Gua de Problemas Resueltos de Fsica General.(Vectores, Cinematica 1D y 2D, y Aceleracion Centrpeta ).

(I) Tarea #1, Ejercicio 1. Resnick 4ta.Edicion, Captulo 2, Problema 25.

Una partcula que se mueve a lo largo del eje x positivo tiene las siguientes posiciones en tiempos diversos:

x (m) 0.080 0.050 0.040 0.050 0.080 0.13 0.20

t (s) 0 1 2 3 4 5 6

(a) Trace el desplazamiento (no la posicion) contra el tiempo. (b) Halle la velocidad promedio de la partcula

en los intervalos de 0 a 1s, de 0 a 2s, de 0 a 3s, de 0 a 4s. (c) Halle la pendiente de la curva trazada en

la parte (a) en los puntos t = 0, 1, 2, 4 y 5s. (d) Trace la pendiente (en unidades?) contra el tiempo. (e)

Partiendo de la curva en la parte (d) determine la aceleracion de la partcula en los tiempos t = 2, 3 y 4s.

Solucion.- En primer lugar vamos a denotar las posiciones y tiempos de la tabla como xn y tn, donde

n = 0, 1, 2, 3, 4, 5 y 6. Con esta notacion los desplazamientos se calculan como Dn = xnx0, las velocidadespromedios como vn = Dn/(tn t0), las pendientes como Pn = (Dn+1 Dn)/(tn+1 tn) (notese que tieneunidades de m/s) y las aceleraciones como an = (Pn+1 Pn)/(tn+1 tn). Los resultados que se muestran acontinuacion fueron calculados y graficados en Microsoft Excel.

Notese que la velocidad media difiere de la pendiente de la curva D(t), ya que estas cantidades fueron

calculadas de formas diferentes. Ademas, no es necesario graficar la aceleracion vs. tiempo puesto que

resulta constante igual a 0.020m/s2.

(II) Tarea #1, Ejercicio 2. Resnick 4ta.Edicion, Captulo 2, Problema 36.

En una carretera seca, un automovil con buenas llantas puede frenar con una deceleracion de 11.0mi/h s(4.92m/s2). (a) Que tanto tiempo le toma a tal automovil, que inicialmente viajaba a 55mi/h (= 24.6m/s),

llegar al reposo? (b) Que tan lejos viajo en ese tiempo?.

Solucion.- Como datos tenemos la aceleracion a = 4.92m/s2 (es negativa porque el automovil estafrenando), la velocidad inicial v0 = 24.6m/s y la velocidad final vf = 0m/s (llega al reposo). Tomando la

ecuacion vf = v0 + at, se obtiene:

0 = v0 + at t = v0a

=24.6m/s4.92m/s2 = 5.00s

Para la parte (b) utilizamos la ecuacion v2f = v20 + 2a(xf x0), y resulta:

0 = v20 + 2a(xf x0) xf x0 =v202a

=(24.6m/s)2

24.92m/s2 = 61.5m

Notese que se calculo xf x0 lo que representa el desplazamiento, y ademas no se utilizo el tiempo calculadoen la parte (a), debido a que en su defecto se utilizo la velocidad final.

(III) Tarea #1, Ejercicio 3. Resnick 4ta.Edicion, Captulo 2, Problema 39.

Un tren partio del reposo y se movio con aceleracion constante. En un momento dado estaba viajando a

33.0m/s, y 160m mas adelante lo estaba haciendo a 54.0m/s. Calcule (a) la aceleracion, (b) el tiempo

requerido para recorrer 160m, (c) el tiempo requerido para que alcance una velocidad de 33.0m/s, y (d) la

distancia recorrida desde el reposo hasta el momento en que el tren tuvo una velocidad de 33.0m/s.

Solucion.- En este problema se conocen las velocidades en dos puntos de la trayectoria: v1 = 33.0m/s y

v2 = 54.0m/s, donde x2 x1 = 160m es la distancia entre aquellos dos puntos. Para calcular la aceleracionutilizamos la ecuacion v2f = v

20 + 2a(xf x0) con los subndices inicial= 1 y final=2, con lo que queda:

v22 = v21 + 2a(x2 x1) a =

v22 v212(x2 x1) =

(54.0m/s)2 (33.0m/s)22 160m = 5.71m/s

2.

La parte (b) se refiere al tiempo que paso entre los puntos x1 y x2, donde el tren recorrio 160m. Para ello

podemos utilizar la ecuacion xf = x0 +1

2t(v0 + vf ) con los subndices utilizados anteriormente:

x2 = x1 +1

2t(v1 + v2) t = 2(x2 x1)

v2 + v1=

2 160m54.0m/s+ 33.0m/s

= 3.68s.

Las partes (c) y (d) se refieren al tiempo y al desplazamiento del tren cuando, partiendo del reposo, adquiere

una velocidad final de vf = 33.0m/s. Para calcular el tiempo podemos utilizar la ecuacion vf = v0 + at con

v0 = 0m/s:

vf = at t = vfa

=33.0m/s

5.71m/s2= 5.78s;

mientras que para calcular el desplazamiento, podemos recurrir a la ecuacion v2f = v20 + 2a(xf x0):

v2f = 2a(xf x0) xf x0 =v2f2a

=(33.0m/s)2

2 5.71m/s2 = 95.4m.

(IV) Tarea #1, Ejercicio 4. Resnick 4ta.Edicion, Captulo 2, Problema 58.

Una pelota arrojada hacia arriba tarda 2.25s en llegar a una altura de 36.8m. (a) Cual fue su velocidad

inicial?, (b) Cual es su velocidad esta altura?, (c) Cuanta mas altura alcanzara la pelota?

Solucion.- Para calcular la velocidad inicial podemos utilizar la ecuacion y = y0 + vot+1

2at2 con y0 = 0m

(colocando el origen en el suelo) y a = g (g = 9.8m/s2):

y = v0t 12gt2 v0 = y

t+

1

2gt =

36.8m

2.25s+

1

2(9.8m/s2)(2.25s) = 27.4m/s.

La velocidad para esa altura se encuentra utilizando la ecuacion v2 = v20 + 2a(y y0) o con v = v0 + at,donde v0 es la velocidad inicial calculada en la parte anterior. De la segunda ecuacion resulta:

v = v0 gt = 27.4m/s (9.8m/s2)(2.25s) = 5.33m/s.

El hecho de que la velocidad resulto positiva nos indica que para 2.25s la pelota esta subiendo. Por otro

lado, la altura maxima se calcula introduciendo la velocidad igual a cero en la ecuacion v2 = v20 +2a(yy0):

0 = v20 2gy y =v202g

=(27.4m/s)2

2 9.8m/s2 = 38.3m.

(V) Tarea #1, Ejercicio 5. Resnick 4ta.Edicion, Captulo 2, Problema 53.

(a) A que velocidad debe ser arrojada una pelota verticalmente hacia arriba con objeto de que llegue a

una altura maxima de 53.7m?. (b)Cuanto tiempo estuvo en el aire?

Solucion.- Al igual que el problema anterior, la altura maxima implica las condiciones v = 0m/s, y0 = 0m

y a = g en la ecuacion v2 = v20 + 2a(y y0):

0 = v20 2gy v0 =

2gy =

2 9.8m/s2 53.7m = 32.4m/s.

Para este caso, el tiempo de vuelo se calcula imponiendo la condicion y = 0m en la ecuacion y = y0+v0t+1

2at2:

0 = v0t 12gt2 t = 2v0

g=

2 32.4m/s9.8m/s2

= 6.62s.

(VI) Tarea #1, Ejercicio 6. Resnick 4ta.Edicion, Captulo 3, Problema 19.

Dos vectores estan dados por ~a = 4 3 + k y ~b = + + 4k. Halle (a) ~a +~b, (b) ~a~b, (c) un vector ~ctal que ~a~b+ ~c = 0.

Solucion.-

~a+~b = (4 + (1)) + (3 + 1)+ (1 + 4)k = 3 2+ 5k.~a~b = (4 (1)) + (3 1)+ (1 4)k = 5 4 3k.

Si ~a~b+ ~c = 0, despejamos ~c y queda:

~c = (~a~b) = (5 4 3k) = 5+ 4+ 3k.

(VII) Tarea #1, Ejercicio 7. Resnick 4ta.Edicion, Captulo 3, Problema 23.

Dos vectores ~a y ~b tienen magnitudes iguales de 12.7

unidades. Estan orientados como se muestra en la

figura y su vector suma es ~r. Halle (a) las componentes

x y y de ~r, (b) la magnitud de ~r, y (c) el angulo que

forma ~r con el eje +x.

Solucion.-

El vector ~a en su forma canonica resulta:

~a = 12.7 cos(28.2o) + 12.7 sin(28.2o) = 11.19+ 6.001.

Por otro lado, el vector ~b tiene una inclinacion de (28.2 + 105)o con respecto al eje +x. Con esto resulta:

~b = 12.7 cos(133.2o)+ 12.7 sin(133.2o) = 8.694+ 9.258.

Conocidas las componentes de ~a y ~b (formas canonicas), podemos calcular la suma:

~r = ~a+~b = (11.19 + (8.694)) + (6.001 + 9.258) = 2.50 + 15.3.

Finalmente calculamos el modulo y la direccion de ~r:

||~r|| =

2.502 + 15.32 = 15.5.

= arctan

(15.3

2.50

)= 80.7o.

(VIII) Quiz #1, Ejercicio I.

Considere los vectores ~A y ~B: El vector ~A tiene una magnitud de 7 y esta orientado 45o en direccion Nor-

Este, mientras queda ~B = 8 3. Calcule (a) las componentes en X y Y de ~A, (b) el vector ~A + ~B,(c) la magnitud y direccion del vector ~B ~A, y (d) la cantidad ~A B.

Solucion.- Como el angulo de orientacion esta dirgido desde el Norte hacia el Este, las componentes del

vector ~A (forma canonica) se hallan como:

~A = 7 sin(45o)+ 7 cos(45o) =72+

72 =

72( + ).

En la parte (b) la suma se calcula como:

~A+ ~B =

(72

+ 8

)+

(72 3

),

mientras que en la parte (c) la resta se calcula como:

~C ~B ~A =(

8 72

) +

(3 7

2

).

La magnitud y direccion del vector ~C resultan:

||~C|| =(

8 72

)2+

(3 +

72

)2=

122 70

2 8.5,

= arctan

(32 78

2 7

) 69o.

Para calcular el unitario de ~B (B) es necesario primero calcular el modulo de dicho vector:

|| ~B|| =

82 + 32 =

73,

con ello resulta que la forma canonica del unitario de ~B es:

B =~B

|| ~B|| =8 3

73=

873 3

73.

Y finalmente realizamos el producto escalar de la parte (d):

~A B =(

72+

72

)

(873 3

73

)=

7 82

73+

732

73=

35146

2.9

(IX) Quiz #1, Ejercicio II.

Una partcula parte desde el reposo y desde el origen de un sistema de coordenadas con una aceleracion

constante de 10m/s2. (a) Cuanto tiempo pasara hasta que la partcula recorre una distancia de medio

kilometro?. (b) Cuanto tiempo pasara hasta que la partcula adquiere una velocidad de 30km/h?. (c)

Que distancia habra recorrido despues de minuto y medio?. (d) Que distancia recorrera hasta que la

partcula adquiera una velocidad de 20km/h?.

Solucion.- Como datos generales del problema tenemos la posicion inicial x0 = 0m (parte del origen),

velocidad inicial v0 = 0m/s (parte del reposo) y la aceleracion a = 10m/s2.

En la pregunta (a) se tiene como un dato particular la posicion final x = 500m, con la que se puede calcular

el tiempo de recorrido mediante la ecuacion x = x0 + v0t+1

2at2:

x =1

2at2 t =

2x

a=

2 500m10m/s2

= 10s.

Luego, en la parte (b) se tiene como dato particular la velocidad final de v = 30km/h = (25/3)m/s. El

tiempo transcurrido hasta alcanzar esta velocidad puede hallarse de la ecuacion v = v0 + at:

v = at t = va

=(25/3)m/s

10m/s2=

5

6s 0.83s.

De la parte (c) se tiene un tiempo de recorrido t = 90s y para calcular el tramo de dicho recorrido utilizamos

la misma ecuacion que en la parte (a):

x =1

2at2 =

1

2(10m/s2)(90s)2 = 40500m = 40.5km

De la parte (d) se tiene una velocidad final v = 20km/h = (50/9)m/s y se pide encontrar el recorrido. Para

este caso empleamos la ecuacion v2 = v20 + 2a(x x0), resultando:

v2 = 2ax x = v2

2a=

((50/9)m/s)2

2 10m/s2 =125

81m 1.54m.

(X) Tarea #2, Ejercicio I.

Considere los vectores ~A, ~B y ~C: El vector ~A tiene una magnitud de 5 unidades y esta orientado 45o

en direccion Nor-Oeste; el vector ~B tiene una magnitud de 11 unidades y esta orientado 30o en direccion

Sur-Este; y por ultimo ~C = + 7. Calcule: (a) las componentes en X y Y de los vectores ~A y~B. (b) los vectores unitarios de ~A, ~B y ~C. (c) la grafica del plano cartesiano con los vectores ~A, ~B y ~C

(1cm = 1u). (d) ~D = ~C (A + ~B). (e) ~E = ( ~A ~C)B. (f) la magnitud y direccion de ~F = ( ~B ~A) C.(g) G =

~A ~B3 5||B ~C||.

Solucion.- Para calcular las compentes de ~A y ~B es necesario tener en cuenta la direccion cardinal que

tienen cada uno de estos vectores. El vector ~A se encuentra orientado desde el Norte hacia el Oeste, por lo

tanto

~A = 5 sin(45o)+ 5 cos(45o) = 52+

52 3.54+ 3.54,

mientras que el vector ~B esta orientado desde el Sur hacia el Este, lo que implica

~B = 11 sin(30o) 11 cos(30o) = 112 11

3

2 5.50+ 9.53.

La siguiente figura muestra la representacion de estos vectores en el plano cartesiano.

Los vectores unitarios se calculan como:

A =~A

| ~A| = 5

2+ 5

2

5=1

2+

12 0.71+ 0.71,

B =~B

| ~B| =11

2 11

3

2

11=

1

2

3

2 0.50 0.87,

C =~C

|~C| =+ 712 + 72

=150+

750 0.14+ 0.99.

Notese que |A| = |B| = |C| = 1, y que si graficamos estos vectores unitarios en el plano cartesiano, quedaransobre sus respectivos vectores ordinarios.

El vector ~D puede calcularse de la siguiente forma:

~D = ~C (A+ ~B)~D = + 7

(1

2+

12+

11

2 11

3

2

)

~D =

(1 + 1

2 11

2

) +

(7 1

2+

11

3

2

)

~D 5.79+ 15.82.

El vector ~E se puede calcular por partes

~A ~C = 52 (1) + 5

2 7 = 40

2

~E = ( ~A ~C)B = 402

(1

2

3

2

)=

202+ 20

3

2

~E 14.14+ 24.49.

Mientras que el vector ~F se calcula como:

~B ~A = 112 11

3

2

( 5

2 +

52

),

~B ~A =(

11

2+

52

)

(11

3

2+

52

),

~B ~A 9.04 13.06.

~F = ( ~B ~A) C

k

9.04 13.06 00.14 0.99 0

= 7.10k.

La magnitud de ~F es aproximadamente 7.10 y la direccion es sobre el eje z positivo (+k).

Por ultimo, calculamos la cantidad escalar G como:

~A ~B = 52 11

2+

52 11

3

2=552

2(1 +

3) 53.13.

B ~C

k

0.50 0.87 0

1 7 0

= 4.37k

Debido a que ||B ~C|| 4.37, al final tenemos

G =~A ~B

3 5||B ~C|| 53.13

3 5 4.37 = 39.54.

(XI) Tarea #2, Ejercicio II.

Un proyectil parte del reposo con una rapidez inicial de v0 = ||~v0|| = 50m/s y con una inclinacion de35o arriba del suelo. Si solo el suelo detiene el movimiento del proyectil (en cada), calcule: (a) El vector

velocidad final y la rapidez final. (b) La altura maxima y alcance horizontal. (c) El tiempo de vuelo. (d)

Los tiempos para los que el proyectil se encuentra a un tercio de su altura maxima. (e) El tiempo para el

cual el proyectil ha recorrido horizontalmente dos tercios del alcance. (f) El vector velocidad a un cuarto

del tiempo de vuelo. (g) El vector posicion a tres cuartos del tiempo de vuelo.

Solucion.- Las ecuaciones de cinematica bidimiensional con aceleraciones constantes son

x(t) = xo + voxt+1

2axt

2,

x(t) = xo +1

2t(vx + vox),

vx(t) = vox + axt,

v2x(x) = v2ox + 2ax(x xo),

y(t) = yo + voyt+1

2ayt

2,

y(t) = yo +1

2t(vy + voy),

vy(t) = voy + ayt,

v2y(y) = v2oy + 2ay(y yo)

En cualquier instante del tiempo t, los vectores posicion y velocidad en 2D estan dados por

~r(t) = x(t) + y(t),

~v(t) = vx(t) + vy(t).

En un movimiento parabolico se tiene ax = 0 y ay = g (donde g = 9.8m/s2). Ademas, si colocamos elorigen de coordenadas en el lugar donde comienza el movimiento (xo = yo = 0), las ecuaciones de cinematica

se simplifican como:

x(t) = voxt, (1)

vx(t) = vox, (2)

y(t) = voyt 12gt2, (3)

y(t) =1

2t(vy + voy), (4)

vy(t) = voy gt, (5)v2y(y) = v

2oy 2gy, (6)

Ahora, con estas ecuaciones calculemos primero el tiempo de vuelo. Utilizando la ecuacion 3 imponemos la

condicion de que la partcula esta en el suelo (y = 0)

0 = voyt 12gt2 0 = t

(voy 1

2gt

),

la cual es una ecuacion cuadratica con 2 posibles valores de t. El primer valor es t = 0, que es cuando se

inicia el movimiento; mientras que el segundo es cuando

voy 12gtv = 0 tv = 2voy

g=

2vo sin

g=

2 50m/s sin(35o)9.8m/s2

= 5.85s,

que es el tiempo en el cual la partcula llega al suelo nuevamente o tiempo de vuelo. Con tv hallamos la

velocidad en Y con la que la particula pega al suelo. Para ello utilizamos la ecuacion 5

vy(tv) = voy gtv = voy g(

2voyg

)= vo sin = 28.68m/s.

Ya que vx = vox = v0 cos = 40.96m/s, el vector velocidad en el momento de impacto con el suelo es

~v(tv) = (40.96 28.68)m/s.

Con este mismo tv y la ecuacion 1 se halla el alcance o desplazamiento horizontal maximo L = x(tv)

L = voxtv = v0 cos 2vo sin

g=

v2o sin(2)

g= 239.7m,

Mientras que la altura maxima (H) la calculamos imponiendo vy = 0 en la ecuacion 6

0 = v2oy 2gH H =v2oy2g

=v2o sin

2

2g= 41.96m.

Para encontrar los tiempos en los que la partcula esta a un tercio de la altura maxima, volvemos a utilizar

la ecuacion 3 con y(tH/3) = H/3, es decir

H

3= voytH/3

1

2g(tH/3)

2 3g(tH/3)2 6voytH/3 + 2H = 0,

donde la solucion con tH/3 es

tH/3 =(6voy)

(6voy)2 4(3g)(2H)2(3g)

=6voy

36v2oy 24g

(v2

oy

2g

)6g

=(612)voy

6g=

(1 1

3

)voyg.

Lo que quiere decir que tH/3 puede ser igual a 1.24s o 4.62s (subida y bajada respectivamente).

Para encontrar el tiempo en el cual la partcula ha recorrido dos tercios del alcance L, recurrimos a la

ecuacion 1 con x(t2L/3) = 2L/3, es decir

2L

3= voxt2L/3 t2L/3 =

2L

3vox=

2(

2v20

sin cos g

)3vo cos

=4vo sin

3g= 3.90s.

Por otro lado, la velocidad en Y en un cuarto del tiempo de vuelo es (ecuacion 5)

vy(tv/4) = voy g tv4

= voy g2voy4g

=vo sin

2= 14.34m/s.

El vector velocidad en este caso es

~v(tv/4) = (40.96+ 14.34)m/s.

Para calcular el vector posicion a tres cuartos del tiempo de vuelo, calculamos cada componente por separado

[x(3tv/4) , y(3tv/4)]. Dichas componentes resultan de las ecuaciones 1 y 3 respectivamente

x(3tv/4) = vox3tv4

=3L

4=

3v2o sin(2)

8g= 89.89m,

y(3tv/4) = voy3tv4 1

2g

(3tv4

)2=

3v2o sin2

8g= 31.47m,

~r(3tv/4) = (89.89+ 31.47)m.

(XII) Tarea #2, Ejercicio III. Sears-Zemansky 11va.Edicion, Problema 3.27.Un avion vuela con una velocidad de 90.0m/s y un angulo de 16.0o debajo de la horizontal. Cuando esta

114m directamente arriba de un perro parado en el suelo plano, se cae una maleta del compartimiento de

equipaje. (a) A que distancia del perro caera la maleta?. (b) Cual es la rapidez de la maleta al chocar

con el suelo?. Haga caso omiso de la resistencia del aire.

Solucion.- Coloquemos el origen del sistema de coordenadas donde esta parado el perro, tal como se mues-

tra en la figura. Debido a ello, las ecuaciones de cinematica bidimensional (presentadas al principio del

problema anterior) quedan como sigue

x(t) = voxt, (7)

vx(t) = vox, (8)

y(t) = yo + voyt 12gt2, (9)

y(t) = yo +1

2t(vy + voy), (10)

vy(t) = voy gt, (11)v2y(y) = v

2oy 2g(y yo), (12)

vox = +vo cos = 86.5m/s,

voy = vo sin = 24.8m/s.

Notese que la unica ecuacion que sirve para hallar la distancia a la que caera la maleta es la ecuacion

7. Sin embargo, en ella esta explcita el tiempo (en nuestro caso sera el tiempo de vuelo, tv). Para hallar

el tiempo desde que sale la maleta del avion hasta que llega al suelo utilizamos la ecuacion 9 e imponemos

y = 0 (que llega al suelo)

0 = yo + voytv 12gt2v tv =

voy v2oy 4(12g)yo

2(12g)

=voy

v2oy + 2gyo

g .

Numericamente tomamos el signo negativo de y resulta

tv =(24.8m/s)(24.8m/s)2 + 2(9.8m/s2)(114m)

9.8m/s2 = 2.916s.

Con este tiempo de vuelo calculamos la posicion de la maleta cuando llega al suelo

x(tv) = voxtv = (86.5m/s)(2.916s) = 252.3m.

La rapidez de impacto es la rapidez para el tiempo de vuelo. La velocidad en X para cualquier valor de t

es igual a vox; mientras que en Y

vy(tv) = voy gtv = 24.8m/s (9.8m/s2)(2.916s) = 53.4m/s.

Por lo tanto, la rapidez queda

||~v(tv)|| =

(86.5m/s)2 + (53.4m/s)2 = 101.7m/s.

(XIII) Tarea #2, Ejercicio IV. Resnick 4ta.Edicion, Captulo 4, Problema 49.

Un avion antitanques esta ubicado en el borde de una meseta a una altura de 60.0m sobre la llanura que lo

rodea. La cuadrilla de canon avista un tanque enemigo estacionado en la llanura a una distancia horizontal

de 2.20km del canon. En el mismo instante, la tripulacion del tanque ve el canon y comienza a escapar

en lnea recta de este con una aceleracion de 0.900m/s2. Si el canon antitanques dispara balas con una

velocidad de salida de 240m/s y un angulo de elevacion de 10o sobre la horizontal, cuanto tiempo esperaran

los operadores del canon antes de disparar para darle al tanque?

Solucion.- Definamos a tE como el tiempo de espera del canon, de forma que el tiempo total de la bala

desde que el tanque comienza a escapar hasta que la bala impacta con el tanque es

ttotal = tE + tv,

donde tv es el tiempo de vuelo de la bala. Si colocamos el origen del sistema de coordenadas en el suelo

abajo del canon, las ecuaciones de cinematica bidimensional de la bala quedan exactamente igual que en

el problema anterior (ecuaciones 7-12), puesto que en ambos casos la partcula inicia su movimiento a una

cierta altura del origen. Con la ecuacion 9 podemos encontrar el tiempo de vuelo imponiendo y = 0

0 = yo + voytv 12gt2v tv =

voy v2oy 4(12g)yo

2(12g)

=voy

v2oy + 2gyo

g .

Como voy = vo sin = 41.68m/s, el resultado numerico de tv da

tv =41.68m/s(41.68m/s)2 + 2(9.8m/s2)(60m)

9.8m/s2 = 9.76s.

De igual forma, con la ecuacion 7 podemos encontrar el punto de impacto como L = x(tv)

L = voxtv = (240m/s) cos(10o)(9.76s) = 2306.8m.

Respecto al tanque, las ecuaciones que rigen su movimiento son

x(t) = xo +1

2at2, (13)

x(t) = xo +1

2tvx, (14)

vx(t) = at, (15)

v2x(x) = 2a(x xo), (16)

donde xo = 2200m, a = 0.9m/s2 y se ha impuesto vxo = 0. Sin sufrir mucho podemos calcular el tiempo

que tarda en llegar el tanque al punto de impacto (ti) utilizando la ecuacion 13 e imponiendo x(ti) = L

L = xo +1

2at2i ti =

2(L xo)

a=

2(2306.8m 2200m)

0.900m/s2= 15.406s.

Puesto que la bala y el tanque deben tardar lo mismo en llegar al punto de impacto, el tiempo que tarda la

bala (ttotal) y el tiempo que tarda el tanque (ti) deben ser iguales

tE + tv = ti tE = ti tv = 15.406s 9.79s = 5.65s

(XIV) El coyote intentando atrapar al correcaminos.

El coyote camina por una carretera a una velocidad de 1m/s en direccion norte. Por detras de el viene un

correcaminos corriendo al doble de la velocidad. Cuando el correcaminos esta 4m de distancia del coyote,

este ultimo se percata pero mantiene su estado de movimiento. Cuando el correcaminos da alcance al coyote

y lo deja atras, este instantaneamente comienza a acelerar a 0.2m/s2 para intentar alcanzar al correcaminos.

(a) Cuanto tiempo transcurre desde que el coyote se percata del acercamiento del correcaminos hasta que

los dos se encuentran?. (b) Realice los calculos necesarios para determinar si el coyote pudo dar alcance al

correcaminos.

Solucion.- Para la parte (a), resulta conveniente colocar el origen en la posicion del correcaminos cuando

se percata del coyote. En ese momento, el correcaminos tendra una posicion inicial xo = 0m, mientras que

el coyote xo = 4m, de forma que las posiciones en funcion del tiempo para ambos quedan:

x(t) = vot, (Correcaminos)

x(t) = xo + vot. (Coyote)

El momento en que los dos se encuentran se halla con x(t) = x(t):

vot = xo + vot t = xovo vo =

4m

2m/s 1m/s = 4s

Ahora bien, como en la parte (b) el coyote trata de alcanzar al correcaminos cambiando su movimiento con

una determinada aceleracion, necesitamos recolocar el origen del sistema de coordenadas en el lugar donde

el correcaminos intercepta al coyote (parte (a)). Con este nuevo origen las posiciones en funcion del tiempo

quedan:

x(t) = vot, (Correcaminos)

x(t) = vot+1

2at2, (Coyote)

Obviamente, el coyote alcanzo al correcaminos puesto que el coyote estuvo aumentando su velocidad sin

algun lmite, y el tiempo en el que esto ocurrio puede hallarse en la interseccion x(t) = x(t):

vot = vot+1

2at2 t = 2(vo vo)

a=

2(2m/s 1m/s)0.2m/s2

= 10s.

(XV) Sears-Zemansky 11va.Edicion, Problema 3.63 (Salto del ro II).

Un profesor de fsica haca acrobacias audaces

en su tiempo libre. Su ultima acrobacia fue un

un intento por saltar un ro en motocicleta (ver

Figura). La rampa de despegue esta inclinada

53.0o, el ro tiene 40.0m de anchura y la ribera

lejana esta 15.0m bajo el tope de la rampa. El

ro esta 100m abajo de la rampa. Puede despre-

ciarse la resistencia del aire. (a) Que rapidez

se necesita en el tope de la rampa para alcanzar

apenas el borde de la ribera lejana?. (b) Si su

rapidez era solo la mitad del valor obtenido en

(a), donde cayo?.

Solucion.- Para la parte (a) coloquemos el origen justo donde termina la rampa y la moto despega. Con

este sistema de coordenadas la posicion inicial es xo = yo = 0m y la posicion en la que deseamos que llegue

la moto es xf = 40.0m y yf = 15.0m (el signo negativo de yf se debe a que la moto caera a una alturanegativa desde nuestro sistema de referencia). As pues, las ecuaciones de movimiento de la moto son:

x(t) = (vo cos )t, (17)

vx(t) = vo cos , (18)

y(t) = (vo sin )t 12gt2, (19)

y(t) =1

2t(vy + vo sin ), (20)

vy(t) = vo sin gt, (21)v2y(x) = (vo sin )

2 2gy. (22)

El tiempo de vuelo (tv) se obtiene al imponer que la moto ha llegado al punto final en las ecuaciones 17 y

19 simultaneamente, es decir

xf = (vo cos )tv, (23)

yf = (vo sin )tv 12gt2v. (24)

En la primera de estas dos ecuaciones se despeja tv y ese valor algebraico se introduce en la segunda, con lo

que resulta

yf = xf tan gx2f

2v2o cos2

,

que es la ecuacion de la trayectoria de la moto. De esta ecuacion se despeja vo

vo =xf

cos

g

2(xf tan yf ) =40.0m

cos(53.0o)

9.8m/s2

2[40.0m tan(53.0o) (15.0m)] = 17.83m/s.

Para la parte (b) retomemos las ecuaciones 23 y 24. Sabemos que con vo 17.83m/s la moto llega al menosal bore de la ribera y que con alguna otra rapidez inicial (vo) menor a vo, la moto cae al ro. Con el sistema

de referencia de la parte (a) el ro esta en y = 100m, por lo tanto, imponiendo que la rapidez inicial sea

vo < vo (ej: vo = vo/2) y la posicion en Y sea igual a yf = 100m podemos encontrar un nuevo tiempode vuelo, tv (desde que la moto sale de la rampa hasta que cae al ro) de la ecuacion 24 como

yf = (vo sin )tv 12g(tv)

2 12g(tv)

2 (vo sin )tv + yf = 0,

cuya solucion es

tv =voy

(voy)2 2gyfg

, voy vo2

sin = 7.12m/s.

Con el signo positivo del , numericamente resulta

tv =7.12m/s(7.12m/s)2 2(9.8m/s2)(100m)

9.8m/s2= 5.30s.

Introduciendo este tiempo de vuelo en la ecuacion 23, obtenemos la posicion en X en el ro como

xf = (vo cos )tv = 56.87m.

Es decir que la moto cayo al ro a una distancia de 56.87m desde la pared del precipicio donde salto el

profesor de fsica con la moto.

(XVI) Sears-Zemansky 11va.Edicion, Problema 3.30.

Un modelo de rotor de helicoptero tiene cuatro aspas, cada una de 3.20m de longitud desde el eje central

hasta la punta. El modelo se gira en un tunel de viento a 550rpm. (a) Que rapidez lineal tiene la punta

del aspa en m/s?. (b) Que aceleracion radial tiene la punta del aspa, expresada como un multiplo de g?

Solucion.- Las siglas rpm quieren decir revoluciones por minuto o vueltas por minuto. Con una simple

regla de tres podemos averiguar el tiempo en dar una vuelta (periodo, T )

500 vueltas 1 min1 vuelta T = 1 vuelta 1 min

500 vueltas= 0.002 min = 0.12s.

La rapidez lineal se calcula teniendo una longitud de arco, lo que en nuestro caso es toda la circunferencia

(S = 2R). Por lo tanto, la rapidez lineal es

v =S

T=

2 3.20m0.12s

= 167.55m/s.

El modulo de la aceleracion radial en multiplos de g es

arg

=v2

gR=

(2RT )2

gR=

42R

gT 2=

42 3.20m9.8m/s2 (0.12s)2 = 895.20 ar = 895.20g.

(XVII) Sears-Zemansky 11va.Edicion, Problema 3.31.

En una prueba de un traje g, un voluntario gira en un crculo horizontal de 7.0m de radio. Con que

periodo la aceleracion centrpeta tiene magnitud de (a) 3.0g?, (b) 10g?.

Solucion.- Del problema anterior tenemos v = 2R/T , consecuentemente

ar =v2

R=

42R

T 2 T = 2

R

ar.

Si ar = g (donde es un valor adimensional que indica cuantas veces la gravedad es la aceleracion

centrpeta) entonces

T = 2

R

g= 2

7.0m

9.8m/s21 5.31s

= 3.0 T = 3.066s = 10 T = 1.679s

(XVIII) Sears-Zemansky 11va.Edicion, Problema 3.32.

El radio de la orbita terrestre del Sol (suponiendo que fuera circular) es de 1.50 108km, y la Tierra larecorre en 365 das. (a) Calcule la magnitud de la velocidad orbital de la Tierra en m/s. (b) Calcule la

aceleracion radial hacia el Sol en m/s2. (c) Repita las partes (a) y (b) para el movimiento del planeta

Mercurio (radio orbital = 5.79 107km, periodo orbital = 88.0 das).

Solucion.- En metros el radio de la orbita terrestre del Sol es R = 1.50 1011m, y un ano en segundos esigual a (con el da bisiesto)

T = 365.25 24 60 60s = 31557600s.

Tomando el arco completo de la orbita, el modulo de la velocidad y la aceleracion centrpeta resultan

v =2R

T=

2 1.50 1011m31557600s

= 29865m/s,

ar =v2

R=

(29865m/s)2

1.50 1011m = 5.95 103m/s2.

Para el plantea Mercurio (R = 5.79 1010m y T = 7603200s) se tiene

v =2 5.79 1010m

7603200s= 47848m/s,

ar =(47848m/s)2

5.79 1010m = 39.54 103m/s2.