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Problemas de Física 1. Grado en Ingeniería Química 1
PROBLEMAS DE FÍSICA I
DINÁMICA
APLICACIONES
Grado en Ingeniería Química
Curso 2016-
PROBLEMAS RESUELTOS
LEYES DE NEWTON
CUARTA, QUINTA Y SEXTA EDICION SERWAY
Raymond A. Serway
Material extraído de la compilación del Ing. Erwin Quintero Gil.
Ejemplo 6.1 Que tan rápido puede girar?
Una bola de 0,5 kg. De masa esta unida al extremo de una cuerda cuya longitud es 1,5 metros. La
figura 6.2 muestra como gira la bola en un círculo horizontal. Si la cuerda puede soportar una tensión
máxima de 50 Newton, Cual es la velocidad máxima que la bola puede alcanzar antes de que la
cuerda se rompa?
Solución Como en este caso la fuerza central es la fuerza T ejercida por la cuerda sobre la bola, de
la ecuación 6.1 se obtiene
r
v
T = m* Despejando v
Tr mv r
v T =m* ⇒ =
m
T*r v m
2 T*r v = ⇒ =
seg
m 150 12, 0,5kg
50 N*1,5m
m
T*r v = = = =
v = 12,24 m/seg.
Ejercicio Calcule la tensión en la cuerda si la rapidez de la bola es 5 m/seg.
8,33 Newton 3
r
v T =m* = = = =
T = 8,33 Newton
Ejemplo 6.2 El péndulo cónico SERWAY
Un pequeño cuerpo de masa m esta suspendido de una cuerda de longitud L. el cuerpo gira en un
círculo horizontal de radio r con rapidez constante v, como muestra la figura 6.3. (Puesto que la
cuerda barre la superficie de un cono, el sistema se conoce como un péndulo cónico.) Encuentre la
velocidad del cuerpo y el periodo de revolución, TP definido como el tiempo necesario para completar
una revolución.
Solución : En la figura 6.3 se muestra el diagrama de cuerpo libre para la masa m, donde la fuerza
ejercida por la cuerda, T se ha descompuesto en una componente vertical, T cos υ y una
componente
T sen υ que actúa hacia el centro de rotación. Puesto que el cuerpo no acelera en la dirección
vertical, la componente vertical de T debe equilibrar el peso. Por lo tanto:
L
r
sen θ = r = L sen υ
TX = T sen υ
TY = T cos υ
∑ FY = 0
TY – m g = 0
TY = m g
T cos υ = m g Ecuación 1
Puesto que, en este ejemplo, la fuerza central es proporcionada por la componente T sen υ de la
segunda ley de Newton obtenemos:
∑ FX = m a pero: TX = T sen υ
TX = T sen υ = m a
r
v
T senθ =ma=m Ecuación 2
L
mg
TY
T
TX
r
La fuerza de fricción estática dirigida hacia el centro del arco mantiene el auto moviéndose en un
circulo.
Solución: En este caso, la fuerza central que permite al automóvil permanecer en su trayectoria
circular es la fuerza de fricción estática. En consecuencia de la ecuación 6.1 tenemos:
r
v FR =m*
La rapidez máxima que el automóvil puede alcanzar alrededor de la curva corresponde a la rapidez a
la cual esta a punto de patinar hacia fuera. En este punto, la fuerza de fricción tiene su valor máximo.
FR = μ N
∑ FY = 0
N – m g = 0
N = m g
FR = μ N = μ m g
FR = μ m g
FR = 0,5 * 1500 * 9,
FR = 7350 Newton
r
v
FR = m* Despejando v
FR r =mv
m
FR *r v m
2 FR*r v = ⇒ =
seg
m 171,5 13, 1500 kg
7350 N* 35 m
m
FR r v = = = =
v = 13,1 m/seg.
Ejercicio: En un día húmedo el auto descrito en este ejemplo empieza a deslizarse en la curva
cuando la velocidad alcanza 8 m/seg. Cual es el coeficiente de fricción estático?
∑ FY = 0
N – m g = 0
N = m g
FR = μ N = μ m g
FR = μ m g
r
v FR =m*
r
v μ m g=m* r
v μg =
( ) 0, 343
rg
v μ = = = =
Ejemplo 6.4 La rampa de salida peraltada SERWAY
Un ingeniero desea diseñar una rampa de salida curva para un camino de peaje de manera tal que
un auto no tenga que depender de la fricción para librar la curva sin patinar. Suponga que un auto
ordinario recorre la curva con una velocidad de 13,4 m/seg y el radio de la curva es 50 metros. Con
que ángulo debe peraltarse la curva?
Razonamiento: Sobre un camino nivelado la fuerza central debe ser suministrada por la fuerza de
fricción entre el auto y el suelo. Sin embargo, si el camino esta peraltado a un ángulo υ, como en la
figura 6.5, la fuerza normal N tiene una componente horizontal N sen υ apuntando hacia el centro de
la trayectoria circular seguida por el auto. Supóngase que solo la componente N sen υ proporciona la
fuerza central. Por tanto, el ángulo de peralte que calculemos será uno para el cual no se requiere
fuerza friccionante. En otras palabras, un automóvil que se mueve a la velocidad correcta (13,
m/seg ) puede recorrer la curva incluso sobre una superficie con hielo.
∑ FX = m aC pero: NX = N sen υ
NX = m aC
N sen υ = m aC
r
v
N senθ =m* Ecuación 1
∑ FY = 0
NY – m g = 0 Pero: NY = N cos υ
NY = m g
N cos υ = m g Ecuación 2
Al dividir 1 entre 2, se cancela N (normal) y la masa m
m g
r
v m*
N cos
N sen θ
g
r
v
cos
sen θ
r g
v
tan θ =
( )
( ) ( )
rg
v
tan θ = = = =
Tan υ = 0,
υ = arc tan (0,36644)
0
Ejemplo 6.5 Movimiento de satélites SERWAY
Este ejemplo trata el problema de un satélite que se mueve en orbita circular alrededor de la tierra.
Para comprender mejor el problema debemos advertir primero que la fuerza gravitacional entre dos
partículas con masas m 1 y m 2 , separadas por una distancia r, es una fuerza de atracción y tiene una
magnitud
r
m 1 m 2 F =G
Donde G = 6,672 x 10
N m
2
/kg
2
esta es la ley de gravitación de Newton que estudiaremos con
mas detalle en el capitulo XIV.
υ
NX
NY
N
mg
υ
Despejamos el radio 31,83metros
r = =
( )
Newton 31,
31 , 83 m
seg
2 m 8
1,5kg* r
v F =m* = = =
F = 3,01 Newton
Problema 6.2 Edición cuarta SERWAY; Problema 6.5 Edición quinta; Problema 6.4 Edición
sexta
En un ciclotrón (un tipo acelerador de partículas), un deuterón (de masa atómica 2u ) alcanza una
velocidad final de 10 % de la velocidad de la luz, mientras se mueve en una trayectoria circular de
0,48 metros de radio. El deuterón se mantiene en la trayectoria circular por medio de una fuerza
magnética. Que magnitud de la fuerza se requiere?
r
v F =mac =m
Velocidad de la luz = 3 X 10
8
m/seg
Velocidad del deuterón = 3 X 10
7
m/seg
Masa deuterón 2u = 2 * 1,661 X 10
kg.
Masa deuterón 2u = 3,322 X 10
kg.
r
v F m
F = 3,322* 10
Newton
F = 62,287* 10
F = 6,2287 * 10
-
Newton
Problema 6.2 Edición quinta SERWAY
Una patinadora de hielo de 55 kg se mueve a 4 m/seg.. Cuando agarra el extremo suelto de una
cuerda, el extremo opuesto esta amarrado a un poste.
Después se mueve en un circulo de 0,8 m de radio alrededor del poste.
a) Determine la fuerza ejercida por la cuerda sobre sus brazos.
b) Compare esta fuerza con su peso.
a) Determine la fuerza ejercida por la cuerda sobre sus brazos.
( )
0,
r
v T =m* = =
T = 1100 Newton
b) Compare esta fuerza con su peso.
mg
T
W
T
Problema 6.3 Edición quinta SERWAY
W = m g
v
T
r
Fr
v
v
Fr
Una cuerda ligera puede soportar una carga estacionaria colgada de 25 kg. antes de romperse. Una
masa de 3 kg unida a la cuerda gira en una mesa horizontal sin fricción en un circulo de 0,8 metros
de radio. Cual es el rango de rapidez que puede adquirir la masa antes de romper la cuerda?
La cuerda se rompe cuando se le cuelgue una masa de 25 kg. Entonces podemos calcular la
máxima tensión que soporta la cuerda antes de romperse.
TMAXIMA = m * g = 25 kg * 9,8 m/seg
2
= 245 Newton.
Con la tensión máxima que soporta la cuerda antes de romperse, se calcula la máxima velocidad que
puede girar la masa de 3 kg antes de romper la cuerda.
r
v TMAXIMA =m*
Despejando v
TMAXIMA r=mv
m
TMAXIMA*r v m
2 TMAXIMA*r v = ⇒ =
seg
m 65,33 8, 3 kg
245 N*0,8m
m
TMAXIMA*r v = = = =
v < 8,08 m/seg. La velocidad de la masa de 3 kg, no puede alcanzar la velocidad de 8,08 m/seg
por que se rompe la cuerda.
Problema 6.4 Edición quinta; Problema 6.35 Edición cuarta SERWAY; Problema 6.3 Edición
sexta
En el modelo de Bohr del átomo de hidrogeno, la rapidez del electrón es aproximadamente 2,2 * 10
6
m/seg. Encuentre:
a) La fuerza que actúa sobre el electrón cuando este gira en una orbita circular de 0,53 * 10
metros de radio
b) la aceleración centrípeta del electrón.
Masa = 9,11 * 10
Kg. V = 2,2 * 10
6
m/seg. r = 0,53 * 10
metros
r
v F m*
F 9,11* 10 =
F = 83,192 * 10
- 9
Newton
b) la aceleración centrípeta del electrón.
r
v a =
a = 9,132 * 10
22
m/seg
2
Reemplazando g (gravedad) en la ecuación, tenemos:
V
RE
g * = 2
RE
V = g*
seg
3 m 5,58685* 10
RE
V = g* = = = =
V = 5586,85 m/seg.
b) El periodo de su revolución (satelite)
Para calcular el periodo, sabemos que la rapidez promedio de una orbita circular del satélite es:
( )
T
4 RE
T
2 2 RE
T
2 r
periodo
longituddelaorbitadelsatelite v
π π^ π
Despejamos el periodo
14327,89 seg. 5586,
v
4 RE
T = = = =
238,79 minutos 60 seg
1 minuto T =14327,89seg* =
T = 238,79 minutos
c) La fuerza gravitacional que actúa sobre el?
r
GMEm
FR = pero: r =2 RE
( ) ( ) ( )
RE
GME
m
2 4 RE
GME
m* 2 2 RE
GMEm FR = = =
Pero:
( )
RE
G*ME
g = Reemplazando la gravedad en la ecuación anterior tenemos:
( )
*g 4
m
2 RE
GME
m FR = =
*9,8 735 Newton 4
*g 4
m FR = = =
FR = 735 Newton
Problema 6.7 Edición quinta;
Mientras dos astronautas del Apolo estaban en la superficie de la Luna, un tercer astronauta daba
vueltas a su alrededor. Suponga que la orbita es circular y se encuentra a 100 km sobre la superficie
de la luna. Si la masa y el radio de la luna son 7,4 x 10
22
kg 1,7 x 10
6
m, respectivamente, determine:
a) La aceleración del astronauta en orbita.
b) Su rapidez orbital
c) El periodo de la orbita.
Datos:
Datos: RE = radio de la luna = 1,7 x 10
6
metros.
h = La distancia entre el satélite y la superficie de la tierra.
H = 100 km = 0,1 X 10
6
m
r = RE + h = 1,7 x 10
6
m + 0,1 X 10
6
m
r = 1,8 x 10
6
m
Luna
∑ FY = m a como el astronauta se mantiene en orbita circular alrededor de la luna. La fuerza de la
gravedad hará las veces de fuerza centrípeta.
m = masa del astronauta
ML = masa de la luna = 7,4 x 10
22
kg
G = 6,67 x 10
r = 1,8 x 10
6
m
∑ FY = m a
m a 2 r
G MLm
Ordenando la ecuación anterior
m* a 2 r
G*ML
m * =
Cancelando m (masa del astronauta) a ambos lados de la ecuación
a 2 r
G *ML
seg
m 1, 12 3,24X 10
4,9358X 10
1,8x 10
4,938x 10
2 6 1 , 8 10
* 7,4X 10
6,67X 10
r
G*ML
a = =
X
a = 1,52 m/seg
2
b) Su rapidez orbital
r
v a =
Despejamos la velocidad (rapidez)
V
2
= a * r
v = ar = 1,521,8X 10 =
v = 1654,08 m/seg.
c) El periodo de la orbita.
T
2 r v
Despejando el periodo en la ecuación
h
r
RE
Astronauta
b) Cual es el coeficiente de fricción estático entre la moneda y la mesa giratoria?
∑ FY = 0
N – m g = 0
N = m g
FR = μ N = μ m g
FR = μ m g
r
v FR =m*
r
v μ m g=m* r
v μg =
( ) 0, 29400
rg
v μ = = = =
Problema 6.12 Edición quinta; Problema 6.19 Edición cuarta SERWAY; Problema 6.10 Edición
sexta SERWAY
Un automóvil que viaja inicialmente hacia el ESTE vira hacia el NORTE en una trayectoria circular
con rapidez uniforme como se muestra en la figura p6-12. La longitud del arco ABC es 235 metros y
el carro completa la vuelta en 36 seg.
a) Cual es la aceleración cuando el carro se encuentra en B localizado a un ángulo de 35
0
. Exprese
su respuesta en función de los vectores unitarios i y j.
Determine
b) la rapidez promedio del automóvil
c) Su aceleración promedio durante el intervalo de 36 seg.
seg
m 6, 36 seg
235 metros
tiempo
distancia v = = =
Longitud del arco total = 2 π r
Longitud de un cuarto de cuadrante = 2 π r/ 4 = π r/ 2
2 * long. De un cuarto de cuadrante = π r
149,6 metros 3,
2 *long.deuncuartodecuadrante 2 * 235 r = = = π
a) Cual es la aceleración
( )
2 seg
m 0, 149,
r
v a = = = =
ax = - a sen 35 i = - 0,28476 sen35 i = - 0,28476 * ‘0,5735 i = - 0,163 i
ay = - a cos 35 j = - 0,28476 sen35 j = - 0,28476 * ‘0,8191 j = - 0,233 j
c) Su aceleración promedio
VF = V 0 + at
C
ax B
aY
35
0
35
0
A
VF - V 0 = at
6,53j-6,53i
t
Vf -V 0 a = =
seg
m
6,53i
36
6,53j a = = +
Problema 6.13 Edición quinta; Problema 6.37 Edición Cuarta SERWAY; Problema 6.9 Edición
sexta
Considere un péndulo cónico con una plomada de 80 kg. en un alambre de 10 metros formando un
ángulo de υ = 5
0
con la vertical (figura 6.13). Determine
a) Las componentes vertical y horizontal de la fuerza ejercida por el alambre en el péndulo.
b) La aceleración radial de la plomada.
∑ FY = 0
TY – m g = 0
TY = m g = 80 * 9,8 = 784 Newton
TY = 784 Newton
TY = T cos υ
787 Newton cos 5
cos
TY
T = = =
θ
TX = T sen υ
TX = 787 sen 5
TX = 68,59 Newton
b) La aceleración radial de la plomada.
∑ FX = m aC
pero: TX = 68,59 Newton
m g
T
TX
TY
b) El halcón continúa volando a lo largo del mismo arco horizontal pero aumenta su rapidez a la
proporción de 1,2 m/seg
2
. Encuentre la aceleración (magnitud y dirección) bajo estas condiciones.
v = 4 m/seg. r = 11 metros
ar = Aceleración centrípeta
aT = Aceleración tangencial = 1,2 m/seg
2
a
2
= ar + aT
( ) ( ) ( ) ( ) 1,768 1,44 3,
a = ar = + = + =
a = 1,791 m/seg
2
aT
ar
tg θ= = =
υ = arc tg 1,
0
Problema 6.17 Edición quinta; Problema 6.17 Edición Cuarta SERWAY
Un niño de 40 kg se mece en un columpio soportado por dos cadenas, cada una de 3 metros de
largo. Si la tensión en cada cadena en el punto mas bajo es de 350 newton, encuentre:
a) La velocidad del niño en el punto mas bajo
b) la fuerza del asiento sobre el niño en ese mismo punto. Ignore la masa del asiento.
a) La velocidad del niño en el punto mas bajo
m = 40 kg. r = 3 metros
∑ FY = m a
2 T - m g = m a
r
v 2 T-mg=m*
r (2T-mg)= m*V
2 T r – m g r = m V
2
m
2 2 Tr-mg^ r V =
( )
40
m
2 Tr-mgr V = = = =
V = 4,8 m/seg.
b) La fuerza del asiento sobre el niño en ese mismo punto. (Ignore la masa del asiento).
∑ FY = m aY
m g – N = m a
aR a
aT υ
m g
T^ T
r = 3
T^ T
r
v N - mg=m*
r
V
m g r
v N mg m*
( ) 40 *(9,8 7,68) 3
r
V
N m g = + ⎟
N = 40 * (17,48)
N = 700 Newton
Problema 6.18 Edición quinta; Problema 6.17A Edición Cuarta SERWAY
Un niño de masa m se mece en un columpio soportado por dos cadenas, cada una de larga R. Si la
tensión en cada cadena en el punto mas bajo es T, encuentre:
a) La rapidez del niño en el punto mas bajo
b) La fuerza del asiento sobre el niño en ese mismo punto. (Ignore la masa del asiento).
∑ FY = m a
2 T - m g = m a
R
v 2 T-mg=m*
R (2T-mg)= m*V
2TR – mgR = m V
2
m
2 2 TR-mg^ R V =
2 TR
m
mgR
m
2 TR
m
2 TR-mgR V = = =
2 T
V R ⎟
b) La fuerza del asiento sobre el niño en ese mismo punto. (Ignore la masa del asiento).
∑ FY = m aY
m g – N = m a
R
v N - mg=m*
R
V
m g R
v N mg m*
Pero:
m
2 2 TR-mg^ R V =
m g
T^ T
R
T^ T
( )
10
R
v N =mg+m* = +
N = 4900 + 20000
N = 24900 Newton
b) Cual es la rapidez máxima que el vehiculo puede alcanzar en B y continuar sobre la pista.
Punto B Cuando el auto esta en la parte superior, la pista no ejerce fuerza sobre el vehiculo,
es decir la normal en el punto máximo superior es cero.
∑ FY = m a
m g = m a
R
v m g=m*
se cancela la masa.
R
v g =
V
2
= g * r
v = gr = 9,8 15 = 147
V = 12,12 m/seg.
Cuando la normal es cero, la velocidad es máxima.
Problema 6.25 Edición quinta; Problema 6.25 Edición Cuarta SERWAY
Un objeto de 0,5 kg esta suspendido del techo de un vagón acelerado, como se muestra en la figura
p 6 -13. Si a = 3 m/seg
2
, encuentre:
a) El ángulo que la cuerda forma con la vertical.
b) La tensión de la cuerda?
L
r
sen θ = r = L sen υ
TX = T sen υ
TY = T cos υ
∑ FY = 0
TY – m g = 0
TY = m g
T cos υ = m g Ecuación 1
N
m g
mg
TY
T
TX
L
r
Punto A
Puesto que, en este ejemplo, la fuerza central es proporcionada por la componente T sen υ de la
segunda ley de Newton obtenemos:
∑ FX = m aX pero: TX = T sen υ
TX = T sen υ = m aX
T sen υ = m aX Ecuación 2
Al dividir la ecuación 2 con la ecuación 1, se elimina T y la masa m.
m* g
m*ax
Tcos
T sen
g
ax
tg θ = = =
υ = arc tg (0,3061)
0
b) La tensión de la cuerda?
T sen υ = m aX Ecuación 2
T sen (17,02) = 0,5 * 3
0,2927 T = 1,
T = 5,12 Newton
Problema 6.30 Edición quinta SERWAY
Un paracaidista de 80 kg de masa salta desde una aeronave que viaja lentamente y alcanza una
rapidez terminal de 50 m/seg.
a) Cual es la aceleración de la paracaidista cuando su rapidez es de 30 m/seg.
Cual es la fuerza de arrastre ejercida por la paracaidista cuando su rapidez es:
b) 50 m/seg.
c) 30 m/seg.
∑ FY = 0
m g – R = 0
donde R = fuerza resistiva
( )
2
D A VT
R
γ
γ = Densidad del aire
A = Area de la sección transversal del objeto que cae medida en un plano perpendicular a su
movimiento.
VT = velocidad o rapidez terminal
m g – R = 0
m g = R
D A(VT)
mg R
( ) 2
D A
VT
mg γ
