Source: https://www.slideshare.net/LOSFUETES/fisica-serwayvol2solucionario120717032040phpapp01
Timestamp: 2019-09-16 22:55:52+00:00

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pamela quia camacho , Estudiante en nuestra señora de la paz
Williams Barrios Calcina
1. . - ¡ ¡iv z É 9 Ï f ' . v. J j I K - __, í i V ‘ " "-«‘ s. L . 1 ¡ ‘ . ‘l í ' ’ 5 l . ‘N u] __ 4' N‘ “v F? ‘I . y . ‘ , . , 7 - . . ‘¿Í = ‘!: |i| A.'. 'e| ,¡lHI}-‘ï- . 2:5‘ ‘ _ > . x‘ . ;. ï" N- o _"v. _-¡
2. solucionarlo Píslca de Serway Vol. 2
3. Solucíonario Física de Serway Vol.2
4. Prosonlaclón. ,, . . . ll . CAPÍTULO 13. MOVlMlENTO OSClLATORlO. Movimiento armónico simple. .. i Una masa unida a un resorte. .. Energía de un OSCIIZIÓOV armónico simple . El Péndulo. . . Comparación de movimiento ar uniforme. .. ... ... ... ... ... ... ... .. oscilaciones amorliguadas oscilaciones torzadasi . . Problemas adicionales. . CAPÍTULO 14. LA LEY DE LA GRAVEDAD. Ley do la gravedad. medida de la constante gravitacional. peso y fuerza gravitacional. . . . i i Las leyes de Kepler. El campo gravitacional Energia potencial gruvilnclonal. . Consideraciones de energia en al movimiento planelarlo y de salélites , . La luerza gravitacional entre un objeto extendido y una partícula. . Fuerza gravitacionat enlre una partícula y una masa eslérica. Problemas adicionales. . .. . . CAPÍTULO 15. MECÁNICA oe FLUIDOS. Presión. .. ... ... .. . . . Variación dela presi con a pro un l a Medida de presion. .. ... ... .. Fuerzas de rotación y principio de Arqulmeda Dinámica do Iluidos y la ecuación de Bemoulli. .. Otras aplicaciones de la ecuación de Bernoulli Energia del viento. . h! ll Problemas adicionales. PARTE ll: ONDAS MECÁNICAS CAPrTULO 16. MOVlMIENTO ONDULATORIO. Ondas viajeras uriidimensionales superposición e interferencia de ondas. La velocidad de ondas on cuerdas. Ondas senoidales. Energia trasmltida por ondas senoidalos en cuerdas La ecuación de onda linea Problemas adicionales. . . . o simple con el movimienlo circular SOtUCDONARIO - FISNJA EL SLÑWAV, Volumen 2 Primera Edición: 2005 Hecho el depósito legal ley n. " 26905 Biblioteca Nacional del Perú REG, n. ” 2005-2513 ISBN 9972-34-254-9 6D Anibal Paredes Galván - Editor. Editorial San Marcos Jr. Natalio Sánchez 220 Ol. 304 Jesús Maria. Lima Telefax 330-8553 l 332-0153 E-mail: san-marcosüterracompe solucionado a cargo de Juan Garibay Calderón Prohibida la reproducción total o parcial de la obra sin previa aulonzación escrila del editor de la misma Pedidos: Av. Garcilaso dela Vega 974 OI. 404, Lima, tell. : 424-6563 Jr. Natalio Sánchez 220 Ol. 304, Jesús Maria, tell; 4234291 Impreso en Perú l Prtnted in Peru Composición, diagramaclón y montaje Editorial San Marcos Esle libro se terrriinó de imprimir en los talleres grálicos de Editorial San Marcos Av. Las Lomas 1600. um. Mangorriarca. S. J.L. , Lima, Perú (RUC 10090984344). 181 163 166 172 181 185 186
5. CAPITULO 17. ONDAS SONORAS. Velocidad de ondas sonoras, Ondas sonoras periódicas. Intensidad de ondas sonoras periódicas. Ondas estéricas y planas. El electo Doppler i, . . ... .. .. Problemas adicionales. . . . . i CAPÍTULO ta. SUPERPOSICIÓN Y ONDAS ESTACIONARIAS. superposición a interferencia de ondas senoidales Ondas eslacionnrias . ... ... ... ... . . . Ondas estncionnrias en una cuerda a cn ambos extremos Ondas cstacionurias cn columnas de aire, ., , , . . . . . . Ondas estacionarias en barras y places. , Pulsaciories: interferencia en el tiempo. . , . . Problemas adicionales. i. . . . . . . cAPrruLo 19. TEMPERATURA. El termómetro de gas a volumen constante y la escala Kelvin Expansión térmica de sólidos y líquidos. . , . . Descripción macioscópica de un gas ideal . . Problemas adicionales . . . . CAPÍTULO 2o. CALOR v LA PRIMERA LEY os LA TEHMODINÁMICA. Calor y energia térmica. .. . Capacidad calorilica. calor espec co y calor latente, Trabajo y calor on procesos tormodmámicos. . La primera ley dci la termodinámica. Algunas aplicaciones de la primera ley de la termodinámica Trenslerencla de calor. .. Problemas adicionales l- CAPÍTULO 21. LA TEORÍA CINÉTlCA DE Los GASES. Modelo molecular do un gas ideal, . , . . , Calor especifico dc un gas ideal . . Proceso adiaoáticos para un gas ideal . La cquipenición de la energia. .. ... . . , La ley de distnbucion de Boltzmann. distribución de velocidades moleculares. Trayectoria libre medie . ... ... ... ... ... .. Ecuación de estado de Van der Waal Problemas adicionales, , , CAPÍTULO 22. MÁQUINA TÉRMICAS. ENTROPIA Y LA SEGUNDA LEY DE LA TEHMODINÁMICA. Máquinas térmicas y la segunda ley de la tcmiodinámicai l . , LamáquinadeCamol. .. . . .. El motor de gasolina, . Bombas de calor y refrigeradores . Entropla. . . . .. . Problemas ad onalcs 199 201 207 212 215 223 237 243 247 254 263 265 267 281 288 297 308 33 l 332 344 351 354 362 369 385 392 398 406 409 414 417 418 437 440 449 451 454 462 PRESENTACIÓN Debido al papel preponderante (le la física en disciplinas como la inge- niería, la qulrriica y la medicina, y a la tmscvrttlcncia de la: aplicaciones de las leyes [incas en la moderna tecnologia y en los avances cientificos, en esc sentido el SOLUCIONARIO FÍSICA DE SERWAY tiene como principal objetivo brindarle al estudiante la posibilidad de conzprmdcr y consolidar los conocimientos teóricos apn-ndrdos, esto es, reforzar cl aprendizaje de con- cepto; y principios por medio (le una amplia gama de interesantes aplicacio- nes en el mundo real. La obra esta’ desarrollar/ a en tres tvlllﬂlﬂlt‘! quo lucen un total aproxi- mado (le 2 400 problemas resueltos, en 34 capítulos; abarca tcmasfundamen- tales (le la/ ¡Ïrica clásica que se dividen en 4 partes. La pu rte l (capúulox I - 15) sc abordan los ﬁmdamenlos de la mecánica ne-wtomkrna y de la fúica de [lu idas; la parte II (capítulos 16 - 18) que comprende cl movimienlo ondulato- rio y el sonido; la parte ¡"(capítulos 19 - 22) considera el calor y la termodi- námica y la parte I V(capi'tulos 23-34) comprende la electricidad y el magne- tisma. Cada una de los capítulos se ha desarrollado srguimdo un orden cobe- rtrite de temas con el propósito (le llegar tlidácticamente al estudiante, por lo que esperamos que esta abra sir-va como im libro de consulta práctica, dentro de esa gran senda del conocimiento cientiﬁco que le toca a Ud. descubrir. El editor
6. MOVIMIENTO OSCHATORIO MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE El desplazamrenlo de una parlícula en! : 0.25 s oslá dado por In oxprosóón x = (4,0 m) ces (3.0 m + u). donde x está en metros y l en segundos. Determine. a) le Irecuuncna y 91 DGNIOÓO del movrmrenlo, b) la amplitud del movimíenlo, c) la constan- ln de vaso, y d) ol dospiazamionlo dc- Ia panrcula en t = 0,25 s. Resolución: x(l) = (4,0)cos(3n| + n) Parte (a) Sabemos que: u: = 2a. ! 2 l: : 1,5 Hz T . - } = = 0.66 s Pane (b) A: 4pm Parte (c) «a 1: Parte (d) x(0.25 s) = 4,0cos [1 .751 + n] = 4,0cos(rz/4) = 2,83 m Una bola pequeña 50 pone cn movimienlo horizontal haciéndola rodar con una vo- lecidad de 3,00 m/ s a través de un cuarto de 12.0 m de largo. enlre dos paredes. Supóngase que los choques con cada pared son peñectamenla elásticos y quo el movimienlo es pelpendlcukll a las dos paredes. a) Demueslre que el movimiento es perlódrco, y b) determina su periodo. ¿El movimiento es armónico simple? Explique. Resolución z Por (lalo: La bola reahza un choque períeclamenle eláshco entonces: E E v Krmnm? 1 ¡(mm mural z vlnu —> «v» no cambia en el tiemuo
7. Solu clonarlu - listo: ¡la tam! EE w. 12.0 m ‘IvllU Lido. x : 0 [ÍI máximo desplazamiento de Ia partícula es l2 m, y corno la velocidad no cambia un el tiempo entonces ol tiempo en el recorrido no cambiará en consecuencia el movimiento «es periódico- Parte (b) 1 En un M. A.S. Emma : cte r 3 LA? l . En un choque P. elástico Emnam = E“ = E mv‘ 1 l Y k 9 ’° zkﬁzzm" ¡’tu Entonces‘ T = 2rr ‘l? 211 ‘L: - T = 25,1 s Parte (c) Por analogía en choque perfectamente elástico horizontal la energía mecánica es constante. y como en un MAS. también lo es‘ Entonces por analogía: k . . . . E = cte. Luego el movimienlo es arrnomoo. Una bola que se dera naci desde una altura de 4.00 m efectúa un choque perlecla- mente elástico con nl suelo. Suponiendo que no so pierde energia debido a le resis- tencia del aire, a) demuestre qua el movimiento es periódico. y b) delennine el pe- ríodo del movimiento. c) ¿El movimiento es armónico simple? Explique. Resolución: Parte (a) 1 V = 0 Por conservación de la energia: ¿m m Eu ritual = EMÜIH)‘ --s mgh = ¿mv? cuando la bola choca con el suolo por pnmora voz, rebota con la misma velocidad por consiguiente recorrerá tu misma altura en «tiempos iguales» por lo tanto el tiem- po no cambia. Luego el periodo no carmia. entonces «es periódico». Parto (h) Por analogía: En un péndulo que realiza un MAS. inﬂacionario-miel ¡to 3mm ,1 Entonces: T = zu JE Depende de le longitud enla que se encuentra dal punto más bajo la partícula (PE) E : = ntimces T 21:‘ 9.81 T = 26,1416) = 4_o15 9.81 4. Si la pi35": ¡°" Y velocidad iniciales de un ooieto quo se mueve con movimienlo armó- "W SWF 9 9°" X0. V, y ao. y si la frecuencia angular de oscilación es i. .. a ) camu“. ggnilaue la posición y la velocidad del obiato para todo al tiempo puede escribuse l‘, . x(t)= x°cosmt+ ﬁ- senivrt i ' l vil) = ‘XVSQDIHIÍ + vucosmt b) Si le amplitud del movimiento es A. demuestre que V2 - 3X = vá — saxo : Miu’ Resolución: Datos: En t = 0 xo; ve. a" «ui» ire-cuencia angular Parto (a) Por demostrar: x(t) = xucosiait 9 32] “nm m Sabemos que la posicion de un armónico simple es: xlt) = ACOSÚHÍ + o) '“° Xi‘) = AÍOOWIUDOSO » senmt . senda] ñ Xll) = ÁOOSNLOOSÓ — ASGHVILSGHO (i) Por otro lado: (por delo) Xi‘ = 0) = x0 = Acosw) (2) Vo ll els ale» (t = 0) = wii-senti) . > —A sen(o) z 10;! - (a) Il ao (l = 0) = -Al')2008(0)
8. solucionarlo Jlslcetle ¡mu! i‘ I‘ i')v(¡‘b«-n(1) > x(l) : x cosúnl) + ‘ sentra! ) I. q,q. d. " t «o ¡‘M10 (b) I'm (Jurnostrar: v2 - ax = v; - Bolo = ¡“m2 ‘urlwmos que: 2 = A2,» 2 o) 2 ‘° S( y, ¡g + L; =A’(cos’(o) 4 senw» m. vi = A2012 sen’(o) xfa? + vo“ = Azul‘ Por otro lado: av = aﬁtxo) > 41,35 = IIFX, ’ Luggg; v2 v, ax : vá — a°x° . -. A70? l. q.q. d. El desplazamiento de un objeto es x : (8,0 cm)cos(2.0t 4 n13), donde x está en centímetros y t está en segundos. Calculo. a) la velocidad y aceleracion en l = n12 s. b) la velocidad máxlma y el tiempo anterior (l > 0) en el cual la partícula tiene esta velocidad y c) la aceleración máxima y al tiempo anterior (t > 0) en el cual la partícula tiene esta aceleracion. Resolución: x(l) = (8.0 cm)cos(2.0t + 11/3) Parte (a) m) = % = (46,0 cm)sen(2_ot + n13) Luego: v(t = n12) = (-16.0 cruise" l" + mi v(l = n12) = 3,5 cm/ s = 13.86 cin/ s Parte (b) v“. = (-16.0 cm)sen[2.0t + rt/3] .3 vm“ = 446.0 cm/ s 1| 1| Luego: 2,0t w 3 = -2- r— 1 — o 262 _ S — , S Parte (c) a(l) = % = 432.0 cm)C0S (2.01 + m3) 4 am“ será cuando oos[2.0l «o n13] = —t solucionarlo-metilo ¡muy 13 7. r: 2,0! + l- 3-7! = |.04a mi: En oonsewencia: am“ = +32 cm/ s? Una partícula de 20 g se mueve en un movimiento armónico simple con una íre» cuencia de 3.0 oscilaciones ls y una amplitud de 5.o cm a) ¿Ouó distancia total se mueve la partícula durante un ciclo de su movimiento? b) ¿Cuál es su velocidad máxima? ¿Dónde ocurre éste? c) Encuentre la aceleración máxima de la partícula. ¿En qué pene del movimiento ocurre la aceleración máxima? Inclusión: m=20g r í=3 EÏÏa-Eﬁï: A=5cm Parte (e) 1 Como: l: g 1 = 3 s Come parte del origen: x(l) = Acoshul) Per otro lado: m = 21:1 3 m = 2rr(3) = 6K tad/ s Luego: ¡(t : 1/3 s) = (5 cm)cos L5’? x(t = V3) = (5 cm)cos(2u) = 5 cm Parte (b) v(t) = si: = —Aw senos! ) r: VM = Au: = 5 cm (6a) = 3D»: 94.25 cm/ s mt=3ul2 a Suiza? “ , t=0,25s Parte (c) a(t) = 5g = —Aur"’ oos(u»t) —> am, = Am? z (5 cm)(94.25)= em“ = 17,76 misz Luego: wt= rr ——: HE”; — 0.175 E Una partícula se mueve nacía la derecha a le largo del eje x en un movimienlo amrónico simple e panír del origen en l = O. Si la amplitud de su movimienlo es de 2,00 cm y la írecuoncia es 1,50 Hz. a) pruebo que su desplazamiento está dado por x = (2.00 cm)sen(3.00 t). Determine b) le velocidad máxima y el tiempo mas anterior (t > 0) en el cual la partícula tiene esta velocidad, c) la aceleración máxima y el
9. 1d solucionarlo-ﬁsica tie Sorvm tiempo más antenor (t > O) on el cual la partícula tiene esta aceleración. Y d) ¡ﬂ distancia total recorrida entre t = 0 y i = 1.00 s. Resolución : Parte (a) Por demostrar x(i) = (2.00 cm) son(3.00|) Sabemos que la partícula tiene MAS. entonces: x(i) z Aooaürrt + o) Por otro lodo: í = 1.50 H1 -> m = 3K "id/ S Luego: como parte del origen: x(i = 0) = 0 = 2.00eos(°) o = rr/2 o 3rr/2 Además: x(i) : Acostmt + m) = Acostutt) . costa — Asenuut) . seno Si: o z 3x12 x(i) = Asen(mt) Reemplezando; x(i) = 2.00 cm sen(3.00 M) ‘JI-ql’ Pene (h) ym = ‘E’? = 2,004» cos (mi) zo vmﬂ = (2,00)(3rt) = 61: s 18.85 crnls 3m =2rr t=2/3= 0.667s ¡mew am = % = —2.00 . m’ senttrrt) , am = (2.oo)(arr)2 1,776 m/ sz Entonces: mi = 3n/2 l = 112 = 0.5 B Un émbolo en un motor dc automóvil eiectúe un movimiento amrónlco simple. Si su amplitud de oscilación a partir dela linea central es 25,0 cm y su masa es de 2.0 kg. encuentre la velocidad y la aceleracion máximas del émbolo cuando el molar treba- ja a una lesa de 3 600 rev/ min. Resolución: Dato: A= +5cm. m=2.0kg í = 3 600 rev/ min VM’ : Am 1 ' Por otro lado: m = 2rd t’: tu = 21! x 3 600 x ‘r s r. ) = 377 red/ s solucionado-mica iia San! !! 15 Luego: v, “ = (5 x 10"’) x 377 vtm = 18,85 mis Por otro lado: am = Am? > am“ = (5 x te? ) x (377) am = 2 842,58 tri/ sz ¡INA MASAIINIDAAIIN RESGRTE (Nota: ignore la masa del resorte en todos estos problemas) Un bloque de masa desconocida se une a un resono de constante igual a 6,50 Nlm y experimenta un movimienlo armónico simple con una amplitud de 10.0 cm. Cuen- de le masa esta’ a la mitad del camino entre su posición de equilibrio y el punto extremo, se mide su velocidad y se encuentra un valor igual a + 30.0 cm/ s. Calcule e) le masa del bloque, b) el periodo del movimiento y c) la aceleracion máxima del bloque. Resolución: v = 3o W‘ Parte (a) Sabemos que en un M. A.S. : Ewmlm : á kA? = cio a En x 2 N2 = 5 cm La 5,, + E_ = g KA’ l 1 ’ A l" r .3 5 tm)v24 5 klïJ 5 “A? '—= M00)’ + (5)z(6,5) = (6.5)(1O)2 m = 0.542 kg Parte (b) Sabemos que: T : 2rr J? , r=2nx)°'5“2 zmnutnvï T: í,81s Parte (c) Sabemos que en un movimiento amiónico simple: am" = AM3
10. 16 10. 11. solucionarlo-ﬁsica ttourwn _ a5 com, m: , m2 : ¿Té = 11,993 maz/ s? ycomo. A= tocm=0.| m _ (0.1)(6.5) Entonces. am“ : 0.542 am: 1.199 mis’ 1.2 mls? Un rcsone se extiende 3.9 cm cuando cuelga do el una masa de 1Q g. Si una ¡nasal do 25 g unida a este Iesono escala en un movunrcnto armónico stmpla. calcuc e período del movimronto, Resolución: g = 9.8| 10g ma" (M. A.S. ) kx Y mg — kx = 0 L! W , ,_ m ' ’ " x 3.9 W m 25x39 Por otro lado: T = 2K ¡E 2“ Jam}? T = 0,63 s Una masa de 7,00 kg cuelga del extremo inlenor de un resorte venncal tuo a una viga velada. La masa se pone e osctlat verttcalmonlc con un pertodo de 2.60 s. Encuentre la constante do luerza del rnsone. Resolución 2 T:2,60s ‘ solucionarlo-listado Samu 17 En un MAS. T = 211 5.215151 > T=2rt _, (2,e)? =4z€, 77‘ a x = ¿""5 .16 k = 40,9 N/ m (Z5) Una masa de 1.0 kg unidad a un resorte de constante de tuerza igual a 25 N/ m oscila sobre una pista honzontal sun Inccnón. En t = o. Ia masa se suelta desde el reposo en x : —3.0 cm. (Es declr. el resorte se comprime 3,0 cm. ) Encuentre: a) el portado de su movímtento, b) los valores rnáxnmos de su valoctdad y acoluraclón, y c) el desplazamtenlo, la velocidad y la aceleración como funciones del tiempo. Ruoluﬂón z Parte (l) Parte (b) amh= knt2=Aa a a___=3x25=75cm32 Porte (c) x(i) = ¡g cmjccs ‘ ' ‘¡A x(i = 0) = —3 = 3cos(o) :2 cosas) = —1 tp : .1 Luego: x(i) = (3 cm)eos [St + n] Por otro lado: v(t) = - = — (3 cm) . nxsen[5t + n] v(t) = —(15 cm)sen[5t + n] Por último: ﬂ = a(t) = (—15 crn). mcos[5t + n] dl en) = {-75 cm)oos[5I o x]
11. l 1 ‘N. 15. Solucinnrlo- ¡Isla un Senna! x m u ‘ n ¡do! armónico simple tarda 12.0 s para oínctuar cmco vnbracoones complc» un I ucuwnlrc" a) el período de su movlmuenlm b) la lrecucncla cn Hz. y c) la Iro- ‘ u- ¡una angular en rad/ s. Resolución: Dnlo En 12 s (nlncïúa 5 vnbvaciones) 5 1 12 Purleh) I= ¡2s -> T= í ï= z4s 5 Parle(b) v: ¡é = o,417 H1 Parte (c) n) : 27: I = 20.1415) (0,417) m = 2,62 (ad/ s Una masa de 1,0 kg unlda a un resorte honzonlal. AI pnnupuo el resono está exten- dndo 0,10 m y ¡a masa se suelta desde ol reposo a partir de osa posición. Después de 0.50 s. la velocidad de la masa os cero‘ ¿Cuál es la velocudnd máxnma de la masa 7 Rzsoluclón : x(i) = Acosnunl + u) m“) = 10 cm = 10cm cosw) _> cos(<, ‘n) . — 1 o = o‘- Luego: x(i) = (10 crn)cos (ml) dx Entonces: 3-! - = v(t) —_ —(10 cm) msenüul! ) En l = 0.5 s ¡a velocidad es cero a v(0.5 s) = 0 : (—0 cm ¡«>)sen(0,5 u. ) > —10m= 0 x sen(0,5 m) = 0 (No cumple) ó también -10m = n sen(0.5 m) : n (cumplo) "a m = 27: 2 VM“ :1-¡A = 21m0) = 62,8 cm/ s Una masa de 0.50 kg unida a un resorte de 8.0 N/ m de oonslanle de íuerza vibra ‘en un movnmuenlo armónica simple ocn una amphlud do 10 cm. Calcule. a) el valor maximo de su velocidad y acelsracsón. b) la velocudad y aceluración cuando la masa solucionado-Hamás num 1g esiá a 6.0 cm de Ia posición de equihbrio. y c) al tiempo que tarda la masa en moverse de x = 0 a x = 8,0 cm. Resolución : Datos: (M. A.s. ) m = 0.5 kg _ k: 3,0 N1". ¡ A , 1o m, T E? ) Pine (a) VM" = Am = A Jm z 1o - VW“ = 4o ¿"ya k _ 8 amiun= A'n2=Añ - “>33 aN_=160can/ s2 Parte (n) Sabemos que: u. = FI: - — > m = 4 ¡aa/ s Entonces: x(l) = 1ocos(4 + o) a 6 = 10cos(4I+ o) ' cos(4l 4 o) = g 4 Enlunoes: sen(4l + o) = 3 , dx Luego. d-l = v(t) = -40 sen(4l + o) 4 v= (—40)[3 _ : -0.32 m/ s au) = S‘? = v160cos(4l + q. ) ‘3 w a: 4601‘? ! = -0.96mIs9 Parte (c) ﬁempo de x = o . x = a_o cm X(¡=0)=0: Iocoskn) :2 ¿:0 X(¡= ?)=8cm=10cmcos(4l) a 2:00am] 41-37 L A — x180 . . I= O.16s 16. a) Un bloque de 100 g se coloca sobre un bloque de 200 g, como se muestra en ¡a ﬁgura P1116. El coeficiente de fricción eslálico entre los dos bloques es 0,20. El bloque de abajo se mueve después hacia delante y hacia Ellás horizontalmente en
12. Soluctonarto-nstcerto ¡sum un movrmlento armónico simple que llene una amplitud de 6.0 cm. Si se mantrene la ampu- tud constante. ¿cuáles Iatreouencla más alla para la cual el bloque superior no dosllzara respecto del bloque interior’? b) Suponga que et bloque lnlerlor so mueve verticalmente en un movimiento annónico slmplo y no horizon- talmente. La trecuancia se mantiene constan- te en 2.0 oscrlaolones l s mlontras la amolrtud se incrementa en torrna gradual. Determine la amptrtud a la cual el bloque superior ya no mantendrá contacto con el bloque inter-lor. A=6.0un Frgura P1316 Resolución: Pana (a) D. C.L. (de cada bloque) WA . M Í. F. l. = u. -N = (°.2)(R. ) = (0.2)(0.1) Fu = ‘r :4 m) = (o2)(o,1) > ¡((0.06) = (0.2l(0t1) k= 0.3 N/ m Luego Luego Parte (o) l n‘ (0.1) (0.81) Luego: + ky = (0.| )(9.31) A R. = (°. l)(9.B1)- (0,2)(9.3l) :1 y= amplnud= - r—0.06 am 17. 1B. ulucIonarte-Ilslcaúe Sumar Una partícula que cuelga de un resorte oscila con una trecuencla angular de 2.00 rad/ s. El resorte esta suspendudo del techo de la caja de un elevador y cuelga sin moverse (respecto de la caia de un elevador) contarme la cata desciende a una velocidad constante de ¡.50 m/ s. La caja so detiene repentlnnmente. a) ¿Con qué amplrtud oscrla la partícula? b) ¿Cuál es la ecuacion de movimiento para la partlcu- la‘? (Elrja la dirocción hasta arrrba como positiva). 17A. Una partícula que cuelga de un resorte oscila con una trecuencia angular m. El resorts esta suspendido del techo de la caia de un elevador y cuelga sin moverse (respecto de la caja del elevador) contarme la capa deseando a una velocidad cons- tante v. La caia se detruno repentinamente. a) ¿Con que amptrlud oscrla la partícu- la? b) ¿Cuál es la ocuacton de movrmlento para la partícula? (Elija la dlreoclon hacia arriba como pesima). ltewluclón : Parte (a) Como el resorte oscila. entonces l emplea un MAS. . V=1v5W5 x Luego: u, = 2 ma, x(l) = Aoostmt o o) Con respecto del elevador (observador adentro) x(t=0)= x°= O x(t= O): —v= cte a 0 = Aces (o) ' o = nrz 4 -v = -A. m sen(o)(Baja) _» ¡‘í = Asen(rr/2) Pa rte (b) La ecuación del movimiento será: Azï = 3É= oJsm u) 2 m) = Acasuur + un) m) = cos(u>t + m2) Reemplazando: x(t) = (0,75)cos (2t 4- n12) ENERGÍA DE IJN OSCILADOR ARMÓNICO SIMPLE (Nota: rgnora le masa del resorte en todos estos problemas. ) Un bloque de 1,5 kg en reposo sobre una masa se une a un resorte horizontal con una constante de 19,6 N/ m. Al princlpio el resorte no está extendido. se aplica una tuerza constante horizontales 20,0 N al objeto causando que el resorte se extienda, 21
13. 22 solucionarlo-Pista ¡lo lonm 19. ri) Dntanriine la velocidad del bloque después de que se ha movido 0.30 m a partir del equilibrio si la supenicle entre el bloque y la mesa no presenta lricción. b) Con- luslü el inciso a) si el coeficiente de fricción cinética entre el bloque y la mese es 0.20‘ 18A. Un bloque de mesa m en reposo sobre una mesa se une e un resorte horizon- tel con una constante k. El resorte no está extendido inicialmente. Se aplica una luerza constante F al objeto causando que el resorte se extienda. a) Determine la velocidad del bloque después de que se ha movido una distancia d a partir del equtllbrio si la superﬁcie entre el bloque y la mesa no presenta fricción. b) conteste el lnclso a) sl el coetidente de fricción ctnética entre ol bloque y la mesa es u. Resolución 2 Parto (a) ‘to xﬂxwm Por el teorema del trabajo y la energía: W, = AE“ Í 1 ——> FXd: EmV2á-EÍ(X2 s: 20(O.3 = ¿(LSV + %(t9.6)(0,3)’ v = 2.61 m/ s Pone (b) Sl hay fricción y al u, = 0.20 1 1 20(0.3) — f¡(0.3) = 5 mv’ + E k. x2 a 20(0.3) — (0.20)(1.5)(9,81)(0,3) — %(19,6)(0.3)¡ = á (1,5)v2 v = 2,376 mls Un automóvil que tiene una mesa de 1 000 kg se dlrige hacia un muro do ladrillos en una pruebe de seguridad. El parachoques se comporta como un resorte de constan- te lguel e 5.0 x to‘ N/ m y se comprime 3.16 cm cuando ol auto se lleva al reposo. ¿Cuál lue la velocidad del auto antes del impacto. suponiendo que no se pierde energía durante ol Impacto con la pared? ltwludóri : ioooitg SotitcIonarlo-ttslcnilo soma! 23 20. 21. Por conservación de energia Euwuat = En tiru‘ 1 1 h; a 2mv — 2 i l _> ¿now? = 515 x 10°)(0.0316)’ v=2,23nt/ s una bala do 10,0 g de masa se dispara contra y queda incrustada en un bloque de 2,0 kg unido a un resorte con constante igual n 19.6 N/ m. a) ¿Cuánto se comprime el resorte si la velocidad do la bala ¡usto antes de incidir en el bloque es de 300 mis y el bloque se desliza a lo largo de una pista sin lricción? b) Responda el inciso a) si el coeﬁciente de fricción entre la pista y el bloque es 0,200. Resolución: lr = 19,6 Nlm Parte (a) vb“ = 300 m/ s Por choque rneláslioo. Pm“ = Pm“ Emonws: me ' Vin: = (me ‘ mbluoun) - Vwml 13,oo)(o. o1) VM‘ : T = 1.49 m/ s i , l Por conservacion de energía: 5 mvwl : é kA’ a (2.01)(| .49? : 19.6A’ A = 0,477 m Parte (b) u, ‘ : 0,2 > l. =1D.2)(2)(9,B1) = 3.924 N por el teorema del trabajo y la energla‘ _, (m: ¿ML 1M V, I 2 2 ma’ llnu 1 4 EGLGIA? + 3.924 A — %(2,0|)(| .49)" Desarrollando la ocuación de segundo grado resulta que: A = 0,32 m La amplitud de un sistema que se mueve en un movimiento armónico simple se duplica. Detennine el cambio en: a) le energía total. h) la velocidad máxima. c) la aceleración máxima, y d) el período.
14. ¡4 solucionarlo-listado Samu Resolución: 1 Si la amplitud de un sistema es «A- entonces: Em, = 5 KA‘ a) Si «A» se duplica entonces: 1 ’ 1 2 " _ _ _ — k A Emu‘ 2 ¡‘(ZMZ- ‘k2 l En“ ‘al : se cuadruplica b) si la amplitud es uA» entonces: vw“ = Am» Si la amplitud es «EA» entonces: ym = se duplica c) SI la arnptltud os «A- entonces: a“, = Am’ Si la amplitud es --2A- entonces‘ a“, = Se GUDÑC‘! d) Sl la amplitud es «A» entonces: T = 2rt/ ua Si la amplitud es «ZA- entonces: T = es el mismo 22. Una masa de 50 g conectada a un resorte de 35 N/ m de constante de fuerza oscila sobre una superﬁcie horizontal sin Iriccaón con una amplitud de 4.0 om. Encuentre, a) ¡a energía total del sistema, y b) la valocldad de la masa cuando el desplazamien- lo es 1,0 cm. Cuando el desplazamiento es 3.0 cm, enwentre c) la alergia cinética, y d) la energía potencial. Resolución: k = 35 Nim uuu-É x s o x I 4,0 an ¡en Mohtud 1 1 2 2 Parte (a) 5 kAz = 5 (35)(4 " 1°" l Em; = 0,023 J vano (b) E. .. = E. ° E, 1 2 0,028 = ¿(50 x 10")? 4 —2'(35)(0.01)2 v = 1,02 m/ s 1 . Pine (c) 0,026 = Ex + E (35)(3 x 104)‘ E¡ = 0.01225 Joules Entonces: E, = 0.01575 ¡oules saludando-listen ¡tu 8mm 25 23. 24. Una partícula ejecuta un movimienlo armónico simple con una amplitud do 3.00 cm. ¿A qué desplazamiento desde el punto medio de su movimiento su velocidad es igual a la mitad de su velocidad máxima? Evolución: Amplitud = 3.0 cm v”, V". 1 x=0 x=1.5cm l=1.5*d amplitud Em“ = EK + E_ 1 2 s: 1 p" l w: Emlïïzﬁ-l t Ekﬂjod)? 1 1 Por otro lado: 5 k(3,0)7 = —m. v‘ 2 max v“, = 3.0 Jklm 1 _1‘a, _oJzl* 1 4 zkaoﬁzmí 2 m’ + 2k(1_5+ay? a —¿—(. +) 9 2'15 d: x-Sun 1,5+d=12,60cm Una masa de 2.00 kg se une a un resorte y se coloca sobre una superﬁcie lisa horizontal. So necesita una fuerza horizontal de 20.0 N para mantener la masa cn reposo cuando se ¡ala 0.200 m a paltir de su posición de equilibrio (el origen del eje x). La masa se suelta después desde el reposo con un desplazamiento inicial de x, = 0,200 m y subsecuunlemante experimenta oscilaciones armonicas simples. Encuentre, a) la constante de luorza del resorte. b) la trecuencia de las oscilaciones, y c) la velocidad máxime de la masa. ¿Dónde ocurre esta velocidad máxima? d) Encuentre la aceleración máxima de la masa‘ ¿Dónde ocurre’? e) Encuentre la ener- gía total dcl sistema oscilanlc, cuando el desplazamiento es igual a un tercio del valor máximo, encuentre l) la velocidad y g) la aceleración. Rnnluclón z Punch) XF‘=0 a 2o-kx=0
15. 25. “¡ummmhﬂﬂcnnanng ¡ﬂlldllllﬂﬂo-nﬂclﬂﬁamﬂ 27 rk- ¡i335 _ ﬂ 1 = 2,1 _ T 2,. JI 7 2(3,141S)‘¡'A1.55 “M, ¡»msm WW? ‘¡T m - 7,07 Iadls J; 4 JE TJ . . as . .. 7.07 L Como: m = 2r: .l a l= '27, ¿‘Z (¿una =1.12 HZ 26. Una regla métrica suspendida en un exlremo por una cuerda ligera de 0.50 m de largo. se pone a oscilar, a) Determine el período de OSCIÍHCIÓH‘ b) ¿En que‘ porcenla— vw = to.2)(7,o7) = 14414 mis ¡e drlrere Io anterior de un péndulo simple de 1.0 de largo’! Parte (c) vw” : A. ..) a Esla velocidad ocurre cuando pasa por su posición de equlllbm- Resolución: Parla (d) 3"“ = Am? -= a“. =(012)(50) = 10 ‘"55’ Considerar: g = 9.31 nus’ Esta aceleración ocurre cuando pasa por su posición de 900mb“ Parte (a) 05 '" 1 7 1 . 2,; vane (e) Em, = 5 kk = 5 000x02)? = 2 roules T. u) = 211 1 T = ¡l- . A , 0.2 L‘ 93"" (f) C“¿"d° °°5p'“m"‘""“° ’ 3 ' T Por olro lado: m = ig: —> T = 2n - 9 l r luz f‘ 1 1 M12 " É ñ —- ï’ v — 2:—2v2 —l00 -' 0.5 0.5 sw- 2m i zkl} 3] a ¿(l +2( ll a hgnvtmqrsnnshgm :1,“ y : 1,33 rms Parte (b) Si: L = 1,0 m ’A ‘ tooxro. 2) Í — : , = = 3,33 / 2 1 1 wanda) l‘ 3], m" ’ a ¿”(2) ms , 744% — 2(3,l4l6) ía =2.oos Diliera en: 29% El péndulo; , 27. Un péndulo simple mide 5.0 m de largo. a) ¿Cual cs ol pcnodo del movimienlo _, Il. PENIIIILO armónico simple para este péndulo si se ubica en un elovndcr que acelera hacia arriba a 5,0 «i153? b) ¿Cuál es la respuesla del inciso a) sl nl elevador acelera hacia abaio a 5.0 «i132? c) ¿Cuál es cl periodo del movimienlo armónico simple para este péndulo sl se coloca en un camión que acelera horizontalmente a 5.0 m/ s’? Un péndulo simple lic-nc un periodo de 2,50 s. a) gCuál es su longitud? b) ¿Cum scrla su período on la Luna. donde gLW -. 1.67 mis ? ¡“Mudónz 27A. Un péndulo simple tiene una longitud L. a) ¿Cuál es el periodo del movimiento T — 2 5 s armónico simple para este péndulo si se UblCB an un elevador que so mueve hacia ¡dos ‘ - i » . - W arriba con una aceleracion a? b) ¿Cuál es la respuesta del Inciso a) Sl el elevador se Sabemos qua 7,, = 2,-_ —, n, = É = 0.8 r. rad/ s mueve hacia abajo con una aceleración a? c) ¿Cuál es el periodo del movimienlo 25 an-nónico simple para este péndulo si se coloca en un camión que se mueve hon- r" zontalmente con una aceleración a? Por otro lado‘ m . - 9 > (0 87K)’ = "g L ‘ L Ruoliidón: - .2 L = —9_2. 9'81? = 155m l Mm Considerar: (031) (0437!) ‘ Ïusam‘ g: 9.8| mis’ ¡’M10 (b) El una = '57 "V52
16. 28 saludando-mica ita tam! 2B. Parte (e) Inicialmente orlando el péndulo se encuentra en su posición de equilibrio y acelera hacia amba y se cumple: TAmg= ma a T= rn(g+e)= m.g¿ Entonces -T- es el peso aparente dentro del ascensor. Luego la componente del peso aparente. es la luerza restauradora que realiza el MAS. entonces: x n, = ru = - m. g_, seno . L = mLïü Para desplazamientos pequeños senti n t) .9 ¿»gil-tt o (ecuación dileroncial del M. A.S. ) L 5,00 T = ZYEJE - 263.1416) 93hs —- 3555 Pene (b) L Entonces. T=2n 51-3 265.1416) 93hs Parte (c) o 9 Wi" ——oa= ámls' Entonces: La FR para el MAS. os —m - 53)"? seno Luego: 2; zo = mUu _, —m{g¡ . a2)“'2l)L = mm; T = 21: JW in! ) Una musa se une al extremo do una cuerda para lormer un péndulo simple. El periodo de eu movimiento armónico se mide para desplazamientos angulares pe dueños y lres longitudes. midiendo el tiempo del movimiento en cada caso con in" cronómetro durante 50 oscilaciones. Para longitud de 1,00 m: 0,75 m y 0.50 m. se miden tiempos totales de 99.8 s; 86.6 s y 71,1 e para 50 oscilaciones. a) Determine el periodo de movimienlo para cada longitud. b) Determina el valor medio de q obte- nido a partir de estas tres mediciones independientes y compárelocon el valor acep- ; reemplazando: T = 4,23 s Sulircliriudri-lhlu ¡le tenim a tado. c) Gralique T, contra L y obtenga un valor para g a panir de Ia pgndienta da su grállcabde línea recta mejor ajustada. Compare este valor con el obtenido en el inciso ). lleiolirclón r Pana (a) Parte (h) Sabemos que: g‘ = 93° ws; Sabemos que: g: = 937 ¡",52 . _ la '2« Sabemos que. T, _ 2" q: a g: = ‘ 7;! LJ gn = g_76 "V52 En consecuencia: gmﬂg 9L’? = = 934 "V52 Plﬂe (c) T2 = 3.865 s‘ para L = 1,00 rn T, ’ = 2.999 s1 para L = 0.75 m T, ‘ = 2.002 s’ para L = 05o m Luego:
17. 30 29. 30. Soluclenatto-Hstcatlosetwﬁ Sabumos que. . _ E-Üﬁiﬁï ¿‘L3 e i _ 2 m- toowxso Q5 g 9-10.71 mis Un péndulo simple tiene una masa de 0,250 kg y longitud de 1,00 m. Se desplaza un ángulo de 15,0" y después se suelta. ¿Cuales son: a) la velocidad máxima. b) la aceleración angular máxima y c) la luerza rcstauredora máxima? Resolución : 0 = 15’ sants“ — 0,259 costs" = 0.966 m = 0.250 kg Parte (n) P0’ 9"°’9¡a3 Eu ¡ramal Z Eran. ..“ ‘ 1 . -1 mgLtl — costs‘) = Emvïm “m5 a lil C0575”) : vn“ Reernplazando: Lt‘ 40315‘) v. .. = J2l9.81)t1—o.966) VM“ : 0.817 m/ s Pana (b) 1:, I, u :2 mg Lsenls“ = mLï’u lïsmﬁ" n. .. =254rad/ s* L . Parte (c) Fwmwwa : —mgsen15' = ¡o.25o)(9.a1)(o.259) FF, = + 0.635 N ( en este caso va a tavor del desplazamiento) Considere el péndulo llsico de la ligura 13.1 t‘ a) si su momento de Inercia alrededor de un eje quo pase por su centro de masa y es paralelo al ojo que pesa por su punto pivote, es IC“, demuestre que su periodo es T 2rt donde d es la dis- tancia entre el punto pivote y el centro de masa. b) Muestre que el periodo llene un valor mlnirno cuando d sattstace md? : tw, 31. 32. lolnctonarto-rtstn ¡la ¡amy 31 Resolución: Sabemos: xt, I, . u , _. PlVO s o/ a — mgLsenti : ID l) ‘ L Sl son! ) = . u (pequaño) ¡»M0 -- mg L 0a lo . ll—0lM. A.Sl) c" mw Entonces‘ m“ n: L ; r r H — 2 ° “ego m n mg L Por ejes paralelos; In : IW + mi? t -m L? -> T = 2ïl I q_q, dy Parte (h) St: ICM = mL? mm UI‘ Péﬂdﬂlo Slmvla lleno una longitud de 3.00 m. Determine el cambio en su periodo st ésto se toma desde un punto donde g = 9,80 mis? hasta una elevación donde la aceleración en caida libre disminuya a 9_79 m/ s? Resolución: L 2 3,00 m Ï. r—' T. =2ﬂ Ja a T, =2(3.14t6) ‘¡'3—: % :3_47ss si: g = 9.80 L la oo iz : 2x ‘L; a T2 : 2(3,14t5) vlïñ = 3.478 s sn: g=9.79 ÏZ ¿rﬁovoozs Una barra honzontal de 1.0 m do largo y 2.0 kgde masa se suspende dc un alambre en su centro para formar un pendulo de torslon, St ol periodo resultante es de 3.0 minutos. ¿cual es la cortslanlo dc torsión del alambre? Resolución: Sabemos que: T = 2n ¿E
18. 32 solucionarlo-listado Sarwﬂ 33. 34. Por dato: low" = 1,0 m 1 mmm; = 2-0 k9 ¡tuna = E ML? TN” = 180 s 2rt 2 Entonces: k: 4T" ¡cn 4 l 3,1416)” i z Fleemplnzando: k = W 12 (¿KW k = 203 x105 N. m Un péndulo lísico en la lorrna de un cuerpo plano efectua un movimiento armónico simple con una lrecuencia de 0,450 Hz. Si el péndulo tiene una masa de 2.20 kg y ol pivote si: localiza a 0.350 m dot centro de masa, determine ot momento de inercia del péndulo. Resolución: 0.350m T - 1 — 2ri ‘ l m=0220lig g Enmnces. i 1 x ‘ x i2,2o)(9.a1)(o. a5o)= o,944 kgm’ n 2 : (0,450): (2x) El desplazamiento angular de un péndulo se representa por la ecuación t): 0,32 00s rut, ¿onde i; 95m en (galanes y m = 4,43 rod/ s. Determina el penado y la longitud del péndulo. Resolución : :4 Mi) z 0,32c05t(ut) rrt = 4.43 tad/ s Sabemos que: r-¿T = 271 2rt a T = ¡‘ﬁ T : 1,42 s Por otro lado: in : g , —, ¡_ = Q 2 _ 9.812 L (4.43) (4.43) L : 0,499 m solucionarlo-miente Soma’! aa 35. 38. Un volante de reloj tiene un periodo do oscilación de 0.250 s. La rueda se construye do modo que 20,0 g de mesa se concentran alrededor do un orilla de 0.500 om de radio. ¿Cuáles son: a) el momento de inercia del volante, y b) la constante de torsión del resorte unido? Resolución: Parte (a) T — 2x In‘: l'—— g a L ’ mgd ’ 2:1; m9 ' c Hoernplazando: lo = ¡ x (2o x ro<= )(9.a1)(o.5 x ro-ï; i, = 15 x107 xgm? Parte (b) ’Ï Por otro lado: T = 2rt V’? " 27x i? _ ' 2K ‘Z = = K471i, ¡.250 x15xlO7 k= 9.47 x 10'“ N. m COMPARACIÓN nn MOVIMIENTO Aruiióntco simm con ¡[MOVIMIENTO CIRCHLARIINIPORME Mientras usted viaja atras de un carro que se desplaza a 3.0 m/ s. observe que una de las ﬁaubemma llantas del automóvil tiene una pequeña pro- —_p tuberancia hemislúma sobre su borde, como muestra la figura P1356. a) Explique por qué la protubomncie, desde su punto de visión detrás del auto. ejecuta un movimienlo anno- nico simple. b) Silos radios de las llantas del auto son iguales a 0.30 m. ¿cuál es el perio- do do oscilación de la protimerancia? Figura P1336
19. 37. snluctunano- listen un servia! Rewluctón: n = 0.30 m g v=3,0 m/ s i v=3_0m[5 _ xROÏUBERANCiA Vista frontal 2 ’ do la llanta A Por M. C.U x(i) = Hcosh-il] = ricos " . l En OOHSBCUBHCIH: x(i) : 0,3cos(10t) (MA S. ) Ecuación de movimienlo en x 2,, alamo) Por consiguiente: T = __ lll — 0:63 s Considere el motor simplificado dc un solo émbolo de la ligura P1337. Si la «Y rueda gira e una velocidad angular constante in. explique por quo la ba- rra del émbolo oscila on un movimien- lo armónico simple. Plston l! é ' . x = 0 xl! ) ¡»me D Figura P1337 Ruoluclón: xaít) = acos(m| ) (Ecuación de un MAS. ) x¿(t = 0) = acos(0) : a Inicialmente la barra (le! embolo nstá en la misma linea de accion do «B» de la rueda, entonces tendrá arcos iguales en tiempos iguales con la misma «m» Luego: xmwn“ (l) = (a o D) coshnt) Donde Amplitud = a v D Realiza un M. A.S. OSCIIACIONES AMOIÏIIGHADAS Muestre que la lose de cambio en cl tiempo de la energía mecánica correspondien- le a un oscilador amoniguado sin accionamiento esta dada por dE/ dt = -bv" y, en consncuancia. siempre es negatxva. (Sugerencia: Diferencia la expresión para la 1 energia mecánica de un oscilador, E = á mv’ o 2 kx‘ y utilice la ecuacion 13.29) 39. solucionan Juice llo Sonny 35 ¡Inclusión : Por demostrar: ÏTÉ = .5‘; Por la ecuación: 13,29 bdx ¡ﬁ z —kx— — 40* d d dl m? o -'<><= md—", ‘*bd—’: (porv) _ _ d’ a kx. v—mv TZ+DV T’: un) l 1 Por olro lado: E = — _ 2 zmv’ + 2 kx > É _ dzx dx dl ' "“’ 3|? * h‘ a; (2) lgualando (i) y (2) Entonces: lot a b En consecuencia: ‘¿i-É = 4m? ivqxm‘ g" Déndulo 1.00 rn de longitud se suelta desde un angulo Inicial de 15 0° Después d: debido a la moción su amplitud se ha reducido a 5.5‘. ¿Cual es el valor Resolución l 7° 5 Considerar: sen15‘ . «. 0359 ‘q-Wl" cosis° 0355 ‘x l = l 000 s ‘x 9M" La luerza d f ' " v . . está dada po" g a i. n consecuencia su ecuacion de ntovirnlamo ¡_ 1 1 X“) = A9 ‘m 003ml! + o) Luego: x1 i. iï i: o 4 -rngLaen(i — uu. {i = mp5 7 . . 1 b g ‘ " * l; ¡0- ‘ 114i = 0 (Ecuación diferencial del movimienlo) 1
20. ll. solucionan-llista ¡lo sentia! b b Donde: 85:; 4 |5=E Luego: nu) = om . e-Wcosaui + o) a ti(l= 1 ooo s) = 5,5° = 15 e-°<'°°°> 7, in(2_72)= —l5(1ooo)= i | 'i= b/2m=1x10’3S“' OSCILMIONIES PORTADAS Una masa de 2.00 kg unida a un resorte es accionada por una luorza externa F = (3.00 N) cos (ent). Si le constante de fuerza del resorte es 20.0 N/ m determine. a) el periodo, y b) la amplitud del movimienlo. (Sugerencia: Suponga que no hay amortiguemienio, es decir, que b = o. y utilice le ecuación 13.34.) Resolución: F = 3.Mws(2rrt) Punch) _h¡ F x LF, - m x :2 F(t)-lo(= rnx' _, k’ a V. » pla)! '[; )O0S(21I+() . ,(t) 3|“ _, o o fi n: E Luego: ï+mgx= t donde: una: JE donde: x(i) = solución general = ¡(“mm + “www” xplt) = Dcos(2irt) x, ¡(t) = Accsﬁol o l) Luego: D = —m-— 41. solucionarlo-miento 8mm 3., ,3, En consecuencia: xt“ ; 2 2 wswm) + “wwe” o) —(2n) j Donde: lrecuencia angular: me = JE m Entonces: T = 211 JL; " “Hg T= L98s Pene (b) A= L5 = ts -+005 lio-(auﬂ I-zasl- - "‘ Calcule las lrecuencias resonantes de‘ a) una masa de 3 0° k - d ¿‘o M ' _ . g unida a un resorte e m de constante de lueiza. y b) un péndulo simple de 1.50 m de longitud. Resolución: Pone (n) k k = 240 Nim m = 3,00 kg _ _ . . . . k l 4 l ‘°‘ - "IX 4 x + 5 x = o (Ecuación diferencial del MAS. ) Luego: m: JE 3 - ¿JE V“ ‘ 211 rn ﬂearnplazando: l = l _ Name) Je? ¡.42 Hz Parte (b) Para desplazamientos pequeños; sano s. (g
21. 42. ‘Sotudonano-¡lslcn ¡to 8mm Entonces: En, :1, : > —mgLsann = mlﬁíï a íí. %u= o (EcuacióndtferancialdelM. A.S. ) Luego: m = g = ‘ E 243.1415) L5 l: 0,41 H1 En consecuencia: t: E‘; Km Considere un oscilador forzado subarnonlguado en vesonancna de modo que F . ¡o = ¡no 4 Jh/ m . La ecuación de movimiento ns ﬁ‘- 4 «Fx = ïoosml . Demuestra, por sustitución dlrocta. que la solución de esta ecuación es 2:1!» donde x‘, y vo son su posición y velocidad iniciales. Resolución: k Por dato: m = ¡no = Ji La ecuación del mov. oscilalorio forzado subamortlguado es: x(t) = xocosﬁnl) o sentuat) 4 sana-nt) "— +(-v’. x=[ ° Ïoosmt Por demostrar: x(i) -. - x° cosont) + ssnant) 4- 50mm‘) (u) Por sustitución directa: de la ecuadón (u) «¡Fx = xoxuïccsúul) o nuvosenkut) + Sﬁnúüï) Ü) F . Por otro lado: gd? ) = -x°«ussn(«ut) + vocosﬁnt) + J cosüvl) 07x“) ot? Entonces: = —xD(I}2C0S(In() — vom sen(unt) - 159mm‘) (2) Sabemos que la ecuación general para un mov. oscilatovio Ion-zado es: loIudnnano-Ikln la 8mm 39 51 x(t) = ——m—-—- . cos(ml) o Acoshn t + t? ) > Como tu = m (012 ug) o o Luego: x(i) = Acoshsrnt + o) (M. A.S. ) Donde: ï + «n21 = 0 (ecuación dnferencial) Sumando (1) + (2): 0 : g-ccshnt) . . F x + m2 x 2 #00500!) cumple F h o mm x(t) : xncosu-xl) + snn(mt) o 1 2 F seﬂünt) I. q,q. d, Un peso de 40.0 N se suspende de un vesone cuya constante de fuerza es de 200 Nim‘ El sistema es subamortiguado y se somete a una tuerza amwónica de 10.0 H2 de Írecuencia, lo que origina una amplitud de movnmuento Iorzado de 2,00 cm. Determi- no ol valor máximo de | n luorza. Resolución: _ k = 200 Nlm Amplnud = 2.00 cm ¡m _ ¡_ m (d , s) (u z 21d : 2K (10) : 207: ¡ad/ s Por mov. lorzado; F(t) — kx : m; > 32+ Á ' 5411cosunt+ es) (ecuación dnlerencial) m l m . ;' Fam Sabemos quo: x(t)m, : ‘ 7'37 - casual + 8) + Acosﬁuat + m) 1|) ' (the ’ Por delo: 0,02 = , tí‘ <2°">’* (i) m Despejanao resulta que‘
22. ¿o solucionarlo-mica ¡la Sam! PROBLEMAS ADICIONALES M. Un auto con amortiguadores en mal estado rebota hacia arriba y hacia abajo con un periodo de 1.5 s después de golpear un tope. El carro tiene una masa de 1 500 kg y es soportado por cuatro resortes cuyas constantes de luerza k son iguales. Dnierrni- ne un valor para k. Resoluelón : Y Luego: m = Reemplaanoo: k = 6 580 Nim Un voluminoso pasaiero de 150 kg de masa vlaia en el carro del problema 44. ¿Cuál es el nuevo periodo de oscilación? Resolución: Sabemos que: T = 2T" > T 43,1416) . ¡ '> T = (3.14|5)(0.5J T = 1.57 s Un bloque descansa sobre una placa plana que eiecirta un movimiento annonioo simple vertical con un periodo de 1,2 s. ¿Cuál es la amplitud maxima del movimiento on el cual el bloque no so separa do la placa’! Resolución : El bloque eiecuta un MAS. como sl tuera un péndulo. Entonces: 47. 48. lolnclnriarto-Ilslcarlosarwﬂ 41 2a L ‘T __: 2 _ __ _ _ - T- "Jg 2 glznf-L-amplitud 2 Luego: Amplitud = (9,31) = 03a m Cuando el péndulo simple mostrado en la ﬁ- gura P13.47 forma un ángulo con la vertical su velocidad es v, a) Calcule la energia me» canica total del péndulo como una lunción de v y 0. b) Pruebe que cuando 9 es pequeña, la energía potencial puede expresarse como t/ ‘Z mg Lo? = U2 mis”, (Sugerencia: En el inciso b) aproxima cost) por cost) = 1 -— 02/2.) Resolución: Pene (n) [no50 S : ll L ii: lg/ L Lil —w=4?l 1 6mm“ m, = EK + En v: En. “ = Emvï 4 mgL (t — coso) Parte (o) . _ . _ e‘ Como. EWMW _ mgL (t » cosa) 5| coso - i — —2- 01 ‘ _ t 2 g —> EPWtnclr= mgL - ¿“l”? li, l 1 EW, “ = 5 mgL (0)? = 5 mszm? I. q.q. d. Una platalorma horizontal vibra con movimiento armónico simple on la dlrDCCÍÓﬂ horizontal con un periodo de 2.0 s. Un cuerpo sobra la plutalorma empieza a desli- zarse cuando la amplitud dc Ia vibración alcanza 0.30 m. Encuentre el coeficiente de lrloclón estática entre el cuerpo y la platalonna. Resolución : n 0,3 ni
23. 42 Snluelonartn-nslutlslnrwll D. C.L. ¡_ ¡ F Sabemos: T=2,0s e 2—'0;i 7 l= O.5Hz ni:2i: l:3.1416rad/ s . il : Pero. i)‘. ‘¡má -9 k= (3.l4l6) (mÁ) (l) Por equilibrio; im" : FR g u_. N : ufmkg = (0,3)(3.|416)2 x mA ¡lr = (0x3)(3,l4l6)"x‘(9.8l) = 0,302 49. Una partícula de masa m se desliza en el ¡menor de un tazón hemíslérico de radio Ft. Demuestra que, para pequeños desplazamientos a partir de la posición de equi- librio, la partícula electúa un movimiento ermomco simple con una lracuencia angu- lar igual a la du un péndulo simple de longitud Ft. Es decli- m y ‘g/ n , Resolución: z; 1,, — i, .íí > -ing Lsenti —, mLïïlí Para desplazamientos pequeños senti (l a ¡bg o ,0 (MAS) Q t: m2 = ñ ix) = J; l, q.q d. 50. Un tablón horizontal de masa m y longitud L esta articulado on un extremo. y on al otro está unido a un resorte de constante de luerw za k(Fig. P1350). El momento de inercia del tablón alrededor del pivote es t/3 mL? cuan» do el tablón se desplaza un ángulo pequeño (l a partir de la honzontal y se suelta, pruebe que se mueve con un movimiento armónico sim- ple cuya lrscuencia angular es m = JÏÍk/ rn . Figura P1150 51. solucionarlo-ﬁsica ileso Resolución 2 Por demostrar: a: KLSBﬁO = ¡(L6 lhwao = % ml} Por hipótesis: Realiza un M. A.S. entonces el que realiza el rnov. armónico ns la fuerza restauradora, por lo tanta el peso de la barra no su considera. luego: I. ‘ to I" . l} l . . . . ’3k' — o -(kL0)L = 3 ML? !) > (I 4 — í (i = 0 3k Luego: «P: í l. q.q. d Una masa M está unida al extremo de un barra uniforme de masa M y longitud L que puede girar en su parte superior (Fig. P1351). a) Determine las tensiones en la barra en el pivote y en et punto P cuando el sistema está estacionario. b) Calcule el periodo de oscila ción para desplazamientos pequeños desde la posición de equilibrio, y determine este pe» riodo para L = 2.00 m. (Sugerencia: Suponga que la masa en el extremo de la barra es una masa puntual y utilice la ecuación 13.25.) Figura P1351 Resolución: Parte (a) T R X y j Mim intuir Ï v; :0 > T-my(g)—Mg=0 a T= Mg+my(g) . (t) Sea ‘I. = densidad lineal r
24. 52. solucionado - ¡laica rte tenim = o Mg+ﬁ. y.g= T M Y a: Mgo-ïyg= T ‘. T= MgLHEJ Porclrolado: XFY= O a R= T+rn(L-y). g M M 4 Fl= Mg+ Ey+ï(L—y)g Ft=2Mg Parte (b) L’ ¡im "‘ Nota: Para desplazamientos pequeños. sont) = [l i Entonces. 2x0 a l" (sistema) L 1 u —> —Mg 5 senti — Mg Lsenii = ‘a MLz rMLqe 24. , , "¿L inigmgLitro zz ll = 0 (Ley del movimienlo) H 4,. 2L Luego. T22" 9g 3 g Reernplazando resulta que: T = 2.68 s Considere un oscilador arnoniguudo. como el de la ﬁgura 1318. Suponga que la masa es de 375 g. la constante de resorte igual a 100 Nlm y b = 0.100 kg/ s. a) ¿Cuánto tarda la amplitud en reducirse o la mitad de su valor inicial? b) ¿Cuanto tiempo transcurre para que la energía mecánica se reduzca a la mitad de su valor Inicial? c) Demuestra que, en general. la tasa a la cual se reduce la amplitud en un oscilador armónico amortiguado es la mitad de la tasa e la cual disminuye la energia mecánica. Resolución : b = 0.1 ¡(g/ s k = 100 N/ m m = 375 g Pana (a) Ecuación diterencial para un mov. cscilatorio amortiguador: —kx — bit = mi solucionarlo-Hacerle Sonny 45 . . b . x + - x o i x = 0 m m Donde" t- i 3 2 2 . i-zn m‘ = u>o —l3 . h 1 Luego: x(i) = A o 3"‘ (cos run 4 gh) Por dato: inicialmente: la amplitud es A V: A. e*"? "" = N2 o l : : in (Q5) —2(o.37s) Reornplazando: t: m (-D_75) : 5.625 s Parto (b) Sabemos quet E4!) = % Iii/ tir”)? > Exit) = multi)’ a EKU) = ¿mote-NF . [B cos(m, t + o) + tvx, sen(iii, t + oi]? ——» EMn, m,= E_(t=0)+E¡(t=0) l l Ema“. m“, : 5 k A’ 4» ímAz (ll cosmi) + III‘ sento)? Sabemos primeramente quo: «no? : 10010375 = 266,66 (i? = (o,1)= /4(o.375)? .. 0.01777 . -a m‘? = ¿no? -9? n: m0’ - 286.6 . ' ﬁ? n o Por condición y dato: g k(A. o"")? + -; -rn(Axo'= ")’ [b cos(i-i, t o a) + m, 58mm‘! + ot]? = ¿A? [k +m(it coso v m, senof] Aa 2(e*")' (k-r miilzooszirod 4 o) o m‘? son? (iu¡t + o) + 201m‘ son(oi, t + c) . cos(r-i, t + o))] = k + m (Bïïccsüi + m, ’ senïo + zihihsenocosii) - > "K2(9‘")’ . m, ’ lsen¡‘itxi, t + qi) - 88'12!“ + 2B. iri¡ [sen(iii¡l + Q). COS((ll¡ + qu) — soncxcosci] = ¡‘il * Zlïalzl L Entonces como tu? = má = 5‘ y aproximendo m‘ “O :3 1 =2.(e'*‘)¡ [1 +ivi, (sen3(rn¡t+o)—sen¡o)|
25. solucionan-fístula San! !! 46 . b n: , u _ _ É (0.5) - s" .3 ln(0.707) _ 2m . l —, ‘2 ‘of-É’ ¡"(mon = | tu 2,60 Parla (c) M, “ dA b ' Sabemos que: A(l) . - A. n ' -1 a —— «ZEN; t 1 . Así tarnbión: EMu) = 5k(A. a'*"]‘ + 3m(x(t))2 ü ' 2 Z -1!l 2 2 4 m = —b. x(t) = ablA (e ) (Benson; + 0) + (SHSBHÜAHI o 0)) ] 1 Entonces: —{t. A.e'-“ = 5 b(A3.(9'")’ (tt oosun‘! + o) + nnsenhu‘! +0”? > 2|‘! z b. A(c'>") (lt 005m1‘! 4 o) + m, sen(m¡t + ot)‘ 1 - > a = A. e"‘ (t! costm‘! + o) + m, senlm‘! + (1))? Para que esto so cumpla B = m¡ a m‘, = 0 x k: 0 53. La figura P1353 muestra un pequeño disco delgado de raduo v y masa m que está vígndemenle unldo a la cara do un segundo deseo delgado de radio R y masa M. El centro del disco pequeño se localiza en el borde del disco grande. el cual está montado en su centro sobre un aye sin fricción. El arreglo se hace girar un ángulo (I a pamr de su posicnón de equillbrio y se suelta. a) Demuestra que la velocidad det centro del disco pequeño cuando pasa por la posición de equilibrio es (M/ m)»(rIR)2+2 b) Muestre quo ot periodo de movimiento 85 Í(M+2m)ñ‘2 «mvz T2 Ï = 21! t“ Zmgﬂ Figura P1353 Resolución: 1 ¡cm mw = E MR? Snluctonalto-ﬂslu de Sem! 47 Parte (a) Pm c°nsawac'ó" de mmm“: Eu n"tc. |b-)v-I4wv»nu 4 Emma m, mu“ ’ "un (1 ' msm = Emu lUIu-xzquurln‘) *' Eumd. -uwt¡. »;; n " Emu 1mm pri: » mR1- I)= l'l ¡“.7 1L, l" 21 " "’ 9( C05) 2|2MR‘nvztzmrtuuozmw 2 > 4mgR(1—cosn)= M.v’+rnñ’, É-á mv? v=2 gR(1—cosU) twátïe‘ H 4 gRmÜ 00s 0) Luego: v‘ _ Lqqg M - m á - 2m Parte (b) 2; 1° le . Íí (sistema) a -mg R sen! ) : (¿mr? + mFF + g MR? ) ¡Í Para desplazamientos angulares pequeños > senu 0 -: 2mg Ftll : 1m! “ 4 mi? ‘ 4- Mﬂïjíí > ¿ív— 2391*: u=0(MA. St)_> “J g 2mgR mr’ - 2mH2 v MR’ rs R2 (M - 2m) + mr" Por lo tanto: T = 21x I_q, q_d_ Una masa m se conecta a dos resortes de constantes de Iuena k‘ y k, . como muesw tran las ﬁguras P13.54a y P13.54b. En cada caso la masa se mueva sobre una mesa sm ÍHOCIÓH y se desplaza de la posición de oquuluhrto y se suelta. Demuestre que en cada caso la masa tiene movimnonto urmómco simple con penodos ‘m(k¡ t T: 27: a) kl -k2 It, k, b) T=2lLJk1Tk2 Fsgura P1354
26. 4g solucionarlo Jtslce rie lentml solucionado - fisica ita 8am! 49 Resolución : Resolución : Pene h) o : pequeño m (k + k ) Por demostrar: T = 2“ "¿L k, . k, mL y ¡m2 Mi. ’ y, —Mg Lscnn — ¡mo (n) = MBíi 4 ii -| mtkhz ‘MV ML _ 1y¡rMgLlkh2 Zn V ML‘ Luego: t: 1/2n. m a l 56. Una masa m oscila libremente en un resorte vertical (Fig. P1356), Cuando rn = 0,810 kg, el periodo es 0.910 s. Una masa desconocida on el mismo resor- m te tiene un periodo de 1,16 s. Determina a) ta cons- POÍ 59771031W" T = 2'“ ‘kW; tante de resorte k, y b) la masa desconocida, 56A Una masa rn oscila libremente en un resorte Ï 49-‘ ï | 49“ Nota: Si se elonga a la izquierda una cantidad «x- Ven-mu con un penodo 11 (¡,9 p13‘55)_ una masa entonces se comprime a la derecha una cantidad «x- desconocida rn’ en el mismo resorte tiene un pam» 1 do de T‘, Determine a) la constante de rosorte k. y maga _kl ¡ _ kz ¡ = m; b) la masa desconocida rn‘. Parte (b) Figura P1356 Resolnctó ri : a Datos: 0.810 kg; T = 0,910 s rn m 7 : T(m)=1,t6s Parte (a) ‘h Y L»: m9 mg—kx= mï n mïolor= mg Luego: x(i) m“ = x¡(t) o Acosliirt o lo) Por consiguiente: T = 2ri . S5. Un péndulo de longitud L y masa M tiene un resone de constante de luerza k conectado a él a una distancia n dabaio de su punto de suspensión (Fig. P1355). Encuentre la fre- cuencia do vibración del sistema para valo- res pequeños de la amplitud i). (Suponga que la suspensión venical de longitud L es rigi- da, pero ignore su masa. ) _ E3 Figura P1355 4 X9") ' k yaque-kxsmga-O
27. 57. Soluclonano Jlslca ilii sam! Luego" x l] Aces «ul i o) + m9- (Ectirición del movimiento) I)L¡l k Sabemos que. si m = 0,810 kg . T —. 0.910 o a 0,910; 21! ’ ° k=38.6NJ'rn ll k Panam) Por dato Tm = i? _ 1,16 s Enloncos‘ 1,16 : 2K 3-2-5 i 1,16 ‘ —, ‘—2-r_—"3a_e= m < iii:1,32kg Un gran bloque P ewcuta un fﬂDVlIﬂlHﬂlO armónico simple hortzontal deslizándose sobre una superﬁcie sin fricción con una lrocuencia l : 1,5 Hz. Un bloque B descan- sa sobre él, como se ilustra en la figura P1357, y el coeﬁciente du ¡noción estático entre los dos us u, : 0.60. ¿Ouú amplitud máxima de oscilación puede lcncr el sistema si el bloque no se desliza? 57A. Un gran bloque P ejecuta un movimiento ar- mónico simple horizontal deslizándose sobre una SUDGFÍICIO sin trlcción con una Irccucncia t. Un blo- n que B descansa sobre él. como se ilustra un la ligu- ra P1357, y ol coeliciente de ¡noción estática entre n los dos es u”. ¿Qué amplitud máxima de oscilación 1.o puede tener ul sistema si el bloque no se desliza? Figura P1357 Rzsoluclón: Conslderar: g = 9,81 m/ SP Datos: f: 1.5 Hz 1p“ : 0,6 D. C.L (cada bloque) Y Luego: iii = v Porolro lado: l: 1.5:. L’- _ ¡alumnado 413K: ¡te ¡muy 51 r4 k=4.1t3x(1.5)¡m° . (1) Luogo: _° kxma: = rca rnxima = “¡N v: ¿w473 x (1,511 x m? = “¡m8 g = ¿img g u xm“ = Amplitud máxima = 1| . Km“ = 0.0662 m 56. Una barra larga y delgada de masa M 4') y longitud L oscila alrededor de su centro sobre un cilindro de radio R (Fig. P1358). Demuestra que despla- zamientos pequeños originan movi- miento annómco simple con un pa. 14/ nodo yKUJGgR. lmoludón: Figwa P1353 Por demostrar. Sea la ﬁgura: Centro del cilindro Tenemos que; ¡gm g La fuerza que produce el movimiento armónico es I d t ‘ m“ www“) del 9M de la ha“ ma‘: luego: i: peso e a mitad de la barra ¡‘tu = ¡cn - 9 1 1* n s —dm. goos(1.e=3dmví%, | ‘¡i 1 a —m. g.ooso. (Rtani))= ——_dm¿2,¿; 12 _ io- ‘ . a 9 - °°3Ü - Ñ ‘coso — L2,! ) . para desplazamientos pequeños san o . o L2 . . '—> E .0 + R . g 0 = o . . ‘ 12H ‘ a ru f lO :0 M_, ¡_s_ m: 4 399
28. Minutouno-fisica iio ¡mm 52 , 2" - 2"'L A T t “J” I. q.q. d. “mas? ‘ 732.: . - ,74 k l 59. A un péndulo simple que iione une longitud de 2.23 m y una masa de 6 g se e imprime una velocidad inicial de 2.06 mls en su P0906" d° °‘¡“"'°'¡°' suww" “"6 . - ‘od . b ener- experlmente un movimienlo armónico simple Y Ï9l9"“'"9= a) s“ pe" ° ) S" gin total, y c) su máximo desplazamiento angu al. Resolución : T h” l; = 2mm Considerar: g: 9.81 m/ s’ FAO m - 5,14 iia LU-wso) O —> vg un rm Pene (n) -m9 12600 = ml? ” para desplazamientos pequeños seno a (I 9 á o ‘ % o = o ’ (i) = E | _ 223 _ _ Luego; T = 211 J; - 211 JW T — 2.995 s Parte (b) E. ..“ = Ex 1 . a En“. = 2 (5'74)(2,o5)2 = 14,3 loules Porte (o) M 3 Por energia: 14.3 = mgLll - 0050) ” m5" ‘ 1 ' "me: coso = 0.9 a i) = coa" (0.9) 360° Como: 1red = T“ = > i) = |cos"‘(0.9)l 2% lcalclﬂadm‘) 7- ii = 0.441 red so L ﬁgura P13 60a muestra una mesa m, = 9 0 k9 G09 95"’ 9" °‘¡“"4‘°"° mmm” _ ﬂ . . . . r _ z ¿e gnguenlra conectada a un resorte ligero de consiente k _ 100 Nim Y. Que a S“ V9 loluclonrlo-ﬂsluihhlwlv ss está unido a una pared. Una segunda masa. m, = 7.0 kg. so empuie lonlnmenle contra le masa rn, . compnmiendo el resorte en la cantidad A = 0.2 m. como muestra la figura P135013. El sistema se suoltn después. Io que ocasiona que las dos masas so muevan hacia la derecha sobre la superﬁ- cie sin lncción. a) Cuando m‘ el- canza el punto do equilibrio. m2 pierde contacto con m‘ (Fig. P13.60c) y se mueve hacia le de- recha con velocidad v. Determine el valor de v, b) ¿Cuánto se sepa- ran las masas cuando el rosana está completamente estirndo por pnmera ocasión 1D en la ligure P135011)? (Sugerencia: Determi- ne primero el periodo da oscila- ción y la amplilud del sistema m‘- rosortc después de que m2 pierdo el contacto con mr) Figura P1160 Resolución : Datos: m‘ = 9.0 kg ; m2 : 7.0 kg k=10ONIm, A=0.2m Parte (n) Por conservación de energia: E - E“ wm (Justo cuando se llege al punto de equilibrio) M lruxl ‘ 1 1 1 w E MA)‘: 5 mrvïo 5 mtv‘ K 100 mﬁmz ‘Molí v = 0.5 rn/ s = vw" W: vzA. = v Parte (b) ‘m’ Cuando «m2» se separa en el P. E. de «mg». -m¡- recorrerá un detenninado despla- zamiento hasta alcanzar la amplitud máxima. luego: 1 Ewmﬂen el P. E. = Ekxzm“ 4 gmpﬁ: ghz“, xm= OJ5m El tiempo que emplea -rn, - en alcanzar su amplitud máxima desde el punto de equilibrio, va e ser igual al tiempo en que -m¿-- recorrerá (0.15 + Dxenlonoes: T ("lil k7" ¡S _ t¿m”: T-n—| :l-n1—ñ—0,94s
29. 81. 62. solucionarlo-mica lo 8mm En consecuencia: vw, x (0.94) = 0.15 r D 4 (0,5) (0.94) = 0.15 + D D = 0.32 m La masa de la molécula de deulerlo (0,) es el doble de la molécula del hidrógeno (H2). Si la lrecuencla de vibración de H, es 1,30 x 10" Hz, ¿cuál es le frecuencia de vibración de D2 suponiendo que la ‘conslanle de resorte" de las luerzas alrnctivas es la misma para las dos especies? llasolirclón: Masa de D2 = 2 masa del H2 '77 1 k Por olro lado: 2m JW = <n= ﬁ 4 im = 2—" a Por delo: 1,30 x 10“ = —1— ¿- 2ri m 2 r: k:4n2(1_3x10")2 m”? .. .(1) 1 4.-? x(i.3x1o‘ Luego: l, » = 2—n 2 mw loz = 9.19 x10“ Hz Demuestra que si un péndulo de lorsión se luerce un Angulo y después se mantiene en esa condición la energía potencial es U = l/ zkn’. RCSOÍIIdÓIl: Sabemos que: -k. (l = lo . ¡i -v 413.02 Por otro lado: m. T = 211.0 a m? = 7;- Como" T-ZnJÏ :2 T’-4n’xl ' ' k _ k 1 Lue o: r = ki) r4 kedo: — Liu” (por lrabaio) 9 2 i l 2 E, W=E, = li. "h? 2 4K? x- 1 ‘ k E’ = 5 M)’ l. q.q. d. solucionarlo Jlnlu ¡le ¡muy 55 63. Un bloque de 2.00 kg cuelga sin vibrar en el extremo de un rosenn (k: 500 Nim) que está unido al lecho de la capa do un elevador. La caia está ascendiendo con una aceleración hacia amba de 9/3 cuando la aceleración cesa repenllnarnenla (en l = 0). a) ¿Cuál es la lrecuoncla angular de oscilación del bloque después de que cesa la aceleración? b) ¿En qué cantidad se alarga ol resorle durante el liernpo quo la caja del elevador está acelerando? c) ¿Cuáles son le amplitud de oscilación y el ángulo do lase inicial observados por una pursona que viaia en la caia? Considero posiliva la dirección hacia arriba Reioluclón: k TW k = 500 N/ m m = 2,00 kg n g : 9,81 mis? Pana (a) cuando cesa: el bloque experimenta una delormación «x» ye que para un observa- dor luera del elevador so cumple que: kx > = m.a y y lg‘. Ïwano > kx—mg= ml_5/| =rn(0)cesa X . , M W X 7 k Donde x = In máxima amplilud del iesone cuando cesa el elevador X _ 12) (9.31) ’ 50o Luego: = 0.03924 m Por olro lado: El bloque realiza un mov. armónico simple pueslo que: . . . . k —kx+mg= mx v» xiax= mg Donde. x(i) = xpmm” (l) + xhmo‘ (l) Pero: ¡v(t) = mg/ k x(i) z ÁCOSÜHÍ 4- o) + mglk 2x1 k Luego: l") : 7 a En consecuencia. m : g 15_8 radls
30. loluclonsrlo-rlslu ils ¡army Sabemos que: XF, = ma a kx-mg= m(gl3) 4 ¡ = i kXzíﬂLg Obs. Nara i L! f‘ 4(2)(9_a1) _ x: 3k 3 50o) - 0.0523m Pene (c) Para una persona dentro: x(i) = Acosunl o l») r mglk (zi (9,31) x(i = 0) = 0 = Acoslc) + ——¿°0 Pero cuando el ascensor está viaiando para cualquier instante de tiernpo, se cumple que: x(i) = 0,0523 = Aoosuul + o) o 0.03924 0.0K! = Acosliul + o) . _(ir) Por otro lado: el observador dentro observa que el bloque no oscila, ni se mueve en oonsewencia tendrá una velocidad relativa = 0 dx Entonces: a = v(t) = 0 . .> v(t = 0) = —A museum) : O —z senle) = 0 . ' o : 1| rad Luego: De (u) para t = 0 condiciones iniciales 0.013 = Aoosür) A = 0,013 m Una eslora solida (radio = Ft) rueda sin des- llzar en un canal cilíndrico (radio = 5Fl) como se indice en la figura P1354. Demueslre que. para pequenos desplazamientos desde el punto de equilibrio perpendicular a la longi- tud doi canal. la eslora clocuta un movimien- lo annónico simple con un período 28H T = 2m. “¿É Ilnoluclón x 235 Por demostrar. T = 21: 5g Figura P1364 Inluclonrlii-rlslcsds Samu 57 O % ICMIdUH=2ISMRZ Nota: Para desplazamientos l pequeños seno a l) ¡mw Sabemos que- Mad)‘ mln si“, = ¡“iia i, = Por otro lado: —mg(3R seno) - l‘ = loli . . 2 . . :9 -mg(3Fl)tl = É MR2_()4[3MR2+M(4R]2]l) = = mgñﬂïw? ‘ . . 5g U + "¿Hilti —' 0 (Ecuación dllerenclal del mas) En ccnsacu ‘ i T ¿La ancla. = 2,; x 5 g ¡_¡¡_q_d_ Una masa rn está conectada a dos ligas de hulo do longitud L. cede una bolo una len- sión T, como en la ligura P1355. La masa se desplaza verticalmente una pequeña distan- cia "YÏ Suponga que la tensión no cambia, demuestre que a) la luerza restauradora es —(2T/ L) y b) que ol sistema electúa movimien- lo armónico simple con una frecuencia an- guiar m : Jn ¡ mL Resolución: Parte (a) Por demostrar: FR = -3; y a) Por analogía en un resorte Fa = —kx -. - _ky 4*” 4399 t F, ¡=-2Tsentl. y . .(l)
31. 53 solucionarlo-listen ¡to sunny Pero según cl triángulo rectángulo: y 0L - L sent) _> Fa i »2Tyti (desplazamientos pequeños) b) Por analogía para un péndulo F" = rngti = —mgsenli tiL 2T .2 Fa — —2T. -L- (componente) FR : » L I. (1.q, d. Parte (b) y _ , _ 2T . . Por movimienlo nrmontco simple 1* . y = m. y . . 2T . . . a y + y = 0 (ecuacion diferencial) 2T Entonces. i-i : J G6. Uri reclpionte cúbico ligero de volumen n“ al principio esta liorio de un liquido do densidad de masa p. EI cubo está soportado inicialmente. por una cuerda ligera y forma un péndulo (lo longitud L‘, medida desde ei centro do masa del recipiente lleno. Su deja que ol liquido tluya dusde el tondo doi recipiente a una tasa constante (dM/ dt). En cualquier tiempo t. DI nivel de iluido en el recipiente es h y la longitud del péndulo es. L (medula en relación con ol contro de mesa instantáneo), a) Dibuje el aparato y denota las dimensiones a. h. L“ y L. b) Encuentre la tasa de cambio on el tiempo del DBYIDÚO como una función del tiempo t. o) Encuentre el periodo como una tunción del tiempo. Resolución: Parte (a) = E = i. di Vista trontai del cubo Parte (b) La tasa do cambio en ol tiempo será- me El . 2;; , i [_É_l1_ dl dt g(ai-3ht)¡ Soiuulneartii-Iislcaiionmy dT _ d -' v’ e : - i '—¡— 2li'd—| [(aL°)u(g)'2(a+3hl) :1 ¡n . r . . a ¡=2"[-; ](HL. )'°(9)"(a+3h| )"—(3h) El - gray. ) E ¿i 7 d‘ 9 (a l 3m)“ Parte (c) Por dato: E! = cie 3 dm = km dl —; L" dM kE‘ dt ‘° Miii= Mmm ikt . .(t) Por otro tado: Ma“ = 9.a’ Como; % v k » ii t ¿g w ii.3a2.% — ¡I3a2h Por lo tanto da (1) Ma) : ¡m3 4 9332i“ . ¿ _ _ L L, ’ pa“ Asi también: d‘ c-Mns‘ - LÜJ - d MLW’ - Luego: T = 2a ¡Lg . , a i; L na a L -i T = 27: í; ígpﬁfiaszni)“ _g(ai3m)¿ 59
32. "‘ . ' i. . . ‘V9.1? 1111i LU LA LEY DE LA GRAVEDAD LEY DE LA GRAVEDAD DE NEWTON : MEDIDA DE LA CONSTANTE GRAVITACIONAL PESO Y FUERZA GRAVITACIONAL En su trayecto a la Luna los astronautas del Apolo alcanzaron un punto donde la atracción gravrtacronal de la Luna es más intensa que la dela Tierra. a) Determine la distancia de este punto desde el centro de la Tierra. b) ¿Cuál es la aceleración debida a la gravedad terrestre en este punto? Institución: G = 6,67 x 10'" Nmïrkg? 0_ _°. Ml=7.36xi0“2kg M, = 5,93 x 102‘ kg Tierra '-""° 1mm = 3.156 x r0’ s TW = 2.36 x IO“ s Parte (a) Por la torcora ley de Kepler: 11W“ = 4": . d" 6141.. .," 2 a (2,36x10")? = ‘laws’ m‘ d=3.s4x1o°m i5,s7x1o“' issiaxioz‘) GM, - G r4 Luego: ¡a ’ (d_ x): a 5.98 x to? ‘ (3,84 x to“ - x)? = 7.36 x 10'30)’ x = 3,45 x to" m Pene (b) M, 4G (s. eax1o")(s. is7xio "] 9= a = tve-—- (3.4sxio'] (3.4sxio') g = 3,34 x104’ iii/ s’ Una masa de 200 kg y una de 500 kg están separadas por 0.400 m. a) Encuentre la fuerza gravilacional neta ejercida por las masas sobre una masa de 50.0 kg situada a la mitad entre ellas. b) ¿En qué posición (aparte de las intrnitamente remotas) la masa de 50.0 kg experimenta una tuerza neta igual a cero?
33. 62 solucionado-mimos ¡mu! Resolución : e = 6.67 x 1er" kg? « G(50)(500). ‘_| ‘¡ 2 F‘ : —Gx625x 103€ Panam F, = (0.2), ‘ 1 rí, : [¡‘¡4 r-‘¡Gxzsxuﬂi Fm = —2.s x10‘"ïN P¡rte(h) como F"__: E_+r’, =o cuan) so) msooﬂso) Entonces: ¡z (i _ d): Por lo lanlo: x = (posición general para cualquier dislancno de separación) Un esiudianle propone medir la oonstanle gravrlacional G. suspandiendo dos ma- sas osténcas desde el ïecho de una alla catedral y rniduendo la desviaclón respecto de la vertical. Si las dos masas, de 100 kg. se suspenden en el exïremo de cables de 45,00 rn de largo, y los cables se pegan en el lecho separados por una distancia de 1 000 m, ¿cuál os Ia separación de las masas? Resolución: Se cumple quo- 2Lsenu v x = 10° Por olro lado: v3 : 2gL (1 — cost! ) = H3 7 Cosﬂzï-ï solucionarlo 413m do Samu 53 En, . R5 ' I R? , onces. r-senïn: 1——, _ w 1- 1——. - scwl) 2L I , 2L’ Luego: x=103 2L “H [É Reemplazando: x : 1 53,3 , 10-9 m a) Delermme el cambio y el cambno Iraccronal en la fuerza grax/ nacional que r el Sol euarca sobre una mujer de 50.0 kg parada sobre el ecuador a mednodía y a a medianochc. (Sugerencua: Como . r es muy pequeña, uhhce drlerencrales) h) ¿En qué porcenlaye ol poso do una mujer de 50,0 kg dismmuye durante un echuse total del Sol? (Fig. 914.4)? F P14, Resolución : Igura 4 Porta (a) 85mm“ QUO’ r:1.496 x iO“ m y M‘ v 1391 X ¡om kg M, _,, _ = 5,93 x lo? ‘ kg Por la tercera ley de Kepler. Ü) 727,, “ = G ‘ M“ > H3 (medianoche) 2 ' = 4"‘ 3 v ﬂ ( ’ , en”, " '2 ímcdmdlü) > (2! Resuna que-r, _« yïrﬁy , GMg, > M GMS, xM L"99°- Fnosmocho: ¿r : 2’; T : 1.77 x ¡oz-¿N _ GMSD. XM, - . . ,2 '— Plﬂe (b) Dalos incorrectos.
34. Sniudonorio -rl: i ¡to tam! Tres masas iguales son colocadas en tros esquinas de un wadrado de longitud de bor« de (como en le ﬁgura P145. Encuentre este campo grevriaciormal g en la cuarta camina debida a estes masas. Figura P145 Ituolución: g : m. G í E9 2 2,2 m, G g a ga= ï_ñ A mzzgxﬁ En eonsewencia: 9mm m, z (g, + Q3) o g, m (25.1) ’ gumpo ¡rawmnrur "‘ G “ T5’ 2 cuando un meteoro que cae está a una distancia d = SH, sobre ia superficie terres- tre. ¿cuál es su aceleración en caida libre? Resolución: M. «Erasmo Fi, =G,37x10°m qu“ G = 6.67 x10'"N. m‘lkig2 @ M, = 5.93 x1?‘ kg M, _e 5,sax1o"x(&s7x1o"') , : Mwg: 2 :2 g: 6 (mm) [4 (6.37xl0 g a 0.6| tri/ s’ Un astronauta pesa 140 N sobre la superficie de la Luna. Cuando se encuentra en una órbita circular alrededor de la Luna e una altitud h = R, . ¿qué iuerza gravrtacionel eierce la Luna sobre él? Resolución: wm“ =140 N Mmzmex 1o" kg R =1,74 x 10° m Luna loiuclonorio-ﬂsmtloserwn 55 Sabemos que: 14o N = (Runa) Por otro lado: Nos piden Fu : ______° ' M“? z .6 n; (“un ' h) (2 Ru. ) _, F = l[G'MsI"M n: Ü R1: ‘n u 1 , ïluol: 35N(hacia la luna) Dos objetos se atraen entre si con una iuerza greviiacional de magnitud 1,0 x to" N cuando están separados 20 cm. si la masa total de los dos obietos es 5,0 kg. ¿cuál os lo mesa de cada uno? Resolución: "- hozm F°=1,0x|0"’N ' M, 4- M, = 5 kg M- G =6,67x10‘"N. nI2/kg7 Pordato: M, +MQ=5kg Poroim lado: 1,0x10’° = G.! |#1 (042) o o‘ 0.2 ' e i_“_*(_¿ , M|x,5_, ,,‘, 6.67 x 1o‘ " Entonces resolviendo la ecuación resulta que: Si: M, =3kg a M¿=2kg Si: M¡=2kg -> M2=3kg Tiene dos soluciones Sl la musa de Marte es 0,107 M, y su radio es 0.53 Fi. ,, calculo ei campo graviiacionai g en la superﬁcie de Marte, Resolución: _. «.. . R" m‘ Rm, = 0.53 n, f -¡ M, ” = 0.107 M, ¡_ mm 1} M, = 5.93 x 102‘ kg ' R, z 6.37 x 1o! m
35. Suiuclunarlo-¡lslclda Servm 10.107) (5.98><10”} (0,532 x(e,37x1o‘)2 (0,107 MWn-rm) _ 2 —, g: (6,67x ro-"i x (0,53><R¡, ,., ,) 4g— g = 3,74 mis? 10 La aceleración nn caida libre sobre la superﬁcie do la Luna es apvoximadamente i/ G que la de sobru la superﬁcie dela Tierra. Sr al radio de ia Luna os más o menos 0,25 Fl, , calculo la razon de sus densidades- Piwufphcna Resolución: 0m = W n‘ ¡¡___ Rm = 0,25 n, G : 6,67 x 10"‘ Nmzlkg? h R’ >< 9 Sabemos que‘ 9,, ¿l = 3' a; =° Mmm‘ TG 7 i 1 Mana Además‘ 9.“. .. = G- 5%"- —* 9m. = 3 gr G ﬁns RV): 1 R2 > Mm - = a 9‘ A ‘á 91 ﬁ? L p . ... .. Volumen de la luna 96 . G uago: ’ ¡‘mua 5 1K , (ÉL): g, . Fi, IG 4/3 n n? ¿ o . pt 96 n, “ _ 96 (0.25 FH) Enlonces. —-—p': ': L 7 Fl? RI n . . 64 2 Pm. .. 95 A 3 inmunitario-Habana ¡mu! c7 11. 12. El sistema binario de Plaskeit so compone de dos estrellas que giran en una órbila circular en lomo de un cenlro de gravedad situado a la mriad entre ellas, Esio signiﬁ- ca que las masas delas dos estrellas son iguales (Fig. P1411). Si la velocidad orbital de cada cslrelia es de 220 kun/ s y el periodo orbital de cada una es de 14,4 días. calcule la masa M de cada esirella. (Por comparación, la masa de nues- lro Sol es 2 x10“ kg. ) 11A. El sistema binano de Plaskeil se compone de dos estrellas que giran en una órbita circular en lomo de un centro du gravedad siluado a la mrlad entro ellas. Esto significa que las masas de las dos eslrailas son iguales (Fig. P14.11). Sr la velocidad orbrtai de cada estrella es v y el período omnia! de cada una es T. calcule la masa M de cada eslrelia. Resolución: TM z 14,4 dias MSN = 2 x 103° kg mimi/ s 24 horas 3 600 s T=14,4dIasx ¡dm ‘F ¡nom 1,24x10’-‘s _T 22x10‘ 124x10” Por olro lado: r = Ln- r = 4.34 x 10'“ m M3 Entonces por la lei-cera ley de Kepler: T? = ﬁx r3 . 3 4(3,r41s)‘(4,a4x1o‘“) m ñ - M¡=3.15x10 kg V (1,24x10°)(6.67x|0 " En consecuencia: Luego M será: 1,6 x 103‘ kg La Luna está a 384 400 kmdai centro do la Tierra y oompleia una órbita en 27.3 días. a) Delemuna la velocidad orbital de la Luna. b) ¿Qué distancia «cae- la Luna hacia la ‘nena en 1.00 s? ¡’munición l TLW = 27.3 dias d=384400km
36. 13. solucionarlo-Fisica ¡le ¡entre! 2rr. F| v _ 2ta A 2i3.1416)(384400))( ldia inoraxlmin = ’ " ‘ T ‘ 27.3 dies 24 horas X eo min so s v=1_02km/ s Porte (a) Sabemos que: T = Pene (b) Sabemos que: v. T = s km .2 1,02 T x1s=1,02km LAS LEYES DE KEPLER I. A LEY DE lA GIAVEDAD Y El. MOVIMlENTO DI LOS PLANETAS Durante un eclipse solar, la Luna. la Tierra y el Sol se encuentran en la misma línea. con el satélite terrestre entre la Tierra y al Sol. a) ¿Qué fuerza ererce el Sol sobre la Luna? b) ¿Qué luerza ejerce la ﬁerro sobre la Luna? c) ¿Qué fuerza oierce el sol sobre la Tierra’? Resolución: d. 5 Th“ = 2.36 x |0° s M“ = 1,991 x 103° kg F. F Mm". = 5.98 x IO" kg Mmm = 7.36 x 102‘ kg ' r= _ a = 6.67 x10‘"N. rrt¡Ikg"’ 7mm = 3.156 x107 s Pene (e) Porlateroera leydeKeplerïfl = L x (5,? . (t) 4712 ram: 6+5: (d¡+d¡)° . (2) 4(3.141s)‘ De (1): (2,36x 1051?: . (e,67x1o"'ÍÍ5.9ax1o“) c‘: d¡=3.B4x10°m 4 (11416): (3,155 ro’)? = _ï_——. x (s. s7x1o‘") (1.991x1o’°) Luegode (2) x (d‘ 4 3,84 x 105)“ d¡=1.49xI0“m ¡mantenerlo-miento 8mm 5g 14. Entonces: Fam” = (6.67x1O ")(1991x1o““)(7.3ex1o”) n F = m San" (L49x10")2 Fm“ = 4,39 x 102° N G. .M PN“ (b) ÏntrmLutJ = d; v asnro " «(1,3ax1o“)(5,9axro*‘) ñ Fïlerralwu = (3.a4x1o‘) Fnumuna = "99 " ‘O20 N G >< Mm XM. “ Perla (c) F " = 1m M’ “ (d. e «hi2 FM“ = (een1o"')[1.99rx1o3°)(s. gaxro") rre (1.49x1o") FM, " = 3.55 x 102‘ N El satélite Explorer VIII. puesto en omita el 3 de noviembre de 1960 para investigar la ionoslera. tenía los siguientes parámetros orbitales: per-Igea, 459 km. y apogeo. 2 289 km (las dos distancias sobre le superﬁcie de la Tierra): periodo. 112.7 min. Calcule la razón vyfvr Resolución z Ru“ = 6.37 x 10° m Por la conservación del momento angular: La = r1 _> M3042 289 . m) = M¡, v°(459 + m)
37. 7o solucionan-fisica rre ¡mm v _ 2289+ R71; _ asssxro" _ esse .2 ¿TEL m. .. _r_. v, 459 + Rm" 5329 x 10° 6.829 15. Io, una pequeña Luna de Júpiter, tiene un periodo omital de 1,77 días y un radio orbital de 4,22 x 105 km. De acuerdo con estos datos, determine la masa de Júpiter. Resolución: T = ¡,77 días Radio = 4,22 x 105 km c. = 6.67 x10“ NnF/ kg’ 4. . ’ 'l 4 . n‘ Porlatercera ley: T7 = i“ . r MM = G12 >< t’ _ . 24 n a ecos _ 5 T_1.77drasx1d¡ax n‘ . .1,53x|0 ¿(a 1416 2 (4 22*10°)J Luego: Mm= _.'___¿7x__¿¡ Müp= h9xlüz7kg 5157*” (rsax to‘) 16. Una partícula de masa rn su mueve a lo largo de una llnea recta con vo- Iocldad constante en la direccion x une distancia r: de dicho eje (Fig. . . P1416), Demuestre que la segunda m ley de Kepler se satrslace mostran- do que los dos triángulos sombreados en la ﬁgura tienen la misma área cuando t, — t: = 12 — t, Figura P1416 Resolución: Por demostrar y por dato t¿ — t; = t: — t‘ 1 Entonces: A, = -2- (b)(t, — l¡) 1 A, = 3 (bill. - la) Como: t. - 3 - a A, = A2 (La segunda ley se cumple) 17. Dos planetas X y Y viajan en órbitas circulares en dirección contraria a las de les rnanecrllas del reloi en torno de una estrella. como muestra la lrgura P14.17. Los solucionarlo Jlstca rie 56MB] 11 10. radios de sus órbitas están en la proporción 3:1, En cierto momento están alinea- dos. como en la ligura P141721, lormando una linea recta con la estrella. Cinco años después. el planeta X ha girado 90“ como en la ligura P1417b: ¿Dónde está el planeta Y en ese momento? Figura P1417 Resolución: Sabemos que por la tercera ley de Kepler‘ 2 4 K2 J T_ = ¿ME x(3Fly) 4 ¡r2 TV2; GME x R3 .3 3:35:17 , (1) Por otro lado: 2rr. rad í T_ gral! j Saños A 1.57 x i035 T‘ = 6,3 x 10' s Entonces: Sr: trov" 2K rad - Ty: Íí/ QL — x —- 157x10’: > x: t_3rev Luego Y habrá completado 1,3 revoluciones en ese momento. Los satélites geosíncronos orbitan la Tierra a 42 000 km desde el centro de esta. Su velocidad angular en esta altura es la misma que la velocidad relacional de la ﬁerro, razón por la cual parecen estacionados en el cielo. ¿Cuál es la luarza que actúa sobre un satélite de l 000 kg a esta altura? Resolución : o lil-Wing Mmm = 5.98 x 102‘ kg e = 5.57 x 1o " Nmï/ kgï
38. ¡vinculado-miel un 80ml! inﬂacionario-mm a Sonny F _ G. Mr . M ¿"z u - d; Por la tercera ley de Keplerﬂ‘ : x x3 GXM”. (¿en ¡ o-u u) x (SX 9a x mu) (ma) Enlonces: susmuyando: F = n _ ° (42x10sf previamente: T = 75.5 años x 365 “'65 x 24 “"35 x 3 °°° 5 1 año 1 una 1 hora ¡a T = 2.38 x 10" s a F’: L9,; - F_-22sN 7 WWW (2.36x10‘) x(s. e1x1n"')x(1.991xm”) luego: : _ a Un salélne slncrono. que se manllene siempre en el mismo punlo sobre un ecuador ‘ (33415)? j planetario. se pone on ÓVDIIB alrededor de Júpiler para esludiav la Iamosa mancha ‘ a í (cahumdma, roja. Júpiter gita una vez cada 9.9 h. Con los datos de la tabla 14.2 encucnira la altura del satélite, Luego; x , 2m) - 0,57 UA Imoludónz X = (Gamladova) T = 9.9 horas MM. “ = 1.9 x 10" k9 n. campo GRAVITACIONAI. = || 2 G 6'67 x m’ Nina/ kg 21. Calcule la magnitud y dnreoción del campo gravilacional on ol punlo P sobre el biseclor perpendicuíarde dos masas iguales sepa- radas por una distancia 2a. como se mues- Sabemos que: Fw = Fc M , M ‘e 2 M _G 2 _d " IraenIaﬁguraP1421, a a +421. M 43 T2 09x10)" 657x10 " z’ Ju: (da ” 4(2E416)a‘—-)(939)5636130): Reloluclón: d= B.98x10’m El cometa Halley se acerca al Sol a una distancia apmxlmada do 0.57 UA. y su po- ríodo orbital es de 75,6 años. (UA es ta sbrevlatum de unidad aslronómica, don- de 1 UA = 1,50 x 10° km es la dlstanda media Tiana-Sol. ) ¿Qué lan lejos dal Sol viniera‘ ol carnets Halley antes do que inicie su viaje de regreso? (Fig. P1420.) Figura P1426 o _. Mc. ¿n Resolución. > 9¡m¡x= _2 a2”? coso, T= 75.5 años . 1 UA= 1,50x 10° km. , MG A ‘ = ísenﬂl — MG son! ) ' r0 Ms_=1,991x1o°°kg; G=6.67x10"‘N. rrF/ kg2 9--v"= "-v 82,3 a2”: l‘
39. 74 saludando-naruto ¡num _ 2 . GM I LWQÜ- gvruutluralv = a2 ’ ,2 ‘ la: | ¿i172 ZMG t - gwmun“ : (hacia la Izquierda) a o t’ 22. Dntermino cl campo gravttacronal a una (Instancia r a lo largo del cio do un anillo delgado de masa M y radio a. P Resolución: I 9 r MG _ t gy : 2 dirigido hacia el BHIHO u tr » a) 23. ¿En qué punto a Io largo do la linea que conocia la Tierra y la Luna la Iuerza gravitacionat sobre un ometd es Igual a cero‘? (Ignore la presencia del Sol y de los otros planetas. ) Itcsolucltin : F o L. ® x (d -x) Sabemos que: TM” = 3,156 x 10’ s y dela Luna alrededor dela Tierra: Tk z 2.38 x 10° s Entonces por la tercera ley do Koplor: T2 = ‘¡e ‘< d’ G-Mnm '. . a3; d=3,84x10"m Luego: gy = 0 Entonces: F, = F, G-MD-Mr __ G«MP v Mm ’ x2 t d — x): G . M‘ . ,‘_ G. M 4 ¡x (¿L X)‘: solucionan Jlskaue Sama] 75 24. 25. 24 geem¡a¿amo¿ 5_»95_>f’_‘9.. . __ _L3LL_2 " (3,a4x1o'—x) x = 3,84 x 10‘ km Luego el obteto estará a: 3,64 x 10‘ km desde ct contro du tn Luna. ENERGÍA POTENCIAL GRAVITACIONAI. Un satélite de la Tierra tiene una masa de 100 kg y está a una altura de 2.00 x to” m. a) ¿Cuát es la energía potencial del sistema satélite-Tierra? b) ¿Cual cs ta magnitud de la Iuorza gravitacional ejercida por la Tierra sobre el satélite? Resolución: o ma“ 2 o M, :100 kg mn ‘m , , MH, ” : 5.95 x 10*‘ kg G = 6.67 x 1o " Nmïrkg“ R, “ = 6.37 x 10"’ m Parte0) U_= ¿SIM-í (6,67x10 ")(s,9sx1o")(1o’} U _ Í, Ï,_. _, , , ﬂ V 200m0" Un : 19.9 x 10” toutes GM Pumas) F9: “M; f T (sm-xto"‘)(5,9ax1o*‘)(1o“) a Fg= . Fv:569.3N [2.oo«1o5 *6437¡1°b‘) ¿Cuánto trabalo electúa el campo gravitacionat de la Luna cuando un meteoro de 1 000 kg proveniente dot espacio exterior choca contra Ia superficie lunar? ¡notación : (1% [HECHO M Nihon = 303 kg mu“ = 7,36 x 10?? kg nu“ =1.74 x10“ m G = 6.67 x 10"‘ N. m?/ kg3
40. toluclorlam-tíslu do una! 76 27. W = -AU = U¡ - U¡ ü w _ o * GMMM W, a w x(6.67x10'")(10’)(7.36x1022) 9m, 1,74x1o' w = 23,2 x 10° ¡cunas ¿Cuanta energía es necesaria para mover una masa de 1 O00 kg desde | a suparficie lorreslre hasta una altura h = 2H, ? 26A. ¿Cuenta energía es necesaria para mover una masa desde la superficie le- nestre hasta una allura h? Rcsrslulón: ; P ¡ Mann-un. = ‘o’ k9 M" M, “ = 5,96x10"kg Rm, 6.37 x 10° m . _ _ u G =6.67 x10'“ NnF/ kg? Por conservación de energía; EM “m, = Emu“, n, 3 R, a ÉMWVÏ» '2G.3RY. MT Luego: Emﬂnmnﬂﬁ = 2 G M' : V G (-e. s7x1o"')(1o’)(5.9ax1o“) 92.1 x 10mm“ HWVWÜÜÚÏ Emu moran = a (6.37 x103) Después de que se agota su oombuslibla nuclear, el destino ﬁnal de nueskro Sol es colapsarse en una enana blanca. es decir, una estrella que llene aproximadameme la masa del sol, pero el radio de ¡a narra. Calcule n) la densidad promedio de la enana blanca. b) la acemmción en caída libre en su superﬁcie. y c) 1a energía poten- cial qravilacional de un objeto de 1,00 kg en su supeﬂicíe. Resoluclón z Msd=1.991x105’°kg = G,37x 10°I1| Se“: Mamen (¡una haora) = Rtslula («una blanca) = Rm". e = 6.67 x ur" NnF/ kg’ lolMIonarlo-Iislcnlln Samu T, _ Ms. .. ; mesmo” P r1 _ a co! ) raw. .. VT. " s“ (amﬂoa), 3 prom anna nunca = "94 " 10° KW“: Parte (b) 9mm” w = r (ﬁsura vrntgg1g1oüo) a J Rïkm (gghdoﬁ) ganan) burra = 3-27 >< 1°” "V92 Pi“ (c) Masa obielo : 1 kg Entonces la energía potencial del (¡melo = - G _ Rïmn a ¿”mm í -(a, s7x1o “j. [¡, Í91x1o’°) aan ro 50mm = {-2.06 x 10" ¡oules| consrniucronss me ¡annalu lll n MOVIMIENTO rwrmro v DE SATÉLITES 2a. Delermine la velocidad de escape de un cohete sobre el lado legano de Gnnímedes la luna más grande de Júpiter. El radlo do Ganlrmdes es de 2 64 x 10° m au es igual a 1,495 x 10°‘ kg. La masa y ma“ de Júpiior os do 1.90 x10” kg y la distancia enlre Júpiter y Ganimadas es Igual a 1.071 x 10° m. Asegúrese de incluir el eíeclo gravltndonal de- bido aJúpiler, aunque puede ignorar el movimienlo do cstc gran planeta y dela mayorde sus lunas cuando 91- ¿gm-ER ran alrededor de su cenlro de masa pd“ (Fig. P1428). |. D7| '10’! !! Figura P1428 Rzsoluclón: Radbo de Ganím. = 2.64 x 10° rn y Masa de Ganlm. = 1.495 x 1D” kg Masa de Júpiter = 1,90 1o" k . R eminentes x 9 NPITER °“': ’ x Hallando el centro de masa a vox.
41. 78 29. solucionarlo-Fisica ¡la Sem! E l MGM (d) (1.49sx1o") (1,o71x1o’) n onces x = —-——— " -————-— c” Me Wu (r,495xro’° +1,9x1o") Xw=8.43x10‘m :0 Ru o Luego: 2G Nic. .. > 2x(e. s7x1o ")(i.49sxio”+1.9x1o”) V°’°“""'* z CM cd*, ‘n'aÏuiil‘nilñ: ’ ‘i 25" "m" vescaocda-Immle = 3 " ‘os "V5 Una nave espacial se lanza desde la superﬁcie terrestre con una velocidad inicial de 2,00 x 10‘ mis. ¿Cuál sera su velocidad cuando esté muy aieiada de la Tierra? (ignora la lnoción. ) Resolución : 7m. "’ t" L. .. = 2x10‘ mis Hu“ = 6,37 x 10‘ m G = 6.67 x 10'” Nmïlkg‘ V, = Í’ Mm". = 5.98 x 10“ kg Por conservación de energia: 6mm z E, “ i 1 M VM 1 , ’ EMrVrNFGÏ EMrVÏimi o“ (e, s7x1o“)(5,eaxro") v? a (2x1 ) —2x—————&37“°, = W v, ,_, :1e,5a x103 mis a v“, = Las x10‘ mis 30. Un satélite do 1 000 kg orbita la Tierra a una altura de 100 km. Se desea aumentar la altura de In órbita a 200 km. ¿cuánta energia daba añadirse al sistema para efectuar este cambio en la altura? 30A. Un satélite do masa m orbita la Tierra a una altura ti, se desea aumentar la altitud de ia órbita e una altitud ha. ¿Cuanta energia debe añadirse al sistema para aiectuar este cambio en la altura? 31. solucionarlo-fisica ¡to ¡muy 79 ¡notación x Mm ‘. _= to’ kg Mm“ = 5,98 x 10“ kg G = 6,67 x 10'" N. m’lkg9 h = 2d (i =105m _ GMLMS emma; _ GMTMs ¡In-Cal ' d Emi = EKt-"al 4' Efﬁﬂal G. M . e . , Eh]: ﬁ: Mtv‘ Ms t GMÉÁM» G. M,. M¡ 4a , G. M . M . , LU°9°> Envurnna= ENwni - E. .r. ... .= *T'. ,¡*GÉ—LME Reemplazando: _ GMLM (6.67x10"‘)(5,9sx1o" 1o“ Emoausm - —Tï » = 9.97 x 1o" ¡ouies E: éstlïáï: es ugrabdama cruel (‘The Moon fs a harsh Mistrass) de Roban Harniain‘ ‘a ¡"de nd que a ¡tan la Luna intentan lanzar rocas hacia la Tierra sI no se ¡es de V D0 Cintia (0 D0! ¡O menos una delegación). Suponiendo que un cañón de net Pudiera lanzar una roca de masa m al doble de la velocidad da escape lunar calcule la velocidad de la roca cuando entre a la atmóslora terrestre. ' mutación: LUNA o MW = 7.36 x to” kg Rou0mlvw=2v_ Rwu:1,74x10°m Mm“: 5,95 x to" kg l R, _., _= 6,37 x 10° m G = 8.67 x 10"‘ Nmïlkgï TIERRA 26M ‘Inc: Por conservación do energía. E E matrix-a r c a! Slﬂtlﬂll : mecanca wm ani Maio-m;
42. 32. ¡utuctonario-¡tsiu ¡te ¡amm lraou ‘z c, . c. .. Entonces: ¿"il --", ¡'L-Mi-¿1mvf ‘¿n-ML 2 d Donde: d = Distancia (Tierra - Luna) = 354 x 10" m seu GM 1 a M i Entonces: RLL v-f" 3.v2nñ¡¡mr> 2Gí. %4—dÏ-J= v’n¡wm Fteempiazando: 2(6.67 x 10'") , Matton [3X7.36x102¡'598x102.’: v, i 174x10‘ 334x10‘ “¡um un a un: : 4'35 ¡("V3 Un cohete se dispara verticalmente, expuisando la masa suitccente para moverse hacia eniba con una aceleracion constante de 2 g, Después de 40.0 s, se apagan los motores del cohete y éste se mueve solo bajo ia acción de la gravedad, con una resistencia del aire despreciable, ignore le vanación de g con la altura y encuentre a) la altura maxima que alcanze oi cohete. y b) oi ttnmpo totai de vuelo desde ci lanzamiento hasta que ni cohete regresa e ia Tierra. c) Dibuge una gráhca e mano (cualitativa) de la velocidad contra el tiempo de vuelo. Resolución; g = 9.30 m2 ug B ‘ MY=5.98x102‘kg I n, = 6.37 x 10° m 1:40: F29 H- G =6.67 x10""N. mzlkg2 A Parte (e) LA“ HM“ = ¡B 4 B—Ó 1 q XE= vmi- 3 12m1? 2.9.11, Pero: v": = RT —_> wm = 11,2 x 103 mis Luego: ¡É = 11.2 x 103.0% x 10) - (9,80)(4 x 10)’ AB=4.32 x105m Por otro todo: v, = v‘ - 2gt o v5 = 11,2 x103 — 2(9.ao)(4o)=1o.42 x10’ mis SnIucInnIrto-Ilstcadasonm n Entonces: J 2 vÏ= vS—2g(BC) e ac= ﬁ=(‘°"2“°) ‘Bhssxﬂrm 211 TT)’ En consecuencia: Hmm. =AB+Bc=4.32x1o5+s, sx1o°= s,932x1o°m Parto (b) El tiempo de vuelo hasta que el cohete llega a Hong se"; 7m‘ = 2 ¡‘se * ‘nal Primeramente: tiempo cio ida = t“, + ¡BC = 4o s , ¡FC s°b°m°5 que: vc = v, — 91x v 40.4210“ ¡ec= 'gl"‘9'% 210635 r. » L“°9°‘ 7.a. = 1063 o 4o = 1103 s Por otro lado: tie de "¡D0 vuelta (suponemos qua cae con una aceleración g = eta) Entonces: tiempo de went Sabemos que; Hm = — m: E - - _ nconsecuertcua. TotaI-T¡°_+1'w. h=¡ 103+, ¡°0=22°3s Parte (c) v(m/ s) 11.2x1o= .—, vm 4o noe nos "" 88. Un satélite se mueve en una órbita circ ' uler ¡nato encima de le Superﬁcie de un planeta. Demuestra que la velocidad orbital v y le velocidad de escape a ¡ m. e se t so roiadonan mediante la expresión v g ‘E; l e OIC
43. saludando-nacida 8mm llcsotuclón x “rán-E See: » Por demostrar: Sabemos que: v, “ : Por otro lado: 9% ’ V? = . . (2) (2) en“) VM : «¡Í . ‘i? T Ji . v t. q.q. d. v « ' de manera tal que. Un satelute se mueve en una orbnte ellptrca alrededor de te Tterra | n en las posiciones del pertgeo y el apogeo. las dustartcnas desde el cantera de a erra son. respectivamente. D y 4D. Calcule las DIODOTCIOHGS a) VJV. Y ) ¡{Er Resolución : Parte (a) Por conservación del momento angular m. v_. D = m. v_.4D V. » _ 4 "3 v, z Parte (u) g En“) = " ' ésto) = ' GWS M, x‘. n. V’ Exp) ¿ sus) “ o bit ' cular a una altura de 500 km wn e. e. 5 . . ' . c á t cae a ¡a superﬁcte de la TIENE y la golpea con une velocidad de 2.00 krn/ s ¿ u n a energía tue absorbida por ta atmóstera por ¡e M066"? solucionarlo-Física ¡le ¡ams oa 35A. Un satélite de masa m se encuentra en une orbita circular a una altura h sobre le nuperhcue de la ïierra. Debido e le Iricción det aire, con ol tiempo ol aetéhte cae e la superﬁcie de la Tiene y la golpea con una velocudad v. ¿cuánta energía fue absor- bida por la atmósfera por la Iricción? Resolución: Mau”: 5 x 102 kg Mh, " = 5.98 x 102‘ kg Rrtn‘: 6,37 x10‘ m G = 8.67 x ur“ unit/ kg? GM, 2 , Eunlou a Vt ' ÍRTH‘) a E = QMSM. _G. M5.My "““"'“"’°"' 2 (n, 1 n) (n, m] E ‘MS V2 ‘M’ mecanica rm: 2 5 w R1 Luego: E“ "m, — EM ¡M = Energía ebeomtde por le fnccsón Reemplazando: __ G. M5.M¡! R¡+2h)A1 2 AE'"°°"'" ' 2a, (n, m) 3 M5“ _ (6.67xt0")(5x102)(5.98x102‘)(6,37x10° rzrsna‘) 2(a37x1o°)(&37x1o°-5x1o’) AE “m” = 1.53 x 10'" ¡curas 36. Un satélite terrestre artificial se «oslactona» en una órbita círcular ecuatorial e une uttitud de 1,00 x 103 km. ¿cuál es Ia velocidad adücionat mínima que debe ¡mpartirse al satélite si éste debe escapar del campo gravitaconel de ta Tierra’? ¿como se compara este valor non la velocidad de escape mínima para abandonar la superficie terrestre? nesoludón :
44. solucionarlo-ﬁsica de tam! 2’<5-°7"‘°‘"<(5'3°"°“) - v =2s2xio= mis = i‘ min ' 5’ Vmln ¡Q3 _ Éﬁlïm .7 V : |t.2x103rtt/ s VGKWC- R1 ‘¡tqm 31. a) ¿Cuál es la velocidad minima necesaria pere quo una nave espacial 050890 de‘ ' r lar empezando en la órbita de la Tierra? b) E‘ V°Y39W ' ¿‘mmm ""8 sisemaso . _ . r J- ¡ y Mása“ velocidad máxima dc 125 000 kmlh en su czminoupírgrïlgﬂgiïgﬁiiﬁjgeﬁ 86mm de qué distancia desde el Sol esta velocida es s Solar? Resolución: M“ z ¡'99, x ¡oso kg Q M‘, = 5,98 x102‘ kg ‘- ‘¿l = 6.67 x 10"‘ NnF/ ka‘ soi. P a, ’ Parte (a) Distancia de le Tierra aLSol = 1.496 x 10" m Entonces v” (relativa al sol será) ZGMS! Por fórmula: V”. = Ñ 2(e. s7xio ")(t991xt0’") v4 vm= ‘¿whom v. “ = 4,2 x 10‘ mis Fille (b) 2.G. M sabemos que: Vw = "t, z(¿s7xio"‘)(1,991x1o’°) ¿si Entonces d : 3 soc a {mx xï]: xa = 2(6.67 xI0'")(1.991x10’°) a=2,2x10"m 38. Una barre unilonne de masa M tiene Siiltldnllﬂll-¡Biﬂtle 56ml! B5 LA FUERZA GIIAVITACIONAI. ENTRE lili OBIETO EXÏBNDIDO Y ¡INA PAITÍCIILA te iorma de un semictrculo de radio R (Fig. P1438). Calcule la fuerza sobre una masa puntual rn situada en el centro del semicirculo. Huoiuclón : L, ‘ L= :t. Ft 'e "yn --/ - d‘ M H’ a . - —. d mmdmax m rrR x __. F I d M 1 Entonces: F9 = Gm J 7m — Smﬂﬁ dx, 7 r . x n: F : ' ri ILR F " " 4: V ° 11.82 G. m.M lr _ _2g_mM , x Una nave especial en lorma de un largo cilindro tiene una longitud de 100 m y su masa con pasajeros es de t 000 kg. Se extravío y se acercó demasiado a un hoyo negro de 1,0 krn de radio y una masa igual a 100 voces le del Sol (Fig. P1459). si le nariz de la nave apunte hacia al centro del hoyo negro y si la distancia entre le nariz y el centro del iioyo es de to km. e) determine la aceleración promedio total de la nave espacial. b) ¿Cuál es la diferencia en la aceleracion que sienten los pasaieros en la nariz de la nave y la que se siente en ia parte posterior, que está más alejada del hoyo negro’ 39A. Une nave espacial en forma de un largo cilindro tiene une longitud l y su masa con pasajeros es m. Se extravió y se acercó demasiado e un hoyo negro de radio Fl y masa M. Si la nariz de la nave apunta hacia el centro dal hoyo negro, y si la distande entre la nariz y el centro del hoyo es d. a) determine le aceleración promedio CM total de la navo espacial. b) ¿Cuál es ' “am "San la diferencia en la aceleración que _ o sienten los pasajeros en la nariz de la nave y la que se siente en la parte 50 in t m posterior, que está más alejada del z. __: _. hoyo negro? "n" Figura P1439
45. solucionarlo-Islam 8mm M wm =102MM=1,991><103’kg = to°kg mmm”, =10’m G Nh Panam F, = XM? “ 2"” = M (1o rso) narn'gD'W" 57 1o“‘ 1,991 so” 6. x Á X ) gmw=1.3lx¡guN¡kg a 9"“: (1oo5x1o‘)2 “m, G = (1,99rx1o°°)(s. s7xro“‘) (¡our 10° gm"! = 1,323 x10" Nlkg PIM (b) 9.. .»; = Ma“; (1,991x1o-‘? )(as7x1o" (1,or; “x1o° goosunur 5 ("01 X m‘ )2 9 w =1.3o x10“ Nlkg 9mm _ = 2,62 x 1o‘? N/ kg ru ¡nu GIMVITAClOIIAI. ¡un! ¡un PARTÍCUIAY un mn ¡srénru 40. a) Damueslre que el periodo calou| ado en el e¡9"‘D¡° 14-1‘ P0959 “ahh” °°"‘° 1' - 2x ü donde g es la aceleración en caída libre. b) ¿Cuál sería asle P9790“ 5¡ _ 9 se construyen; un lúnel a lravés de la Luna? c) ¿Qué probbmas D'É°‘¡°°5 '°'°°¡°"" dos con estos túneles en Ia 119m1 se elimmarian si se conslruyeran en la Luna? Ruolnclón : ¡R1 pum (n) Por demostrar que: T = 21: ‘g’ Sabemos que en el ejemp| o 14.11 ol 90m3“ ‘Si T-2n E- u) _ Jam“ G. M,. M¡- G.5 Por otro lado: F, = M, »Q= R2; 4 9’ n; solucionarlo Jkaudesenm a7 41. L o. 1 - .55. ‘m9 ' g GM, Reemplazando (2) en (I): R1 Resulla que: T = 21: ‘a’ l. q.q. d. Pam! (b) T = zu Pana (c) Como la gravedad en la Luna es menor que en la Tierra. las conslrucciones. el malaria! humano. materia prima, serían más ligeras. y se acabarlan las conslruecio- nes mucho más rápndo. Una esfera sólida uniíorme de 500 kg tiene un radio da 0,400 m. Encuentre la mag- nilud de | a Iuarza gravhacional eierclda parla esfera sobre una partícula de 50,0 g localizada a) a 1.50 rn del centro dela estara. b) en la superﬁcie do la eslora, y c) a 0.200 m del cenlro de la oslera. Resolución: Panam F, = w 657x10“ x(5x1O’2)(5x|02) a F“: F'=7.41x10“°N Pine (b) En la superﬁcie de la esfera: F’ n 62"‘ _ «¡su1o"'[sx1o")(sx1o‘) a F- FU: I,Ü4XÍO‘GN ° (4x1o“) Parte (c) Para una partícula de: 5 x 10"" kg localizada a 0.2 m del cenlro, Dalos: M“, = 5 x 10? kg n”, = 0.400 m F. f6
46. 42. saludando-tkm lo 8mm M‘ M . 413m’ Porolrolado: -. '=v 4 M ' M- 4/3”? G. m 3 . M Luego; p‘: —r-¡—{Mx%) : GxﬂR-a-xr s, e7x1o““(5x1o“‘)(sx l02x2x10") Reerrtplazenoo: F‘ = (M104), F°=5,2x10'°N Una esfera sollda uniforme de masa m, y radio R, se encuentra en el Interior y concéntrlce con un cascarón eslárico de masa m¡ y radio R, (Flg. P14A2). Calcule la luerza gravitaclonal ejercrda por la esfera sobre una partícula de masa m ubicada en a)r= a.h)r= b.c)r= c.dondersernido desde el centro de las esleras. Flgura P1442 Resolución : d! Parte (a) Para r = a Para una partícula de masa = rn F‘: Gmïn‘ , a , ya qumasﬂ, R1 Parte (h) Para r = b para una partícula de masa: m Fu= ïgﬂ , yaquezbzFﬁ Porte (c) Para r = c Para una partícula de masa: m Fﬁitﬂámï yaqueczﬁ, c PROBLEMAS ADICIONALES Calcule la dilerencia lraodoneria Ag/ g en le aceleración on caída Irbre en los puntos sobre la superficie dela 11erra más cercano y más lejano de la Luna: tome en cuenta el electo gravltactonal del satálrte terrestre. (Esta dilerencia es la causa de las ma» mas lunares en la Tlerra. ) 44. ulttclnnartn-ltslearlchrvnv 59 Rerotucló: GM’ a a a 3a 0° = í o = , 4 9M", (‘FR’), n e xl m (6.67xl0'"}(5.98x102‘) a —u line - (algun), _ alabar)”: q, ” = 2,797 x 10-3 mis‘ G. M¡ (d-(H, +RLH2 (&s7x1o")(5.9sx1o*‘) ganarle = = ’ 9.. = 2.323 x 10*’ avs? m’: (&a4x1o'—[s,37x1o° ol74x10'])2 i‘ 9”“ Entonces: Ag = gsm“ — 9mm = 0.02596 x ur‘ mis? , , o ozssexrlï“ ¿"g P°"°'°"'°‘ 9 ' (s. s7x1o"')(5.9ax1o“) " Ï =2'26"1°'7 (s. a7x1o‘) Los voyager? 1 y 2 esludlaron la superllclta de lo, la luna de Júpiter, y lolograllaron volcanes activo; que arrolaban azulre Irqurdo a alturas de 7D km sobre la superﬁcie de este luna romana. Estlme la velocidad con la cual el azulre Iíquldo sale del volcán. La masa de la es de 8.9 x to” kg y su radio es iguala 1820 km. Iemlttclón z 7n10‘m Mb = 8.9 x to” kg n” = 1.82 x 10H m G = 6.67 x |0‘" Nmz/ kg’ LIQUIDO DE Azurns O La. Por conservación de enargla: 1 2 "LMWG G. m.h¿l, ﬂ —mv -u r, o- 2 m nte R¡°+7x10‘ : > É; "ra-G L‘ 1 i’ Fr. nmnxro‘
Mecanica de Fluidos - Flujo en Canales Abiertos

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