Colección de problemas resuelto de Física

1. Compilados de Ejercicios de Física
domingo 12 de abril de 2020

2. Problema 1
Una bola se lanza directamente hacia arriba, con una rapidez inicial de
8.00m/s, desde una altura de 30.0m. ¿Despu´es de qu´e intervalo de tiempo
la bola golpea al suelo?
Soluci´on
Elegiremos el origen de coordenadas a la altura del suelo y el eje z apunta
hacia arriba. En ese caso, si la nola es lanzada con rapidez v0 hacia arriba
desde una altura h, su posici´on z como funci´on del tiempo t est´a dada por
z(t) = h + v0t −
1
2
gt2
Para encontrar el tiempo T que tarda en llegar al suelo imponemos z(T) = 0,
en cuyo caso
h + v0T −
1
2
gT2
= 0
o, lo que es equivalente,
gT2
− 2v0T − 2h = 0
Resolviendo la ecuaci´on cuadr´atica para T y eligendo el signo positivo para
que T sea positivo,
T =
v0
g
+
v0
g
2
+
2h
g
Aplicaci´on num´erica

3. T =
8
9, 8
+
8
9, 8
2
+
60
9, 8
[s] ⇒
T ≈ 3, 4[s]
La bola tarda aproximadamente 3, 4[s] en golpear el suelo desde que fue
lanzada hacia arriba.
Correcci´on
1. Base: 1 punto
2. Elecci´on de origen, sistema coordenadas y expresi´on de z(t): 2 puntos
(on-off)
3. Condici´on de llegada al suelo y resoluci´on de ecuaci´on cuadr´atica: 2
puntos (on-off)
4. C´alculos num´ericos perfectos: 2 puntos (on-off)
No se asigna fracciones de los puntajes consignados m´as arriba.

4. Problema 2
Un inquisitivo estudiante de f´ısica y monta˜nista asciende un risco de 50.0m
que cuelga sobre un tranquilo ojo de agua. Lanza dos piedras verticalmente
hacia abajo, con una separaci´on de 1.00s y observa que causan una sola
salpicadura. La primera piedra tiene una rapidez inicial de 2.00m/s.
a) ¿Cu´anto tiempo despu´es de liberar la primera piedra las dos piedras gol-
pean el agua?
b) ¿Qu´e velocidad inicial debe tener la segunda piedra si deben golpear si-
mult´aneamente?
c) ¿Cu´al es la rapidez de cada piedra en el instante en que las dos golpean el
agua?
v1
v2
g
h
Soluci´on
a) Elegiremos el origen de coordenadas a la altura del agua y el eje z apun-
tando hacia arriba. En ese caso, si la primera piedra es lanzada con rapidez
v1 hacia abajo desde una altura h, su posici´on z1 como funci´on del tiempo t
est´a dada por
z1(t) = h − v1t −
1
2
gt2
Para encontrar el tiempo t1 que tarda en llegar al agua imponemos z(t1) = 0,
en cuyo caso,

5. h − v1t1 −
1
2
gt2
1 = 0
o, lo que es equivalente,
gt2
1 + 2v1t1 − 2h = 0
Resolviendo la ecuaci´on cuadr´atica para t1 y eligiendo el signo + para que t1
sea positivo,
t1 = −
v1
g
+
v1
g
2
+
2h
g
Aplicaci´on num´erica
t1 = −
2
9, 8
+
2
9, 8
2
+
100
9, 8
[s] ⇒
T ≈ 3[s]
La primera piedra tarda aproximadamente 3[s] en llegar al agua desde que
fue lanzada hacia abajo.
b) Como ambas piedras llegan al agua al mismo tiempo, la segunda piedra,
que fue lanzada 1[s] despu´es de la primera, cuenta con solo t2 = 2[s] (aprox-
imadamente) para llegar al agua. Llamemos v2 a la rapidez con la que debe
ser lanzada, que es lo que se pide determinar. Su posici´on z2 en funci´on del
tiempo estar´a dada por,
z2(t) = h − v2t −
1
2
gt2

6. La condici´on de llegada al agua en el instante t2 despu´es de ser lanzada es
z2(t2) = 0, es decir,
h − v2t2 −
1
2
gt2
2 = 0
de donde podemos despejar v2
v2 =
h
t2
−
1
2
gt2
Aplicaci´on num´erica
v2 =
50
2
−
1
2
9, 8 · 2
m
s
⇒
v2 = 15, 2
m
s
c) La rapidez v(t) como funci´on del tiempo para un objeto que es lanzado
hacia abajo con rapidez inicial v0 est´a dada por
v(t) = v0 + gt
En el caso que estamos analizando, la rapidez inicial de la primera piedra es
2[m/s] y el tiempo que tarda en llegar al agua es, aproximadamente 3[s], por
lo que la rapidez con que la que golpea al agua es:
vagua
1 = 2 + 9, 8 · 3
m
s
= 31, 4
m
s
La rapidez de lanzamiento de la segunda piedra es 15, 2[m/s] y tarda 2[s] en
llegar al agua, por lo que la rapidez con la que golpea al agua es

7. vagua
2 = 15, 2 + 9, 8 · 2
m
s
= 34, 8
m
s
En ambos casos la velocidad apunta hacia abajo.
Alternativamente, se puede usar las relaci´on
v2
= v2
0 + 2gx ⇒ v(x) = v2
0 + 2gx
que en cada caso resultar´ıa ser
vagua
1 = v2
1 + 2gh ⇒ vagua
1 = 22 + 2 · 9, 8 · 50
m
s
≈ 31, 4
m
s
vagua
2 = v2
2 + 2gh ⇒ vagua
1 = (15, 2)2 + 2 · 9, 8 · 50
m
s
= 34, 8
m
s
resultados que coinciden con los recientemente obtenidos, como debe ser.
Correcci´on
1. Base: 1 punto
2. Parte a) Expresi´on de z1(t): 1 punto (on-off). Condici´on de llegada al
agua: 0,5 punto (on-off). Tiempo de llegada al agua: 0,5 punto (on-off)
3. Parte b) Determinaci´on del tiempo de ca´ıda: 0,5 punto (on-off). Ex-
presi´on de altura en funci´on del tiempo y condici´on de llegada: 0,5
punto (on-off). Determinaci´on de v2: 1 punto (on-off).
4. Parte c) 1 punto por cada velocidad con que golpea el agua.
No se asigna fracciones de los puntajes consignados m´as arriba.

8. Mecanica sec 1:Control 1
Profersor: Miguel Bustamante S.
Nombres de integrantes del grupo:
Problema
Se tiene la función f(t) , que viene descrita por la función f(t) = at2
+ bt + c.
Se sabe que en t= 2 s, esta en el máximo, y el valor del máximo es 10.
Además, una de las raices está en t=0.
Con la información entregada, calcule el valor de los parémtros a,b y c.
1

9. Respuesta
La derivada de la función es f (t) = 2at + b. Al evaluar la derivada en t=2 es
f (2) = 0 = 4a + b; y el máximo es 10, es decir f(2) = a22
+ 2b + c = 10 Esto
genera la primera ecuación.
Veamos la otra condición. Una las raices esta en el origen, es decir f(0) =
0 = c. Esto impone que el valor de c=0.
Con las condciones, impuestas, generanos un sistema de ecuaciones:
4a + b = 0 (1)
4a + 2b + c = 10 (2)
c = 0 (3)
Del sistema, obetenemos que c=0. De la ecuación (1), tenemos que b = −4a.
Reemplazando esta igualdad en la ecuación (2), nos da
4a + 2(−4a) = 10
De la ecuación, obtenemos a = −5
2 , b = −4a = 10. La función, según los
datos obtenidos es
set
f(t) = −
5
2
t2
+ 10t
El perl de la función, se puede observar como
Figure 1:
2

10. Mecanica sec :Control 2
Profersor: Miguel Bustamante S.
Nombres de integrantes del grupo:
Problema
Una moto puede acelerar de 0 a 100 km/h en 6 s. Suponiendo que acelere
duarnte 4 s, y posteriormente se deja libre, de modo que se detiene a 200 m del
punto de salida. Con la información entregada, calcule:
ˆ la aceleración en el tramo de 0 a 4 s. ( 2 puntos)
ˆ la velocidad a los 6 s. ( 2 puntos)
ˆ la desaceleración para t 4s. ( 2 puntos)
Identique las incognitas del problema.
Identique las variables del problema
3

11. Respuesta
Las incognitas del problema es la desacdeleración como el tiempo de detención
t
Este movimiento se viede descrito por
x(t) =
1
2 at2
t T
1
2 ¯a(t − T)2
+ aT(t − T) + 1
2 aT2
t T
La aceleración inicial para tT=4 s es 100 km/h=27.7 m/s, a = 27.7−0
6
m
s2 =
4.617m
s2 .(2 puntos)
La valocidad en T=4 s, es aT=18.46 m/s, y la posición en T= 4 s, es
1
2 aT2
= 36.94 m.
Para tT, cambia la velocidad ya desacelera hasta detenerse.
La ecuación de velocidad del cuerpo es
V (t) = dX
dt =
at t T
¯a(t − T) + aT t T
En los 200 m se detiene, lo que implica que ¯a(t − 4) + 36.94 = 0, además se
tiene la ecuación de posición
200 = 1
2 ¯a(t − 4)2
+ 36.94(t − 4) + 36.94 m.
Resolviendo el sistema de ecuaciones , da t=21.667 s, ¯a =-1.045 m/s2
.
Así, la velocidad a t= 6 s es V (t = 6) = ¯a(6 − 4) + 4.617 ∗ 4=17.416 m/s
La ecuación de posición se ve en el gráco
Figure 2:
4

12. Mecanica sec :Control 3
Profersor: Miguel Bustamante S.
Tema: Proyectiles
Nombres de integrantes del grupo:
Problema
En un bar, unn cliente desliza sobre la barra un Jarro de cerveza vacío para que
lo vuelvan a llenar. El cantinero no alcanza ver el jarro con la cerveza, cae a
suelo a una distancia D desde la base del barra. La altura del barra es H.
Con la información entregada, calcule
ˆ La velocidad de la jarra que sale de la barra
ˆ el ángulo de impacto de la jarra con el suelo.
5

13. Figure 3:
Respuesta
Situemos el origen del sistema en el borde inferior de la barra.
según el sistema, la ecuación de movimiento es
En el eje X: x(t) = v0t
En el eje Y:y(t) = −1
2 gt2
+ H.
Cuando lolega al suelo, la posición vertical es 0. Esto implica que y(t) =
−1
2 gt2
+ H = 0. El tiempode caida es t = 2H
g .
La distancia que recorre horizontal es D, que debe ser igual a la posición
horizotal en el tiempo t.
x(t) = D = v0t = v0
2H
g . Luego la velocidad en función de H y D.
v0 = D
g
2H
El vecto velocidad es v = v0
ˆi + −gtˆj. La velocidad en el momento de tocar
el suelo es: v = v0
ˆi − gD g
2H
ˆj.
Luego el ángulo es α = tan −
gD
√ g
2H
v0
6

14. Mecanica sec :Control 4
Profersor: Miguel Bustamante S.
Tema: Proyectiles
Nombres de integrantes del grupo:
Problema
Un automóvil de carreras parte del reposo en una pista circular; aumenta su
rapidez a una cantidad constanteat conforme da una vuelta a la pista. Encuentre
el ángulo que forma la aceleración total del automóvil, con el radio que conecta
el centro de la pista y el auto, en el momento en que el automóvil completa el
círculo.
Problema 32, capítulo 4
7

15. Respuesta
En un movimiento circular acelerado, existen dos componente de la aceleración:
radila y tangencial. La expresión de la aceleración es
a = −R ˙θ2
ˆr + R¨θˆθ
La función angular que describe este movimiento circualr es
θ(t) =
1
2
αt2
Al completar una vuelta θ(t) = 2π, lo que implica el tiempo que demora es
t = 4π
α . La velocidad angular en ese instante es ˙θ = α 4π
α . Además, en este
problema la aceleración angular es ¨θ = α.
El ángulo que forma con respecto al radio las componente de la aceleración
en eset instante es(gura 4):
tan(β) =
R¨θ
R ˙θ2
=
Rα
R 4π
α α
=
α
4π
Figure 4:
8

16. 9

17. Mecanica : Control 5
Profersor: Miguel Bustamante S.
Tema: Dinámica
Nombres de integrantes del grupo:
Problema
Un tornillo de 100 gr cuelda de cuerdaq de 40 cm de largo. El extremo superior
de la cuerda está jo. sin tocarlo. Un imán atrae el tornillo, en presencia de la
gravedad, de modo que permnece jo, horizontalmente 30 cm con respecto de
la vertical previa de la cuerda sin imán.
Con la información entregada, calcule:
ˆ Realice un diagrama de cuerpo libre del problema.
ˆ la tensión de la cuerda.
ˆ la fuerza magnéntica.
10

18. Figure 5:
Respuesta
Veamos una diagrama de la situación
El ángulo que forma la cuerda con al horizontal es θ = arccos 30
40 = 41.409°.
En equilibrio, se tiene la ecuación
T + w + Fm = 0
Descomponiendo las fuerza, y separando por las direcciones x e y
x : − T cos(41.409) + Fm = 0
y : − mg + T sin(41.409) = 0
De la ecuación en y, se obtiene que la tensión es T =1.48 N
La fuerza magnética es por tanto Fm = 1.48 cos(41.409) =1.11 N
11

19. Figure 6:
Mecanica : Control 6
Profersor: Miguel Bustamante S.
Tema: Dinámica
Nombres de integrantes del grupo:
Problema
¾Qué fuerza horizontal F se debe aplicar al automóvil que se muestra en la
gura 6 de modo que los bloques permanezcan jos en relación con el carretón?
Suponga que todas las supercies, ruedas y poleas no tienen fricción. Observe
que la fuerza que ejerce la cuerda acelera m1.
12

20. Figure 7:
Respuesta
Primero, debemos anañlizar las fuerzas actuando en cada masa.
El diagrama de cuerpo libre de m1 (gura 7)
La ecuación dinámica de este cuerpo es:
T + N1 + w1 = m1a1 (1)
Al descomponer las ecuación 1, en las direcciones
x : T = m1a1 (2)
y : N1 − m1g = 0 (3)
(1 punto)
La masa 2, actúan las fuerzas (gura 8)
La ecuación dinámica de este cuerpo es
P + T + W2 = m2a2 (4)
La descompisición de las fuerzas de la masa m2
x : P = m2a2 (5)
y : T − m2g = 0 (6)
(1 punto)
Analicemos la masa M (gura 9).
La ecuación dinámica de la masa M
F + Nw − N − P = MaM (7)
13

21. Figure 8:
Figure 9:
14

22. La descompisición de las fuerzas es:
x : F − P = MaM (8)
y : Nw − Mg − N = 0 (9)
(1 punto)
Pero, todas las masas aceleran las mismas aceleración aM = a1 = a2 = a. (
1 punto)
Tenemos que combinar las ecuaciones 2, 5,6 y8, con la condición que se
mueven a la misma aceleración a. Esto genera el siguiente sistema a resolver
T = m1a
P = m2a
F − P = Ma
T − m2g = 0
(1 punto)
Tenemos tres incongnita y tres ecuaciones. La solución del sistema es:
T = m2g
P =
m2
2
m1
g
F =
m2
2g+Mm2g
m1
a = m2
m1
g
(1 punto)
La respuesta es F =
m2
2g+Mm2g
m1
(los digramas , en total tienen 1 punto)
15

23. Mecanica : Control 7
Profersor: Miguel Bustamante S.
Tema: Energía y fuerza disipativa
Nombres de integrantes del grupo:
Problema
Un bloque de 5.00 kg se pone en movimiento hacia arriba de un plano inclinado
con una rapidez inicial de 8.00 m/s (gura 10).
Figure 10:
El bloque llega al reposo después de viajar 3.00 m a lo largo del plano, que
está inclinado en un ángulo de 30.0° con la horizontal. Para este movimiento,
determine:
a) el cambio en la energía cinética del bloque,
b) el cambio en la energía potencial del sistema bloqueTierra y
c) la fuerza de fricción que se ejerce sobre el bloque (supuesta constante).
d) ¾Cuál es el coeciente de fricción cinética?
16

24. Respuesta
El cuerpo parte con una velocidad de 8 m/s y se detiene. El cambio de la energía
cinética es ∆Ek = 1
2 5 ∗ 02
− 1
2 5 ∗ 82
=-160 J. (1.5 puntos)
El caqmbio de la energía potencial gravitatoria ∆U = mgh − mg0. En este
caso h = Dsin(30.0º) =1.362 m. Luego, el cambio de la energía potencial es
∆U =66.7 J. (1.5 puntos)
El trabajo de la fuerza de roce es W = −µkmgcos(30)Dsin(30)=66.7-160
J=−µk59.462 = −93.3 (1.5 puntos) , lo que implica que µk =1.57 (1.5 puntos)
17

25. Mecanica : Control 8
Profesor: Miguel Bustamante S.
Tema: Energía y fuerza disipativa
Nombres de integrantes del grupo:
Problema
El coeciente de fricción entre el bloque de 3.00 kg y la supercie en la gura
?? es 0.400.
Figure 11:
El sistema parte del reposo. ¾ Cuál es la rapidez de la bola de 5.00 kg cuando
cae 1.50 m?
18

26. Respuesta
El nivel cero de energía potencial va a ser donde est? inicialmente la masa de 5
kg.
La energía inicial es
Ei = 3gH
Cuando recorre una distancia D, la energá es
Ef = 3gH +
1
2
2v2
+
1
2
5v2
Los dos se mueven a la misma velocidad, ya que es la misma cuerda. El
trabajo de la fuerza de roce W = −frD. En este caso, la fuerza de roce es
fr = µkN = µk3g Luego, por el teorema del trabajo y energía.
W = ∆Ek + ∆U (10)
la ecuación 10 queda
−µk3gD =
1
2
3v2
+
1
2
5v5
+ 3gH − 5gD − g3H (11)
Despejando v en la ecuación 11', se obtiene queda la velocidad
v =
√
5gD − 3gµk D
2
v =
7
√
57
52
3
2
v = 3.736977388 m/s
19

27. Mecanica : Control 9
Profersor: Miguel Bustamante S.
Tema: Momento lineal
Nombres de integrantes del grupo:
Problema
Para un proyecto de tecnología, un estudiante construyó un vehículo, de 6.00
kg de masa total, que se mueve por sí solo. Como se muestra en la gura 12 ,
corre sobre dos orugas ligeras que pasan alrededor de cuatro ruedas ligeras.
Figure 12:
Un carrete se acopla a uno de los ejes, y una cuerda originalmente enrollada
sobre el carrete pasa sobre una polea unida al vehículo para soportar una carga
elevada. Después de que el vehículo se libera desde el reposo, la carga desciende
lentamente, desenrolla la cuerda para girar el eje y hace que el vehículo se mueva
hacia adelante. La fricción es despreciable en la polea y los cojinetes del eje.
La oruga no se desliza sobre las ruedas o el suelo. El carrete tiene una forma
cónica de modo que la carga desciende a una rapidez baja constante mientras el
vehículo se mueve horizontalmente a través del suelo con aceleración constante,
y alcanza velocidad nal 3.00 î ms.
a) ¾El suelo imparte impulso al vehículo? Si es así, ¾cuánto?
b) ¾El suelo realiza trabajo sobre el vehículo? Si es así, ¾cuánto?
c) ¾Tiene sentido decir que la cantidad de movimiento nal del vehículo viene
del suelo? Si no, ¾de dónde?
d) ¾Tiene sentido decir que la energía cinética nal del vehículo viene del
suelo? Si no, ¾de dónde?
20

28. e) ¾Se puede decir que una fuerza particular causa la aceleración hacia ade-
lante del vehículo? ¾Qué la causa?
Respuesta
a) Sí. Hay cambio de momento lineal p = 18.0 î kg m/s.
b) No. El suelo hace trabajo cero.
c) Sí. Se podría decir que la cantidad de movimiento nal del vehículo provino
del suelo o de la Tierra a través del suelo.
d) No. La energía cinética provino de la energía gravitacional original de la
carga elevada, en cantidad 27.0 J.
e) Sí. La aceleración es causada por la fuerza de fricción estática ejercida por
el suelo que evita que las orugas se deslicen hacia atrás.
21

29. Mecanica : Control 10
Profersor: Miguel Bustamante S.
Tema: Choques
Nombres de integrantes del grupo:
Problema
Un bloque pequeño de masa m1 0.500 kg se libera desde el reposo en lo alto de
una cuña sin fricción con forma curva, de masa m2 3.00 kg, la cual se apoya
sobre una supercie horizontal sin fricción, como se muestra en la gura P9.58a.
Cuando el bloque deja la cuña, se mide su velocidad de 4.00 ms hacia la derecha,
como se muestra en la gura.
Figure 13:
a) ¾Cuál es la velocidad de la cuña después de que el bloque llega a la
supercie horizontal?
b) ¾Cuál es la altura h de la cuña?
Solución
Este evento, se puede pensar como un choque elástico. El momento inicial es
cero, ambos cuerpos en reposo. Posteriormente, que cada cuerpo tiene una
velocidad.
|
pi = 0
pf = m1v1 − m2v2
1 punto
La energía incial es sólo potencial
Ei = m1gh
1 punto
22

30. La energía posterior es
Ef =
1
2
m1v2
1 +
1
2
m2v2
2
1 punto
La energía se conserva y el momento es
m1gh =
1
2
m1v2
1 +
1
2
m2v2
2
0 = m1v1 − m2v2
Resolviendo el sistema
v1 =
√
2
gh m2
m2 + m1
y
v2 =
√
2 m1
gh m2
m2 +m1
m2
Como conocemos la velocidad v1 y las masas m1, m2 la altura da h = 28
3g y 1 punto
v2 = 2/3 m/s 1 punto
23