PROBLEMAS RESUELTOS LAS LEYES DEL MOVIMIENTO
PROBLEMAS RESUELTOS LAS LEYES DEL MOVIMIENTOCAPITULO 5 FISICA TOMO 1Cuarta, quinta, sexta y septima ediciónRaymond A. SerwayLAS LEYES DEL MOVIMIENTO5.1 El concepto de fuerza5.2 Primera ley de Newton y marcos inerciales5.3 Masa5.4 Segunda ley de Newton5.5 La fuerza gravitacional y peso5.6 Tercera ley de Newton5.7 Algunas aplicaciones de las leyes de Newton5.8 Fuerzas de fricciónErving Quintero GilIng. ElectromecánicoBucaramanga – Colombia2010Para cualquier inquietud o consulta escribir 06@yahoo.com01H2H1
PROBLEMA DE REPASO DE LA FISICA DE SERWAY Pág. 132 de la cuarta ediciónConsidere los tres bloques conectados que se muestran en el diagrama.Si el plano inclinado es sin fricción y el sistema esta en equilibrio, determine (en función de m, g y θ).a) La masa Mb) Las tensiones T1 y T2.T2mBloque 2mΣFx 0T1 – W1X 0T1ReemplazandoT1 – W1X 0T1 – (2m*g) sen θT12mPero: W1X W1 sen θW1 2m * gW1X (2m*g) sen θMθBloque 2m 0 (Ecuación 1)Bloque mΣFx 0T2 - T1 – W2X 0Bloque mN1Pero: W2X W2 sen θW2X (m*g) sen θN2W1XW2 m*g 0T2T1T1θReemplazandoT2 - T1 – W2X 0T2 - T1 – (m*g) sen θW2XW1YθW2Y(Ecuación 2)Resolviendo las ecuaciones tenemos:T1 – (2 m * g) sen θ 0(Ecuación 1)T2 - T1 – (m * g) sen θ 0 (Ecuación 2)T2 – (2 m * g) sen θT2– (m * g) sen θW1 2m*gW2 m*g 0T2 – (3 m * g) sen θ 0T2 (3 m*g) sen θT1 – W1X 0T1 W1X (2 m * g) sen θT1 (2 m*g) sen θBloque MΣFY 0T2 – W3 0T 2 W3Bloque MT2W3 M * gW3 M * gT2 M * g2
Pero: T2 (3 m * g) sen θT2 M * gM * g (3m*g) sen θa) La masa MM 3 m sen θSi se duplica el valor encontrado para la masa suspendida en el inciso a), determine:c) La aceleración de cada bloque.d) Las tensiones T1 y T2.T2mT1La masa es M 3 m sen θEl problema dice que se duplique la masaM 2 * (3 m sen θ)M 6 m sen θT2T12mMθAl duplicar la masa, el cuerpo se desplaza hacia la derecha.Bloque 2mΣFx 2 m * aT1 – W1X 2 m * aBloque mBloque 2mPero: W1X W1 sen θW1X (2m * g) sen θReemplazandoT1 – W1X 0T1 – (2 m * g) sen θW1 2 m * gN2N1 2 m * a (Ecuación 1)Bloque mΣFx m * aT2 - T1 – W2X m * aPero: W2X W2 sen θW2X (m * g) sen θReemplazandoT2 - T1 – W2X m * aT2 - T1 – (m * g) sen θT1T1W1XθT2W2XW1YθW2YW2 m*gW1 2m*gW2 m*gT2 m * a (Ecuación 2)Bloque MW3 6 m sen θ * gBloque MΣFY 6 m sen θ * aW3 - T2 6 m sen θ * aW3 6 m sen θ * g6 m sen θ * g - T2 6 m sen θ * a (Ecuación 3)Resolviendo las ecuaciones tenemos:3
T1 – (2m * g) sen θ 2m * a(Ecuación 1)T2 - T1 – (m*g) sen θ m * a(Ecuación 2)6 m sen θ * g - T2 6 m sen θ * a (Ecuación 3)– (2m*g) sen θ – (m *g) sen θ 6 m sen θ * g 2m * a m * a– (3m*g) sen θ 6 m sen θ * g 3m * a 6 m sen θ * a3 m g sen θ 3 m * a 6 m sen θ * a 6 m sen θ * am g sen θ m * a 2 m sen θ * aa 2 sen θ * a g sen θa(1 2 sen θ) g sen θa g senθ1 2 senθDespejando la ecuación 3 para hallar T26 m sen θ * g - T2 6 m sen θ * a (Ecuación 3)6 m sen θ * g - 6 m sen θ * a T26 m sen θ ( g - a ) T2g senθ1 2 senθg senθ 6 m sen θ g T2 1 2 sen θ Pero: a Factorizando gsenθ 6 m g sen θ 1 T21 2 sen θ 1 2senθ - senθ 6 m g sen θ T21 2 sen θ 1 senθ 6 m g sen θ T2 1 2 sen θ (6 m g sen θ ) * (1 senθ ) T2 1 2 sen θ Despejando la ecuación 1 para hallar T1T1 – (2m*g) sen θ 2m * a (Ecuación 1)T1 2m * a 2m*g sen θg senθ1 2 senθ g sen θ T1 2 m 2 m g senθ 1 2 sen θ Pero: a 4
(2 m ) g sen θ T1 2 m g senθ 1 2 sen θ 2 m g sen θ (2 m g sen θ )(1 2 senθ ) T1 1 2 sen θ 2 m g sen θ (2 m g sen θ ) 4 m g sen 2θ T1 1 2senθ 4 m g sen θ 4 m g sen 2θ T1 1 2senθ Factorizando 4 m g sen θ ( 1 sen θ ) T1 1 2 sen θ Si el coeficiente de fricción estática entre m y 2m y el plano inclinado es μS y el sistema esta enequilibrio encuentre:e) El valor mínimo de M.f) El valor máximo de M.g) Compare los valores de T2 cuando M tiene sus valores mínimo y máximoPara hallar el valor mínimo de M se considera que el cuerpo intenta el desplazamiento haciala izquierda y la fuerza de rozamiento se opone a esto.Bloque mBloque 2mBloque 2mΣFx 0T1 FR1 – W1X 0Pero: W1X W1 sen θW1X (2m * g) sen θReemplazandoT1 FR1 – W1X 0T1 FR1 – (2m * g) sen θT2FR2T1W1XT1W1 2m * gθ 0 (Ecuación 1)N2FR1N1W1YW1 2m*gW2XθW2YW2 m*gΣFY 0N1 - W1Y 0Pero: W1Y W1 cos θPero: W1 2 m g5
N1 W1YN1 2 m g cos θ (Ecuación 2)Pero: FR1 μS * N1 (Ecuación 3)FR1 μS *2 m g cos θReemplazando en la ecuación 1, tenemosT1 FR1 – (2m * g) sen θ 0T1 μS *2 m g cos θ – (2 m * g) sen θ 0 (Ecuación 4)Bloque mΣFx 0T2 FR2 - T1 – W2X 0Pero: W2X W2 sen θW2X (m * g) sen θBloque MT2W2 m * gΣFY 0N2 – W2Y 0W3 M * gW2Y W2 cos θPero: W2 m gN2 W2Y m g cos θ (Ecuación 5)Pero: FR2 μS * N2 (Ecuación 6)FR2 μS * m g cos θReemplazando la ecuación 5 en la ecuación 4T2 FR2 - T1 – (m*g) sen θ 0 (Ecuación 4)T2 μS * m g cos θ- T1 – (m*g) sen θ 0 (Ecuación 7)Bloque MΣFY 0W 3 - T2 0T 2 W3W3 M * gT2 M * gM * g - T2 0 (Ecuación 8)Resolviendo las ecuaciones tenemos:T1 μS *2 m g cos θ – (2 m * g) sen θ 0 (Ecuación 4)T2 μS * m g cos θ - T1 – (m*g) sen θ 0 (Ecuación 7)M * g - T2 0 (Ecuación 8)μS *2 m g cos θ – (2 m * g) sen θ μS * m g cos θμS *3 m g cos θ – (3 m * g) sen θ M*g 0– (m*g) sen θ M*g 0M * g 3 m g sen θ - 3 μS m g cos θ6
M 3 m sen θ - 3 μS m cos θM 3 m (sen θ - μS cos θ ) El valor mínimo de MReemplazando M en la ecuación 8, hallamos T2M * g - T2 0 (Ecuación 8)3 m (sen θ - μS cos θ ) * g - T2 0Despejando T2T2 3 m (sen θ - μS cos θ ) * gEste es el valor de T2, cuando M es mínimof) El valor máximo de M.Para hallar el valor máximo de M se considera que el cuerpo intenta el desplazamiento hacia la derechay la fuerza de rozamiento se opone a esto.Bloque 2mBloque 2mΣFx 0T1 - FR1 – W1X 0Pero: W1X W1 sen θW1X (2m*g) sen θReemplazandoT1 - FR1 – W1X 0T1 - FR1 – (2m*g) sen θN1W1XW1 2m * gT1FR1θW1Y 0 (Ecuación 1)W1 2m*gΣFY 0N1 - W1Y 0Bloque mN2Pero: W1Y W1 cos θPero: W1 2 m gT2T1N1 W1YN1 2 m g cos θ (Ecuación 2)Pero: FR1 μS * N1 (Ecuación 3)FR1 μS *2 m g cos θReemplazando en la ecuación 1, tenemosT1 - FR1 – (2m*g) sen θ 0T1 - μS *2 m g cos θ – (2 m * g) sen θ 0 (Ecuación 4)W2XFR2θW2YW2 m*gBloque mΣFx 0T2 - FR2 - T1 – W2X 0Pero: W2X W2 sen θW2X (m*g) sen θW2 m * g7
ΣFY 0N2 – W2Y 0W2Y W2 cos θBloque MT2Pero: W2 m gN2 W2Y m g cos θ (Ecuación 5)Pero: FR2 μS * N2 (Ecuación 6)FR2 μS * m g cos θW3 M * gReemplazando la ecuación 5 en la ecuación 4T2 - FR2 - T1 – (m*g) sen θ 0 (Ecuación 4)T2 - μS * m g cos θ- T1 – (m*g) sen θ 0 (Ecuación 7)Bloque MΣFY 0W 3 - T2 0T 2 W3W3 M * gT2 M * gM * g - T2 0 (Ecuación 8)Resolviendo las ecuaciones tenemos:T1 - μS *2 m g cos θ – (2 m * g) sen θ 0 (Ecuación 4)T2 - μS * m g cos θ - T1 – (m*g) sen θ 0 (Ecuación 7)M * g - T2 0 (Ecuación 8)- μS *2 m g cos θ – (2 m * g) sen θ- μS * m g cos θ- μS *3 m g cos θ – (3 m * g) sen θ M*g 0– (m * g) sen θ M*g 0M * g 3 m g sen θ 3 μS m g cos θM 3 m sen θ 3 μS m cos θM 3 m (sen θ μS cos θ ) El valor máximo de MReemplazando M en la ecuación 8, hallamos T2M * g - T2 0 (Ecuación 8)3 m (sen θ μS cos θ ) * g - T2 0Despejando T2T2 3 m (sen θ μS cos θ ) * gEste es el valor de T2, cuando M es máximo.g) Compare los valores de T2 cuando M tiene sus valores mínimo y máximoDespejando T2T2 3 m (sen θ - μS cos θ ) * gEste es el valor de T2, cuando M es mínimoDespejando T2T2 3 m (sen θ μS cos θ ) * g Este es el valor de T2, cuando M es máximo.8
Problema 5.1 Serway Edición cuarta; Problema 5.1 Edición quinta; Problema 5.1 Edición sexta;Problema 5.2 Edición septima;Una fuerza F aplicada a un objeto de masa m1 produce una aceleración de 3 m/seg2 La misma fuerzaaplicada a un objeto de masa m2 produce una aceleración de 1 m/seg2 .a) Cual es el valor de la proporción m1 / m2b) Si se combinan m1 y m2 encuentre su aceleración bajo la acción de F.a) Por la acción de la segunda ley de newton, tenemos:a1 3 m/seg2a2 1 m/seg2F m1 * a1 (Ecuación 1)F m2 * a2 (Ecuación 2)Como la fuerza F es igual para los dos objetos, igualamos las ecuaciones.m1 * a1 m2 * a2m1 a 21 m2a13m11 m23b) Si se combinan m1 y m2 encuentre su aceleración bajo la acción de F.MT m1 m2F (m1 m2) * aa F(Ecuación 3)m1 m 2Pero: F m1 * a1 m1 * 3m1 F3F m2 * a2 m2 * 1m2 F F1Reemplazando m1 y m2 en la ecuación 3, tenemos:a 3F 3FFF F4F 4F 4m1 m 2 F33a ¾ m/seg2a 0,75 m/seg29
Problema 5.2 Serway Edición cuarta; Problema 5.20 Edición quinta;sexta; Problema 5.14 Edición septima;Problema 5.14 EdiciónTres fuerza dadas por F1 (- 2i 2j )N, F2 ( 5i -3j )N, y F3 (-45i) N actúan sobre un objeto paraproducir una aceleración de magnitud 3,75 m/seg2a) Cual es la dirección de la aceleración? F m * a F F1 F2 F3 F (- 2i 2j ) ( 5i -3j ) (-45i) m * a m * (3,75 ) aDonde a representa la dirección de a F (- 42i - 1j ) m * a m * (3,75 ) aF (- 42)2θ- 42 (- 1)2 1765 42 Newton-1tg θ 2,3809 * 10 - 2- 42-1F 42 NewtonΘ arc tg 2,3809 * 10-2Θ 181,36042 m * (3,75 ) aLa aceleración forma un ángulo de 1810 con respecto al eje x.b) Cual es la masa del objeto?42 m * (3,75 )m 42 11,2 Kg3,75c) Si el objeto inicialmente esta en reposo. Cual es su velocidad después de 10 seg?VF V0 a * t pero: V0 0VF a * tpero: a 3,75 m/seg2Θ 18102VXVF a * t 3,75 m/seg * 10 segVF 37,5 m/seg 1810VYVF 37,5 m/segd) Cuales son las componentes de velocidad del objeto después de 10 seg.VX VF * cos 181 - 37,5 m/segVY VF * sen 181 - 0,654 m/segProblema 5.2 Serway Edición quinta;Una fuerza de 10 Newton actua sobre un cuerpo con masa de 2 kg. ¿Cuáles son a) la aceleración delcuerpo, b) su peso en Newtons y c) su aceleración si la fuerza se duplica?10
Problema 5.2 Serway Edición sextaEl cañon antiaereo de mayor calibre operado por la fuerza aerea alemana durante la segunda guerramundial fue un Flak 40 de 12,8 cm. Esta arma disparaba un obus de 25,8 kg con una rapidez de 880m/seg. en la boca del cañon. ¿Qué fuerza de propulsión era necesaria para alcanzar esa rapidez dentrodel cañon de 6 metros de largo.Problema 5.3 Serway Edición cuarta; Problema 5.54 Edición quinta; Problema 5.52 Edición sexta;Problema 5.53 Edición septimaUna fuerza dependiente del tiempo F (8i – 4j) Newton (donde t esta en segundos), se aplica aun objetode 2 kg inicialmente en reposo. a) ¿en que tiempo el objeto se movera con una velocidad de 15 m/seg.b) ¿ a que distancia esta de su posición inicial cuando su velocidad es de 15 m/seg c) ¿Cuál es ladistancia total recorrida por el objeto en este tiempo?11
12
Problema 5.4 Serway Edición CuartaUna partícula de 3 kg parte del reposo y se mueve una distancia de 4 metros en 2 seg. Bajo la acción deuna fuerza constante única. Encuentre la magnitud de la fuerza?m 3 Kg.X 4 metrosT 2 seg.X V0 t X 1 2a t pero; V0 021 2at22 X a t2a 2 X 2*4 8m 24t222seg 2F m*aF 3 * 2 6 Newton.Problema 5.5 serway Edición Cuarta; Problema 5.5 serway Edición quintaUna bala de 5 gr sale del cañón de un rifle con una rapidez de 320 m/seg. Que fuerza ejercen los gasesen expansión tras la bala mientras se mueve por el cañón del rifle de 0,82 m de longitud. Supongaaceleración constante y fricción despreciable.m 5 gr. VF 320 m/seg X 0,82 m022(VF) (V0) 2 a X2 a x (VF)2a (VF )22Xm 5 gr * -(320)22 * 0,82 -102400m 62439,021,64seg 21 kg 0,005 kg1000 grF m*aF 0,005 * 62439,02 312,91 Newton.Problema 5.6 serway Edición cuarta; Problema 5.6 serway Edición quintaUn lanzador tira horizontalmente hacia el frente una pelota de béisbol de 1,4 Newton de peso a unavelocidad de 32 m/seg. Al acelerar uniformemente su brazo durante 0,09 seg Si la bola parte del reposo.a) Que distancia se desplaza antes de acelerarse?b) Que fuerza ejerce el lanzador sobre la pelota.W 1,4 Newton t 0,09 seg. V0 0 VF 32 m/segVF V0 a * t pero: V0 013
VF a * tV32ma F 355,55t0.09seg 2W mgm W 1,4 Newton 0,142 kgmg9,8seg 2022(VF) (V0) – 2 * a * X2 a x (VF)2X (VF )22a (32)22 * 355,55 1024 1,44 metros711,11FX m a 0,142 * 355,55FX 50,79 Newton.Problema 5.7 Serway Edición Cuarta; Problema 5.3 Edición quinta; Problema 5.3 Edición sexta;Problema 5.1 Edición septimaUna masa de 3 kg se somete a una aceleración dada por a (2 i 5 j) m/seg2 Determine la fuerzaresultante F y su magnitud.F maF 3 * (2 i 5 j)F (6 i 15 j) NewtonFR (15)2 (6)2FR 16,15 N 261 16,15 Newton15 j6iProblema 5.7 Serway Edición quinta; Problema 5.4 Edición sexta;Un lanzador tira una pelota de béisbol de peso –FGj a una velocidad vi al acelerar uniformemente subrazo durante un tiempo t. Si la bola parte del reposo, a) ¿Qué distancia se desplaza la pelota antes deacelerarse? b) ¿Qué fuerza ejerce el lanzador sobre la pelota?14
Problema 5.8 Serway Edición cuarta; Problema 5.4 Edición quintaUn tren de carga tiene una masa de 1,5 * 107 kg. Si la locomotora puede ejercer un jalón constante de7,5 * 105 Newton. Cuanto tarda en aumentar la velocidad del tren del reposo hasta 80 km/hora.m 1,5 * 107 kg.VF 80V0 0VF 80 km/hora.F 7,5 * 105 Newton.km 1000 m1 horam 22,22**hora 1 km3600 segsegF maF 7,5 * 10 5 Newtonma 5 * 10 - 2m1,5 * 10 7 kgseg 2VF V0 a * t pero: V0 0VF a * tV22,22t F 444,4 sega5 *10 - 2Problema 5.8 Serway Edición quintaDefina una libra como el peso de un objeto de masa 0,45359237 kg. en una ubicación donde laaceleración debida a la gravedad es 32,174 pies / seg2 . Exprese la libra como una cantidad con unaunidad SI.15
Problema 5.9 Serway Edición CuartaUna persona pesa 125 lb.Determinea) Su peso en Newton.b) Su masa en kg.W 125 lb *4,448 Newton 556 Newton1 lbW mgm W556 N 56,73 kgmg9,8seg 2Problema 5.10 Serway Edición CuartaSi la fuerza gravitacional de la tierra ocasiona que un estudiante de 60 kg. que esta cayendo acelerehacia abajo a 9,8 m/seg2 determine la velocidad hacia arriba de la tierra durante la caida del estudiante.Considere la masa de la tierra igual a 5,98 x 1024 kg.Problema 5.11 Serway Edición Cuarta; Problema 5.10 edición quinta; Problema 5.6 Edición sexta;La rapidez promedio de una molécula de nitrogeno en el aire se acerca a 6,7 x 102 m/seg y su masa esde aproximadamente 4,68 x 10-26 kg. a) si se requieren 3 x 10-13 seg para que una molécula de nitrogenogolpee una pared y rebote con la misma rapidez pero en direccion opuesta, ¿ cual es la aceleración16
promedio de la molécula durante este intervalo de tiempo? b) que fuerza promedio ejerce la moléculasobre la pared?Problema 5.12 Serway Edición cuartaSi un hombre pesa 875 Newton sobre la tierra, ¿Cuál seria su peso en Júpiter, donde la aceleracióndebida a la gravedad es 25,9 m/seg2Problema 5.12 Serway Edición quinta; Problema 5.8 Edición sexta; Problema 5.6 Edición septimaUna mujer pesa 120 lb.Determinea) Su peso en Newton.b) Su masa en kg.W 120 lb *4,448 Newton 533,76 Newton1 lbW mgm W 533,76 N 54,46 kgmg9,8seg 2Problema 5.13 Serway Edición quinta; Problema 5.9 Serway Edición sextaSi un hombre pesa 900 Newton sobre la tierra, ¿Cuál seria su peso en Júpiter, donde la aceleracióndebida a la gravedad es 25,9 m/seg217
Problema 5.14 Serway Edición quinta; Problema 5.10 Edición sexta; Problema 5.7 EdiciónseptimaLa diferencia entre masa y peso fue descubierta después que Jean Richer transportaba relojes dependulo de Paris a la Guayana Francesa en 1671. El encontro que se atrasaban sistemáticamente. Elefecto se invertia cuando los relojes regresaban a Paris, donde g 9,8095 m/seg2 a Cayenne, donde g 9,7808 m/seg2. [Consideraremos la forma en que la aceleración en caida libre influye el periodo de unpendulo en la seccion 15.5].Problema 5.18 Serway Edición cuarta; Problema 5.15 Edición quinta; Problema 5.11 Ediciónsexta; Problema 5.9 Edición septimaDos fuerzas F1 y F2 actuan sobre una masa de 5 kg. Si F1 20 N y F2 15 N, encuentre lasaceleraciones en a) y en b) de la figura 5.1118
Problema 5.21 Serway Edición cuarta; Problema 5.9 Edición quinta; Problema 5.5 Edición sexta;Problema 5.3 Edición septimaUn objeto de 4 kg. tiene una velocidad de 3i m/seg. en un instante. Ocho segundos después suvelocidad se ha incrementado a (8i 10j) m/seg. Si se supone que el objeto se sometio a una fuerzaneta constante encuentre: a) las componentes de la fuerza y b) su magnitud.Problema 5.22 Serway Edición quintaUna masa de 3 kg se mueve en un plano, con sus coordenadas x,y dadas por X 5t2 -1Y 3t2 2 donde x,y esta en metros y t en segundos.Encuentre la magnitud de la fuerza neta que actua sobre esta masa en t 2 seg.vx dxdt19
d (5t 2 - 1)vx dtVx 10 t20
d vxdtd (10t)ax dtax ax 10 m/seg2si t 2 seg.FX m axFX 3 * 10 30Newtonvy vy dydtd (3t 3 2)dtVy 9 t2ay d vydtd (9t 2 )ay dtay 18 tay 18 t 18 * 2ay 36 m/seg2FY m a YFX 3 * 36 108 NewtonF (FX )2 (FY )2F (30)2 (108)2 12564 112,08 NewtonProblema 5.23 Serway Edición quintaLa distancia entre dos postes de teléfono es 50 metros. Un pájaro de 1 kg. Se posa sobre el cabletelefónico a la mitad entre los postes de modo que la línea se pandea 0,2 metros. Dibuje un diagramade cuerpo libre del ave cuanta tensión produce el ave sobre el alambre. Ignore el peso del cable.Tg θ 0,18 0,00822,5θ arc tg 0,00850 metros25 metros25 metrosθθ25 metrosm 1 Kg0,2 m21
θ 0,45830 FY 0 F Y T Y TY - W 0Pero:Ty T sen 0,4583W m * g 1 * 9,8 9,8 NewtonT sen 0,4583 T sen 0,4583 - W 02 T sen 0,4583 W 9,8T TXTYTXTYm 1 KgW m*g9,89,8 612,88 Newton.2 sen 0,4583 1,6 *10 - 2Problema 5.24 Serway Edición cuarta; Problema 5.11 SerwayEdición sexta; Problema 5.5 Edición septimaEdición quinta; Problema 5.7Un electrón de masa 9,11 * 10 – 31 kg tiene una rapidez inicial de 3 * 105 m/seg. Viaja en línea recta y surapidez aumenta a 7 * 105 m/seg. En una distancia de 5 cm. Suponiendo que su aceleración esconstante,a) determine la fuerza ejercida sobre el electrónb) Compare esta fuerza con el peso del electrón, la cual se ha despreciadoV0 3 * 105 m/seg.VF 7 * 105 m/seg(VF)2 (V0)2 2 * a * X5 cm(VF)2 - (V0)2 2 * a * X(7 * 105)2 - (3 * 105)2 2 * a * X(49 * 1010) - (9 * 1010) 2 * a * X(40 * 1010) 2 a XPero: X 5 cm 0,05 metrosa 40 * 10102 X m40 *1010 40 *1010 4 *10120,12 * 0,05seg 2F maPero: m 9,11 * 10 – 31 kgF 9,11 * 10 – 31 * (4 * 1012)F 3,644 * 10 – 18 Newtonb) Compare esta fuerza con el peso del electrón, la cual se ha despreciado22
Peso del electrón masa del electrón * gravedadPeso del electrón 9,11 * 10 – 31 kg * 9,8 m/seg2Peso del electrón 8,9278 * 10 – 30 Newton3,644 *10 - 18fuerza del electron 0,4081 * 10 9-30peso del electron8,9278 *10El electrón es 408 mil millones de veces más pequeño con respecto al valor de la fuerza ejercidasobre el electrón.Problema 5.24 Serway Edición quinta; Problema 5.18 Serway Edición SextaUna bolsa de cemento de 325 Newton de peso cuelgan de 3 alambres como muestra la figura. Dos delos alambres forman ángulos θ1 600 θ2 250 con la horizontal.Si el sistema esta en equilibrio encuentre las tensiones T1 , T2 y T3T1Y T1 . sen 60T2Y T2. sen 25T1X T1 . cos 60T2X T2 . cos 25600250Σ FX 0T1X - T2X 0 (ecuación 1)T1X T2XT2 . cos 25 T1 . cos 60T2 . 0,9063 T1 . 0,50,5* T1 0,5516 T1 (Ecuación 1)T2 0,9063Σ FY 0T1Y T2Y – W 0T1Y T2Y W pero: W 325 NT1T2T3W 325 NT1Y T2Y 325T1 . sen 60 T2. sen 25 3250,866 T1 0,4226 T2 325 (Ecuación 2)Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 20,866 T1 0,4226 T2 3250,866 T1 0,4226 *(0,5516 T1) 325T10,866 T1 0,2331 T1 3251,099 T1 325325 295,72 NewtonT1 1,099T1 295,72 N.Para hallar TC se reemplaza en la ecuación 1.T2 0,5516 T1T1YT26025 0T1XT2X0T 2YW 325 N23
T2 0,5516 * (295,72)T2 163,11 Newton.Problema 5.26 Serway Edición CuartaEncuentre la tensión en cada cuerda para los sistemas mostrados en la figura P5.26. Ignore la masa delas cuerdas. FX 0 FX T2X – T1X 0T2X T1XPero:T2X T2 cos 50T1X T1 cos 40ReemplazandoT2X T1XT2 cos 50 T1 cos 40T2 0,6427 T1 0,766T 0,766T2 1 T1 1,19180,6427T1T1Y400T2 1,1918 T1 (ecuación 1)T1X FY 0m 5 KgW m*g FX T2Y T1Y - W 0T2T2Y500T2XPero:T2Y T2 sen 50T1y T1 sen 40W m * g 5 * 9,8 49 NewtonReemplazandoT2Y T1Y - W 0T2 sen 50 T1 sen 40 – 49 0T2 0,766 T1 0,6427 – 49 0 (ecuación 2)Reemplazando la ecuación 1 en la ecuación 2.T2 0,766 T1 0,6427 – 49 0 pero: T2 1,1918 T1(1,1918 T1) * 0,766 T1 0,6427 – 49 0(0,9129 T1) T1 0,6427 491,5556 T1 49T1 49 31,5 Newton1,5556400500T1T2T3T3m 5 KgSe reemplaza en la ecuación 124
T2 1,1918 T1 (ecuación 1)T2 1,1918 (31,5 ) 37,54 NewtonT2 37,54 Newton. FX 0 FX T2 – T1X 0600T1T1YT2 T1XT1600Pero:T1X T1 cos 60T1XReemplazandoT2 T1XT2 T1 cos 60T2 T1 0,5T2T2T3T3T3TT1 2 (Ecuación 1)0,5m 10 Kg FY 0 FY T1Y - W 0Pero:T1y T1 sen 60W m * g 10 * 9,8 98 NewtonReemplazandoT1Y - W 0T1 sen 60 – 98 0T1 sen 60 98T1 (ecuación 2)9898 113,16 Newton0,866sen 60Reemplazando en la ecuación 1T113,16T1 2 56,58 Newton0,50,5Problema 5.28 Serway Edición quintaUn helicóptero contra incendios transporta un recipiente de 620 kg en el extreme de un cable de 20metros de largo. Al volar de regreso de un incendio a rapidez constante de 40 m/seg, el cable forma unángulo de 400 respecto de la vertical.a) Determine la fuerza de la resistencia del aire sobre el recipienteb) Después de llenar el recipiente con agua de mar el piloto regresa al incendio a la misma rapidez,pero ahora el recipiente forma un angulo de 70 con la vertical. Cual es la masa del agua en elrecipiente? FY 025
TY T cos 40TX T sen 40TY – W 0TY – m g 0T cos 40 – m g 0T cos 40 m gT mg620 * 9,86076 7931,65 Newtoncos 400,7660,766TY400TTTYFRTXTXW mg FX 0T X - FR 0T sen 40 – FR 0FR T sen 40Pero: T 7931,65 NewtonFR 7931,65 sen 40FR 7931,65 * 0,6427FR 5098,369 Newton (Fuerza de rozamiento)c) Después de llenar el recipiente con agua de mar el piloto regresa al incendio a la misma rapidez,pero ahora el recipiente forma un ángulo de 70 con la vertical. Cual es la masa del agua en elrecipiente?Hallamos la nueva tensión en la cuerda FX 0T X - FR 0Pero: TX T sen 7FR 5098,369 NewtonT sen 7 – FR 0T sen 7 – 5098,369 0T sen 7 5098,369T 5098,369 41834,63 Newtonsen 7TTYFRTxWt m g peso del agua de mar26
FY 0TY T cos 7TY – Wt 0T cos 7 – Wt 0Wt T cos 7Wt 41834,63 cos 7Wt 41522,8 NewtonWt 41522,8 mt *gmt 41522,8 4237,02 kg (La masa del recipiente la masa del agua de mar)9,8mt La masa del recipiente la masa del agua de marLa masa del recipiente 620 Kgmasa del agua de mar mt - masa del recipientemasa del agua de mar 4237,02 – 620 3617,02 kgmasa del agua de mar 3617,02 kgProblema 5.29 Serway Edición cuarta; Problema 5.17 Serway Edición sextaLa distancia entre dos postes de teléfono es 45 metros. Un pájaro de 1 kg se posa sobre cable telefónicoa la mitad entre los postes de modo que la línea se pandea 0,18 metros. Cual es la tensión en el cable(Ignore el peso del cable).45 metros22.5 metrosTg θ 0,18 0,00822,522.5 metros0,18 mθθθ arc tg 0,008θ 0,45830 FY 0 F Y T Y TY - W 0m 1 KgW m*gPero:Ty T sen 0,4583W m * g 1 * 9,8 9,8 NewtonT sen 0,4583 T sen 0,4583 - W 02 T sen 0,4583 W 9,8T 9,89,8 612,88 Newton.2 sen 0,4583 1,6 *10 - 2TXTYTXTYm 1 KgW m*gProblema 29 sexta edición serway.27
En la figura p5.29, el hombre y la plataforma 950 Newton en total. La polea puede modelarse sin fricción.Determine cuanto tiene el hombre que tirar de la cuerda para levantarse a si mismo uniformementehacia arriba del suelo. (Es esto imposible? Si es así, explique por que?Problema 5.30 Serway cuarta edición; Problema 5.27 SerwaySerway sexta ediciónQuinta edición; Problema 5.21Los sistemas que se muestran en la figura están en equilibrio. Si la balanza de resorte esta calibrada enNewton. Que lectura indica en cada caso?Ignore las masas de poleas y cuerdas y suponga que el plano inclinado es sin fricción.Bloque m1Σ FY m1 apero el sistema esta enequilibrio, luego laaceleración es cero.W 1 - T1 0m 1 g T1T1 9,8 * 5 49 NewtonBloque m1T1T1g 9,8 m/seg2m1 5 kgm2 5 kgm1 5 kgW1 m1 * gT1 49 Newton28
Problema 5.30 Serway sexta edición.En la maquina Atwood que se ilustra en la figura p5.14 a m1 2 kg. m2 7 kg. Las masas de la polea yla cuerda son despreciables. La polea gira sin fricción y la cuerda no se estira. El objeto mas ligero sesuelta con un brusco empujón que lo pone en movimiento a Vi 2,4 m/seg hacia abajo.Cuanto descenderá m1 debajo de su nivel inicial?Encuentre la velocidad de m1 después de 1,8 segundos?Problema 5.32 Serway cuarta edición; Problema 5.44 Serway Quinta edición; 5.40 Serway sextaedición; Problema 5.40 Serway Edición septima29
Una mujer en el aeropuerto jala su maleta de 20 kg a una rapidez constante y su correa forma un ánguloθ respecto de la horizontal (figura p5 – 32). Ella jala la correa con una fuerza de 35 Newton y la fuerzade fricción sobre la maleta es de 20 Newton.Dibuje un diagrama de cuerpo libre para la maleta.a) Que ángulo forma la correa con la horizontal?b) Que fuerza normal ejerce el piso sobre la maleta? FX 0(No existe aceleración por quese desplaza a velocidad constante)FX – FR 0F X FRF 35 NθMaletaPero: FX F cos θF cos θ FR35 cos θ 20cos θ FR 20 N20 0,571435Nθ arc cos 0,5714θ 55,150Que fuerza normal ejerce el piso sobre la maleta? FY 0N FY – W 0N W - FYF 35 NFYθFRFXW mgPero: FY F sen θFY 35 sen 55,150FY 28,7227N W - FYN m g – FYN 20 * 9,8 - 28,7227N 196 - 28,7227N 167,27 NewtonProblema 5.32 Serway sexta edición.Un plano sin fricción mide 10 m de largo y esta inclinado a 350. Un trineo sube desde la base del planocon una rapidez inicial de 5 m/seg. Hacia arriba del plano Cuando llega al punto en el quemomentáneamente se detiene, un segundo trineo se suelta desde lo alto del plano con una rapidezinicial Vi. Ambos trineos llegan a la base del plano en el mismo momento. A) Determine la distancia queel primer trineo recorrió hacia arriba por el plano.b) Determine la rapidez inicial del segundo trineo.30
PROBLEMA 5.33 Serway CUARTA EDICIONUn bloque de masa m 2 Kg. Se mantiene en equilibrio sobre un plano inclinado de ángulo θ 600mediante una fuerza horizontal F, como se muestra en la figura P5 – 33.a) Determine el valor de F, la magnitud de F.b) Encuentre la fuerza normal ejercida por el plano inclinado sobre el bloque (ignore la fricción).Σ FX 031
FX – WX 0 (Ecuacion 1)FX WXPero: FX F cos 60WX W sen 60F cos 60 W sen 60F WFsen 60 W tg 60 m g tg 60 2 * 9,8 * 1,732 33,94 Newtoncos 60W0Encuentre la fuerza normal ejercida por elplano inclinado sobre el bloque (ignore la fricción).Σ FY 0N – WY – FY 0 (Ecuación 2)60EJE XNPero: FY F sen 60WY W cos 60Reemplazando en la ecuación 2N – WY – FY 0 (Ecuación 2)N – W cos 60 – F sen 60 0N – m g cos 60 – F sen 60 0N – 2 * 9,8 * 0,5 – 33,94 * 0,866 0N – 9,8 - 29,39 0N 9,8 29,39FXWXFY300F600300WYWN 39,19 NewtonProblema 5.33 Serway sexta edición.Un hombre de 72 Kg. esta de pie sobre una bascula en un elevador. Iniciando desde el reposo, elelevador asciende y alcanza su máxima rapidez de 1,2 m/seg. En 0,8 seg. Se desplaza con rapidezconstante durante los siguientes 5 seg. El elevador entonces experimenta una aceleración uniforme enla dirección y negativa durante 1,5 seg. y se detiene. Que registra la bascula a) Antes de que el elevadorempiece a moverse?b) Durante los primeros 0,8 seg.?c) Mientras el elevador se desplace a rapidez constante?d) Durante el tiempo en que esta reduciendo su velocidad?32
Problema 5.33 Serway Quinta edición; Problema 5.25 Serway sexta ediciónA un bloque se le da una velocidad inicial de 5 m/seg. Hacia arriba de un plano sin fricción con unainclinación de 200 Cuan alto se desliza el bloque sobre el plano antes de que se detengaΣ FX m aWX m aPero:WX W sen 20W sen 20 m am g sen 20 m ag sen 20 aa 9,8 sen 20a 3,351 m/seg2Pero; V0 5 m/seg02NNWX2(VF) (V0) - 2 * a * X200WYX700WW20033
(V0)2 2 * a * XX (V0 )22a 5225 3,729 metros2 * 3,351 6,703Problema 5.34 Serway cuarta ediciónLa bala de un rifle con una masa de 12 gr viaja con una velocidad de 400 m/segY golpea un gran bloque de madera, el cual penetra una profundidad de 15 cm. Determine la magnitudde la fuerza retardadora (supuesta constante) que actúa sobre la bala.X 15 cm 0,15 mm 12 gr *1 kg 0,012 kg1000 grV0 400 m/seg VF 002(VF) (V0)2 2 a X- 2 a x (V0)2a -(V0 )22X -(400)22 * 0,15 -m160000 - 533333,330,3seg 2F m a 0,012 * (-533333,33) - 6400 NewtonF - 6400 NewtonProblema 5.34 Serway quinta edición; Problema 5.26 Serway sexta ediciónDos masas están conectadas por una cuerda ligera que pasa sobre una polea sin fricción, como en lafigura. Si el plano inclinado no tiene fricción y si m1 2 Kg. m2 6 Kg. Y θ 550 encuentre:a) Las aceleraciones de las masasb) La tensión en la cuerdac) La rapidez de cada masa 2 seg. Después de que se sueltan desde el reposo.m1 1 kg.m2 2 kg.Bloque m1Σ Fy m1 aT – P1 m1 aT – m1 g m1 a (Ecuación 1)Bloque m2Pero:P2 m2 gP2 6 * 9,8 19,6 NewtonP2 58,8 NewtonTm1 2 kg34Tm2 6 kg
P2X P2 sen 55P2X 58,8 sen 55P2X 48,166 NewtonΣ FX m2 aP2X – T m2 a48,166 – T m2 a (Ecuación 2)T – m1 g m1 a (Ecuación 1)48,166 – T m2 a (Ecuación 2)48,166 -– m1 g m1 a m2 a48,166 – 2* 9,8 a(m1 m2 )48,166 – 19,6 a(2 6 )28,566Bloque m2Bloque m1N2P2X a(8 )28,566ma 3,578seg 2TP2YTm1 1 kgb) La tensión en la cuerdaT – m1 g m1 a (Ecuación 1)T – 2 * 9,8 2 * 3,57550P2 m2 gT – 19,6 7,14T 26,74 NewtonLa rapidez de cada masa 2 seg. Después de que se sueltan desde el reposo.0VF
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