancia recorrida (si~F ||~r ⇒ WABF.d, θ = 0◦)

2. si la fuerza aplicada es perpendicular al vector desplazamiento, entonces WAB =0, θ = 90◦

3. Si la fuerza es paralela al vector desplazamiento en sentido opuesto, entonces ~F ||~r(θ =180◦), WAB = −Fd

Trabajo producido de una fuerza en funcion de sus componentes en una trayectoriacurvilınea tenemos:

WAB =

∫ B

A

~F · d~r

Si

~F = Fxi + fy j + Fzk

d~r = dxi + dy j + dzk

~F .d~r = Fxdx + Fydy + Fzdz

⇒ WAB =

∫ rB

rA

(Fxdx + Fydy + Fzdz) (7.6)

7.5.2. Energıa

La Energıa es la capacidad para la cual se dice que la energıa es una magnitud escalarque expresa la capacidad que tiene todo cuerpo de realizar el trabajo, en consecuencia laenergıa de un cuerpo de un sistema si mide por el trabajo de ella puede realizar.

Energıa Cinetica (Ek)

La Energıa Cinetica es una forma de energıa que tiene una capacidad de realizar untrabajo.

Ek =1

2mv2 (7.7)



Energıa Potencial (Ep)

X

Y

A Bdr

®

yA yB

p=mg® ®

p=mg® ®

WAB =

∫ yB

yA

~pd~r; ~p = −mgj

WAB =

∫ yB

yA

−mgdy

Trabajo realizado de la partıcula de la posicion de la partıcula

WAB = −mgyB + mgyA

WAB = mgyA −mgyB

en forma general la Ep esta definida por:

Ep = mgy = mgh (7.8)

7.5.3. El Principio de la Conservacion de Energıa

Cuando es un sistema solo realizan o hay una fuerza conservativa, que puede ser lagravitatoria o elastica, luego el trabajo realizado por esta fuerza es conservativa y se leasocia un cambio de energıa potencial. ası: ∆W = −∆U y por el T.T.E : W = ∆k, luego∆k = −∆U

∆K + ∆U = 0 (7.9)

Nota:

• Cuando en un sistema existen fuerzas no conservativas que realizan un trabajo total,entonces:

EMfinal= EMinicial

+ W FNCtotal (7.10)

Donde, W FNCtotal es el trabajo realizada por las fuerzas no conservativas.

7.6. Ejercicio Resueltos

Problema 7.1Los bloques P y Q se encuentran sobre un plano inclinado cuyo angulo con la horizontales de 30◦ como se muestra en la figura. Las masas son 7kg y 14kg respectivamente, Q



e liso, el coeficiente de friccion para P es µk = 0,3. ¿Co que aceleracion los bloques sedeslizan hacia abajo?. Encontrar la fuerzas de contacto entre los bloques.

30°

Q

P

Solucion:

Q

NQ

WQ

30°

FC

®

®

®

a®

P

NP

WP

30°

FC

®

®

®

a®

fK

D.C.L.

Recordando la 2da ley de Newton ~F = m~aPara el cuerpo P

∑~Fy = m~a

⇒ WP cos 30◦ + NP = mp~ay

NP = WP cos 30◦ (7.11)

Como fk = µkNp entonces

fk = µWP cos 30◦

fk = 17,8 N

ademas

∑~Fx = m~a

~FC + WP sen 30◦ + ~fk = mp~ax

FC(−i) + WP sen 30◦(−i) + fk (i) = mP ax(−i)

Reemplazando datos tenemos:

FC + 16,5 = 7 Kg ax (7.12)



Para el cuerpo Q:

•∑

~Fy = m~ay ⇒ WQ cos 30◦ −NQ = mQ(0), entonces

NQ = WQ cos 30◦ (7.13)

igualmente

•∑

~Fx = m~ax ⇒ WQ sen 30◦ + ~FC = mQ~ax

WQ sen 30◦(−i) + ~FC (i) = mQax(−i)

Reemplazando valores

−68,6 + FC = −14ax

−FC + 68,6 = 14ax (7.14)

Sumando (7.13) y (7.14) se tiene: 85,1 = 21ax de aquı ax = 4,05 m/s2

En (7.13)

FC + 16,5 = 4Kg(4,5 m/s2)

FC = 28,37− 16,5

FC = 11,87 N

Problema 7.2Una presa hidroelectrica tiene tras de si un lago con area de 3× 106 y costados verticalesabajo del nivel de agua, el cual esta 150m arriba de la base de la presa. Cuando el aguapasa por turbina en la base de la presa, su energıa mecanica se convierte en energıaelectrica con eficiencia del 90 %.

1. Si la energıa potencial gravitacional se toma como cero en la base de la presa,¿cuanta energıa hay almacenada en el metro superior del agua del lago?.

2. La densidad de agua en 100 Kg/m3 ¿Que volumen de agua debera pasar por lapresa para producir KWatts− hora de energıa electrica?

Solucion:

1. Ealmacenada = mgh = (ρV )gh = ρA(1m)gh

Reemplazando datos:

Ealmac. = (1000 Kg/m3)(3× 106m2)(1m)(9,8m/s2)(150m)

= 4,4× 1012J



2. El 90 % de la Ealmc es convertida en energıa electrica, entonces

(0,90)mgh = 1000 KWh

(0,90)ρV gh = 1000 KWh

reemplazando datos

V =1000 KWh(3600 seg/1h)

(0,90)(1000 Kg/m3)(150m)(9,8m/s2)

V = 2,7× 103m3

Problema 7.3Un tejo de 5Kg en soltado en A y al resbalar sobre la superficie aspera se disipa 920J deenergıa en forma de calor, al desplazarse desde A hasta B. ¿Que modulo tiene la reaccioncuando el tejo pasa por B?(g = 10m/s2)

23m20m

A

B

37°

R=5m

mk=0.5

Solucion:Analizando en el punto B

fk

R

NvB

®

mgSen53°

mgCos53°

mg

53°

Nivel de Referencia

En el recorrido de A a B se cumple

W F.N.C = ∆EM



donde F.N.C. fuerzas no conservativas

W fk = EMB − EMA

W fk = (EkB+ EPB

)− (EkA+ EPA

)

−920 =1

2(5)V 2

B − 5(10)(20)

v2B = 32 (7.15)

en (B): aplicando 2da ley de Newton en la direccion radial

∑Fradiales = maR ⇒ N + mg cos 53◦ = m

v2B

R(7.16)

(7.15) en (7.16) tenemos: N = 2N (fuerza normal en B)La friccion cinetica (fk) en (B) es:

fk = µkN = (0,5)(2N) = 1N

luego, la reaccion (R) cuando el tejo pasa por (B) sera:

R =√

N2 + f 2k =

√22 + 12N

R =√

5N

Problema 7.4Una caja de 6,0kg que se mueve a 3,0m/s sobre una superficie horizontal sin friccion chocacon un resorte ligero cuya constante de fuerza es de 75N/cm. Use el teorema de trabajo- energıa para determinar la compresion maxima del resorte.

Solucion:Sabiendo que, Wtot = K2 −K1 entonces,

K1 =1

2mv2

0 ; K2 = 0

el trabajo es dada por la fuerza elastica. Wtot = −12kx2, donde x es la cantidad de

compresion; es decir

−1

2kx2 = −1

2mv2

0

x = v0

√m/k = 8,5cm.

Problema 7.5Un objeto que puede moverse a lo largo del eje x es atraido hacia el origen con una fuerzade magnitud F = αx3 (α = 4,00N/m3). ¿Cuando vale F cuando el objeto esta a) enx = 1,00m? b) ¿En x = 2,00m? c) ¿cuando trabajo efectua F cuando el objeto se muevede x = 1,00m a x = 2,00m? ¿Es este trabajo positivo o negativo?



Solucion:Para a):

αx3a =

(4,00N/m3

)(1,00m)3 = 4,00N

Para b):

αx3b =

(4,00N/m3

)(2,00m)3 = 32,0N

c) La ecuacion W =∫ x2

x1Fxdx le da el trabajo necesitado para mover un objeto en contra

de la fuerza; El trabajo hecho por la fuerza es la negativa de este,

−∫ x2

x1

αx3dx = −α

4

(x4

2 − x41

).

cuando el objeto se mueve de x1 = xa = 1,00m y x2 = xb = 2,00m , W = −15,0J , porlo tanto este trabajo es negativo.

Problema 7.6Una fuerza neta de magnitud (5,00N/m2)x2 que forma un angulo constante de 31o conel eje +x actua sobre un objeto de 0,250kg mientras este se mueve paralelo al eje x.¿Que rapidez tiene el objeto en 1,50m si su rapidez era de 4,00m/s en x = 1,00m?

Solucion:Como en la siguiente ecuacion: W =

∫ P2

P1F cos φdl =

∫ P2

P1

~F · d~l, dl = dx y φ = 31o esconstante, y entonces se tiene:

W =

∫ P2

P1

F cos φdl =

∫ x2

x1

F cos φdx

=(5,00N/m2

)cos 31o

∫ 1,50m

1,00m

x2dx

⇒ W = 3,39J.

La velocidad final del objeto es entonces:

v2 =

√v2

1 +2W

m=

√(4,00m/s)2 +

2 (3,39J)

(0,250kg)

v2 = 6,57m/s.


Capıtulo 8

Cantidad de Movimiento, Impulso yChoques

8.1. Cantidad de Movimiento e Impulso

Consideremos una partıcula de masa constantes “m”. Puesto que ~a =d~v

dt, podemos

escribir la segunda ley de Newton para esta partıcula ası:

∑~F = m

d~v

dt=

d

dt(m~v) (8.1)

Ası, la segunda ley de Newton dice que la fuerza neta∑

~F que actua sobre una partıcula

es igual a la rapidez de cambio de la combinacion m~v, el producto de la masa y la velocidadde la partıcula. Llamamos a esta combinacion “cantidad de movimiento” de la partıcula.Si usamos el sımbolo ~P para la cantidad de movimiento, tenemos:

~P = m~v (Definicion de cantidad de movimiento) (8.2)

Consideremos primero una partıcula sobre la que actua una fuerza neta constante∑

~F

durante un tiempo ∆t de t1 a t2. El impulso de la fuerza neta, denotado con ~J , se definecomo el producto de la fuerza neta y el intervalo de tiempo:

~J =∑

~F (t2 − t1) =∑

~F∆t (Definicion de impulso) (8.3)

Si la fuerza neta∑

~F es constante,d~P

dttambien es constante. En tal caso,

d~P

dtes igual al

cambio total de cantidad de movimiento ~P2 − ~P1 durante el intervalo t2 − t1 divido entre

42

8. Cantidad de Movimiento, Impulso y Choques 43

el intervalo

∑~F =

~P2 − ~P1

t2 − t1∑

~F (t2 − t1) = ~P2 − ~P1

~J = ~P2 − ~P1 (8.4)

8.2. Choques o Colisiones de Partıculas

Una colision puede ser frontal u oblicua. En los problemas de colisiones es fundamentalel siguiente principio llamado “regla de colisiones de Newton”

Sea v12 y v′21 las velocidades relativas de las esferas a lo largo de la normal comunantes y despues de la colision. Entonces

v′12 = −εv12

La cantidad ε llamado el coeficiente de restitucion, depende de los materiales de los objetosy se forma generalmente como una constante cuyo valor varia entre 0 y 1. Si ε = 0 lacolision se denomina totalmente inelastica o simplemente inelastica. Si ε = 1 la colisionse denomina totalmente elastica o simplemente elastica.

8.3. Problemas ResueltosProblema 8.1Una granada de 2Kg se encuentra en reposo y explota en 3 pedazos. Como si m1 =0,6Kg, m2 = 0,6Kg y m3 = 0,8Kg, la velocidad de los 2 primeros fragmentos despuesde la explosion son 100m/s y hacen un angulo de 60◦. ¿cual sera la velocidad del tercerfragmento?

Solucion:

1

2

3

v Cos60°2v Cos60°

1

60°60°

v1

®

v2

®

v3

®



Por la conservacion de momentum, se tiene:

~0 = m1~v1 + m~v2 + m3~v3

~0 = 0,6Kg(−v1 cos 60◦i + v1 sen 60◦j) + 0,6Kg(v2 cos 60◦i + v2 sen 60◦j) + 0,8Kg(~v3)

Dando valores tenemos:

~0 = 6(−50i + 50√

3j) + 6(50i + 50√

3j) + 8~v3

0i + 0j = 600√

3j + 8√

3

Luego

~v3 = 0i− 75√

3j

~v3 = −75√

3j

Problema 8.2considere la superficie cilındrica de la figura desde la altura h se deja deslizar un bloque 1de masa m que choca elasticamente con otro bloque 2 de masa 2m que se encuentra en elpunto mas bajo del cilindro y en reposo. si entre los bloques y la superficie cilındrica nohay roce, calcule las alturas maximas a la que llegan los bloques 1 y 2 despues del choque.

h

Rg®

(1)

(2)2m

m

Solucion:Primeramente por la conservacion de energıa, (justo antes del chocar con el bloque 2)

es:v2 =

√2gh (8.5)

En el momento que se produce el choque se conserva el ~P del sistema y la Ek (energıacinetica). Antes del choque las velocidades de los bloques son v, 0 . Ahora llamemos v1 yv2 las velocidades de los bloques respectivamente justo despues del choque.

Por la conservacion de momentum, se tiene:

mv = mv1 + 2mv2 (8.6)

Por la conservacion de la energıa

1

2mv2 =

1

2mv2

1 +1

22mv2

2 (8.7)



podemos escribir (8.6) y (8.7) como:

v − v1 = 2v2 (8.8)

v2 − v21 = 2v2

2 (8.9)

dividiendo (8.9) y (8.8) obtenemos

v + v1 = v2 (8.10)

De (8.8) y (8.10) se tiene

v1 =1

3v , v2 =

2

3v

Para calcular las alturas, usamos conservacion de energıa. Para cada uno de ello, tenemos:

h1 =v2

1

2g=

1

9

v2

(2g)=

1

9h

h2 =v2

2

2g=

4v2

9(2g)=

4

9h

Problema 8.3Un bandido suelta una carreta con dos cajas de oro (masa total = 300Kg) que esta enreposo 50mm cuesta arriba de una pendiente de 6.0◦ (ver figura). el plan es que la carretabaje la cuesta, ruede por terreno plano y luego caiga en un canon donde sus complicesesperan. Sin embargo, en un arbol a 40m del borde del canon estan el llanero solitario(masa 75Kg) y toro (masa 60Kg), quienes se dejan caer verticalmente sobre la carreta alpasar.

1. Si nuestros heroes necesitan 5 seg. para tomar el oro y saltar, ¿lo lograran antes deque la carreta se despene?. La carreta rueda con friccion despreciable.

2. Cuando los heroes caen en la carreta ¿Si se conserva la energıa cinetica del sistemade los heroes mas la carreta?

h=LSen6.0°

L=50m

6.0°

40mal cañon

300kg

Solucion:



1. La carreta, depues de llegar abajo de la colina, tenemos la velocidad por principiode conservacion de energıa:

v2 =√

2gL sen 6,0◦ = 10m/s ; h1 = L′sen6,0◦

Luego despues de la colision la velocidad es:

Por principio de momentum, tenemos

m1v1 = m2v2

300(10m/s) = (450Kg)v2

v2 =

(300Kg

450Kg

)10m/s = 6,9m/s

Entonces quiere decir que en 5 seg. la carreta no alcanzo el borde.

2. La colision es completamente inelastica, entonces la energıa cinetica no se conserva.

Luego el cambio de Ek es:

1

2(435Kg)(6,9m/s)2 − 1

2(300Kg)(10m/s) = −4769 J

entonces aproximadamente 4800 J es la perdida.

Problema 8.4Un obus de 12Kg es disparado con un angulo de 55◦ sobre la horizontal con una rapidezde 150Km/s en el cenit de la trayectoria, el obus estalla en do fragmentos, uno con 3 vecesmas masa que el otro. Los dos fragmentos llegan al suelo al mismo tempo. Suponga que laresistencia del aire es depreciable. Si el fragmento mas pesado cae en el punto desde el cualse lanzo el obus. ¿Donde caera el fragmento mas ligero y cuanta energıa habra liberadoen la explosion?

Solucion:Los fragmentos son 3Kg y 9Kg, el tiempo maximo que alcanza de altura es igual a

tiempo de caıda a la tierra, es decir

q

v0

v =v Cosx 0 q

9kgvg v3

3kg

Luego



vg = v0 sen θ − gt

0 = (150m/s) sen 55◦ − 9,8m/s2.t

t = 12,5 seg

los viajes del fragmento pesado es hacia atras del punto de comienzo, entonces lavelocidades son reverso.

vx = v0 cos θ = (150m/s) cos 55◦ = 86,0m/s

a despues de la explosion, este es vg

Ahora conseguimos v3, usando la conservacion de momentum

Mv0 = m3v3 + mgvg

(12Kg)(86m/s) = (3Kg)v3 + (9Kg)(−86m/s)

v3 = 602m/s

Luego el alcance del fragmento mas veloz es:

x3 = xantes de expl. + xdesp. de expl.

= (86m/s)(12,5seg) + (602m/s)(12,5m/s)

x3 = 8600 m

ahora la energıa liberada = EDesp. Expl. − EAntes Expl., entonces

EDesp. Expl. − EAntes Expl. =1

2m3v

23 +

1

2mgv

2g −

1

2(m3 + mg)v

2g

=1

2(3Kg)(602m/s)2 +

1

2(9Kg)(86m/s)2 − 1

2(12Kg)(86m/s)2

= 5,33× 105 J

Problema 8.5Un lanzador de disco aplica una fuerza neta dada por (αt2) i + (β + γt) j, a un disco de2,00kg (α = 25,0N/s2, β = 30,0N y γ = 5,0N/s). Si el disco estaba originalmente enreposo, ¿que velocidad tiene despues de que la fuerza neta ha actuado durante 0,500s?Exprese su respuesta en terminos de los vectores unitarios i y j.

Solucion:Sabiendo que,

~P =

∫~Fdt =

(αt3/3

)i +

(βt + γt2/2

)j

=(8,33N/s2t3

)i +

(30,0Nt + 2,5N/st2

)j

despues de 0,500s, ~P = (1,04kg.m/s) i + (15,63kg.m/s) j, y la velocidad es:

~v = ~P/m = (0,52m/s) i + (7,82m/s) j.



Problema 8.6Una pelota de masa M , que se mueve horizontalmente a 5,00m/s, choca elasticamentecon un bloque de masa 3M que inicialmente esta colgado en reposo del techo sujeto alextremo de un alambre de 50,0cm. Determine el angulo maximo de oscilacion del bloquedespues del impacto.

Solucion:Colision: La conservacion de momento da,

mv0 = mv1 + (3m) v3

⇒ v0 = v1 + 3v3 · · · (1)

por la conservacion de energıa, se tiene:

1

2mv2

0 =1

2mv2

1 +1

2(3m) v2

3

⇒ v20 = v2

1 + 3v23 · · · (2)

De las ecuaciones (1) y (2) para v3, se tiene: v3 = 2,50m/s.

La conservacion de energıa despues de la colision:

1

2(3m) v2

3 = (3m) gh = (3m) gl (1− cos θ)

Ası, resolviendo para θ se tiene: θ = 68,8o.


Capıtulo 9

Rotacion de Cuerpos Rıgidos

9.1. Cuerpos Rıgidos

Un sistema de partıculas en el que la distancia entre dos partıculas cualesquiera nocambia a pesar de las fuerzas que actuen, se llama un cuerpo rıgido.

9.2. Traslaciones y Rotaciones

Un desplazamiento de un cuerpo rıgido es un cambio de una posicion a otra. Si du-rante un desplazamiento todos los puntos del cuerpo permanecen fijos sobre una linea, eldesplazamiento es una rotacion alrededor de la linea. Si durante un desplazamiento todoslo puntos del cuerpo rıgido se mueven entre si en lıneas paralelas, el desplazamiento esuna traslacion.

9.3. Momento de Inercia

Una cantidad geometrica de gran importancia al discutir el movimiento de cuerposrıgidos es el momento de inercia.

El momento de inercia de una partıcula de masa m con respecto a una lınea o ejeAB se define como:

I = mr2 (9.1)

donde r es la distancia de la masa a la lınea

El momento de inercia de un sistema de partıculas de masas m1, m2, . . . ,mN sedefine con respecto a la linea o eje AB como

I =N∑

ν=1

mνr2ν = m1r

21 + m2r

22 + · · ·+ mNr2

N (9.2)

Donde r1, r2, . . . , rN son sus distancias respectivas a AB

49

9. Rotacion de Cuerpos Rıgidos 50

A

BR

dm

r

rv

mv

r1

m1

Figura 9.1:

El momento de inercia de una distribucion continua de masa, como la del cuerporıgido solido R de la figura 9.1 esta dado por:

I

∫

R

r2dm (9.3)

donde r es la distancia desde AB al elemento de masa dm

9.4. Momentos de Inercia Especiales

En la siguiente tabla aparecen los momentos de inercia de varios cuerpos rıgidos quese presentan en la practica. Se supone en todos los casos que el cuerpo tiene densidaduniforme (es decir constante).

Cuerpo Rıgido Momento de Inercia

1. Cilindro Circular Solido; de radio a y masa M1

2Ma2

con respecto al eje del cilindro.2. Cilindro Circular Hueco; de radio a y masa M con Ma2

respecto al eje del cilindro. Espesor de la pared despreciable

3. Esfera Solida; de radio a y masa M , con respecto2

5Ma2

a un diametro.4. Esfera Hueca; de radio a y masa M , con respecto Ma2

al diametro, espesor de la esfera despreciable.5. Placa Rectangular; de lados a y b y de masa M

alrededor de un eje perpendicular a la placa y que1

2M(a2 + b2)

pasa por el centro de masa.6. Varilla Delgada; de longitud a y masa M , con respecto

a un eje perpendicular a la varilla y que pasa por1

12Ma2

el centro de masa.



9.5. Problemas ResueltosProblema 9.1Determinar el momento de inercia de un cilindro hueco con respecto a su eje de simetrıa.El cilindro de densidad uniforme tiene una masa total M y radios R1 y R2

Solucion:

L

R1

R2

rdr

eje

En este caso se trata de una distribucion continua de masa, entonces, ρ =M

V=

dM

dVsabiendo que V = πr2L ⇒ dV = 2πrLdr, luego

I =

∫r2dm

reemplazando tenemos

I =

∫ R2

R1

r2(ρ2πrLdr) = 2πLρ

∫ R2

R1

r3dr

ademas ρ =M

V=

M

π (R22 −R2

1) L⇒ 2πρL = 2M

(R22−R2

1)

I =2M

(R22 −R2

1)

r4

4

∣∣∣∣RR21

I =1

2

M(R42 −R2

1)

(R22 −R2

1)

I =1

2M(R2

2 −R21)

note que I es independiente de L. De aquı podemos obtener los momentos de inerciaobtenidos anteriormente

Para disco

{R1 = 0R2 = R

}⇒ I = 1

2MR2

Para aro {R1 ≈ R2 = R} ⇒ I = MR2



Problema 9.2Determinar el momento de inercia de una esfera con respecto a un diametro. La esfera dedensidad uniforme tiene una masa total M y radio R. Considerar

1. Esfera solida

2. Cascara esferica

Solucion:

1. Esfera solida

d

R

x dx

r

ρ =M

V=

M43πR3

⇒ ρπ =3

4

M

R3

r2 = R2 − x2

dm = ρdV = ρπr2dx

dm =3

4

M

R3(R2 − x2)dx

dividimos la esfera en discos de radio r y espesor dx tomando como elemento difer-encial un disco, si momento de inercia como sabemos, sera:

dI =1

2(dm)r2 =

1

2

[3

4

M

R3(R2 − x2)dx

](R2 − x2)

dI =3

8

M

R3(R2 − x2)2dx

Luego, para toda la esfera, integrando para una semiesfera por simetrıa y duplicado,se tiene

I =3

8

M

R3

[2

∫ R

o

(R2 − x2)2dx

]

I =3

4

M

R3

∫ R

0

(R4 − 2R2x2 + x4)dx

I =3

4

M

R3

(R5 − 2

3R5 +

R5

5

)

I =3

4

M

R3

(8

15R5

)

I =2

5MR2



2. Cascara esferica

r

q

dq

R

Rdq

e

d

ρ =M

V=

M

4πR2e⇒ 2πρ

eR4 =1

2MR2

r = R sen θ

dv = (2πr)(Rdθ)(e) = 2πeR2 sen θdθ

Tomemos como elemento diferencial un aro de radio r, ancho Rdθ y espesor e. Elmomento de inercia del cascaron sera:

I =

∫r2dm = ρ

∫r2dV

I = ρ

∫(R sen θ)2(2πeR2 sen θ)dθ

I = 2πρeR4

∫ π

0

sen3 θdθ

I =1

2MR2

∫ π

0

sen3 θdθ

I =1

2MR2 − cos θ

3(2 + sen2 θ)

∣∣∣∣π

0

I =1

2MR2

[2

3−

(−2

3

)]=

1

2MR2

(4

3

)

I =2

3MR2

Problema 9.3Una esfera consiste en un centro esferico solido de madera con densidad de 800 Kg/m3

y radio de 0,2m, cubierto por una capa delgada de plomo con densidad por area de20Kg/m2. Calcule el momento de inercia de esta esfera en torno a un eje que pasa por sucentro.

Solucion:



Del problema

I = Imad + Iplomo

=2

5mMR2 +

3

2mP R2 (9.4)

Sabiendo que

mM = ρMVM = ρM4

3πR3

mP = δP AP = δP 4πR2

Entonces en (9.4)

I =2

5

(ρM

4

3πR3

)R2 +

2

3

(δP 4πR2

)R2

=8

3πR4

(ρMR

5+ δP

)

=8

3π(0,20m)4

((800Kg/m3)(0,2m)

5+ 20Kg/m2

)

I = 0,70Kgm2

Problema 9.4Un disco compuesto de diametro exterior de 140,0cm, es hecho de un material solido yuniforme de 50,0cm de radio con densidad de area de 3,00g/cm2 rodeada por un anilloconcentrico cuyo radio interior es de 50,0cm y radio exterior de 70,0cm con densidadde area de 2,00g/cm2. Calcule el momento de inercia de este objeto alrededor de un ejeperpendicular al plano del objeto y que pasa a traves de su centro.

Solucion:Del problema, I = Id + Ir (d = disco, r=radio)Para Disco:

md =(3,00g/cm3

)πr2

d = 23,56kg

⇒ Id =1

2mdr

2d = 2,945kg.m2

Para Radio: Si, (r1 = 50,0cm, r2 = 70,0cm)

mr =(2,00g/cm3

)π

(r22 − r2

1

)= 15,08kg

⇒ Ir =1

2mr (r1 + r2) = 5,580kg ·m2

∴ I = Id + Ir = 8,52kg ·m2


Capıtulo 10

Metodologıa

10.1. Estrategias

El desarrollo del curso, se realizo primeramente utilizando la estrategia del aprendizajesignificativo en la parte teorica, brindando fundamento teorico de los temas a desarrollary posteriormente resolviendo problemas correspondiente al mismo tema.

10.2. Tecnicas

Los medios y materiales para el desarrollo de las sesiones de aprendizaje son:

• Auditivo: de acceso personal, esto es, voz humana.

• Visual: empleo de pizarra, plumon, tiza y mota.

10.3. Metodos

El metodo a utilizar en el desarrollo del curso es el metodo inductivo en la resolucionde los ejercicios, deductivo para la explicacion teorica.

55

Capıtulo 11

Temas y Cronograma de Actividades

11.1. Temas

1.1 Vectores Unitarios1.2 Componentes de un Vector1.3 Producto Escalar1.4 Producto vectorial1.5 Problemas Resueltos

2.1 Equilibrio2.2 Momento o Torque de una Fuerza2.3 Centro de Masa2.4 Problemas Resueltos

3.1 Movimiento Curvilineo3.2 Aceleracion3.3 Movimiento Rectilineo3.4 Movimiento de Proyectiles3.5 Problemas Resueltos

4.1 Dinamica4.2 Leyes de Newton4.3 Peso de los Cuerpos4.4 Fuerza de Friccion o Rozamiento4.5 Trabajo y Energıa4.6 Problemas Resueltos

5.1 Cantidad de Movimiento e Impulso5.2 Choques o Colisiones de Partıculas5.3 Problemas Resueltos

6.1 Cuerpos Rıgidos6.2 Traslaciones y Rotaciones6.3 Momentos de Inercia Especiales6.4 Problemas Resueltos

56

11.2. Cronograma de Actividades

Fecha Octubre Noviembre Diciembre EneroTema 6 13 20 27 3 10 17 24 1 15 22 29 5 12 191.1 •1.2 •1.3 •1.4 •1.5 • • •2.1 •2.2 •2.3 •2.4 •3.1 • • •3.2 •3.3 •3.4 •3.5 • • •4.1 •4.2 •4.3 •4.4 •4.5 •4.6 • • •5.1 •5.2 •5.3 • •6.1 •6.2 •6.3 •6.4 • •

Capıtulo 12

Relacion de Estudiantes y Asistencia

12.1. Relacion de Estudiantes

No Apellidos y Nombres Codigo1 ANCHAPURI MAMANI Luis Alfredo 0816212 ALANOCA CRUZ Gerber Leandro 0808973 AYAMAMANI CHOQUE Abraham 0816224 CCANCAPA SURCO Max Harry 0816235 CCAPA PAJA Joaquin 0816246 CCALLO CHEJE Irron Richard 0740647 CHISLLA VALERIANO Eliseo 0740708 CHAQUILLA BUSTINZA Jhonatan 0808999 CRUZ YUGRA Frank Rolex 08162710 CHOQUE LEON Antony 07407111 CHOQUE MANSANARES Romulo 08162512 FLORES AGUILAR Victor Alberto 08090013 FLORES ZAMALLOA Oliver 08153914 GALINDO COILA Joseph 07221815 HUAYTA QUISPE Maico Helver 08163016 HUARACHI HUARICALLO David 081629

17 HIDALGO OTAZU Edwin 08162618 HANCCO VILCA Kenty 07135719 HUISA ARUQUIPE Kiver 07407920 HUARACHI NINA Paul 08090221 HUANCA CONDORI Yhony 08011522 LUNA TURPO Joel Paul 08090223 LUQUE ANCCO Leonel 08163224 MAMANI LIPA Basilio 08163325 MAMANI TIPULA Elmer Yhovani 081634

58

12.2. Asistencia

No Octubre Noviembre Diciembre EneroOrd. 06 13 20 27 3 10 17 24 01 15 22 29 5 12 19

1 • • • • • • • • • •2 • • • • • • •3 • • • • • • • • •4 • • • • • • • • • • •5 • • • • • • • • • •6 • • • • • • • • •7 • • • • • • • •8 • • • • • • • • • •9 • • • • • • • •10 • • • • • • • • •11 • • • • • • • • • • • •12 • • • • • • • • •13 • • • • • • • • •14 • • • • • • • •15 • • • • • • • • • •16 • • • • • • • •17 • • • • • • •18 • • • • • • • •19 • • • • • • • • • •20 • • • • • • • • • •21 • • • • • • • • • • •22 • • • • • • • • • •23 • • • • • • • • • •24 • • • • • • • • • • •25 • • • • • • • • • • •

Asesor Lic. ANTONIO HOLGUINO HUARZAUNA-Puno

Bibliografıa

[1] Sears, F. & Zemansky, M. & Young, H. & Freedman, R.(2004) Fısica Universitaria,(11va ed.), Pearson Educacion, Mexico, Tomo I.

[2] Serway, Raymond. (1997)Fisica,(4a ed.), Mc Graw Hill, Mexico, Tomo I.

[3] Alonso, M. Finn, E. MECANICA,(1986), (1a ed.), Addison-Wesley Iberoamericana,Mexico,Vol. I.

[4] Hunberto LEYVA, N.Fısica I, teoria y problemas,(1995), (1ra ed.)

[5] I. V. SAVELIEV. Curso de Fısica General,(1984), Editorial MIR, MOSCU,Tomo I.

[6] S. FRISH, A. TIMOREVA. Curso de Fısica General,(1968), Editorial MIR,MOSCU,Tomo I.

60

Fisica I practicas

Documents

Transcript of Fisica I practicas