SOLUCION_3 docx

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA Escuela de ciencias básicas, tecnología e Ingeniería Física General 2015

ACTIVIDAD COLABORATIVA U1 (MECANICA)

LEONARDO HAMINTON PEÑA LADINO

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIAESCUELA DE CIENCIAS BÁSICAS TECNOLOGÍA E INGENIERÍA

PROGRAMA DE INGENIERÍA DE TELECOMUNICACIONES2 0 1 5


ACTIVIDAD COLABORATIVA U1 (MECANICA)

LEONARDO HAMINTON PEÑA LADINO

CURSO 100413A_275

Trabajo presentado como requisito en el curso de Física General

TutorWILMER ISMAEL ANGEL BENAVIDES

Docente Académico

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIAESCUELA DE CIENCIAS BÁSICAS TECNOLOGÍA E INGENIERÍA

PROGRAMA DE INGENIERÍA DE TELECOMUNICACIONES2 0 15


Tema 1: Física y Medición

En mecánica las 3 medidas básicas son longitud, masa y tiempo, que en el Sistema internacional de medidas tienen las unidades metro (m), kilogramo (kg) y segundo (s).

La densidad de una sustancia se define como su masa por cada unidad de volumen:

ρ=mv

Esta será la formulada y el principio utilizado para resolver el ejercicio 2 del tema 1: Física y Medición

El método de análisis dimensional es muy valioso para resolver problemas de física. Las dimensiones son tratadas como cantidades algebraicas. Al realizar estimaciones y cálculos de orden de magnitud, debe ser capaz de aproximar la respuesta a un problema cuando no haya suficiente información disponible para especificar completamente una solución exacta.

Cuando calcule un resultado a partir de varios números medidos, donde cada uno tiene cierta precisión, debe dar el resultado con el número correcto de cifras significativas. Cuando multiplique varias cantidades, el número de cifras significativas en la respuesta final es el mismo que el número de cifras significativas en la cantidad que tiene el número más pequeño de cifras significativas. La misma regla se aplica a la división. Cuando se suman o restan números, el número de lugares decimales en el resultado debe ser igual al número más pequeño de lugares decimales de cualquier término en la suma.

Tema 2: Movimiento en una dimensión

Cuando una partícula se mueve a lo largo del eje x desde alguna posición inicial x i hasta alguna posición final x f , su desplazamiento es

Δ x=x f−x i

La velocidad promedio de una partícula durante cierto intervalo de tiempo es el desplazamiento Δ x dividido entre el intervalo de tiempo Δt durante el que ocurre dicho desplazamiento:


vx prom=∆ x∆ t

La rapidez promedio de una partícula es igual a la relación de la distancia total que recorre al intervalo de tiempo total durante el que recorre dicha distancia:

v prom=d∆ t

La velocidad instantánea de una partícula se define como el límite de la proporción ∆ x /∆ t conforme ∆ t tiende a cero. Por definición, este límite es igual a la derivada de x respecto a t , o la relación de cambio en el tiempo de la posición:

vx= lim∆t →0

Δ xΔt

=dxdt

La rapidez instantánea de una partícula es igual a la magnitud de su velocidad instantánea.

La aceleración promedio de una partícula se define como la relación de cambio en su velocidad ∆ vx dividida entre el intervalo de tiempo ∆ tdurante el que ocurre dicho cambio:

ax prom=∆ vx∆ t

=vxf−vxit f−ti

La aceleración instantánea es igual al límite de la proporción ∆ vx /∆ t conforme ∆ t tiende a 0. Por definición, este límite es igual a la derivada de vx respecto a t , o la relación de cambio en el tiempo de la velocidad:

ax= lim∆ t→0

∆v x

∆ t=dv x

dt

Cuando la velocidad y la aceleración de un objeto están en la misma dirección, el objeto aumenta su velocidad. Por otra parte, cuando la velocidad y la aceleración del objeto están en direcciones opuestas, el objeto frena. Recuerde que fx∝axes una forma útil de identificar la dirección de la aceleración al asociarla con una fuerza.

Un objeto en caída libre en presencia de la gravedad de la Tierra experimenta aceleración de caída libre dirigida hacia el centro de la Tierra. Si la resistencia del aire es despreciable, el movimiento ocurre cerca de la superficie de la Tierra y si el


intervalo del movimiento es pequeño comparado con el radio de la Tierra, la aceleración de caída libre g es constante durante el rango de movimiento, donde g es igual a 9.80 m/s2.

Los problemas complicados se abordan mejor en una forma organizada. Recuerde y aplique los pasos conceptualizar, categorizar, analizar y finalizar de la “Estrategia General para Resolver Problemas” cuando los necesite.

Tema 3: Vectores

Las cantidades escalares son las que sólo tienen valor numérico y no tienen dirección asociada ni sentido. Las cantidades vectoriales tienen tanto magnitud como dirección, sentido y obedecen las leyes de la suma vectorial. La magnitud de un vector siempre es un número positivo.

Cuando se suman dos o más vectores, deben tener las mismas unidades y todos ellos deben ser del mismo tipo de cantidad. Se pueden sumar gráficamente dos vectores A⃗ y B⃗. En este método, el vector resultante

R⃗=A⃗+B⃗ Corre del origen de A⃗ a la punta de B⃗.

Un segundo método de suma de vectores involucra las componentes de los vectores. La componente x Ax del vector A⃗ es igual a la proyección de A⃗ a lo largo del eje x de un sistema coordenado, dondeAx=A cosθ. La componente y A y de A⃗ es la proyección de A⃗a lo largo del eje y, donde A y=A sin θ.

Si un vector A⃗ tiene una componente x Ax y una componente y A y, el vector se

expresa en forma de vector unitario como A⃗=A x i+A y j. En esta notación, ies un vector unitario que apunta en la dirección x positiva y jes un vector unitario que apunta en la dirección y positiva. Puesto que i y j son vectores unitarios, |i|=|j|=1.

El resultante de dos o más vectores se encuentra al descomponer todos los vectores en sus componentes x y y, sumar sus componentes resultantes xy y, y luego usar el teorema de Pitágoras para encontrar la magnitud del vector resultante. Se puede encontrar el ángulo que forma el vector resultante respecto del eje x al usar una función trigonométrica adecuada.


Tema 4: Movimiento en dos dimensiones

El vector desplazamiento ∆ r⃗ para una partícula es la diferencia entre su vector de posición final y su vector de posición inicial:

∆ r⃗=r⃗ f −r⃗ i

La velocidad promedio de una partícula durante el intervalo de tiempo ∆ t se define como el desplazamiento de la partícula dividido entre el intervalo de tiempo:

v⃗ prom=∆ r⃗∆ t

La velocidad instantánea de una partícula se define como el límite de la velocidad promedio conforme ∆ t tiende a cero:

v⃗= lim∆t→0

∆ r⃗∆ t

=d r⃗dt

La aceleración promedio de una partícula se define como el cambio en su vector velocidad instantánea dividido entre el intervalo de tiempo ∆ t durante el que ocurre dicho cambio:

a⃗ prom=v⃗ f −v⃗ it f−t i

La aceleración instantánea de una partícula se define como el valor límite de la aceleración promedio conforme ∆ t tiende a cero:

a⃗= lim∆t →0

∆ v⃗∆ t

=d v⃗dt

El movimiento de proyectil es una clase de movimiento en dos dimensiones bajo aceleración constante, dondeax=0y a y=−g. Una partícula que se mueve en un círculo de radio r con rapidez constante v es un movimiento circular uniforme. Para tal partícula, el periodo de su movimiento es

T=2πrv

Si una partícula se mueve con aceleración constante a a⃗ y tiene velocidad v⃗ i y posición r⃗i en t=0, sus vectores velocidad y de posición en algún tiempo posterior t son v S


v⃗ f= v⃗ i+a⃗ t

r⃗ f=r⃗ i+ v⃗ i t+12a⃗ t 2

Para movimiento en dos dimensiones en el plano xy bajo aceleración constante, cada una de estas expresiones vectoriales es equivalente a dos expresiones componentes: una para el movimiento en la dirección x y otra para el movimiento en la dirección y.

Es útil pensar en el movimiento de proyectil en términos de una combinación de dos modelos de análisis: 1) la partícula bajo modelo de velocidad constante en la dirección x y 2) el modelo de partícula bajo aceleración constante en la dirección

vertical con una aceleración descendente de magnitudg=9.80m

s2 .

Una partícula en movimiento circular uniforme experimenta una aceleración radial a⃗ puesto que la dirección de v⃗ cambia en el tiempo. Esta aceleración se llama aceleración centrípeta y su dirección siempre es hacia el centro del círculo.

Si una partícula se mueve a lo largo de una trayectoria curva en tal forma que tanto la magnitud como la dirección de v⃗ cambian en el tiempo, la partícula tiene un vector aceleración que se puede describir mediante dos vectores componentes: 1) una componente del vector radial a⃗r que causa el cambio en dirección de v⃗ y 2) una componente del vector tangencial a⃗ t que causa el cambio en la magnitud de v⃗.

La magnitud de a⃗r es v2

r y la magnitud de a⃗ t es |dvdt |.

La velocidad u⃗PA de una partícula medida en un marco de referencia fijo SA se puede relacionar con la velocidad u⃗PB de la misma partícula medida en un marco de referencia móvil SB mediante

u⃗PA=u⃗PB+v⃗ BA

donde v⃗BAes la velocidad de SB en relación con SA.

Tema 5: Leyes del movimiento

Un marco de referencia inercial es un marco en el que un objeto que no interactúa con otros objetos experimenta aceleración cero. Cualquier marco que se mueva con velocidad constante en relación con un marco inercial también es un marco inercial.


La fuerza se define como aquello que causa un cambio en el movimiento de un objeto.

La primera ley de Newton establece que es posible encontrar un marco inercial en el que un objeto que no interactúa con otros objetos experimenta aceleración cero o, de manera equivalente, en ausencia de una fuerza externa, cuando se observa desde un marco inercial, un objeto en reposo permanece en reposo y un objeto en movimiento uniforme en línea recta mantiene dicho movimiento.

La segunda ley de Newton afirma que la aceleración de un objeto es directamente proporcional a la fuerza neta que actúa sobre él e inversamente proporcional a su masa. La tercera ley de Newton postula que, si dos objetos interactúan, la fuerza que ejerce el objeto 1 sobre el objeto 2 es igual en magnitud y opuesta en dirección a la fuerza que ejerce el objeto 2 sobre el objeto 1.

La fuerza gravitacional que se ejerce sobre un objeto es igual al producto de su masa (una cantidad escalar) y la aceleración de caída libre: F⃗g=m g⃗. El peso de un objeto es la magnitud de la fuerza gravitacional que actúa sobre el objeto.

La máxima fuerza de fricción estática f⃗ s , max entre un objeto y una superficie es proporcional a la fuerza normal que actúa sobre el objeto. En general,

f s≤μsn, donde μs es el coeficiente de fricción estática y n es la magnitud de la fuerza normal. Cuando un objeto se desliza sobre una superficie, la magnitud de la fuerza de fricción cinética f⃗ k está dada por f k=μk n, donde μk es el coeficiente de fricción cinética. La dirección de la fuerza de fricción es opuesta a la dirección del movimiento o movimiento inminente del objeto en relación con la superficie.

Subtema 5: Movimiento circular

Una partícula en movimiento circular uniforme tiene una aceleración centrípeta; esta aceleración la proporciona una fuerza neta que se dirija hacia el centro de la trayectoria circular.

Un objeto móvil a través de un líquido o gas experimenta una fuerza resistiva dependiente de la rapidez. Esta fuerza resistiva está en dirección opuesta a la velocidad del objeto en relación con el medio y por lo general aumenta con la rapidez. La magnitud de la fuerza resistiva depende del tamaño y forma del objeto y de las propiedades del medio a través del que se mueve el objeto. En el caso límite para un objeto que cae, cuando la magnitud de la fuerza resistiva es igual al peso del objeto, éste alcanza su rapidez terminal.


Un observador en un marco de referencia no inercial (acelerado) introduce fuerzas ficticias cuando aplica la segunda ley de Newton en dicho marco.

Partícula en movimiento circular uniforme Con el nuevo conocimiento de las fuerzas, se pueden hacer agregados al modelo de una partícula en movimiento circular uniforme, que se introdujo en el capítulo 4. La segunda ley de Newton aplicada a una partícula en movimiento circular uniforme establece que la fuerza neta que permite a la partícula someterse a una aceleración centrípeta se relaciona con la aceleración de acuerdo con

∑ F=¿mac=mv2

r¿

Solución a los problemas

3. La ley de gravitación universal de Newton se representa por:

F=GMm

R2

Aquí F es la magnitud de la fuerza gravitacional ejercida por un objeto pequeño sobre otro, M y m son las masas de los objetos y r es una distancia. La fuerza tiene las unidades del SIkg · m/s2 . ¿Cuáles son las unidades del SI de la

constante de proporcionalidad G?

Solución:

Las unidades de la constante G

son= N .M 2

C2 (Newton pormetrocuadrado sobrecoulumbio al cuadrado)

12. La rapidez de una bala mientras viaja por el cañón de un rifle hacia la abertura está dada por v = (-5.00X107 )t2 + (3.00 X 105 )t, donde v está en metros por segundo y t en segundos. La aceleración de la bala justo cuando sale del cañón es cero. a)Determine la aceleración y posición de la bala como función del tiempo cuando la bala está en el cañón. b) Determine el intervalo de tiempo


durante el que la bala acelera. c) Encuentre la rapidez a la que sale del cañón la bala. d) ¿Cuál es la longitud del cañón?

V= (−5x 107 ) t 2 + (3 x105 ¿ta) a = ?b) αt = ?c) Vo = ?d) L = ?

V=2 (−5 x 107 ) t+3 x105

α (t )=(−1x 108 ) t+3 x 105

Aceleración en fusión del tiempo

Vo=(−5,00 x107 ) t 2+ (3,00 x105 ) t

Vo=(−5,00 x107 ) (0)2+( 3,00x 105 )(0)

Vo=0 Partedel cañon convelocidad cero , yaqueno hayaceleracion13. Las coordenadas polares de un punto son r = 4.20 m y = 210°. ¿Cuáles son las coordenadas cartesianas de este punto?

Solución

r¿4,20m Ө=210 °X¿ r xcosӨX¿4,20 x cos210 °X¿−3,64

Y¿ r x senӨY¿4,20 x sen210Y¿2,10

Coordenadas en el plano cartesiano son: X, -3,64 Y = 2,10

18. En un bar local, un cliente desliza sobre la barra un tarro de cerveza vacío para que lo vuelvan a llenar. El cantinero está momentáneamente distraído y no ve


el tarro, que se desliza de la barra y golpea el suelo a 1.40 m de la base de la barra. Si la altura de la barra es de 0.860 m, a) ¿con qué velocidad el tarro dejó la barra? b) ¿Cuál fue la dirección de la velocidad del tarro justo antes de golpear el suelo?

Solución

X = 1,40m Y = 0,860m V = ? Ө = ?

t=√ 2hg

→ t=√ 2(0,860m)9,8m /Sg2

→ t=√0,1755/ Seg2

t=0,41Seg

V ox=xt

→ V ox=1,40m

0,41Seg

V ox=3 ,415mSeg

Velocidadconcon la quedejo labarra

Vy=¿ → Vy=9,8m

Seg2(0,41Seg)

Vy=0 ,41Seg

tanӨ=VyVx

→ Ө=tan−1( 4,02m /seg3,415m /seg

) → Ө=tan−1(1,177)

Ө=49,65 °

Ө=49 °39' 7' 'Direccionde la velocidad justo antes de golpear el piso

30. Un halcón vuela en un arco horizontal de 12.0 m de radio con una rapidez constante de 4.00 m/s. a) Encuentre su aceleración centrípeta. b) El halcón continúa volando a lo largo del mismo arco horizontal pero aumenta su rapidez en una proporción de 1.20 m/s2 . Encuentre la aceleración (magnitud y dirección) bajo estas condiciones.


r ¿12,0mV ¿4,00m / segac=?

ac=v2

r

ac=(4,00m / Sg)2

12,0 m

ac=1,33m /Sg2

Para hallar la solución bajo estas condiciones sumamos las dos aceleracionesa=ac+a2

a t=1,33m

Sg2+1,20m /Sg2

a t=2,53m / Sg2

La dirección será:

tan∅=1,33m /Sg2

1,20m /Sg2

∅=tan−1( 1,331,20

)

∅=47,94 °

∅=0,836 Radianes

Análisis de los ejercicios.

3. La ley de gravitación universal de Newton se representa por:

F=GMm

R2


Aquí F es la magnitud de la fuerza gravitacional ejercida por un objeto pequeño sobre otro, M y m son las masas de los objetos y r es una distancia. La fuerza tiene las unidades del SIkg · m/s2 . ¿Cuáles son las unidades del SI de la

constante de proporcionalidad G?

Solución:


son= N .M 2

C2 (Newton por metrocuadrado sobre coulumbio al cuadrado)

TOMANDO COMO REFERENCIA RECOMENDACIÓN DEL FORO REALIZAMOS EL ANALISIS DEL EJERCICIO 3

. Excepto los de G.

M=Kgm=Kg ; Entonces.R=m

F= Kg.m

seg2

F=GM .m

r2

Kgmseg2 =

G [ Kg ] [Kg ]m2

Kgmseg2 =

G [Kg2 ]m2

G= Kgm3

seg2 kg2

G= m3

seg2 Kg, estas son las unidades de G .

ANALISIS EJERCICIO 3


La ley de gravitación universal de Newton se representa por:

F=GMm

R2

Para el desarrollo del ejercicio donde se nos pide hallar las unidades la Cuáles son las unidades del SI de la constante de proporcionalidad G?

ANÁLISIS

Solución del Ejercicio

Datos del ejercicio



LEY DE GRAVITACIÓN UNIVERSAL

NEWTON

Esta puede ser expresada vectorialmente

La interacción gravitatoria entre dos cuerpos

puede expresarse mediante una fuerza

directamente proporcional al producto de las

masas de los cuerpos e inversamente

proporcional al cuadrado de la distancia que

los separa.

F= Kg.m

seg2

F=GM .m

r2

Kgmseg2 =

G [ Kg ] [Kg ]m2

Kgmseg2 =

G [Kg2 ]m2

G= Kgm3

seg2 kg2

G= m3

seg2 Kg, estas son las

:

donde es la constante de gravitación

universal cuyo valor es:1


unidades de G .

18. En un bar local, un cliente desliza sobre la barra un tarro de cerveza vacío para que lo vuelvan a llenar. El cantinero está momentáneamente distraído y no ve el tarro, que se desliza de la barra y golpea el suelo a 1.40 m de la base de la barra. Si la altura de la barra es de 0.860 m, a) ¿con qué velocidad el tarro dejó la barra? b) ¿Cuál fue la dirección de la velocidad del tarro justo antes de golpear el suelo?

Solución

X = 1,40m Y = 0,860m V =? Ө =?

t=√ 2hg

→ t=√ 2(0,860m)9,8m /Sg2

→ t=√0,1755/ Seg2

t=0,41Seg

V ox=xt

→ V ox=1,40m

0,41Seg

V ox=3 ,415mSeg


Vy=¿ → Vy=9,8m

Seg2(0,41Seg)

Vy=0 ,41Seg

tanӨ=VyVx

→ Ө=tan−1( 4,02m /seg3,415m /seg

) → Ө=tan−1(1,177)

Ө=49,65 °


Solución


Análisis del ejercicio 18

Análisis caso Para el desarrollo de esta actividad realizaremos el cambio en el valor de la variable X = 1,40m que indica la distancia a la cual golpea el tarro de cerveza de la barra; para nuestro análisis tendremos que el valor X = 2.32m Cambio de valor de la variadle.


Datos ejercicio 18

X = 1,40m Y = 0,860m v=?Ө=?

Datos ejercicio 18 con cambio de variables X = 2.32m Cambio de valor de la variadle Y = 0,860m v=?Ө=?

Para el desarrollo del ejercicio utilizaremos la Formula para el cálculo del tiempo y hallar la velocidad deja el tarro de cerveza la barra

t=√ 2hg

ANÁLISISSolución del Ejercicio

t=√ 2hg

→ t=√ 2(0,860m)9,8m /Sg2

→ t=√0,1755/ Seg2

t=0,41Seg


t=√ 2hg

→ t=√ 2(0,860m)9,8m /Sg2

→ t=√0,1755/ Seg2

t=0,41Seg

Análisis respecto al tiempo

Con el desarrollo del cálculo del tiempo que necesita el tarro de cerveza para caer al piso; podemos concluir que no hay variación ya que este depende de la altura y de la gravedad la cual es constante; en nuestro análisis no hemos variado la altura de la barra por lo cual el tiempo es el mismo para nuestros dos casos.


Una vez determinado el tiempo procedemos a calcular la velocidad con la que abandona la barra el tarro de cerveza, para lo cual utilizamos la fórmula de la

velocidad

V ox=xt

Para X = 1,40m

V ox=xt

→ V ox=1,40m

0,41Seg

V ox=3 ,415mSeg

Velocidad con la que dejo la barra

Realizando el cambio del valor de la variadle por X = 2.32m tenemos que:

V ox=xt

→ V ox=2.32m

0,41Seg

V ox=5,66mSeg

Velocidad con la que dejo la barra, con el cambio en el valor de la variable.

Análisis de la velocidadUna vez realizado el cambio de la variable de posición x podemos observar que al aumentar el valor de distancia del punto de impacto del tarro de cerveza; la velocidad con la que el tarro de cerveza abandona la barra debe ser superior; con lo que concluimos que se necesitó mayor velocidad para alcanzar un desplazamiento de 2,32m.

Dirección de la velocidad justo antes de golpear el pisoFormulas

Vy=¿ ; tanӨ= VyVx

Vy=¿ →

Vy=9,8m

Seg2(0,41Seg)

Vy=4.018m /Seg

tanӨ=VyVx

→

Vy=¿ →

Vy=9,8m

Seg2(0,41Seg)

Vy=4.018m /Seg

tanӨ=VyVx

→


Ө=tan−1( 4,02m /seg3,415m /seg

) →

Ө=tan−1(1,177)Ө=49,65 °

Ө=49 °39' 7' '

Ө=tan−1( 4,02m /seg5,66m /seg

) →

Ө=tan−1(0.71)

Ө=35.374 °

Ө=35 ° 22'29' '

Una vez realizado el cambio del valor de la variable podemos concluir que al aumentar la distancia que debe recorrer el objeto en desplazamiento, aumenta su velocidad y su dirección de desplazamiento cambia


r ¿12,0mV ¿4,00m / segac=?

ac=v2

r

ac=(4,00m / Sg)2

12,0 m

ac=1,33m /Sg2


a t=1,33m

Sg2+1,20m /Sg2

a t=2,53m / Sg2



tan∅=1,33m /Sg2

1,20m /Sg2

∅=tan−1( 1,331,20

)

∅=47,94 °

∅=0,836 Radianes

Solución

Análisis del ejercicio 30

Análisis caso Para el desarrollo de esta actividad realizaremos el cambio en el valor de la variable V ¿4,00m / seg que indica la velocidad; para nuestro análisis tendremos que el valor de V ¿7,00m /seg Cambio de valor de la variadle.


Datos ejercicio 30

r ¿12,0mV ¿4,00m / segac=?

Datos ejercicio 30 con cambio de variables

r ¿12,0mV ¿7,00m /segac=?

Para el desarrollo del ejercicio donde se nos pide calcular la aceleración centrípeta, utilizaremos la fórmula para

ac=v2

r

ANÁLISIS

Solución del Ejercicio Solución del Ejercicio


ac=(4,00m / Sg)2

12,0 m

ac=1,33m /Sg2

ac=(7,00m /Sg)2

12,0m

ac=4.083 /Sg2

Análisis respecto a la aceleración centrípeta ac

Al aumentar la velocidad en una escala de 3 unidades podemos ver que la aceleración centrípeta aumenta considerablemente; ya que su radio no se cambia pero si se hace un cambio en los datos de la variable de la velocidad.De la fórmula de la aceleración centrípeta podemos concluir que la velocidad es exponencial.

Una vez determinada la aceleración centrípeta procedemos a hallar la solución bajo estas condiciones sumamos las dos aceleraciones, para lo cual utilizamos la siguiente fórmula

a=ac+a2

a t=1,33m

Sg2+1,20m /Sg2

a t=2,53m / Sg2


tan∅=1,33m /Sg2

1,20m /Sg2

∅=tan−1( 1,331,20

)

∅=47,94 °

Realizando el cambio del valor de la variadle por ac=4.083m /Sg2

tenemos que:

a t=4.083m

Sg2+1,20m /Sg2

a t=5.2833m / Sg2


tan∅= 4.083m /Sg2

1,20m / Sg2

∅=tan−1( 4.081,20

)

∅=73.61 °


Una vez realizado el cambio del valor de la variable de velocidad podemos concluir que la aceleración centrípeta aumenta y el ángulo de ubicación varía debido a este cambio. Este es un ejemplo claro donde se demuestra que la energía no se crea ni se destruye, solo se transforma.

Revisión de los ejercicios por parte del compañero de CRISTHIAN NERVEDI GOMEZ3. La ley de gravitación universal de Newton se representa por:

F=GMm

R2

Aquí F es la magnitud de la fuerza gravitacional ejercida por un objeto pequeño sobre otro, M y m son las masas de los objetos y r es una distancia. La fuerza tiene las unidades del SIkg · m/s2 . ¿Cuáles son las unidades del SI de la constante de proporcionalidad G?

Solución:


son= N .M 2

C2 (Newton pormetrocuadrado sobrecoulumbio al cuadrado)

RECOMENDACION

El análisis de las unidades está sin la explicación para obtener los resultados:

Se debió tener en cuenta: que se debían ubicar todas las unidades. Excepto los de G.


F= Kg.m

seg2

F=GM .m

r2


Kgmseg2 =

G [ Kg ] [Kg ]m2

Kgmseg2 =

G [Kg2 ]m2

G= Kgm3

seg2 kg2

G= m3

seg2 Kg, estas son las unidades de G .

12. La rapidez de una bala mientras viaja por el cañón de un rifle hacia la abertura está dada por v = (-5.00X107 )t2 + (3.00 X 105 )t, donde v está en metros por segundo y t en segundos. La aceleración de la bala justo cuando sale del cañón es cero. a)Determine la aceleración y posición de la bala como función del tiempo cuando la bala está en el cañón. b) Determine el intervalo de tiempo durante el que la bala acelera. c) Encuentre la rapidez a la que sale del cañón la bala. d) ¿Cuál es la longitud del cañón?

V= (−5x 107 ) t 2 + (3 x105 ¿ta) a = ?b) αt = ?c) Vo = ?d) L = ?

V=2 (−5 x 107 ) t+3 x105

α (t )=(−1x 108 ) t+3 x 105

Aceleración en fusión del tiempo

Vo=(−5,00 x107 ) t 2+ (3,00 x105 ) t

Vo=(−5,00 x107 ) (0)2+( 3,00x 105 )(0)

Vo=0 Partedel cañon convelocidad cero , yaqueno hayaceleracion

Este es el aporte a la solucion

a. La soluciondebe plantearse asi:

sabemos: a=dvdt

= d

dt [−5,00×107 t 2

+3,00×105 t ] , Como x0=0 y t=0


ademas ;V=dxdx

, integrado

x−0=∫0

t

vdt=∫0

t

(−5,00×107 t2+3,00×105) dt¿

¿. Tenemos

x=−5,00×107 t3

3 +3.00×105 t2

2

x=−(1,63×107m/ seg2) t 3+(1,50×10

5 m

seg2 ) t2b . El escape de la balaa=0 , derivamos lavelocidad :dvdt

=−(10.0×107m /seg3 ) t+3,00×105 , pero a=dvdt

entonces

−(10×107m/ seg3 ) t+3,00×105=0

Entonces:

3,00 x105 m

seg2=10x 107 m

seg3t

Obtenemos:

t=3,00x 105 m

seg2

10x 107 mseg3

t=3,00 x10−3 seg

c: Ahora como Vo=(−5,00 x107 ) t 2+ (3,00 x105 ) t

Reemplazando tenemosVo=(−5,00 x107 ) (3,00 x 10−3 seg )2+(3,00 x105 ) 3,00 x10−3 seg

Obtenemos:

Vo=−450mseg

+900mseg


Tenemos:

Vo=450mseg

d: Ahora procedemos a reemplazar el tiempo en x para obtener la longitud:

x=−(1,63×107m/ seg2) t 3+(1,50×10

5 m

seg2 ) t2

x=−(1,63×107m/ seg2) (3,00 x 10

−3seg )3+(1,50×10

5 m

seg2 ) (3,00 x10−3seg )2

x=−(1,63×107m/ seg2) (27 x 10

−9seg )3+(1,50×10

5 m

seg2 )( 9,00x 10−6seg)2

El resultado es:x=−0,450m+1,35m

Tenemos:

x=0,90m

13. Las coordenadas polares de un punto son r = 4.20 m y = 210°. ¿Cuáles son las coordenadas cartesianas de este punto?

Solución

r¿4,20m Ө=210 °X¿ r xcosӨX¿4,20 x cos210 °X¿−3,64

Y¿ r x senӨY¿4,20 x sen210Y¿2,10

Coordenadas en el plano cartesiano son: X, -3,64 Y = 2,10

EL aporte es que la relación entre las coordenadas polares y cartesianas está dada por:


x=r cosθ

y=rsinθ

La representación gráfica queda así:

210°

r=4,2

Entonces:

x=4,2cos 210° x=4,2(−√32 ) x=4,2 (−0,86 ) x=−3,63

y=4,2 sin 210° y=4,2(−12 ) y=4,2 (−0,5 ) y=−2,1

Ahora calculamos la magnitud:

‖A‖=√x2+ y2

Entonces tenemos:

‖A‖=√(−3,63 )2+(−2,1 )2


‖A‖=4,2

Esa es la Magnitud del vector como lo demostramos anteriormente.

18. En un bar local, un cliente desliza sobre la barra un tarro de cerveza vacío para que lo vuelvan a llenar. El cantinero está momentáneamente distraído y no ve el tarro, que se desliza de la barra y golpea el suelo a 1.40 m de la base de la barra. Si la altura de la barra es de 0.860 m, a) ¿con qué velocidad el tarro dejó la barra? b) ¿Cuál fue la dirección de la velocidad del tarro justo antes de golpear el suelo?

Solución

X = 1,40m Y = 0,860m V = ? Ө = ?

t=√ 2hg

→ t=√ 2(0,860m)9,8m /Sg2

→ t=√0,1755/ Seg2

t=0,41Seg

V ox=xt

→ V ox=1,40m

0,41Seg

V ox=3 ,415mSeg


Vy=¿ → Vy=9,8m

Seg2(0,41Seg)

Vy=0 ,41Seg

tanӨ=VyVx

→ Ө=tan−1( 4,02m /seg3,415m /seg

) → Ө=tan−1(1,177)

Ө=49,65 °



La recomendación es Hacer un gráfico para comprender la situación

La taza deja la barra horizontal con vox velocidad inicial. Si el tiempo t transcurre antes que llegue al piso, entonces no existe aceleración horizontal por ser un tiro parabólico compuesta de un movimiento rectilíneo uniforme en x y acelerado en la componente en y.

ax=0m

seg2

Entonces:

t=x fvox

Los datos por ser el movimiento expuestos son los siguientes la distancia

y0=0,860m, además con la aceleración de la gravedad g=9,80m

seg2 , entonces:

La ecuación es:

y− y0=v 0 y t+12g t 2

Pero tenemos:

y= y0+v0 y t+12g t 2

Pero: v0 y=0m

seg2

Obtenemos:

y= y0+12g t 2

Sabemos que:


t=1.40mv0 x

Cuando la jarra llega al piso y=0

Reemplazando tenemos: pero g=−9,80m

seg2 por el marco referencial aplicado

0m=0,860m+ 12(−9,80

mseg2 )(1.40m

v0x )2

Despejando obtenemos:

v0x=√ 0,860m (1.96m2 )0,860 m2

El resultado de la velocidad es:

v0x=3,34mseg

b) La velocidad vertical por ser un movimiento acelerado se obtiene apartir de los siguientes valores:

v fy=v0 y+a y t

Pero sabemos que:

t=x fvox

Y v0 y=0m

seg2

Reemplazando tenemos:

v fy=(−9,80m

seg2 )( 1.40mv0x

)Pero: v0x=3.34

mseg

Reemplazando:

v fy=(−9,80m

seg2 )( 1.40m

3.34m

seg2 )Obtenemos:


v fy=−4,11mseg

El signo negativo significa que está desacelerando

Ahora Mediante la relación trigonométrica para calcular el ángulo:

θ=tan−1( v fyv fx )Tenemos:

θ=tan−1(−4,113,44 )

Entonces:

θ=−50.9° Está medido en el sentido contrario de las manecillas del reloj y está ubicado en el cuarto cuadrante por los valores de las componentes.


r ¿12,0mV ¿4,00m / segac=?

ac=v2

r

ac=(4,00m / Sg)2

12,0 m

ac=1,33m /Sg2



a t=1,33m

Sg2+1,20m /Sg2

a t=2,53m / Sg2


tan∅=1,33m /Sg2

1,20m /Sg2

∅=tan−1( 1,331,20

)

∅=47,94 °

∅=0,836 Radianes

La recomendación o aporte es la siguiente: Debió realizar un gráfico de la situación Física como la que se muestra a continuación

La aceleración centrípeta está bien hallada, pero la magnitud de la aceleración está mal hallada, porque esta se define así:

a=√ (ac)2+(aT )2


Conocemos la magnitud de la aceleración tangencial porque en la situación entregan esa información:

a t=1,20m

seg2

Entonces tenemos:

a=√(1,33m

Sg2 )2

+(1,20m

seg2 )2

El resultado que tenemos es:

a=1,79m

seg2

Ahora procedemos hallar el ángulo θ aplicando la relación trigonométrica:θ=tan−1( aca t

)Tenemos:

θ=tan−1(1,331,20 )

Entonces:

θ=48 ° Está dirigido hacia adentro


Referencias Bibliográficas

Recuperado de internet http://www.disfrutalasmatematicas.com/graficos/coordenadas-polares-cartesianas.html

Serway, R. A., & Jewett Jr., J. W. (2008), (pp 1-59). Física para ciencias e ingenierías Vol. 1 (p. 723). Retrieved from http://una d.libricentro.com/libro.php?libroId=323#

Citado de:

http://datateca.unad.edu.co/contenidos/100413/Guias/Guias_2015_I/Lista_problemas_U1.pdf



http://unad.libricentro.com/libro.php?libroId=323

http://www.disfrutalasmatematicas.com/graficos/coordenadas-polares-cartesianas.html

http://www.disfrutalasmatematicas.com/graficos/coordenadas-polares-cartesianas.html

Documents

SOLUCION_3 docx