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Solución Taller aplicado a la física 1

Presencial 1 de cálculo

1. La máxima rapidez permitida en la avenida 28 de Julio es 𝑘𝑚 𝑚𝑖 𝑚 de 72,0 y un Volkswagen lo hace a 35,05 ℎ . ¿ Alguno de . Un Ferrari 360 ingresa a 20,1 𝑠 ℎ estos autos sobrepasa el límite?. Dato: 1 mi = 1,609 km. Solución: Rapidez máxima: 72,0 km/h 3 𝑐.𝑠

3 𝑐.𝑠

⏞ ⏞ 𝑚 × 1 𝑘𝑚 × 3600 𝑠 = 72,4 Ferrari: 20,1 1000 𝑚 𝑠 1ℎ Volkswagen: 35,05 2. La ecuación:

𝑚𝑖 ℎ

4 𝑐.𝑠

×

⏞ 𝑘𝑚 1,609 = 1 𝑚𝑖

4 𝑐.𝑠

56⏞ ,40

𝑘𝑚 ℎ 𝑘𝑚 ℎ

(Sobrepasa el límite de velocidad) (No sobrepasa el límite de velocidad)

𝐷=𝑣𝑡𝜇 + 𝛾𝑎𝑡 𝛿

es dimensionalmente correcta. Donde D es distancia, 𝑣 es rapidez, t es tiempo, 𝑎 es aceleración 𝜇 y 𝛾 no tiene dimensión. Determinar 2𝛿

Solución: Aplicando el principio de homogeneidad: [𝐷] = [𝑣𝑡𝜇 ] = [𝛾𝑎𝑡 𝛿 ] De: [𝐷] = [𝑣𝑡𝜇 ], se tiene: 𝐿=𝐿𝑇 −1+𝜇 → 𝜇 = 1 De: [𝐷] = [𝛾𝑎𝑡 𝛿 ], se tiene: 𝐿=𝐿𝑇 −2+𝛿 → 𝛿 =2 1 1 𝜇 Entonces: 2𝛿= 2(2)= 4 3. La figura muestra una armella sometida a tres fuerzas a) Escriba cada fuerza en términos de los vectores unitarios 𝑖 y 𝑗. b) Determine la fuerza resultante en términos de los vectores unitarios 𝑖 y 𝑗. c) Determine la magnitud y dirección de la fuerza resultante.

Solución: a) 𝐹1 = [30,0 𝐶𝑜𝑠(45, 0𝑜 )𝑖+30,0 𝑆𝑒𝑛(45, 0𝑜 )𝑗]𝑁 =(21,2𝑖+21,2𝑗)𝑁 𝐹2 = [40,0 𝐶𝑜𝑠(345𝑜 )𝑖+40,0 𝑆𝑒𝑛(345𝑜 )𝑗]𝑁 =(38,6𝑖−10,4𝑗)𝑁 𝐹3 = [25,0 𝐶𝑜𝑠(285𝑜 )𝑖+25,0 𝑆𝑒𝑛(285𝑜 )𝑗]𝑁 =(6,47𝑖−24,1𝑗)𝑁 b) Fuerza resultante: 𝐹𝑅 =𝐹1 +𝐹2 +𝐹3 = (66,3𝑖−13,3𝑗)𝑁 c) Módulo de la fuerza resultante: 𝐹𝑅 = √(66,3)2 + (13,3)2 = 67,6 𝑁 13,3 )=349𝑜 66,3

Dirección de la fuerza resultante: 𝜃=360𝑜 −𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (

Un camión que viaja a lo largo del eje +x parte del reposo y acelera a razón de 2,00 m/s 2 hasta alcanzar una rapidez de 20,0 m/s. Mantiene su velocidad 20,0 s y luego aplica los frenos para detenerse uniformemente en 5,00 s. Determine lo siguiente: a) El tiempo que el camión permanece en movimiento. b) El desplazamiento total. 4.

Solución: a)

v f  vo  at 

Primer tramo : Con a = +2,00 m/s2 Segundo tramo : Con a = 0,00 Tercer tramo : Con a < 0

20, 0  2, 00t  t  10, 0 s

t  20,0 s

t  5 ,00 s

Tiempo total 𝑡𝑇𝑂𝑇𝐴𝐿= 10,0 𝑠 + 20,0 𝑠 + 5,00 𝑠 = 35,0 𝑠 b)

x1 

El desplazamiento

v 2f

 x1 

2a

20, 02  100 m 2  2, 00

x2  vt  x2  20, 0 20, 0  400 m

x3 

v f  vi 2

t  x3 

0  20, 0  5, 00  50,0 m 2

∆𝑥=100 𝑚 + 400 𝑚 + 50,0 𝑚 = 550 𝑚 5. La velocidad de un automóvil en función del tiempo que se mueve a lo largo del eje x está dada por: 𝑣𝑥 (𝑡) =(6,50+0,210𝑡 2 ) Donde 𝑣𝑥 y t se miden en unidades del SI. Si el automóvil se encuentra en x = +2,00 m en t = 0,00 s, determine lo siguiente: a) La posición en función del tiempo t. b) La aceleración en función del tiempo t. c) La posición cuando se alcanza una velocidad de 25,0 m/s. d) La aceleración en esa posición. Solución: t

a) La posición:

x (t )  2, 00   (6,50  0, 210t 2 )dt ,



0



x(t)  0,0700t 3  6,50t  2,00 m b) La aceleración:

a (t ) 

d 2 (6,50  0, 210t ) dt

a(t ) 

dv(t )  0,420t dt

c) El tiempo en que la velocidad es 25,0 m/s





v(t)  6,50 0,210t 2  25,0 Resolviendo la ecuación: t  9,39 s 𝑥(9,39 𝑠) = 121 𝑚

La posición:

𝑎(9,39 𝑠) =3,94 𝑚/𝑠 2

d) La aceleración:

6. La gráfica de la figura representa la velocidad de un ciclista que se mueve a lo largo del eje x en función del tiempo. Si parte desde el origen de coordenadas, justifique la veracidad o falsedad de las siguientes afirmaciones: a) La distancia total recorrida durante los primeros 12,0 s es de 20,0 m. b) El desplazamiento entre t = 0,0 s y t = 12,0 s es de 3,00 m i. c) La aceleración media entre t = 3,00 s y t = 9,00 s es de 0,00 m/s2 i. d) La velocidad media entre t = 0,00 s y t = 12,0 s es de 1,00 m/s i. Solución: a) (FALSO) La distancia total recorrida 6,00+2,00

∆𝑥1 =𝐴1 =(

2

)×6,00= 24,0 𝑚 ,

6,00+2,00 2

∆𝑥2 =𝐴2 =(

)×(−6,00) =−24,0 𝑚

𝑑 =|∆𝑥1 | + |∆𝑥2 | = 48,0 𝑚

Luego; la distancia total recorrida, quedaría como sigue:

b) (FALSO) El desplazamiento: ∆𝑥 =𝐴1 +(−𝐴2 )=(24,0 𝑚) + (−24,0 𝑚) → ∆𝑥 󰇍󰇍󰇍󰇍 =0,00 𝑚 𝑖 c) (FALSO) La aceleración media en el intervalo de 𝑡=3,00 𝑠 a 𝑡 =9,00 𝑠 𝑎𝑚 =

𝑣(9,00 𝑠)− 𝑣(3,00 𝑠) 9,00 𝑠−3,00 𝑠

=

𝑚

𝑚

−6,00 𝑠 −6.00 𝑠 6,00 𝑠

=−2,00

𝑚 𝑠2

→ 𝑎𝑚 =−2,00

d) (FALSO) La velocidad media entre 𝑡 =0,00 𝑠 y 𝑡=12,0 𝑠 𝑣𝑚 =

0,00 𝑚 𝑖

12,0 𝑠−0,00 𝑠

=0,00

𝑚

𝑠

𝑖

𝑚 𝑖 𝑠2

7. Un pez arquero lanza un chorro de agua desde la superficie de un pequeño lago con un ángulo de 60,0° respecto de la superficie. El pez está intentando impactar sobre una araña que se encuentra sobre la hoja de un árbol. La hoja se halla 50,0 cm del pez y 25,0 cm por encima de la superficie del lago. Si el pez consigue hacer caer a la araña al lago se la podrá comer. a) ¿Cuál debe ser el módulo de la velocidad del chorro para que surta efecto? b) En el momento del impacto, ¿Cuál es la componente vertical de la velocidad del chorro? Solución:

x

a)

vo cos t

y  v o sin t -

1 2 gt → y (tan )x 2

Luego despejando: vo Evaluando: vo

b) v y

vosen vy

x v o cos

Donde t

g 2v cos2

x

2 o

g

(x) y)cos2 9.81 0, 500 2, 82m/ 2(0, 50 tan60, 0 0, 250) cos2 60, 0 2( x tan

9,81(t )→ v y 2, 82sen60, 0

vosen

x ) 9, 81( vo cos

0, 50 9, 81(2, 82cos60 )

1,04 m/

→

𝑣𝑦 =−1,04

𝑚 𝑠

𝑗

8. Se dispara un proyectil desde cierta altura sobre el suelo plano con una rapidez de 12,0 m/s y un ángulo de 51,00 sobre la horizontal. Si el proyectil golpea el suelo 2,08 s después, determine: a) Las componentes de la aceleración de la bala en vuelo. b) Las componentes de la velocidad de la bala al inicio y al final de su trayectoria. c) La distancia horizontal que recorre la bala. d) La altura a la cual fue lanzada la bala a partir del suelo. Nota: no considere la fuerza de rozamiento con el aire. Solución: a) Las componentes son: 𝑎𝑥 =0,00

𝑚 𝑖 𝑠2

y 𝑎𝑦 =𝑔 =−9,81

𝑚

𝑠2

𝑗

b) Las compontes de la velocidad Inicio:

vx  vcos   vx  12, 0 cos 51, 0  7, 55 m / s v oy  vsen 

Final:

v oy  12, 0 sen 51, 0  9, 33m / s

v x  cte  v x  7, 55 m / s vy  voy  9 ,81t  vy  9 ,33 9,81 2, 08   11,1m / s

c) Alcance

d  x  v xt  d  7, 55 2, 08  15, 7 m d) La altura

y  yo  voy t 

1 9,81 t 2  2

0  yo  9,33 2, 08 0, 5 9, 81 2, 082

yo 1 ,81 m 9. Los bomberos lanzan un chorro de agua a un edificio en llamas, utilizando una manguera de alta presión que imprime al agua una rapidez inicial 𝑉0 = 25,0 𝑚/𝑠 al salir por la boquilla. Los bomberos ajustan el ángulo de elevación α de la manguera hasta que el agua tarda 3,00 s en llegar a un edificio que está a 45,0 m de distancia. Ignore la resistencia del aire y suponga que la boquilla de la manguera está a nivel del suelo. Determine lo siguiente: a) El ángulo de elevación α. b) El vector velocidad y aceleración del agua en el punto más alto de su trayectoria. c) La altura que el agua llega sobre el edificio. d) El módulo de la velocidad con la que el agua llega al edificio. Solución: a) x: 45,0  25,0(Cos  )(3,00)

15,0 )=53,1𝑜 25,0

→ 𝛼=𝐶𝑜𝑠 −1(

b) Podemos deducir que en x la componente de la velocidad es constante y la componente vertical es cero 𝑣 =(25,0𝐶𝑜𝑠(53,1)𝑖 +0𝑗)𝑚/𝑠 𝑣 =(15,0𝑖+0𝑗)𝑚/𝑠 Como la aceleración es constante en la vertical, y cero en la horizontal luego: 𝑎 =(0𝑖−9,81𝑗)𝑚/𝑠 2 2 1 y 25, 0(Sen53,1)(3, 00) ( 9, 81)(3, 00) 2 d) y: vy 25, 0(Sen53,1) ( 9,81)(3, 00

c) y:

vy

9, 44 m/ Luego: v

→

15, 0 2 ( 9, 44)2

∆𝑦=15,8 𝑚

17, 7 m/

10.Una tornamesa gira con aceleración angular constante α = 2,50 rad/s2. Después de 4,00 s, el tornamesa ha girado un desplazamiento angular Δθ = 50,0 rad. Determine lo siguiente: a) La rapidez angular inicial (ωo). b) La expresión para la posición angular (θ) y la velocidad angular (ω) en función del tiempo. c) El número de vueltas que debe girar para que su rapidez angular sea de 15,0 rad/s. Solución: 1 a) 𝜃 =𝜃0 +𝑤0 𝑡+

2

𝛼𝑡2 ;

50,0 = 0 +𝑤0 (4,00) + 1

b) 𝜃 =𝜃0 +𝑤0 𝑡+

2

1 𝑥2,50(4,00)2 2

→ 𝑤0 =7,50𝑟𝑎𝑑/𝑠

𝛼𝑡2 → 𝜃=7,50𝑡+1,25𝑡 2

𝑤 = 𝑤0 + 𝛼𝑡 → 𝑤 =7,50+2,50𝑡

c) 𝑤 2 =𝑤02 +2𝛼𝜃; 𝑁 𝑜 𝑑𝑒 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎𝑠 =

𝜃=

15.02 −7,502

33,8 𝑟𝑎𝑑 2𝜋 𝑟𝑎𝑑

2𝑥2,50

=5,37

= 33,8 𝑟𝑎𝑑...