FISICA GENERAL

SOLUCION DE PROBLEMAS

UNIDAD 2

JESUS DAVID CASTRO BONILLA

86086410

GRUPO: 100413-161

Docente:

Gilma Paola Andrade

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA “UNAD”

INGENIERIA AMBIENTAL

CUCUTA, OCTUBRE 2015

1. TABLA DE CONTENIDO

1. TABLA DE CONTENIDO.

2. Solución de problemas Unidad 2.

2.1. Problema tema 1: Energía de un sistema.

2.2. Problema tema 2: Conservación de la energía.

2.3. Problema tema 3: Cantidad de movimiento lineal y colisiones.

2.4. Problema tema 4: Breve estudio de la presión.

2.5. Problema tema 5: Dinámica de fluidos.

3. BIBLIOGRAFIA.

2. SOLUCION DE PROBLEMAS UNIDAD 2

2.1. Problema tema 1: Energía de un sistema.

Una partícula de 0.600 kg tiene una rapidez de 2.00 m/s en el punto (A) y energía cinética de

7.50 J en el punto (B). ¿Cuáles son a) su energía cinética en (A), b) su rapidez en (B) y c) el

trabajo neto invertido en la partícula conforme se mueve de(A) a (B)?.

Partimos de los datos conocidos:

masa (m )=0.6 k

velocidad en A (Va )=2ms

energia cineticaen B (Kb )=7.50 J

Datos que debemos hallar:

energia cineticaen A (Ka )

velocidad enB (Vb )

trabajoneto(W )

Procedemos a desarrollar utilizando la fórmula:

K=12mV 2

a. Energía cinética en A

K=12¿)

K=1.2 J

b. Velocidad en B

K=12mV 2

7.50=12

( 0.6×V 2 )

7.50×2=0.6×V 2

7.50×20.6

=V 2

25=V 2

√25=V

V=5ms

c. Trabajo neto

Para hallarlo utilizamos la fórmula del trabajo neto

W=∆ K=K f−K i

Desarrollando

W=K f−K i

W=7.50J−1.2J

W=6.3J

RESPUESTA: a .1.2J b .5m /s c .6.3J

2.2. Problema tema 2: Conservación de la energía.

Una caja de 40.0 kg, inicialmente en reposo, se empuja 5.00 m a lo largo de un suelo

horizontal rugoso, con una fuerza constante horizontal aplicada de 130 N. El coeficiente de

fricción entre la caja y el suelo es 0.300. Encuentre: a) el trabajo invertido por la fuerza

aplicada, b) el aumento en energía interna en el sistema caja– suelo como resultado de la

fricción, c) el trabajo invertido por la fuerza normal, d) el trabajo invertido por la fuerza

gravitacional, e) el cambio en energía cinética de la caja y f) la rapidez final de la caja.

Partimos de los datos que conocemos:

masa (m )=40k

distancia (d )=5m

fuerza ( f )=130 N

coeficiente de friccion (μ )=0.300

gravedad (g )=9.8m

s2

Procedemos a desarrollar:

a. Trabajo invertido por la fuerza aplicada,

Utilizamos la fórmula:

Wf=fd cos θ

Ya que el ángulo es 0 solo utilizamos fuerza y distancia,

Wf=fd

Wf=130 N×5m

Wf=650J

b. Aumento en energía interna en el sistema caja– suelo como resultado de la fricción,

Dicha energía, es el trabajo de la fuerza de fricción,

Ki=mgμd

Ki=40kg×9.8m

s2×0.3×5m

Ki=588J

c. Trabajo invertido por la fuerza normal,

Las fuerzas perpendiculares al movimiento no generan trabajo debido a que su ángulo es 90°,

por lo tanto:

Wf=fd cos 90 °

Wf=0

d. Trabajo invertido por la fuerza gravitacional,

Las fuerzas perpendiculares al movimiento no generan trabajo debido a que su ángulo es 90°,

por lo tanto:

Wf=fd cos 90 °

Wf=0

e. Cambio en energía cinética de la caja,

Dicha energía es igual al trabajo neto realizado,

W=∆ K

W=Ki+Kc

Kc=W−Ki

Kc=650J−588 J

Kc=62J

f. Rapidez final de la caja,

Dada por la fórmula:

K=12mV 2

62=12(40kg ×V 2)

62×2=40×V 2

62×240

=V 2

3.1=V 2

√3.1=V

V=1. 76ms

RESPUESTA: a .650J b .588 J c .0 d .0e .62J f .1.76 m/ s

2.3. Problema tema 3: Cantidad de movimiento lineal y colisiones.

Una bola de 0.150 kg de masa se deja caer desde el reposo a una altura de 1.25 m. Rebota en

el suelo para alcanzar una altura de 0.960 m. ¿Qué impulso le da el piso a la bola?

Partimos de los datos que conocemos,

masa (m )=0.150k

altura1 (h1 )=1.25m

altura2 (h2 )=0.960m

gravedad (g )=9.8m / s2

La fórmula para hallar el impulso es:

I=Pf−Pi

Pero,

Pf=mV f

Pi=mV i

Entonces tendríamos:

I=mV f−mV i

Para iniciar no conocemos las dos velocidades, justo antes y después del impacto, debemos

hallarlas, con las dos alturas que nos dan:

Velocidad antes del impacto, aplicamos la fórmula:

V f2=V i

2+2gh

V f2=0+2(9.8)(1.25)

V f2=24.5

V f=√24.5

V f=−4.95m /s

Para el desarrollo de la fórmula de impulso, y teniendo en cuenta la dirección del vector

debemos tomar este valor con signo negativo y sabiendo que las raíz tiene signo + o –

tomamos el negativo.

Velocidad después del impacto aplicamos la fórmula:

hmax=V i

2

2 g

0.960=V i

2

2(9.8)

0.960=V i

2

19.6

0.960×19.6=V i2

18.816=V i2

√18.816=V i

V i=4.34m /s

Conociendo las dos velocidades, procedemos a desarrollar la fórmula del impulso,

I=mV f−mV i

I=m(V f−V i)

I=0.150kg¿

I=1.393 N

RESPUESTA: El piso le da a la bola un impulso de 1.393N.

2.4. Problema tema 4: Breve estudio de la presión.

La presión atmosférica normal es de 1.013 x 105 Pa. La proximidad de una tormenta hace

que la altura de un barómetro de mercurio caiga 20.0 mm de la altura normal. ¿Cuál es la

presión atmosférica? (La densidad del mercurio es 13.59 g/cm3).

Partimos de conocer que La presión atmosférica normal es equivalente a 760 mm de

mercurio, partiendo de eso tenemos:

760mmHg=1.013×105Pa

Como tuvo un descenso de 20mm, el segundo valor seria 740mmH ,

Para desarrollar aplicamos una regla de tres:

760mmHg=1.013×105Pa

740mmHg=X

X=740mmHg×1.013×105Pa760mmHg

X=98634.21 Pa

RESPUESTA: La presión atmosférica es de 98634.21Pa.

2.5. Problema tema 5: Dinámica de fluidos.

Un avión cruza a una altura de 10 km. La presión afuera de la cabina es 0.287 atm; dentro del

compartimiento de pasajeros, la presión es de 1.00 atm y la temperatura es de 20°C. En el

sello de una de las ventanas del compartimiento de pasajeros ocurre una pequeña fuga.

Represente el aire como un fluido ideal para encontrar la rapidez de la corriente del aire que

circula a través de la fuga.

Partimos de los datos conocidos:

altura (h )=10km

presiondentro del avion¿

presionfuera del avion ¿

densidad del airea20℃ (d )=1.2kg/m3

Para este ejercicio utilizaos la ecuación de Bernoulli,

P+ pgh+ 12pV 2=cte

Despreciamos el término asociado a la energía potencial, ya que no hay diferencia en altura,

Tendremos entonces,

Pd+12pV d

2=Pf+12pV f

2

Dado que la velocidad dentro del avión es 0 (V d=0¿, la formula se simplifica y nos queda,

Pd=Pf+12pV f

2

Para trabajar esta ecuación, convertimos los valores de presión de atmosferas a pascales,

1atm=101325 Pa

0.286atm=X

X=0.286atm×101325 Pa1atm

X=28979Pa

Tomamos la fórmula que nos quedó tras simplificar,

Pd=Pf+12pV f

2

101325 Pa=28979 Pa+12

1.20kg/m3V f2

101325 Pa−28979 Pa=12

1.20kg /m3V f2

2(101325 Pa−28979 Pa)=1.20kg /m3V f2

2(101325 Pa−28979 Pa)1.20kg/m3 =V f

2

144692Pa

1.20kg/m3=V f

2

120576.666=V f2

√120576.666=V f

V f=347.24 m/ s

RESPUESTA: La rapidez del aire a través de la fuga es de 347.24m / s.

3. BIBLIOGRAFIA

Torres G, Diego A. (2012). Módulo curso física General. recuperado

de http://datateca.unad.edu.co/contenidos/100413/MODULO_FISICAGENERAL_A

CTUALIZADO_2013_01.zip.

Serway, R. A., & Jewett Jr., J. W. (2008), (pp 19-42). Física para ciencias e

ingenierías Vol. 1 (p. 723). Retrieved from http://unad.libricentro.com/libro.php?

libroId=323#.