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INSTITUTO POLIT ECNICO NACIONAL´
FISICA DEL MOVIMIENTO APLICADA
PROBLEMARIO 1
REYES DIEGO MARICARMEN
1AM
Problemario Tipo para el primer examen parcial
1)Un sal´on de clases mide 12.0m X 6.0m X 4.0m. La densidad del aire es 1. 29 kg/m^3 a)¿cu´al es el volumen del cuarto en pies cubicos y b)el peso en libras del aire en el cuarto?
a)Vol´umen= 40 ∗ 20 ∗ 12 V= 9600 m^3
1 m^3 = 35. 3 f t^3
9600 m^3 = x
x =
= 338880f t^3
b)masa=volumen x densidad
9600 x 1 .29 = 12384kg 1 kg = 2. 2 ib 12384 = x
x = [(11520) ∗ (2.2)]/(1) = 25344lb
2)Expresar la rapidez de la luz (3X 108 m/s) en a) pie/nanosegundo y b) en mil´ımetros/picosegundo.
a)(3x 108 m/s)(3. 281 f t/ 1 m)(
s 10 g
) = 0. 98 f t/ns
b)(3x 108 m/s)(
- 281 f t 1 m
s 1012
) = 0. 30 mm/ps
3)La base de una pir´amide cubre un ´area de 13acres(1acre= 43560 f t^2 ), y tiene una altura de 481ft. Si el volumen de una pir´amide esta dado por la expresi´on V=(1/3)Bh, donde B es el ´area de la base y h es la altura, encuentre el
volumen de esta pir´amide en metros c´ubicos.
base=13acres(
43560 f t^2 1 acre
) = 566. 28 x 103 f t^2
v =
Bh =
- 28 x 103 f t^2 3
(481f t) = 9. 08 x 107 f t^3
De f t^3 a m^3
v = (9. 08 x 107 f t^3 )
- 83 x−^2 m^3 1 f t^3
= 2. 57 X 106 m^3
4)El radio promedio de la Tierra es 6. 37 x 106 m, y el de la Luna es de 1. 74 x 108 cm. Con estos datos calcule: a) la raz´on entre el ´area superficial de la Tierra y la de la Luna, b) la raz´on entre el volumen de la Tierra y la de la Luna.Recuerde que el ´area superficial de una esfera es 4 πr^2 y el volumen de una esfera es (4/3)πr^3
a) area superficial
4 π ∗ R 12 4 π ∗ R 22 R 12 R 22
areasuperf icial =
(6. 37 X 106 m)^2 (1. 74 X 106 )^2
a) volumen
4 π/ 3 ∗ R 13 4 π/ 3 ∗ R 23 R 13 R 23
V =
(6. 37 X 106 m)^3 (1. 74 X 106 m)^3
componentes de C? A = (− 8. 7 , 15) B = (13. 2 , − 6 .6) A − B = (− 21. 9 , 21 .6) (− 21. 9 , 21 .6) + 3c = 0 3 c = (21. 9 C, − 21 .6)
C =
C = (7. 3 , − 7 .2)
- Un perro que busca un hueso camina 3. 5 m hacia el sur, despu´es 8. 2 m en un ´angulo de 30 o^ al noreste, y finalmente 15 m al oeste. Encuentre el vector desplazamiento resultante del perro utilizando t´ecnicas gr´aficas. Vector Resultante=
p (x 2 − x 1 )^2 + (y 2 − y 1 )^2
V ectorR=
p (0) − (−11)^2 + (0 − 3 , 80)^2
V ectorR=
p (121 + 14, 44) V ectorR=
- La velocidad de una part´ıcula que se mueve a lo largo del eje x var´ıa en el tiempo de acuerdo con v =(15–8t)m/s. Halle: a) la aceleraci´on de la part´ıcula, b) su velocidad en t = 3 s y c) su velocidad media en el intervalo de tiempo t = 0at = 2s.
12)La altura de un helic´optero sobre el suelo est´a representada por h = 3. 00 t 3 , donde h est´a en metros y t en segundos. Despu´es de 2. 00 s, el helic´optero deja caer una peque˜na valija con la correspondencia. ¿Cu´anto tiempo tarda la valija en llegar al suelo?
Yf = Y 0 + V ot +
gt^2
0 = 24 + 36t +
(− 9 .8)t^2
= 0 = 24 + 36t − 4. 9 t^2 − 4. 9 t^2 + 36t + 24 = 0
t =
−b ±
b^2 − 4 ac 2 a
t =
p 362 − 4(− 4 .9)(24) 2(− 4 .9)
t =
t =
t =
t =
t = 7. 96 s 13)Una piedra cae desde un globo que desciende a una velocidad uniforme de 12 m/s. Calcular la velocidad y la distancia recorrida por la piedra despu´es de 10 s. Resolver el mismo problema para el caso cuando el globo se eleva a la misma velocidad.
y = yo + vot −
gt^2
= (− 12 m/s)(10s) −
(10m/s^2 )(10s)^2 = − 620 m distancia recorrida de la
piedra v = vo − gt = (− 12 m/s) − (10m/s^2 )(10s) = − 112 m/s velocidad recorrida de la piedra
y = yo + vot −
gt^2
= (12m/s)(10s) −
(10m/s^2 )(10s)^2 = − 380 distancia recorrida por el
globo v = vo − gt = (12m/s) − (10m/s^2 )(10s) = − 88 m/s velocidad recorrida del globo
14)Una pelota de b´eisbol es golpeada con el bat de tal manera que viaja en l´ınea recta hacia arriba. Un aficionado observa que son necesarios 3. 00 s para que la pelota alcance su altura m´axima. Encuentre a) su velocidad inicial, y b) su altura m´axima. Ignore los efectos de la resistencia del aire. a)velocidad inicial vf = V o − gt V o = V f + gt V o = 0 + (9, 8 m/s^2 )(3s) V o = 29, 4 m/s b)altura maxima y = V ot − 1 / 2 gt^2 Reemplazando t = ts = 3s obtenemos Ymax Y max = (29, 4 m/s)(3s) − 1 /2(9, 8 m/s^2 )(3s)^2 Y max = 88, 2 m − 44 , 1 m Y max = 44, 1 m 15)Una pelota fue lanzada directamente hacia abajo con una velocidad inicial de 8. 00 m/s desde una altura de 30. 0 m ¿En qu´e
alcanza.
a)Rapidez inicial del balon ⊖ = 50o^ x = 20m g = 10
m s^2 V x = V o cos 50 = 0, 643 V o V y = V o sin 50 = 0, 7666 V o x = V x tv 20 = (0, 643 V o)tv
tv =
0 , 642 V o
y = Vytv −
gt^2 v
0 = (0, 766 V o)tv −
(10)t^2 v
0 = (0, 766 V o)(
0 , 643 vo
0 , 643 vx
)^2
V o^2
V o =
r 4837 , 63 23 , 82
= 14 , 25 m/s
b)el tiempo que permanece en el aire tv =
2 V o sin θ g
tv =
2(14, 25) sin(50) 10 tv = 2. 2 s
c) la altura m´axima que alcanza
Y max =
V o^2 sin^2 θ 2 g
Y max =
(14, 25)^2 sin^2 (50) 2(10) Y max = 5, 96 m
18)Un malabarista mantiene cinco pelotas en movimiento lanz´andolas secuencialmente hasta una altura de 3. 0 m. a) Determine el intervalo de tiempo entre lanzamientos sucesivos. b) Indicar las posiciones de las pelotas en el instante en el que una de ellas llega a su mano (ignorar el tiempo que le toma transferir las pelotas de una a otra mano)
V 2 = V o^2 − 2 gh V = 0 para la altura m´axima V o =
p (2 ∗ 9 , 80 m/s^2 ∗ 3 m = 7, 668 m/s El tiempo de vuelo es t = 2. 7 , 668 / 9 , 80 = 1 , 56 segundos
Por lo tanto deber´a arrojar cada bola cada 1 , 56 /5 = 0, 312 segun- dos con una velocidad de 7 , 668 m/s La primera se encuentre en la mano: h = 0 La segunda: h = 7, 668 ∗ 0 , 312 − 4 , 90. 0 , 3122 = 0, 535 m (subiendo) La tercera: h = 7, 668(2 ∗ 0 , 312) − 4 , 90(2 ∗ 0 , 312)^2 = 2, 88 m(subiendo) La cuarta: h = 7, 668(3 ∗ 0 , 312) − 4 , 90(3 ∗ 0 , 312)^2 = 2, 88 m (bajando) La quita: h = 7, 668(4 ∗ 0 , 312) − 4 , 90(4 ∗ 0 , 312)^2 = 1, 94 m(bajando)
19)La velocidad de un proyectil cuando alcanza su altura m´axima es la mitad de la velocidad cuando el proyectil se encuentra a la mitad de su altura m´axima. ¿Cu´al es el ´angulo de proyecci´on ini- cial? V H = 1/ 2 V h donde:VH es la velocidad del proyectil cuando alcanza la altura m´axima (AM).Vh es la velocidad del proyectil cuando alcanza la mitad de la AM.
1)T H = V x = V o. cos θ Cuando el proyectil alcanza su altura m´axima H, la componente vertical de la velocidad Vy se hace 0, por lo que la velocidad en ese punto, VH, solo la conforma su componente horizontal Vx. En este sentido: 2)V H = V x = V o. cos θ velocidad del proyectil cuando alcanza su altura media, Vh 3)V h =
p (V x^2 + V y^2 ) Remplazo de la ecuacion 2 y 3 en ecuacion 1 4)V o. cos θ = 1/ 2
p (V x^2 + V y^2 )
pero, V x = V o. cos θ; V y = V o. sin θ
Reemplazando Vx y Vy en (4) se tiene: V o. cos θ = 1/ 2
p (V o. cos θ)^2 +(V o. sin θ^2 ) = 1/ 2
V o^2. cos^2 θ+V o^2. sin^2 θ
V o. cos θ = 1/ 2
V o^2. cos^2 θ + V o^2. sin^2 θ = V 0 / 2
sin^2 θ + cos^2 θ
Simplificando se obtiene que:
