VECTORES

1. Dados los siguientes vectores: kjia ˆˆˆ ++−= 32

; kjib ˆˆˆ 334 +−=

y kjc ˆˆ 4+−=

. Determinar:

a) ba

−

b) cba

23 +−

c) cba

32 •− )(

d) bcb

234 ×−− )(

e) El ángulo que forma el vector a

con cada uno de los ejes coordenados.f) El ángulo entre los vectores: b

3 y c

2−

Solución:a) [ ] kjikjiba ˆˆˆˆ)(ˆ)(ˆ)( 266313342 −+−=−+−−+−−=−

7876266 222 ,)()( ==−++−=− ba

b) kjikjkjikjicba ˆ)(ˆ)(ˆ)()ˆˆ(ˆˆˆ()ˆˆˆ( 8912931224233433223 +−+−++−−=+−++−−++−=+−

jicba ˆˆ 101423 +−=+−

c) )ˆˆ()ˆˆˆ()ˆˆ()ˆˆˆˆˆˆ()( jikjikjkjikjicba 12359101236683232 +−•−+−=+−•−+−++−=•−

8712539010 −=−+−+−= ))(())(())((

d) )( cb

34 − = jicbjikjkji ˆˆ)(ˆˆ)ˆˆ()ˆˆˆ( 91634916433344 +−=−−⇒−=+−−+−

kjib ˆˆˆ 6682 +−=

kji

kji

bcb ˆˆˆ

ˆˆˆ

)( 249654

668

0916234 ++=−

−=×−−

e) Ángulos que forma a

con los ejes coordenados

Con el eje X : º,cos 312214

2 =⇒−== ααa

ax

Con el eje Y : º,cos 73614

3 =⇒== ββa

ay

Con el eje Z : º,cos 57414

1 =⇒== γγa

az

f) Angulo entre los vectores cyb

23 −

º,coscos.)( 612868306902323 =⇒=−⇒−=−• ϕϕϕcbcb

2. Hallar las componentes rectangulares del vector a = 5u, en la dirección 30ª respecto al semieje positivo de las x.

Solución:Ligamos el vector a, a un sistema de coordenadas cartesianas y lo proyectamos en cada uno de los semieje

a

ax=030cos de donde 00 30530 coscos == aax 334.=⇒ xa

a

asen y=030 de donde 5230530 ,. =⇒°=°= yy asenasena

3. Sumar los vectores a y b de la siguiente figura

Solución:

Se aplica el teorema de Pitágoras

2552543 22 =⇒==+= SS

4. Tres personas tiran de un cuerpo al mismo tiempo aplicando las siguientes fuerzas: F1

= 5N al Sur. F2 = 10N 30º al Sur-Este y F3 = 7N 45º al Nor-Este. Calcular por medio de componentes rectangulares, la fuerza resultante y la dirección a donde se mueve.

Solución:Graficar todas las fuerzas con sus respectivas componentes en el sistema de coordenadas rectangulares y calcular las componentes rectangulares

NsenFF

NFF

NsenFF

NFF

NsenFF

y

x

y

x

y

9470745

9470745

8801060

5501060

51590

033

033

022

022

011

.).(.

.).(cos.

).(.

).(cos.

))((.

===

===

−=−=−=

===

−=−=−=

Ahora se calculan las Fx y Fy , entonces

( ) NFNNNNNNFFFF

NFNNNNFFFF

yyyyy

xxxxx

181894139485

99999450

321

321

;,,,

.,,

−=⇒−=+−=+−+−=++==⇒=++=++=

Luego se calcula la fuerza resultante, aplicando teorema de Pitágoras

( ) ( ) NNNNNNFFF yxR 71262163616501981899 2222222 ,,,,,, ==+=−+=+=Calcular la dirección

''' .,

,tan 86211739

99

18 011 =⇒

−=⇒

= −− ααα tg

F

Fg

x

y

Grafica de la solución

5. Un vector M de magnitud 15 unidades, y otro vector N de magnitud 10 unidades se encuentran formando un ángulo de 60º. Encontrar el producto escalar y el producto vectorial. Sol: PE = 75 unidades y PV = 129,9 unidades.

6. Cuatro vectores fuerzas coplanarios están aplicadas a un cuerpo en un punto 0, como lo indica la figura. Hallar gráficamente su resultante.

7. Dados los vectores A (2,4,-2); B (-1,3,2), determina:a. Expresa dichos vectores en función de sus componentes rectangulares.b. Determina el vector suma y su módulo.c. Calcula el vector V= 2A-B y su módulo.

8. Dados los vectores: A (2,-1,2) B (4,0,-2) C (0,0,1)a) Expresa dichos vectores en sus componentes cartesianas.b) Determina el vector D= A +1/2 B –C.c) Efectúa el producto escalar de A y B.

9. Dados los vectores A(3,0,-1) y B(0,-2,0) determina:d. El producto escalare. El producto vectorial.

10. Exprese los vectores A, B, C , D , E y F en términos de los vectores unitarios. En la figura cada cuadrado es una unidad.

A

11.Dados A(5,3,4) y B=6i-j+2k, calcular:a) su producto escalar b) el ángulo que formanc) los cosenos directores del vector B.

CINEMATICA

1. Un cuerpo que se mueve con velocidad constante de 3 m/s, se encuentra situado a 15 m a la derecha del origen cuando comienza a contarse el tiempo. Escribe las ecuaciones que describen su movimiento.

Solución:

Ecuaciones generales para el movimiento rectilíneo y uniforme: tvddteconsv o .tan +==

Valores de od y v para este caso: smvmdo 315 ==Ecuaciones particulares para este movimiento: tdv 3153 +==

2. El movimiento de un cuerpo obedece a la ecuación siguiente: tS 512 +−= Indica el tipo de movimiento del cuerpo y realiza un esquema de su trayectoria.

a) ¿Qué aspecto tendrán las gráficas s/t y v/t?b) ¿Cuánto tiempo tardará en pasar por el origen?

Solución:

El cuerpo se mueve con movimiento rectilíneo y uniforme (M.R.U), ya que la ecuación s/t es del tipo tvSS O .+= , siendo los valores de las constantes, para este caso: mSO 12−= el signo menos se debe a que inicialmente se encuentra situado a la izquierda del origen.v = 5 m/s el signo positivo nos indica que se mueve hacia la derecha.

a) Graficas

c) Cuando pase por el origen se cumplirá sttS 425

1251200 ,==⇒+−=⇒=

3. Dado el siguiente esquema

a) Escribir las ecuaciones que describen el movimiento de los puntos considerados.

b) ¿A qué distancia del origen se encuentran?

Solución:

a) Para el punto A: smvmSo 310 −=−=Luego: tSA 310 −−=Para el punto B: smvmSo 730 −==Luego: tSB 730 −=

b) Cuando se encuentren, ambos estarán situados a la misma distancia del origen. Es decir:

sttttSS BA 10404730310 =⇒=⇒−=−−⇒= Se encuentran al cabo de 10s.Para saber a que distancia del origen se encuentran, sustituimos el valor obtenido para el tiempo en cualquiera de las ecuaciones, entonces

mtSA 40301010310310 −=−−=−−=−−= )( , luego se encuentran a 40 m a la izquierda del origen.

4. Un golfista logra un hoyo en uno en tres segundos después de que la pelota fue golpeada. Si la pelota viajó con una rapidez promedio de 0.8 m/s, ¿Cuan lejos se encontraba el hoyo?

Solución:

?

.

=

=

=

s

Incognitas

mv

st

Datos

80

3

m

s

mss

s

mtvs

t

sv

4242

380 ..

. ==•=•=

=

5. Dos corredores A y B parten del mismo lugar. A partió 30 segundos antes que B con una velocidad constante de 5 m/s. B sigue la misma trayectoria con una velocidad constante de 6 m/s. ¿A qué distancia del punto de partida el corredor B alcanzará a A?

Solución:

Distancia recorrida por A = Distancia recorrida por B.

( )

( )mm

ss

mss

s

m

s

s

mm

t

mts

m

mts

mt

s

m

ts

mmt

s

m

ts

mst

s

m

ss

B

B

BB

BB

bB

BA

900900

1506301505

1501

150

1501

15065

61505

6305

=

•=+•

==

−=•−

−=•−•

•=+•

•=+•

=

El corredor B alcanzará al corredor A a los 900 m del punto de partida.

6. Un vehículo partió del reposo con una aceleración constante y al cabo de 4s alcanzó una rapidez de 20m/s. Suponiendo que el vehículo adquirió un MRUA, calcular su aceleración y la distancia que recorrió durante esos 4s.

Solución:

254

020sm

s

smsm

t

vva of =−=

−=

( )m

ssmtatatvd o 40

2

45

22

2222

===+= ).(...

7. Un pasajero que va a tomar el autobús observa que justo cuando le faltan 30 m para llegar a la parada, el vehículo emprende la marcha con una aceleración de 0,3 m/s2.

BdeTiempot

AdeTiempot

stts

mv

s

mv

Datos

B

A

BA

B

A

==

+=

=

=

30

6

5

Justo en ese momento, el peatón va corriendo hacia el autobús con velocidad constante de 6 m/s.

a) Haz un dibujo de la situación indicando donde tomas el punto de referencia. b) Escribe las ecuaciones del movimiento del pasajero (ecuación de la posición) y

del autobús (ecuación de la posición y de la velocidad).c) ¿Conseguirá alcanzar el pasajero al autobús?. En caso afirmativo, indica

cuando y donde. Interpreta el resultado

Solución:

a)

b) Pasajero: Se mueve con velocidad constante de 6 m/s y pasa por el origen cuando arranca el autobús. La ecuación de su movimiento es: tststvss o ... 660 =⇒+=⇒+=Autobús: Se mueve con un movimiento uniformemente acelerado partiendo del reposo (vo

= 0). Al iniciar el movimiento se encuentra a 30 m a la derecha del origen, es decir so

=+30m.

La ecuación del movimiento es: 222

15030150302

30030 tst

tts ,.,

).,(. +=⇒+=++=

La ecuación de la velocidad es: tvtttavv o 3030300 ,.,.,. =⇒=+=+=

c) Conseguirá alcanzar al autobús si se encuentran en la misma posición al mismo tiempo. Vamos a hallar el tiempo que tiene que transcurrir para que el pasajero y el autobús se encuentren en la misma posición, es decir, para que SPASAJERO = SAUTOBÚS.

2150306 tt .,. += Es una ecuación completa de segundo grado: 0306150 2 =+− tt ..,

La resolvemos: sysa

acbbt 13495

1502

301504366

2

42

,,),.(

)).(,.(

.=

−±=−±−=

Interpretamos el resultado: Los dos tiempos son positivos luego los dos son posibles. ¿Cómo puede ser esto?. El pasajero alcanza al autobús a los 5,9 s y se sube (si el conductor se da cuenta y para). Si no lo hiciera, adelantaría al autobús pero como éste va aumentando su velocidad con el tiempo, alcanzaría al pasajero a los 34,1 s. Vamos a suponer que se sube en la primera oportunidad.¿Qué espacio habrá recorrido? Sustituimos en la ecuación del movimiento del pasajero o del autobús el tiempo por 5,9s: mts 4359566 ,),.(. === (A 35, 4 metros de la posición inicial del pasajero, es decir, del origen).

8. En el instante que un automóvil parte del reposo con aceleración constante de 2 m/s2 , otro automóvil pasa a su lado con velocidad constante de 10 m/s. Calcular:

a) al cabo de cuanto tiempo, el primero vuelve a alcanzar al segundob) ¿Qué velocidad tendrá en ese momento el primer auto?

Solución:

a) En el instante que el automóvil alcanza al tractor, los dos vehículos han realizado el mismo desplazamiento ∆x. Si representamos con la letra “A” al tractor y con la letra “B” al automóvil, nos queda:

stssm

sm

a

vt

tav

tatvta

x

tvxA

AA

B

AA

10102

1022

222

2

2

2 =⇒==⇒===/

=

= / ).(.....

.

Al cabo de 10s el primer móvil vuelve a alcanzar el segundo.

b) smvsmssmtav BB 2020102 2 =⇒=== )).((.

El primer móvil tiene una velocidad de 20m/s al momento de ser nuevamente alcanzado.

9. Desde una altura de 50m se deja caer una piedra. Calcular el tiempo que utiliza para llegar al suelo.

Solución:

t

Incógnita

smg

mhy

sssm

m

g

yt

tgyDatos

2

2

2

2

89

50

19389

100

89

5022

2

,

,,,

).(.

===

====⇒=

10.Desde una altura de 25m se deja caer una piedra. Otra es lanzada verticalmente hacia abajo un segundo después que se soltó la primera. Las dos llegan al suelo al mismo tiempo. Calcular la velocidad inicial de la segunda piedra.

Solución:

1ª piedra: 2

2tgy

.=

2ª piedra: 2

2).().( of

ofo

ttgttvy

−+−=

Con la primera piedra se va a calcular el tiempo que utilizan ambas para llegar al suelo, el

cual es el tiempo final stsssm

m

g

yt

tgy f 252252

89

50

89

2522

22

2

2

,,,,

).(. =⇒====⇒=

Velocidad inicial de la segunda piedra

smvsmv

vvttg

ttvy

oo

ooof

ofo

88138813251

3517

251

65725

657251252

125289125225

2

22

,,,

,

,

,

,,),(,

),().(

).(

=⇒==−=

+=⇒−+−=⇒−

+−=

11. Un cuerpo se lanza verticalmente hacia arriba con la velocidad inicial smvo 196= ; despreciando la resistencia del aire, determine:

a) La velocidad del cuerpo al cabo de 10sb) La velocidad del cuerpo al cabo de 30s

.resultante fuerza la es derecha la hacia

amN5

Newton5amN5N10

⋅=⇒←

⋅=−

c) La posición del cuerpo a los 15s del lanzamientod) La altura máxima que puede alcanzare) El tiempo de subida

Solución:

a) smssmsmvtgvv of 981089196 2 =/−+=⇒+= / )).(,(.

b) smssmsmvtgvv of 983089196 2 −=/−+=⇒+= / )).(,(. el signo menos significa que el cuerpo viene en dirección contraria a la inicial, o sea que ya viene descendiendo

c) mtg

tvy o 518375110229402

158915196

2

22

,,)).(,(

)).((.

. =−=−+=+=

d)g

vvyygvv of

of 22

2222 −

=⇒+= . La máxima altura se alcanza cuando la 0=fv ,

entonces: m

g

vy o 1960

892

196

2

22

=−

−=−=),(

)(

tgvv of .+= despejando de está fórmula ( t ), g

vvt of −

= el tiempo de subida se obtiene,

cuando la 0=fv , luego sg

vt o 20

89

196 =−−=

−=

,

DINAMICA

1. 2 fuerzas contrarias actúan sobre un cuerpo como indica la figura. Plantear la 2da ley de Newton.

Si tengo 2 fuerzas que actúan sobre el objeto, tengo que plantear que la suma de las fuerzas es “m.a”. Ahora. Ojo. La fuerza de 10 es positiva porque va como la aceleración, y la fuerza de 5 es negativa porque va en sentido contrario.

2. Calcular la aceleración del cuerpo. Masa del cuerpo 10 Kg.

amPTc ⋅=−

El cuerpo va a acelerar para la derecha porque la fuerza 20 N es mayor que la suma de las otras dos ( 15 N ). Planteo la 2da ley:

3. Construir los diagramas de cuerpo libre en los siguientes casos

3.1. Cuerpo apoyado sobre el piso:

3.2. Cuerpo que cuelga de una soga.

3.3. Cuerpo que es elevado hacia arriba con aceleración a.

GRUA →

). así (va cuerpo del nAceleració

→←=⇒

⋅=⋅

⇒⋅=⇒

⋅=−−⇒⋅=∑

2

2

sm5,0a

agK10s

mKg5aKg10N5

amN10N5N20amF

Fuerza que el piso ejerce sobre el cuerpo. ( se llama normal )

Fuerza que ejerce La Tierrasobre el cuerpo. ( se llama peso ).

Diagrama de cuerpo libre.

( ) 0a0PT

==⇒←=−

PT Newton de Ec.

1

amTPamT . 221 .

:Ecuaciones

=−=

amTP 22 ⋅=−amPT 11 ⋅=−

3.4. Dos cuerpos unidos por una soga que son arrastrados por una fuerza F.

Del cuerpo 1 se obtiene: Tc = m1. aDel cuerpo 2 se obtiene: F-Tc = m2.a

3.5. Dos cuerpos que pasan por una polea.

3.6. Sistema de dos cuerpos que caen, uno está en un plano horizontal y el otro cuelga de la soga.

4. Un hombre arrastra una caja que pesa 20 Kgf. Calcular la fuerza de rozamiento entre el piso y la caja. Dato: µd piso-caja = 0,3.

5. Calcular la aceleración del sistema de la figura y la tensión en la cuerda.

Para cada diagrama se plantea la ecuación de Newton. Ahora se resuelve el sistema de ecuaciones:

T – froz d + PB – T = mA. a + mB. a

– froz d + PB = ( mA + mB ). a

49 N – 19,6 N = 15 kg . a15 kg . a = 29,4 kg.m/s2

a = 1,96 m/s2

Conocida la aceleración se calcula ahora la tensión:

6. Calcular con qué aceleración cae un cuerpo por un plano inclinado de ángulo alfa.( No hay rozamiento ).

Ecuaciones ; ←⋅=−⋅=− amTPamfT BBAROZ d

( )( )

sistema. del m nAceleració

←=⇒

=⋅⇒

⋅=−⇒

⋅+=⋅⋅−⋅⇒

⋅+=−⇒⋅+⋅=−+−

2

2

22

22

BAROZ dBBABROZ d

s96,1asmKg4,29aKg15

aKg15smKg6,19s

mKg49aKg5Kg10s

m8,9Kg102,0sm8,9Kg5

ammfPamamTPfT

( )

cuerda la en Tensión 2,39

96,18,95

22

←=⇒

−⋅=⇒

−⋅=⇒

⋅−⋅=⇒

⋅−=⇒⋅=−

NT

sm

smKgT

agmT

amgmT

amPTamTP

B

BB

BBBB

Σ F en el eje X = m . a en el eje X

⇒ a = g . sen α

7. Para el sistema de la figura calcular la aceleración del sistema y la tensión en la cuerda. ( No hay rozamiento ).

Para resolver el problema se hace el diagrama de cuerpo libre para cada uno de los cuerpos que intervienen:

Para cada diagrama se plantea la ecuación de Newton:

Del sistema de ecuaciones despeja las incógnitas

amT:BParaamTA:Para

B

A

⋅=−⋅=

BPx

⋅=−⋅=

amTamT

B

A

BPx

( )B AB

BAB

am m Px

amamTPxT⋅+=⇒

⋅+⋅=−+

ACELERACION

DE CAIDA

cuerda. la en Tensión

←=⇒

⋅=⇒

⋅=

.N6,16T

sm6,1Kg10T

amT

2

A

Conocida la aceleración se calcula la tensión en la cuerda:

8. Calcular la aceleración de los cuerpos y la tensión en la soga para el sistema de la figura. (No hay rozamiento).

Del sistema de ecuaciones se despejan las incógnitas

T – PA. sen 30 º = m A . a

P B. sen 45 – T = m B . a

T – P A . sen 30 º + P B. sen 45 – T = m A . a + m B . a

( )

( )

2

2

2

B AB

sm6,1a

aKg15smKg5

a Kg 5 Kg 10 5.0sm10Kg5

am m 30sengm

=⇒

⋅=⇒

+

=⋅⋅⇒

⋅+=⋅⇒

2

cuerda. la en Tensión

←=⇒

⋅=⇒

⋅=

.N6,16T

sm6,1Kg10T

amT

2

A

amTPx:BParaamPxTA:Para

BB

AA

⋅=−←⋅=−

Ecuaciones

Diagramas de cuerpo libre.

:– P A . sen 30 º + P B. sen 45 = ( m A + m B ) . a

a = - 0,357 2sm

La aceleración dio negativa por tal motivo el sistema se mueve en sentido contrario al asumido

Conocida la aceleración se calcula la tensión

T – PA . Sen 30 º = m A . a

( )

cuerda la en Tensión

←=⇒

−⋅+⋅=⇒

⋅=°⋅−

N14,37T

sm357,0Kg85,0N80T

am30senPT

2

AA

ACELERACION

DEL SISTEMA

0357a

58707,01055,0108a

707,05,0a

2

22

sm

KgKgsmKgsmKg

mmPP

BA

BA

−=⇒

+⋅⋅+⋅⋅−

=⇒

+⋅+⋅−

=⇒