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Este es un solucionario del tomo I y II de Leyva para fisica

2. IMPRESO EN EL PERÚ
01 -01 -2012
i DERECHQS RESERVADOS
Este libro no puede reproducirse total ó parcialmente por ningún método
gráfico, electrónico o mecánico, incluyendo los sistemas de fotocopia,
registros magnéticos o de alimentaci jü de datos, sin expreso consentimiento
del autor y Editor.
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Registro comercial N° 10716
Escritura Publica N° 448 4
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3. El presente solucionarlo Física 1 y II de Leiva, es un aporte a los estudiantes que
aún quedan con la curiosidad de saber más sobre cómo interpretar las ciencias físicas
en sus diversos problemas.
Éste texto es un humilde complemento al texto Física de Leiva que tiene un buen
contenido utilizado por los estudiantes de ingeniería a nivel nacional e internacional, el
cuál recomendamos en un 100% como lectura obligatoria.
No obstante éste solucionario en su primera edición desarrollado al 80% es un
avance en lo que respecta a presentación y sistema didáctico de presentación dirigido
a todos los niveles de la educación que se encuentren involucrados en ésta rama.
El solucionario está desarrollado en su mayoría de aportes de profesionales que
en sus pasos de enseñanza por las principales universidades, otorgan a la editorial
para publicarlo bajo la supervisión y apoyo del Dr. Eduardo Espinoza Ramos, quien
orienta en ciertos aspectos de la publicación.
SOLVER-EDK® es una marca registrada por Edukperu® con todos los derechos
reservados utilizado para la publicación de solucionarlos de textos importantes en el
nivel universitario de las diversas carreras.
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4. VECTORES
c
SOLVER EDK «
Se pide demostrar que si el módulo de la suma y diferencia de dos vectores en el
espacio son iguales, entonces los vectores en el espacio son perpendiculares. Hacer
por componentes.
Piden:
Si |A-B|=|A+B|-» A y B son perpendiculares.
Sea A=(Ax,AyA ) B = ( B x,By,Bz)
| (A x-Bx, Ay-By, a z-Bz ) |=| (Ax+Bx, Ay+By, Az+Bz) |
j(A x-Bx)2+(Ay-By) 2+(Az-Bz)2= J(A x+Bx)2+(Ay+By) 2+(Az+B;,)2
Ax+BX-2AX Bx+Ay+ By-2Ay By+A2+B¡-2AZ Bz=Ax+Bx+2AX Bx
+ Ay + By + 2Ay By-f Az + B2 + 2 Az Bz
4AxBx+4AyBy+4AzBz=0
Ax Bx+Ay By+Az Bz=0
AB=0
Si A.B=0—>A y B son perpendiculares
Demostrar que:
(PxQ) (R x S)+(Q xR). (R x P)+(Q x S)=0
Usar la relación: Px(QxR) =Q(P.R)-R(P.Q)
La demostración es inmediata usando la relación brindada. La idea es formar a partir
de la relación los sumandos que piden demostrar, al sumar dichas ecuaciones se
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5. encontrará con ciertos valores negativos que podrá sumar igualando a cero la
expresión.
Dado los vectores P= (2,-l,l) y y Q=(-l,2,2)y R=(l,-2,a)
Cuánto debe valer a para que los vectores sean coplanares.
j C T lr f g f ilM
P,Q,R son coplanares si P.(Q x R)=0
i j k
____________
lÉ O K ) .........................................................................................
..
.........
'
________
ACTORES
Resolviendo QxR= =(2a+4,a+2,0)-12 2
1 -2 a
P.(QxR)=(2,-l,l)(2a+4,a+2,0)=0
=(2(2a+4)-(a+2)+0)=0
a=-2
Simplificaíx(Axí)+jx(Ax])+ío<(Axk)r:
jcrn T írarsTM
Tenemos:
!x (A x í)+ jx ( Ax j)+ k x (A x j)...(a )
Resolviendo aplicando la propiedad
P x (Q x R)=Q(P. R)-R(Q.P)
De (a ):
i x (A x Í)+J x (A x J)+k x(A x j)
A í ^ 0 ) ° + A ( J . j ) 1-J ( A. I ) 1+ A j J ^ ° - Í ( 5 ^ ) U=2A
^ |J| Si P+Q+R=0 , Demostrar quePxQ=QxR=RxP:
^ im iw r n
P+Q+R=0....(1)
2
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II'
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6. Piden demostrar que PxQ=QxR=RxP
Hallamos PxQ, Sabemos por (1)
Que Q=-P- R
=*PxQ=Px-1 (P+R)=-PxP-PxR
=-PxR=RxP
Para QxR=Qx(-Q-P)=-QxQ-QxP
=-QxP=PxQ
PxQ=RxP=QxR
|j||| Simplificar (PxQ ).(Q xR)x(RxP)
VECTORES
Simplificando utilizando la propiedad
AxBxC=B(A.C)-C(A.B)
A .(B x C)=C(AxB)= B.(CxA )
A.nB=nA.B, A.B=B.A
=>(PxQ. [ (QxK) x(RxP)]
=>(PxQ). ¡R(QxR) .P-P(QxR) . R]
=> (Px Q ). [R P(QxR)-P R(QxR)]
R (QxR)=0 ya que R I QxR
=>=(PxQ)[R P(QxR)]
= [P.(QxR)][R.(PxQ )]
=[P. (QxR)] [P. (QxR)]
=[P.(QxR )]2
í f ¡ | Demostrar: (PxQ ).(RxS)= (PxR ).(QxS)-(PxS ).(QxR)
( ~ SOLVER EDK «
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7. » SOLVER EDK
VECTORES
Queremos probar que:
(Px Q ). (Rx S)=(PxR) (QxS)-(PxS ) (QxR)
Por propiedad A(BxC)=C.(AxB)=B.(CxA)
=> (Px Q ). (Rx S)=R. (SxPxQ)
=r. [p(s.q)-q(s.p)]= (r.p) (s.q)- (r.q) (s.p)
Ordenando
(PxQ ).(R xS)= (P.R )(Q .S)-(P.S)(Q .R )
Teniendo en cuenta las propiedades
Px(QxR)=Q(P.R)-R(P.Q)
P.(QxR)= R.(P.Q)= a(RxP)
P.P=0 y PxQ=-QxP
(Px Q ). (RxS)=S[PxQxR]... .(1)
(Q .R ).(PxQ)=P[QxQxR] .. ..(2)
(R.P).(Q .S)= S[RxPxQ ].... (3)
De (1)
De (3)
De (2)
S.[Q (P.R)-R(P.Q )]= (S.Q )(P.R) (S.R ) (P .Q )... (a)
S.[-PxQxR ]= (S.Q )(P.R)+ (S.R)(P.Q ) .. .(p)
P[QxQxR]=0
Ya que QxQ=0
Sumando (a) y (P ) Tenemos.
(PxQ )- (RxS)+ (QxR)(PxQ)+ (RxP) ((QxS)=0
Demostrar que los vectores P= (2,8,0) ,Q= (-2,3,8) Y R=(0,6,-4) Pueden ser los
lados de un triángulo. Hallar las longitudes de las medidas triángulo.
H
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8. VECTORES SOLVER EDK «
Para que los vectores puedan ser lados de un triángulo tienen que cumplir:
RP+PQ=RQ
RP=(2,2#4) PQ= (-4, -5, 8)
RP+PQ=(-2, -3,12)=RQ
••• Por tanto estos vectores si son lados de un triángulo.
Tenemos el siguiente triángulo:
P
Hallamos las longitudes de las medianas:
RO-RQ--PQ
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9. » SOLVER EDK J VECTORES
PN=^RQ-RP
Los componentes de las medianas son:
PN=(-3,~,2)
R O = (0 ,-i,8 )
QM=(3,4, -10)
Entonces las longitudes serán:
L ,=|PN |=5,02
l2=¡r o|=8,o i
L3=|QM|=11,18
Q
a g m u rg tü a r
Teniendo en cuenta los triángulos PQR y PRS, tendremos que N y M son baricentros
respectivamente.
Dado el paralelogramo PQRS donde T Y L Son los puntos medios de los lados QR
Y PS respectivamente. Demostrar que PT Y PL dividen a la diagonal PQS entres
partes mediante los puntos M Y N.
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10. VECTORES
SOLVER EDK «
Por lo tanto O N = ^Ñ Q ....(l) y ■ MO=^SM....(2) probado en el problema 42
de los problemas resueltos.
Pero O divide en la mitad al vector MN, teniendo ^~=ON=MO...(3)
De (1), (2), y (3) obtenemos que:
m n=ñ q=s m
Tomando MP=MA+AP pero MP=^BA+^AD
Pero sabemos que: BA+AD=BD
=>MP=^BD
De esto tenemos queMPIIBD
Ahora tomamos el vector NO tenemos NO= NC+ CO
ÑO=^BC+^CD
Pero BC+CD=BD
Tenemos que
ÑO=^BD
De esto obtenemos que NBIIBD
Como ÑBHBD y MPIIBD
Entonces NBIIMP y NB=MP
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11. >> SOLVER EDK
3
VECTORES
Lo mismo procedemos con los otros vectores:
Por lo tanto:
MNHPO y.MN=OP
ÑBIIMP yÑ B-M P
f t Demostrar que las bisectrices de los ángulos de un triángulo se cortan en un
punto y se llama incentro y corresponde al centro de las circunferencias inscritas al
triángulo.
Tenemos que demostrar que AM.OM=BN.ON=AP.OP=C)
AM.OM=ÁM.(ÁM-ÁB)
=AM. AM-AM. A O ... (a)
La Proyección de AO sobre AB es
AO.p=AO cosa pero AM=AO cosa
=>AO.p-AM
En (a):
Luego:
Á M lO M
De igual forma se puede demostrar que:
BN.ON=0 y AP.OP^O
En el triángulo AMO y APO usamos la Ley de Senos
H
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12. VECTORES SOLVER EDK «
i - - • °MI -|OM|=|AB|sena
sen 90 sen a
|ÁO| |ÓP|
-|OP|=|AO|sena
sen 90 sen a
Luego |OP|=|OM|=R
De igual forma se demuestra que |OP|~|OM|=R
¡y VIH Mi
Del triángulo formado por los vectores
P,Q,R
Por ley de senos tenemos
_ P
___
Q R
sena sen0 ~ senoc(180-Q)
Q
P=
--
-
, oc=Q-0
sen0
Q
=$?=
--
-(sen0 cos0-sen0cos0)
sen0
=>P=Qsen0-Qcos0
vw. ^ cofn. ' SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
l
Dado los vectores P Y Q , que forman ángulo 0, demostrar:
QsenG
tan0=— —
--
-
P+Qcos0
donde 0es el ángulo entre la resultante y el vector P .
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13. » SOLVER EDK VECTORES
=»tan0=
Qsen0
P+Q cos0
Dado los vectores P yQ ;R=mP+nQ, tal como se indica en la figura. Si P =3, Q = 5
y R =10. Hallar la relación: m/n.
Tenemos los módulos de cada vector: (P)=3 (Q)=5
Para los vectores que suman R deben de ser iguales, entonces:
(n Q M m P )
¡Q |_m
ÍT"
m 5
n 3
Se dan los vectores P yQ forman un ángulo agudo tal que sen0= 3/5. Si el módulo de
P=16 y sabiendo que P es ortogonal a(P-Q) : Hallar el módulo de Q
JEffllKTO TgW
m SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIV II
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14. VECTORES
r ~ -
SOLVER EDK «
Según el dato Pl(P-Q)=> =90° de la parte sombreada, por ley de senos tenemos:
P O
sen (90-0) sen90
P
=>0=
sen53°
=20
© Las caras de un tetraedro regular son triángulos equiláteros de lado a. (a) Hallar
el ángulo que hace cada lado con la cara opuesta, (b) La distancia de un vértice a la
cara opuesta. Hacerlo por vectores.
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15. » SOLVER EDK
»
VECTORES
a=|ÁB|=|BC|=|CD|=|BD|=|AD|
El área de la figura sombreada será:
,— — ,. senO
A=|BD|.|DM|— -
MA+AD=MD
^MA+AD=MD
Si “O ” es baricentro:
|M D |= Jr3|AC|
— 2— >
OD=~MD
El
COSO
|o d| _ | |m d| 2 /í^ |a c|
: | B D f | Á C r 3 V2 |AC|
V3
Cos 0=-
0=54,73°
Y la altura será: h=a sen(54,73)
h=0,81 a
© Sea PQRSTM los vértices de un hexágono regular. Hallar la resultante
representados por los vectores. P Q , P R , P S , PT, y PM .
I
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I
de las fuerzas
vvww. ed ukperu. co m

16. v e c t o r e s C SOLVER EDK «
Q
Haciendo coincidir el punto P con el origen de coordenadas y considerando el lado
de longitud a.
Tenemos:
PQ=acos60+a senóOj
PR=a senóOj+a senóOj
PS=2acos60Í+2a senóOj
MS=(a+a cos60°)í+a senóOj
PM=ai
Sumando en X y Y tenemos
PQ+PR+PS+MS+PM=3 a i+6a senóO]
6a cos60i+óa sen60j= 3PS
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17. » SOLVER EDK 3.
VECTORES
% Demostrar que el polígono que resulta de unir los medios de los lados de un
cuadrilátero es un paralelogramo. Hallar un vector de longitud 1 y perpendicular
a A = (l,l,l) y B=(2f3,-1).
Sea el vector P tal que |P|=1
P l B P IA
Si P±B y 1P±A—>P.B=0
P,A=0
P,B=(P1,P2,P3)(2,3r l)= 2 P1+3P2-P3=0...(l)
P.A=(P1,P2,P3)(1,1,1)=Pi+P2+P3-(I1)
Resolviendo:
Hallando K:
_ 4 K
P 1=- - K P 2=KP3=3
|P|=1=JP?+PÍ + P l
9 8 V26
P= ±4= H-3,1)
V 26
Hallar un vector de longitud 1 y perpendicular a A=(l, l,l)y B=(2,3,-l)
l
14
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIY II
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18. VECTORES C SOLVER EDK «
¡ | | p (a) Hallar todos puntos de que pueden ser el cuarto vértice del paralelogramo
formado por los otros tres vértices A = (1,0,1), B = (-1,1,1) Y C = (2,-1,2) .(b)
también hallar el área del triángulo ABC.
m m m m m
Siendo A, B, C y D vectores de un paralelogramo se cumple que A+C=B+D
En el paralelogramo se cumple A+C = B+D
Tenemos:
(2+P1,P2,P3+2)=(0, 1, 2)
P1=-2 ,P 2= 2 ,P3=0
P=(-2, 2, 0)
Lo mismo se aplica para hallar los demás vértices, por tanto tenemos que:
AC=(1, -1,1), AB=(-2,1, 0)
CB=(-3, 2, -1)
Sabemos que
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19. >> SOLVER EDK )
VECTORES
a a=qIACxABI
=¿ACxAB=
¡ j k
1 -1 1
-2 1 0
1i r r a/6
=*AA=-'Jb= —
Dos vectores P = (2,-3 ,6) y Q= (-1,2,-2) están aplicados a un mismo punto. Hallar
las coordenadas del punto R que tiene la dirección de la bisectriz del ángulo
formado por los vectores P y Q, Si R = 3a/42 .
Podemos relacionar de la siguiente arquitectura manera por gráfico
Ahora hallamos K tal que
RxQIIPxR
RxQ=K PxR
....(a)
¡RxQ|=|K PxR|
| R|| Q| sen0=K | P|| K| sen0
De (a ) tenemos que
-2b-2c=^(-3c-6b)
2a - c = 3/7 (-2c+6a)
2a + b = 3/7(2b+3a)
3
- K=7
Resolviendo
a = -K
b= 5K
c=4K
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
vvwvv.edukperu ¡

20. VECTORES
f ~ _________________SOLVER EDK «
Su módulo del vector
Es
R=(-K, 5K, 4K)
3VÍ2
=>K2+2SR2+16K2=9V42
K=3
•*.R—C-3,15,12)
3 Si P+Q+R = Ó. Demostrar que PxQ+QxR+RxP=3PxR .
Teniendo en cuenta el problema 5) tenemos que
PxQ=RxP=QxR
^PxQ+QxR+RxP^PxQ
Hallar el área del triángulo c u y o vértices son los puntos A = (2,-2,3). B(1,-2 )YC
= (4,2,-1)
CA=(-2, -4,4)
CB=(-3, -4,1)
Aa= 1|C AxCB|
Aa=^ 1(20, -14, -4)|
AA=Vl53
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21. » SOLVER EDK D
VECTORES
Hallar el volumen del paralelepípedo cuyas aristas son P=(l,2,-1), Q=(3,4,-6)
y R=(2,1,-3)
V=|P.(Q x R)|
Q x R=
i j k
3 4 6
2 1 -3
(-6, -3, -5)
Se conoce los cosenos directos de dos vectores cuyos valores son
a|,a2,a3 y b 1; b2, b3 . Demostrar que ángulo entre ellos es 6 y se obtienes de la
expresión cos0=atbi+a2b2+a3b3
Como tenemos los cosenos directores de los vectores, tenemos los vectores unitarios
de ellos-,
V=^=-=(cosa, cosp, cos0 )
W =7^T=COOC', cosp', COS0'
lwj
Entonces tenemos los valores:
V=(a1,a2, a3)
ggfgj SOLUCIONARIO FISICA LEIVA1Y II
vvww. edukperu. oo!Ti
E

22. VECTORES
SOLVER EDK «
W=(b,,b2,b 3)
Haciendo el producto escalar obtenemos el ángulo que forman:
V.W=(|V||\V|cosO
=cosO=(a,b,a2,b2, a3b3)
Dado el vector A y el escalar m , hallar el valor de B ,tan que A.B= m.
— iii]HWÍ»3
Podemos dar la forma de:
B=A+A
Haciendo producto vectorial y considerando A=C se tiene:
AxB=CxA+AA
A.B=y||A2||
A.B
o i t=y
B=CxA+ ip^r .A
IK II
Dos vectores Á y B tiene magnitudes iguales de 10 unidades. Están orientados
como se muestran en la figura. Su suma es R=A+B. Hallar (a) los componentes
de R. (b ) el módulo de R. (C) El ángulo que forma R con el eje de los +x.
Lo dejamos como ejercicios para el lector, aplique los conceptos aplicados en los
ejercicios aplicados en los anteriores ejercicios.
¡ | p Dados los vectores A= (1,1,2).B= (1,3,4). C= (1,1,1) y P= (1,-5,1). Hallar los
valores de m, n y r para que mm-nB+rC=P.
Sean los vectores: A=(-l, 1, 2), B= (l, 3, 4)y C=(l, 1, -1)
' .- d jw u cosn SOLUClONARiO FISICA LE IVA 1 Y II

23. » SOLVER EDK VECTORES
Por condición del problema:
mA-nB-rC=(l, -5,1)
Obtenemos las siguientes expresiones:
-m-n+5=l
m-3n+r=-5
2m-4n-r=l
En este problema utilizaremos cramer:
|Am|
m= JA I
¡An¡
" |A|
|Ar|
r |A|
Siendo A matrices
Entonces
1 -1 1
-5-3 1
1-4-1
-1-1
i
1-3 1
2-4-1
-17
m=T
Lo mismo procede para n y r
-5
M SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIY II
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24. VECTORES c
SOLVER EDK <<
y
r=-4
Hallar el vector A= (2,-1,-4). Hallar el vector P, cuyo sentido es opuesto al
vector A y su módulo es la cuarta parte de A.
Para que valores d é m e R, el vector |m; -m, ^(m-l)J es unitario.
El vector |m,-m,^(m-l)j es unitario
=¿su módulo = 1
Jm 2+m2+ ¿ (m - l)2=l
33m2-2m-15=0
l±4V3l
Resolviendo: m=
33
Hallar el vector unitario que une el origen con el punto medio del segmento AB,
donde A=(4,-l,l) y B=(2;l,l) .
m m m m w
Sea el vector P tal que P||A y opuesto A A y|p|=l^ ,|a|=>/2T
Como P||A 3 K E R tal que ( Pi;P2,P3)=-K(2, -1, -4)
=>P,=-2K
P2=+K
P3-4K
|P|= KV2T= ^^K= 7
4 4
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I

25. » SOLVER EDK VECTORES
.•.P=(P1;P2;P3)=(-2K;K, 4K)
=(0,5; 0,25; 1)
¡p Demostrar que un vector cualquiera A el espacio se puede expresar A=
(A i, A. J, A. k)
- /
Mostramos los vectores en el siguiente gráfico:
Tenemos los siguientes componentes de A:
A=(|A|jí|cos8;|A||j|cosa ;¡A|¡k¡cosy )
El producto escalar se define:
A.B=|A||B|cos0
=>A=(A.Í ,A.J,A.k)
Demostrar que un vector unitario cualquier Q en el espacio se puede :
Q= (eos a , eos p , eos y ) donde a, ¡3 y y son los ángulos que hace el vector A con
los eje X , Y y Z.
m m m m
Cuáles son los valores de m y n para que A= (m,-2n,l)y =B= (n,-m,3) Son
perpendiculares y A = 3.
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I
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26. VECTORES
A l B —► A . B=0
(m, 2n,l) (n,-m,3)=mn+2nb+3=0
Sabemos que
mn=l
A=3=V m2+4n2+l
9=m2+4n2+l , n=l/m
8m2=m4+4
m4-8m2+4=0
Resolviendo tenemos que:
m=j4±2V3
n=-1±
Dado los vectores A y B déla figura: (a) Halla A.B (b ) Hallar Axb.
De la figura
Los vectores están en el plano XY entonces tenemos
SOLVER EDK «
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■
23

27. » SOLVER EDK D
VECTORES
A(óV3 cos30, 6V3 sen30°; 0)
Si el módulo de la suma de dos vectores A y B es 8 y los módulos de A
5 de y B =10 Hallar el módulo déla diferencia délos vectores.
|A+B|=8 y |A|=5 |B|=10
Piden
I A-B¡=?
|A+B |= J|A |2+|Bj2+2|A||B| eos 0 =8
25 + 100 + 100 cosO = 64
r> 61
eos 0 = - —
100
|a-b|= J|a|2+|b|! -2|a||b| cos0 =25+100-100
V 100/
|A-B|=Vl80
Si el módulo de la suma de dos vectores es V Í0 A=y V3 , B = 3. Hallar el
producto escalar A.B
|a+b|=VTo, ¡a|=V3,|b|=3
Piden hallar A . B
|a+b|=VTo=^|a|2+Sb|2+2|a||b| cosO
12+6V3 cos0=10
-1
=»cos0=
3V3 '
Sabemos que:
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II v-zww. éd ukperu. corn

28. VECTORES I SOLVER EDK «
A.B=|A||B|cosO
V3V3'
.••A.B=-1
Si el módulo de un vector es A = 2 y el otro es de doble magnitud B = 2A, Si el
ángulo que forman dichos vectores es 120°. Hallar el módulo de la suma de los
vectores.
Piden hallar
|a|=2 |b|=2 |a|=4
|a+b|=?
Si
|a+b|= J|a|2+|b|2+2|a||b| cosO
0=120°
V4-16-16cosO=2V3
|A+B|=2V3
Dado dos vectores de un triángulo A= (1,1, 1), B = (l,- l,l) y C= (-2,1,-1). Hallar
el ángulo que hacen los vectores AB yAC.
wvvw. cd u Kper u, com SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
25

29. » SOLVER EOK
VECTORES
X
A
C
> y
Piden el ángulo =? t
AC=(-3, 0, -2)
ÁB=(0, -2,0)
AC.AB= |AC||ÁB|cos0
0=Vl3.2 cos0
cos0=O
.-.0=90°
Dados los vectores P, Q, R y S, que cumple la condición PxQ=RxS y Px R- Qx S .
Demostrar que el vector P- R .
Para que P-S sea paralelo a Q-R tiene que cumplir que: (P-S)x (Q-R)= O
Demostraremos esto:
(P-S)x (Q-R)
(P-S)x Q-(P-S) x R
PxQ-SxQ-P-R+S-R
Por condición:
PxQ=RxS
y PxR=QxS
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
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30. VECTORES c
SOLVER EDK «
y sabiendo que
AxB=-BxA
; tenemos
PxQ+QxS-RxS=0
.-.(P-S)ll(Q-R)
^ Dado los vectores A= (1,l,) , B=(-l,-a,a) y C=(a,l,-a). Cual el valor de a para que el
volumen definido por los tres vectores de igual a 7.
^ ÍU H IH L U
Tenemos los vectores
A = (l, 1,1) B=(-l, -a, a)
C=(a, -1, -a)
V=7
=>BxC=
i j k
1 -a a
a 1 -a
=(a2-a, a2-a, a2-l)
A. (BxC (a2-a+ a2-a+ a2-l))= 7
Resolviendo tenemos que
3a2-2a-l=7
3a2-2a-8=0
-4
a = 2 °-
wvwv.eduKperu.com SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

31. » SOLVER EDK
¡ j } Dado los vectores A=(l,-2, 2) y B=(-2, 2, -3) . Hallar la proyección escalar y
vectorial de B sobre A.
Siendo los vectores
A=(l, -2, 2)
B=(-2, 2,4)
Piden hallar
Proy escalar =? y Proy vectorial =?
B—Á
Proy escalar =
Proy. Vectorial
B ^ A
B .Á _2
W 3
(B.Á)Á (2,-4, 4)
|A|2 = ^
Si P.Q=20 Y P=3 , Q=10 Hallar |PxQ| .
j B ü f
Tenemos que P.Q=20 y |P|=3 ,.|Q|=10
Piden |PxQ|
P.Q= |P| jQ| cosO—>cosO= \
—>0=48, 20°
VECTORES
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
I m e d ukperu. cqm'

32. VECTORES
SOLVER EDK «
Piden |PxQ|=|P||Q|senO
=80 sen (48, 20)
|PxQ|=10V5
Si B paralelo a C y B. (Ax C) = 0 entonces demostrar C
(PxB).
Tenemos que
BlIC y B.(AxC)=0
Piden demostrar que
C.(ÁxB)=0
B||C si 3 KeR tal que B=KC
=>C.(AxB)=Á, (BxC )=A.( KCxC)
=Á,K(CxC)= KA(CxC)=0
=>C.(ÁxB)=0
•••C±(AxB )
Si A es un vector en el plano y p7 un vector unitario A
W TO CT
Tenemos los siguientes vectores en el plano:
Los componentes en la recta del vector unitario es
|X||p|cosO=A.p
y la otra será
|A||p|senO=¡Axp|
•••A=(Á.p , |Axp ¡)
es perpendicular a
= (A.p, |Ax p|).
eclóK¡m u , corn SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

33. » SOLVER EDK D
f t Demostrar usando componentes: P x (Q x R ) = Q(P.R)-R (P Q •
Primero calculamos
Ahora
QxR
QxR=
i j k
d i q2 °i3
ur2 r3
=(q2r3-r2q3, r,q3-q1r3, q ^ - r ^ )
Px(QxR)=
Px(QxR)
i j k
p, P2 P3
q2r3-r2q3 r,q3-q,r3 q1r2-r,q2
=( P 2(q , r2-r,q2)+( p3(q, r3-r,q3)
- ( p1(q 1r3-rlq3)+( P3( q2r3-r2q 3)
- (P ^ q ^ - r ^ H p2(q 2r3‘r2Q3) )
=( p2q irr p2n q 2+ p3q ir3- p3r iq 3
- p , q i r2+p ir t q2+ p3q2'r3-p3i'2q3)
• p1q,r3+ p ¡r ,q 3- p2q2r3* p2r2q3)
Si le sumamos y restamos el siguiente vector
SSsO LUC IO N ARIO FISICA LEIVAI Y II
VECTORES
www. edüKpgnrccrn

34. u=(q, r, p ,,q 2 r2p2,q3 r3p3)
=( P2q,r2- P2nq2+ P3Qir3- P3riq3+qlriql-q1riql ,
- p ,q 1r2+ p,r1q2+ p3q2r3-p3r2q3+q2r2p2-q2r2p2,
- P l q ,r3+ P ,r ,q 3- P 2q2r3- p2r2q3+q3r3q3-q3r3q3)
=( P2q,r2+ P3qir3+ q,riPi, P,iriq2+P3q2r3+q2r2q2,
p1r,q 3+ p2r2q3+ p 1r 1q3+ q3r3p3)+
(- P 2r,q 2- P 3riq 3- q ,r,p ,,- p ,q ,r2- p3r2q3- q2r2p2,
- p 1q 1r3- p 2q2r3-q3r3p3)
= (q , ,q2Jq3) (p , n +p2r2+p3r3)- (r 1 ,r2,r3) ( p ,q ,+P2q2+P3q3)
Sabemos que
P.R=(p1r,+p2r2+p3r3)
P . ^ í p ^ ^ p ^ + p ^ g )
••• P(QxR)=Q(P.R)-R(P.Q)
© Se tiene un vector P, cuya tercera componente es 2, si P es perpendicular a
(1,-2,1) y (-1,1,-2). Hallar el vector P .
VECTORES (
__________________SOLVER EDK «
w w w e d u R p e ru , corn SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

35. I
» SOLVER EDK D
VECTORES
Jg iW IH liM r
P=(a, b, 2)
P l ( í , -2,1) y (-1,1, -2)
=>P.(l,-2,l)=0
P.(-l,l,-2 )= 0
a-2b-2=0
-a+b-4=0
Resolviendo que
a=-6
b=-2
•••P=(-6, -2,2)
‘¡¡¡U fy Si el vector R paralelo al vector Q xP y proyQ —>P=1 sabiendo Q
Hallar
Q.(PxR)
Piden hallar
Q.(PxR)
Por condiciones del problema:
R||QxP=>
el ángulo que forma o es 0o o 180°
Pi'oyQ_ p= 757=1
Q P
|P|
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI V II
2, P=6 PY R =8.
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36. Q.P=|P|
De lo anterior hallamos que ángulo forman los vectores
Q y B
Q.P=|Q||P| cosa=|P|
|P| 1
cosa= . _ T- r = -
|Q||P| 2
=»oc=60°
Por propiedad
Q. (PxR) =-R. (QxP)
VECTORES
_____________
SOLVER EDK «
-R.(QxP)=-|r| |QxP| cos(180)
|r| |Qx p|
Tenemos que
Qx(PxR)=|R| |Q| |P|sena
= 8.2.6 sen60
.-.Q.(PxR)-48V3
^ Se dan los vectores en el espacio A = (l,l,l), B = (l,- l,l) y C=-2,l,-2). Hallar: (a)
AB.BC (b) ÁC x( AB-BC) (C ) El vector unitario perpendicular al plano que pasa por
los puntos A, B Y C. (d) El ángulo que hace el vector unitario de la pregunta, (c ) con
www.aduKperu.com SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II 33

37. » SOLVER EDK D
VECTORES
el vector D=(0,1,1). 48. Si Á es un vector constante y r es el vector que va del origen
al punto (x,y,z) demuestre que (r-A). A=0 es la ecuación de un plano.
Sean los vectores A= (0,1, 0) B= (l, -1,1) y C=(-2,1,-2)
a) Piden Á B.BC = (l, -2, l ) (-3, +2, -3)
. AB.BC=-3-4-3=-l 0
Piden ACx(AB-BC)=(-2, 0, -2)x(4, -4,4)
ACx(AB-BC)=
i j k
-2 0 -2
4 4 4
N=
=(-8, 0, -8)
=(4, 0,4)
i j k
-2 0 -2
1 -2 1
El vector unitario de N es
N 1
P=T=77 = “7 = 0 / +1)
N V2
D-P= cos0
COS0=
D.p
|D|IPI
De esto hallaremos 0:
9=cos- , J 4í_ )
V|d||p|/
1 / +1/V2\
0 = C O S ' ' = (
----- = r
v i.V2 y
0=60°
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIY
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38. VECTORES
SOLVER EDK «
Si A es un vector constante y r es el vector que va del origen al punto (x,y,z);
xr!+yr2+ zr3-(rf+r|+r|)=0
Tenemos que como Á es un vector constante y teniendo que rf+rf+r3=C
Se tiene xr!+yr2+ zr3=C
Que es la ecuación cartesiana del plano.
1^3 Considerando los mismos vectores del ejercicios anterior demuestre que
(r-A).r=0;es la ecuación de la esfera.
Del anterior problema obtenemos:
ri+r2+r3“ xn+yr2+ zr3=0
Restando y sumando factores para conseguir ecuaciones cuadráticas tenemos que
demuestre que (í-A).A=0 es la ecuación de un plano.
M m m m
Sea r=(rl ; r2,r 3) yA = (x ,y,z )
Se tiene que (A-r)r=(x-r1; y-r2; z-r3).(r1; r2; r3)
Y siendo
x
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39. » SOLVER EDK 3
VECTORES
r3-r z
y C constante
Se tiene
xf+y2+zf=C
Que es la ecuación de una esfera
3 Si A+B+C=0 y A =3, B=5, C =7. Hallar el ángulo que forman A Y B.
Por ley de cosenos tenemos que
A+“B=-“C
rr/~E\ IT2I
| A+ B|= C
Reemplazando:
=>C==WA2+B2+2AB c o sO
49-34=30 cosO
cosO= - =>0=60°
Si B,C y D determinan un plano, la distancia de A a este plano:
|(A-B).(C-B)x(D-B)[
|(C-B>(D-B)|
Jg tílT O rtilM T
Cosenos B, C y D definen un plano se tiene
B
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIY II
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40. VECTORES
SOLVER EDK «
La distancia de A al plano será
d(X plano)=ProyRBA
|(A-B).N|
Del gráfico
d
d(A, Plano)=
|1N,
N=(C-B)x(D-B)
|(A-B).(C-B)x(D-B)l
A, Plano) j(C-B)x(D-B)|
j ^ l Demostrar la mínima distancia de un punto
P i( X i, y 1;Z i)
al plano cuya ecuación cartesiana en,AX+BY+ CZ+D =0
a m a w m
P.CXpYpZ,)
r — -k N
Tenemos que la cartesiana es:
Ax+By+Cz+D=0
De la cartesiana obtenemos N, siendo
w w w e d u Kd e r u. c o r n SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

41. N=A,B,C
» SOLVER EDK
_____________ ............................................................... VECTORES
La mínima distancia se halla:
^min —
d(P|, P la n o )=ProyRPP,
|(PrP).N |
a (p,, Plano)“ j- j
|(X r X, Y r Y,Zt-Z)-(A, B, C)|
dmin —
Va2+b2+c2
A (X i-X+ B(Yr Y)+ C(Zr Z)
Ja 2+b2+c 2
Demostrar vectorialmente que la suma de los cuadros de los diagonales de un
paralelogramo es igual a la suma de los cuadrados de sus cuatro lados.
JRTiW'WIil»
Piden demostrar |A+B|2=A2+B2+2AB
|A-B|2=A2+B2-2AB
De la galáxica
|D |M A |2y |B |M C |2
=>|A+B|2+|A-B|2=A2+B2+C2+D2
Si los números a, b, c y d son diferentes de cero y
aOA+bOB+cOC+dOD=0 y a +b+c+d=0. los puntos A, B, B C Y D Se encuentra en
un plano. ( sugerencia usar: a +b = - ( c + d ) y el prob. 39)
J c ï ï l I Î T i M W
38S O LU C IO N A R IO F IS IC A L E IV A IY II w w w . eciukperu .c c m

42. VECTORES
SOLVER EDK «
Demostraremos que A, B, C y D están en un mismo plano:
Entonces; por condición
aÓA+ b¡ÓB+cOC+dOD=0...(l)
Si tenemos a
BA= OA-ÓB
En (1) reemplazamos:
aBA+ aOB+bOB+cOC+dOD=()
aBA+ (a+b)OB+cOC+dOD=C)
Pero
a+b=-(c+d)
aBA- (c+d)OB+cOC+dOD=0
aBA+ c(OC-OB)+d(OD-OB)=0
aBA+ c(BC)+d(BO)=0
Si los vectores
B A , B C y BD
suman cero entonces definen un plano.
Demostrar que la distancia mínima del punto
P ( X i ^ )
a la recta A x + BY+D = 0 en el plano XY es:
lA X^BYt+ D l
d=
---7= —
VaW
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43. » SOLVER EDK VECTORES
Ojo la demostración viene de determinarla distancia a un punto cualquiera de la
recta, la distancia mínima es cuando la proyección sobre la recta es cero, o sea
haciendo sen0=O. Completa la operación.
La distancia a la recta sería
, IAXt+BYt+DI
d=
---=====—
V a ^ b5
Si A B C D es un cuadrilátero cualquiera P y Q son los puntos medios de sus
diagonales AC y BD, y M es el punto medio de PQ. Demostrar (a)
(Á B) +AD+CB+CD=4 PQ
(b)
0A+0B+0C+0D=40M
,donde O es un punto arbitrario.
i U M Í
PQ=AQ-^AC
PQ=AD-^BD-^AC
40
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
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44. VECTORES
SOIVER EDK «
Pero:
Entonces:
— » — » AB CB CD CB
PQ=AD-— + — — + —
— . -— . AB — . CD
PQ=AD-— +CB- —
CD=AD- ^ AB+ i CB
AB=BC+^AD-^CD
— , — . CB AD CD — .AD 1 — CB
PQ=AD—-— — + — +CB -T- + — +AB- ——
2 4 4 2 4 4
— AD CB CD AB
PQ- ~T~ + ~T~ + ~~7~ + ~7~
4 4 4 4
••• 4 PQ=AD+CB+CD+AB
Trazando el vector AM, se tiene lo siguiente:
OM=AM+OA
....a
Pero
ÁM=^ÁC+^PQ
2 2
Hallando PQ por el resultado en a:
o
PQ AD+CB+CD+AB
~2~ 8
Pero
V
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45. » SOLVER EDK 3
VECTORES
AD=OD-OA ,CB=OB-OC
CD=CD-OC ,AB=OB-OA
PQ OD OA OB OC
>~2~=~4 4 + 4 4
AC OC OA
~2~ = ~2~~ 2
Reemplazando en (oc)
___, OC OA OD OA OB OC — *
om=_2 2~ + _4 4~ + _4 4~
___, OA OC OD OB
OM= — + — + — + —
.-.40M=0A+0C+0D+0B
Demostrar vectorialmente, que el baricentro, circuncentro y ortocentro de un
triángulo son colineales. (sugerencia usar en concepto de vectores paralelos).
i
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIV II
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46. VECTORES
SOLVER EDK «
Sean los triángulos AOG y GOM.
Por propiedad del baricentro obtenemos que AG=2GM y por el teorema Simpson se
demuestra que
AO=2CM
Por semejanza de triángulos tenemos que
OG=2GC
Por definición un vector es paralelo a otro si
v=kw
OG es paralelo con GC y coolineales a la vez.
Dado el paralelepípedo de base rectangular situado en el plano ZY, su altura a
lo largo del eje X .Hallar el volumen del mismo.(sugerencia hallar AxB.C).
Se dan los vectores del origen a los puntos A,B,C,D son
A=í+J+K,B=2Í+3j;C=3Í+5 J-2K y D=K-J. Demostrar que AB||CD
Tenemos los vectores
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47. SOLVER EDK
1
VECTORES
A= (l, 1,1)
B=(2, 3, 0)
C=(3, 5, -2)
D=(0, -1,1)
AB || CD
ABIICD
AB = K T D
ÁB=(1,2, -1)
CD=(-3, -6, 3)
Por lo tanto K=-3
Entonces
3 KeR / *AB=:-3CD
3 Demostrar (AxB)xA.A=0 para todo A y B en tres dimensiones.
jcrmnrrgmTW
Sea
A y B
Piden demostrar
Entonces si
si 3 K6R
tal que
De aquí tenemos que
H
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48. VECTORES c
SOLVER EDK «
vectores en tres dimensiones, piden demostrar
(AxB)x A. A=0
Por propiedad
AxBxC=B(A.C)-C(A.B)
Y
A.B=B.A
=»Á. (AxB)xA= A[B(A.A)-A(A.B)]
=(á.b) (a. a)-(á a) (a.b)=o
Dado un vector B=( 1,-2,2). Hallar el vector A tal que sean paralelo a B y de
módulo 9.
AIIB si 3 KeR/A=K B
^Á=(K, -2K, 2K)
Y su módulo
|A¡=9
=>V91?=9
=>K=3 .-.Á=(3, -6,6)
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49. » SOLVER EDK
CINEMÁTICA
Un móvil recorre la mitad del camino del camino con la velocidad La parte
restante la ase a una velocidad v2 la mitad del tiempo, y la velocidav3d el trayecto
final. Hallar la velocidad media del móvil durante el recorrido.
Tenemos que d]+d2=-
Para el primer tramo tenemos:
Luego
Entonces despejando:
Luego también tenemos
Pero
V3t2=d2
L
t i~ 2 v ;
t - L Æ Y ? )
2V] V!+V3
/ media - 3
-(t,+ t2)
...0)
46
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
vvww. ad ukperu, coni

50. CINEMÁTICA
SOLVER EDK «
4V1.(V2+V3)
3(2V, +V3)
Un móvil se mueve según V = t2 - 9, V (m /s) y t (seg).Hallar la aceleración para
V = 27 rrvS.
■••a=2t...(l) pero piden cuando V=27
=>Veamos 27+9=t2=>t=ó seg
•••a=12m/s2
Un móvil se mueve con una aceleración a = 2t,a lo largo del eje x. Hallar (a) la
velocidad para t =lseg.(b).El cambio de posición deO a lseg.Para t = 0, v=2m/s,
x= 0.
m m m m
Tenemos que: V=t2-9 pero
Tenemos que a=2t pero
V(t)-V0= /J 2tdt pero V0=2m/s
••■V(t)=t2+2
a) Piden para t=l seg b) análogamente tenemos que
V ( l) = ^ /ox dx = /0tV (t)dt
www. edukper u. corrí SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

51. » SOLVER EDK CINEMÁTICA
X = - +2t
=>X(1)=
Un m óvil se desplaza a lo largo del eje x y su aceleración el tiem po com o se
indica en la figura. Para t = 0, x=0, v1xxVs. H allar (a ) distancia total recorrida desdi
a 2seg.(b ) La velo cid a d para 2seg.
Del gráfico tenem os a=tg60°.t= V3t ,
tam bién tenem os X=0, t=0 , V= —
s
pero ^ =a /v^ d v = / 0t adt=>V-V0=:^ L ^>V=1+y t2 •■••(*)
Tam bién ~ ~ v Íq d* — Íq vdt =>X = f l+ ^ --t 2dt
X = t + ^ t 3...(*)
Piden
a ) X ( 2 se9) = 4,31 m.
b ) d e (* ) tenem os que V2 = 4,46 m/s
Una partícula a lo largo del eje x, su grafica de velo cid ad en función del tiem i
se da en la figura para que valores del tiem po x = 0. Si para t = 0,x =2m.
j H n f lr a t iia r
Piden para que tiem po X=0
Veam os adem ás t=-0=»X=-2m
Encontrem os la ecuación de V en función de t
=>tenemos que V (t>
| 2 (2-t), 0^t22
t-(t-4)-2, 2<t<4
Sabem os que: “ = V (t) dx= V (x)d t
cuando 0 < 2
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52. CINEMÁTICA c
SOLVER EDK «
=> dx= I v(t)dt =»x+2=-t(t-4)
0< ^2. ..(1)
Ahora cuando
t>2 => dx= I (2-t)dt
X 0 J 2
2 ^ 4 ... (2)
Gomo deseamos que X=0 =» (1) = 0 y (2) = 0
=* en (1) 2=-t(t-4) =>t= (2-V2)seg
En (2) -2=-^-=>t=4seg
4
Una partícula se mueve en el plano X y Y sus graficas en función del son: Hallar la
aceleración y la velocidad de la partícula para t = 3 segundos. Si para t =V3 ,x = 3
De acuerdo al gráfico, veamos que
X=tg60°t y Y(t)=bt2 y por dato
Y(V3)=3=b(3)=»b=l
X=V3t
Y(t) = t2
Ahora de las oraciones del movimiento, tenemos:
r=V3~t í+ t2]
y
SOLUCIOÑARIO FISICA LE IVA I Y II

53. » SOLVER EDK D
CINEMÁTICA
_ dr
v = s
a ) =>V=V3 í+ 2tj .-.V(3)=(V3j+ 6j)m /s
b ) También a= ^ =>a=2j m/s2
Se el gráfico de la aceleración en función del cuadrado de la velocidad, como se
indica en el gráfico. Hallar la relación de la velocidad en función de la posición. Si
para t = 0,x = 0,v = 3m/s.
Del gráfico tenemos que:
a=-tg (3 7 °) V 2 =>a=-0,75V2
dv dv dv
Ahora tenemos que a= — = — .v =>a= — .v ...(* )
^ dt dx dx
En (* ) tenemos que -0,75v2= ~ .v => /* -0,75dx = J 3V~
=>-0,75x=Ln Qj) =>V=3eV=3c-'
Dado el vector posición de un móvil r(t)= (2-t2)T + (t3-t)j+(2t3-t2-l)k. Hallar (a ) el
vector unitario y tangente a la trayectoria dada, cuando t = 2seg. (b ) el módulo de
la aceleración cuando t == 2seg.
.W
Tenemos que r(t)= (2-t2)í+ t3-t)J+(2t3-t2- l)k
a) Veamos sea: V=^=>-2-tí+(3t2- l)J+ (6 t‘2-2t)k
Sea V(2)=-4Í+lJ+20k
•••Ot= ^= (-4,ii,2oW 537
b ) a=^=2Í+(6t)]+(12t-2)k
dt
=»a(2)=-2Í+12Í+22k
■
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54. CINEMÁTICA
SOLVER EDK «
=>a=Vó32m/s2
Una partícula se mueve en el plano x y,de acuerdo a las relaciones 2X — —2seg3t,
2V = cos3t. Cuando t - 0,x=0 y = 2vx = 4 m / s y v y = lm / s . Hallar la
ecuación de la trayectoria, (b) la velocidad para t = nJ6 seg.
Tenemos que: ax=-2sen 3t , ay=cos3t,
Además Vx=4 , Vy=l m/s cuanto t = 0 , X = 0 , Y — 2
Piden f=?
Veamos por la ecuación del movimiento á=-2sen3ti+cos3tj
dt
dv c - r _
|a= — => dv= I adt
J(4 ,l) Jo
. . 2 ~ sen 3 t.
=>y-(4i-lj= - ( eos 3t-l)i+ — j
/2 eos 3t-l 10\* /sen3t
Ahora V = ^ / (r02) dr = /otvdt
a) r-2j= (2 sen3t+ y ) í+ t+ i ) j
/2 10t\„ /-cos3t 19\.
,r= ('-sen3t+ T ) i +( — t+- j j
b) De (*) tenemos que
1C
Z1
10. 4. ,
--
v= — i+ -j=>V=Vll6/3
Desde un plano inclinado un ángulo a es lanzada una piedra con una velocidad v0
y perpendicular al plano. A qué distancia del punto de lanzamiento caeésta piedra.
* * w eduKper u om SOLUCiONARIO FISICA LEIVAI Y II

55. » SOLVER EOK CINEMATICA
Como no existe resistencia del viento=>; este cuerpo desarrolla MPCL. Si nos regimos
a la ecuación vectorial de este movimiento tendríamos d=V0t+-gt2. Haciendo la
representación vectorial, tendríamos
También tenemos:
gsenoc
...(* )
-gt2sena=d
2Vna /sena\
^ d = — £ - .[— - )
2 vcos2a/
© ángulo debe ser lanzado un cuerpo cuyo peso es a), para que la altura máxima
que se eleva sea igual al alcance del lanzamiento. También existe una fuerza f
horizontal del viento que actúa sobre el cuerpo.
Ahora analizando en el eje “Y” como en eje se desarrolla un MPCL:
=^Vty=V0y-gt
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
www. ed ukperu. corrí

56. CINEMATICA
SOLVER EDK «
=*Vosen0=gt
=>t=
V„sen0
Vosen0 Vosen0 Vosen0
=>H= ,t=-2— — .— —
H=-
V „2sen20
2g
Ahora en el eje “X ”. Como dicha fuerza F, ejerce una aceleración en opuesta al
movimiento
gF
Ahora
a=-
w
1 gF
dx=Vocos0t i --— t?
2 w
De (1) tenemos que t ^
De (*) y (***) H=dx
dx^VoCosOtT-ati
dx=
dx=
Vo2sen0cos0 1 gF VoSen20
2g 8 w g2
Vn2sen0 /cos0 Fsen0\) /cos0 hsentn
Vo2sen20 Vo2sen20 ícos0 Fsen20\
2g g V 2 8w j
=>cot0= ■
4w+f
4w
Dos personas están en un edificio, cuya ventana está a 250 pies. El primero suelta
una piedra por la ventana dos segundos después la otra persona arroja otra piedra
wvvw. eduKperu, coro SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

57. » SOLVER EDK
CINEMÁTICA
hacia abajo por la ventana. Ambas piedras llegan al suelo al mismo instante. Cual
sería la velocidad inicial de la segunda piedra. G = p/seg .
Sea H lo recorrido por B y A. => A
=>H=VoAt+ ig t2
H = Ígt2
H=16gt2 ...(*)
Pero H=250 =>t=J^=4seg
Para la esfera B.
H=V(t-2)+¿g(t-2)2
H=V (t-2)+16(t-2)2
250=V(2)-16(4)
V=106 P/seg
V
------------„ , r-,,.. , -7Ñ
-------- www.edukpéru ;
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

58. CINEMATICA SOLVER EDK «
| Jn cuerpo es lanzado en el plano X Z, desde el punto A (4,0,0), con una velocidad
inicial 10 m/s, bajo un ángulo de 60° con el eje X. la partícula es sometida además
a una aceleración de un m/s2 en la dirección +z, Hallar posición del cuerpo a lo
largo del eje x. Use g = 10 m/seg2.
De las ecuaciones del movimiento parabólico vectorialmente tenemos
d=Vot+^at2
- a t2
2
También tenemos que aresul=10-4=6m/s(-k)
1
Votsen60=-at2
2vosen60
=>
-------=t
...(* )
Luego
d=votcos60
www1. eckrkperu, com
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

59. » s O L v g ¡v S § g n 6 0 c o s 6 0 ) cinem ática
---d= - —
a
•••d= 14.43
•••x=18.43 m
Hallar con que velocidad vQ y 0= 60° es lanzada un proyectil tal que en el instante
2seg, la velocidad forma un ángulo de 45° con la horizontal. Use g = 10m/s2.
v 0sen60
V0cos60
Asumiendo que aún sube: como el eje x se mantiene constante:
=>Vx=Vocos60°
Vx= ^ ■•••(*)
Vy=Vx= y •••(*)
Ahora analizando en el eje y, también para t=2
Vty=Voy-gt
Vo
— =Vosen60°-(10)(2)
Vo=54,641
Un auto se mueve en línea recta, sobre una carretera a velocidad de 40 p/s. En
cierto instante, el conductor ve un tren que empieza amoverse hacia la carretera
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
wwvv, ed uk perú. corrí

60. CINEMÁTICA c
SOLVER EDK «
desde la estación. El conductor cree puede adelantar ai tren sin cambiar su
velocidad. Si la vía y la carretera forman entre si un ángulo recto, y el tren tiene una
aceleración 10 p/seg2. Sobre vivirá el conductor para contar la historia. El auto
esta’ inicialmente a 200 pies del cruce, mientras que la estación está a 130 pies.
v 0 = 4 0 p / s
= 0
130pies
a = 1 0 p / s 2
Calculemos el tiempo que les tocará a cada uno:
Veamos para el auto V= -
200
=>t. = — =5 seg
v
Ahora para el tren =>d=V0tc+ ^at2
1
130= ~ at2
t2=5,099 seg
Si sobrevive el conductor (pero por poco)
O Supongan que el alcance horizontal máximo cierto cañón con una velocidad inicial
fija es de R0. (a) demuestren que la velocidad inicial de vQ asociada a este canon es
de Jg R Q- (b) supongan que este canon se encuentra al pie de una colina con un
ángulo de elevación a y se dispara en un ángulo a con respeto a la colina.
Demuestren que la trayectoria del proyectil se puede expresar el siguiente sistema de
coordenadas en la forma:
WWW.ecluKperu.com SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

61. » SOLVER EDK )
CINEMÁTICA
a ) D e la e cu a ció n , v e c to ria l d el m o vim ien to p a ra b ó lico se tiene:
■R,
Vot=
sen0
Vo= — . ( * )
senGt
Tam b ién tenem os:
1 0
V o tse n0= - gt2
=»t=-
2V o s e n0
(* * ) en ( * )
g
(* * )
R0s
° 2sen0c o s0
A d em ás para q u e Ro sen max=>0=45°
.*• V o = jR o g
b ) A h o ra an alizan d o en el e je “y ” , tenem os
V=Voyt- ^ g t2
Luego en el eje “ x ”
Reem p lazand o ( * * ) en ( * )
=> Y= VQsen (0 + a )t \ gt2 . . . ( * )
X = t.V Q eos (0+ a)
=>T=
V ocos(0+ a)
FISICA LEIVA I Y II
vvww; ed ukperu, com
SOLUCIONARIO

62. CINEMÁTICA
=>y=xt3(e+a)- 2RoC0s2te+aj
c
SOLVER EDK «
Se lanza un proyectil con una velocidad inicial v0, bajo un ángulo 6. La altura
máxima que alcanza es H y el alcance horizontal es R Hallar la velocidad inicial y el
ángulo de tiro en función de H Y R.
f m
Como el cuerpo desarrolla un movimiento parabólico en el eje “Y”, en la parte más
alta
V,y=Voy-gt
v oy=gt
VosenG
...(a )
.(*)
Ahora para el eje “X ”
Tenemos
••• Vox=Vocos0
-=t
Vosen20 lg V0sen28
=>H=
g 2 g2
04)
VoSen20 / 1
=>H=
g
VoSen20
R=V0X.t, pero t,=2t
R=V0X(2t) de (a )
Vosen0
R=Vnv.2. —2——
www.eduKperu,corn SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I

63. » SOLVER EDK J CINEMÁTICA
....(**)
De * y (**) tenemos
2VoCos0sen0
V2=v n
RS
° 2cos0sen0
1 /4H\
9=ts (t)
g(R¿+16H¿)
i/2
8H
© Sobre un plano inclinado, cuy ángulo es 6 se halla un cuerpo B en reposo. Con que
aceleración horizontal se debe desplazar el plano inclinado, para el cuerpo B tenga
caída libre hacia abajo.
Como B desarrolla un MCL, veamos t seg, luego de su movimiento
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II www. ed ukperu. cor?;
*

64. CINEMATICA
SOLVER EDK «
Del triángulo tenemos que:
También Y=VABt+ ^gt2
En (*) reemplazando tenemos
xtg6=y ...(* )
Y=^gt2 ...(**)
X=-cot0gt2
....(a )
Ahora como la cuña inicia su movimiento d=VABt+-t2
X= 1t2= ^ cot0gt2 =»a=cot0g
a>cot0g
Dos partícula se mueve con velocidad constantes vt y v2 por dos líneas rectas y
normales, hasta que se intersecten en 0. En el momento t = 0, las partículas se
encontraban a las distancias l x y 12 del punto 0, (a) Al cabo de que tiempo la
distancia entre las partículas será mínima?, (b ) cual será esta distancia mínima.
www. edukperu ■ corn SOLUCiONARIO FISICA LE IVA I Y II

65. » SOLVER EDK CINEMÁTICA
O ^ ►
d. — m
\ 4
. - Í v
Si tenem os la v e lo c id a d relativa de la esfera (2 ) con resp ecto a (1 )
De acu erd o con la gráfica la m ínim a d istan cia será cuando
d = (l1.m)c o s 0 + ¿ . .. ( * )
D onde “ d ” es la d istancia re co rrid a por la esfera (2 ) t= —
'2 + V ¡
v2/l
Pero tg0= ^
v i
m=
v2ig
v2
tmiii— "
V|1,+ V2I.
V f+ V l
D el mismo m odo se dem uestra que:
X = (l1.m)sen0=
I Vol ,-V, 121
m ñ Un to rp ed o es lanzado d esd e el punto p en el instante que el b arco enem igo se
encu entra en el punto Q y navega con la v e lo cid a d 60 Km/h d irig id a form ando el
ángulo de 6 0 ° con la línea PQ . La v e lo cid a d d el torped o es 120 Km/h. con que
ángulo 6 hay que lanzarlo para que d e en el blanco.
m m m \
Para que llegue alcanzarlo se tien e que cu m p lir que una de las com ponentes, la
vertica l en el mismo tiem p o hagan la mism a distancia.
E n to n ce s tendrem os:
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
www. écl ukper ú. com

66. CINEMÁTICA
SOLVER EDK «
60 km 120 km
— -—sen60. t = — ;—-.sen6. t
h h
Despejando tenemos senO = V3/4 Luego 6 = 25.6°
Un cuerpo p comienza a moverse con una velocidad inicial v1 y con la aceleración
constante a1. Otro cuerpo Q comienza a moverse en el mismo instante que p con
una velocidad inicial v2 y con la aceleración negativa a2. Cuanto tiempo
transcurrirá desde el momento en que ambos cuerpos comienzan a moverse hasta
que sus velocidades se igualan?
Para la primera tenemos
Ahora para la segunda
De (1) y (2)
V ^Vj+ ajt
Vf=V2-a2t
t_ V2-Vi
3| +a2
Un cuerpo es lanzado con una velocidad de 10 m/seg. Con un ángulo de 45° con la
horizontal. Después de transcurrir 0. 75V2seg. Hallar la aceleración tangencial y
normal. Use g = 10 m/seg2.
Ahora tenemos que
dv
Pero V(t)=V0cos45°Í+ (vosen0-gt)j
=>V=5V^+(5V2-10t)j
«¡UKO-.U co;t SOLUCIONARIO FISICA LEiVAI Y ¡I

67. » SOLVER EDK
CINEMÁTICA
V=10(t2-V2t+l) ...(*)
d v _ 5(2t-V2)
••• at(0,75V2)=4,46 m/seg2
Ahora
de v2
a =V.— = —
n dt j
j =radio de corvatura del caso anterior, se tiene V, sólo necesitamos j
X2
También Y=x-— , cuando X=7,5
1/2
r 3/2
'♦<81
m
an=8,93 m/seg2
Relación al problema anterior. Halla el radio de curvatura que tendrá la trayectoria al
transcurrir el tiempo dado.
V2
j=^
(*) , ahora
62,5
j=8¿ r 7m -
V2(0,75a/2)=62,5 m/s
Se conoce vector posición de un cuerpo f = -3t, -2 tj Hallar (a) su
velocidad, (b) rapidez, (c ) aceleración (d) el módulo de la aceleración.(e) el
módulo de la aceleración tangencial (0 el módulo de la aceleración normal.
H
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II v* /wedukperu - om

68. CINEMÁTICA c
SOLVER EDK «
Tenemos
Por la ecuación del movimiento
a) V = f = ( f ,- 3 ,2)
b) V=±Vat4+52
c) Ahora para a= ^ =(3t, 0, 0)
dt
=>|a|=3t
a u d v 9 t 3
Ahora at= — =
L Ai-
dt Vat4+52
d) a,n- J a2-a?~3t J j * 52
r= ( j ’ -3t’ -2t)
^ Una bola se lanza con velocidad inicial v0 y ángulo 6 hacia arriba, desde un edificio
de 2H de altura. Si el proyectil choca contra el suelo a una distancia H del edificio.
Hallar H.
www.edukpefu.com
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
■

69. Analizando de la ecuación vectorial del movimiento parabólico tenemos:
d=V^t+^gt2
Ahora en e l
....ABM tenemos que BM=Htg0
También para HC=2H
BC=¿gt2=2H+Htg0 ....(a )
Ahora d e l
.... ABM=V0t sen0=H
H
* V osen0
...O S )
Ahora ....
2V2 ~e 0
( a ) y ( P ) H=— ^ - ; -(2+tg0)
y p Sea una partícula que se mueve sobre una elipse, cuyo ecuación es. r =
mcosüítl + nsencot). Hallar los módulos de at y an.
» SOLVER EDK )
Tenemos:
r=mcoswti+nsenwtj piden at , an
Veamos V= — =-mwsenwtí+nwcoswtj
dt
dv c -
a= — =-mw2coswti-nw2senwtj
dt
V=Vm2-(m2-n2)cos2wt.w
dv (m2-n2)se n (2w t)w2
* dt 2Vm2-(m2-n2)cos2wt
a2=a2+a2
=>an= Ja2-a? • •••(*)
a=V (m2-n2) .cos2wt+n2w2
CINEMÁTICA
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y
w w w .e d u k p e r o , coi

70. CINEMÁTICA c
SOLVER EDK «
w2m.m
an=
......- = := =
yj (n2-m2)cos2wt+m2
Hallar cuantas veces mayor será la aceleración normal de un punto que se encuentra
en la llanta de una rueda que jira, cuando el vector aceleración total de este punto
forma un ángulo de 60° con su vector velocidad lineal.
JKSTTOgf>lM
Tenemos a la rueda, y ubicamos, por simplicidad, la parte superior de la llanta
a
artg60°=an => atV3=an
/. an=l,73at
Una rueda de radio de 10 cm gira de forma que la relación la velocidad lineal de los
puntos que se encuentran en su llanta y el tiempo que dura el movimiento viene
dada por la ecuación v=2t +t2. Hallar el ángulo que forma el vector aceleración total
con el radio de la rueda en los momentos en que el tiempo, tomado desde el
momento en que la rueda comienza a girar t =lseg.y t =5ség.
Tenemos que V=2t+t2
=>a,= ^ =2t2t y an= y = (2t+t2).|0|
, , s e = i = > o = ts - '(i)
an van/
>■ SOLUCIONARIO FISICA LEIVA1 Y II

71. » SOLVER EDK D
CINEMÁTICA
a) Cuando t=l =s> 0=tg_1 =2,54°
b) Cuando t=s ±0= tg"! =0,098°
Un ponto A se mueve a velocidad constante v, a lo largo de la circunferencia de
radio a, tal como se indica en el gráfico. Hallar las componentes radial y transversal
de la aceleración.
Descomponiendo V , en sentido radial y transversal, tenemos que:
Vr=Vsen0 , Vr=Vcos0
Ahora: ar=
dvr
dvr d0
d0 dt
de
a. =Vcos0. —
dt
_d vr
dr dt
dv, d0
^ at=d0*
de
af=-Vsen6. —
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I
www. ed ukper'y; con

72. Ahora se puede verificar que:
CINEMATICA SOLVER EDK «
d e _ v
dt a
V2cos0
ar=
9
V2sen0
ar=-
© Hallar la relación entre las velocidades angulares en función de sus radios, para los
discos de fricción que se indican en la fig.
js ffln n r C T W
Ahora, en el punto A, la velocidad, es:
VA=V
Luego para la I o esfera
W1.R1=W2.R2
Wi = R2
’ \V2 R,
IjjTp Un cilindro de radio 10 cm gira alrededor de un eje con la frecuencia 10 RPM. A lo
largo de la generatriz del cilindro se mueve un cuerpo con la velocidad constante
2ocm/seg respecto a la superficie del cilindro. Hallar la (a) velocidad total (b) la
aceleración.
www. eduKperu. corn
SOLUCION ARIO FISICA LE IVA I Y I

73. r
» SOLVER EDK J CINEMAT,CA
Ahora con la V respecto al cilindro, tenemos que
A lo largo de eje:
a=0, l l m/seg
V,f(.=0,2m/s
Vt=W.R
Vtal= |o (0 ,l)= 0 ,llm /s
Vtal =Vrg+V2ra
V,otai=0>22 m/seg
Un punto p describe una semicircunferencia el movimiento proyectado sobre el
diámetro es uniforme de velocidad v0. Hallar al velocidad y la aceleración de p en la
función de ángulo y hallar la dirección de su aceleración total.
T
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
www. edukperu. com

74. CINEMÁTICA c
SOLVER EDK «
Ahora del gráfico vemos en el eje X, tenemos
Vsen0=Vo
=>V=Vo/sen0
Ahora ay= - V y
x dt x
_ d V x d0_
ax_" d T 'd t -
Ahora ay
d x; d(vocot0 d0
3y=d tVy= dé ‘ dt
V0
av=-Vocsc20. — - .r
y sen 0
Vo
3y sen30r a
Una rueda de radio 10cm? gira aceleradamente de manera que el número de
revoluciones aumenta V2 vuelta por segundo. Transcurridos dos segundos. Hallar (a)
la aceleración total y (b ) el ángulo que hace la aceleración tangencial.
Tenemos que a=n rad/seg
Por ecuación de mcuv tenemos:
www.eduHperu.com SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

75. » SOLVER EDK D
CINEMÁTICA
w t= w 0t+^t2
Piden cuando t = 2 seg
Wt=2rc
Ahora an4 = ( ^ )2=W2.R
an=3,95 m/seg2 ....(* )
Y at=a.R=(n)(0,l)=0,314 m/seg2
••• a = Ja2+af
a=3;962 m/seg
También tg0= —
aT
0=85.5°
w Un aeroplano vuela entre dos puntos, cuya distancia es de 500km en la dirección
• este. Cuanto durara el vuelo si (a) sin viento (b) si el viento sopla de sur a norte y
(c) el viento sopla de oeste a este. La velocidad del viento es de 40m/ seg, la del
aeroplano con respeto al aire es de 500km/h (a) t =60min (b) t = 62min (c) t =
46.2min.
A) Ahora no tenemos acción del viento
2
SOLUCIONARIO FISICA LEI VA I Y II w w w . ed u k p e r u . corrí

76. CINEMÁTICA c
SOLVER EDK «
- O
Vaero=500 km/h
500 km
t=— r:— — = 1 hora
500 km/h
t=60min
B) Como el viento sopla de sur a norte con Vviento=144 km/s
la velocidad del aero plano en ese eje es: V NS=144 km/s
500Kn¡>/
C) Como el viento sopla de OE => Vtotai=500+144
:=> Vtota,=644 km/h
500
=> t=~— =46,58 min
644
ly p Un móvil navega por rio a una velocidad que es 2 veces menor que la corriente de
este. ¿Qué ángulo respecto a la corriente debe mantener el bote para que esta lo
arrastre lo menos posible?
WWW.edukperu.com SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

77. »SOLVER EDK
Ì
CINEMÁTICA
Ahora analizando al móvil en la posición mostrada
=> Vy=Vosen0
=> -=Vosen0 => t=— ...(*)
t 0 Vosen0
Luego sea d= distancia arrastrada
=>d=(2V0-Vx)t
d=(2Vo-Vocos0)t de (*)
Como deseamos que (1) sea mínimo
=> d =0
=> d =-
l-2cos0
Sen20
n
=>°=3
0-!=180-60°
01=120°
Los barcos P y Q poseen velocidades lOcm/seg y 8m /seg la distancia PQ es de
500m. La velocidad lom/ seg, forma con PQ un ángulo de45°. Cuál debe ser el
ángulo 0que forma 8m/seg con PQpara que ambos barcos se encuentren.
Sea t el tiempo necesario para encontrarse:
da=8t
dp=10t
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
www. eü ukperti. corrí

78. CINEMÁTICA c
SOLVER EDK «
,0^
Geométricamente tenemos:
Por ley de sen0
8 _ lOt
sen45° sen0
tesen'(?'f)
0=62°,61
qyp En un rio cuya corriente tiene la velocidad lm/esg se debe cruzar
- perpendicularmente con una canoa que puede ir a 5m/seg (a) con qué dirección
debe remarse en la canoa (b ) con que velocidad se cruza.
Como deseamos que la canoa debe ser perpendicular a la corriente del río
5sen0=l
wwvv. eciük perú, corn
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II C 9 T

79. » SOLVER EDK J CINEMÁTICA
=» sen0=-
5
8=sen -
5
0=11,54°
Como piden complementario => a=78,4ó°
a=75°,27‘
V=5 cos0
V=4,89 m/seg
Una varia de longitud 2m se mueve, tal que el punto p tiene velocidad constante
de3m/seg. Cuál es la velocidad del punto Q cundo 6 = 30°.
Veamos: tenemos del
......y=2sen0 ... (1) x=2cos0 ... (2)
76
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
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80. CINEMATICA
SOLVER EDK «
=> x2+y2=4
dx dy
=* 2d t '(x)+2y d t=0
Luego: ^ (x )+ y^ = 0
(3 )(V 3 )+ (l)V y=0
==s> -Vy=3V3m/s
Vy=5,19 m/s
Se tiene dos móviles se mueven en líneas recta, cuyos gráficos de velocidad - tiempo
se indican en la figura adjunta. Si ambos partes de una misma posición inicial. Al
cabo de cuánto tiempo se encontraran los móviles.
Del gráfico mostrado tenemos:
V . 3 . «
VB=r~~-(t-t2)+V0
Vm
Sea t , al cual se encuentra => también ambos recorren la misma distancia,
w v w Á e d u K p e r u . corn SOLUCION ARIO FISICA LE IVA I Y II j C f S

81. » SOLVER EDK )
CINEMÁTICA
=* dA-dB
=> t=t2+ t2(t2—t j)
Dos móviles parten de la misma posición inicial en forma simultánea, sus gráficos
de velocidad -tiempo se indican en la fig. Adjunta. Una de ellas es una recta y el otro
un cuarto de circunferencia. Hallar (a) la aceleración del segundo movimiento de
función del tiempo (b)aceleración del primer movimiento, sabiendo que el primer
punto alcanza al segundo en el instante en que este queda en reposo (c ) 1 tiempo
que transcurre hasta que ambos puntos tengan igual velocida . ,
Realizando su ecuación de cada, de velocidad, según la gráfica:
a)
Por la ecuación del movimiento tenemos:
dv2
a2= — => a2=
-t
V0=t2
b) Calculando el tiempo en que V2=0
=> t=V0
Ambos recorren lo mismo
Pero d)=d2
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
www. ed y kperú. coiti

82. CINEMÁTICA SOLVER EDK «
7tV0
3l _2t2
c) P a ra (l)
k V0
V i= -. — .t
2 t2
=> t=
2to
\[k2+4
De una torre se arroja dos cuerpos con la misma velocidad v0 e inclinaciones 0V 02.
Ambas cuerpos caen en mismo punto del suelo. Hallar la altura H de la torre H=falta
i m n m m
Para la primera piedra, tenemos que (por ecuaciones vect), podemos observar que:
(1)X=V0 t2 COS0!
También H=^g t2-Vosen01 ....(2 )
Análogamente para la piedra (2) tenemos X=V0 t2 cos02 .... (1)’
Vosen02t2 ....(2)’
Resolviendo
H:
2V0 cos0, cos02 eos (0|+02)
g s e n ^ + G ^
vvww. ed u Kp«?ru. com
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I

83. » SOLVER EDK 3
CINEMÁTICA
Un grupo se mueve a lo largo de una recta, su posición con respecto al origen de
coordenadas es: x(t)=t3-2t2+3t+2. Hallar (a) la velocidad media para el intervalo [2,3]
Seg. (b) La velocidad instantánea t = 3seg (a) La aceleración media en el intervalo
[2,1] seg. (d) La aceleración instantánea en 3seg. © Para qué valores del tiempo su
velocidad es cero.
A) Sea X=t3.2t2+3t+2
Piden
B)
V=3t2-4t-3 ...(1)
C) Ahora piden
Pero V(3)=18m/s
V(2)= 7 m/s
amed=llm/s2
D)
de (1)
Tenemos
a=6t-4
a= 14 m/s2
de (*)
w X(3)-X(2)
3-2
=12 m/seg
dx
v = *
V(3)- V(2)
^med- ^ 2
dv
3=dt
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIY II www.eduNwu.com

84. CINEMÁTICA c
SOLVER EDK «
3t2-4tr3=0
3 t
© Se lanza un cuerpo con una velocidad de 300 m/seg y con un ángulo de tiro de 60°.
(a)Hallar la velocidad horizontal y vertical a los 10 seg después del disparo. (b)El
ángulo que forma la velocidad con la horizontal en el instante de 10 seg. (c) La
aceleración tangencial y normal a los 10 seg del disparo use g = 10m/seg2.
Como el movimiento es un MPCL
=> Vx=300 eos 60°
=> Vfx=Vx=300 cos60°=150 m/seg
Ahora trabajando en el eje “Y” vectorialmente
=> Vfy = V0y + gt
=s> V^=300 sen 60°-(10) (10)
V^=159,81 m/seg
a) => Vx=150 m/seg
=> Vy= 159.81 m/seg
b) tg0=^ = l,O7
X
=> 0o =46,9°
O aT= £ ....(* )
Encontremos V en función de t
V=150Í+(300 sen 60°-10t)J
V=10 Ct2-30 \/3t+900) 1/2
10 (t-15V3)
Vt2-30V3t+900
=> ar=7,3 m/s2
a2+af=a2=g2
SOLUCIONARIO FISICALEIVAI Y II

85. » SOLVER EDK
D
CINEMÁTICA
=> aN= V s 2-a?
aN=6,8 m/s2
© Desde la azotea d e un ed ific io se lanza vertical mente, hacia arriba un cuerpo.
Transcurridos 5 seg pasa por el punto situado a 20m por deb ajo de la azotea. Si g=
lOm/seg2. H allar (a ) velo cid ad inicial (b ) la altura que se elevo por encim a de la
azotea ( c ) la velo cid a d a la pasa por un punto situado a 30 m por debajo de la
azotea.
A ) Como el cu erp o desarrolla un MCL, =» trabajando cot 3 ecuaciones vectoriales
Un avión tiene una velo cid ad de 300 km/h con respecto al aire. E l avión viaja ida y
vuelta entre dos puntos PQ que distan 1200km. (a ) cuanto tiem po tarda de ir de P a
Q en un día en que el vien to sopla a lOOkm/h de Q a P .(b ) cuanto tiem po em plea si
existe un vien to cruzado de lOOkm/h. ( c ) cuanto tiem po em plea si no hay viento.
=> h=Vot - | t 2=22,05 m
C ) Por las ecuaciones vectoriales, tenem os que
H=V0t+ i g t2
-300=Vot-5t2=>-300=21 t-5t2 . . . ( * )
82
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I! www.edukperú gom

86. CINEMATICA
SOLVEREDK «
a)
o
= 400
Q
V = 200Kn) /
O Q
b)
_ 1200 1200 _ 9h
ttotal “ 400 + 200 ~
V
100
3 0 0
C)
^ 100
= > C O S & = — —
300
=> # = 70,5°
=> v y = 300sen70.5°
2400 o ,u
t =
----= 8.5h
V
Q 30° K7 h »
=>t = 2100=8h
300
www. ed u Kper u .corri SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

87. » SOLVER EDK ] CINEMÁTICA
El vector posición de una partícula es:r=tí+(t-2)~í-6t2k, s i : m, t :seg. Hallar (a ) En que
instante la velocidad es mínima (b ) el valor de la velocidad mínima (c ) El radio de
curvatura en función del tiem po (d ) La aceleración tangencial y normal cundo la
velocidad es mínima.
Se muestra
a ) r=t í+ (t-2)2j-6t2 k
_ dr ~
=> V= — = i+ 2(t-2)j-12t k
dt
Para que
148t2-16t-17 . . . . ( * )
dv 2
_ = 0 =* t = - s e g
b ) En (* ) del resultado obtenido, tenemos:
V min=4,07 m/s2
c ) Para calcular S haremos uso de
5= ^ (*Y
5 |vxá|
....C ;
Calculando á= ^
dt
=> á = lj- 12k
=» V x á = (48-12 t)T+ 12j+k
|Vx a|= V 144 t2-l 152t-2449
(148t2- 16t-17)3/g
“ V 144Í2-1152t>2449
d ) Piden ár= ^ , para t= ^ seg
/ 144 24\
ar= ( l , - ^ , -3 7) (0,1, -12)=0,96 m/seg2
aN = 1 2 m/seg
84
SOLUCIONARIO FISICA LEI VA I Y II
www. eciukperu, co?tí

88. CINEMÁTICA
SOLVER EDK C
Con que velocidad debe desplazarse una bolita por una mesa horizontal, si
después de abandonar la mesa a una altura de lm, recorra la misma distancia
horizontal y vertical con relación al punto de partida.
m m r n m
Luego de abandonar la bolita describe un movimiento parabólico:
Analizando en el eje "X”; sea VX=V0
Ahora d=V0t=>l=V0t ....(* )
Ahora en el eje “Y”
vot=0 =>dy=Voy+^gt2
1=^t2 => t=f
En (*) tenemos: V0=V5=2,24 m/seg
© Cuál debe ser el ángulo de tiro del proyectil lanzado del punto A, con una velocidad
de 200m/seg, si un segundo proyectil se lanza con una velocidad de 150/mseg en
dirección vertical del punto B para que colisionen.
Para que ambas colisiones
=> la altura de ambas debe ser la misma: para la esfera B (trabajando vectorialmente)
H=V0Bt+|gt2 => H=150t-5t2 ...(* )
Para la esfera A, en el eje “Y ”
H=V0Ayt+lgt2
H=2OOcos0t-5t2 ....(* ) (* )
Asumiendo que la colisión fue en el ascenso de ambas de (**) y (*)
=> V 0 A y = 1 5 0
=> C O S 0 = -
4
0 = 4 1 , 4 °
-..corrí SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I

89. » SOLVER EDK 3
CINEMÁTICA
Una persona se Halla en un ed ificio a una altura de lOOm y suelta una canica. Tres
segundos después lanza una segunda canica idéntica a la primera. Cual debe ser la
velocidad de lanzamiento de la segunda canica, para que ambos lleguen al mismo
instante al suelo (g = lOm/seg2).
j R a w r a t iiM
Para la primera bolita, tenemos de las ecuaciones de M PCL
=* H = V0lt + | t2
H= | t 2=* t=2V5seg
Para la segunda tenemos: H= V0(t-3)+|(t-3) 2
100-Vo ( 2 V5-3)+5(2 VS-3) 2 => V o=60,6 m/seg
jp Se lanza hacia abajo una bolita con una velocidad de 5m/seg desde una altura de
200m. Después de 2seg se lanza una bolita idéntica con una velocidad
desconocida. Cuál debe ser el valor de la velocidad de la segunda bolita, para que
las dos lleguen al mismo instante al suelo (g = lOm!seg2).
Análogo al anterior problema para ambas bolitas la distancia recorrida son
las mismas: para la primera
H=V01t+Igt2
200=5t+ ig t2
t=5,84 seg
Para la segunda: como el tiem po el cual recorre t1=t-2=3,84 seg
H=V02ti+^gt?
200=VO2 (3,84)+ 5(3,84)2
Vq2=32,89 m/seg
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
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90. CINEMÁTICA SOLVER EOK «
Un avión vuela desde P a Q; separados una distancia de 2160mkm. En dirección
este. Hallar el tiempo de vuelo ( despreciar el tiempo de bajada y de subida del
avión (a) cuando no ase viento (b) si el viento va de sur a norte (c)E l viento va de
oeste a este. La velocidad del viento es 50m/seg y la del avión con respecto al aire es
de 720km/h.
a) V=-
J t
=> t=3h
b) Como en viento va de norte a sur
=> Vy=180km/m
720 sen0= Vy
720 sen0=18O km/m
=> 0=14.5°
Vx=720 cos0=697.1 km/m
d
t= - = 3 ,lh
v x
c) Entonces, como Vviento=180 km/h
.*.Vraro=900 km/h
d
t=~=2,4 h
v
S p La grafica se velocidad de un móvil en función del tiempo se indica en la gráfica.
Hallar la aceleración media para los intervalos (a) [0,l]seg (b) [l,5]seg (c) [0.5,4].
Por definición, a, « ^ ^ 2
; mea tf-t0
a) P a ra te [0,1]
=* Vo=0 , V i=20
www. cduKperu, co m SOLUCIONARIO FISICA LEIVA i Y II K l

91. » SOLVER EDK
3
CINEMÁTICA
=> amed= Y =20 m/seg2
b) Para t e [1,5]
Vo=30m/seg , V | =20 m/seg
30-20
amed” ^ j —2,5 m/seg2
C) t e [0,5, 4]
Para este caso: se relaciona
V4=27,5
Vo,5=10
27,5- 10
a me d= 3 5 =5 m/seg
Un cuerpo que cae, recorre la mitad de su recorrido total en los dos últimos
segundos a partir del reposo. Hallar la altura desde la cual cae.
Sea h , el recorrido total: de acuerdo al problema
5=V0l t+ Igt2
, para t=2 seg
Donde Voí velocidad inicial antes de que caiga ai suelo:
5=Volt(2)+20 ...(* )
Ahora sea tt , el tiempo empleado para que el cuerpo caiga
=* h=V0t+5t2
h= 5tf ....(* * )
para V0l =V0+ g(t,-2)
Vol=g(tr 2) ....(* * * )
De (*), (**) y (***)
=> ¿=20(t,-2)+ 20 ....(a )
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II "

92. CINEMÁTICA SOLVER EDK «
h=5tf
=> t1=6,81 seg
h=231,0 m
Un móvil realiza un movimiento rectilíneo y su aceleración está dada por a=-4x,
donde x se mide en m y t en seg. Hallar la relación de la velocidad en función de x,
sabiendo que t0=0,X0=2m,v0=4m/seg.
Dos móviles parten del mismo punto, con aceleraciones de bm/seg2 separado en un
tiempo de 3seg. A que distancia del punto de partida se encontraran.
Ejercicio para el lector
Una partícula se mueve a lo largo de una curva, su posición inicial esta dado la
longitud del arco V]donde su rapidez es v ty en su tiempo después t2 la longitud del
arco es s2 y se rapidez v2. Si en este trayecto la aceleración tangencial es 3m/seg2.
Hallarla rapidez v2?
Tenemos que por definición tenemos que
a= -4x
dv
a= — .v
=> J 2xadx = /4vvdv
=> J*-4xdx = /4vvdv
-2 (x2- 4)= j- 8
=> V= [32-4x2] U2
¿Míe
w w w edükper u, corn SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

93. » SOLVER EDK CINEMÁTICA
Como la partícula, se mueve a lo largo de la trayectoria
dv
* a'= 7
atds=vdv
dv dv
=> a t = T => a t = T *v1 d ds
/s 2 ards = Jv 2 vdv , en esta trayectoria at=cte=3 m/seg2
vl-vf
=» 3 (V S ,)= ^ - i
V2=V?+ 6 (S_2-S_1 )1/2
57. Un hombre sostiene una bola fuera de una ventana a 12m del suelo. El lanza la bola
hacia arriba con una velocidad de5m/seg. Que tiempo le lleva llegar hasta el suelo y
con qué rapidez llaga al suelo.
J R H I W f i l W
Por las ecuaciones de un movimiento caída libre (vectorialmente)
d=V0t+ ig t2
-12=5t-5t2
=> t=2,13seg
Vf=V0+gt
Vf=5-10 (2,13)
Vf= -16,3 m/seg
Vf=16,3 m/seg
58. Por un plano inclinado de ángulo 45°, se lanza una bola con la velocidad v0 y
formando también un ángulo de 45° con la horizontal, que distancia por la
horizontal recorrerá la bola antes de deslizarse de plano?. No considere la fricción.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II w w w .edukperu.coif’

94. CINEMATICA
SOLVER EDK «
Del problema , descomponiendo V0 , a lo largo del piano y paralelo. Veamos
En lo horizontal: V0cos45°= —
tvuelo
=> tvuelo • v0 cos45°=L ...(* )
Ahora paralela al plano, en la posición más alta:
=> Vf= => V0s e n 4 5 °- a ^
t 2V0 sen45° /-in
^vuelo- a — v U
Descomponiendo g a lo largo de plano tenemos que:
a=g sen0 ... (2)
En (1)
tvuelo=2^ ..• (**)
En (*)L= — V2
S
© De una manguera brotan chorros de agua bajo los ángulos 9 y /? respecto al
horizonte con la misma velocidad inicial v0. A que distancia con respecto a la
horizontal los chorros se intersecan?.
En el eje “X ”, tenemos: X= tT V0 Cos p
X= t2 V0 Cos 0
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95. » SOLVER EDK CINEMÁTICA
tiCOs(3
t2= i ^ r
Ahora en el eje “Y”
Y=V0senptr | b ?
Y=V0 sen012- | t |
De (*) tenemos que
2V0sen (0-P)
ll g ( cos2p- cos20)
Ahora:
_ 2 Vp Cosp sen (0-p)
g (COS2P-COS°0)
ii^ l Se lanza una partícula con velocidad v0, formando un ángulo 9 con la horizontal.
Qué tiempo transcurrirá para que la velocidad forme un ángulo /? con la horizontal?
Veamos que en el eje “X ”
Vx=Vocos0
Luego de t seg: Vtx= Vocos0
En el eje “Y” Vfy= Vyo- gt
Del resultado final
Vfy=Vfx-tgp
Vfy= VQ cos0 tgp
Entonces:
V0 cos0 tgP=V0 sen0-gt
V
=> t= — (sen0-cos9 tgP)
g
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96. DINÁMICA £
SOLVER EDK «
0
De un cuerpo de masa m1 se cuelga con una cuerda de de una masa m2, otro cuerpo
de masa m3. Al cuerpo de masa m1 se aplica una fuer za f dirigida hacia arriba.
Halla (a) la fuerza de la tensión en el extremo superior de la cuerda y en el centro
de ella.
m1
J
irs
m21
r
c l
I
\► Te
m3
Hallamos la aceleración del sistema
IF=mta
F-m1g-m2g-m3g=(m1-m2-m3)a
F
a=g
--------
mr m2-m3
Ahora en el punto “s”, hallamos la tensión que se ejerce en la cuerda
IF=mta
F
m3g+m2g-Ts= (g-) (m2+m3)
V mi+m9+nriq/m1+m2+m3/
\m1+m2+m3/
Lo mismo hacemos con la tensión en el punto C:
F
-G
m2
m3S+— S-Tc=S-
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SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I

97. » SOLVER EDK
V f - ^ S L . ) F
Vm1+m2+m3/
1
..............................
DINÁMICA
Se tiene el sistema que muestra en la figura, si m1=3kg,m2ym3=5km
. Si no se considera el peso de la cuerda no ay rozamiento en la polea fija. Hallar (a)
la aceleración del sistema (b ) la tensión de la cuerda que une a las masasnrit y m2
Piden la aceleración del sistema
a) IF=ma
a=F/m
a=-
mig+m2g-m3g
m1+m2+m3
a=-
(mT+ms-ms)
------------------c
m1+m2+m3 v
(3+4-5)
a= bi(9’8)
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98. DINÁMICA L
SOLVER EDK «
b ) Del sistem a S ’ , tenemos:
a= l,63 m/seg2
i
i
f miS
Z F '=ma
m1g-T=ml a
T=mn(g-a)
T = 3(9,8 - 1,63)
T=24,51 N
En el sistem a que se da, hallar la v e lo cid a d y la aceleració n del bloque 3, sabien
que las poleas son de radio iguales y no presentan rozam iento. Se co n o ce
Xt =4m/seg , =-2m/seg 2 ’ x2=-5m/seg, x2=8m/seg2.
r
m
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99. » SOLVER EDK DINÁMICA
La distancia de la cuerda desde el peso 1 hasta la polea B es:
Derivando:
r
A m
V, = 4 - r
kJ \
f
i a, =2^
a - f i ™ *
X1
m -
5m
Xo
X2
Xt+tiR+Xo^ . - . O )
X1+0+X0=0 ;
X3
Derivando (2):
Xi=-X0... (2)
X1+Xo=Q
Xi=-Xq... (3)
La distancia del peso (3) al peso (2) es:
X3_Xo+X2_X()+tcR=C2 • • * (4)
Derivando:
■
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100. DINÁMICA £
SOLVER EDK «
X3O^-X2-X()+0—0 ) X3—2Xo-X2.-- (5 )
Derivando (5):
X 3-2Xo+X2=0
X3=2Xo-X2
Para hallar la velocid ad de (5 ) y (2 )
V 3=2 (-X t ) -X2=2 (-4) - (-5)=-3m/seg2
Para la aceleración de (2), (3 ) y (6):
a3=X3=2 (-Xt )-X2=-2 (-2) -8=-4m/seg 2
Dado el sistema de dos poleas fijas y una móvil en la c u ü ! es h a y tres masas
m1;m2y m3
Hallar la aceleración de cada masa, si se desprecia el peso de las poleas, asú com o
la fricción en las poleas.
R
Hallando la relación de aceleraciones:
X-|-Xo+7cR +X3-X0+7tR-l1
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101. » SOLVER EDK ]
DINÁMICA
Derivando:
X1+2X0+X3=0... (1)
Derivando
X1+2X0+X3=0... 2)
Para la otra cuerda:
X2-Xo-7tR=l2
X2-X¿=0
DerivandoX2 = Xc ... (3)
Las ecuaciones de dinámica para cada mesa es:
rr^g-T^nM!
m2g-T2=m2a2
...(5) donde
T!=T3
m3g-T3=m3a3T2=Ti+T3
T2 = 27\ ...(7 )
4m] m3-3m2m3+m1 m2
4m1m3+m2m3+ml m2
' m 3+m2m3
a2~ \4m1m3+m2m3+m1m2
4m! m3-3m1 m2+m2m3\
4m! m3+m2m3+m1 m2) ^
a Una persona se desliza sobre un trineo por una montaña de pendiente 6. El
coeficiente de rozamiento entre la superficie y el trineo es /¿. Como de moverse el
hombre de masa M con respecto al trineo de masa para que este último se deslice
por la pendiente con movimiento uniforme.
98
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
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102. DINAMICA
SOLVER EDK «
Del Sistema total
I
F=Ma
M: masa del hombre
(M+m)gsen0-jj(M+m)gcos0=Ma
(M+m)
a= —77— g.(sen0-pcos0)
M
Dado el sistema que se muestra en la figura. La masa de la polea, de las cuerdas y la
fricción se desprecia Hallar la aceleración de las masas.
r n m m im r
Considerando que
m2>m!
tenemos el siguiente diagrama, de donde obtenemos que
a1~a2
Como la fuerza de gravedad es la que actúa sobre el sistema
a1=a2=g
Dado el sistema que se muestra en la figura. De la polea fija cuelga una masa m; qué
fuerza F es necesario aplicar a la cuerda para que la masa m se mueva hacia arriba
con aceleración a.
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99

103. » SOLVER EDK
DINÁMICA
Dejamos éste ejercicio al lector.
© Hallar la aceleración masa
m2(iTi2>mi)
para el sistema dado. Se desprecia la masa de la polea, cuerdas y no hay rozamiento.
JR t 1 ílf f iW 7 ÍÍ
Por dinámica para cada masa tenemos:
21-iT^g sen0=m1a1
lm2g-lT=m2a2
De (1) y (2) obtenemos:
2m2g-m1g sene=ml a1+2m2a2
Se muestra que ax = - a2
íTl!
=»2m2g-m1g sen0= — a2+2m2a2
4m2g-2m1g sen0=m1a2+4m2a2
=>a2=-
2g(2m2-m1 sen0
4m2+m!
En sistema que se muestra la barra m es mayor que la bola m (M > M ) . La bola tiene
un orificio por donde se desliza el hilo con razonamiento. En el momento inicial la
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104. DINÁMICA
SOLVER EDK «
bola se encuentra frente al extremo inferior de la barra. Después de que el sistema
quede libre. Ambos cuerpos se mueven con aceleración constante. Hallar la fuerza
de razonamiento entre el hilo y la bola, si al cabo de t segundos de haber
comenzado el movimiento. La bola se colocó en la parte superior de la barra, que
tiene una longitud L.
La baria recorre X, mientras que la esfera recorre L+X.
Por cinemática tenemos que:
X + L = ^ t2. .. ( 1 )
X= ■ ■ (2)
D e (l)y (2 ) tenemos:
Por dinámica:
Mg-fr=M.aM... (4)
mg-fr=m.am... (5 )
De (4 ) y (5 ) en (3 ) obtenemos:
2LmM
fr=
-----9
(M-m)t2
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:

105. » SOLVER EDK
DINÁMICA
Dado el sistema que se inicia en la figura, la superficie es lisa, se desprecia el peso de
las poleas y de las cuerdas. Hallar la aceleración de la masa mi.
M m tr m r n /
Por dinámica a la masa “m0”
2T = m0a ... (1)
Se demuestra que
Por dinámica a las masas m1 y m2
a=-
ar a2
mig-T=miaj
-m2g 4- T = m2a2 ... (3)
De (1) en (3) y reemplazando a =
Tenemos:
a=-
ar a2
m0(ar a2)
=>a9=-
-m2g=m2a2
m0a1-4m2g
4m2+m0
...(4 )
Sumando (2) y (3) y reemplazando a2 se tiene
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106. DINÁMICA £
SOLVER EDK «
Despejando ax:
/m0ar 4m2g\
4m2+rn1+m0 (nriT -hm2)'
ai =
4m1m2+m0 (m1+m2)
ED Sobres las masas mi y m2 actúan las fuerzas F1 = bt y F2 =2bt; que están unidos por
un hilo que puede soportar la tensión T, donde b es una constante. Hallar en que
instante el hilo se romperá.
m m m w m
Fc>
m2 mi
7 7 7 7
Para cuando el hilo se rompa de la a =é 0
Por dinámica se tiene que
IF=m ta
F2-F1=(m1+m2)a
2bt-bt=(m1+m2)a
bt=(mr m2)a
Teniendo en cuenta la dinámica de cada masa:
* 1 - 4
7 7
^ T
m9
7777
7 7
mi
7 7 7/
F2-T=m2a
...(2)
T-F^nr^a
...(3)
De (2) y (3) obtenemos la aceleración:
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107. » SOLVER EDK ]
DINÁMICA
T
a=
2m1+m2
Reemplazando en (1) obtenemos el tiempo en el cual el hilo se romperá:
T (m1+m2)
b ‘ (2m,+m2)
O Que fuerza actúa en 1 sección de una barra homogénea de longitud L a la distancia
x del extremo al que se aplica una fuerza R; dirigida a lo largo de la barra.
L
Por dinámica tenemos que R = ma ... (1)
Definamos
m m
P = L~ = Y
mx
m = —
...(2)
. x
R
Por dinámica para el trozo de la barra. rrí
R-F=m'a
Utilizando (1) y (2) se tiene:
X\
0 Se tiene un prisma de masa M y ángulo 6, se le comunica aceleración “a” hacia la
izquierda. Una masa m se halla sobre el prisma. Cuál es el valor máximo de esta
aceleración, para que la masa m permanezca inmóvil con respecto al prima, sabiendo
• que el coeficiente de rozamiento entre las masas es /¿(/¿ < cotg 6)
.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II ..ei_,¡-Der.

108. DINÁMICA £
SOLVER EDK «
En el eje X para el b lo q u e se tien e:
-A
yu
O=ZFx=m acos0+m acos0-fr
fr= m acos0-m acos0... (1)
En el e je Y se tien e: XFy = N2 — mgcosO — masenO = 0
N 2= m gcos0+ m asen0... (2 )
Sa b em o s q ue
fr= pN 2... (3 )
De (1 ), (2 ) y (3 ) enco n tram o s que:
9 (1 +j j cotO )
max” (cot0-p )
D ado el sistem a fo rm ad o p o r el prism a d e m asa M y so b re él la masa m.
d e sp re cia n d o el p re c io d e la p o lea, d e la cu erd a y el ro zam iento. H alla la
a c e le ra c ió n del prism a M.
r SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

109. » SOLVER EDK DINAMICA
Haciendo DCL para cada masa:
Por dinámica tenemos para la masa m: mg SenO - T = mam ... (1)
Y para la masa M:
T+N Sen0=(m+M)am
Se demuestra que:
am=am COS0
De (1) y (2) y reemplazando am tenemos:
mg Sen0+NSen0=(m+M)am+
mg Cos0(l+Cos0)
Cos0
9m M Cos0+m(_+Cos0)
< 9 Dado el sistema que se muestra en la figura, una polea fija por una barra, esta pasa a
través del cuerpo de la masa m2, y existe una fuerza de rozamiento Fr. Despreciando
el peso de las cuerdas, hallar la aceleración de las masas y la tensión del hilo.
mili
ri
fr
X
m¿
F'2
SEI SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
16
www. edukperuvcóm

110. DINÁMICA e
SOLVER EDK «
Considerando m1 > m2, se tiene; del todo el sistema por dinámica obtenemos:
a(m1+m2)=Fr F2-fr
(mr m2)g-fr
Por dinámica:
D e (l)e n (2) tenemos:
■ i
II
m,
T
F1-T=m1a
. . . (2)
/2m2g+fr\
T=m,
------
V m1+m2)
o Dado el sistema de masas que se muestra en la figura y ¡j. es el coeficiente de
rozamiento entre la masa m y el plano indicado. Hallar la fuerza que presiona la
cuerda sobre la polea. Se desprecia el rozamiento en la polea y su masa.
Por dinámica a cada masa:
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111. » SOLVER EDK 3
DINÁMICA
fr=pmg cos0
IF=ma
mg senO + [igra cosO —T — ma ... (1)
Por dinámica:
i
T
m
D e ( l)y ( 2 ) tenemos
rm3
T-mg=ma... (2)
mg
T= — (1 +j j cos0+sen0)
Para hallar la fuerza que ejerce sobre la pelea, como las tensiones son iguales,
entonces la fuerza F divide a la mitad al ángulo:
T
TT v
Por ley de cosenos:
F?=T2+T2+2T2 eos (|- e )
F2=2T2 [l+cos (|- e )]
F2=2T2[l-l+2cos2^ - ^ ]
Siendo
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112. DINÁMICA £
SOLVER EDK «
T= (1 +pcos0+sen0)
En el sistem a que se indica, la m1> m2. Se suelta el cu erp o d e masa m2 y el sistem a
se pone en m ovim iento. Cuál es la altura máxima del suelo a la que subirá el cu erp o
de masa m2. D esp recie las masas de las poleas y el rozam iento.
/ / / / / / / / / / /
r"2S
Dejam os el e je rc ic io para el lector.
Se tiene una barra hom ogénea de masa M y longitud L, es som etida a una fuerza F
en uno d e sus extrem os. H allar el valo r de la fuerza que e jerce la región 1 sob re la
región 2.
m i » i
f-x-»
Por dinám ica para to d o el sistem a.
F=ma=>a= —
m
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113. » SOLVER EDK ]
DINÁMICA
Definimos
Por dinámica
D e ( l)y ( 2 ) se tiene:
m
m m
p=r =c x
m =
m(L-X)
F-F12=m'a
XF
f12=t
Se tiene la máquina de Atwood dispuesta como se muestra en la figura. La polea en
estado inmóvil (las masas no se mueven) se equilibra en una balanza de palanca. En
cuanto es necesario variar el peso en el plato derecho, para que al librarse la polea
y moverse inmediatamente, el equilibrio se mantenga?
Para que el sistema quede equilibrio, la aceleración de la polea y de la masa en el
platillo deben ser iguales.
Hallando la aceleración de la polea:
m1g-Ti=m1a
~m 2g + 7\ - m2a , donde T1 = T2
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114. DINAMICA
El peso será.
(nym2)
d _ (m1+m2) S
P=(m1-m2).a
('mi-m9)(m r*mç)
---.— g
SOLVER SDK «
Por din¿ímica para las 2 masas:
mug ~ 2T ... ( 1)
Se demuestra que
De ( Ì ) y (2) obtenemos:
Por cinemática:a2 ==
4h
Orij+mo)
T-m2g=m2a2
. . . (2)
a2=2a!
(mr2m.o)
a -
---1 g
(m ^ r r ^ )
8h(m1-2m2)g
mj “h4m2
Luego de que el bloque de masa . llega a 1 piso. m2tiene una velocidad v, donde
comienza a actuar la g como la aceleración:

115. » SOLVER EDK DINÁMICA
¡> La máquina de Atwood, está colgada de una balanza de resorte, tal como se indica
en que la figura. Hallar la aceleración de los cuerpos, la indicación de la balanza y la
tensión en la cuerda que une a las masas.
m\$
Por dinámica para cada masa:
D e ( l)y ( 2 ) se tiene:
g(m1-m2)=a(m1+m2)
(mr m2)g
- (m,+m2)
...(3 )
Ahora hallamos, de (2) y (3):
m!+m2
Y la tensión de la balanza será 2T
RT=TB
2T
gmr T=am1
T-gm2=am2
T^2m1m2g
4m1m2g
1 b='” " T z r '
m!+m2
2
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116. DINÁMICA .(
SOLVER EDK «
Se tiene el sistem a que se in dica en la figura, hallar (a ) la acelera ció n de cad a peso.
Supóngase que las cuerdas y poleas son d e peso d esp reciab le, estas últim as son lisas
y las cuerdas son flexibles e inextensibles.
« g n n m n n r
Com o las cuerd as son inextensibles entonces estas perm anecerán constantes:
1 ! =Xt -Xo+7tR+Xo-Xo+7tR +Xq
D erivando 2 veces, siendo X 0 = cte , se tiene:
)C| +2X¿=0
l2=X¿-Xo
, derivand o 2 veces, tenem os:
* ¿ ¡ = * ¿ . . . (2)
13 =X2 _Xq ■+• 7i R "+X3-Xq
D erivando 2 veces, se tiene:
X2-2X¿+X3=0
• ..(3)
De (1 ), (2 ) y (3 ) se tiene:
X2+X^ +X3=0
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117. » SOLVER EDK )
DINÁMICA
...(4 )
Por dinámica para cada masa, se obtiene:
m ^-T^m ^!
...(5 )
m2S-T2=m2a2
... (6) se demuestra que
m3S-T3=m3a3
...(7 )
T=Ti=T2=T3
. . . (8)
De (4), (5), (6), (7) y (8) se tiene:
/m! m2+m! m3-2m2m3\
ai
a2=(-
a3=
8
S
)S
Reemplazando
tenemos:
V rr^ m3+m2m3+m1 m3 7
/m2m3+m1 m2-2m} m3\
\ rr^ m3+m2m3+m1 m2 /
/m1 m3+m2m3-2m1 m2\
V nr^ m3+m2m3+m1 m2 / '
m! =2kgm2=4kgm3=3kg
31 = ^3
32=7
93=-
- 4 g
■
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118. DINAMICA c
SOLVER EDK «
© Un cuerpo está colgado de dos hilos que forman ángulos 61 y 02 con la vertical,
como se indica en la figura. Demostrar que si se corta el segundo hilo, la tensión en el
primero varia instantáneamente en la aceleración.sen 02/seg{01 + 02)cos 61.
En el equilibrio, tenemos lo siguiente:
T1cos01+T2cos02=mg... (1)
T1sen01=T2sen02... (2)
De (1) y (2) obtenemos:
>r>
_ mgsenGo
1 sen (01 +02)
Por dinámica
mgcos01-To=-
mv¿
I T
Pero como V = 0 al inicio
De (3) y (4)
To-mgcosO^O
To-mgcosO!... (4)
TV sen 02
To~cos0r sen(01+eo)
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119. » SOLVER EDK j DINÁMÍCA
Se tiene una esferilia de masa rn que se mueve alrededor de un alambre de radio R;:
que se halia en un plano vertical. La esferilia tiene una velocidad uniforme vO a lo
largo dé! alambre. Hallar (a) la aceleración centrípeta, (b) la componente radial y
tangencia! de la fuerza que se ejerce sobre la esferilia, debido ai alambre en el
instante en que el radio con ía esferilia forma un ángulo 0 * con ia horizontal.
j a s a s »
Se tiene que la aceleración centrípeta es igual a:
Para hallar las fuerzas tangencial y radical se tiene del gráfico que;
Por dinámica en el eje radical se tiene:
Fr + mg senO — mac
f r = ™ ~ gsend j
Se tiene un sistema formado por dos poleas fijas y un peso de 10 kg.. Hallar (a) la
fuerza mínima para que el sistema se encuentre en reposo, (b ) si ia fuerza F tiene un
valor de 198N, hallar la aceleración del bloque, (c) cual debe ser eí váior de la fuerza
~SíDL LJC! CNARIO F'ISICALEIVA i Y l¡ ~ ~ ~ ~ “ —

120. DINÁMICA
£
SOLVER EDK «
F para que el peso suba con una aceleración de 1.2 m/seg 2? (a) F= 98N; (b) a = 10
m/seg2; (c) = 110N.
10 kS
T m g
a) Para que se encuentre en equilibrio, la tensión de la cuerda debe ser igual a la
fuerza F
F=t=mg
F=(10kg) (9,8 ~ ) =98N
b) Por dinámica se tiene
£F=ma
F-mg 198-98 m
a=-
m 10
- =10-
segz
c) De (1) se tiene:
F=98n=(10KG)(l,2-^yi
V s egv
F=1ION
.j Se tiene un cuerpo de masa m y está sujeto por dos resortes iguales de constante de
elasticidad k, alargados ambos a una distancio AL. Hallar la magnitud de la
aceleración del bloque en el instante de soltar el bloque. No hay rozamiento.
www.edukpsru.com
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIY II¡ g T

121. » SOLVER EDK D.
DINAMICA
m
FkSenO
^ J ^ K s e n e
FkCosO
t
Por dinámica en el eje X:
I F
IF=maa= —
m
2Fk senG 2K AL
a_
------=---—sen0
m m
Sobre los bloques de masa mi = 30kg. M2 =15 kg, existe una fuerza de rozamiento
de 2 kg. Qué tiempo empleara partiendo del reposo para que el bloque m2 recorra
una distancia 10m? si
0=60°.
g ü W IB T O *
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
ww . .edukperu,com

122. DINÁMICA
SOLVER EDK «
Considerando todo el sistema por dinámica obtenemos:
^0^
rr^g sen0-2fr=(m1+m2)a
Por cinemática tenemos que:
X=Xo+V0t+-at2
20
Para cuando recorra 10m; se tiene una aceleración de a - — ... (2)
Ahora (2) en (1) obtenemos el tiempo en el que recorre 10 m.:
t=2,04 seg
Se lanza una partícula con una velocidad inicial vO, hacia abajo por un plano
inclinado de ángulo 9 y longitud L. Cuál será el coeficiente de fricción cinética, si la
partícula alcanza el extremo inferior del Plano justo cuando llega al reposo.
Fr
Por dinámica en el eje X:
w w w .e d u k p e ry .c o m SOLUCIONARIO FISICA LE IVA i Y II

123. » SOLVER EDK
1
DINÁMICA
mg sen0-pkmg cos0=ma
gsen0-pkg cos0=a... (1)
Por cinemática obtenemos:
a=^ = Vot=Vo (2
t t a K '
L=V0t-±at2... (3)
Reemplazando (2) en (3), obtenemos la “a”
Reemplazando (4) en (1), obtenemos
pK=tan0-
2Lgcos0
© Por una porción de un canal circular de radio R, se desplaza una masa m7 sin fricción.
Que altura H alcanza la masa, si el canal gira con una velocidad angular cú unifrome.
Del diagrama obtenemos que
De (1), (2) y (3) tenemos:
Pero
Ncos0=mg... (1)
NsenO = mw2r... (2)
Y r = RsenO ... (3)
mw2Rcos0=mg ... (4)
m SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y I wwvv.edukperu.com

124. DINAMICA SOLVER EDK «
Reemplazando en (4) obtenemos
R-H
cos9= ——
R
Un plano inclinado de ángulo 9, gira alrededor de un eje vertical con una velocidad
angular a). Un cuerpo de masa m se halla en el extremo inferior del plano inclinado y
está a una distancia R del eje de giro. Hallar el coeficiente de rozamiento mínimo que
permita que la masa m se mantenga sobre el plano inclinado.
4 ^
Por dinámica y la fuerza antribeta en “X ” tenemos:
U
-N sen0+fr cos0=mac=mw2R... (1)
En “Y” por equilibrio se tiene:
mg=Ncos0+frsen0... (2 )
Siendo f r = /uKN, reemplazando en (1) y (2)
Nsen0+jJKN cos0=w2Rm... (3)
Nc o s0+j jkN sen0=mg... (4 )
/
www.edu kperu. com
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II j'jjfl

125. » SOLVER EDK DINAMICA
De (3) y (4) encontramos N:
N=
N=-
w 2Rm
pK cosG-senG*
mg
(5)
cos0-pKsen0
Igualando (5) y (6); y despejando nK tenemos:
w2Rcos0+gsen0
g cos0-W sen0
© Una barra sin peso, doblado como se indica en la figura, gira con una velocidad
angular w, respecto al eje BC. En el punto A de fa barra hav un cuerpo de mana m.
Hallar La fuerza que ejerce la barra sobre la masa m.
m m m íM
L>
Hacemos DCL a la esfera:
Por la fuerza antrípeta en “X ” se tiene:
F sen0-mac
Fsen# = m W 2R ... (1)
Por equilibrio en el eje “Y”
122
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
*, :-dur _ _

126. DINÁMICA SOLVER EDK «
F cosO = mg ... (2)
Elevando al cuadrado (1) y (2) y luego sumamos obtenemos:
F2(sen20+cos20)=(mg)2+(mw2R)2
F2=(mg)2+(mw2R)2
Pero
R=L sen0
-.1/2
F= |(mg)2+(mw2L sen0)2]
Desde lo alto de una semí esfera de radio R, se desliza un cuerpo pequeño, sin
rozamiento. A qué altura H se desprenderá dicho cuerpo de la cúpula.
É t m m m
Por dinámica tenemos que:
mg sen0-N=mac
mg cos0-N=m (1)
Por la conservación de la energía:
(mgH-mgR)+ ^ mV2-0^ =0
De (2) en (1):
2mg
mg sen0-N= —— (R-H)
R
w w w .e d u k p e ru . c o m SOLUCIONARIO FISICA LEI VA I Y I

127. » SOLVER EDK ]
DINÁMICA
Cuando el cuerpo se desprenda N = 0
m gsen6= ^-(R-H )...(3)
Pero
sen0=H/R
Reemplazando en (3) y despejando H se obtiene:
2
H=-R
© Hallar el radio R de un puente en arco, con la condición de que la presión de un
auto que se mueva con una velocidad v se haga tres veces menor en el punto más
alto del puente.
M3nrnraiiT
i
Hallamos la fuerza centrípeta en el punto A y B:
En el punto más alto
En el punto más bajo
w
3 - T - *
Sumando las expresiones (1) y (2)
4P 2mv2
~3 = R
rt SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
ww ,v. sd ukperu.com

128. DINÁMICA
SOLVER EDK «
P=mg
3v2
R =
2 9
Un atleta pesa 70 kg. Se coloca sobre una balanza de resorte en un ascensor.
Cuanto marcara la lectura de la escala de la balanza, si el ascensor, (a) sube con
una velocidad constante de 5m/seg . (b) tiene una aceleración hacia arriba de
5m/seg2 (c) tiene una aceleración hacia abajo 3.4
m/seg2
(d) cae libremente debido a que el cable se rompe.
a) Como la velocidad es constante no hay aceleración, por tanto el peso que marca
la balanza es 70 kg.
b) Entonces la masa que marcará será:
ma+mg
L=
----- =105,7 kg
S
ma
mg
c) Entonces la balanza marcará
mg-ma
L=— ---=45,7 kg
g
www.edukperu.com SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIY I

129. » SOLVER EDK ] DINÁMICA
d) La aceleración en el exterior será la aceleración de la gravedad ya que está en
caída libre, entonces la balanza marcará:
9 Un cuerpo de masa mtesta situado sobre una mesa giratoria horizontal que distan
una distancia R del eje de rotación, si el coeficiente de rozamiento estático límite
entre el cuerpo y la masa es fis . Una cuerda une la masam1 con la masa m2, por
medio de una polea sin fricción que se encuentran en la masa giratoria, tal como se
muestra en figura. Entre que límites de co debe de girar la mesa para que la masa
m2 no se mueva Hacia arriba ni hacia abajo?
L=m g ^ g =o
S
i ü
iMüiar
La velocidad angular superior es cuando la esfera tiende a salir del disco y es
cuando la esfera tiende su movimiento hacia el centro:
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
w v-j s d u k p e r u .c o m

130. DINÁMICA £
SOLVER EDK «
fr'icuando tiende a salir del disco
Para el límite superior:
i i) Para el límite inferior:
IF=m2g+f[1=m1w 2R
m2S+^f1n1g=m1w|UpR
í(m2 + limy) g
P J miR
IF=m2g-fr=m,wfnfR
m2g-]jml g=m1wfnfR
Winf=
nr^R
Una masa de Ikg, se mueve a la largo de una recta de forma que el camino
recorrido x(m) en función del tiempo t (seg) es. x = A - 2t - 312 + t 3. Hallar la
magnitud de la fuerza que actúa sobre el cuerpo al finalizar el tercer segundo de
su movimiento.
íytUH M
m=1kg
77 7 777 77
--
El camino recorrido se expresa por la ecuación dada X = A - 2t - 3t2 + t 3 ... (1)
w w w .e d u k p e r u .c o m SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

131. » SOLVER EDK DINÁMICA
F(t) = ma = mx ... (2)
Derivando (1)2 veces, tenemos:
x=-6+6t
Reemplazando en (2) para t = 3seg
F(0=m(6t-6)
F(3)=1 2N
# Un cuerpo se desplaza por plano inclinado ángulo 9 = 60°. La relación entre la
distancia x (m) recorrido por el cuerpo y el tiempo t(seg) está dada por la ecuación
x = t i 2. Hallar el coeficiente de rozamiento entre el cuerpo y el plano.
Por dinámica se tiene:
mgsen0-fr=ma... (1)
Tenemos que x = 3t2 derivando 2 veces tenemos la aceleración:
x ~ a = 6m/seg2 ... (2)
De (2) en (1)
mgsen0-nkmgcos0=6m
jjk=0,50
© La longitud de las varillas de un regulador centrífugo es igual a 12,5 cm. Que
numeró de revoluciones por segundo dará el regulador, si al girar los contrapesos se
desvían por la vertical un ángulo de 30o?
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA 1 Y II

132. DINÁMICA SOLVER EDK «
Por la fuerza centrípeta, se tiene
Tsen0=mac
Tsen0=mw 2R... (1 )
En el eq uilib rio en el eje “Y ”, se tiene
De (1) y (2) se tiene:
Siendo
Tcos0=m g... (2 )
mgtan9=mw 2R... (3)
Reem plazando en (3 ), tenemos:
R = L senO
y
w=2tcv
-^=m(27Cv)2L
C O S 0
Lcos0
=1,51 RPS
Un peso de Io n , se encuentra fijo a un cordón de goma de longitud l0 gira
circularm ente en un plano horizontal con una frecuencia de 3RPM. El cordón se
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SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
29

133. » SOLVER EDK ]
DINÁMICA
desvía con respecto a la vertical un ángulo 30°, Cuando el cordón se estira Icm . Se
debe aplicar una fuerza de 5n. Hallar la longitud L0 del cordón sin estirar.
/ / / / / / / / / / / / / / /
Por dinámica de la fuerza centrípeta, se tiene:
T Sen30=mRw2... (1 )
Tenemos que cuando
T=5Al=10mm
De (1):
Reemplazando valores:
T Sen30=m(lo+Al)w2... (2)
lo=24,81 m.
t
40. Sobre un pequeño cuerpo de masa m, que se encuentra en un plano horizontal lizo,
en el instante t =0, empieza a actuar una fuerza que depende del tiempo por la ley
f=b t, donde b es una constante. La fuerza hace en todo instante un ángulo 0 con la
horizontal. H alla r® a ) La velocidad del cuerpo en el momento de la separación del
plano (b ) El camino, recorrido por el cuerpo este momento.
U SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
w w w , e d u k p e ru .c o m

134. DINÁMICA .(
SOLVER EDK «
« n n a i i T M
ty J ^ r ^»•| | 1
f N
FcosG
Tenemos en el eje X; por dinámica:
a) Por cinemática se tiene que
Fcos0=ma
dv
d t =
Fcos0=m
dv
dt
Integramos
bcosO
dv=-----t dt
m
bcosO
En el eje “Y ” se tiene que
Cuando se separe del plano; N = 0
De (1) y (2) tenemos:
2m
XF=0
N+Fsen0-mg=O
Fsen0=mg
t= r^ r ••• (2)
b s e n G
mgz
‘2bsen2 0
b ) Para hallar la distancia se tiene que
dx
: dt
wvvw.edukperu.com SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I

135. » SOLVER EDK DINAMICA
bcosGt2
dx=vdt= —
----dt
2m
Integrando:
...(3 )
De (2) y (3) tenemos:
x=-
bcos0t3
6m
x=-
m2g3cos0
6b2sen0
© Una lancha de masa m es mueve en una laguna a la velocidad v0. En el instante t =0
desconectan el motor si la fuerza de resistencia del aguc* j! movimiento de la lancha
proporcional a su velocidad f = - rv . Hallar (a) el tiempo del movimiento de la
lancha con el motor desconectado, (b) la velocidad de la lancha en dependencia del
camino recorrido con el motor desconectado, a su como el camino total hasta la
parada.
i .
Por dinámica tenemos que:
F=rv
-rv-ma
dv
a = —
dt
dv
-rv-m —
dt
r r f dv
J- mdt=jT
Piden el tiempo que dura el movimiento de la lancha, y esto sucede cuando v = 0
132
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
www,edukperu.corT>

136. DINÁMICA .c
SOLVER EDK «
De (2 )
em=0
b ) De (1 ) tenemos que
Sabemos que
-rv
m
dvd=adx
dx
rx
V = V ° " r ñ
; x: distancia
Para hallar la distancia total, es cuando
rx
°= v 0- -
- mV°
r
o
Cuántas veces aumenta la velocidad máxima adm isible de un ciclista por una pista
con peralte 6 en com paración con la velocidad adm isible por una pista horizontal a
igualdad de los radios de curvatura y de coeficiente de rozamiento
S
© f w
t
i
------R ------1 f r
Para cuando la pista está horizontalmente
Por dinámica
fr=m-
\v.sduk peru.com ■_ SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I

137. » SOLVER EDK 3
DINÁMICA
v = y[ ¡ r ¿ R
Para la otra pista, tenemos el siguiente diagrama de cuerpo libre:
En el eje X tenemos:
N Sen0+fr Cos0=
En el eje Y se tiene:
. . .0)
IF=mg+fr Cos0-p Cos0=O
. . . (2)
De (2) despejando N, obtenemos:
N=
mg
cos0 p SenO
...(3 )
Reemplazando (3) en (1):
mV20
N Sen0+pN Cos0= —— '
K
- (Sen0+|jCos0)=mVo
Cos0-p Sen0
Vo=
(p+tan0)Rg
1-jj tan0
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y I
vwv\. edúkperü. cor-

138. DINÁMICA l
__________________SOLVER EDK <(
Por lo tanto la relación de
vyv0
es:
Vo_ (M+tan9)
V Í(l-|jtan0)
© Una partícula de masa m; se mueve a io largo de una trayectoria circular de radio R,
tan que su posición angular varía con el tiempo así:
0=b+ct+gt2
, donde b ,c y q son constantes, t es tiempo y 0 está en radianes. Hallar (a) que
fuerza tangencial existe (b) que fuerza centrípeta existe para un tiempo t dado.
m m m
Las fuerzas tangencial y radical se expresa de la sgte. Forma:
dv
F’ =md í
. . . o )
Fr = mw2R ... (2)
Siendo
V=WR
d0
W= —
dt
Nos dan la posición angular que se expresa de la siguiente manera:
0 = b + ct + q t2
Derivando
d 6
- w — c + 2qt
dt
Derivando por 2da vez:
www, ed u kpe fu . com SOLUCIONARIO FISiCA LE IVA I Y II

139. » SOLVER EDK
___________________ _______________________ _________________________________________DINÁMICA
d20 dw
d ? = d f =2q
Reemplazando en (1) y (2) tenemos:
FT=2mRq
y
FR=m(c+2qt)2R
Se tiene una esferita de masa m; la cual se desplaza a lo largo de un alambre
delgado de radio R, si la esferita tiene una velocidad inicial v 0 y si fiK es el
coeficiente de fricción cinético despreciado la gravedad, Hallar la velocidad de la
esferita cuando ha transcurrido un tiempo t.
« ü n m ü r t f
Por dinámica, la fuerza tangencial será:
mdv
-|h"S ¡d
mdv
-mn = —
k dt
Y la fuerza centrípeta será:
De (2) en (1):
o 1 1 I V
N=mw2R=— -
R
(2)
v2 dv
-uN -7= m —
k R dt
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI V II
\ edu- pe-\-

140. SOLVER EDK «
/SW
dv
-MNt_ 1 1
“ R— V + V ¡
V=v0( , + ( ^ ) t)
© Una cadena de longitud 2m, se encuentra en reposo apoyado sobre un superficie
lisa talco se indica en la figura. Se aplica una peque fuerza desequilibrarte en el
extremo B dirigida hacia abajo. Hallar al aceleración y la velocidad de la cadena en
función de y que es una posición cualquiera del punto A. La longitud de la cadena
era igual en ambos lados.
I p M í T
Definamos la densidad de masa lineal
M
M=2L
Por dinámica; en el extremo derecho:
2L=x
M M
_ (2 L - x )g-T=-(2L-x)a
www. ed u kpe ru. eom SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II

141. » SOLVER EDK DINAMICA
En el extremo izquierdo:
De (1) y (2) obtenemos:
; pero
Sabemos que
.. .0)
M M
T'2 L XS=2LXa
(L-X)
a = s - r -
x+y=Ly=L-X
y
a = %<¡-L
dv
■ = a
■ = a
dt
dv dx
dx dt
vdv - adx
j dvd= j 9,8 ~dy
v2=9,8
2L
v=
9 Ji
2L
.Y
Un bloque de la figura pesa 30kg f, los coeficientes de rozamiento estático y cinético
son 0.25 y 0.2 respectivamente. Hallar (a) La fuerza necesaria para mantener el
bloque con mantenimiento rectilíneo uniforme sobre el plano inclinado de 30°. (b)
La aceleración en el instante que deja de actuar la fuerza f. ( g = 10m/seg2).
j s a H s a r
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
iV tt.e auK pe ru.coiti

142. DINÁMICA í S O L V E R E D K «
a) Por dinámica
SFx=ma
mgsen30-fr-fcos30=ma
Pero como el movimiento es a velocidad constante entonces a = 0
=>mgsen30=fr+F(cos30)
En el eje Y:
LFy=N-Fsen30-mgcos30=0
De (1), (2) y (3) obtenemos:
£Fy=ma=0
>N=Fsen30=mgcos30
. . . (2)
Sabernos que
fr=pN
...(3 )
(sen30'jjcos30)
F=mg-
’ (cos30-)jsen30)
F=101,48N
b) para cuando ya no actúa la fuerza F tenemos en el eje X:
mgsen30-jjmgcos30=ma
m
=>a=3.27 — ó
seg2
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA i Y '!! mm

143. » SOLVER EDK 3
DINÁMICA
Un plano inclinado de la figura forma un ángulo de 30° con la horizontal. La relación
de las masas de los cuerpos es: m 1/ m 2 =2/3. El coeficiente de razonamiento en el
plano y el cuerpo es 0.1. Las masas de la polea y y de la cuerda se desprecian. Hallar
el modulo y la dirección del cuerpo rtix si el sistema se puso en movimiento desde
el reposo.
Por dinámica para la masa m,
Pero
D e (1 )y (2)
ir^g-Tsn^a
T=m2gsen30+fr
. . . (2)
m, g-m2gsen30-fr=m | a
m! g-m2gsen30-pm2gcos30=m i a
m2 m 2
g
---g sen30-u— gcos30=a
m, m,
3 3
a=g- g S sen30- - pcos30
=>a=0,12 g
Un bloque de masa M descansa sobre una plataforma que gira con velocidad angular
a> constante. Una cuerda flexible une a este bloque con otro de masa m en la forma
que se indica en la figura. El coeficiente de rozamiento entre M y la plataforma es
SOLÙCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
www.edu kperu. com

144. DINÁMICA c
SOLVER EDK «
Hallar el valor máximo y mínimo de d para los cuales M permanece en reposo
respecto a la plataforma.
El radio máximo o mínimo de giro dependerá hacia dónde tiende el bloque, si el
bloque tie4nde a deslizarse a la izquierda tendremos el radio mínimo, y si tiende al
lado contrario será el radio máximo.
fncuando el radio es mínimo
fr -.cuando el radio es máximo
i) Cuando el radio es mínimo:
LF=mg-fr=Mac
minmg-tjMg=Mw2r,
mg-nMg
rmin_ Mw2
ii) Para cuando el radio es máximo:
EF=mg+fr=Mac
mg+^Mg=Mw2rmá
mg+pMg
fmáv— “
M w2
ígffi Cuál es el peso aparente de un hombre de lOOkg que está de pie en ascensor que
sube aumentando su velocidad a razón de 2m/seg2. Cuál cundo baja?
(g=10m/seg2)
Hallamos lo que marca la balanza cuando sube y cuando baja:
i) Entonces, lo que marcará la balanza será:
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II

145. » SOLVER EDK 3
DINÁMICA
mg-ma
L=—
--=120 kg
ii) Entonces, cuando baja la balanza marcará:
mg-ma ^
L=—
--=80 kg
S
Q Tres bloques de masa m, 2m y 3m son empujados a lo largo de una superficie
horizontal lisa por medio de una fuerza constante f. Hallar (a) la aceleración de
cada bloque.(b) La fuerza que ejerce el bloque 2m sobre 3m.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

146. DINÁMICA (
SOLVER EDK «
m m m
a) Tenemos los siguientes bloques que se ejercen entre ellos unas fuerzas:
Para el bloque de (3m) tenemos que
a
- >
a
—>
a
►
F
m
F21 F12
2m
F32 F23
4
-- --_> 3m —--->
F23=3ma... (1)
Para el bloque de (2m) se tiene que:
Para el bloque de (m) se tiene que:
, pero
b) Sabemos de (1) que:
Fi2-F32=2ma
, pero
F32=F23Fl2=5ma
F-F21=ma
F21=F12F=6ma
F
.*• a=
óm
r 23:■3ma=3m(¿)-©
0 Un cuerpo de masa m está unido a un resorte de longitud L0 si estiramiento. Si el
resorte obedece la ley de Hooke
(f=-kx)
y el cuerpo gira con una velocidad angular
03
. Demostrar que: (a) el radio del movimiento circular uniforme es:
m m v m w
¿edukperu.com SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y I

147. » SOLVER EDK ]
DINÁMICA
W
O
a) Tenemos que
Por dinámica se tiene:
Pero
J s W
, siendo
Entonces:
FK=mac
FK=mw2R
Fk=-KX
X=R-Lo
K(R-Lo)=mw2R
KR-KLo=mw2R
KLq
R=
K-mw2
b) Para hallar la fuerza de tensión del resorte, tenemos cuje FK = TR
Tr=K(RLo)
[Kmw2
Tr=K
■ Td=
K-mw2
KLq
Lo
R K-mw2
Dos cuerpos de masa m, se hallan unidos por medio de una cuerda de peso
despreciable y longitud L. Se aplica una fuerza de 2mg en el centro de la curda y
normal a ella (x=0). Hallar aceleración de las masas en la dirección que une las
masas.
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
vvvw. ad u kpsru. con

148. DINÁMICA c
SOLVER EDK «
En el eje T tenemos por dinámica que:
T = ma ... (1)
En el punto “0” obtenemos que
2mg=2Tsen0
T = ^ ...(2 )
sen0
De (1) y (2) obtenemos:
a=
sen0
Pero la aceleración en X será:
av=acos0=— - .cos0=gcot0
sen0
o Una caja cuya masa es de lOkg.descansa sobre la plataforma de un camión que parte
con una aceleración de 1 m/seg2. El piso no tiene rugosidades y la caja comienza a
resbalar a su movimiento se opone a una pequeña fuerza rozamiento de 5N. Hallar
(a) SI la caja se encuentra inicialmente a 5m del borde de la plataforma del camión,
cuánto tiempo transcurre antes de que caiga? (b)qué espacio recorre el camión
antes de que se caiga la caja?
r * -
« ¡IT 1 R K 7 *
5m £i_r\a
= 1m/seg~
M-0
a) Hacemos el diagrama de cuerpo libre para el bloque:
Por dinámica tenemos
- 'A-v B tíjk p e n rc a n SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

149. » SOLVER EOK D
DINÁMICA
IF=ma'=ma-fr... (1)
Por cinemática:
D e ( l)y (2) tenemos:
/2x\
ma-fr=m
Reemplazando valores en (3) se tiene:
t=4,4 seg
b) Para hallar cuanto recorre el camión se tiene por cinemática:
siendo
t=4,4 seg
(lm/seg2)(4,4 seg)2
xi .
-------------
Un cuerpo de masa 0.2kg. Se mueve por un tobo, como se indica en la figura. Cuando
llega al punto p, tiene una velocidad de 20m/sg y el radio de curvatura es 5m, si
g=10m/se52. Hallar la reacción del tubo sobre el cuerpo.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
www. ed u kperu, con

150. DINÁMICA c
SOLVER EDK «
Por dinámica: IF = mac
v2
N + mg = m —
Por tanto la normal será:
v 2
N =m — -mg
(20)2
N = 0 ,2—— ■— (0 ,2 )(1 0 )
N - 14
© Se tiene un cuerpo que se haya suspendido por dos cuerdas L 1 YL2 de peso
despreciable, como se muestra en la figura. Hallar la relación de las tenciones en la
cuerda Lt inmediatamente después de cortar la cuerda L2, con la que había en
equilibrio.
M r n n m n s í
En el equilibrio
/
T1cos0+T2sen0=mg... (1)
T^senO^cosO... (2)
De (1) y (2):
w w w !é d u k p e ru c o r ,
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II f f f ]
Ú

151. » SOLVER EDK DINÁMICA
Por dinámica:
Por tanto la normal será:
T^mgcosG... (3)
Por dinámica:
mgcos0-T =m —
Pero como V = 0 al inicio
De (3) y (4) tenemos:
T’ =mgcos0... (4)
-=1
mg CosO
IF=m ar
N+mg=m-
N=m — -mg
K
N=0,2
(20)
5
N=14
(0,2)(10)
© En una feria, una niña de masa m está sobre la pared vertical de una jaula cilindrica
de radio R. La jaula velocidad lineal v. Hallar el peso efectivo de la niña, (se define el
peso efectivo de un cuerpo al total de fuerzas que el objeto o cuerpo ejerce sobre
un dinamómetro en un sistema acelerado =
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
www.edu kpëru ;co ;

152. DINAMICA ( SOLVER EDK «
(*>'=jg2 + ( v /R y
é m è w
La fuerzas que actúan sobre la niña son
mg y N
Siendo la
mvo
N=mac= —
Piden el peso efectivo (que es la fuerza que ejerce el cuerpo en un dinamómetro)
Wefectivo=mA|g2+(No/R)2
Una partícula de masa m se mueve a lo largo de la superficie interna lisa de un
cilindro vertical de radio R. Halle la fuerza con que la partícula actúa sobre el
cilindro, si en el momento de iniciarse el movimiento su velocidad v 0 forma un
ángulo 8 con la horizontal.
w v n -.. ed u kper u . c o ìt i
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II

153. » SOLVER EDK ]
DINÁMICA
voSen0 v0
5Tr^
vqCosÜ
Tenemos que la velocidad tangencial es
V=VoCos0
Piden la fuerza de la partícula sobre el cilindro:
F= mac
V2
F « m T
V!
F= m — cos20
R
Que fuerza constante actúa sobre una masa de 500kg.para que su velocidad inicial de
5m/seg, cambie a (-5m/seg) en un tiempo de 20 seg.
SOLUCION
Por dinámica tenemos que: YF = ma
v¿-%
Y por cinemática a =
V0=5m/s Vf=-5m/s
4
------
/—5 - 5\
F = sm k» { — )
F = -250N
| F | = 250N
© Dos cuerpos de masa lOkg. Y otro de 5kg, cuyos coeficientes de rozamiento con el
plano inclinado son0.5 y 0.2 respectivamente. El cuerpo de 5kg se suelta 2 seg
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

154. DINÁMICA c
SOLVER EDK «
después de haber partido del reposo el cuerpo delOkg. Las masas se encuentran
después de 5seg que ha estado en movimiento el cuerpo de masa lOkg. Hallar la
distancia inicial que los separaba.
Resumiendo lo dicho el cuerpo de 5 kg alcanza al cuerpo de 10 kg en 7 seg. Mientras
que el cuerpo de 10 kg ya hizo un recorrido en 5 seg.
Por dinámica para las 2 masas:
50 senSO-fr^S.as kg
...O)
100 sen30-fr2=10.a10kg
. . . (2)
Por cinemática, hallamos el recorrido:
2X
a~ T
E n ( l) y ( 2 ) se tiene:
2(d+x)
50 senSO-fr, =5.
„2
...(3 )
2(x )
100 sen30 — f r 2 = 10.
y-2
sn e d u k p e ru c o m SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II

155. » SOLVER EDK
]
DINÁMICA
...(4 )
Siendo X recorrido en 5 seg por el cuerpo de 10 kg y =50^00530
fr2=100}J2cos30
Reemplazando en (3) y (4), hallamos que X es:
d=16,8m
© Halle la aceleración del bloque de 20kg, si las fuerzas de fricción entre los bloques y
las superficies son despreciables. También el valor de las tenciones entre las cuerda:
p a s m a r
mg
mg
5kg
T I
_i_
lOkg
N
T I T2
N
20kg
i mg
Por dinámica para todo el sistema, se tiene:
mg-T1-T2=mtamT=masa total
Como se desprecian las tensiones, tenemos:
mg=mta
20(9,8)=(35)a
a=5,6 m/s2
Ahora para hallar las tensiones por dinámica para cada masa, tenemos:
T,=m'a
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
www- ed ukperu.com

156. DINAMICA
SOLVER EDK «
Entonces de (1) y (2) tenemos:
T2=m"a
T1=56 NT2=28 N
© En la figura mostrada, halle la aceleración de los bloques y la tensión en la cuerda
que los une, si hay rozamiento entre las masas y la superficie.
Piden la aceleración de las masas haciendo el DCL para cada masa:
Siendo
T21
m g
3kg
T12
N fr
m g
3kg
T12
N fr
|T12|=|T2,|
■ Vv edukDsru corr. SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I

157. » SOLVER EDK D
DINÁMICA
y
fr=pN
>
N=mg
Por dinámica en cada masa:
T12-fr=ma.... (1)
F-T21-fr=ma... (2)
h tai .*
De (1) y (2) tenemos:
F-2tr=2ma
F-2fr 20-2(n-0
3=1>m = 2(3}
rrt
a=l,37— x
seg2
Ahora hallando la tensión de (1)
T12=ma+fr=9,99 N
■
■
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
wwv*

158. ESTÁTICA c
SOLVER EDK «
£ Se tiene un con ju nto de fuerzas con cu rrente ? ! = ( —2,3m 3 ), f2 = (n , —2,1) y
f3= (- l;4 ,r) , para que valo res d e m, n y r la p artícu la se encuentra en eq u ilib rio .
M m m m M
Com o la p artícu la se encuentra en eq u ilib rio
=>EF=0
Veam os:
+F2+F3—0
-2+n-l= 0 '
3m-2+4=0
3+1-5-0
n=T
-2
: "3
r=4
m = 3
Se tiene un con ju nto d e c in co fuerzas y la resultante d e estas se in dican en la figura.
H allar la quinta fuerza.
Del gráfico tenem os:
F_1 =5j TM
F2=12ÍN •
F3=40ÍN
F4=(16Í+12j)N
F5=?
Pero tenem os que
1MQ
w w w .e d u k p e r u .c o m SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II f l g j j

159. /12. 5 .\
F^ 65( i 3 Í+13j ) N
Fr=(60Í+25j)N
Luego
? i +F2+F3+F4+F5=F r
F5=Fr-(F1+F2+F3+F4)
F5=60Í+25j-(5J+ 12Í+40Í-161+12j)
F5=(24Í+18j)N
Hallar la resultante de un sistema de fuerzas que se indica en ia figura. La figura es
pentágono de 10 m de lado y las fuerzas están a escala de lm =5kg
R=(202.25,-65.7)
» SOLVER EDK )
Visualizando, tenemos que el pentágono es regular, por lo que
• 7 t
0=a=p=36°= —
5
71. 7t.
=>F!=50 cos-ri+50 sen-j
5 5
ESTÁTICA
S SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
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160. ESTÁTICA c
SOLVER EDK «
F2=100c o s^ I
5
K 71 7 1.
F3=1 OOcos — eos -i-1 OOcos - sen —j
5 5 5 5
271. 2k„
F4=50cos — i-50sen — j
5 5
Luego
Fr=Fi+F2+F3+F4
=(202,25í-65,7j)kg
Dos esferas iguales de radio r y peso w se apoyan mutuamente entre si y se apoyan,
además contra las paredes de un cilind ro abierto por su parte inferior de radio R, que
descansan sobre un plano horizontal. wt que ha de tener el cilind ro para no ser
vo lca d o por peso de las esferas.
* ?iT T tra irm r
Tenemos dos esferas: tal com o muestra la gráfica:
DCL para ambas esferas
Como d icho sistema en eq uilib rio (cla ro está d eb id o a que deseam os el mínim o valo r
de
w w w . ed t& pe r u . c o m
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

161. » SOLVER EDK ESTÁTICA
Ahora
Wi
IFy=0
IFx=0
Ahora
R4-2w=0=>R4=2w
R2-R, =0 .-.r2=r1
IM b=0
R, (25)sena-25 cosaw=0
w
=>Ri = —
tga
...d)
DCL del cilindro
2A
Como deseamos que dicho cilindro no vuelque
s m a=o
RW,=Ri(25)sena
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I
w w w . ed u k p e ru . c o m

162. ESTATICA
SOLVER EDK «
...(2 )
De (1) y (2) tenemos:
cosa
RWi =2rW —— sena
sena
r
Wi=2w-cosa
R
Del
tenemos que
AOBC
' • 2(R-r) R
cosa= —-— = — -1
2r r
=s>W,:>2w(l-£)
0 Cuál es el valor de la fuerza f para levantar la carga de 100N, si p=0.3 para todas
superficies y 0= 10°.
Ahora analizando solo a la carga de 100N, carga C
w w w . ed u kpe r u . co m SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
159

163. » SOLVER EDK
I
ESTÁTICA
Ahora
tga=0,3
a=16,7°
Realizando el polígono de fuerzas, tenemos:
Por ley de senos tenemos:
R1sen(9O+(0+a))lOOsen(9O-2(a+0)
R] cos(0+a)=l OOcos2(a+0)
R1=66,74N
Ahora, para el bloq A
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
www, ed ü kpe ru: eom

164. ESTÁTICA c
SOLVER EDK «
Ahora
R4sen (90-a) Fsen2 (a+0)
F=98,1N
Ahora analizando al Bloq B
Veamos:
www.ed u kpe ru.com SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

165. Realizando el polígono de fuerza tenemos:
» SOLVER EPK
__________________J
ESTÁTICA
Por la Ley
R-i sen (90- (0+2a)) =R4sen (2a+0)
R4=70,5
Tres fuerzas f, 2f actúan en los vértices de un trianguto equilátero ABC normalmente
a sus lados, como se indica en la figura. Hallar la magnitud dirección y sentido de la
resultante.
m m m t m
Tenemos:
F2=2F(cos30Í-sen30j)
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
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166. ESTÁTICA
SOLVER EDK «
F3=-3F(cos30Í+sen30j)
Ahora para calcular la resultante
Además: calculando
Si verificamos que
dirección de que
R=F-|+F2+F3
>|R|=V3F
Pr=
-1/2,-
-V3- 1 . V 3 „
=>pR=2i+Y j
1. V3.
^PQ=2i+Y j "
R es QP
Se tiene la cuerda PQRS (sin peso), la cual soporta los pesos w1. Hallar la fuerza de
tracción en las porciones P Q Y QR de la cuerda. Si a =30 m y b =5 m.
Del problema tenemos el DCL para la cuerda QR
w w w .e d u k p e ru .c o m SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
163

167. » SOLVER EDK ESTATICA
3b
tga= — =»a=26,6°
a
Como el stm se encuentra en equilibrio
pero
Por tanto
I F x=0IFy=0
I F x=0XFy=0
=>Tx-Tx=0
2Ty=2w 1=>Ty= w 1
Ty=Tsena
W i
/.T=— -=2;24wt
sena
Tx=tcos0=2w1
2w1
Se tiene la estructura representada en figura. Hallar la fuerza sobre la barra LN, si en
el extremo m; se aplica un peso de 50 kg.
á m m m
Realizando el DCL de la barra LM? entonces:
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
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168. ESTÁTICA .c
SOLVER EDK «
A.
Fw /
\
c
• \
P
1— 6 —
------II-------4 ——V
50 Kg
Aplicando
IM P=0
4(50kg)=6sena FLN
200
^ ^ " ó s e n a
=^FLN =41,67 kg
Para la barra LN, la fuerza FLN es a lo largo de la barra LN
8
tga=7=>a~53,13°
6
4
sena= -
5
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SOLUCIONARIO FISICA LE IVA T Y II

169. » SOLVER EDK 1
ESTATICA
Dado la figura, se tiene una fuerza f=10N que actúa en la dirección del punto A al
punto medio del lado BC. Hallar (a) el torque de la fuerza con respecto a 0. (b)el
torque con respecto a B (c ) el torque con respecto al lado BD.
á t m t m m
Del diagrama mostrado tenemos:
a) Piden
=rxF
r=aí , F=10pF
PF=
AC+AB -Vó, V6- V6r
[AC+AB]
^ = > í¡F= - \ +- }+— k
_ -10V6. 5V6 5V6r
i+— +T k
r
Ahora:
b) tb=r1xFrl =aî -aj ,
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
w w w .e d u k p e ru ,c o rrí

170. ESTÁTICA c
SOLVER EDK «
_ -10V6. 5-v/6- 5 V 6 r
F= — Í+— J+ — k
_ -5aV6 . , ~
tb= —3— (i+ j+ k)
c) tBD=pBD.tbpBD=í
=>tBD—>
-5a V ó „ . -5aV6
-5- O ^ k ) — —
< D S e tien e d os p ares d e fuerzas q ue actúan en las aristas d e d e la figura. H a lla r el
to rq u e resultante.
« a n a t a »
Para p o d e r c a lc u la r tPOR d e v e c to re s, s ó lo es n ece sario :
' A
C o n sid era n d o lo antes d ic h o , tenem os:
i r
w w w . ed u k pe ru ; c o m SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I

171. » SOLVER EDK ESTÁTICA
ches ia
c^es la
Se tiene una placa circular de 4 m de radio, sobre dicha placa actúa cuatro fuerzas
que se indica en la en la figura, (a) la resultante de las fuerzas, (b) el torque de la
fuerza con respecto a 0 y (c ) La posición de la resultante.
*
Se tiene el disco de radio 4 m. tal como se muestra:
distancia para el por de 5N
distancia para el por de 1ON
» f5>=d,xF-.6jx [5, ( i ^ i * i c ) ]
=24V5Í+6\/5k
=>f10N=d2xF¡=2Íx ( l0j)=-20k
t=24V5Í+(6V5-29)k
68
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
w w w .e d u k p e r u .c o '

172. ESTATICA
SOLVER EDK «
Dichas fuerzas están sobre el disco
a) R=LF,
b) t ^ I^ F ,
=-1 k-2k-4k-3k
R=-10N(k)
fj = 4 í ,
Fi=-ln(k)
r2=4 cos30Í+4sen30j
F2=-2k(N)
r3=4j
;
F3=4(k)
r4=-4 í
F4=-3(k)
Fi +r2 F2+r3 F3+r4 F4
to=-20Í+(4V3-8)J
www. ed u kperu. com
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIY II

173. » SOLVER EDK
D
c) Sea
posición de la resultante:
r=(x,y,z)
t0=rxF=-1 OyT+10xj=20Í-(4V3-8)J
x=(4V3-8)/10
y=2
O Las dos mitades de un cilindro circular de radio r y peso total 2oj se apoyan
mutuamente, como se muestra en la figura. La superficie entre dos cilindros es
rugoso y el suelo es liso.
Se tienen dos mitades de cilindros circulares: (tratando como un sistema)
a) Como dicho sistema se encuentra en equilibrio
XFy=0
También como el piso es lizo
>Ral al piso
ESTÁTICA
m SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y
w v v w .e d u k p e ru . cón

174. ESTATICA SOLVER EDK «
Ahora
>RP || Ra
Ahora
a tenem os que:
Del
tenem os:
P+Q=2w
Z tP=0=>A02PQ
rc o to a = (re y ) eos 0 2w
... (2)
aP OsQ
- ¿ _ =r2y ^ y=^ - i _ . ! )
■ (3 )
R esolvien d o (1 ), (2 ) y (3 ) tenem os que
P= w (l- se n 0 )
Q = w (l+ s e n 0 s )
b ) DCL de uno de los sem icilind ros, tenem os:
w w w , ed u k p e ru . corri SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
f 171

175. » SOLVER EDK
_________________
^ ESTÁTICA
Asumiendo que R actúa en X, entonces como Fg y Q son II entonces R es paralela a Fg
=>EFy=0
Q+R=w
R~w-Q=w-w(l +sen0)
=wsen0
c) Del mismo modo realizamos el DCL para el otro cilindro:
Aplicando ! t P = 0 , considerando
jjfgflj SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
vvww. etíu kpe ru. ce m

176. ESTATICA SOLVER EDK «
4r
C6 de —
371
/ 45 \
=>xcos0 R= tg0J cosG.w
/ 1 4 cosQ \
\sen6 3nsen26 J
Si se conoce 6 y el sistema está en equilibrio. Hallar (a)las relaciones en P Y Q. (b) la
relación R que se ejerce entre los dos semicilindros.' (c ) la distancia x a la cual actúa
esta relación.
a m m m m /
Realizando el DCL del sistema mostrado:
w w w , ed u k p e ru , c o m
SOLUCIONARIO FISICA LEÍVA I Y II

177. » SOLVER EDK
ESTÁTICA
Realizando el DCL de cada peso
Ahora para la esfera (2)
=>T=
/ 100 100V3\
\tg60 3 )
. . . (2)
De ( l ) y (2)
V3w_1=(100V3)/3
w1 = 33,3kg
© Dos cuerpo de peso wx w2 =100kg. Reposan sobre dos planos inclinados lisos y
están unidos por un cable de peso despreciable. Qué valor debe de tener w1 para
que el cable esté en una posición horizontal.
M?mTíTffriTM
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIY II
w w w . ed u kpe r u . c o m

178. ESTÁTICA £
SOLVER EDK «
Ahora descomponiendo las fuerzas a lo largo del plano inclinado
I F y=0
Fsen0+n=wsena
...(* )
£FX=0
wcos0+fs=fcos0
(**)
Además, tomando momento en la polea:
wvvw 0 d u k p 6 ru .c o m SOLUCIONARIO FISICA LEIVA1Y I

179. » SOLVER EDK
ESTÁTICA
£tn=0.
La longitud de la cuerda es:
1V2
=>fs.(lV2)sen0+N(lV2)cos0=lw
w
=>fssen0+Ncos0= —
V2
De (*), (**), (***) tenemos que
N=wsena-Fsen0
N=wsen(0+45°)-Fsen0
/sen0.V2 cos0.V2\
N=w í — -— +— -— J.FsenO
...(* )
N =w(sen (0+45°)-Fsen0
Dado el sistema de la esfera y plano inclinado. Hallar el ángulo 9 y la reacción
normal a la esfera, para que el sistema se halle en equilibrio.
Como el cubo es liso y además h = L/4 realizando el DCL del cubo
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y I w w w .e d u k p e r u .c o m

180. ESTATICA
SOLVER EDK «
Aplicando:
Ahora DCL de la placa
£to=0
(i)R= (i^) cos(45+a)w
R=V2COS(75°)W
- ( * )
__
JL
w l
,TFn
£F=0
£Fy=0
w1+Rcosa=fN
E F x=0
Rsena=fs
. . . (2)
i © Un cubo perfectamente liso de peso w y lado L, puede girar alrededor de la
articulación o y se apoya en el borde de una placa de peso w± y altura h =174.Hallar
w w w .e d u k p e r u .c o m SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II-,

181. » SOLVER EDK
___________ j _______ ESJÁ T 1 C A
el coeficiente de rozamiento ¡i entre la placa y el piso horizontal de apoyo para que
haya equilibrio en la posición indicada de la figura.
Realizando el DCL de uno de los aros:
Del gráfico,
r 1
senct=3r = 3
=> a= 19,47°
2V2
=> cosa= -
O
Ahora realizado el sistema de fuerzas
Rasena=F-Rb
. . .0)
Racosa=F
Resolviendo (1) y (2) tenemos'que
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
w w w .e d u k p e r u .c o m

182. ESTATICA c
SOLVER EDK « ■~S
Ra=3F/V8
R ..F O - - Í)
& . Se tiene tres aros sin peso. Uno de los aros tiene doble del radio de los otro dos que
tienes radios iguales. Los tres aros están amarrados por una cuerda inextensible que
hace una fuerza f. Hallar las reacciones en A Y B.
Realizando el DCL de la cuya, tenemos:
desde gráfico tenemos que
Ahora
lS0=4
a=15+0
wwm edukpe*ucom SOLUCIONARIO FISICA LE IVA ! Y II

183. » SOLVER EDK ESTÁTICA
R2cosa=R1cos0
F=R1sen0+R2sena
..•(2)
Luego tenemos que
Fcos0 FcosO
2~~(cosasen0+senacos0) sen(cH-O)
El diagrama de fuerzas tenemos:
g jj SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y
w w w , ed u kpe r u , c o m

184. ESTÁTICA
SOLVER EDK «
Donde
a=15+0
lOOsen(9O+0)=R2sen(9O-(a+0) )
1000 cos0=R2cos(a+0)
F=1000 tg(a+0)
F=lOOOtg(15+20)
F « 932 kg
XFy=0
P+Q=w-|
LtP=0
Lw1=(L+X)Q
. . . (2)
Ahora de (*) tenemos:
FcosG
cos(a+0)1000cos9=
sen(a+0)
Dado el sistema de pesos que se indica en figura. Se quiere levantar un peso de
lOOOkg, con una cuña que hace un ángulo de 15°. Hallar el valor de f, si el coeficiente
de rozamiento para todas las superficies en contacto es de 0. 25.
Realizando el DCL de la barra y de la semiesfera
L L
P
ww(/v. edukperu.com SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II181

185. » SOLVER EDK ESTÁTICA
Pero tenemos que
L+X=rcos0
...(3 )
P+Q+W=M
Analizando
!»
SFy=0
...C l)
StQ=0
rcos0M=(2rcos0-bsen0-rcos0)w+25cos0P
todo el sistema
82
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
w w w .e d u k p e ru .c o m

186. ESTÁTICA c
SOLVER EDK «
M=w+w1
Una barra uniforme PQ= 2L de peso w l se apoya en P en el interior y por R sobre el
borde de una semiesfera hueca de peso w. Hallar la relación de w a w l sabiendo
que la posición de equilibrio de la barra es horizontal. Si C es el centro de gravedad
de la semiesfera y se conoce b. Hallar el ángulo 6 y las reacciones en P; R Y M.
Como se encuentra en equilibrio
w w w .e d u k p e r u .c o m SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

187. » SOLVER EDK )
ESTÁTICA
Xto=0
w2Lsen0=w1 (a-Lsen0)
senO =
aw1
L(w 1 4- w2)
De un punto A esta suspendido un pesou^ y una esfera de radio y peso w2, tal
como se indica en la figura. Si 00’=L, Hallar el ángulo 9 que ase recta 00’ con la
vertical.
a) StA=0
RBLcos(p+0)=bcos0w
Luego analizando el sistema de fuerzas
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIY II
www. ed u kpe r u. co m

188. ESTATICA c
SOLVER EDK «
Ahora (1) (3)
b) De (3) tenemos
Y por último en (2)
RA+RBcosp=w
. . . (2)
I F x=0
R0sen|3=F
...(3 )
F=
wbcos0sen(3
Leos ((3-0)
wbcos0
Leos ((3-0)
Ra=w ^1
bcos0cospi
Lcos(p-0) J
Una varilla AB = l, de peso w cuyo centro de gravedad se halla a una distancia b del
extremo A, se apoya en A sobre un suelo horizontal y en B en una pared inclinada,
w w w .e d u k p e ru .c o m
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

189. » SOLVER EDK ) ESTÁTICA
ambas superficies lisas como se muestra en la figura, (a) Hallar la fuerza f que debe
aplicarse al extremo A de la varilla para que se mantenga el equilibrio con un ángulo
de inclinación 0. (b) Hallar también las reacciones en A y en B.
I to=0
L2 \ í l L* ^
w-j ¡ ja2 — sen0 1 -w21 - cos0 a2 — sen0
W-|
^ (V4a2L2sen0^ = ~ (Lcos0-2V4a2L2sen0 j
2V4a2L2sen0(w1 +w2)=w2Lcos0
w2L
tg0=
0=
2(w ¡ +w2)V 4a2L2)
w2L
2ÍW! -f-w2)V4a2L2).
m Una barra de longitud L y peso w1¿ se encuentra apoyada sobre una esfera
semicircular de radio a, y superficie lisa, otro peso w2 está situado a un cuarto de
longitud de la barra, como se indica la figura. Hallár 0 para que el sistema se halle en
equilibrio.
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I www.edukD9ru.com

190. ESTÁTICA £
SOLVER EDK «
©
Del gráfico mostrado:
I F y=0
P-60=0=>P=60kg
Luego aplicando l t Q = 0 tenemos
10 (5cos0) -20 (5cos0) - (2,5) senG (10) +60 (5sen0)=0
=>0=10,3°
Se tiene dos barras homogéneas de longitud lOm, y 5m y 20 kg, lOkg de peso que
están unidas formando un ángulo de 90° y soportadas en el punto p. En los extremos
de la primera barra actúan los pesos de 10 kg y 20 kg. Hallar el ángulo 6 para el
equilibrio.
Primero, analizando todo el sistema
w w w .e d u k p e r u .c o m SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIYII 187

191. » SOLVER EDK ESTÁTICA
En (1)
R1R2=w
StQ=0
2 R1 - 2
w
Ri=R2= *2
A STa=0
a
bt=R-
a
T=w—
4b
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
w w w .e d u k p e r a .c o m

192. ESTÁTICA I
SOLVER EDK «
Dos barras están articuladas en Q y sujetas por una cuerda PR. las cuales se apoyan
sobre el suelo liso. Hallar la fuerza de tracción que se produce en la cuerda, cuando
una carga w se aplica erí la articulación Q, tan como se indica en la figura.
Ojo: falta considerar o indicar que dichas barras son homogéneas
Ahora:
l ' \
A C = "
Lo Lo
Xc2= 2 ’ y<:2= 2’
*C3= ’ YC3=0
Í-I+L2+L3
v _ L3/ L2+L3 \
^ 2 \Lí+L2+L3/
Li (Lt -hL2)
2 L1+L2+L3
Hallar el centro de gravedad del triángulo formado por varillas de longitud
h;
, para el sistema coordenado dado.
www.edu kosru. cd m SOLUCIONARIO FISJCA LEiVA I Y II

193. » SOLVER EDK ]
ESTÁTICA
Del gráfico, se tiene:
6R
X Ns=3R , Yns- ~
k
Xc=
_-4R
X NM=2R ; VNM- —
7t
2R
Xlm=3R , Ylm= ~
3R. (3R7ü)+2R. (2 Rn)+3R(R3R. (3Rk) 8R
3R7t+2Rn+R7i 3
f— ) .3Rtc- — +2Rrc+ — .Rn 2R
\ /
_ \ 7t / U K ___
3R7t+2R7r+R7T n
. Hallar el centro de gravedad de la espiral LMNS, sabiendo L O =R, LM =2R; NS=6R,
para el sistema coordenado.
w w «
Ojo: Los lados del triángulo son distinto a R^ (ese dato no debe existir)
Si ubicamos el origen de coordenadas en O:
Yc t o t a l= 0
Ahora
h
YAC=-=»Area=Rh
ó
-4R R*rc
v « * i r Area= T
»2-
0=
4R /R2tt\
RH+^
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II www.edukperu.coir;

194. ESTÁTICA l
__________________SOLVER EDK«
H=V2R
#
Se tiene dos superficies, una de ellas es sem icírculo de radio R y la otra un
trianguloisósceles, cuyos lados iguales son R y el de la base 2R, cuánto debe valer la
altura del triángulo para que el centro de gravedad de las dos superficies, coin cid a
con el punto o.
A p lican d o por superposición:
Llamaremos Ar : Area Total (cuarto de circunferencia=
At: sem icircunferencia
9
X|=2
1 3 n
A ' = T n
4a
Xl= 3tt
4 a
= 3n
Aj=-n
y A t.Y t +At .Yt
^ . A-j + A2
2
Y c =-a=0,64a
K
www.e d u k p e ru .c o m SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II

195. » SOLVER EDK 3
ESTÁTICA
y At-Xt +At.Xt
A!+At
Xc=0;345a
Hallar el centro de gravedad de la figura rayada.
Ecuación de la curva:
-b r ---— ab7i
x = - v ^ ya=—
Utilizando la simetría que tiene dicha Area, tenemos:
Fc = 0
Bastará encontrar Xc: veamos
^ = { 4 K) =- S ^ - y2^ x
-a .
a
xc=(a^ ) =-2 f ¿ ( a 2-y2)dy
4a
X c= 3 Í
192
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
www.edukperu.com

196. ESTATICA
SOLVER EDK «
0 Hallar el centro de gravedad de la superficie de la elipse.
] ¡ ¿ ¡ ¡ ¡ ^
Llamaremos (1 ) a la región de radio=2R (som breado)
(2 ) a la región de radio=R (som breado)
(3 ) a la región de radio=R
8R
x i = ° , Yt = — , A , = 2 R 27t
- 4 R R 2 7l
II
>
c £
lì
><
371 ' ^ 2 "2
4 R R 27C
wx
II
73
11
11
co
<
1*
Ic o
" 2 “
Reemplazando tenemos:
Xo=-
A - | X - j + A 2 X 2 + A 3 X 3
A-j +A2+A3
Yr=-
Xo=¥
A1Y1+A2Y2+A3Y3 -2R
Ai +A2+A3 71
Hallar el centro de gravedad de la figura rayada.
v v w w .e d u k p e r u .c o t t i SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
93

197. » SOLVER EDK ]
ESTÁTICA
Proyectando el sólido, de tal manera:
pero
ZCVT- J z . A ,c
h
í ( y
ZCVT= J Z.(-
o
az+b(h-z)\2 3V3
)
-dz=>
Vt=5
Zr=T
a2V3+b2^3+abV3
3a2+2ab+b2
h
.••dista=-
4
a2+ab+b2
a2+2ab+3b2
a2+ab+b
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I
w w w .e d u k p e r u .c o m

198. ESTATICA c
SOLVER EDK «
Las bases de un tronco de pirám ide son hexágonos regulares de lados a y b
respectivam ente, siendo h la altura del tronco. H allar la altura del centro de
gravedad del tronco a la base de lado a.
Suponiendo que es un cono com pleto y proyectando de la sgte. manera, tenemos:
m2 B ’ V B 7
»m=-
(m+h) 2 B V B - V ?
2 B ' _ (V B - V B 7) .z-VBh) 2
= — =>AZ= ~ó
(m+h-z) 2 A
Zc.VTf z.A ,d z
,n h"
Z C . V T = ( b +2V b¥ + 3 6 ) j g
(B+2-/b-B7+3B \ h
Zr=
y +-n/eTb'+b y 4
Halla la distancia del centro de gravedad de un tronco de pirám ide a la base del
w w w .e d u k p e r u .c o m SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

199. » SOLVER EDK 1
ESTATICA
Teniendo en cuenta el anterior problema (31) se puede verificar que posición del CG
es igual a la fórmula dada:
••• B = R 27t
B =r2jt
=>ZC=
R2n + 2 V R ^ % 2+3r23t \ h
R2K+VR2-r27t2+r27t y4
/R2+2Rr+3r2\ h
C" V R2+Rr+r2 ) 4
& Hallar la distancia del centro de gravedad de un tronco de cono a la base del mismo.
j m m m /
Ejercicio para el lector.
Hallar el centro de gravedad de las barras homogéneas de sección uniforme, que se
indica en la figura, con relación al sistema de coordenadas dado.
| f
Como este es simétrica respecto a un eje:
196
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
w w w , ed u k p e ru . c o m

200. ESTATICA
SOLVER EDK «
bastará encontrar Zc, ya que Zc = Yc = X c
Veamos
VD- ^ a3=*Zc.VD= J z.dv
a
dv=(a2-z2).^.dz=» j z (a2-z2).^ .d z
Zc= o a=Xc=Yc
. Hallar las coordenadas del centro de gravedad de la octava parte de la esfera
x2+y2+z2=a2
* n r n r a m w
* y
Ahora sea la ecuación de la parábola:
Y=ax2+am2
L-an2+am2
L
a=-
n2+m2
...(*)
Ahora
w w w . e d u k p e ru . c o m SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

201. » SOLVER EDK ESTÁTICA
Y=
„ M i v j i + e f d x
“c f W *
=2n
Y=2n
$ Un arco de parábola PQ gira de alrededor de eje y. Hallar la coordenada RS del
centro de gravedad del cuerpo de revolución así obtenido.
Aplicando
I tP=0
(t)4 sen(120°)=50 cos60.5+(10cos60°)30
T=79.4N T=79.4N(-sen30°í+cos30°j)
Ahora:
P-T-80j=0
P=80j-T
|P|=41,3N
Se tiene una varilla PQ de 10 m de largo y peso 50N, que hace un ángulo de 60° con
la horizontal y está soportada por una cuerda MN, la cual hace un ángulo de 30° con
198
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
ww-,v e d u k p e r-j,c o m

202. ESTATICA £
SOLVER EDK «
la vertical, como se muestra en la figura. La distancia PN es de 4m. Hallar (a) la
tención en la cuerda MN. (b) la reacción en el punto de apoyo p.
aprm nnfffflM
Del gráfico
F1=500N
Luego
F2=260
tA=r1xFl +r2xF2
Vemos que:
=-3Í
i
/3. 4„\
F, =500 (- i+ g j)
r2=-2k+4j
;
"F" ~ "2" "=260" ("-3" A/("13” ) "i" "2" /V("13" ) "k" *)
•• tA=
i Î k' Î Î k
-3 0 0+0 4-2
L300 400oJ.-60VÏ3040VÏ3.
t A=160 V Ï3 Î +120 V Ï3 J+340VÏ3-1200k
J . La figura muestra a la fuerza f, y f2 aplicadas en los vértices del paralepípedo. SI las
fuerzas tienen módulo
f!=500Nyf2=260N
y siguen las direcciones con las diagonales. Cuál es el momento total con respecto
el vértice A.
w w w . edu k p e ru . c o m SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II199

203. » SOLVER EDK ]
ESTÁTICA
á m m a m í
Ahora para la barra AB
T2y(Lcos200)=T2x(Lsen200)+ w (0-k)cos20°
w=819.6N
Desarrollando el punto C:
Veamos:
g SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
w w w . ed u kpe r u . corrí

204. ESTÁTICA .c
SOLVER EDK «
Ticos40°=500
Ti=
500
cos40°
T1=652.7N
T2sen30°=T1sen40°
T2=839.1N
© Si la barra AB tiene peso despreciable. Hallar el peso w para que el sistema se
encuentre en equilibrio.
I
w w w , e d u k p e ru co m SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II S JK

205. » SOLVER EDK
u
ESTÁTICA
Como dicha distribución es simétrico
RQ=4(200)cosa
RQ=800cosa
Ahora >
12
cosa= — => Rq=480N
Una barra PQ de 12 m está sujeta por cuatro cables de longitud 20 metros. Cuál es
la fuerza de reacción del piso, si en cada cable hay una fuerza de 200N.
De acuerdo al gráfico, podemos verificar que:
W | SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
w w w ed u k p e ru .c o m

206. ESTÁTICA £
SOLVER EDK «
T,
Ahora
/ -3 , 4 * 6 r \
_Tfel+V!fJ+V6T )
ri=T(v5TÍ'V Ü J+V5fk)
£to=0
Ahora como, está en equilibrio
-36V6T . . 50(-61)
Tj+50j=0^ — =10,8N
61 V6I36
SFo=0=^R0+T1+T2-l0j=0
=> Ro=10k-(Ti+T2)
R0=(8,3Í-6,6k)N
& . Una barra de 10 metros de longitud, de peso ION, distribuida en forma homogénea,
es sujetada por dos cuerdas PQ Y PN , tan como se indica en la figura. Hallar las
tenciones en las cuerdas y la reacción en 0.
jCfflfTrar.T W
g j
w w w .e d u k p e r u .c o m SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I

207. » SOLVER EDK D.
ESTÁTICA
0
///////////////
SOLUCION
20Kg
4
Se puede demostrar que
(debido a la simetría del problema)
sena= -
5
cosa= -
5
Ti=T2
T^sena^sena
Ti=T2
...(1)
Ahora
T ! cosa=T2cosa=20kg
2T1cosa=20kg
■
m SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
w w w . e d u k p e ru . c o m

208. ESTÁTICA £
SOLVER EDK «
100
T ' . - k S
50
T1 = ykg=16,7kg
O Una varilla PQ homogénea de 20kg y de longitud 8m, cuelga de dos cuerdas de 5m
de longitud de cada uno. Hallar las tenciones de cada cable.
Aplicando
Ztp-0
1
(1 sen30°)T= - sen45°)l 0
T=5V2kg
Ahora P + F6 + T = 0
P=F9+T
P=10j-5V2(-cos75°i+sen75°j)
P=l,83í+3,17j
Una barra de PQ de lOkg está articulada en p y sostenida por su extremo por una
cuerda MQ, tal como se indica en la figura. Hallar la reacción en p.
w w w .e d u k p e r u .c o m SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I

209. » SOLVER EDK ESTATICA
Veamos
De(l)
(2)RM= (lm )(R s)+(2,5)m(cos70o)25kg
RM=Rs=21,37kg
@ Una barra PQ de 5m de longitud y 25kg de peso, descansa sobre una superficie lisa,
formando un ángulo de 70° con el piso y se encuentra apoyada por los puntos s y M.
Si se conoce p s = lm y PM =2 Hallar las reacciones en los puntos p, S Y M.
wwwww
Para la barra AB
i
I t A=0
16
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
w w w .e d u k p e r u .c o m

210. ESTÁTICA
SOLVER EDK «
(200kg) ^ sen60°+(100kg) sen60°=wLsen(75°)
w= 149,4 kg
© Dada la varilla AB de 200kg, homogénea, está articulada en A y sujeta en B por una
cuerda la cual se comunica con un peso w por medio de una polea fija. Si no ay
rozamiento en la polea. Hallar el peso W para el sistema esté en equilibrio.
Analizando solo el punto P, tenemos:
a=45°
0=120°
Ahora:
SFx=0
TPMcosa-TPQ eos (0-90) =0
TpMcos45°=TpQ cos(30)
/V6\
TpmCos I — I =Tpq
...O)
XFy =0
TPMsena-TPQ sen (0-90)-3 =0
TpMsen45°+TpQ sen (30°)=3
De (1) tenemos:
w w w .e d u k p e a i.c o m SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II

211. » SOLVER EDK ]
ESTÁTICA
TpM-2;7kgTpQ-2;2kg
Hallar las tenciones en las cuerdas que sujetan a la lámpara. Si a = 45° y a = 120° y
el peso de la lámpara es 3 kg. Desprecie el peso de las cuerdas.
g ^ T ir m n íM
Fn0
Analizando en este primer gráfico:
\ ¿ L
SFX = 0
FN1sen0-FN2sena=O
FN1 sena
FN2 ~ sen0
...O)
SFy =0
FN1cos0-FN2cosa-w=O
Wt SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
w w w . ed u k p e r u . c o m

212. ESTÁTICA c
SOLVER EDK «
De (1) tenemos:
wsena
^N1 sen(a+0)
wsenO
^N2 sen(a+0)
Ahora analizando en el otro plano: sólo al cilindro
IF = 0
donde
liwsena
f s l =
F-fs1+fs2fs2-
.\F=jjw
sen(a + 0)
jjwsen0
sen(a+0)
(sena+sen0)
sen(a+0)
Sobre una cuña asimétrica M, descansa un cilindro de peso w. Si ju es el coeficiente
de rozamiento entre el cilindro y la y la cuña. Cuál es la fuerza f horizontal para
iniciar el desplazamiento del cilindro.
DCL de la esfera.
www. «di u k pe r u. co m SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I

213. » SOLVER EDK ESTÁTICA
Ahora tenemos:
-SFy =0
FN]+0,3FN2-100=0
Fni+0;3Fn2=100 kg
-ZFX =0
F+0,3FN1-FN2=0
F+0,3FN1=FN2
...(2)
Ahora aplicando:
Zt0 = 0
, considerando r = a radio de la esfera
(a) (0,3F N2)+a(0,3F N1)-aF=0
0,3(FN2+FN1)=F
... (3)
De (1), (2) y (3) tenemos:
F=44,32 kg
Una esfera de lOOkg, descansa en una esquina, donde el coeficiente de rozamiento
es 0.3. Para qué valor de f la esfera inicia su movimiento.
« i m a n a r
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II w w w .e d u k p e r u .c o m

214. ESTÁTICA £
SOLVER EDK «
Del gráfico tenemos:
/ 4 , 3 , 2Vór Y\
Tab-Tab(^5'-25J- 5 j
T -T i A ' 3^2V6,
BC \25' 25^” 5
fB=V6ÓÓk
F=200(cos30°j-sen30°k
Ahora, como se encuentra en equilibrio:
-zf0 =0
0=rBxTAB+rBxTBC+rBxF
íJ k í J k
0=Tab
0
4
0
-3
VóOO
-2V6
+
0
-4
0
-3
V6Ó0
-2V6
•Tb c+
2525 5 2525 5
0==Tab
/6V6. 8V ó^
b " Í+— j >
|+Tbc
( í
. 8a/ 6 ;
J
o 100V3
En el eje “Y”
*ab
8V6'
5
=Tibe
8V6'
5
^Tab~Tbc
k
V600
-100
www.edukperu.com SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II

215. » SOLVER EDK D.
ESTÁTICA
En el eje “X ”
de (1)
Tab=72;17kg=Tbc
\
Sobre una barra de V600 m, actúa una fuerza de 200kg en el plano y z y hace un
ángulo 30° con el eje y. Del mismo punto B? actúa dos cables BC Y BA. Cuál es el
valor de las tenciones en los cables para que el sistema esté en equilibrio.
Ojo: En este problema, falta indicar que la esfera es lisa: descomponiendo la fuerza a
lo largo del plano.
I F x=0
wsen0-fecosa=O
wsen0
cosa
-=fe
n
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I
w w A .8 d u k p e ru .c c rr,

216. ESTATICA
SOLVER EDK «
, pero
fe=KX
wsen0
X=
Ksena
0 Una esfera de peso w descansa sobre un plano inclinado de ángulo 6 y está unido
a un resorte de constante elástica k y este forma un ángulo de a con el plano
inclinado, como se indica en la figura. Hallar la compresión del resorte.
Analizando el bloque de peso W2
XFy=0
Tsen0+FN1cos0-pFN1sen0-w2=O
Tsen0+FN1 (cos0-jjsen0)=w2
w w w , ed u k p e ru , c o m SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

217. » SOLVER EDK ]
ESTÁTICA
Á
ky
Fnl _— ' A T
/ i
• \X Q 1
..+
¡ e /
i /
L/
X
r W2
SFx=0
-fN1 sen0-jjFN1 cos0+Tcos0=O
fN1 (Sen0+1JCOS0)=TCOS0
De(l)y (2)
T=(sen0+jjcos0)W2
Ahora analizando
Fsena + FN2 = W^osO ... (1)
1FX = 0
Fcosa = fiFN2 + T ... (2)
W9 (cos0u+sen 0) apcos0
p _
___.__—----------j- —-------------
cosa+psen0 cosa+jjsen0
Hallar la fuerza f que iniciara el movimiento, si el rozamiento entre los bloques w1;
w2 y el plano inclinado es n . La polea no da lugar rozamiento.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
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218. ESTÁTICA
©
SOLVER EDK «
y
.y=4-x2
i- x—H 2 x
dx
2
Yc= J (4-x2)dx= J | .y.dx= ^ J y2 dx
0
2
= l ¡ (4-x2)dx
o
Yc= l,6
^(j (4-x2)dxj = /|xd y
4
= l j x2dy= ^ J (4-y)dy
Xc=^=0,75
Hallar el centro de masa de la figura parabólica y =4 -x3.
w w w .e d u k p e ru .c o m SOLUCIONARIO FISICA LEIVAh Y II

219. » SOLVER EDK
ESTÁTICA
f Y
YC-A= J 2 ydx
4 1
4/( M d*
0
2
f 3
A= I -x3dx=3
o
Yc=1,7
= ¿ J (2-x)2dy
2
=ll (2-x)2íx2dx
o
• Xc=0,4
Hallar el centro de masa de la figura indicada: y = | x3.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
216
w w w .e d u k p e r u . c o m

220. ESTÁTICA .c
SOLVER EDK «
JS T C R ffir ? ? *
Como se encuentra en equilibrio
Se puede demostrar que
ltT = 0
rF1xF +rFxF=0
• ••(I)
F=Fj
i
rF=2aí
F=FxT+fJ J
;
rF'=30í+4aj
íJkíJk
0=-3a4a0+2a0 0
F1
r xF1
ry
00F0
0=-2aF k+(-3aFy-4aFx)k
0=2F-3Fj-4Fx
F
1 min
w vvw .ed u k p e ru .c o m SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I

221. » SOLVER EDK
--------
1
ESTATICA
Una varilla esta doblada, como se indica en la figura. Si todos los lados se indican en
la figura. Hallar el valor mínimo de la fuerza aplicada en A para que equilibre a la
varilla, cuando se aplica una fuerza vertical f dirigida hacia arriba en M. La varilla
puede girar alrededor del punto T.
y
i
io n
lFn *
<4
fs
i
r50N
XFY=0
FN+lOsen0=5O
' ...O)
SFx=0
10cos9=fs
...(2)
•••F=0,4F
OBS. Falta el ángulo
M=
COS0
5-sen0
Un cuerpo pesa 50N Y se halla sobre una superficie rugosa. Cual debe ser el valor
del coeficiente de rozamiento ¿i , si la fuerza mínima necesaria para iniciar el
movimiento es de ION.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
'w w w .è d u k p e ru .C ò m

222. ESTÁTICA
SOLVER EDK «
Realizando el polígono de fuerzas:
Fsen9=25-FN
Fcos9=pFN
... (2)
Ahora como deseamos que dicho cilindro:
Entonces de (l)y(2)
Tenemos: que
25\i dF _ .
F=— , - - — =Q9=ts 00
cosG+psenG d0
25p
•F=-
Peso si consideramos ja=0,25
9 = 14a ,
F=6,1kg
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223. $ Alrededor de un cilindro de 25kg de peso, está enrollado un hilo inextensible e
imponderable e imponderable. Cuál debe ser la fuerza mínimo y el ángulo 9, para
tirar del hilo y el cilindro girando, no se desplace.
» SOLVER EDK ) ESTÁTICA
Ahora como dicha varilla está en equilibrio
I t A=0
(Lcos0)(Tsena)=(Lsen0)(Tcosa)+ -cosa mg
T(senacos0-cosasen0)=-cos0 mg
...(*)
Ahora
I F x=0
¡jFN=Tcosa
EF y=0
Tsena+FN=mg
...(2)
( cosa\
T (sena+ —— J =mg
R I SOLUCIONARIO FISICA LEiVA I Y II
w w w .e d u k p e ru .c o m

224. ESTÁTICA ...............(
__________________S0LVEREDK<<
Ahora de (*) y (**) tenemos que tga=2tg0+ ^
•••a=tg'1 (2tg0 + ^ )
Una varilla descansa en el punto A, sobre una superficie rugosa, cuyo coeficiente de
rozamiento en fx y hace un ángulo 0 con la horizontal. Su extremo B, está sujeto con
una cuerda inextensible e imponderable. Cuanto debe valer el ángulo a para que la
varilla empiece a desplazarse.
|rA
Ahora desarrollando el DCL del plano inclinado:
T=pFN2+5senlO°
w w w .e d u k p e r u .c o m SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II § £

225. » SOLVER EDK ]
ESTÁTICA
1Fy = o
F N2=5c o s10°
T=5pcos 10°+5sen 10°
Un plano inclinado, cuyo ángulo son 60° y 30° está sujeto por uno de sus
extremos "B " por una curda inextensible e imponderable y su otro extremo
descansa sobre una superficie horizontal lisa. Sobre el plano inclinado hay dos
pesos de ION, 5N ligados por otra cuerda y que pasa por una polea sin rozamiento.
Hallar el coeficiente de rozamiento entre los pesos y el plano inclinado para que el
peso de ION comience a deslizar.
Tenemos que:
/ 3 „ 5 -a
*=10 — i- — k
VV34 V34 /
=4aj+5ak
. , ^ OB 3aí+4aj+5ak ,
Ahora ^ob= ]5Ü = 5VÜ toB=(ncR).MOB
3V2. 2V2„ V2»
y° B=To~l+ _5_J+ T kt° B:
_-60a
toB~ m
i j k
0 4a 5a
30 -50
V3? . V34
•Mo b
222
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
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226. ESTÁTICA
. (
SOLVER EDK «
i| p Se tiene un paralelepípedo de lados 3a; 4a; y 5a, en ella actúa la fuerza R= ION, tal
como se indica en la figura. Hallar el torque de / con respecto a OB.
SOLUCION
Obs. En el problema falta considerar Q = 60Q y además que la tapa es homogénea:
Pero
Ahora
M!)12
LZ=6N
Zto-0
l í x=0
a
(asen0)Tcos0+(acos0)Tsen0= - cos0(12)
a
2aTsen0cos0=-cos0 (12)
T=——t=2V3
sen0
Xty=0
w w w .e d u k p e ru .c o m SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

227. » SOLVER EDK ESTÁTICA
0=-bLy
Ly = 0
Ahora, por último
LFy=0
Py + Ly=TCOS0
Py=V3N
I F z=0
Px-Lz+Tsen0=12
PX=3N
^ Se tiene cajón rectangular PQML, su tapa PLNJ de peso 12N está sostenida por una
varilla JQ , si J F = pQ. Hallar las reacciones en las articulaciones P Y L.
JCftTirrélíTM f
a)
b
R= (-300Í-200J-100 k) N
t=20Íx(-200j)+(60Í)(-l OOk) N
=(4000k+6000j) N-cm
t i SOLUCIONARIO FISICALEIVAI Y I
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228. TRABAJO Y ENERGIA
SOLVER-EDK «
TRABAJO Y ENERGÍA
Sobre un resorte se deposita un peso de 20kg y este se deforma 6cm. En
esta posesión se deja el sistema y el peso se elevara una altura que se quiere
Hallar. Sabiendo que para peso de 10kg, el resorte se comprime
estáticamente 0. 5cm.
W
tE Z 3
6 cm
1
Como las únicas fuerzas que actúan son el peso mg
Y del resorte K x7 se tiene:
AK+IAU=0
AK+AVe+AVg=0
0=0-0+ (^ kx2_0) +(0-mg(h+6cm))
0= ^ k(6xl0'2) 2-mg(H+0,06)
H=12cm<>0,12m
o Desde una altura de lOm, sobre el nivel del agua, se deja caer una pelota
pequeña de peso específico 0.4 g/cm3. Hallar la máxima profundidad que
alcanza la pelota. No considere rozamiento, perdida por el choque.
SOLUCIONARIO LEIVAIY II

229. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) TRABAJO Y ENERGIA
Por el P.C.E
AU=-Aw
mgh=-(P-E)h
YxH=(yh20V-yV)h
yH 0,4(10)
= Yh20-Y= O-°'4)
h=6,67m
Sobre un plano inclinado de 3 0 °, se halla, un resorte de constante 50kg/cm,
el 5cm. Incide sobre el resorte una masa de lOOkg, con una velocidad de
lOm/s. Cuanto se comprimirá el resorte.
Por P.C.E:
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II www.edukperu.com

230. AK+AU=0
0= (o-^mV2) +(0-mgKsen30)+ ^ K (X + 0 ,0 5 )2-^K(0,01)2)
Reemplazando valores, tenemos la sgte. Ecuación:
25xs+2X-5=0
Hallamos una solución para la ecuación anterior:
X = 0,408/7
Si un móvil se desplaza sin fricción sobre el alambre de figura. Si la
velocidad del cuerpo es de 5m/seg, cuando se halla en p. Cuál será su
velocidad en Q y R. Si
h! 100 cm, h2=50 cm y h3=80cm
Sea m la masa del móvil
P.P.C.E:
0
• (
w w w .e d u k p e ru .c o m SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I

231. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) TRABAJO Y ENERGIA
(U2-U,)+(K2-K1)=0
Para el tramo Tq
(Uq-Up)+ (Kq-Kp)=0
(mgh2-mgh2)+ Q mVq- ^ mVp) =0
v|=Vp-2g(h2-h,)
Remplazando valores:
VQ=5,9m/s
Para el tramo FR:
(mgh3-mgh'|)+ (gmVR-^mV^ =0
VR=Vp-2g(h3-h1)
Remplazando valores:
V R=5,3m/s
0 Un cuerpo de lOOg cae de una altura de lOOm, a través del aire. Si el cuerpo
llega al suelo con una velocidad de lOm/s. Canta energía se perdió como
trabajo contra la fricción del aire?
¿ a r e ir a r a T ir e M *
U SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y
w w w , ed u k p e ru , c o m

232. TRABAJO Y ENERGIA
SOLVER-EDK «
Por e! P.C.E:
o
m
AK+AU=wf
Siendo w f el trabajo hecho por una fuerza no consen/ativa
wf= ^ m V 2-0^ +(0-mgh)
Reemplazando
Wf=-93J
'¡£ j^ Un atleta de 70kg corre a lo largo de una colina de 20m de alto en un tiempo
de lOseg. Cuál será la potencia desarrollada por el atleta.
La expresión de la potencia es:
Aw
P="ÁF
Aw=tAE , en este caso solo actúa el peso: mg
vvww. ed u k p e ru . c o m SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II

233. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) TRABAJO Y ENERGIA
Pero
Aw=mgh
Aw=13720J
Aw
P= — =1372w
At
P=1372w.
1HP
742,35w
=1,84HP
Un auto de 500kg se encuentra en reposo a una altura de lOm sobre un plano
inclinado de 20m de longitud, comienza a deslizarse sobre la superficie
rugoso del plano y liega a la base con una velocidad de 5m/s. cuál fue la
fuerza de rozamiento que retardó el movimiento. ,
^ r f i n i r a iím a r
Por el P.C.E
h=10 m
(|m V 2-oj +(0-mgh)=Wf
1
mV -mgh=-Fr.d
Fr
Fr=2137,5N
Fr=281,lKg
230
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
w w w .e d u k p e rtj.c o m

234. TRABAJO Y ENERGIA JC
SOLVER-EDK «
Un cuerpo que pesa 2kg se abandona partiendo del reposo en A, describe
una circunferencia de radio 2m. cuando llega a B tiene una velocidad de
4m/seg y se detiene en c, después de recorrer 3 metros, debida a la.fuerza
de rozamiento, (a ) cuánto vale el coeficiente de rozamiento en la región BC.
(b ) cual es el trabajo en contra de las fuerzas de rozamiento de A a B.
A
R
a. En el tramo BC por P.C.E:
AK+AU=wfr
Fr=5,3
Pero Fr= u m g.....a
Si a tenemos que u es:
U=0,26
b. Por el P.C.E: para el tramo A B
AK+AU=wfr
w fr=-23,2J
w w w .e d u k p e r u .c o m SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

235. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) TRABAJOY ENERGIA
Una partícula de masa mueve sobre el eje x, por la acción de una fuerza.
f=(l+cx)í
Si parte del reposo en x =0. Hallar su velocidad cuando x = d.
e n
x=0
Tenemos que la fuerza F
También sabemos que:
Por el P.C.E:
n ±
x=d
=(L+CX)i
dw =Fdx
dw=(L+CX)dx
w= f (L+CX)dx
Jo
w = LX+
CX‘
w=lLd+-
cd
w=AK
lLd+-
cd2 mV2
Y ~ ~
v=
2dl+cd2
m
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I
w w w .e d u k p e ru .c o m

236. TRABAJO Y ENERGIA
f SOLVER-EDK «
© Una bala de un arma es de 5g y su velocidad de salida es de 500m/seg. Qué
porcentaje de la energía de combustión de la pólvora se trasfiere a la bala
como energía sintética. Sabiendo que el calor de combustión es de 750 cal/g
y la masa de la pólvora es de 3g.
I M W i W W M f
Tenemos que el calor de combustión es
cal J
QC=750 — <>3135-
S S
La cantidad de Qc de 3g sera
Qc=9405 joule
1 - .2
Hallamos la E c ba|a=-mV'
E c=625 joule
Ecbala
Qc
- <100=6,64%
$ |j¡ Una partícula se le comunica una velocidad
v0 = yf2gh
para que pueda pasar del punto A a C, siguiendo el camino del aro de
diámetro H. Hallar la altura h, donde se desprende el cuerpo.
w w w .e d u k p e r u .c o m SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

237. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) TRABAJO Y ENERGIA
Por dinámica tenemos:
N+mgcos0=mac
v 2 ,
N+mgcos0=m —
........1
K
Para que se despegue del suelo o de la superficie del anillo, N=0, en 1:
V2
mgcos0=2m —
H
v2_ Hgcos9 2
Por el P.C.E:
De 2 y 3:
AK+AU=0
(§ mv2' 9 mVo) +(mgh-0)-0
Vs=2gH-2gh
.......3
~cos0=2gH-2gh
cos0= ^ / w
( h - S ) ¡= 2 S H-2gh
Despejando
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA1 Y II
w w w , ed u k p e ru , corn

238. TRABAJO Y ENERGIA
SOLVER-EDK «
5
h=-H
o
••h=0,83H
Hallar la relación entre las fuerzas que ejerce un móvil en el centro de un
puente convexo y cóncavo. Si el radio de curvatura es de 50m y la velocidad
del móvil es 108km/h.
w V° mg-Ncx=m —
Ncx=-8,2m
Ncv-mS=m
Ye
R
Ncv=27,8m
INcxl
INcvl
-0,3
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239. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS2.
TRABAJO Y ENERGIA
- . -j-
Una partícula parte del reposo de una altura H del punto A y describe la
trayectoria ABCD; alrededor de un aro de radio R. Hallar la relación entre las
fuerzas con las cuales el cuerpo presiona sobre los puntos BC Y D.
Para el tramoAB:AK+AU=0
^ m V Í- o ) +(0-mgw)=0
V|=2gH
Para B en el anillo; por dinámica:
M ^NB-mg=mac , ac=—
mV|
NB= — +mg
Nr =
2gHm+Rmg
R
Para
AC por R.C.E AK+AU=0
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
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240. TRABAJO Y ENERGIA
SOLVER-EDK «
Por dinámica en C
Para ei tramo
Por dinámica:
Vc=2g(H-R)
Nc-mac ; 3C—
R
Nr=
2mg(H-R)
R
AD, por P.C.E
AK+AU=0
^ mVp-oj +(2mgR-mgH)=0
vE=2g(Hz-2R)
N+mg=mac ; ac= Y
mg
ND= -^(2h-5R)
Por lo tanto la relación será:
(2H+R): (2H-2R):(2H-JR)
Un cuerpo describe una trayectoria circular de radio R en un plano vertical.
Cuál debe ser su velocidad en el punto más alto, para que la tensión de la
cuerda en el punto más bajo sea de 8 veces el peso del cuerpo.
i 1 ;
www. ed u kperu. com SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

241. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) TRABAJO Y ENERGIA
, v
mg
— *0
Por dinámica tenemos que:
Si t=8mg, tenemos en 1:
T+mg=mac
v *
T+mg=m—
........1
V=3%/gR
© Un cuerpo de masa m, está atada a una cuerda y se halla en la poción
indicada. Suelta, se pide hallar la tensión de la cuerda en su posesión más
baja de su trayectoria.
Por el P.C.E:
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242. TRABAJO Y ENERGIA
SOLVER-EDK «
mV2-oj +(0-mgH)=0
Hallamos que V=%/2gH
Por dinámica en el punto más baja:
T-mg=mac
V2
T-mg=m —
2mgH
T= ^ +mS
.........1
H=L-Lsen0-L(l-sen0).
......2
De 2 en 1
T=2mg(l -sen0)+mg
T=mg(3-2sen0)
< D Una esfera de densidad pc y volumen v, cae el agua padesde una altura hay
recorre en el agua una profundidad del y luego cambia de sentido debido
a que la densidad del cuerpo es menor que la densidad del agua. Se pide
Hallar (a ) la fuerza de la resistencia del agua, si se considera constante y la
altura h2, que alcanza la esferita sobre la superficie del liquido.
a. P o re lP .C .E:
‘Qt
ha'
- f
fr fíg
O a
*v
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243. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) TRABAJO Y ENERGIA
hi (E-j-fr-P)=h0P — 1
Sabemos
P=lcgv
E=lagv
En 1:
h i(f+ lagV-lcgV)=h0,cgV
h1f=h0lcgV+h1lcgV-h1IagV
f = ^ [ lch0+h ilc-h1la]
hi
f-v s [P c ( 1+K7)-l»]
b. Por el P.C.E:
O
Iha
En 2:
/ f a ú v
o
t F
Ph2=(E-fc-P)h1.
....2
P=lcgv
E - lagv
lcVgh2= { laVg-lcVg-Vg [lc ( l + la] } hi
lch2= (2 la-21c- P c ^ )h 1
.••h2=2h1( p l ) - h 0
w
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244. TRABAJO Y ENERGIA .e
SOLVER-EDK «
^ Un cuerpo de masa M y velocidad v 0, choca con otro cuerpo en reposo de
masa m si el choque es perfectamente inelástico. Hallar la distancia recorrida
por ambos cuerpos después de aplicarse inmediatamente el dispositivo de
freno, si la fuerza de rozamiento es nó' del peso.
jaM am rraT íT ^ M r
Por el P.C.M se tiene:
V0m=V.(M+m)
y _ V0-m
(M + m )
Por el principio de conservación de energía:
-frx=0-^(m+M)V2
/m+M\ 9
H ~ r)v
Pero fr=n%(m+M)
/m+M\ ( V2m2
n%(m+M)= ( —— J ^
(m Vo)2
X 0,02n(m+M)2
(m+M)2
Sobre una masa M, actúa una fuerza / que siempre es tangente a la
trayectoria según figura adjunta. La masa se desplaza lentamente. Hallar el
trabajo realizado por la fuerza f, si u es el coeficiente de rozamiento.
1 1 ^ 1
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245. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) TRABAJO Y ENERGIA
Por el P.C E:
AK+AU=Wfr+Wp
(0-0)+(mgl-0)-Wfr+Wf
mgI=Wfr+Wf
mgl=-umgl+WF
W F=m gl(l+u)
O Una esferita parte del punto A y desliza por la rampa lisa de altura H que
tiene un desnivel h. (a ) con que altura h del desnivel la esferita recorrerá la
mayor distancia s? (b ) A que es igual ella?
Hallamos v, por la
P.C.E:
Q m V 2-o) (mgh-mgH)=0
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I
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246. TRABAJO Y ENERGIA .c
SOLVER-EDK «
V = V 2 Í(H 4 Ó
Por cinemática obtenemos que
^ca ¡da —
N
2h
T
S=Vtcaida=[4(H-h)h]V2......p
S=[4(H-h)h]1/2
.......a
HallamosSmaA;, derivado a respecto de h, se tiene:
H
h=2
Entonces para que S sea máximo h tiene que ser la mitad de H
Para encontrar S max , reemplazo h en p:
5 = Z7^mnx u
a s Dada la fuerza que actúa sobre un cuerpo es f 3 y í+ 3x](N ). Hallar la energía
potencial u (x, y ) de la partícula.
Sabemos que
- d U . d lL
F -~ d x '"d Y
- . . dU d U ,
F=3yi+3xj— — - d y j
-dU , -dU
d ) T 3y ’ d v =3x
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247. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) TP'BAJO Y ENERGIA
Integrando:
U(X,y)=-3xy , U(xy)=-3xy
2 u (x,y)=-6xy
U (x,y)=-3xy
© Sobre un hilo elástico imponderable, el modulo de elasticidad del hilo es k,
del cual se suspende la masa m. Se eleva la masa m tal forma que el hilo
esté en en estado no deformado y la bajamos sin velocidad. Hallar el
alargamiento máximo del hilo en el movimiento de la bola.
AK+AU=0
(0-0)+ Q KX2-0)+(0-mg x)=0)
^KX2=mgx
y 2 m g
~ ■
Sobre un plano inclinado de masa 100 kg liso y de ángulo 30° y 45, dos
masas de 40 kg y 20 kg unidos por una cuerda, que pasa por una polea fija sin
rozamiento. Si el peso de 40kg baja por el plano 30cm. Cuanto se desplaza el
plano inclinado.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y
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248. TRABAJO Y ENERGIA
SOLVER-EDK «
Haciendo D.C.L.
Por dinámica en los bloques:
(m- gsen30°-m2sen45o)=m Q d t2j
Despejando hallamos la t que se desplaza los 30 cm:
t=0,784seg
Las fuerzas que actúan sobre el bloque indicando son las normales,
descomponiéndolas se tiene:
Fr =(m i gsen30cos30-mgcos45°)=mta1
Siendo:
2e
mT=160kg y a1 = -jj
e=espacio recorrido
Despejando e se tiene que:
e=0,28=6m
Un resorte obedece la relación entre la fuerza aplicada y al elongación: f =
axbx2 cuando se aplica una fuerza de 100N el resorte se estira lOcm y
cuando se aplica una fuerza de 4, 500kg, el resorte se estira 20cm, ambos
w w w .e d u k p e ru .c o m SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II

249. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) TP «A JO Y ENERGIA
desde su posición de equilibrio. Hallar el trabajo para estirar el resorte desde
3cm hasta 5cm.
Sabemos que
Hallamos a y b:
100N
=-a(0,l)-b(0,l)2
4500N
=-a(0,2)-b(0,2)2
-.(3)
De 2 y 3 hallamos a y b
a=20500N/m
b=2150000 N/ 2
' nrr
Entonces (1) quedará:
Para x=5cm y xo=3cm, tenemos que el trabajo será:
w=-9,38J
dw=Fdx
^6
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIY II
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250. TRABAJO Y ENERGIA £
SOLVER-EDK «
© En la figura que se indica, la masa de 5kg esta comprimido un resorte al
dejarlo libre, la masa se desplaza a lo largo del camino horizontal y después
el rizo de radio 1 m, ambos caminos son lisos y la masa parte de p. Hallar x.
J E IH J M M Í
Por el P.C.E; Tenemos:
v=0
L * | » ~ r h m
_______C .
H-— *—l
---
--JS
^0-^kx2j +(2mgR-0)=0
x=
4mgR
=l,56m
Con relación al problema anterior hallar la compresión x del resorte, si L — 10
m y a lo largo del camino PQ existe rozamiento (n =0, 4) en la región QT
( /¿ = 0) T: x=0. 99m.
Del problema anterior se dice que de PQ es un
Camino seguro; por el P.C.E:
^0-^kx2j +(2mgR-0)=-umg(x+l)
w w w .e d u k p e r u .c o m SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

251. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS j
TRABAJO Y ENERGIA
1
- kx2-umgx-(2mgR+umgl)=0
40x2-19,6x-294=0
Hallamos la solución, entonces x será:
x=2,96m
Un bloque de masa 2kg comprime al resorte (1 )0 .30 my se le deja libre y
recorre una región rugosa RS de 1 m y jj= 0.2 y comprime al resorte (2 ) de
igual contante elasticidad lOON/m. (a ) es la máxima compresión del resorte
(2 ) (b ) cual es la distancia total recorrida por la masa antes de detenerse.
K ),3rrH
±dH
hXH
r ” L
2m —i—IrnH
a. Por el P.C.E:
AK+AV2=Wfr
”1 1 \
(0-0)+ (- kx2- - k (°,3) 2) =-umg(-lm)
x=
o 2mg
(0,32)2— u
x = 0,107 m
b. El espacio recorrido es:
S r e c o r r id o = 0 > 3 + 2 + l +X
Sreconido=3/407rn
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
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252. © Sobre una pista parabólica rugosa y =x2-6x + 11, se desplaza una partícula de
1 kg debido a la acción de una fuerzaf. Debido a la rugosidad de de la pista se
pierden el 30oo de su energía inicial. Si la partícula en el punto p, tiene una
velocidad de 5 m/seg y en Q 10 m/seg. Hallar el trabajo realizado por la
fuerza f.
AE=Ef-E¡=Wfr+Wp
...........1 pero el Wfr=30%E¡
En (1)
EF-E|=30%Ej+Wp
Ef=70%E¡+Wf
KK+Ugr=70%(K|+Ug¡)+WF
mV|+mgY6=70% mV2+mgY2) +WF
.....2
Y6=62- 6 (6 )+ ll= ll
Y6=22-6(2)+ ll= 3
Reemplazando valores en 2, se tiene
W F=128,47 J
© Una bola está suspendida como un péndulo de una cuerda de 4m de largo.
La cuerda se jala hacia un lado hasta que forma un ángulo de 60 ° con la
vertical y entonces se suelta se suelta, (a ) Halle la velocidad de la bola
cuando ésta pasa por la posición vertical, (b ) si la cuerda se rompe cuando la
bola contra el piso que se encuentra a 2.45 m más bajo, (c ) Repita la pregunta
TRABAJO Y ENERGIA ( SOLVER-EPK «
w w w . ed u k p e ru . c ó m SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

253. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) TRABAJO Y ENERGIA
(b )si la cuerda se rompe cuando forma un ángulo de 37° y I abóla se está
elevando.
a. Por el P.C.E:
Ak+AU=0
mV2-o) +(0-mgh)=0
V=V2gh
V-6,3m/s
b. Por cinemática tenemos que el tiempo que tarde en caer es:
t= j2H^= 0,70seg
.••S=v.t=6,3 y x0,70s=4,41 m
c. Por el P.C.E:
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254. TRABAJO Y ENERGIA
SOLVER-EDK «
////////////
y . mV2-^mVo) +(mgh-0)=0
v = j v 2+2gh
V=7,4m/S
Hallamos h para luego tener la altura máxima y calcular el tiempo de caída.
Por cinemática:
Vy2 (Vsen37)2
h=
2g 2g
Vseh37'
■=l,01m
t=- =0,45seg
Hmax=3,25+1,01 m=4,26m
Calculamos t de caida:
2Hn
-=0,93seg
Entonces el total
t=
-t+t=1,38seg
'•S=Vx.ttota| =V.cos37(1,38)
S=8,1m
: “
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

255. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) TRABAJO Y ENERGIA
0 El mote r dé aire comprimido de un torpedo posee una potencia de 80 c v
siendo del 85oo su rendimiento, el torpedo recorre con movimiento uniforme
un trayecto de 4000 m en cuatro minutos 30 seg. Hallar (a ) el trabajo
efectuado por la hélice y (b ) la fuerza de propulsión de la misma.
Tenemos una P=80CV solo el 85%P
se convierte en trabajo por el torpedo
(t=270seg)
85%P=—- =*Aw=85%At.P
At
Aw=85%(80CV)270.735
Aw= 13494600J
Aw=1377000kg-m
Aw=F.d=F.(4000m)
F=344,25kg
Un vagón para tráfico rápido tiene peso de 93t y una velocidad de 40m/seg.
El vagón es frenado y recorre todavía 6.4 km Que resistencia oponen los
frenos?.
Por el P.C.E:
AK+AU=W
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256. TRABAJO Y ENERGIA
SOLVER-EDK «
m\r
0— g— ] +(0-0)=-F.d
Fd = -y- ; d=6,4km
V=40 m/s ,
m=43T
F=11613N
<>F=l18=5Kg
Un peatón de 62kg. Pe peso y su equipaje pesa 7. 5kg, se halla a las 9:03 am.
Una altura de 440.2m y a las 9:48 am a la altura de 736.8 m. cuál es el trabajo
desarrollado (kgm) y la potencia en cv?
mT=69,5Kg
Por el principio de C.E.: .
t=2700 seg
AK+AU=0
AU=Wf
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257. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) TRABAJO Y ENERGIA
W Fg=[mg(736,8)-mg(440,2)]
W Fs =206137N <>20613,7kg-m
Hallamos la potencia:
Wc 206137 KV
P= —— = =76,3Wx
t 2700 ' 735w
P=0,1<V
© (a ) determinar la energía de una partícula "a " dotada de una velocidad de
20,000km/seg y cuya masa vale 6.6x10-24 g, (b ) calcular el número de dichas
partículas que serian necesario para disponer del trabajo de 1 joule.
mV2
a. La energía de la partícula se expresa
AE=AK=-
AE=
0,6x10~27kg. (20000)xl 0s2
19 107 ergios
AE= l,32xl0 Jx-
1J
AE=13,2xl0'6ergios
b. Se para una partícula se tiene que la energía es
E= l,32xl0‘12J
Para obtener un joule de energía se tiene que la
Cantidad de partículas es:
76x1010 Partículas
I
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258. TRABAJO Y ENERGIA £
SOLVER-EDK «
© Una masa m está colocada sobre el extremo libre de un resorte que obedece
la ley f = -kx3 . (a ) Hallar el trabajo hecho por cada una de las fuerzas
cuando se le permite a la masa alargar el resorte desde su longitud sin carga L
a su longitud de equilibrio L+d. (b ) hallar el máximo desplazamiento de m si
se le permite caer después de colgarla del extremo libre del resorte.
T -▼memg
a. El w que hace la fuerza del resorte es:
f d
w r= x3dx
J o
kd4
w r=-
En el equilibrio
mg=kd3 multiplicando x se tiene:
mgd kd4 .
mgd
""'Wr— 4
El trabajo de fuerza de gravedad es:
wg = mgd
b. Sabemos que el trabajo que ejerce el resorte es:
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259. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) TRABAJO Y ENERGIA
o kx4
kd x=——
4
x=\/4d
Cuando t=0, una bola masa m choca y se introduce en una masa M que se
encuentra sobre una sin rozamiento y que está fija a un resorte de constante
K. si la vecindad de la bola era % antes del choque. Hallar la velocidad del
sistema bala y masa M después del choque.
t r r
k
_____ L
11 T7T7
Por el P.C.M; se tiene:
mV0=(m+M)V1
v ’ = & °
Como se conserva la energía, las masas van a hacer un movimiento armónico simple,
sabemos que la velocidad de un M.A.S. se expresa:
V=V1 co s(w t)
Siendo
k
t
M+m
256
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260. TRABAJO Y ENERGIA
SOLVER-EDK «
© Un resorte de constante elástica 300N/m, está comprimido 0.25 m mediante
un hilo y está situado en el extremo inferior de un plano inclinado de 60° y a
una distancia de 10m, se halla una masa de 0.5kg y recorre una superficie
rugosa sobre el plano, cuyo coeficiente de rozamiento es 0.25. Hallar la
máxima comprensión del resorte, cuando la masa tiene una velocidad de
lOm/seg.
i M T H l H f l 1*
Por el P.C.E
Wfr=(0-mgh)+ (0-^mV2) + [(¿K (x + 0 ,2 5 )2- ¿K (0 ,2 5 )2) ]
-umgcos60(10)=
Reemplazando valores, obtenemos la siguiente ecuación:
150x2 +70,67x-63,13= 0
Hallamos la solución x
=0,45m
•••xmax=(0,45+0,25)=0,70m
1
-mg(l 0,25+x)sen60- ^ mV2+^ k(k+0,25)2- - k(0,25)2
© Un peso de 0.5 se halla en A sobre una superficie parabólicay2=2x
y lisa desde A hasta B. La masa parte del reposo cuando se un pequeño
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261. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) TRABAJO Y ENERGIA
impulse y comprime el resorte desde B hasta C, recorriendo una superficie
de rozamiento 0.3. Hallar la máxima comprensión del resorte si k = 200N/m.
SOLUCION
Por el P.C .E :
AK+AU=Wfr
AK+AV2+AUg=Wfr
(0-0)+ (¿ K X 2-o) +(0-mgH)=Wfr
^Kx2-mgVó=.uNX
i KX2+umgx-mgH-0
100x2+1,47x-12=0
Hallando solución para la ecuación anterior:
x = 0,34/7
©
Una esfera de masa lOkg se halla en reposo sobre un plano inclinado de 30°
y la superficie es rugosa cuyo coeficiente de rozamiento es 0.3, estando a la
altura de lm en el punto p, se desliza y alcanza el otro plano inclinado de
[1 SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
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262. TRABAJO Y ENERGIA .c
SOLVER-EDK «
20° y cuyo coeficiente de rozamiento es 0.2. Hallar la máxima altura que sube
la esfera sobre el segundo plano inclinado.
Por el principio de conservación de la energía:
AK+AU=Wfrl +Wfr2
(mgh2-mgh2)+(0-0)=-umgd-umgd
mgh2-mgh1 =ugmh1 eos 30 -umgh2cos20
h2-h1=uh1 eos 30-uh2cos20
h2-l=-0,6-0,58h2
h2=0,25m
Un peso de 15N se suelta desde una altura de lm , sobre un resorte de
constante elástica 2N/CM y que está comprimido inicialmente 7cm. Hallar la
deformación adicional para que el resorte consiga su máxima velocidad.
r-
7cm X
lm
+ xd
1+ X
7/777777777 777777777
Cuando el bloque consiga su máxima velocidad el resorte se comprimirá cierta
distancia x:
Por el P.C.E se tiene:
[0-mg(l+x)]+lk(x+0,07)2-ik(0,07)2 mV2-0 =0-
V=
\
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263. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) TRABAJO Y ENERGIA
Para que V sea máxima derivado respecto de x e igualando a cero.
dv 1
0=d x ~ 2
2g- — (1 )(x+0,07)+0| Í2 g (l +x)-— (x+0,07)2+ (x + 0 ,0 7 )s
m J L m m
'V 2
2g= — (x+0,07)
m
x=0,08u
.-.x=8cm
© Se da la fuerza f = (3x-2y+mz)í+(nx-2y+3z)j+(2x+py-2z)k, (a ) cuales son los
valores de m, n y p, para que la fuerza f sea conservativa, (b ) Hallar el
potencial asociado con la fuerza f
Sabemos por el P.C.E. si F es una fuerza conservativa
VxF=8
VxF=
i j k
a a a
ax ay az
3x-2y+mz mx-2y+3z 2x+py-2z
=0
Reemplazando la determinante:
1 k-2j+2k+pí+mj-3í=0
(p-3)i+(m-2)j+(n+2)=0
P=3 , m=2 , n=2
También sabemos que
F=V.U(X,y,z)
I
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264. TRABAJO Y ENERGÍA (
__________________SOLVER-EDK «
Integrando obtenemos
U (x,y,z)
3
'2
U(x,y,z) =- ó x2+y2+z2+2xy-2xz-3zy
O En una rampa como se muestra en la figura, es suelta una masa m a la que se
le aplica externamente una fuerza de f entre en punto (1 ) y el punto (2 )
solamente. Hallar la distancia vertical entré el nivel de lanzamiento y el punto
llegada: h.
J g gaSMHT
En el tramo (1) a (2) por el P.C.E.:
AE=EF-E¡=0
lp2+mgLsena-FL-0
E F2=FL-mgLsena......1
Del tramo (0)2 al punto donde se detiene el bloque por el P.C.E: (no actúa F)
AE=EF-Ep2=0
mg(Lsena+h)-FL+mglsena=0
.....2
De (2) obtenemos h:
FL
h=
---21sena
mg
Una masa m se obliga a permanecer junto a un resorte k 1 que está
comprimido x v Luego se suelta la masa m que por acción del resorte k t es
impulsado en dirección al resorte k 2 ■ Se pregunta cuánto se acortara el
resorte k 2 en el momento que m tenga velocidad nula?.
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265. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) TRABAJO Y ENERGIA
Por el P.C.E:
gk m b m í
AK+AU=0
AK+AUj>+AUg=0
(0-0)+ k2x¡- i ktx f ) +(mgh-0)=0
2 kjx f 2mgh
* 2_ k2 k2
x2=
kixf 2mgh
© El bloque de masa m resbala por la rampa indicada en la figura, perdiendo
entre (1 ) y (2 ) el 40% de su energía por rozamiento. Asumiendo que la
fuerza de fricción es constante a lo largo de toda su trayectoria. Calcular la
altura que alcanza en el punto (3 ) si tiene una velocidad de v 3 en (3 ) y se
suelta en (1).
El trabajo hecho por la fuerza de razonamiento:
Fr.d40%AE
FrHcsc9+ ^ n =40%(-mgH)
Fr,0,4a ? s ü2)
\3+7isen0/
Del tramo de 2 a 3 por P.C.E:
0-mS< H - ^ m V ^ - 0 ^ ) [ H c o s +? , g ) ]
262
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
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266. TRABAJO Y ENERGIA .c
SOLVER-EDK «
/O,6mgsen07t \, , , 1 w 2 /l,2Hmgsen0\/3+Jtsen0\
( 3+7csen0 +mS) ~mS 2™ 3 V 3+nsen0 /V sen0 /
\ rl,6sen0mg+3mgi 1 2
hl 3«s¿ñ6—l-m3H-§mV3-°’4m3H
( l ,23H-Vj)(3-msen6)
~ 2g(l,6jtsen0+3)
j ( ^ Una partícula de masa m parte del reposo en la parte superior de un tazón
esférico invertido y liso de radio R. Hallar (a ) la fuerza normal ejercida por el
tazón sobre la partícula en función de su poción 9 sobre la superficie del
tazón (b ) el ángulo al que la partícula abandona la superficie.
a. Por dinámica tenemos:
V2
mgcos0-N=mac
....1 , ac= -£■
En el tramo (1 ) a (2 ) por el P.C.E:
mgRcos0-mgR+ - mV2=0
mgR(cos0-l )- - mV2=0
V2=2gR(l-cos0)
.......2
De (2 ) en (1 )
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267. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) TRABAJO Y ENERGIA
mV2
N=mgcos0— —
R
N=mgcos0+2mgcos0-2gm
N=mg(3cos0-2)
b. Para cuando la partícula abandone la superficie N = 0
En 1
V2
mgcos-0=m —
R
3mgcos0=2mg
Cos0=|
0=48,20°
© Se suelta un cuerpo ligado por una cuerda ligera de longitud L al punto o, de
la posición (1 ) mostrada en la figura. En el punto o se encuentra un clavo
cuya posición en el diagrama es definida por su distancia 172 al punto o y la
poción angular a como es mostrado (a). Demostrar que la velocidad del
cuerpo en la posición (2 ) es: v 2 = [gl(cosa + cos($ - a) ) - 2senO]2
(b ) Demostrar que el cuerpo se ubicara en el mismo nivel con respecto al
nivel de referencia del cual fue soltado al finalizar su movimiento después de
pasar por el punto (2 ): y 3 = sen 9.
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268. TRABAJO Y ENERGIA £
SOLVER-EDK «
a. Por el P.C.E:
Donde
De y 3 en 1
0
\ «
\ •
w
\ A c N / (l) H
\
\
l í , M '
(2)
AK + AU = 0
^ m V 2-0^ +(0-mg(H+h))=0
^mV2=mg(H+h)
......1
1 1
h= - cos(0-a)- - cosa... .2
H=Lcosa-Lsen0....3
-m V =mg
1 1
Lcosa-Lsen0+ - cos(0-a)- - cosa
%V=(gl[cosa+cos(0-a)]-2glsen0) '2
En el tramo de 2 a 3 por P.C.E
(0-£m V2)+ (m g H 1-0)=0
^ mgl[cosa+cos(0-a)-2sen0]=mgH1
H 1 = ^w(0-a)-^cosa+Lcosa-Lsen0^
H1 = H + h
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269. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) TRABAJO Y ENERGIA
g ) Una partícula de 100kg de masa viaja por una trayectoria curvilíneas con una
velocidad v1=(2,-1,1), posteriormente adquiere una velocidad v2 -
(1,2,2). Hallar el trabajo realizado sobre la partícula.
Tenemos las siguientes velocidades
St =(2,-1,1) y ^=(-1,2,2)
El trabajo será:
w=AK
m| ^ r m|V^|2
w=—1— 1
--- — —
2 2
(100)9 100(6)
w=-
2 2
w=150J
O Una partícula de lOkg de masa se desplaza por una curva, cuyo vector de
posición es
r=(2t3-t2)í-t2J+t3k
Hallar el trabajo realizado por esta fuerza, cuando la partícula se mueve t =
Iseg hasta t = 2seg.
Sabemos que
dw=F.VdtperoF=ma
dw=m a.vdt
w = J má.v dt
3-1 SOLUCIQNARIO FISICA LEIVA I Y II www.edukperu.com

270. TRABAJO Y ENERGIA
SOLVER-EDK «
...O)
También sabemos que
dF dr2
y= d F y§=^
Sabiendo que
r=(2t3-t2)i-t2+tk
v= ^ = (6 t2-2t)í-2tJ+3t2k
...(2)
d2r - -
v = ^2=(12t-2)i-2j+6k
... (3 )
De 2 y 3 en 1 tenemos
(90t3-36t*+8t)dt
/90t4 36I3
=m( — — +4t)
.\w=2655j
Una partícula de masa m se mueve desde el reposo; según la ley a = bs,
donde a: aceleración s: espacio recorrido y b constante. Hallar en trabajo en
los primeros t segundos de haber iniciado el movimiento.
Según la ley tenemos;
d2s
a=bs pero a= —„ =s
dt2
w w w .e d u k p e r u .c o m SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y I
I I

271. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) TRABAJO Y ENERGIA
S bs
Entonces tenemos la siguiente ecuación:
S=bs=0
.......1
Considerando la solución general de la ecuación se tiene:
S=Aev5t+ Bev5t
La velocidad es cero cuando empieza el movimiento:
S (10)=AVbeV5t-BeV5t=0
Resulta que A es igual B
Por tanto la velocidad será:
S = A V b (e v5t-e‘V5t)
Por teoria el w=Ak
W=Exf-Exi
Una partícula de masa lOkg, se desplaza del reposo sobre un plano inclinado
de 4 5 ° y áspero cuyo coeficiente de rozamiento entre las superficies es
0.25. Después de recorrer ,15m se detiene. Hallar el trabajo de las fuerzas de
rozamiento.
Siendo A y B las constantes
'HJ
» a n n r a m y — r
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272. TRABAJO Y ENERGIA
SOLVER-EDK «
Por el P.C. Ese tiene:
o Una partícula, cuelga de un hilo y se le lleva a la posición horizontal y se
suelta. En qué punto de la trayectoria, la aceleración de la partícula está
dirigida horizontalmente.
< if ~ T it T r ir r r if
Hallamos la ar que es:
mgseh0=mar
ar=gsen0
....1
Ahora encontramos aN que es:
Por el P.C.E se tiene:
AU=Wfr
-mg(15sen45°)=Wfr
.-.Wfr=-1039,4J
w w w .e d u k p e ru .c o m SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

273. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) TRABAJO Y ENERGIA
De2y3
Pero sabemos que.
Igualando:
2gcos0 gsen0
sen0 cos0
cos20=^
J
COS0=
N '
0=54,73°
mV¿
mgRcos0= ■
Z.
V2=2gRcos0
....3
aN=2gcos0
......4
aN=asen0 y aT=acos0
a=
a N
sen0
a=
COS0
aN at
sen0 cos0
© Una partícula de masa m, se desplaza sobre un plano inclinado de ultra
mínima, el cual termina en un rizo. Si todas superficies son lisas y se
desprecia la resistencia del aire. Hallar el ángulo 9, para que la partícula al
llegar a p, recorra una parte en el aire y caiga en R.
V
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
w w w .e d u k p e r u . co m

274. TRABAJO Y ENERGIA
SOLVER-EDK «
Por el P.C.E se tiene
AU+AK=0
^m g(R+Rcos0)-^gR^ + mV2-0^ =0
V 2=2Rg(l +cos0)-2gH
......1
Para el movimiento parabólico:
£ 7 r *
Vsen v \// ^
VCosO-0^..-'
I
--------2RSen 0
t=-
VsenG
V2cos0sen0=2Rgsen0
v2= 2Rs
COS0
De 2 en 1 :
2Rg
=2Rg(l-cos0)-5gr
COS0
2c o s20-3c o s0-2=O
.••c o s0 = -
-3+V9+16 1
w w w , ed u k p e ru . c o n SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II

275. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) TRABAJO Y ENERGIA
e = 60°
# Una partícula de masa m parte de una altura mínima sobre una superficie
curva y llega a describir el rizo completo. Cuál es la fuerza que ejerce el rizo
sobre la partícula cuando pasa por el punto p, la superficie es lisa.
Por dinámica en P tenemos:
N+mgcos0=-
mV¿
Por el P.C.E: AU+AK=0
Siendo
De 2 en 1 tenemos.
(mgh-mgH)+(^mV2-o) =0
mV2
- — =Hmg-mgh
mV2 2Hmg-2ng(R+Rcos0)
_ _ = _
5 mV
H=-R: —— =3mg-2mgcos0
.......2
2 R
N=3mg-2mgcose0-mgcos0
N=3mg(l-cos0)
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276. TRABAJO Y ENERGIA c
SOLVER-EDK «
0 Sobre una pista de altura lOm lisa, parte una partícula de masa m con una
velocidad inicial nula y en la parte inferior es un arco de circunferencia de
radio 3m. Hallar la aceración total de la partícula en el punto p.
Por P.C.E tenemos que:
AU+AK=0
/ mV2 \
(mgh-mgH)+ í — — 0j=0
V2
m — =mg(H-h)
Sabemos que
v 2 /
h=R-rcos0 y que ac= v /p
V2=2g(H-R+cos0)
V2 2g
ac= — = (H-R+Rcos0)
R R
Reemplaza valores:
ac=59,59m/seg2
H=10m
w w w . e d u k p e ru . c o m SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II j j S f

277. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS1
TRABAJO Y ENERGIA
Una panícula de masa m, se desplaza a lo largo de una circunferencia de
radio R. su energía cinética depende de la distancia recorrida: S.EC = bs2,
donde b es una constante. Hallar la fuerza que actúa sobre la masa m.
Tenemos que F es:
F=VFt2+FN2
......1
De donde:
dv dv
Ft=m — =mv—•
.......2
dt ds
mV2
F » = —
..........3 •
Si la energía cinética encontramos la velocidad de la partícula:
Ec=bs2=^mV2
9 2bs2
V =
............4
m
Diferenciando respecto a s tenemos:
V d V _2 b s
dS ~ m
.........^
Reemplazando 5 y 4 en 3 y 2, se tiene:
Bs
2b2
Fn=T
274
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278. TRABAJO Y ENERGIA £
SOLVER-EDK «
F . 2 b s j u ( % ) :
O . Cuando una partícula de masa m se halla en la parte inferior A de un hilo de
longitud L se le comunica una velocidad mínima para que describa una
circunferencia de radio L. (a ) cuánto vale esta velocidad mínima?, (b ) Cuánto
vale al tención en el hilo cuanto la partícula se halle en la posición
horizontal B?
a. Para que la velocidad sea en la más baja sea mínima, al llegar al punto
más alto la tensión debe ser igual a cero.
En c por dinámica:
mV2
mg+T=mac=——
Lmg=mV2
Por la conservación de la energía:
/mV2 mV2min\ ^ •
( “ 2
------2— J +C2|gm-0)=0
www. ed u kpe ru. eorn SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
5

279. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS )
TRABAJO Y ENERGIA
V*min=V2+2gl
V2min=lg+4gl
••.V2min=^/5gí
b.En B, por dinamica:
T,-m ab=
mVl
Por el P.C.E:
mVb mV2 ¡n
+(mgl)=0
■rr'V'b= mV2in-2gml
mV2=5glm-2gmI
mV2
=3gm
......(3
•••De p en a: T^Sm g
© Una partícula de 2kg de masa se halla sobre un plano inclinado de altura 5m y
recorre todo el plano una distancia de 15m. Después recorre una superficie
horizontal, hasta que se d etien t. Si el coeficiente de rozamiento es 0.2.
Hallar la distancia que recorre.
< w ir.T iira rííM M r
. Por el principio conservación de energía:
AK+AU=Wfr+Wfr
(0-0)+(0-mgh)=-umgcos0. d-umgx
umgx=mgh-dumgcos0
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280. TRABAJO Y ENERGIA £
SOLVER-EDK «
Como sen
6=19,47°
En
$ Sobre un plano inclinado de ánguio 0, del reposo una partícula y recorre una
longitud L, al llegar a la base se sigue desplazando hasta recorrer 2L y se
detiene. Hallar el coeficiente de rozamiento entre la partícula y las
superficies.
AU=Wfr
(O-mglsen0)=-umgcosOL-u(2l)mg
mglsen0=ul(mgcos0+2mg)
sen0=u(cos0+2)
x=--dcos0.......a
u
a
x=10,9m
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2

281. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) TRABAJO Y ENERGIA
U=
sen0
(cos0+2)
© Una masa de 2kg choca contra un resorte que se halla sujeto a una pared,
cuya constante de elasticidad es lON/m. El resorte se comprime 1 m a partir
de su posición de equilibrio. Si el coeficiente de rozamiento entre la masa y
la superficie es de 0.2. Cuál fue la velocidad del choque.
Por el P.C.E:
Vn=
kx2
— +2ugx
m
■ V0=3m/S
© Se tiene una masa m, ligado con un resorte de constante elástica k y situado
sobre un plano inclinado liso de ángulo 6. Comprime el resorte una distancia
xxy se deja libre. Que distancia sobre el plano inclinado recorrerá la masa
antes de detenerse.
Por el P.C.E.:
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v v w w .e d u k p e ru .c o m

282. TRABAJO Y ENERGIA c
SOLVER-EDK «
Q k x ^ k x i) +[0-mg(x+x1)senfll=0
1
-k(x-xl )(x+ xl )=mg(x+x1)senO
^kCx-x^senG
2mgsen0
•••x=x1 + - i r -
© Una masa m, está unida a una varilla de longitud L Y masa despreciable,
puede girar alrededor del punto o. Estando en la poción vertical A, se deja
libre y describe una trayectoria circular, (a ) Cuál es la tensión en la varilla,
cuando pase por el punto B, (b ) para que el ángulo a, que hace la varilla con
la vertical, la tensión en la varilla será igual al peso.
a) Por dinámica en B
Por el P.C.E :
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283. [0-mg(21)]+ ^ m V 2-o) =0
V2=4gl
.........2
De 2 en 1 tenemos
T=5mg
b) Piden el ángulo en que la
» EDUARDO ESPINOZA RAMOS Ì
T=mg.
Por dinámica
T-mgcosa=-
lg(l-cosa)= V
Si T=mg
...1
Por el P.C.E.:
[0-mg(l+lcosa)]+ ^ mV2-0^ =0
V2= 2gl(l+ cosa)
....2
Igualmente (2 ) y (1 )
2gl(l+ cosa)= lg(l-cosa)
l=.3cosa
TRABAJO Y ENERGIA
ÜRffll SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
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284. TRABAJO Y ENERGIA SOLVER-EDK «
cosa=-- => a=109;5 °
o
Un cuerpo masa m, está situado en el punto A, cuando se le comunica una
velocidad horizontal v0. (a).
Por dinámica tenemos:
Por el P.C.E:
mVz
mgcos0-N=mac - —— .... 1
AU+AK=Q
(mgRcos0-mgR)+ ^ m V 2-^mVoj =0
V 2=2g (R-Rcos0) +'• o
........2
De 2 en 1 se tiene:
mgcos0-N=2mg ( 1 -cos0)+
mVo
Para cuando se separe de la superficie
N=0
mgcos0=2mg(l-cos0)+
Despejando obtenemos 9:
mVo
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285. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) TRABAJO Y ENERGIA
C O S 0 - - + ^
3 3Rg
/ ^ ' /2
0=cos ' 3 + 3Rg
2 V6
b ) En el momento inicial, por dinámica:
gm cos(0)-N¿
mg* R
V o W g R
mVo
R
mVo
.£
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286. DINÁMICA DE UNS SISTEMA DE PARTÍCULAS SOLVER-EDK «
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Se tiene una esfera de diámetro 15 cm y masa M, sobre ella incide una bala de masa
m (m «M ) Y velocidad 600m/seg. Después de atravesarla a lo largo de su diámetro la
bala sale con una velocidad de 400m/seg. Considere la fuerza de resistencia que
ofrece la esfera a la bala constante. Hallar que tiempo empleo para atravesarla.
Sea la fuerza de rozamiento:fs
=> wfs=AEK
W fs= -1x105 m como fs const.
==> fs (0,15)= -1. 105m
=>fs = -6,67x105m
......1
También fs, desarrolla impulso
=> fs.At = AP
=mVf -mV0=m(Vr V0)
=> fs(At)=m(200)
De 1
At=3xl0’4seg
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S0LUCI0NARI0 FÍSICA LE IVA I Y II

287. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
O Un proyectil de 5kg. Se dispara verticalmente, cuando alcanza su altura máxima
explota en dos partes. Una parte de 3kg se mueve hacia abajo, con una velocidad de
500m/seg. Hallar la velocidad del otro fragmento.
¿emir
) \ : 5 kg
3kO500 m/s
Como no 3 fuerza alguna
==> -> Conserva
p
=> P= P
m(0)=m1V1 + m2V2
0= (3) (-500t)+ (2 )(V 2)
V2= (750f) m/s
El arquero de un equipo de fútbol, una masa de 80 hg, y atrapa un balón de 1.5kg el
cual se mueve con una velocidad horizontal constante de 8m/seg. Inicialmente el
portero está en reposo. Hallar la velocidad final del portero cuando atrapa el balón.
---------J
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288. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS ( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
m^SOkg 1
[ m l+2=81l5k0
m2=l,5kg J
Asumiendo el arquero, como una esfera, para tener una idea:
AP=0
Po = Pf
mlV l +m2V2=m1+2Vf+l
(l,5)(-8X,)=81,5Vf
=>Vf=-0,15Xm/s
Una pelota de béisbol de 300g y con una velocidad de 30 m/seg, incide
horizontal mente sobre un bat, la cual la golpea y la pelota sale con una velocidad de
35m/seg y en sentido opuesto a su movimiento original. Si el tiempo de contacto
fue de 0.002g. Hallar el (a) impulso del choque y (b) la fuerza media.
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289. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Ant. del choque
Ahora:
I=AP=>I=mVr mVo=m(Vr V0)
I=m(-35X-30?i)=-1975^kgsm
Ahora:
I=FM.At
=>Fm=975(-2)N
o Una esfera de masa 3m, se encuentra en reposo, incide sobre ella centralmente otra
esfera de masa m y velocidad v 0. Si es el coeficiente de restitución. Hallar las
velocidades de cada esfera.
m r n n m f
r> (=r
Como no existe ninguna fuerza externa: a lo largo del eje choque
=*e=-v—7" =+ — v
...............1
V 3m0-V m0 V0
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290. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS ( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Ahora
AP = 0=>Po=Pf =» /nV0(y=^nVf+'3mV3mf
d e ly 2 =» V0^ V mf+3V3mf
....2
Vm=(l-3e) y V3m=(e-l) —
Una esfera de masa 5kg y velocidad lOm/seg, choca contra otra esfera 6kg y
velocidad 5m/seg. Ambas se mueven en la misma dirección y sentido, si el choque
es elástico, hallar las velocidades de las esferas después del choque.
j ¡
Como el choque es elástico
= * e = l= - » L S =Vof V ii
...........1
V2 V I
m1=Skg
m2=6kg Ahora: P0=Pf \
miV o+ m2V9o= m!V1f+ m2V2f
80l=S V lf+ 6V2f
.......2
De 1 y 2
x/ 50 x/ 105
Vif= - , v 2f= —
V if=4,55m/S , V2f=9,55m/S
Una partícula de masa lOkg se halla en reposo y sobre el incide frontalmente otra
partícula de 2kg y después del choque se desvía 60° con respecto a su dirección de
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291. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
incidencia, la otra partícula de 10kg, se desvía 45° por debajo de la dirección de
incidencia. Cuál es la relación de sus velocidades finales falta
Ahora como no existe fuerza exterior
=> p0= pf= p1f+ p2f
p,
=>2 V 1 f sen 60 = (10 V2f) sen45
Vif
V2f
Una esfera de masa m2, cuelga de un hilo de longitud L y se encuentra en reposo.
Una segunda esfera se masa m1 está sujeta a un hilo de igual longitud del mismo
punto C. Hallar (a) las velocidades de cada esfera después del impacto, (b) la
tención máxima que soporta la cuerda que sujeta la masa m2. (c ) la altura que
alcanza la masa m2. Si e es él coeficiente de restitución entre las esferas, (a) falta
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292. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS ( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
/ ¡2 | •
£ D Ó
mi m2
Analizando a la esfera
^M° =
mgl=
= »v,= V ^ í
Velocidad antes del choque
a) Ahora después del choque tenemos
P0 = Pf (ojo: la tensión no afecta debido a que h a la línea de choque)
mlA/2gí=m1V 1+m2V2
......1
Pero:
e=- ^ ^ V2'V i=eV2gÍ......- 2
De 1 y 2
x/ y/2$\(mvm2e) x/ mTCe+oyigí
y -------- ; V2=
------
m-i-m2 +ni2
b) Tenemos que
m1V2gÍ(e+ l)
v 2 =
----------
m!+m2
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293. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
=» Por la 2da ley de newton
w2 rn„ 9,0 ^(e+1)2
T m m2V 2 .... 2mfC2gl)
r (mi+rr^)2!
==>Tmax=m2g
c) Después del choque m2 tiene:
w mTCe+OV^g!
V o = -----------
m]+m2
% rn 2V¿ / m2gH
—^11 v2 m2L(e+1)2
2g (m1+m2)2
Una pelota de golf lanzada desde el reposo desde una altura h rebota en una
superficie de acero a una altura de 0.85h. Cuál es el coeficiente de restitución.
Como la pelota cae sin resistencia, antes del choque
mgh=imVo
V0 = j 2 ¿ h
■
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294. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS ( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Luego del choque
Emo=Emf como H = 0;85h
=> ^mVf=mg(0,85)h
=*vf=l,7gh
>yfT,7Íh=Vf
V < r V 2 ih “ V2
Una bola de billar que se mueve con una velocidad de 2.2m/seg pega angularmente
contra otra bola idéntica que se encuentra en reposo. Después del choque se halla
qué una de las bolas se va moviendo con una velocidad de l.lm/seg en una
dirección original del movimiento. Hallar (a) la velocidad de la otra bola, (b) la
dirección de salida.
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295. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
=> 1,1 p*r sen0=V2ms^píé2
(l,l)sen0= V2sen02
......1
1,1 senO = 1,9 sen02
.......(* )
Como el choque es elástico
=^Emo:=^mf
/ im V 2= Im V l+Im V 2
(2,2)2=V|+(1,1)2=»V2=1,9 m /s2
...2
del mismo A tenemos:
(1,1 m)cos6 + V2(m)cos62 = 2,2 m
l,lc o s 0+l,9cos02=2,2. ‘
.....3
D e(*) y (3)
02=3O°
Dos cuerpos A Y B se están moviendo a lo largo de una línea recta sobre un plano
horizontal liso. El cuerpo A pesa 66.7 N y tiene una velocidad de 9.1 m/seg, hacia la
derecha. El cuerpo B pesa 44.4 N y tiene una velocidad de 6.1m/seg hacia la
izquierda. Los cuerpos chocan según un impacto central directo, siendo el
coeficiente de restitución e =0.5. Hallar ia velocidad de cada cuerpo después del
impacto y halle al fuerza promedio que ejerce el cuerpo A sobre el B durante el
impacto, si su duración es de 0.01 seg
I V 6 6 . 7 N P » 4 4 . 4 \
Y *=9,1 m s Y. ó . l m s y A
.♦*
...Vr»
i ( Á > * - (b>
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA IY II • rG-jh.^-j.con

296. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS ( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
P0 — PF
Pao+Pbo-Paf+Pbf
336,13=(66,7)Va+44,4+Vb
......1
e=0,5
s 0 M w H 6=v >+v-
de 1 y 2
Va=0,012m/S
Vb=7,59m/S
I=FAt=AP
=m2(V r V0)
=m2(7,59+6,l)=>F6196,lN
O Dos esferitas de masas masa m2, se encuentr a en la posición indicada. Si e =0.5
entre las esferas, Hallar las velocidades de cada esfera, después del primer choque.
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297. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS j DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Ahora antes del choque
^mo—E mf ^Mog—EmÍ2
L 1 o l í 2
mS2 = 2 miV i m2S2 = 2 m2V2
=>vl0=Vgív20=Vgi
Ahora despues del choque:
miV^-m2\^=m1V l +m2V2
(mr m2)7gÍ=-m1V,+m2y 2
.....1
v2+v2
e=-
-v2o-vlo
^0,5(2Vií)= V2+V1
V1+V2=VÜ
......2
De 1 y 2 tenemos
(2mr m2)VgÍ ,, (2m2-m1)A/gI
V
---------- V-|= --------—
m!+m2 m1+m2
Sobre una masa de 5kg, actúa una fuerza de 500kg., en un 2xl0-3seg. Cuánto vale
la velocidad durante esta percusión?
294
Ü Ü I
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
wwv».edukperu.Gom

298. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS ( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
É È m m r m m m
Tenemos:
I=AP=mV=FAt
(500)g At
=1796 m/s
< D Una esferita de 200g cae desde una altura de Im sobre una superficie rígida y rebota
elásticamente con la misma velocidad de incidencia, pero con sentido opuesto.
Cuánto vale esta fuerza media, si el tiempo de duración fue de 10 ^ seg
Antes del choque
Em°=Emf
É É t f m m w w É f
O'
Im
: i Vo
mgh = - mV0 2
V0 = j 2 ¿ h
V0=4,43 m/s
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SOLUCIONARIO FÍSICA LEIVAI Y II U E l

299. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Como el choque es elástico
=^Vdcm=4743 m/s
=>FAt=mVdc+mVac
=m(Vdc+Vca)
2m c
=»F=— Vdc=l,77x10 N
At
Que fuerza experimenta una paleta de turbina al iniciar sobre un chorro de agua de
velocidad vx y sección A? Para los casos (a) cuando la paleta se mantiene fija (b)
cuando se mueve con velocidad v2, : densidad.
a.Tenemos por de f:
Ahora como el choro también refleja
dm
Pero dP=dmV1 pero f=
=>dP=AfdeV1
...........1
de „r,
=>F=2AfV1 — =2AfV?
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
w w w .e d u k p e ru .c o m

300. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Ahora como N2 es el movimiento de la placa
=s>Velocidad del ahorro, respecto a la placa
Vector =(Vt +V2)
_ dP
=> F=2 —
dt
F=2Af(Vr V2) 2
© Una bala de masa m y velocidad v, incide sobre una masa M que se halla
suspendido por un hilo de longitud L, si el choque es completamente inelástico.
Hallar (a) la elongación descrita por el péndulo (b) la fracción de la energía cinética
inicial que se transforma en calor.
a) Antes y durante el choque
Po=Pf
mv=(m+M)V1
mV
=>V1= —
.......1
m+M
w w w .e d u k p e r u .c o n v
SOLUCIONARIO FÍSICA LEIVAI Y II fTTíl

301. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
b ) AEk=^(m + m )
' 2 \m+m/
Eo=^mV2 .
AEk m
E0 m+M
© . Un cohete parte del reposo y alcanza una velocidad de 20km/seg. En que fracción
disminuye su masa si la velocidad de los gases respecto del cohete es de 5km/seg.
Tenemos que:
av dm
FM - m ^ - V g as —
dv dm
mg=m--Vgas —
* Jq Sdt = £ 0 v Sa ■ “ Vga=cant
gt=V-VgasLn©
=>V=gt+VgasLn
.........2
¡ j SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II

302. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Tenemos que:
Vf= — m/s =0 02 m/0
r looo /s 7 /2
Vgas=0,005 m/s
En 2
0,02=(9,81)t+(0,005)Ln f —Ì
vmQ/
=>Ln ( — ) =4
Vm0/
^^e-^0,0183
m
(— ) xl00= 1,83%
Vm0/
< D Sobre una partícula de masa m; actúa una fuerza que depende del tiempo : f - t e t2,
con la condición t = o, v 0 = 0. Hallar el impulso producido por la fuerza en el
intervalo de tiempo.
Sea
F=te-tSt0=0 V0=0
=>1=0,5 (l-e'*2)
Una masa m; cuelga de una cuerda y se encuentra en reposo. Una bala de masa m y
velocidad v 0, se incrusta en la masa y el conjunto se eleva una altura H. Hallar el
calor Q que se desprende durante el choque.
. 'w a edukperu SOLUCIONARIO FÍSICALEIVAI Y II

303. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS J
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
czd n>n
< y j
h
i
Antes dei choque tenemos que:
p¿=pí
mV0=(m+M)VF
mV0
=>Vf=
--—.........1
m+M
Ahora:
Q=AEk
l m M 1
=1/2 (m+m) ((mV_0)/(m+M))A2-l/2 mV_0A2
--mV¡o
2m+M 2
1 / -Mm \ vo2 m / M \ V
2\m-fm/ 2 Vm+m/
3 Una bolita de masa m y velocidad inicial horizontal v0) choca elásticamente sobre un
plano inclinado de ángulo 45° y masa M y este se désliza sobre una superficie lisa y
la bolita rebota con una velocidad en dirección vertical. Hallar la velocidad de la
*
bolita, después del choque.
T m l S O LU C IO N A R IO FISICA LEYVA ! Y li www. edukpsru. com

304. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS ( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Ahora comoen el eje x no existe fuerza alguna
=>se conserva P
K=pf
mV0
mV0=mVM=*VM= - ^
.......i
Ahora como e3l choque fue elástico
=>EM0=EMf
¿ m V ^ m V ^ + ^ m V f
..........2
De 1 y 2 tenemos que:
ÍM-m
v '= j— ■v »
Un péndulo balístico de masa M y longitud L, se halla en reposo. Es golpeada por
una bala de masa m y se introduce en el péndulo. Hallar la velocidad máxima que
debe tener la bala, para que el péndulo describa una trayectoria circular en el plano
vertical.
w w w .e d u k p e r u .c o m SOLUCIONARIO FÍSICA LEIVAI Y II K g
31

305. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
..••'•'•‘■ • S. ."
\ n u n
Por conservación del momentun lineal
mVmax=(m+m)V0
mV«.
L=V0..1
m+m
Ahora por la conservación de la EM
Ahora la 2daley
>(m+m)g ^m+^ — =>V1 =Jg\
m+m
m
•V5gí
Un móvil de lOOkg. De masa y de velocidad 50km/h. choca contra un vagón de
500kg y velocidad 60km/h; que viaja en sentido opuesto. Después del choque
inelástico, Hallar la pérdida de energía cinética.
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
w w w . e a u kpe ru. c o m

306. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
. ( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Por la conservación de momentun lineal
Po = ?o
/1 2 5 \ /50\ 100
(1000) ( — J -500 ( y ) =(1500)(Vf) =>Vf= —
1 /100\2 1 /125\2 1 /50\2
- A E C=-(1500) ( - ) --(1000) ( - ) --(500) ( - )
=-1,6x105( J )
=»AEC=-1,6x104 kg-m
© Un móvil de masa 10kg y tiene una energía cinética de 100 joules, choca contra otro
móvil que está en reposo y de masa 5kg. Si el coeficiente de restitución es 0.6.
Hallar la pérdida de energía cinética durante el choque.
<<y <?4 jo.o*
E 1=1000=^mVg
=»V0=10V2m/2
Conservación del momentun
p¡=pf
(10)(10V2)=-10V1+5V2.......1
e=0,b
w w w . ed u kpe ru . c o m SOLUCIONARIO FISICA LE IVA IY II
303

307. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
0 ,6 = - ^
0 - V o
=>0;6=V0+V1
.......2
=>V1=-6;6 m/s
V2=15,l m/s
Ahora:
AEC= 1(10)(6,6)2+ Í(5 )(1 5 ,1 )2-Í(1 0 )(1 0 V 2)2
=-21,63kg-m
Una caja de 10 kg desliza sobre una superficie lisa horizontal con una velocidad de
5m/seg. Sobre la caja cae una masa de 5kg con una velocidad de 2m/seg. Si el
choque es completamente elástica, el sistema en conjunto incide sobre un resorte
de constante 1200N/m. Hallar la máxima comprensión del resorte.
5 Kg
Y 2 m/s ,
4/ 5 m/s
ti IM
En el eje x se conserva el momentun lineal en el choque
Po=PV
(10)(5m)=(15)(V0)
.........1
=>Por la conservación de energía
£7710 - Emf
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II w w w .e d u k p e r u .c o m

308. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS ( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
*1*1 Q 2 *J
- m V ^ - k x 2=>-(15) ( - ) = - (1200)x2=>x=0,37m
. Cuantos cuerpos se mueven como se indica en la figura y se produce un choque
completamente inelástico. Hallar la perdida de energía del sistema.
Veamos:
--- 5 r 5V2
V ik g = 2 ^ - — ^
V ^ = ^ m/s
V¡Ü=10Xm/s
V^=(-2V3X-2S) m/s
K=Pf
(1). +(5)(lX)+2(10A.)+3(-2V3A.-2X)=llV1
Vf=(0,17X+0,95A.) m/s
(Vf)=0,97m/S
AEk0=^ m.V2-1 m,V?- ^ m5kgV|k- ^ m2v l k- ^ m3v l
(11) (0,97)2- i (1) (5)2-1 (5) (1 ) 2- i (2) (10)2-1 (3) (4)2
AEc=-13,6kg-m
© De un arma automático salen 10 balas por segundo con una velocidad de 500m/seg,
si la masa de cada proyectil es de 20g. Hallar al fuerza media de retroceso que
soporta la persona que dispara el rama.
w w w .e d u k p e fu .c o m SOLUCIONARIO FÍSICA LE IVA I Y II

309. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTICULAS
SOLUCION
500 ni seg
—>
0.02 K g
Ahora como salen 10 por segundo
=>I=F(1seg)=(l0)(m)V
=(10) (0,02) (500)
=»F=100N
Una partícula de masa 5g, se mueve con una velo dad v=(l,-2,3)m/seg choca
completamente inelástico contra otra partícula de masa lOg y de velocidad
v2(-2,3,1). Hallar la, velocidad final del sistema.
Tenemos que:
m1=0,005kg-+VÍ(lí-2j+3k) m/s
m2=0,01kg-*V¡(-2Í-3j+k) m/s
P^=Pf
m1.vj+m2V2=(m1+m2)V F
.......1
Ahora: en 1
(0,005) (lí-2j+3k)+(0,01)(-2í-3j+k)=(0,01S ) %
Vf= ^ (-3Í+4j+5k) m/s
X ) s @ ) -
íf ¡¡ SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
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310. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
r l j l Una partícula de masa m1 y con velocidad vlt choca contra otra masa m2 que se
encuentra en reposo, si el choque es elástico hallar la relación de las masas: (a) El
choque es frontal y las masas se superan en sentidos opuestos a lo largo de la
dirección de incidencia de m1. (b) las partículas se separan simétricamente en
relación a la dirección inicial del movimiento de la masa m1 y el ángulo entre sus
direcciones de separación es igual a 6.
V»=0
(mí)
a) Despues del choque
V. V:
M
Por conservación del momentun
p¿=pj
m1V lo=m1V1+m2V2.......1
1 5, 1 o 1 2
==i'2 miVo=2 m iVl+ 2 m2V2
De 1 podemos tener que:
m1(V0+V1)=m2V2
; ™1_ V2
m2 V0+V,
-V2+V,
e=l= =^Vo=V2+V,
.........2
V
v,=
0-V0
2m2
i+m2 / v Vrr^+nv
nr^+rr^
= (^ _ .,)v 0.(Ü E2LV
\mi+m9 ) \mi+m2/
vvww. ed u k p e ru , c o m SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I

311. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS )
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
b) Despues del choque
©
......................
< 3 mtVv
m1V 1=m2V2
m-| V2
r r ^ V , "
ademas:
m1V 1cos0=
miV 0
O .
....(*)
=*Vi =
Vn
2cos0
rriT
•*.— =l+2cos0
m2
Una esfera de masa m; choca contra otra masa identifica que se halla en reposo. Al
chocar el ángulo que hace' entre la recta que une los centros de las esferas y la
dirección del movimiento inicial de la esfera que choca, fue igual a 6. Si las esferas
son lisas, hallar la parte de la energía cinética de la bola que choca, que se
transforma en energía potencial en el instante de mayor deformación.
I
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II w w w eci jkperu .co m

312. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS ( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
m
Como las esferas son lisas,la bola:
Se moverá a lo largo del eje que las contra:
=>Para que la energía cinética, entregada a la otra esfera, se convierta en potencial
=>La velocidad de 1 en la dire=>ccion del eje debe ser cero
Jm V 2cos20
=>R= —t
--- — =cos20
-mV
2
Sobre un plano inclinado liso de ángulo 0, se halla un cañón de masa m y cuando
velocidad es igual a v, realiza un disparo, como consecuencia el cañón se detuvo y
el proyectil es lanzado horizontalmente y tiene un impulso p, Si la duración del
disparo en igual a t. cuál es el valor medio de la fuerza de reacción 0R por el plano
inclinado en el tiempo t?
w w w .e d u k p e r u .c o m
SOLUCIONARIO FÍSICA LEIVAI Y II fgffl

313. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Piden calcular FR por el plano entonces, descomponiendo las fuerzas que actúan:
l ero Calcular la fuerza que actúa debido al impulso
Veamos
í=P=>F=(P/t)
. ...1
— P
.*.FR=mgcos0+ - sen0
Resolver el problema (28), usando el centro de masa,
a. Ahora:
....... V i.
i r m i V - -
m2
m,V0 maVg-m^,
^ CM«- • , „ i ''cm f- „ . „
m1+m2 mi+m2
~^cmf
= > m 1 (V0+V1)=m2V2
...*
Ahora también:
Emo=Eí
Resolviendo: V 1
1 1 , ^[TiJ VVm lV l ^
2m,Vcm=2^m,+ 2) Vn^+m ^- )
(mg-mOVo
rr^+rrig
Tí SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II www.edUkperu.com

314. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS ( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
v _ 2miV°
2 mi+m2
b )V c„ . . m*V"
m1 + m2
O ....................... < 4 ;.........
.
\
w nri! V n cos0+m2V2cos0
VCMo=
-----— -------
m ^ m 2
•‘*V CM0=V cmf
m1V0=m1 V n cos0+m2 V2cos0
.......*
Ademas:m2V2sen0=m1V 1sen0
De* tenemos
=>v2=— =*v,= v2=—
m2 2cos0 2cos0
Sobre un mesa horizontal lisa, se hallan dos esferitas de masa m, unidas por un
resorte imponderable. Cuando a una de la masa se le comunica una velocidad inicial
v0. Cuál es la energía mecánica interna del sistema en el movimiento.
w w w .e d u k p e r u .c o m SOLUCIONARIO FÍSICA LEIVAI Y II

315. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS )
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Ahora como no existe fuerzas externas
Momentun lineal se conserva
....1
Ahora: el resorte comprimido hasta que la otra esfera haya alcanzado la misma
velocidad de la primera esfera
=>vlf=v2f=v
de lm V¿=2m(V)=>V=^
....2
I
Ahora: E mc= ¿ ( 2 m ) V 2= ^
Sobre un montículo liso de masa m y altura h, que :;cansa en un plano horizontal
también liso, se hace incidir una esferita de masa m0. Cuál debe ser la velocidad
mínima que debe tener la esferita para salvar el montículo.
/ llj \
— » / i M \
Si deseamos que ese V0sea minimo entonces:
Cuando la esfera trepe hasta su maxima altura y hai se queda:
.-.Veamos:
Como no existe fuerzas externas
mVo = (m + m ) V f........1
Ahora considermos que para que no se destruya el moticulo
=> r conservación de la energia.
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II w W w .e d ü k p e ru , c o m

316. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS ( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
=*E0-Ef
1 1
Eo= 2 mVo=mgh+ - (m+m)V2
=>De 1 tenemos:
1 o 1 / mV0\2
- m v0.mgh+ - ( m +n„)(— )
T l m + M / =ms
»V,= [ 2 ( 1+m/m )sh ]1/2
Una partícula una cantidad de movimiento lineal p=j+t(l-at2) j donde a es positivo.
Hallar el vector / en el instante, cuando? es perpendicular a p
Tenemos que:
P=í+t(l-at2) J , a>0
Tenemos también que
dp
dt
Ahora F. P = 0
ahora F=(l-3at2)J
=>t(l-at2).(l-3at2)=0 => V t=4=,t=0
3 Va Va
(3) -
Ahora F = l- 3 a ^ 0 j
9a
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317. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
F=ljj
F= (l-3 9 - 2 Í
Una partícula de masa m1 es dispersada elásticamente bajo un ángulo límite sobre
una partícula de masa m2 en reposo. Si m1 > m2; que parte de su energía cinética
pierde la partícula de masa m1.
rnV-
Asumiendo el choque frontal
P¡=PÍ
m1V0=m2V2-m1V 1
.......1
Ademas:e=l=
Vo
V0=V2+V1
..........2
m1V0=m2(V0-V1)-m1V 1
(ml -m2)V 0=(m2-m1)V 1
( % m ^ \ y
Vm2+m1/
p _ mi 2 m, 2
f-T r T 0
AE 4m!m2
E0 _ (mi+m2)2
=*V,=
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318. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
| EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
$ Un vagón que tiene una masa m0 se mueve, bajo la acción de una fuerza /. El vagón
tiene una masa inicial mQ y se comienza para t =0 vertir arena con velocidad de
carga ¿¿(dm/dt), desde un recipiente sobre un vagón sin considerar algún tipo de
rozamiento (ejes, suelo, etc) Hallar al relación de la velocidad del vagón con el
tiempo.
Tenemos que
U= ~ => J udt = / dm
dt J J
=>ut=m.m0
=>mf=ut+m0
Ahora
I=AP
Ft=(ut+m0)V
=>V- Ft
I(ut+m0)
© Se dispara una bala de 20g sobre un bloque de 1.5kg colocando sobre una mesa
horizontal. El alojamiento de 1 abala en el bloque hace que este se deslice 40 cm a
largo de la masa. Si la fuerza de fricción entren el bloque y la mesa es de 0.5N. cuál
es la velocidad de la bala?
Antes del choque:
4m
mi =0,02 Ks
Vo=0 V f Vo=()
- C ID — > v
-->
: mi+m2 :
5.....
D I5n
mi+m2
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319. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS j
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Como no existian fuerzas exWnas:
m1V=(ml +m2)Vf
........1
Despues de! choque:
WfS=AEk
(-0 ,5 )(0 ,4 )= i(m 1+m2)V f2
•Vf=0,51 m/s
.........2
2 en 1 tenemos:
Vt-38,8m/ s
Un hombre de lOOkg de peso que está en su auto detenido por el semáforo, cuando
repeminamente es acelerado aúna rapidez de 20m/seg debido a una colisión por
detrás. Si la aceleración del auto se dio en 0.2seg. Hallar (a) el impulso sobre, (b)
fuerza promedio ejercida sobre el por el respaldo del asiento de su auto.
V=200/seg
100 K»
f
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320. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS ( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Ahora tenemos que:
Í=AP=(100) (20)=2000kg- —
seg
I=FmAt=*Fm=^=104N
At
Un neutrón con velocidad 5xi05m/seg y masa m, choca contra un núcleo de masa
4m y velocidad 3.25xl05 m/seg. Si la rapidez del neutrón después de la colisión es
5xl05 m/seg y se mueve en la dirección indicada. Cuál será la rapidez y la
dirección del movimiento de la masa 4m después de la colisión.
M U
Del gráfico tenemos:
Antes del
V^=5x 105í m/seg , V^=-3,25xl05m/segj
Despues
(V „m fr= 5 x [10] A5 (-3/5 P-4/5 j A) , (V _m f) ^=V_2f senGi-V_2f cos0T
Ahora: Como no existe fuerza externa alguna para cambiar e31 momentun
Lineal
.-.p;=p
m (5xl05t) — 4m(3,25xl05/) = m (-3xl0 5i - 4x10sj ) + 4mV2f
V¡f=2x105í-2,25x105]
V¡í=3,01xl05m/S
V2fSen0=2xlO5
0=41,4°
w w w . ed u k p e ru . c o m
SOLUCIONARIO FÍSICA LE IVA I Y II

321. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS )
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Un camión de masa 5 veces la masa de un auto, choca cuando van en direcciones
opuestas, el auto a una velocidad de 50m/seg el camión a 80m /seg . después de la
colisión los móviles quedan unidos, cuál es su rapidez del choque.
considera en reposo respecto a tierra, choca contra un aeroplano que iba a una
velocidad de 500m/seg. Halle la fuerza promedio ejercida por el pájaro sobre el
aeroplano.
Ahora para el pajaro
I=AP
=-(1,8) (500)
=>1=900,
Ahora falta indicar que el pájario ha estado en el aire por t = 0,6mseg
Por conservación del momentun
%=Pf
(m) (50) -5m (80)=(6m) V
Vf.58,3m/S
O Un ave que vuela de masa 1800 g y un tamaño aproximado de 30 cm que se
m
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II w w w . ed u k p e r u . co m

322. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
I 900
=15x1O5
y como dicha fuerza es ia misma para el avión Favion = 15x105N
Un auto de 1500kg de masa y con una velocidad de 10m/seg; colisiona contra un
árbol y se detiene en 0.2seg (a) es la magnitud del impacto que el árbol ejerce sobre
el auto (b) cuál es la magnitud de la fuerza promedio ejercida por el árbol sobre el
auto.
Ahora Ipor a r b o i =AP=Pr P0
=-Po=-(l 300) (10) =-15000kg- —
seg
Como At=0;2seg
=>FAt=I
••■F=7,5x104N
Hallar la fuerza media ejercida por un chorro de agua normal a una superficie fija. El
chorro sale de una manguera de 3cm de radio, con una velocidad de lOmseg y es
horizontal.
m=1500kg
10m/seg
------
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323. » EDUARDO ESP1NOZA RAMOS )
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Tenemos que F=^==>FMdt= dP.......1
Pero dP = fAde => FM= fA % = fAV
f °*m
j = dv
Fm= J AV =*A=9xlO"47t
Jagua=1O3
=>Fm=-97uN
Una esferita de masa 0.2 kg con una velocidad de lOm/seg (hacia la derecha), choca
contra otra esferita de 0.5kg con una velocidad de 5m/seg viaja en la misma
dirección pero en sentido contrario. Hallar la velocidad de cada esferita después del
choque. Si (a) el choque es elástico, (b) el coeficiente de restitución es 0.5, (c) si
el choque es completamente inelástica.
a) Antes:
El choque es elástico
¡H SOLUCIONARIO FISICA LEYVAI Y II w w w .e d u k p e r u .c o m

324. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Despues del choque
= > Po=Pf
(mi)Vio-m2V2o=-m1Vif+m2V2f....
-0,5= -0,2Vl f + 0,5V2 f
........1
Ahora:e=l = - ^ ^ = > V 2f+Vlf=15
....2
-V20-V10
V 1fl l , 4 m/S , V2f=3,5m/S
b) La única consideración que hacemos es que:
=>7,5=V2f+Vlf
...........2
de 1 y 2
Vlf=6,07m/ S
V2f=l,43m/ S
*
c) Analógicamente después del choque seria
= * P o = P f
(m1)V 10-m2V20=(m1+m2)V
V=-0,71 m/s
Vlf=V2f=-0,71 m/ s
Un niño de 20kg; está desplazándose sobre su patinete de masa 2kg y va a una
velocidad de lm/seg, en su camino se le cruza un perro bravo que viaja en sentido
yywwedukperu.com S0LUCI0NARI0 FÍSICA LE IVA I Y II

325. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS )
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
opuesto y la lanza una piedra hacia delante de 200g con una velocidad de 5m/seg
respecto a su movimiento original. Cuál será su velocidad después que tiro la piedra.
= * P o = P f
m0Vo = mf lV + mcf2V2
......1
(22 )(1) = (21,8) V + (0,2) (5)
=*V=0,96m/s
© Tres partículas idénticas con velocidades: =3i-2j+6k y v2=+2Í+9j y v3=í-j-k chocan
simultáneamente y forman una sola partícula. Hallar la velocidad de la partícula
resultante.
Como las partículas, chocan
=*K=Pf
yíV¡ + v f á + m % = 3 m V /
=>V=2Í+2]+l,67k
Un cuerpo inelástico que pasa 4kg y se mueve con la velocidad 2.25m/seg es
alcanzado por otro también inelástico que pasa 6kg y está animado de una
velocidad de 5m/seg produciéndose un choque central. Cuál será la velocidad
común después del choque.
31 SOLUCIONARIO FISICA LEYVA i Y II vvww.edukperu.com

326. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
=>P0=Pf
rri! V 10+m 2V 2o=(m 1+m 2)V
(6 ) (5 )+ (4 ) (2 ,25)=(10) V
==>V=3;9 m/seg
Dos cuerpos inelásticos que pesan en total 12kg moviéndose en sentido contrarios
con velocidades de 4m/seg y 6m/seg; después de un choque central y rectilíneo
adquieren una velocidad común de 0.25m/seg cuánto valdrá la pérdida de energía
cinética.
m1+m2=12kg.......1
_ orsm/s
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327. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Por conservación d e!
_________lineal
)4-6(m2)=(m1+m2) (0,25)
=>4mr 6m2=3.......2
^ Q/
de 1 y 2 m -^ ykg , m2= 7 2 kg
.% AEC= ^ (4 )2+ ^ m2(6 )2- ^ (m-, +m2)(0,25)2
=140,63J
.•.AEc=14,3kg-m
g p Dos esferas perfectamente elástica de pesos 550g y 450g se mueven en la misma
dirección con velocidad de 1.8 y 12m/seg respectivamente, (a) Que velocidades
tendrán después de un choque central rectilíneo?, (b) cuando valdrá dichas
velocidades si las esferas se mueven en sentido contrario? (c ) hay perdida de
energía cinética.
a) Por conservación de la cantidad del momentun lineal
A
2 V —*
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y I
w w w .s d u k p e r u .c o m

328. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
Po=Pf
(m,) (1,8)+m2 (1,2)=-m, V,+m2 V2
1,53=-0,55V1 +0,45V2
.......1
Como el choque es elástico
De 1 y 2 tenemos
V 1=-l,26m/s
V2=-l,86m/s
b) P0=Pf
(m,) (1,8)+m2 (1,2)=-m, V 1+m2 V2
0,45=-0,55V1 +0,45V2
=>3=V2+V,
.......2*
De 1 y 2
Vi =0,1 m/ s
í EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
1*
w w w . ed u k pe ru, c o m SOLUCIONARIO FÍSICA LE IVA i Y 11

329. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS )
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
V2=2,l m/s
c) Como el choque es elástico
=¿AE0=0 .-.No se pierde energía
Dos cuerpos de masa m 1 y m 2 se mueven uno hacia el otro a lo largo de una línea
recta con velocidades 20m/seg (i) y 10/seg (i), después de la colisión, la masa m 2
tiene una velocidad de lOm/seg (- i) y m 1 la velocidad de 30m/seg (i). Si el
choque es perfectamente elástica.
V2o=20m/s i , V2f=-10 m/s (í)
V ,0=10m/s (-i) , V lf=30 m/s ( í)
%=Pf
m1V1o+rn2V2o=-nr|fV1f+m2V2f
-m1 (10)+m2 (20) =-mf (30)+(-10) m2
..........1
=»30m2=40m1
mT 3
m2 ~4
Dos cuerpos A Y B tienen cada uno de ellos una masa de lOkg y reciben cargas
eléctricas de signos opuestos, de tal forma que atraen. Si se mueven sobre una mesa
horizontal y lisa y A se acerca a una velocidad de 5m/seg mientras B está en
reposo, (a) cuál es la velocidad de B en un instante posterior en que A se
desplaza a una velocidad de 20m/seg, hacia B?. (b) en qué cantidad aumenta o
disminuye la energía cinética de los cuerpos.
i
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II w w w .e d u k p e r u .c o n

330. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
( EDUARDO ESPI NOZA RAMOS «
mi mPKj.- m i 1« Kg ^
=»P0=Pf
(10)(5)=(10)(20)-(10)V
=*V=15m/s
AEk= 1 (10)(20)2+ ¿ (10)(15)2-1 (10)(5)2
=3000J
Se deja caer una pequeña esfera metálica de masa m desde una distancia vertical
h por encima de un superficie horizontal dura, (a) si asciende hasta una altura h/2
después de su primer rebote. Calcular el impulso dado a la esfera (b ) si en un
segundo rebote se eleva hasta una altura h/8 y así sucesivamente. Hallar el impulso
total dado a la superficie.
” m
X.
h i
/ |h/2 A * v '/
I / I / \ h/8
vle
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331. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS )
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
a) Antes del primer impacto:
Em0“ E mf
1 2
mgh=-mV0
=^V0=-/2gh
Luego del 1° impacto:
EmO=E mf
h 1 2
2 = 2 m
Vf,=Vsh
í=a p=p^=p;
=m.y^+m1/2gh
I=m-ygh(l+V2)
b ) Calculando I para el 2dorebote
V02=Vgh, AhoraEm0=Emf
1 2 h
-m Vf =mg-
v,' k
Obs: para el primer rebote
Para 2d0, h2=^
Para 3ra, h3= ^
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II w w w , ed u k p e ru . c o m

332. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS ( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
I=I1+I2+l3+...
I=m%/2gh+ ( m^/gh+m n _+m
gh
•+m
Sh
— +...+m
4 +„
I=m-ygh+ |^V2^+1 +
I=m7gh(V2+6,8)kg- m/s
8 +„ 16+’ +„
gh_
r>n-1
© El sistema que se indica en la figura, consta de dos esferas de igual masa m, que se
hallan unidos por un resorte de constante elástica K. si inicialmente se unen con un
hilo las esferas y después se quema, (a) cuál debe ser la compresión inicial, para que
la esfera inferior salte de su lugar después de quemado el hilo (b) si la compresión
inicial del resorte es 7m/k, que altura asciende el centro de gravedad del sistema.
a) Para que la esfera de la posicion mas inferior se despegue será:
=>Fe=mg
kd=mg
d = ^
.......*
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333. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
rmgN
(— ) +msl( k )
Ademas sea L: longitud natural sea X 0 = de form ación inicial
Por conservación de la energia
^ Kx2+mg(l-x)=^ Kd2+mg(l+d)
1 o 1
=>-Kx2-mgx=-l
- x = 3 mS/k
.-.Ax>3m ^
b) Ahora cuando la deformación inicial es:
AX=7m%
Ahora por conservación de la energia, respecto r: 'ntro de gravedad
=* \ KXq= ~ KXf +2mgh
en la parte superior
r v ms
Fe=mg—>Xf= —
12mg
>h=
Se tiene un cilindro de masa 5kg que cuelga de dos hilos de longitud 1m. se dispara
una bala masa 0.2kg y los hilos se desvían un ángulo de 10° con la vertical. Hallar
(a) la velocidad de la bala antes de dar en el cuerpo, (b ) la fracción de la energía
cinética de la bala que se transforma en calor, si la bala quedó confinada dentro de
la masa M.
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334. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Antes del choque y despues del choque la conserva:
Entonces: P0=Pf
mV0=(M+m)Vf
Ahora asumamos qque dicho bloque se eleva una altura H de modo que H=l-cos0
=»E0=Ef
(M+m)g(l-cos0)=^ (M+m)Vf
=»Yf=2g(l-cos0)
$ Una partícula incide sobre otra que estaba en reposo y el choque es elástico. Hallar
la relación entre las masas si: (a) el choque es frontal y las partículas se separan
en sentidos contrarios y a velocidades iguales, (b ) las partículas se separan
simétricamente con relación a la dirección de incidencia y el ángulo de
separación es de 30°.
Como antes ni durante el choque, existió fuerzas externas
a) % = P f
m1V 1 =m2V2-m1Vlf
=>m1 (V-ij+Vlf)=m2V2f
......*
Ahora como el choque es elastico
_ -v2f+vlf ,
^ e=— =1
=>V li=2V
wwvv.edukperu.com SOLUCIONARIO FÍSICA LEIVAI Y II g g g j

335. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS )
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
m1 _ 1
rri2 3
b) Como no existen fuerzas externas el momentun lineal se conserva
O -
.•.P0=P1=P1+P2
i» /
»
■ 4 f -
Del A tenemos: m1Vlf=m2V2f
...........1
Ademas:
(ml Vlf+m2V2f)cos0=m1ViO
=> m-| Vt f V3=m! Vi0
Vü -
V if= y . V 3
...........2
Ahora como elchoque fue elástico
-V2f+V ,f
— 1 = —
^ V u=v2rv if
....3
De 2 y 3 tenemos:
De 1
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336. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTICULAS
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
m l
=> — =2,73
m2
Un proyectil que se desplaza a una altura de lOOkm y a una velocidad de
lOOOm/seg, explota y salen tres masas iguales, de tal forma que la energía cinética
del sistema aumenta en 2 veces. Cuál será la velocidad máxima de una de las
masas.
Y V
Para la resolución de este problema, no hay que considerar el dato de la energia
ademas:
Solo es para uso de la conservación del momentun lineal:
Veamos:
%= Pf
como salen formas de la misma forma y masa
=>Veamos:
pf=p1+p2+p3
Ahora necesitamos:
P2+P3=0
w w w .e d u k p e r u .c o m S0LUCI0NARI0 FÍSICA LE IVA I Y II
333

337. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
3mVf=mV0
O Una partícula de masa m1; choca elásticamente contra una masa m2 que se halla
en reposo (m1 > m2). Hallar el ángulo máximo, que puede desviarse la masa m1
después del choque.
Como no existe fuerzas externas:
=»Po=Pf=P1+P2
Por ley de cosenos tenemos que
(m2V2) 2=(mlV 1) 2+(ml V0) 2-2(mlV l )(m lV0)cos
= > (m 2V 2) 2=m 2(V 2+Vo-2V1VoCOS0)
..........*
Ahora como el choque es elástico entonces se conserva la energía
^m iVo=m2V|+ni1Vi
=»m1m2(Vo-Vf)=(m2V2) 2
.......**
En *
Tenemos:
m i m2 (Vq-V2)=m2 (V 2+Vq-2V , Vocos0)
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II w w w e d u k p e ru .c o m
E0=Ef

338. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
m2
mi
(v¿f + v }) = v i + vacóse
>COS0=
mi (Vq+Vi )~m2(Vo+Vf )
2m1V0V1
Ahora si deseamos que 6max
=>cos0 debe ser minimo
=>Derivando, tenemos que
v/m1-m2V0
v,=-
V mi+m2
cos0=■
mf-m¡
mi
0=cos_1 i -
mf-m2 '
m.
Un proyectil se lanza en el plano xy; con una velocidad v0, bajo un ángulo 6. Hallar
la posición del proyectil después del 3er rebote, si es el coeficiente de ratificación
de choque entre el proyectil y el suelo.
j B E í r n w r n M B
De acuerdo a las ecuaciones del movimiento parabolico
w w w . e d u k p e ru . c o m SOLUCIONARIO FÍSICA LEIVAI Y II

339. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS )
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
X=Vocos0t
.......1 Considerando liso el piso
=>Ademas:
Tiempo de vuelo
2V0 2Vq
t=— sen0=— ^
S S
t1; antes del l erchoque
2Vosen0
.......1
V1
t2despues:donde r~ =e=>Vy=eVy
v y
2Vosen0e
t2=-
S
2Vosen0.
ttotai=— -— (l+e+e2)
t3:pues otra vez
\/ii
t X =E=>Vy1 =V|e
Vy
2Vosen0cos0 0
= ,s *— ¡ — e
.......
en 1
2Vosen0cos0,
X=—
--------(1+e+e2)
Un proyectil de masa m? incide y se incrusta en un bloque de masa M, este se
desplaza a lo largo de un camino recto y una porción es rugosa de coeficiente de
rozamiento ¡iK y la longitud es L, tal como se indica en la figura adjunta. Cual debe
ser el valor mínimo de la velocidad de m; para que m1 de una vuelta completa
alrededor de C; Si inicialmente se hallaba en reposo y colgaba del punto c, mediante
una cuerda de longitud L.
SOLUCIONARIO FISICALEYVA I Y II " .■ ecL^-eru.com

340. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS ( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
■=cb —
r
Mk
J M b Q l.
Analizando primero n y m
>mV=(M+m)V1
(Po = Pf )
>V =-
mV
m+M
Ahora para el bloque (M+m)Cuando esta pasa, uk
=>Wf=ÁEk
1 1 2
L(M+m)guk= - (M+m)Vf - - (M+m)V1
l/ 1
/ mv \2i /2
w + fen^)|
.......2
Luego el piso liso
Analizando m
(M+m)V1=m1Vml
(m+M)V1
+m ym.
v m,=-
m.
Ahora como la esfera realizada
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SOLUCIONARIO FÍSICA LEIVAIY II f f f j

341. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA DE UN SISTEM A DE PARTÍCULAS
¿ o -
gm lV^l =2m1gL+^ml V 112.
Por 2da ley
v l1=7gi
.......***
£|0 * ***y 2
V= — [5m,gL(m+m)2+2uk(m+m)2gLl
m
*
Una bolita de masa m y velocidades vt , incide sobre otra bolita de masa 3m y en
reposo. Si el coeficiente de restitución es e, hallar las velocidades de cada bolita
después del choque.
después
V
Antes
_A'i:=V, V==°
W
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342. DINAMICA DE UN SISTEM A DE PARTÍCULAS
( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Po=Pf
mV1=-mVlf+3mV2f
V,=-Vlf+3V2f
.......1
Ahora e = - ^ lí
-V1
V,e=Vcf+ V lf
.............2
De 1 y 2
Vi Vi
Vlf=-^(3e-l) , V g f^C e + l)
© Un resorte de masa despreciable soporta una tabla de masa Ikg, la cual deforma el
resorte 5cm; cuando está en reposo. Sobre la tabla se deja caer una masa de 0.5kg
desuna altura de Im produciéndose un choque inelástico. Cuánto vale la máxima
deformación del resorte.
Analizando a la tabla y al resorte tenemos:
H
<
t
I Fe=kx
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V

343. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS )
DINÁMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
kx=g
K=~=19b, 2 ^ / m
Para la esfera
mgh=^mVr2
V=V2^h
V= 4,45 m/s , antes del choque
Ahora como deseamos que el resorte se comprima
Lo max.El choque tiene que ser completamente inelastico
P=Pf=>m1 Vt=(m! +m2)V f
=>Vf=65,4 m/s
Por conservación de energia
Ef=E0
Xf = ^ (m+m)Vo+(m+m)gh+ - KX^
=0,41
Pero Xf=(h+0,05)
Xt =0,05
K=196,22N/m
H
•••X=0,46m
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344. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS ( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
© Dos cuerpos de masas 3kg y 5kg están separados una distancia de 5cm debido a un
hilo que los une. Si la longitud del resorte es de 25cm sin deformación, Hallar las
velocidades (modulo) de cada masa, cuando su separación es de 20cm, después
de haber quemado el hilo y la contante elástica del resorte es de 15N/m y se
desprecia cualquier fricción.
I
-----5 cm-----1
AXo=0.2 m.
Como no existe fuerza horizontal
=>Cm, no se mueve respecto al eje Y
Ahora luego de soltar el hilo, se tiene que los cuerpos esten 2ocm tenemos.
=>p0=0=pf=-3V1+5V2
.....1
Ahora como el piso es liso
EMo=EMf
~KXo= £ mi Vi + 5 m2Vf + - KVf
=*(15) (0,2)2=3Vf+5V¡+(15) (0,05)2
0,5625=3Vf+5V| 2
De 1 y 2
Vt =0,34 m/seg
V2=0,2 m/seg
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345. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA DE UN SISTEMA HE PARTÍCULAS
Los centros de tres esferas perfectamente elásticas están en línea recta las esferas
no se tocan y sus masas son m1; m2 y m3. La primera se mueve con una velocidad
vx y tiene m1 = 5m2, las demás esferas están en reposo. Después de chocar la
segunda esfera con la tercera esfera, aquella m2 se mueve con velocidad
determinar la masa m3 de la tercera esfera.
~ Q s-
Vu
n i;
Tenemos que
Ademas para
=*p¿=pí
m1=5m2
m2y m 3
m2V2f=-m2V1 +m3V3f
m2 =-m 2V1+m3V3f
V,8
V3f.m3=m2 —
.........1
Analizando y m2, antes y despues del choque
%=Pf
m1V1=-m1V1f+m2V2f
5 m2Vi = -Sm 2V1f m+ m2V2f
........1
SOLUCIONARIO FISICA L E W A I Y I
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346. DINAMICA DE UN SISTEMA DE PARTÍCULAS
( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Como el choque fue elastico
1=-
V2f+V 1f
-Vi
=»V,=V2f+V1f
.....2
De 1 y 2
5V, -2V,
Ademas el choque fue elástico
-V3f+Vi
“v2f *
V2f=V3f+V1
0V1==V3f+V1
2Vi
=>V3f=— ^
......2
m3=4m2
4
.,.m3=4m2=-m1
5
El martillo de un hinca pilotes cae libremente desde una altura de 2m bajo la acción
de la gravedad y pesa 1.5 toneladas métricas y golpea sobre el pilote cuya masa es
40.8kg. considerando que el impacto es inelástico. Hallar (a) la energía empleada en
deformar el pilote, (b) la energía utilizada en introducir en la tierra el pilote (c) la
resistencia que ofrece el terreno, si el pilote se introduce lOcm.
I j M L5\Í(H>0 kg
m 40, H K Ü
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347. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA DE UN SISTEMA ZE PARTÍCULAS
Antes del choque:
Veamos:
£mo = & M f
mgh= mV2=*V2=2gh=>V=6,3 m/s
a. Ahora antes y despues se conserva la cantidad de movimiento
MV0=(M+m)Vf=6,13 m/ s2
Ahora:
E=^m.vf=78;14kg-m
b. Ahora para calcular
La energía empleada para introducir el sistema es:
E e m = \ (M+m)V2=2951 kg-m
c. Ahora asumiendo que la fuerza de razonamiento es constante:
fs.d=AEk=2951 kg-m
Como se introduce 1 Ocm
=>/s = 29510k
344
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
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348. D INÁ M IC A RELACIONAL SOLVER-EDK «
DINAMICA RELACIONAL /
Un sistemas de masa, está forma por dos masas esféricas m, unidas rígidamente por
una varilla de peso despreciable de longitud L, Hallar el momento inercia del
cuerpo (a) con respecto a un eje normal a la varilla y que pasa por el centro c y (b)
con relación a un eje normal a la varilla que pasa por una de las esferas.
O
w
(
) '>
(a)
Por ser masas discretas:
I= £ ¡m ¡rf
(a) l=m © 2+ m g )8
■4mL2
(b ) I=mo2+mL2
I=mL2
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349. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA RELACIONA!.
El momento de inercia de cuerpo es 2kg -m2, gira alrededor de un eje con una
aceleración angular de 2nrad/seg2. Si parte del reposo. Hallar (a) cuál es su
velocidad angular del cuerpo 2seg después de iniciando el movimiento, (b) cuál es
su energía cinética en 2seg. (c) cuál es el torque que actúa sobre el cuerpo durante
los 2 primeros segundos.
Sabemos que
w — w
a = -----
(a) w = at = (2 (2seg)
w=4t i N-m
(b ) E k= ¿Iw2=Í2(4K)2-167t2J
(c) t=l7C=2.2M=47ü N-m
lQ | Hallar la energía cinética de un aro de masa M y de radio R. si este se mueve
uniformemente con velocidad v y gira con velocidad angular w con relación a un eje
que pasa por su centro.
SOLUCÍONARIO FISICA LEYVA I Y II w w w .e d u k p e r u .c o m

350. DINÁMICA RELACIONA!.
f EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Ec=Ecr+Ect
1 2 1 o
EC= - IW2+-MV2
:Ín R2.W? 1
1.0 1
EC=-NR .W +-MV
Ec= - MV2+ - MV2=MV2
jj^|| Demostrar que el momento de inercia de una esfera hueca y uniforme de radio
interno Rx y radio externo R2 y de masa M es:
1. El momento de inercia será:
Donde dm=
■s
r 2dm
cp dv
dm=271 r cp drde
m m
.vw.sdukpe . com SOLUCIONARIO L E W A I Y II
I I

351. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA RELACIONA!.
1= J r2-^2n r dr di
Pero r = senO y di = Rdo
1= J R4sen30 27t<p dr d.0
l=2;ccp J R4dr . J sen30 d0
f Rg
1 = 2tccp R5 -(l-cos20) d cos0
Ri
(;» )fm (R j- R ;)
|tü cr1-r?)
, 2 (Rl-R?)
l= -m — ~
5 (R¡-R?)
Una barra de longitud L, está sujeta en una de sus extremos y se encuentra en la
posición horizontal, se deja caer libremente de la posición dada inicialmente. Qué
velocidad tiene el extremo libre de la barra, cuando pasa por la posición vertical.
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y I
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352. DINÁMICA RELACIONA!. ( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Por P.C.E:
AK+AVg=0
IW2-o) + (o-mg ^ =o)
IW 2 = mgL ...(1 )
En (1)
l=^mL2
W2= ? U Í = ^
•••V=V3gL
Ú Sobre un plano inclinado de altura h, un cilindro de masa m y radio R ; rueda a partir
del reposo, comparar sus velocidades cuando llega a la base del plano, por
rodamiento y por deslizamiento.
f l B B »
Por conservación de energía:
1 1
mgh=-mVR2+ -IW2
2mgh=mVR2+^MR2W2
4mgh=2mVR2+MR2W2
w w w . ed u k p e ru . c o m
SOLUCIONARIO LEYVA I Y I

353. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA RELACIONA!.
Por cinemática:
V2F
Vp=V+2ai =>á= —
Por dinámica
V?
mgsen0=ma-m ~
• li
■’ vF y¡3
[é¡¡^ Hallar el momento angular de la varilla de longitud L0 Y masa m con respecto a un
eje paralelo a su longitud y situado a una distancia b, si la varilla gira con velocidad
angular w, tal como se indica en la figura.
Se deja el ejercicio para el lector
Un disco de masa m, radio R. está sobre un plano inclinado de ángulo 6. Si el disco
rueda sin resbalar halla su aceleración.
. » ■ w H ü i a —
Se deja el ejercicio para el lector
m SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
www edükner y . com

354. DINÁMICA RELACIONA!.
( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Un disco de masa M y radio R. puede girar alrededor de un eje que pasa por su
centro de masa que no posee fricción. Una cuerda esta enrollada en el disco y en su
otro extremo cuelga una masa m, que se encuentra a una altura h, con respecto al
suelo, tal como se indica en la figura. Hallar la velocidad de la masa m, al caer y
recorrer h desde el reposo.
Por dinámica tenemos:
mg-T=ma ... (1)
Pero T = TR = la
T= — = - M —
R 2 R
T=±MRa=±Ma... (2)
De (2) en (1):
_2mg_ ^
M+2m V J
Por cinemática: Vp=Vo+2ah
V2=2ah ... (4)
M T T ñ W *
h
w w w . ed u k p e ru . c o m SOLUCIONARIO LEYVA I Y II
351

355. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS )
DINÁMICA RELACIONA!.
De (3) y (4) tenemos:
4mgh
V=
M+2m
j j El sistema que se indica están situada a una distancia r0 del eje de rotación,
inicialmente el sistema gira con una velocidad angular w0, por un sistema interno que
posee el sistema, las masas a una distancia (r0/3) del eje. Cuál es el incremento de
la energía cinética del sistema.
Como no hay tanque exterior, la cantidad de movimiento angular permanece
constante
l0w 0=íw
o 2 2 R °
2mrs=
--mw
g
AEc=Ecf-Ec1= Í|w2- Í|0w2
9 o 1 ,
AEC = g wo lo" 2 low o
AEc=8mr^w2
Un disco de una masa m y radio R. puede girar alrededor del eje AA, sin fricción una
cuerda enrollada en el disco, ejerce una fuerza tangencial F. Hallar la aceleración
tangencial del borde del disco.
OLUCIO
ir i
De la ecuación de la dinámica de rotación:
T=RF=Ia
la 1R2M
F= R=2 — “
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II w w w .e d u k p e m .c o m

356. DINÁMICA RELACIONAL ( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
F=- MRoc=-M aT
2 2 T
2F
3j= —
© Sean dos discos de masa m y radio R. que se hallan sobre un soporte vertical. Si el
disco superior tiene una velocidad angular w0 y el inferior está en reposo. Hallar el
incremento de energía cinética del sistema en conjunto, cuando el disco superior cae
sobre el inferior y existe rozamiento entre ellos.
Por conservación del momento angular:
lo=U
lw0=2lw
w0
W 2
La energía cinética se expresa de la siguiente forma:
Ec=^lw2
c 2
1 /MR2\ „ MR2 w2
Eci= 2 \~2~J 4 7
1 /MR2 MR2\ /W0\ 2 MR2\/2
ECf= x l— + *
2\ 2 2
Por lo tanto la variación de energía será:
A Ec = 0,125 MR2w¿
Una persona con los brazos extendidos, soporta pesos en los extremos y se halla
sobre una plataforma giratoria el momento de inercia del sistema es 10 y su
velocidad angular es w0, fig. (a), en esta situación la persona contrae los brazos,
w w w .e d u k p e r u .c o m SOLUCIONARIO LEYVA I Y I

357. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA RELACIONA!.
3
como se indica en la figura (b) y el momento de inercia del sistema es - 10. Hallar la
energía cinética ganado por el sistema.
Por el principio de la cantidad de movimiento angular constante (se conserva)
3
l0w0= -l0w
5
w = -w G
3 /5wn\ 2 1¿ /ow0\ I o
AEC=ECF-EC|= —10 J -gloWo
AEc=^l0Wo
# Un arco de radio r y masa m gira con velocidad angular w0 fue colocado en un plano
no liso. Es aro tiene una velocidad v0. Si la fuerza de fricción es f. si v0<w0r
que sucede con el aro.
i M T m i i l i *
Por el P.C.E:
o-£W2l~ M V 2=-fr .x... (1)
X: desplazamiento
x=V0 . t , I=Mr2
S P I SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
w w w , e d u k p e ru .c o m

358. DINÁMICA RELACIONA!.
( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
y w = V0/r
En (1)
1 , Vo 1 2
2mr •'^' + 2MV° =+fr Vot
t = mV0/fr ... (2)
En el tiempo t el aro se para, teniendo una velocidad angular:
w~w0=-cxt... (3)
De (3) en (2) y sabiendo que
frr
a=-r
frr /MV0\
w-wn=
---- i---* 1
Mr2(?)
w=wn
En ese preciso instante se mueve en sentido contrario.
© Un cilindro de masa M y radio, baja rodando sin deslizamiento a lo largo del plano
inclinado de ángulo 6. Hallar (a) la velocidad del centro de masa (b) la velocidad
angular y (c) la aceleración del centro de masa, transcurrido un tiempo t, partiendo
del reposo.
www.edukperu. con i SOLUCIGNARIO LEYVA I Y ¡? ¡ ¡ ¡ ¡ g f

359. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA RELACIONA!.
Por el P.C.E.: ^Iw2 + ^mvc2 = mgLsend
1 /MLR2 2\ o 1 2
2 \ 2 +it|R J w + 2 2
=mgLsen0
3 1
- mR2w2+ - mw2=mgLsen0
2mv2=mgLsen0
y 2 _ gLsenQ
Por cinemática: L = -- ---- --... (2)
2
De(l)y(2): V2= ¿ ^ í
. , senG,
•••v=g— t
V gsenGt w
W=- = í— - ; a = -
R 2R t
s e n O n s e n O
ya = R a= g — .R = g —
$ Un cilindro homogéneo de longitud L Y radio R. tiene masa M, En tomo al cilindro
se han enrollado tres cuerdas, dos de ellas cerca de los extremos y la otra en el
medio, estando las cuerdas sostenidas en el techo. Al soltar el cilindro, este
desciende sin inclinarse. Hallar (a) la aceleración lineal y angular durante la caída, (b)
la tención en las cuerdas.
i
H SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y I
www. ed u kpe ru. com

360. DINÁMICA RELACIONA!.
( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Por dinámica rotacional
Pero a=otR ; a = —
m
Por dinámica: mg - 3T = ma
T=ía
3TR=la
1 9
3TR=-mR2cx
6 T
a = —-
mR
ma
mg- — =ma
2g -r mg
\a= — V T= —
3R 9
0 El momento angular de una partícula está dado por la relación L=2T Í-3T2J. Hallar el
momento de torsión (torque) que actúa sobre la partícula cuando t =2 seg.
Por dinámica rotacional
„ dL
t _ dt
=>t=(2i-6tj)
Para t = 2 , tenemos que el tanque será
t=(2, -12, 0)
© Una masa 2kg; cuelga de una cuerda de peso despreciable y que se encuentra
enrrollado sobre un cilindro de masa 20kg y de radio 50cm. La masa de2kg parte del
reposo. Hallar (a) la aceleración de masa (b) la velocidad angular del cilindro,
después de 3seg de empezar el movimiento (g=10/seg2)
v-vv.v. 30- SOLUCIONARIO LEYVA I Y II
3o

361. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA RELACIONA!.
Por dinámica
mg-T=ma ... (1)
Pero
t=TR=Ia
la 1 m R¿a 1
= - ma ... (2)
R 2 R 2
De (2) en (1)
Sabemos que a = aR
2mg m
a~ 2m+M ’ seg2
a w0 w
at rad
.-.w=-=10,02 —
R seg
Sobre un cilindro (A ) de masa 20kg y de radio 30cm, se enrrolla una cuerda
inextensible e imponderable y se pasa por un tambor liso (B ) y de su otro extremo
cuelga un peso (c) de 5kg. Hallar la tención en la cuerda.
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
www edukpem.com

362. DINÁMICA RELACIONA!. ( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Por dinámica
mg-T=ma ... (1)
Pero t=T.r.
t=Tr=la
T=±Mra
T = -Ma ... (2)
2
De (2) y ( l) s e tiene:
2mg m
a -2m + M "~^s2
1
=> T=-ma=33,3N
# Se tiene dos masas y m2 (m2<in1) que cuelga de un sistema de poleas de radios
rh r2 y de momento de iniciar i. hallar la aceración angular del sistema cuando se
suelta los pesos.
w ww. ed ukperu, com
SOLUCIONARIO LEYVA I Y I

363. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ^ )
D IN 'M IC A RELACIONA!.
Por dinámica:
T2-m2g=ma2
m1g-t1=ma1
Se sabe que a2 = ar2
a,=ar!
T2=m2ar2+m2g
Ti=mlg-ml ar1
Por la dinámica de rotación:
T1rr T2v2=ia
(m1g-ml arl )r1-(m2ar2+m2S )r2=la
=>CL (l+m1r2+m2r|)
© Demuestre que para una esfera que resbala en un plano inclinado de ángulo 0el
coeficiente de rozamiento estático entre el plano y la esfera es menor de ^ tg.
Por el P.C.E.
1 1
- Vf ■+ - lLO2-mglsen0=O
1 1
-Vf+-mVf=mglsen0
2 5
7
— mVf=mglsen6
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II www.eduKpeiu.cuiH

364. DINAMICA RELACIONA!.
EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Por dinámica:
o 10
mVf = — glsenG
mg sen0-pmgco0^ma
mg sen0-pmgco0^m
V?
2L
mg senO — /xmgcoG < - gmsenO
2
-sen0 mg^jjmgcosO
2
M^-tan0
© Un hemisferio de radio R, hueco, tiene en su interior una esferita de radio r < R. la
esferita se suelta de la posición A y llega a la posición B, rodando sin resbalar, (a)
Que posición de energía cinética de fotación tiene en B. (b) Que fuerza ejerce el
hemisferio sobre la esferita en B.
Por el P.C.E.
1 o 1 o
-mgR+ - mVf + - w2l=0
7 9
— mVf =mgR
www, edakperu. com SOLUCIONARIO LEYVA I Y II

365. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS . ) DINÁMICA RELACIONA!.
mVf 5
E a = — ^ m g R
a) Entonces la E rotacional será:
Por dinámica
, N K1 mVf 10
b) N-mg=-~- = y mg
ER=-mgR
2
6=-xl00%=28,5%
/10 \ 17
= (jy + ljm g = y m g
© Sobre un plano inclinado de ángulo 6. Se halla un sistema constituido por una varilla
cilindrica de radios R. y de peso despreciable. Dos esferas de masa My de radio R
>2r, tal como se indica en la figura. El sistema puede rodar por medio de la varilla.
Hallar la aceleración angular del sistema.
g S M M M t t í
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA IY I
w w w .e d u k p e r u .c o m

366. DINÁMICA RELACIONA!. ( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Por dinámica se tiene que:
2Mg Sen0-fr=2Ma ... (1)
Pero a= a. r
En (1) se tiene: 2Mg Sen0-fr=2Ma . r ... (2)
Por otro lado: t=fr .r=Ia
fr= y ... (3)
De (3) en (2)
2Mg Sen0-y =2Ma r ... (4)
2 9
El !esfera=gMR , reemplazando en (4) tenemos:
2 MR2
2Mg Sen0--
---=2Ma r
5 r
Despejando:
5rg sen0
a=
-----q—
5r2+R
Un disco de radio R y masa M, gira alrededor de un eje horizontal con velocidad
angular w0. Una astilla de masa m « M, se desprende del borde del disco en el
instante que la astilla suba verticalmente sobre el punto de desprendimiento. Hallar
(a) la altura máxima que sube la astilla, (b ) la cantidad de movimiento angular final y
la energía final.
w w w .e d u k p e r u .c o m
SOLUCIONARIO LEYVA I Y II

367. a) La masa “m” sale disparada con v. Para hallar la altura máxima por cinemática:
hmdx=^ ••• (1)
v2r2
h -
máx" 2g
b) Como no se conserva la cantidad de movimiento angular: AL ^ 0
Lf = Vw0 ... (2)
El momento de inercia después que se desprendió la masa “m” es:
l = ( f m ) R2 . ■. (3)
Reemplazando en (2)
/M \
c ) La energía rotacional se expresa:
Kf=¿I'Wo ... (4)
De (3) en (4) tenemos:
1 /M
R2
1 /M \
R2Wq
364SOLUCIONARIO FISICA LEYVAI Y II www, edukperu.com

368. DINÁMICA RELACIONA!.
( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
© Una rueda de radio 20cm con momento de inercia 10kg-m2 se le aplica un torque
de 20N-m. Hallar la velocidad lineal después de 5seg, si parte del reposo.
Por dinámica rotacional:
Sabemos que a=
SOLUCION
t=la =*<*=2^
- =» A=0,4m/s2
V-Vn
a=- V=at=2m/s
V=2m/s
© Hallar el momento de inercia de una esfera de radio R y masa M; con respecto a una
de sus tangentes.
Por el teorema de Steiner se tiene
1=1C+RM
i= |m r2+mr2=4mr2
5 5
w w w .e d u k p e r u .c o m SOLUCIONARIO LEYVA I Y I

369. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) D I N Á '- r A RELACION AL
Un volante junto con su árbol tiene un momento de inercia de 20kg - m2 y gira con
una velocidad de 100RPM. Un minuto después de que ha dejado de actuar sobre el
volante el momento de rotación. El volante se detiene debido a las fuerzas de
rozamiento en los cojinetes. Hallar el torque de las fuerzas de rozamiento, si esta se
supone constante.
El momento de inercia del volante con su árbol es l=20kg-m2 y gira con velocidad
w = 100 RPM
2n rad
w=100 RPM x
60 RPM seg
IOtc rad
w=-
3 seg
El tanque es igual a t = la
t=
Iw
w
(20 kg.m2) lOrcrad
1 x 60 seg 3 seg
20rc
t o - N - m
Un aro, cilindro macizo y una esfera, se desplazan rodando. Qué porcentaje de la
energía cinética total es de rotación.
Para el aro:
Er
%E¿= —
t-TOTAL
1 « 1 o mR 2w2
E R a r o =2, W =2( t 0 ) W
1
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II '■ vv )kir'ï "u com

370. DINÁMICA RELACIONA!.
( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
mR2w2 1 , mR2w2 mR2w2
ERaro = —2“ + 2 mV =
--2--+
ETaro=mR2w2
El porcentaje será:
i mR2w2
%Er= -—s— xl00%
mR w2
% Er=50%
• Para el cilindro
-w2mR2
ERciiindro= r —j xl00%=33,3%
-mR w
4
• Para la esfera:
2 2 2
EResfera= Yq w
— mR 2w2
% E r = ^ xl 00%=28,5%
-m R w2
10
Se tiene una varilla de longitud L y masa M, que puede girar alrededor del punto A.
se hace incidir una partícula de masa m < M y velocidad v; la cual golpea a una
distancia h de A y se introduce en ella. Hallar (a) el momento lineal y la velocidad
angular después del choque.
w w w .e d u k p e r u .c o m SOLUCIONARIO LEYVA I Y II

371. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA RELACIONA!.
M m x m r m m t í
En este caso se conserva la cantidad de movimiento angular
Lf=L0
mvh = Iw + mti2w
mVh
w=-
1+mh
Siendo
w-mVh
La cantidad de movimiento final es:
pf=mvf=mwR ; siendo R = h
Pf=mv
1+H
^ Para el sistema que se muestra en la figura. Hallar (a) la aceleración angular (b) la
tención en las cuerdas. M=10kg; m1=6kg; m2 =5kg, R =50cm; g =10m/se$ 2 (a) a = -
3.3rad/se^ 2 (b) 7i= 41.7 N; T2 =50 N.
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
w w w e d u k p a ry .c o m

372. DINÁMICA RELACIONA!. ( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Por dinámica para las masas: m^g - Tt = mjOj ... (1)
m2g +T2 = m2a2 ... (2)
Sabemos que ar = a
Entonces:
(m1g-T1)R=m,x... (3)
(T2- m 2g)R = m2a ... (4)
Por dinámica de rotación:
t=(Tr T2)R = la ... (5)
De (3), (4) y (5) se tiene:
R(m1 -m2)g-la=(m1 -m2)a
(m1-m2)gR n rad
a= t---
-------=0,40 — j
-MR?+(m1+m2) seS
Reemplazando (a ) en (4) y (4) tenemos:
Tí =55,2 N
T2=54 N
© Sobre una superficie horizontal no lisa se halla una bobina de hilo de masa m. su
momento de inercia con relación a su eje es I =nkg2 donde k es una constante
numérica. El radio exterior de la bobina es R y el radio del hilo enrrollado es R. SI
se tira del hilo de la bobina sin rozamiento con una fuerza constante f y horizontal.
Hallar el trabajo de la fuerza durante los t segundo después de iniciar el movimiento.
w w w .e d u k p e -u .c o m SOLUCIONARIO LEYVA I Y II

373. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA RELACIONAL
Tenemos que
I=KmR2
Ahora tenemos
___respecto a su centro de masa:
tcm=rF-Rfs=\a ... (1)
Ahora
Fr = ma
F-fs=ma ... (2)
Ra = a ... (3)
Reemplazando (1), (2) y (3) tenemos:
(l-r/R)F r _ ( R k - 1 ) F
(k-l)m ' *s ~ R ( k - 1)
Por último: W=f.d , pero d=v0t+ -at2=>d= - ati ^2=»d=-at2
2
F2t2(l-¿ )
.-.W=
2((k-l)m
¡ I SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
www réd u koe r u, cóm

374. DINÁMICA RELACIONA!. ( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
En una polea maciza fija de radio R se enrrolla un hilo no elástico, de su extremo
libre se suspende un pequeño cuerpo de masa m, Halar el momento angular con
relación al eje de la polea con respecto al tiempo, si el sistema parte del reposo.
Tomando
___que respecto a su centro de masa:
dLcm
tCm=mgR=-
dt
j mgRdt= J dL
Lcn=mgRt
En una bobina de masa m y radio R, se enrrolla un hilo y pasa por una polea fija sin
peso y del extremo final del hilo cuelga una masa m. si no hay fricción en ninguna
región, para qué ánguio 6, el centro de gravedad de la bobina estará en reposo.
vvwvv.0d u k p0ru .c o m SOLUCIONARIO LEYVA I Y II

375. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS J DINAMICA RELACIONA!.
Analizando solo la bobina, tenemos:
Para que su cm. no se mueva sólo es necesario
LFr=0
=» mgsen0=mg
m
=> sen0=77
M
Jna fuerza de 100N está aplicada tangencialmente al borde de un disco homogéneo
de radio 50em. Cuando el disco gira experimenta la acción del torque de
rozamiento de ION -m. Hallar la masa del disco sabiendo que gira con aceleración
angular constante de 50 rad/ seg2.
1 0 0 N
Tomando torque en c.m.
=>tcn=lcx
(100)(0,5)-10=(1mR2) (50)
=> M=6,4 kg
372
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
www.edukperu.com

376. ♦DINAMICA RELACIGpíAL ( EDUARDO ESPINOZA ñmOi «
Se tiene des cilindros: uno de aluminio (macizo) y otro de plomo (hueco), que
vienen el mismo radio 5c.m y el mismo peso ION. Hallar (a).el momento de inercia
de estos cilindros (b ) cuanto tiempo tardara cada cilindro en bajar rodando el piano
inclinado sin resbalar?. La longitud que recorre cada cilindro es de 2¡n y el ángulo del
plano es 45° y paite del reposo los cilindros (g == .
i ¿ m
_ (10N)
I= 9 mA, -R
1=12.5 x lO^kg-m2
M,
/1UN\
pb= v~9~ y
l=MpbR2
1=25 x 104kg-m2
0.05 ir.
b )
FR=ma
— fs + mgeos45 = ma .. (1)
Luego aplicando
= R f s — (2)
w ww. ed-.i k pe . co *~r
SOLUCIONARLO LEYVAI Y !!

377. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS )
DINÁMICA RELACIONA!.
R.a = a ... (3)
Resolviendo (1), (2) y (3)
m g c o s 4 S e R 2
ü =
---------... (*)
m R 2 + I - J
Ahora aplicando las ecuaciones de cinemática, tenemos:
d* ¿ •■(*>
Luego aAL = 4,7
aPb=3,5
tAL=0,92 seg
tpb=l,07 seg
© Una rueda inicia su movimiento con una aceleración angular constante de lrad/se#2
y después de lOseg de iniciando el movimiento adquiere un momento angular de
50kg - m2/seg. Hallar la energía cinética que tendrá esta rueda al término del tiempo
de 20seg de haber iniciado la rotación.
10 see
Tenemos:
Esto debido a que a = ct
di
=» =dL=Iadt
L = 1 a t ... (1)
Vf=V0+at
% SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II w * e du kp eru com

378. DINÁMICA RELACIONA!.
( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Vf=at=a(20)... (2)
Pero w=a t
Luego menciona que:
L=50=l(l)(10)
=>1=5 kg-m2
Piden Ec luego de 20 seg
=> Ec =\mVf + i/ w2 ... (*)
=> Ec= Í ma2(20)2+ ^ lw2= ^ mR2a2(20)2+ ^ lw2
Ec=i a2(20)2+ ^ la2(20)2
Ec=3000 J
Erot=1000 J
O Para un cilindro de radio 50cm y lOkg de masa, se le enrrolla una cuerda. Hallar (a) si
se cuelga un cuerpo de masa 30kg, la aceleración angular del cilindro (b ) si se tira del
extremo de la cuerda con una fuerza de 100N, la aceleración angular del sistema, si
g = 10 m/seg2.
a) Tomando torque en su CA
=>t=RFg=ID
=>□=52
0= (0,5)(10)(0,5)2
0=120 rad/seg2
www.edukpefi SOLUCIONARIO LEYVA IYII

379. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS )
DINÁMICA RELACIONA!.
b ) t = f t (100) = la
=>a=
(100) (0,5)
(0,5)(10)(0,5)2
a=40 rad/seg2
© Para el sistema que se muestra en la figura, hallar la aceleración angular del sistema si
el coeficiente de rozamiento sobre la polea de menor radio es 0.3.el momento de
inercia de todo el sistema de 20kg-m2.
Se tiene un cilindro de momento de inercia 0.5kg -m2 que gira a w (rad/seg)
alrededor de su eje de simetría, si el radio es de 50 cm. Hallar la masa de un punto
que hay que situar a un tercio de su radio para que la velocidad angular se reduzca a
la quinta parte.
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y I www.edukDeru.com

380. DINÁMICA RELACIONA!. [ EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Como no exista torque alguno
=> L=ct
10w0= I f WR
w mR2 w
'o W= '° 5 +— 5
=> m=^^=72kg
Sobre una superficie rugosa se coloca arco de radio R. Que gira con velocidad
angular w0. Hallar la velocidad del centro del aro después de finalizar el
deslizamiento. Al inicio la velocidad del centro del aro era cero.
ü.
1=0
Ahora como
WfS=AEM
4 mv* 4 wo
fs = cts => Wfs = fs. d
=> fsd = ^mVf — .. (*)
Ahora aplicando torque en el C.M.
www ed u k perú. com SOLUCIONARIO LEYVA I Y II
377

381. EDUARDO ESPINOZA RAMOS )
DINÁMICA R E U C IO N A L
t.nr=fs.R=lcx
-->a- -
Como a=const=> por cinemática, tenemos:
W f — wo - ai. w0 = a t => ~-=t , y también a=Ra
1 9 1 /W0V<
d-
y j l Hallar el momento de inercia de una lámina semicircular de radio R, masa M y de
espesor despreciable.
Calculamos ¡ del semicírculo
Ahora-
di ~ - .cr . dm
3
pero oda^dm => I— f- a 2drn
1 da, J 3
pero => aRsenodec=dm
.=> 1= :sen20.Rásen2<jdo=
R4o7í
;VilM
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y Ü 'W“v.edük^H: u. t:orn •

382. DINÁMICA RELACIONA!. { EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
0 Hallar el momento de inercia de un triangulo de masa M, base L y altura H con
respecto a su base.
pero
=> d l = - y 2dm
O
G =
dm
dA
1= J ^ / d m
pero
Ahora por semejanza, tenemos:
2h
adA=dm
U / i y d x . o . . . (*)
-h y 2 h / L \ . . .
r = p ^ = r ( i - x) <*>
Reemplazando (**) en (*)
r y21 r2h/L \ i3 h2l
* 1=21 3 [t(2 'X) J odx=T 2 a
h3l m h2m
l=l2'Y =~
2
www. ed u kperu. com
SOLUCIONARIO LEYVA I Y II ¡ggff

383. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS )
DINÁMICA RELACIONA!.
© Sobre una horizontal hay un cilindro de masa 32kg y radio 0.5m, está enrrollada una
cuerda, que pasa por una polea sin fricción y de su otro extremo cuelga un peso de
lOkgf. Si el cilindro rueda, cuál es la aceleración del peso de lOkg.
Ahora, para el cilindro tenemos: y además tomando torque con el CM
=> tCA = RT - Rfs = la (* )”
Además
a32k=Ra
=* R(T-fs)=^fs (*)
Luego
2o Ley de Newton
T-fs=32a32i<g (*)
Luego para la masa, tenemos:
2o Ley de Newton
100 - T = 10alo (***)
Ahora como la polea es lisa
a10=a32=>" a10kg=2,94 m/seg2
Para el cilindro que rueda sin deslizar sobre una mesa horizontal. Hallar la
aceleración del centro de masa, si R = 0. 5 m.
m SOLUCIONARIO FISICA LE Y VA I Y I w w w . ed u k p e ru , c o m

384. DINAMICA RELACIONA!.
[ EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
SOLUCION
Ahora asumiendo que el piso es liso, tenemos:
IF=ma
50# = 200a
De acá
a=2,45 m/s
© Un disco de radio R y masa M, puede girar alrededor de un eje que pasa por su
centro. Una cuerda está enrrollada sobre el borde del disco y se aplica una fuerza f
que es tangente al disco, como se muestra en la figura, cuál es la aceleración lineal
de la cuerda?.
Aplicando torque en su CM:
=»t=la=RF
= 5 MR!( f | ) ‘ BF
=»aL=2F/M
www.edukperu .com SOLUCIONARIO LEYVA I Y II
■
381

385. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS )
DINÁIWCA RELACIONA!.
O Cuando ia fuerza f jala hacia arriba, la rueda gira y es jalada en la misma dirección.
Hallar la aceleración ascendente, si la masa de la rueda es 5kg, su momento de
inercia 0.5kg - m2 el radio de la rueda 20cm y la fuerza f =60N.
JM P iTi.iW r.-M i
Por la segunda Ley de Newton, tenemos:
T+F-Mg=mac ...(1)
Ahora por dinámica de rotación, tenemos:
FR-TR=la, también a= ^
Luego
R( p-T)= ( | ) (2)
D e ( l)y ( 2 ) tenemos:
2F' mS . / 2
a=
---¡— =>a=4m/segz
M-4>
R2
Una varilla de longitud 0.5m puede girar alrededor de uno de sus exOtremos (A), se
aplica una fuerza de 50kgf en el punto B extremo de la varilla con una duración de
0.01 seg. Si la varilla inicialmente está en reposo. Cuál será el cambio en su momento
angular?.
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y www. ed u kpe r u. co m

386. DINÁMICA RELACIONA!. ( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
Ahora, tenemos que:
■ango=t-AT=AL
=s»tF=L.F.=2,50N.m
AL=2.5 Kg.m2/seg
© Se hace incidir una bala de masa m y velocidad v, sobre un disco de masa M Y radio
R, que se halla en reposo en una mesa.sin rozamiento. La bala incide a lo largo de una
línea que pasa a una distancia del centro igual a la mitad del radio tal como se
indica en la figura. Hallar: (a) la velocidad del centro de masa y la velocidad angular
del disco si la bala se queda unido al borde del disco, (b) velocidad del centro de
masa y la velocidad angular del disco, si el proyectil penetra antes de detenerse
hasta un punto p situado a una distancia R/2. (c) La velocidad final del disco, su
velocidad angular y la velocidad final de la bala. Usar los tres principios de
conservación.
w w w . ed ü k p e ru . c o m
SOLUCIONARIO LEYVA I Y II

387. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS )
DINÁMICA RELACIONAL
a) Piden la velocidad del centro de masa, y también w
Veamos como no existe ninguna fuerza exterior
=>Po=Pf
mV=(M+m)VCM =*Vca=
mv
m+m
Ahora como tampoco existe ningún torque
=» L0=Lf (considerando m »m )
mv. 5 =Itota|W .. .(1) pero = ± MR2+mR2
=>W= -
mV
R(M+2M)
b) Ahora: análogamente, que caso anterior, tenemos:
Po=Pf
mV
mV=(m+m)Vc=»Vc=
M+m
También
=> L0=Lf
mV-j=l10W ... (1) pero
l t o t a l = o m R
,mR
■
SOLUCIONARIO FISICA LEW A I Y I w w w .e d u k p e ru .c o m
1

388. DINÁMICA RELACIONA!.
( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
R /l o mR‘ i
"'v r ( 2 m B + T ' J
2mV
w=-
w
(2M+m)R
c) Asumiendo que la bala sale del disco
=* Lo=Lf
mV=MVc+mVf
mv0=MVc+mvf
Luego: como la energía se conserva
Resolviendo con L0 = Lf
2mV
* Vc=
w =
Vm2+2mm
2mV
*. Vf=V
RVm2+2mm
' m2-2Mm
m2+2Mm
Sobre una mesa horizontal lisa, se encuentran dos discos de masa m1 = 2m2 y de
radios R1=2R2, e! primero con una velocidad angular w0 y el segundo se halla en
reposo. Se ponen contacto estos discos por sus bordes y luego de un instante
inicial el deslizamiento parcial, ambos quedan girando sin resbalar al contacto. Hallar
las velocidades angulares finales de cada disco.
Como, en dicha interacción, no existe fuerzas externa que generen momentos
to-tr
L0= IW = lm lRfW0
- -jKpe^.tom SOLUCIONARIO LEYVAI Y II

389. J—
---------------.
» EDUARDO ESP1NOZA RAMOS J
Pero al final
Lf=Ii W-j +I2W2
Ahora como se ponen en contacto ambos discos:
R1W1=R2W2
. v ^ =Ri
w, r2
1 2 1 2
=> L^ - m ^ w ^ - m a R g W ;,
1 1
- m2R2wo=2m2R?w1 + - m2R¡w2
R?w0=RiW1 + ^ R ¡w2
También:
DINAMICA RELACIONAL
4Rf w0=4RÍw1 + ^ R¡w2
8w0=8w1 +w2
w1 =0,8w o
w1=l ;6w0
La mitad de un disco está dispuesto que pueda girar alrededor de un eje sin fricción
que pasa por su centro de curvatura p. Hallar:
(a) la aceleración angular en función de su posición angular 0.
(b) La máxima velocidad angular del disco si se deja libre de la posición dad.
3 SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II w w w .e d u k p e r u . c o m

390. DINÁMICA RELACIONA!.
( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
a) Ahora: tomando torque respecto a P
t]=Ia
Pero 1 = -mR2
b)
2R
=> — .sen0(mg)=la
K
2R x 1 n2
— sen0(mg)=-mR a
=>a=4.9 sen0/TR
dw
a = — w
dO
[ a * , » / w dw
2
49cos0 w2
TR 2
89cos0 89
--------=w2=>w*r = —
TR mK TR
.-.w=(89/TR)1/2
La cuerda mostrada tira sobre el eje de la rueda acelerando hacia adelante. Si el
momento de inercia de la rueda es 0.5kg - m2 y su masa es de lOkg y de radio 45
cm; gira sin resbalar, cuál será la fuerza más intensa para que el centro de masa
tenga una aceleración de 1 m/seg2 (g=10m/seg2).
:
www. ed u kperu. com SOLUCIONARIO LEYVA 1 Y II ¡gffll

391. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS )
DINÁMICA RELACIONAL
Ahora por la 21 Ley de Newton, tenemos:
F - fs = ma ... (1)
Rfs = /a ... (2)
También tenemos:
=> /s = —reemplazando en (1)
F=a
a
a=R
'm+la\
=»F=12,5N
Una esfera que viaja a 5m/seg comienza a rodar hacia arriba sobre un plano
inclinado a 30°. (a) Que distancia recorre sobre el plano inclinado (,g = 10m/seg2)
VH)..
Al subir el plano inclinado, la esfera, solo se detiene, por una componente de su
gravedad.
=>E0==Éf
1
2'
-mVo=mgh=>h=l,25 m.
2 3 SOLUCIONARIO FISICA LEYVA IY II w w w .e d u kp e ru .co m

392. DINÁMICA RELACIONA!.
( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
1,25
h ~ = 2 , 5 m .
sen30
# Un arco se encuentra en reposo y reposo y recorre lm sobre un plano inclinado lisa
de ángulo 45°. Hallar la velocidad del aro cuando pasa rodando por la marca de lm
en su camino hacia abajo en el plano inclinado.
Corno, dicho disco solo baja de nivel gracias a una componente de su peso:
=> A Ey = 0 => Ei = E0
l o 1
Pero w= — y / = -mR2
D J O
Pero
mgh= - mV + - IWo
1 2 1 2V2
mgh=-mV +2mR ^2
gh=V2
^V=V^h
h=dsen01V=>/gdsen0=2,7m/s
WWW. e d ukpsru. com SOLUCIONARIO LEYVA I Y I

393. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS )
DINÁMICA RELACIONA!.
Con relación al problema anterior, si la velocidad del aro fue de lm/seg. Cuál será la
fuerza de fricción promedio que tardara su movimiento, si su masa es de lkg.
Analizando al aro, tenemos:
Asumiendo que fs es constante, y además, tomando el aro en la posición final del
caso anterior:
=> wfé = aem
1 1
=*Wfs= - mV2+ - IW2-mgh
1 1 V 2
=>fs.d= - mV2+ - mR2. -mgh
fs=mV2-mgh
fs=m(V2-gh)=6,07N
Dentro un recipiente hemisférico liso, de radio R. se coloca una esferita de radio r<
R. Al dejarla en libertad, la esferita rueda sin resbalar hasta el fondo dél recipiente.
Hallar la rapidez de la esferita en el fondo, tal como se muestra en la figura.
j a r e r i v r r m M f
De acuerdo a la figura, como el piso es liso
=>AEM=0=>Eo=EF
SOLUCIONARIO FISICA LEYVA IY II www-.edukperu.com

394. DINÁMICA RELACIONAL .
.......................................( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
mgh=^mV2+^Iw2+mgh , pero W = £/ = \mr2
1 9 1 o
=>mgh= - mV + - mv^+mgr
2 5
10sCh-r)
=V2, además del A mostrado, tenemos:
= V2
10 g(R -2r) _ ir2
14
h=R-Rcos60°
/ 1\ R
“ H 'sH
=»V=2,7VR^2r
a s La fuerza f acelera al cilindro de masa m y radio R. Que tiene un movimiento de
inercia I desde el reposo. Si el cilindro rueda y no se desliza cuál será su rapidez
después de que ha rodado una distancia L.
Asumiendo que dicho piso es liso
=>Wf=AErT
1 1
=*F0L=2mV +2IW E°
1 , 1 V2
F0L= — mV + — 1 —
2 R2
r 2 \
=>2FL:=V2 (m + ^ )
=>v=
2FL
m+-ñ
R ,
1/2
Las dos ruedas idénticas que se indican en la figura, tienen radio R Y momentos de
inercia I. Si la masa m, parte del reposo. Cuál será su velocidad, cundo ha caído una
distancia H?.
w w w .e d u k p e r u .c o m SOLUCIONARIO LEYVA I Y II I B

395. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS )
DINÁMICA RELACIONA!.
l i i T T l T T r i í H Í
como no existe fuerza externa, para mi sistema
=>A E MTOt a= 0
Er o= Em.l
1 1
mgH= - mV + - IW + - W
mgH = -2m V 2 + IW 2... (*)
También tenemos que
/.V=
V
W =R
/ mgH \
\™ ,.i
\ 2 R2/
mgH
1/2
m 1
9 P2
@ Sobre un disco de momento de inercia I0, que gira con una velocidad angular w0f se
suelta un cilindro de momento de inercia lv Hallar la velocidad angular final de
rotación.
392SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II www. ed u k pe r u .com *

396. DINÁMICA RELACIONA!. ( EDUARDO ESPINOZA RAMOS «
SOLUCION
como no existe fuerza externa que genere torque, =>L=cte
Veamos
Lo=Lf
10W,
IoW 0 = WaW = (I0 +1,)W.-.W=
I0+li
Un meteorito de masa m choca contra la tierra cuya velocidad angular es w0 y se
entierra en está. Suponiendo que la rapidez del meteórico es v; halle el cambio en la
rapidez de rotación de la tierra alrededor de su eje, si se conoce el momento de
inercia de la tierral. Suponer que el movimiento orbital de la tierra no cambia.
Como no existe torque externo:
=>L=cte
L0 = LF
, o. IWo+mRV
lW0-mRV=(l-mR )W =>—-—5—
1+mR
.-.AW=W-W0
mR(V-RW0)
’ i+R2
w w w .e d u k p e r u .c o m SOLUCIONARIO LEYVA I Y I

397. » EDUARDO ESPINOZA RAMOS ) DINÁMICA RELACIONA!.
La hélice de un avión y el sistema giratoria ai cual está sujeta, tiene un momento de
inercia total de 100kg - m 2 y giran a 1,200 RPM. Cual es el torque medio ejercida
por la maquina sobre su soporte como consecuencia de que el avión efectúa un giro
de 12 0oen lOseg.
Ahora, como tenemos un tcon
dL r r
*t=dt*J tdt=J dL
=>t(t)=AL=IAW
Ahora:
Por las ecuaciones del mcv AW=at
pero
E H SOLUCIONARIO FISICA LEYVA I Y II
w w w .e d u k p e ru .c o m

398. IídIl A
de Leiva
a*
& * ..* 4 *
i l
m 't ç c M
p F
« p P *
Ili
Solucfbnario
5 ' S . * *
v*
SOLVER-EDK
m 4 ■
M te edukperâ

400. MOVIMIENTO ONDULATORIO
SOLVER EDK «
Dada la onda T =0.3 sen (2 , donde Z se mide en metros y t en segundos.
Hallar la velocidad de propagación de la onda.
j ^ C T M i t a í
Se tiene T (Z, t)=0,3 sen (2 ;rZ-18;rt) de la ecuación de onda general, tenemos:
4* = 4*, sen (kz - wt)
Comparando podemos decir:
k = 2n = — => A = lm
A
Ahora:
w = 18/r = 2nv => u = 9(1 / 5')
= y = Au = 9m / s
2tt
Se tiene una onda, cuya forma matemática es: 4* (z, 0) =2 sen — z. si la onda se
O
mueve en la dirección negativa del eje z a la velocidad de 6 m/s. hallar la
perturbación para t=l seg.
i- uoom SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I
I

401. » SOLVER EDK
MOVIMIENTO ONDULATORIO
Sea H ^ O ) = 2sen— z
3
Como el caso anterior, entonces:
271 2u
k - — = — => A = 3m
3 /l
Y además: V =6m/s
Luego: w = 27iv = 4n
Piden cuando b = l
> V = Au => v = 2(1 / seg)
- ^ (z ,t ) = 2sen|^— ^z + 4/rt
- ^ (z ,!) = 2sen^^-z + 4t
Se da la velocidad de fase de onda armónicas longitudinales que se propongan a lo
Y n 2
largo de un cilindro de radio R, uf = ^i - ^202 4
^ J
; donde E, P, a, R son
conOstantes. Hallar la velocidad de grupo de las ondas que se propagan a lo largo de
la barra.
SOLUCIÓN
Tengo:
vf =VÉ7s
4 V A ,
-6 R
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II vvwvv, edukperu, coni

402. MOVIMIENTO ONDULATORIO
SOLVER EDK «
Ahora:
VÉTp í 1 k2 6S R2 j = 3V, - 2^JÈ7p
En una cuerda de 120 cm. de longitud se formó una onda estacionaria, con la
particularidad de que los puntos, para los cuales la amplitud de desplazamiento es
igual a 3.5 mm distan 15 cm. uno de otro. Hallar la amplitud máxima de
desplazamiento. A qué sobretono corresponden estas oscilaciones.
R: T0 =5 mm al tercer sobretono
Se describe que en dicha cuerda se desarrolla una onda estacionaria.
X
>
V V
15 c m 15 c m
www exíuKr ' • ; com SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

403. » SOLVER EDK
_____________
MOVIMIENTO ONDULATORIO
. - = 30cm
2
> A = óOcm
Ahora de la ecuación general de la onda estacionaria:
VF = 2^560(kx) eos wt
También tenemos que:
A x = 3,5 = 4/0sen(kx) = 4/0sen(k(x + 15))
=>sen(kx) = sen(k(x + 15))
kx = -k(x + 15) + 7r
n , 2 7 1 7 1
Pero: k = — = —
A 30
► x = (7,5)cm
Ahora:
^°sen( l r ( 7’5) l =3’5
n = — = 4nodos
k
•' f = 41
Hallar el número de posibles oscilaciones propias de una columna de aire en un
tubo, cuyas frecuencias son inferiores a 1250 Hz. La longitud del tubo es 85 cm. La
velocidad del sonido 340 m/s. coOnsiderese dos casos siguientes (tomando los
v
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II www. eékíkmm *

404. MOVIMIENTO ONDULATORIO c
SOLVER EDK «
extremos abiertos del tubo por los vientres de desplazamiento): (a) el tubo está
cerrado en uno de sus extremos, (b) el tubo está abierto en ambos extremos.
a) Veamos: Se tiene que:
Por condición:
f = ü (2n + l)
4L ’
t <1250
=> — (2n + l)<1250
4L ’
n=6 oscilaciones
b) Para el segundo tenemos:
f =— (n + l)
m 4 LV '
fm < 1250
=>— (n + l)<1250
4L ’
n = 11.5 oscilaciones
Un cable flexible de 30 m de longitud y 8 Kg. de peso se ata entre dos postes con
una tensión de 200 kg. Si se golpea al cable en uno de sus extremos, hallar la onda
transversal producida en alcanzar el otro extremo y regresar al punto de partida.
Con los datos dados, tenemos:
www.i2dukneru.com SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I

405. » SOLVER EDK J MOVIMIENTO ONDULATORIO
- i
V = í— donde: T=200g
_ 8 _ _ ±
30 ~~15
V = 85,8m/seg
X/ L . L
t V
*30
>t = — = 0,35seg
85,8
Ahora piden el tiempo de ida y vuelta:
t = 2T
total ^ J
ttcal = 0,7seg
Una pieza de artillera dispara un proyectil sobre un blanco situado a una distancia de
800 m. el ruido de la explosión se oye 5 segundos después de que el proyectil,
siendo la temperatura del aire de 20°C.
^ s o n id o
■<
-------
800 m
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II vwA¥:edukperu coìti

406. MOVIMIENTO ONDULATORIO T=293°k
R=8,31
r= 1,4
SOLVER EDK «
^sonido = 344m / seg
t _ 800 _ 2 3
sonido 344
Voteti, =2,7seg
v pray = | y = 296,3m/seg
¿Cuál es la velocidad y la dirección de propagación de rada una de las siguientes
ondas?
a) 'f',(x ,t ) = A (x + 2t)2
b) vP (x ,t ) = P (Q x - R t- D )
c) vF (x ,t ) = Be ^ ^ ' 2APxl^ Donde A, B, P, Q, R y D son constantes.
(a) v=2 en la dirección negativa del eje x.
(b ) v=R/Q en la dirección positiva del eje x.
(c ) v=P en la dirección positiva del eje x.
www. edukperu. coro SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
I

407. » SOLVER EOK
MOVIMIENTO ONDULATORIO
a) %<,t)= A (x + 2t)2
De la ecuación diferencial del movimiento ondulatorio.
■ = v2
cT 8x¿
Í X - 8 A ^ - 2 A
a 2 ’ dx2
>8/ = V 22 /
■ V, = -2m / s
En la dirección negativo a x.
b) 'F(xt) = P(Q x2 +Rt2 - D )
d2xV 02vP
"1F =2PR' ^ = 2pQ
=> = V 2^PCÍ
IQ
En dirección negativa.
n irr o H Ax¿A P V -4 A P V -2 a P x t
C) ^(x(t ) =Be
SOLUCION ARIO FISICA LEIVA I Y I ; w m r. füukperü'con =

408. MOVIMIENTO ONDULATORIO ( SOLVER EDK «
^ = 2Ap2 (2AP2t2 -4APtx + 2Ax2 - l ) lH
= 2A (2Ax2 - 4APtx + 2Ap2t2 - 1) 4'
c2T , a2^
a 2 5x2
jM'p2 = zKv* =>v = p
En el acero (E = 2 x l0 n N/m2, p =8000 kg.m3) se propaga una onda longitudinal de
forma sinusoidal, en la que la am plitud del desplazamiento es 0 . 1 mm y cuya
frecuencia es 1000 Hz. Cuánto valen las tensiones máximas a que tienen lugar en el
material.
Tenemos que:
E = 2 x l0 "N / m
p = 800kg.m3
Vp,°= v p = 5000m 'ses
Ahora: com o el movimiento es armónico, senoidal:
=> vF(x r) = 1 0"4s e n (k x - w t)
www. éd ükperu. corri SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

409. » SOLVER EDK MOVIMIENTO ONDULATORIO
Pero: V =0/
=>d = 5m ,w = 2^x10 :
^ ( x ;t) = 10 2s e n |^ x - -2;rx l0 3t
G = E.
d4*
dx
Gmax = 2,513xl07kg/m2
s| Cuanto vale la amplitud de las oscilaciones en una onda sonora de frecuencia 1000
Hz con una intensidad sonora de 130 db y de 0 dB (umbral doloroso y umbral
audible).
a) Tenemos que:
v ‘o y
I=l013xl0'12
■ V S SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II www; ed ukperu. eom

410. MOVIMIENTO ONDULATORIO
SOLVER EDK «
1=10
Ahora tenemos que:
Vsonido =345 m/s, $-=1,29
P0= 2 *V 5 f. %
...*
P2
2 y? 1
Utilizando ( * ) tenemos que:
Po =93,66 w
p
=>^o = — —
° 2nW gí
% = 3,37x10-'* m
b) Analógicamente por 6
B = 0 = Lo g (l/l0)
=>I = 10~12
=> De las ecuaciones dadas:
% = 1,06x10 11 m
t f l Una fuente sonora, S, emite al aire libre una onda esférica amortigua con el tiempo
de potencia P=P0 e"at, donde P0 =10'4W ? =0.1 seg.-1. Hallase el cabo de cuánto tiempo
deja de oírse la oscilación a una distancia de 2m, cuando la intensidad del límite
audible es 10'12 V/m2.
Tenemos que:
wvv-v. -;i y kpe-ru coi n
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

411. » SOLVER EDK
Ì
MOVIMIENTO ONDULATORIO
P = P0e_x*; donde P0=10^w
a = 0,1 g/seg.
Piden t cuando I=lO'12w /m2
Tenemos que:
l = — P0e~al,pero A=4;r(2)~ = 16;r
A
i = icr12
(l0~'2)l6;r
=>-
---1--= e■',,
10“4
Ln(l0~a.16/rj = -at => 145,03seg.
Un sonido de frecuencia 1000 Hz, tiene una intensidad de 100 dB. Se pide (a) la
amplitud, (b) la velocidad de las moléculas de aire y k (c) la amplitud de las
fluctuaciones de presión.
Tenemos por dato, f = 1000 Hz
B = 100dB,Vsonido = 345m/s,<rane =1,25
100= 10LgCl/lo) => 1 = io - 12w/m"
a) P0 = 2 W ^ fF 0....*
'É B fli SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II www. ed ukperu. tüm

412. MOVIMIENTO ONDULATORIO
SOLVER EDK «
Pero 1 = —2— => P{' = 3 w ..
2vc
>% =1,07x10"6 m
b) Piden velocidad máxima.
Sea: = 1,07x10"* sen (k x - w t)
©
Pero: w=2 n f
W=2xl03^
Vniax= £ £ = 1,07x1o-6 (2^x103) =
= 0,672 x 10‘2 m/s
c) de (*)
Pn= 2.9 x 10’3 atm
Un observador que esta a la orilla del mar oye el sonido de la sirena de un barco.
Cuando el observador y el barco están en reposo, el sonido que percibe aquel
corresponde a la frecuencia de 420 Hz. Cuando el barco se mueve en dirección al
observador, la frecuencia del sonido que este percibe es de 430 Hz. Y cuando el
barco se aleja del observador, la frecuencia es de 415 Hz. Hallar la velocidad del
barco, en el primer y segundo caso si la velocidad del sonido es de 338m/seg.
j s r o i w r a w í
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I

413. » SOLVER EDK
MOVIMIENTO ONDULATORIO
a) Como el observador se encuentra en reposo entonces, la frecuencia
percibida será:
V' = V (V s / V s - V )
=>430 = 420(338/338-V )
=> V = 28.3km / h
b) Para este caso V. b = 0, Ubote, ya que el se aleja:
V ' = V (V s/V s + V )
4158 = 420(338/338+V)
=> V = 14,7km/h
Una cuerda sometida a 15 kg. De tensión produce un diapasón 8 pulsaciones por
segundo. Cuando esta cuerda se tensa hasta 16 kg. Resulta afinada al unísono con el
diapasón. Hallar el número de vibraciones del diapasón.
Asumiendo que ambos se tratan con la frecuencia fundamental:
Ahora:
«
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II - '

414. MOVIMIENTO ONDULATORIO SOLVER EDK «
r fT,
_ Mi
f2
8Hz V 15
=>f, =8,2 + 6Hz
Una fuente sonora tiene una frecuencia de 800Hz y esta en reposo respecto al aire.
Un observador se mueve con una velocidad del sonido respecto al aire en reposo es
340 m/ seg. Hallar (a) la frecuencia percibida por el observador cuando se acerca y
8b) cuando se aleja de la fuente sonora.
a) Ahora, como la fuente esta en reposo y el observador se mueve:
• V' = VI 1 + —
Vs
V' = 800Íl + — i = 847,6Hz
l 340 J
b) Análogo que al caso anterior, solo que:
• V' = V| 1- —
Vs
V' = 8001 1-— | = 752,9Hz
1 340
wvvvv.eduKperu.com
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

415. » SOLVER EDK
ELASTICIDAD
jMk
Se tiene de espesor uniforme e, despreciando el peso propio debido a al fuerza F ,:
módulo de young es E.
2F
R = — Ln2
Ee
b
■
SO LUCIONARIO FISIC A LEIVA I Y II

416. ELASTICIDAD C U
SOLVER EDK «
Por semejanza de triángulos:
b b _ b
X ~ 2 2 4
x = ± (y + b)
Reemplazando en (1) el valor de x e integramos:
f dA, = f bo_ J ^ _ = 2 E Lnf ^ l
(y + b )¿E ee v b J
2F
A¿ = — Ln2
eE
Una varilla recta de aluminio de 2 cm. de diámetro esta sometida a una fuerza de tracción
axial de 300kg.
Hallar:
(a) El alargamiento en una longitud de 50 cm.
(b ) La variación de volumen en una longitud de 50 cm.
Donde: E=7 x 106 Kg. /cm2 y // = 0,34
w w w .e d u k p e ru .c o m SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

417. » SOLVER EDK
ELASTICIDAD
R: (a ) A 0.00505 cm.
(b ) AL = 0.0001 cm3
—
-------
T
í
s
u
o
LO
1
k TAC i
1 2 0 0 k g
1 cm
a) Hallamos la deform ación longitudinal:
50cm.300kg
A£ ■
LoF
S E 7t (lc m2 ) x7xl O6 kg / cm2
AC - 0; 0068 cm
b) Para hallar la variación de volumen calculam os:
3(1-2//)
= 7,3x106 k g /cm2
AV B S B
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I wwvv. edukoéf y . com

418. ELASTICIDAD SOLVER EDK «
AV = m X £ = Q 0 2 1 c m ,
ÉEg Una barra de longitud L= 2m de peso despreciable esta colgado de un alambre de hierro y
de un alambre de cobre. Si los alambres tienen la misma longitud e igual sección transversal.
A que distancia x del alambre de hierro habrá que suspender una carga P, para que la barra
quede horizontal.
Fe
nr
Cu
jc n r n r g n iM
Para la barra de Fe:
T L
ALfc= —
fe SE.
vAvw.eduKperu.com SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

419. * :
' V —
. ELASTICIDAD
Para la barra de Cu:
SEcu
Por condición de problema: ALfe=ALCu
T F
>ia L = fru /1\
T E who C-FP
£t a=xP- LTcu( L -x) = 0....(2)
Xt b=t feX - Tcu( L -x) = 0....(3)
I Tc= P ( L -x)- TfeL = 0....(4)
De (2), (3) y (4): J ^ = —
Tcu x
x E cu _ 19,6x1010
L - x ~ Efe 11,8x10'°
x = 0,7
jfg Una barra de acero de sección uniforme esta suspendida verticalmente y soporta una carga
de 3000 kg. En su extremo inferior, como se ve en la figura, 20 cm. mas arriba esta aplicada
una fuerza vertical de 2000 kg. Y otros 40 cm. más arriba otra de 1500 kg. La longitud total de
la barca es de 140 cm. y su sección de 10 cm2. El modulo de elasticidad es de 2 x 106 kg. /
cm2- Hallar el alargamiento total de la barra.
m SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
v avy/ edukpefü.corn

420. ELASTICIDAD SOLVER EDK «
///////////////////////
80 cm
3000 kg
80 cm
40 cm
20 cm
i 3000 kg
Para el tram o A B :
www ecf ' ,o> ruxorn
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA 1 Y II j f S Ü

421. >
;.v » SOLVER EDK ) ELASTICIDAD
j 3500 kg
20 cm
3000 kg
F.e
E.S
3000. (2 0 c m )
1 2 x 1 0 6 kg / c m 2 .lO c m 2
A C, = 0 ,0 0 3
Para el tram o BC :
i 15
□
i «Sil
1500 kg
a e<2
40 cm
1 5000 kg
5 00 0 .(4 0 c m )
2 x 1 0 6 kg / c m 2 .1 O cm 2
A(?2 =0,01
Para el tram o C D :
D
80 cm
j 6500 kg
6500.8 0 cm
2 x1 0 6 kg / c m 2 .1 O cm 2
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I
www, edtik perú. co?r¡

422. ELASTICIDAD ( SOLVER EDK «
Ai 3 =0,026
Af T =Af,+AÍ2+A¿3
A íT =0,039cm
O Jn a barra de acero cuadrada de 5 cm. de lado y longitud de 1 m esta sometida a una fuerza
de tracción axial de 10000 kg. Hallar la contracción lateral debida a esta carga, si E=2xl06
kg/cm2y u=0.25.
Sabemos por definición que:
contracción lateral relativa
alcanzamiento longitudinal relativo
A% = Alati (1)
A/t AC.\at v ’
5 cm
s
u
o
o
lateral
10000 kg
w w w .e d u K p e ru .c o m SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I

423. Entonces para hallar la contracción lateral se da forma a (1)
» SOLVER EPK
____________ j ELASTICIDAD
Pero:
A£ _ er _ F
T ~ E “s e
En (2):
(0,25) (5cm ) (1 OOOOkg)
(25cm2)(2 x l0 6kg/m2)
Alat = 0,00025cm
Una barra cuadrada de 5cm de lado y 50cm de longitud, esta sometida a cargas axiales de
tracción en sus extremos. Se ha hallado experimentalmente que la deformación en la
dirección de la carga es 0.01 cm. /cm. Hallar el volumen de la barra cuando actúa la carga, si
u=0.4.
Sabemos por definición que:
AV (1-2//)
V E
(c r x + cj-y + c r z ) . . . ( l )
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II www. eci úkperu, com

424. ELASTICIDAD ( SOLVER EDK «
Como las fuerzas ejercen en ele eje x:
c rx = crz = 0, Entonces:
AV _ (1-2//)
V E
Además E= — -. entonces Av = —
Ax E
Por lo tanto el volumen final será:
VF = V [l + (l- / / )A x]
Reemplazando valores:
VF =1252,5cm3
www.eduKperu.eom SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

425. » SOLVER EDK 3
ELASTICIDAD
P Consideram os un estado de tensiones en un elem ento, tal que se ejerce una tensión a y en
una d irecció n , puede producirse con tracció n lateral librem ente en otra d irección (Z ), pero
esta im pedida en la tercera (x ). Hallar:
a ) cry/Ay
b ) Ay/Ay
z
Deformación libre
a y
M M /
...7
Según la con dición del problema:
Ax = 0
c r x - / / ( c r z + c r y )
Ax =
------^----------1 = 0
Ax = //(crz + c r y )...(l)
Como el esfuerzo se hace en el eje y esta im pedida en x: <jz =0
De (1 ) tenem os <rx = juar ..(2)
Sabem os que:
SOLUCiONARIO FISICA LEIVA I Y II
www. eci ukperú. cor

426. ELASTICIDAD ( SOLVER EDK «
v
___________________________-L----------
Ay =
Ay =
cry
Hallamos el cociente de: —
Ay
cry E
Ay 1- i ?
Ahora la expresión de Az es:
A (Tz-Mivx+vy)
' A z _ E
De (4) y (3) se tiene:
y t*
Ay 1
Una barra circular maciza de aluminio de ó cm. de diámetro esta sometida a una fuerza
axial de tracción de 9000 kg. Hallar la disminución del diámetro de la barra debida a esta
carga. Para el aluminio; E = 7xl010 Kg. /cm2 y ju = 0.34.
www. ed y Rper u. co rn SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

427. (
» SOLVER EDK
Z D
ELASTICIDAD
m m m m
m //////////////////
2 ib
|f =F = 9000 kg
Por d efinició n :
Ar
A l
£
Ar = //r0— ...(t )
L 0
crz F
Pero: — = —1- = —
t n E S E
Reem plazando en (1 ):
a
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II www.edukperu corn

428. ELASTICIDAD SOLVER EDK «
Para hallar la variación del diámetro basta hallar la variación del radio:
Ad = 2Ar...(3)
De (2) y (3): Ad = ^ ¿
oh
Reemplazando valores:
Ad = 0;00092cm
^ Una barra de vidrio cuadrada tiene 3cm de lado y 60cm de longitud y esta cargada por una
fuerza de tracción axial de 5000 kg. Si E = óxlO10 kg. /cm2 y /j = 0.25. Hallar la variación
unitaria de volumen.
« i » «
///////////////////////
60 cm
3 cm
| 5000 kg
Por teoría se demostró que:
WWW. ed ükperu, com SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

429. 1 7
» SOLVER EDK )
ELASTICIDAD
AV (\-2fS)
----- - K + O ’y+O'z)
V E
Pero solo la fuerza ejerce en el eje Z, entonces:
crx = cry = 0
AV (1 - 2 j l í)
V ” É ^
AV _ (l-2//)F
V SE
Reemplazo valores:
AV
— = 0,000046
V
p Se tiene una barra de bronce de 6cm de base cuadrada y 60cm de longitud, esta sometida
a cargas axiales de comprensión en sus extremos. Si la deformación unitaria longitudinal es
0.01. Hallar el volumen de barra, cuando esta aplicada la carga, si /i = 0.28.
m SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II www. edukperu com

430. ELASTICIDAD c
SOLVER EDK «
Por la teoría se demostró:
AV (1-2//)
V E
(a x +ay +crz)
Como la fuerza ejerce en el eje x <xy = a z = 0, entonces:
AV -(1-2//) - (1 - 2 m)F
— = ---------r
---------Ov =-----------------------
S.E
A V _ ,(1-2m)F
V ES
Por lo tanto el volumen final será:
VF =V
\ 0 - ^ ) F
E.S
VF =2150,5cm3
Una varilla recta de aluminio de 2cm de diámetro esta sometido a una fuerza de tracción
axial de 3000 kg. Hallar:
a) La deformación unitaria.
b) La variación del diámetro.
c) La variación de la sección.
Si: E = 7x1010 kg. /cm* y // = 0.34
www. edu kper u. corn SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I

431. » SOLVER EDK ELASTICIDAD
c m *r
J3000 kg
a) La deformación unitaria se define:
Pero sabemos que: E= —
M
a F
Entonces: A£ = — = —
E SE
Reemplazando: At = 0,000136
b) Por definición:
Ad
do_
í
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II www. éd ukperu .com

432. Siendo d0 = diámetro y Ad su variación
Ad =fidA
Ad = (0,34)(2cm )(0,000136)
Ad = 0,000092cm
c) Siendo d: diámetro nuevo de la barra
d = d0 - Ad
d = 2,000092 cm.
d2
La AS será: AS = Sn - n—
4
AS = 2,89x104 cm2
r a En la construcción de un edificio se usa un cable de acero de 6 mm de diámetro para la
elevación de materiales. Se cuelgan verticalmente 150 m de cable para elevar en su extremo
inferior una carga de 200 kg. Hallar el alargamiento total del cable. El peso específico del
acero es 0.0078 kg. /cm3 y E = 21 x 105 kg. / cm2.
MI W
El peso del cable también contribuye a la deformación. Hallaremos las deformaciones.
ELASTICIDAD ( SOLVER EPK «
w v v w .e d u K p e ru .c o m
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

433. » SOLVER EDK ELASTICIDAD
75 m
" B
75 m
A
inm
J2OO kg
Para el tramo A B
A , 1 = ^
1 S.E
Á P
200 kg
A£+ =
200.75
TC (ó x l 0~3 )
. (21x109 kg / m m 2 )
A£y = 0,025m
Para el tramo BC
Hallamos el peso P:
P = y .V
//////////
p
200 kg
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I
www. eci ukperu, corn

434. ELASTICIDAD SOLVER EDK «
;r(ó x l0“3)
P = 0,0078kg / cm' —
------ xl 50
P = 33,0 kg.
Entonces:
\ t 2 =
(200 + P ) .í0
*(6 X 103)2
xE
= 00,029m
.*. A¿T = 2,5 + 2,9 = 5,4cm
En la figura se representa dos alambres de sección uniforme S, que están articulados en X ;
Y, Z, inicialmente tienen una longitud H y están horizontales cuando no se ha aplicado
ninguna carga. El peso del cable es despreciable. Si se aplica gradualmente un peso P en el
punto y. hallar P para producir una deformación vertical V, respecto del punto y.
H J Lz
I
wvyvv.eduKperu.com SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
/
35

435. » SOLVER EDK 1
ELASTICIDAD
En el e q u ilib rio :
P _ 2 T e o s o
S ~ S
P = 2 E A ^ Sc o s6>...(1)
H
e o s 6 = . = = . . . ( 2 )
^ V2+ H2
De C2)y(l):
2EAISV
H ^ V 2 ■+■ H 2
2 E S (n/ V 2 + H 2 — H IV
H s/v2H2
vavw. eci ukperu ;cóm

436. ELASTICIDAD SOLVER EDK «
P = E
V h2+ v2
H
- 1
25V
n/H2 - V2
Hallar el momento del par de fuerzas capaz de torcer un alambre de 10cm de longitud y
0.05 mm de radio, en un ángulo de 5'. Se conoces el modulo de Young del material
70 x xlO9 N/m2 y su coeficiente de Poisson 0.3. Use la relación de r ¡ = f ( E ,n ) .
M m t m m
Sabemos por teoría que:
/rnR6 „ r. .
r =
-----;u= Coeficiente Poison
2L
n =
2(1 + v)
= 26,9x109 N/m2
;r (26,9x109) (0,05x10-3 )4.5'
2x0, lm
t = 3,92x107 kgf - mm
www. edukperu .corn
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I
H

437. » SOLVER EDK ELASTICIDAD
Una barra cuya sección es S, esta sujeta en sus extremos a fuerzas tensoras F iguales
y opuestas. Se considera un plano que corta a al barra y forma un ángulo con el plano
vertical, según figura 0 . ¿Cual es el esfuerzo cortante y la norma?
!
r3
\
J
J -
j a n i M í i w
Obtenemos al pasar el plano, la siguiente sección transversal:
La superficie que se desplazará es:
S' = S see 6
- i *
Por definición el esfuerzo tangencial y normal será:
VAVW. ed y kpety. co>
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II

438. ELASTICIDAD SOLVER EDK «
F F
rN = l!l.,rT = -V
S1 S 1
Por la tanto: F* = F eos 0
Ft = Fsen<9
Entonces:
KI F e o s 0 FCOS2
rN = — -— =
-----
eos#
Y:
KI Fsen# 2Fsen#cos6>
rN = — -— =
----------
S 2S
eos 0
- Fsen2#
T i =
--------
2S
wv/vv. edukperu, corn SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

439. » SOLVER EDK VECTORES
Un punto vibra armónicamente. El periodo de las vibraciones es de 2 seg., la amplitud de
50 mm y la fase inicial igual a cero. Hallar la velocidad del punto en el momento en la que
elongación es igual a 25 mm.
De acuerdo a la ecuación del movimiento de un MÁS y a los datos dados tenemos:
— *■>
x = 50sen(;rt)mm
i
Ahora piden:
— H Y
V = — = 50^rcos(^t)...(l)
Pero:
j
x = 25 = 50sen(^t) => t = - seg
» V = 50;rcos — | = 1.36mm/s
La amplitud de las vibraciones armónicas de un punto material es 2 cm. y la energía total de
las vibraciones 63 x 10'7j. Cuál será la elongación del punto cuando la fuerza que actúa sobre
él es 2.25 x 10'5N.
—H 1
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIY II wvvw.edukperu.;

440. VECTORES í SOLVER EPK «
JP C T T O t tlW
Analizando al cuerpo a un extremo de dicho movimiento, (x = A = 0,02 m)
=> E Me ^ 21°<2 = 3x10’7 j
=> k = 1,5x10"3 N / m ...(l)
Ahora piden x, cuando F = 2,25 x 10'5N
=>F = kx=>x = l,5xl0_2m
| Un peso está colgado cíe un muelle. Hallar el coeficiente de deformación de este muelle
sabiendo que la energía cinética máxima de las oscilaciones del peso es igual a Ij. la amplitud
de la oscilaciones es de 5cm.
P.E
TH I } I F
¡A
__NR
w w w . e d y R p e ru . c o m SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

441. » SOLVER EDK
dy
Sea y = A sen (wt+ 0 ) => V = —
dt
V = a ecos (wt+ 6 ) => Vmax = Aw
Pero A =0,05 m =í> w = —
m
— 2 ^ ^ n f i a x
. A
=> k = 800 N / m
)e un muelle está colgado un plástico de balanza con pesas. El periodo de las oscilaciones
verticales es igual a 0.5 seg. Después de poner en el platillo más pesas, el periodo de las
oscilaciones verticales se hizo igual a 0.6 seg. ¿Qué alargamiento provocaron en el muelle las
pesas añadidas?
Tenemos que: T, = 0,5y T2 = 0,6
mi
i r
(II)
2 '
fjr
1
\27T,1
(*)
VECTORES
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II www. ed ukperu coro

442. VECTORES (
SOLVER EDK «
También:
m1g = k x1l / x
m2g = k x2J
Ax =| —
k k
f i l2 m
\2n,
= 0,027m
0 Una persona de 0,5 Kg. f está colgada de un cordón de goma de 40cm de longitud y 1 mm
de radio. Hallar el periodo de las oscilaciones verticales d la pesa sabiendo que el módulo de
Young de esta goma es igual a 0.3 kg. F/ mm2.
Del gráfico tenemos:
R E
t m g
wwvv.eduKperu.com SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II |F f

443. » SOLVER EDK VECTORES
2da ley de Newton
F -m g = m ^ . . . ( l ) •
Ahora en el punto de equilibrio tengo:
mg = F0 sea L0
ESAL E S a . . v
mg = —— =— (L0+ d - L0)
L0 0
mg = ^ d . . . (2)
0
También podemos decir.
F S
F = ^ ( L 0+d + y - L 0)
L0
Luego (2) y (3) en (1):
F = — (d + y )...(3 )
L-n
ESy E S / d y
+ —
---= -m— -
L„ Z T dt 2
ESy
L
B
SO LUCIO NA RIO FISIC A LEI VA I Y II
www.édükperu coVn

444. VECTORES c
SOLVER EDK «
d'y ES n /*\
d F V y ■()
De Acuerdo a (*) el cuerpo desarrolla con:
w =
T - 2 * M
V ES
Reemplazando valores: T = 0,92seg.
Escribir la ecuación del movimiento resultante de la composición de dos movimientos
vibratorios armónicos que tienen la misma dirección, periodo y amplitud. El periodo de 8
seg. Y la amplitud 0.02 m. la diferencia de fase entre estas vibraciones es igual aW4. La fase
inicial de una de las vibraciones es iguala cero.
Sea:
x1 = O ,O 2sen^t + 01
x2 = O ,O 2sen^t + 02
* x2 = 0,02sen| ^ t
«'Jukneru com SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

445. » SOLVER EOK VECTORES
>x = x, + x2 =0,02 s e n ^ t + 0 1 j + s e n j^ tf e
x = 0,02
o (n0O
/
\
2.sen — +— eos
u 2 JlJ J/
>x = 0;0 3 7 se n ^ t + ^
Un punto participa en dos vibraciones de igual periodo y fase inicial. La amplitud de estas
vibraciones son 3cm y 4cm. hallar la vibración resultante si: (a) las dos vibraciones tiene la
misma dirección y (b). Las dos vibraciones son perpendiculares entre si.
sea: x, = A1sen(wt + a )
x2 = A2sen(wt + ar)
a)
x1 =3sen(wt + t f )j
x2 =4sen(wt + úr)J
x = 3sen(wt + ür) + 4sen(wt + tf)
x = 7sen(wt + or)
x, =3sen(wt + or)l ,
-----
b) >r = A/xl + y2 =5sen(wt + ¿ir)
y = 4sen(wt + cz) J
| 1 i l Jn punto participa simultáneamente en las vibraciones perpendiculares entre si: x=cos re t
e y = eos 7T t / 2. Hallar la trayectoria del movimiento resultante del punto.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
www. ed ukperu. com

446. VECTORES
SOLVER EDK «
Sea: r = cos^rt t +cos— t
, 2
Ahora para poder ver la trayectoria, entonces, encontraremos la relación x e y.
x = cos;rt;y = cos
x = 2cos2—-1
2
=>x = 2y2 -1
¡| lj | Un cuerpo de masa 10 g realiza oscilaciones amortiguadas con amplitud máxima de 7 cm.,
fase inicial igual a cero y coeficiente de amortiguamiento igual a 1.6 seg.'1. Sobre este cuerpo
comienza a actuar una fuerza periódica exterior que hace que las oscilaciones forzadas. La
ecuación de estas oscilaciones forzadas tiene la forma x = 5 sen (10 tt t-0.75) cm. Hallar: (a) la
ecuación de estas oscilaciones propias, (b) la ecuación de la fuerza periódica exterior.
a) Piden: x=Ae~vt senw't
Tenemos que: k =10, 9N/m
M=10'2kg => w0 =33.026
wWw. ed ukper u. corn SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

447. » SOLVER EDK VECTORES
=> w' = yfiñi - y2
=> w ' = 10,5n
=> x = 7e_l'6ts e n (l0 ,5 ;rt)
b ) Ahora, luego que actué la fuerza tenemos que:
x = 5sen (10/rt - 0,75/r)
=> F= F0sen(10,5;rt)
Pero:
(fo)
5x10 '2
----------02--------r
[(w f- w2)2+4r2wf]2
=> F0 =7,2x10“2
F = 7 ,2 x l(r2sen(10;rt)
0 Un sistema que vibra esta formado por un peso 5 kg. F, un muelle cuya constante k = 4kg.
F/cm y un amortiguamiento es 0.11 kg. Seg. /cm. hallar (a ) la frecuencia natural amortiguada.
(b ) el decremento logarítmico, (c ) la razón entre dos amplitudes sucesivas cualquiera.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
www. eci íikpéru. com

448. VECTORES SOLVER EDK «
Tenemos que: k = 4000 N / m
m = 5 Kg.
a) w = = 28,3rad/s
b) Ahora piden: D= yT
Pero: y - — => y = 1,1 / seg
2m
Pero: w = >/w'q - y2
w = 28,28rad/s
=>D = 0,242
c) piden:
“ =e'vT= i>3
2
™ En al figura el peso w está suspendido de un muelle cuya constante es de 4 kg. /cm. y está
conectado a un embolo y cilindro que proporcionan un amortiguamiento viscoso. La fuerza
de amortiguamiento es 5 kg. Cuando la velocidad del embolo es 50cm /s el peso de w más el
w vw áedukperu.com SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
1

449. » SOLVER EDK ) VECTORES
embolo es 6 kg. (a) ¿Cuál será el periodo de las vibraciones amortiguadas y (b ) el periodo
del sistema sin amortigua.
Tenemos que:
K=4000N /m
m = 6kg
w0 = - 25,82rad / seg
También: F = 50 N = ÁV
■ Á = m
a, , = ¿ = 8,3
> W =, = a/wo- /
=> w = 24;5ra/s
=>T = 0,26seg
b) w0 =25,82
1 S B 1 SQLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y 11
www. eü ukperu, corrí

450. VECTORES c
SOLVER EDK «
>T0 = — = 0,243seg
w n
¿A que es igual el decremento logarítmico de la amortiguación de un péndulo matemático
si al amplitud de la oscilación se hace dos veces menor en 1 min? El péndulo tiene 1 m de
longitud.
Veamos que: D =yt
Pero: w0 = ^ = 3,2rad / seg
A - ¿ e~y{'
Ahora: —L =
A2
- = e-V('l _t2)
2
=>y=0,012
W = V W o-y2
Cond.: w „ » > y0
w v v w .e d u k p e ftj.c o m SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I

451. » SOLVER EDK I VECTORES
. D = 1— L = 0,023
w „
p Un péndulo matemático realiza oscilaciones amortiguadas cuyo decremento logarítmico
de amortiguación es igual a 0.2. ¿Cuántas veces disminuirá la aceleración total de este
péndulo en su posición extrema durante una oscilación.
Tenemos que: D = 0,2 =yTv . (*)
Tenemos que: 6-Ae_yl sen (w t)
Ahora:
dé?2
a - —pj- = e_ytsen(wt)(or^2 - orw) - 2aye~yt cos( w t) w
Ahora cuando t = T
a = -2 A ye
<*o ^ 2 A ? r YV 02 1
^2Ayw yú
La amplitud de las oscilaciones amortiguadas de un péndulo matemático se hace dos
veces menor en l min. Cuantas veces menor se hará en 3 minutos.
SOLUCIONARIO FISICA LE1VAI Y II vvww.'éci u kperu. còiti

452. VECTORES c
SOLVER EDK «
A, 1 ce_yt'
A , 2 ce‘ y(r2)
>Ln2 = y(60)
60 v 1
A l - ce ** - _ e~y(3(60))
A\ ce_yÍ4
A! o
=>—r = 8
a;
Calcúlese el periodo de oscilación de un péndulo de longitud 98.1cm en el aire,
despreciando el rozamiento. Sea la amplitud lcm es decir, pequeña frente a L. (b ) en que
tanto por ciento se altera el periodo cuando el péndulo se sumerge en gliceria en donde
experimenta una fuerza de fricción F 0 -0.2 (kg. / seg.) u. La masa del péndulo es 50 g.
Para el primer caso:
I
T0 =2n.|-
T0 = 2ít(0,316)
¡rWvw.eduKperu corn SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I■11

453. » SOLVER EDK
VECTORES
T0 = l,99seg
La fuerza que actúa es: F = i v
=>¿ = 0,2
0,2 2
Y 2(50x10 '!)
w = V w o - y2 =2,45
=>T = — = 2,5rad=> — = 0,28
2,45 T0
Demostrar que el movimiento oscilatorio amortiguamiento la velocidad esta dado por: V=
Ae'^senCwt+or + J ) donde: A'=AW0.
Tenemos que:
x = Ae ^sei^wt + ar)
i
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIY II wwweclukperu.com

454. VECTORES
SOLVER EDK «
dx
- V = — = wAe_yt co sítw + a ) - Aye-ytsen( tw + a )
dt v 7 7
*V = Ae * (w c o s (tw + or)-ysen(ttw + a ) )
V = y¡ w 2 + y 2 Ae
yt
w
>/w2 + y2
eos (tw + a ) - —= = X = sen (tw + a )
y w 2 + y2
Sea:
sen d =
w
a/w2 + y 2
>tgd =
w
^/w2+y 2 y
V = w 0Ae ^ser^wt + or-d)
una particular de masa m se mueve a lo largo del eje x bajo la acción de la fuerza F = -KX.
Cuando t = 2 seg. La partícula pasa a través del origen y cuando t = 4 seg. Su velocidad es 4 m
/s. hallar la ecuación de la elongación y demostrar que la amplitud del movimiento será 32
42.1 n si el periodo de oscilación es de 16 seg.
0LUC1
www. eduKneru <:o?i ¡ SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I

455. » SOLVER EDK J VECTORES
Tenem os que: t=2, x=0
T= 4, x=4 m / s
Luego sea: x OA sen (w t+ 6 )
Para t = 2
O sen (w (2 )+ 6 )... (1 )
Pero: T 0 16
w = — = > d e (l) 0 = ^ -
8 v ' 4
Ahora:
— = V = A c o s (w t +
dt V }
Para: t = 4
4 = A ( f ) c o s 0 r )
A - — V2
7T
32 f— (71 3 7T
x = — v2se n — t + ——
7i v 8 4
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
www. ed ukperu. com

456. VECTORES c
SOLVER EDK «
p Hallar la ecuación de a la trayectoria del movimiento resultante de la superposición de
dos movimientos armónicos simples perpendiculares, si:
v W2 1
a) — = -,<? = —
W , 3 2
www, ecluKper u. com SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

457. » SOLVER EDK VECTORES
d> ^ = l ó- = ^
W, 3 4
a) Sea:
W2 _ 1
w , 3 ,
x = A seN W, t
y = Bsen ^ w 21 +
y = B c o s (w 2t)
x = Asen3w 2t
y = B cos(Lo2t)
d = -
JS ffro rffiC T y
f é - y 2
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
www.edUkpefu.coiT

458. VECTORES
SOLVER EDK «
n/B2 - Y'23-4
(B 2 - y 2) N
x = A s e n w ,t ...(l)
y = B sen | W2t + —
y = B eos W2t +
,\2
-1 = sen(2w2t)...(2 )
< \2 /
y i i í w.t
— - I = sen —
,bJ V 3
Pero:
x f w.t
— = sen —
A l 3
3 - 4sen
x
A
( r \2 '\
y
B
3-4
wvvw. ed uKperu. com SOLUCION ARIO FISICA LEI VA I Y II ¡ ¡ j l f

459. » SOLVER EDK VECTORES
. # - -
X = A_
a ~ B2
“
(. .2
<M
CQ
1
04
1
co
y - d
R 2
v b ;
w 4
C) Sea: —- = - , d -n
w 1 5
x = A sen (w, t)
y=B sen (w 2t+ n)
^ C w 2 ^ A 71
d) Sea: —- = - , d=—
w 1 3 4
x = A sen (w , t)
y = B sen (w 2t + j ) sen I w 2t + ^
Ahora:
cosO w 0 + —
n \ _ a/02 - y 2
> co s(2 w 2t) = 2-^->/B2 - y 2...*
D
P Un cuerpo de masa m cayo a uno de los platillos de una balanza de resorte desde una
atura h.
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
www. eci ukperu. con

460. VECTORES SOLVER EDK «
Las masas del platillo y el resorte son despreciables, la rigidez del último es k. el cuerpo se
adhiere el platillo y comien: a a oscilar armónicamente en dirección vertical. Hallar la
amplitud de estas oscilaciones y su energía.
Calculando V, tenemos
Sh = | ^ v 2
^ V = N/2Íh
www.eduKperu.com
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

461. » SOLVER EDK VECTORES
Tomando como referencia en “O ”; calculamos AE , como solo existen fuerzas conservativas.
> A E = O
E = E
c o Cf
l m V +m s Í A ^ ] - i k ( A +¡ffl
Despejando A tenemos:
A = ms 1+2hk
k y mg
E,=2
Tomando P, E, de referencia:
ET =mgh+I k í ^
lm2g:
Et = mgh +
2k *
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II
www. ed ukperií. c-

462. VECTORES (
SOLVER EDK «
Resuélvase el problema anterior considerando la masa del platillo igual a M. hallar la
amplitud de las oscilaciones en este caso.
Y operando de la misma forma que el anterior problema, tenemos que:
V = V2¡h
AE = 0
E =F
o H
x0= (m + m )g
A
-m V2 +mg
2
A +
(m + m)g
+ -kx2 = -k
2 0 2
f (m + m )g'l
A+-- - - - - - - -
Pero: xn =
mg
Despejado:
A = — U 2hk
k ^ (m + m)s
wvvw- ed ukperu. corn SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

463. » SOLVER EDK J HIDROSTÁTICA
m m C jl
| | j | Un cuerpo homogéneo y compacto colocado en un líquido con peso específico yt y
pesa P, y colocado en un líquido con peso específico y2 pesa P2. Hallar el peso
específico y del cuerpo.
ía ja a iy ,
En los diferentes líquidos tenemos los siguientes pesos:
P, =m g-E, ; E,=r,V
P2 = m g-E2 ; E2 = r2V
P, = m g-r,V y P2 =mg-x2V
mg = P = r cV
P, = rcv - r , v y p2= rcv - r 2v ...(« )
v = - A _ ...(p)
Yi~Y\
De ( a )y (p )
P - P
2 r l
Un recipiente sin fondo, cuya forma y dimensiones están representadas en la figura, se
encuentra en una mesa. Los bordes del recipiente están bien ajustados a la superficie de
la mesa. El peso del recipiente es W. En el recipiente se vierte un líquido. Una vez que el
nivel de éste alcance una altura h, el recipiente bajo la acción del líquido se elevara.
Hallar la densidad del líquido vertido.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II vvww. ed ukper y; coi

464. HIDROSTÁTICA í SOLVER EPK &
Por condición:
AF = 0 - w + PS = 0
w = PS
w = pgh.;r(R2 - r 2)
w
/ 7 _ g h *(R 2- r 2)
| | j | Qué radio mínimo debe poseer un globo hinchado con H2 para que sea capaz de elevar
una masa de 2000 kg, si pH = 0.09kg / m3 y crairp = 1.293kg / m3.
www, ecl u Kperu. corn SOLUCIONARIQ FISICA LE IVA i Y II B g g j

465. » SOLVER EDK HIDROSTÁTICA
En el equilibrio: f = 2000.g
V .^ Pa- V ./ .Ph, = 2000.¿
2000 = 4^r3
Pa ~ Ph, S
V = 7,3 m.
Un cubo de arista 10 cm y densidad 0.9 g/crn3 se deja libre en el fondo de un recipiente,
que contiene agua y cuya profundidad es de 1 m. Hallar (a ) Cuánto tiempo tarda el cubo
en aparecer por la superficie y que longitud de arista sobresale al quedar en equilibrio,
(b ) Cuál es el periodo de oscilaciones verticales que efectuará el tubo antes de quedar
en reposo, use g = 1 0 m/s2.
l m
a) Por dinámica tenemos que:
E — P = ma ... (1)
Por cinemática tenemos que:
a
2h
t2
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II www.'ed ukperu com

466. H IDROSTÀTICA c
SOLVER EDK «
E - p = m
/2mh
V É ^ P " m = ^cVc
El empuje será:
e=a s v c
P = ASVr
Reemplazando en (2):
t = |-;- 2hA:, => t = 1,34 seg.
\I(Pe~Pc)S
Cuando llega al equilibrio:
P = E
Pe “ Pa /^^sumergido
PcXh = p3X h'
h' = ^ ¿ = 0,09m
A
Por lo tanto, la altura que sobresale es:
desale =(l0-9)cm = lcm
b) Para hallar las oscilaciones, ya en la superficie las fuerzas que se están equilibrando
son E y P.
v w w .e d u K p e r u .c o r n
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

467. » SOLVER EDK HIOROSTÁTICA
F = n
d^y
dt2
Es la fuerza restauradora:
m = /?cSh y F = - p agy
=» F = pc/ h ^ = -pagyX
d r
dt P-?.
El periodo será:
¡Pch
T = 2;r
ÍPaS
T = 0, 59 seg.
Se deja caer un cuerpo de densidad 0.8 desde una altura de 20 m de altura en el mar
p = 1.022 . Hallar la profundidad que penetra en el agua y el tiem po que tarda en volver.
No hay viscosidad, g = 10 m/s2
j g f i m t r f í i w
o
:í p
1
H = 20 m
h
a) PorelP.C.E.:
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y I
www. eci ukpery ; cor

468. HiDROSTÁTICA c
SOLVER EDK «
P.H = (E - P )h
p ,y iH = ( P ^ y i - P , y 4 ) h
=* h P CH _ 0,8(2Qm)
P mas- P c 1 ,0 2 2 - 0 ,8
=> h = 72,07 m
b) Por dinámica:
- (P - E ) = ma ; a = f ^
(A n a s / S - P t/ S )- Z P c ^ r
t2 = 2/xh
{P™ s~ Pc)s
t=\lr~ 2pch i =7'2seg-
y(Pnm -Pt)8
Hállese la tensión superficial de un líquido en función de la densidad, sabiendo que ésta,
el diámetro de un capilar y la altura que alcanza en él, están en progresión aritmética,
siendo la razón 0.5 y que el diámetro es menor que la densidad y ésta que la altura.
j K C T r r » M y
Por teoría sabemos que la altura que se eleva un líquido en un capilar es:
h = ^
rgp
Donde r: radio del capilar, p = densidad del líquido y q = 9,8 m/s
Por condición del problema, se dice que h, d y p están en progresión aritmética, así
tenemos que:
d - p -0,5 y h = p + 0,5
www.eduKperu.com SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
l

469. » SOLVER EDK HIDROSTÁTICA
Reemplazando en la expresión
4 i
t (p + 0,5)(p-0,5)jOg
4
cr = 245(/?3-0,25p)
Q Con un cuentagotas se vierten 100 gotas de agua, que en total pesan 2.45 g. Igualmente
se pesan otras 100 gotas de un líquido problema dando 1.08 g. Hállese la o del líquido.
Por la ley de Tate, tenemos:
^ 1 0 0 gotas m i00 gotas líquido
h9o
miiq ,CrH20
= 32 —
cm
En una gota esférica de glicerina de 1 mm. de. radio. Hállese (a) la sobrepresión debida a
la tensión superficial, (b) La fuerza total sobre toda la superficie de la gota por causa de
la tensión superficial y (c) la energía potencial de la superficie.
m m m
a) Por teoría la presión que se ejerce en el interior es:
2 cr
r
AP =
i
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y I
VAvw.edukperu.ooiTi

470. HIDROSTÁTICA c
SOLVER EDK «
2(0,0064)N/m
10“3 m
AP = 1280 d/cm2
b) La fuerza que ejerce es la presión en toda la superficie
F = AP.(4^R2)
F = 160,8 d
c) La energía potencial de la superficie de la gota es:
Up =lcr(4^R2)
U p = 8,04 ergios
Un litro de agua ha sido pulverizado en gotitas de 1 mm. de diámetro. Hállese la
variación de la energía potencia que se ha producido por causa de la tensión superficial.
La energía potencial producida por la causa de la tensión superficial de dicha gota
es: Up = ct47tR2 donde a : tensión superficial y R: radio.
De la condición que 1 L de agua se pulveriza en gotitas, primero hallamos cuántas
gotas de lmm de diámetro se produce:
En 1L hay 10'3 m3
4 3
El volumen de la gota es: V = — ;rR
• 3
10~3m3
Entonces: N =------- — r = 1912045
5,23x10 '10 m3
AVP = N.<t.4;tR
AVp = (1912045) (0,073) 4.7T (0,0005)2
www- e<1 y K m r u. corh SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

471. » SOLVER EDK 3
HIDROSTÁTICA
AVP = 43,8xl05 ergios
f j Hállese la potencia que es necesario utilizar para inflar una pompa de jabón (a = 25
d/cm), cuyo radio aumenta a razón de lmm/s, en el momento en que este vale 2 cm.
Por teoría sabemos que la presión que ejerce en una pompa de jabón es:
" - T - ™
La potencia se define como el trabajo que se hace sobre el tiempo en el que se hace:
p _ AP^d
Donde : S: área de la superficie
d: distancia de recorrido
De (1) y (2):
4cr.S.d , , D
P =
----- ; siendo d = R
Rt
P „ 4°~s
t
Reemplazando valores:
<r = 25 d/m
t = 2 0 seg
S = 4;rR2
P = 251,3x1o-4 ergios/seg.
Un portaobjetos de vidrio, de dimensiones 5 x 0,2 x 2 cm cuelga mediante un hilo de
peso despreciable del platillo corto de una balanza hidrostática, estando sumergido en
agua de una vasija, justamente sumergida la mitad de su superficie, primer por el lado
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II w¿étíükp«

472. más largo vertical y luego con este horizontal. Cuál es la diferencia de pesas que hay que
colocar en el otro platillo de la balanza?
HJDROSTÁTICA ( ~ SOLVER EPK «
Un problema clásico, te invito a resolverlo.
Q p Sea el ascensor hidráulico que se ilustra en la figura, donde un líquido incomprensible se
encuentra en un recipiente completamente cerrado, con excepción de dos pistones
móviles de áreas respectivas At y A2
a) Si se aplica una fuerza F, al pistón menor de área A 1; calculen mediante el principio
de Pascal, el aum nto de presión del líquido en todos sus puntos.
b) Demuestren que el peso W que puede soportarse en el segundo pistón mediante
esta fuerza Fi es W = F1A2/A1
.....
...~ '
a) El principio de pascal expresa que “La presión aplicada a un fluido se transmite sin
disminución a todas las partes del fluido y a las paredes del recipiente que lo
contiene.
Por lo tanto, si se aplica la fuerza al pistón, esta fuerza ejerce una presión a todo
el fluido, por tanto '
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y

473. » SOLVER EDK HIDROSTÁTICA
AP = F1/ A 1
b) En el equilibrio se tiene:
Las variaciones de presión son iguales, entonces:
APa, =APa„
F, _ w
A| A 2
w =
f,a2
I M Supongan que el ascensor hidráulico de la figura del problema anterior, se utiliza para
elevar el peso W a una distancia d2:
a) ¿A qué distancia d i se desplazara el otro pistón?
' b) ¿Qué cantidad de trabajo deberá proporcional el agente que ejerce la fuerza F l?
c) Compare su respuesta (b) con el cambio de energía potencial del peso.
g f T O l f g
Siendo el siguiente sistema:
i
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II www. ed ukperu ; ?

474. HIDROSTÁTICA c
SOLVER EDK «
__________
a) Como la presión se transmite a todo el fluido, habrá una misma variación de
volumen en ambos pistones, por lo tanto:
AV, = AV2
A ,d ,= A 2d2
b) El trabajo se define como:
W = F.d
Para la fuerza Ft , se tiene un trabajo de:
W ,= F ,.d ,
pero: d1 = — d2
A,
entonces el trabajo será:
WFi =-J —L d2 . . . ( a )
A i
Del problema anterior obtuvimos que:
W = F. —
A,
wwwl e d uKperu.com SOLUCIONARIO FISICA LE IVA J Y II

475. Reemplazando en (a): WF( = Wd2
c) La energía potencial de w es:
AVg = w.d2
Por tanto el trabajo que hace Fi se debe al cambio de energía potencial.
^ Un hemisferio evacuado de radio a se fija firmemente a una pared vertical como se
muestra en la figura. Si PQ es la presión atmosférica, demuestren que la fuerza horizontal
mínima F que se requiere para retirar el hemisferio de la pared es: F = ;ra2Pc (considere
la fuerza normal a la diferencial de superficie que se indica)
'■ » SOLVER EDK ) HIDROSTÁTICA
Un problema interesante, te invito a resolverlo.
La esfera hueca de un flotador es de chapa y queremos que se sumerja estrictamente en
el agua. Siendo z el espesor de la chapa. Hallar el radio de la esfera.
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II www. ed ükper u. co h
I

476. H1DR0STÁTICA SOLVER EDK «
Si se quiere mantener en el equilibrio = 0; Paire + Pchapa - E = 0, siendo Pajre :peso del
aire> ^hapa : P eso de la chapa.
P + P =E
aire T r chapa L-
4/T 3 4 7t¡, \3 3 \ 4n , \3
r2Y r +r' Y ^ r+£^ ~r )=r^ r+£)
( r , - r ) ( r + f ) 3 = ( r , - r 2) i'3
\
\ r' ~ r \
_ f r ^
U - r * J
1
1
Despejando
www.edukperu.com
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
77

477. » SOLVER EDK j H1DROSTÁTICA
r = -
1-
/ i- r
Yx-Yi
Hallar la inmersión (0 de un prisma de peso P y dimensiones a, 1, b y h, cuya sección
lateral es un trapecio, según la figura.
Para que el sólido esté en el equilibrio el empuje ejercido por el líquido es igual al peso.
P=E
r V = v y
/ c t / t sumergido
vww. eci ukperu. com
i
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I

478. HIDROSTÁTICA c
SOLVER EDK «
Por semejanza obtenemos x, y, b’
t(a - b ) + hb
x = -
h
y = 2h [ tCa ~ b) + hb]
b '= “
ha2I-
hb3
(a + b)a
'-Ye
(t(a - b ) + hb)3l h3b
(a - b )a b (a - b )a
Despejando t, obtenemos:
■ _ [a 3h V c -abhV, - b(h2 - yc + yí ) ] /3 - (b^ ) 3
(a - b )V ,b 2h3
Hallar la inmersión de un cono recto homogéneo de altura h y peso específico y}
líquido y , tal como se indica en la figura. %
Vi* . . J'C :ru.com SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I
en un
7 9

479. » SOLVER EDK 3
HIDROSTÁTICA
E n el e q u ilib rio : P= E
7TR2hl r l?ry(-R2 +r2 +Rr)
Y1 X:ono ^ parte
( ^rR2h^
4 “ ; r
P o r sem ejan za de triág u lo s:
r h - y
( f =
r¡ h
f [ h2 + 2 h2 - 3hy + y2 ]
21— j = y [3h2 — 3 h y + y2 ]
V
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y I
www. ed ukperu. com

480. HIDROSTÁTICA c
SOLVER EDK «
/ - 3 \
V , h3^
- h3 = y [3h2 - 3hy + y 2 ] + h3
v i y
(h - y ) 3 = h3 1-
Y\
.\y = h
Calcular la inmersión de una esfera homogénea que en parte sobresale del líquido.
www. edukperu, corrí SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II ¡ M j

481. » SOLVER EDK HIDROSTATICA
Y\
^ R 3''
3
4^R3
= ¡kV
= /
| ^ r 3(3 R - t)
t3 - 3Rt2 + 4R3 — = 0
y
© Una esfera de peso específico flota entre dos líquidos de pesos específicos y de modo
que la línea de separación de los líquidos pasa por el centro de la esfera. En qué relación
están los tres pesos específicos.
Ejercicio para el lector.
En un recipiente prismático que tiene una pares lateral rectangular hay una cantidad de
liquido de peso P. Se arroja al recipiente un cuerpo de peso P i ; que flota en el líquido.
Hallar en que relación varia las presiones sobre la pared rectangular.
Ejercicio para el lector.
El orificio circular de un depósito se cierra con una esfera de peso P y radio R. Hallar la
fuerza necesaria para levantar dicha esfera. Si H= 4R
H
i— ■■
Www. eciukperu. cóm

482. HIDROSTATICA
SOLVER EDK «
Para poder alzar la esfera se tiene que vencer al peso de de la esfera y a la presión CP’)
que el agua ejerce sobre ella.
F = P + P '.A ... (1)
Donde A: área de la superficie que esta en contacto con el líquido.
F = P+/.h.A
F = P + r . y . A ...(2 )
El área de la superficie será:
a.
<
1
f-
<
II
<
A = 4vtR2 -2;rh'R
A = 3;rR2 ...(3 )
De (3) en (2) se tiene que:
F = p+^ y ) ( 5;rR2)
f = p+15" r3
2
wv-Av.eduKperu.com SOLUCIONARIO FISICA LEIVA1 Y II K f t f
H

483. » SOLVER EDK HIDRODINAMICA
^fjj| En un torrente de agua se sumergió un tubo doblado, según se indica en la figura. La
velocidad de la corriente con respecto a tubo 2 m/s. La parte superior del tubo se
encuentra a 10 cm sobre el nivel del agua del torrente y tiene un pequeño agujero. ¿A
qué altura h subirá el chorro de agua que sale por el agujero?
Aplicando Bernoulli, tenemos:
Pi +“ PV,2 +PSYi = P2 + 2 ^ 2 +psy2
Pero yi = 0, además: P2 = P^P, = Pafm
| / v , 2= i / v 22+/gh
V 2 r-
=> R = y + 1 => V2 = v2m /s ...(1 )
Luego:
h = - g t2 ...(* ) p e ro — = t ...(* * )
2 g
■
SO LUCIO NARIO FISIC A LEIV A I Y II vvww. ed ukpéru. co? n

484. HIDRODINAMICA SOLVER EDK «
h = 0,lm
Un recipiente ancho que tiene un pequeño orificio en el fondo se llena de agua y
querosene. Despreciando la viscosidad, hallar a que velocidad sale el agua del
recipiente, si el grosor de la capa de agua es de 50 cm y el de la capa de querosene 25
cm.
hi
Po
Aplicando Bernoulli, tenemos:
^1 + ^ + Ph2oSY 1 + PkSh2 = ^2 + 2 ^ 2 + ^H2oSY2
Pero P| = P2, además como el orificio es pequeño
V22 » > V,2, Y2 = 0
^ 2oV12+ s U sh ,+ A h 2) = ^ H V22
2s (p H2hi+ A h2)
P\\„0
Ahora:
w w w . ed u k p e r u , corn SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

485. » SOLVER EDK 3
HIDRODINÁMICA
A<2o = 101
pk = 738
hj =0,5
h2 =0,25
Una bomba consta de un cilindro, situado horizontalmente, con un pistón de área S] y
un orificio de salida de área S2 que se encuentra cerca del eje del cilindro. Halla la
velocidad de la salida del chorro de la bomba si bajo la acción de la fuerza F, el pistón
se desplaza con una velocidad constante, La densidad del liquido es p.
Vemos que: P, = — + Patm y P2 = Patm
£>r
Luego, por Bernoulli:
P1+ - /oV,2+ pgy1 =P2+ - p V22+ p g y2
Peroy,= y2
S, 2
Ahora por continuidad:
F-4/^=4^ -o )
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y
www. ecSukperu .com

486. s,v,=s2v2 =» v ,= ^ v 2. ...(2)
(2) en (1)
I 2P
* V2=s' J ^ i ¡ )
Un tanque tiene la forma de un cono circular recto con el vértice hacia arriba. Hallar el
tiempo necesario para vaciar el tanque de líquido cuando este sale por un orificio desde
su base. Si h altura del cono, R radio de la base y A área del orificio.
g m m m
HIDRODINÁMICA K S O L V E R E P K «
___________
Ahora por Bernoulli:
%+^/v,2+/sv, +/gy2
| v y2+g(h-y) = i v 22 ...(*)
Por continuidad:
( | ( h - y ) J * = AV2
w w v v .e d u K p e ru .c o m SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
87

487. ) HIDRÓü1)M*tlCA
(.S ).... sV ^ - = V
=» v2 =
Vv fR
A <,h
Reemplazando en (* )
|vy2+g(h-y) = I
- ' ■■ ■ r—L
— ■ =* Vv =•
- ( h - y ) * ... (* * )
>qr, \
:(h - v )
4 w2
y -rr2
ty , a = tv :g.
( í ) rist ( 2 )
,8 - ,V fe '
2g ( h - y )
----1----—----
f ( h - y ) •'«b f>n.i rlf; ; : ■ id i
Por una pequeña aproximación
V =
;?y;rV'
2g ( h - y ) A ^ 2 g (h ~ y )
1
A2
4
Tí1j i h - v ) ;
‘2
71
Ahora: V =
dy
dt
=» dt =
dy
vy
A A ^ 2 g (h - y ) SA V g
:'111>0¡YV^Q lOC! SlO llA
l l ; Í En la figura dada, si la altura h del agua en el depósito es de 1,5 m. y el área A de la
.. Vj>*' í t~ --f* -V» ., ■ -—. 4-
pequeña abertura al fondo por la que sale el agua, tiene un valor A = 10 cm2.
a) Hallar la velocidad u0 con la que fluye el agua de la abertura.
b ) El caudal
f y ~ i!')$a Lv ~
s ' ‘ ií
:babiiíni?jio:/ 10°*
8V a = tv (■■/
..r-'-
I
i ^vw edülcpe \j cdVt

488. HIDRODINÁMICA SOLVER EDK «
Por Bernoulli, tenemos:
a) p|+ lpv? + pgy, - P2 +1 pW¡ + psy 2
Donde P, = P2= P0 , y, = h , y2=0
Además V0 » > V,
2gh = V? - V,2
2gh =.Vf V2 =5,4m/sg
b) Ahora se define:
Q = AV = 5,4xl0~3 m3/s
Q = 5 ,4 x l0 '3m3/s
Supongan, en la figura del problema anterior, el área de corte transversal del cilindro es
A, el area de la pequeña abertura al fondo del depósito es a, la altura h del líquido sobre
la pequeña abertura en cualquier instante t. Demuestren que el índice dh/dt al que cae al
nivel del agua es:
wvvvv. edukper y , com
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

489. » SOLVER EDK HIDRODINÁMICA
Por Bernoulli:
P 1 + \ pVy + PS(h - y) = P2 + 1 pWl + pgy0
=> V y+2g(h-y) = V22 ...(*)
Por continuidad:
AVy = aV2 ... (**)
Reemplazando en (*)
Vy2+ 2g(h -y) = ^ Vy2
2 2g(h —y)
Vy = ^/2g(h —y) - J
Esto si consideramos “y” desde la parte superior:
i—
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490. HIDRODINAMICA c
SOLVER EDK «
Haciendo uso del resultado anterior, demuestren que el tiempo t que requiere el nivel
del agua en el tanque para caer de la altura hi a la altura h2 es:
Del resultado anterior tenemos:
2 A
a
En la figura dada, se tiene un barril de agua de lluvia sobre una plataforma de altura yQ.
Si se perfora un pequeño orificio en el fondo del barril, se descubre que la corriente
resultante de agua choca contra el suelo a una distancia x0 del recipiente:
a) Demuestren que la velocidad V0 del agua al salir por el orificio es:
’ 2y0
b) Calcular la altura h del nivel de agua en el barril por encima de la pequeña abertura
en el fondo.
wwvv. eci u kper y, com
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

491. » SOLVER EDK 1
HIDRODINÁMICA
j s a it n r m m
a) Sea V 0, la velocidad a la que sale la lluvia.
Vnt = x.
En el eje y, tenemos:
y0= i g t2 . . . (2) de ( l ) y (2)
2y0
b) Ahora aplicando Bernoulli, para el cilindro:
P, + 1 p V,2 + pgh = P2 +1 PY0 + PSYo
=> P, = P0, y0 = 0, además V, « < V0
1 , . . V2
• /g h = - / Y J h = — = — —
2g 4 y0
¡ | | j | | Supongan que como resultado de una corriente horizontal de aire que sopla sobre la
parte superior de uno de los brazos de tubo U de la figura, el nivel de mercurio en este
v
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIY I
mvw.edúkperu i

492. brazo se eleve 1 cm. ¿Cuál es la velocidad de la corriente de aire? Densidad del aire 1.3
kg/m3
HIDRODINÁMICA ( SOLVER EDK «
n)H)
p
r* -v •^
_____rA >
V J
V-,
T
1 cm
1
P
Primero vemos que el mercurio esta en equilibrio:
••• Patm=P2+ S L h •••(*)
Ahora por ecuación de Bernoulli
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SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y

493. » SOLVER EDK 1
HIDRODINÁMICA
p0 + | p v o +8PY0 = P2 + ip V '2 + /?gy
Pero y0 = y, además V0 = 0
Patm= P 2 + Í V 2 . . . ( * * )/ 2
2hs
Ahora de (*) y (**):
1p
? / = ? / - - V 2 + o/*. h
y&m ysim o Saire1
¿Hg
1 *
1 Y 2 _ Qp h
o V
¿a ir e
V =
V Aire
=> V = 44,3 m/s
B u ) ¿Cuál es la velocidad de fluido v que se asocia al flujo de agua que sale de una manguera
's.
H H Ü
de radio 1.1 cm a razón de 50 cm3/s.
Tenemos que Q = 50xl0_óm3/s
Además: A = 3,8 x1o-4 m2
Q = VA=* V = — = 0,16m/s
A
Si la manguera del problema anterior tiene una estrangulación atrás de la abertura
correspondiente a un radio de 1 cm. Hallar (a) la velocidad del fluido en el pinto de
estrangulación (b) La presión del fluido en la estrangulación, en relación a la de la
atmosfera P0, suponiendo que la manguera este en posición horizontal.
a) Del problema anterior, veamos:
Q = 50xl0^m 3/s
I
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIYII '' vAiw.edukpefu.com

494. HIDRODINÁMICA c
SOLVER EDK «
Además: A = 3, 1 x 1O“4 m2
=> Q = VA => V = — = 0,16m/s
A
b) Por Bernoulli, tenemos:
P1+ip V f = P s+ I py ?
Debido a que y 1 = y 2
P1= ^p(V22-V,2) = 4,4 N/m2
Se tiene un tanque, que tiene la forma que se indica en la figura, está inicialmente lleno
de agua a una altura de h0. En el fondo del mismo hay un orificio de “a” de área, por el
que circula el agua. ¿Cuánto tiempo tarda en vaciarse el tanque?
Tenemos según el gráfico:
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495. » SOLVER EDK 3
HIDRODINÁMICA
Por Bernoulli, tenemos:
Py + ¿ pVy2 -+- p s (h - y ) = Po + \ p V o + PS (0)
=* | v 2 + g ( h - y ) = | v 2
Ahora por continuidad; tenemos:
y > / a + ( h - y ) ^
h
\2
V y = a V 2
. . . C * )
y s / á + (h-y)^
Reemplazando (**) en (*)
2 g (h — y )
42
y V a + ( h - y ) ^
4
-1
a 2 h
Luego:
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
w w w . ed u k p e r y . corn

496. HIDRODINÁMICA c
SOLVER EDK «
V.. =
2 g (h - y )
y V a + (h - y )|
ah2^ 2 g (h - y )
2síy>/a+(h-y)^
■ = V s = 4 fo
y V a + (h - y U
dy ,, ,f H 2
dt 8 Jo ah2^ 2 g (h - y )
Considerando Va » 0
=> t = 3 i e:
5a V2g
■dy = J dt
En los lugares donde las secciones de un tubo de sección variable son iguales a St y S2
se instalan dos tubos manométricos. Por el tubo fluye agua, Calcular el volumen de agua
que pasa por segundo a través de la sección del tubo, si la diferencia de niveles en los
tubos manométricos es igual a Ah.
A l
±
- T V
Si
www. ed u kper u>com SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I

497. » SOLVER EDK
HIDRODINAMICA
Del problema tenemos por continuidad:.
s,v,=s2v2
V =-^-V
2 Q V1
2
(*)
Luego por Bernoulli:
P|+i p V 12=P2+Ip V 22
(P1-P2) + ip V ,2= Ip V 22 ...(* )
Además visualizamos:
P, — P2 = Ahpg =»
Ah/s+|/v,2 = ^ A
=> 2Ahg + V2 = V22 .. (**)
Ahora, de (*) (* ), tenemos:
2Ahg + V.2 =
V,=
s Y
- V ,
s
V 2 y
r/2Ahg.S,
x /sT sf
2Ahs=S-(s?-s2)
Oo
11 *'s2- s 2 ^ 2
En el eje de un gasoducto con el área de la sección interna igual a S se instala un tubo de
Pitot. Des preciando la viscosidad, hallar el volumen del gas que pasa por segundo a
través de la sección del tubo, si la diferencia de niveles en el manómetro de líquido es
igual a h, y las densidades del líquido y del gas son po y p respectivamente.
Por la ecuación de Bernoulli
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498. HIDRODINAMICA
SOLVER EDK «
p V
jAh
P, + |/> V ? +P3V, • f> + ^p V ; + p g y 2
Pero Yt = y2, además V2 « 0
=>■ P,+-Uv,2=P2 ...(a)
También, como el líquido no se mueve:
=> P,+p'0gAh = P2 ... (P)
De (a )y (p ):
=>' ^ V f = p 0gh
V,=
••• Q = V,S = S
2p0gh
2p0Sh
Encima de un agujero circular de radio R1; practicado en el fondo horizontal de un
recipiente ancho que contiene un líquido ideal, se pone un cilindro circular cerrado de
radio R2 > R]. El huelgo entre el cilindro y el fondo del recipiente es muy pequeño, la
www. edukperu, com SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II
99

499. » SOLVER EDK 3
HIDRODINÁMICA
densidad del líquido p. Hallar, en función de la distancia r hasta el eje del agujero y el
cilindro, la presión estática del agua en el huelgo, si el nivel del líquido en la vasija es
igual a h.
//////////X//////////
Ejercicio para el lector.
En la pared vertical de un depósito hay dos pequeños orificios: el uno está a la distancia
X de la superficie del líquido y el otro, a la altura Y sobre el fondo. Los chorros de
líquido que salen se encuentran en el suelo (B ) en el mismo punto. ¿En qué relación está
X e Y ?
f M ü l
5RI SOLUCION ARIO FISICA LEIVAI Y II
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500. HIDRODINAMICA
SOLVER EDK «
Por la ecuación de Bernculíi para (1) respecto a L^:
P, +1 + Pgy, = P„ +1 + Pgx
Pero: P, =P0, y, = 0, pero V, > » V0
=> \ p v 2\ = \ p v¡ + p &
V,2 = 2gx ... (* )
Analógicamente para (2), respecto a L2
P2+\ p v2 + psy2 =p° +\ +p s (h - y )
P, = P0, y 2 = 0 también V2 » > V0
^ V22 = 2 g (H - y ) ...(* * )
Por ecuaciones cinemáticas, tenemos:
d = V2 (>/2yg)
vvvvw. e d u k p e ru -c d rn SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I

501. I » SOLVER EDK HIDRODINÁMICA
d = Y,(V2g(h-x>)
V2( 7 / v 7 ) = VlN/ / / ( h - x )
V22y = V,2(h - x ) ...(a)
Reemplazando (*) y (**) en (a):
=> 2 g (H - y )y = 2gx(H -x)
Resolviendo: x = y
En una conducción llena de agua en reposo reina una presión de P1 = 3.5 atm que se
ejerce sobre las paredes. ¿Cómo variará ésta posición si el agua empieza a circular con la
velocidad 0.9 m/s?
Para poder calcular la presión, tenemos que por la ecuación de Bernoulli.
p,+^ pV,2 + gpy, =P2+^ pV2 + gpy2
Como ambos se encuentran al mismo nivel: yi = y2, además Vi = 0
p,=p2+-ipv * ...(* )
p , - p= \p v ¡
Como p = 1000 kg / m3 y V2 = 0,9
=> p, - p = o, 00386 atm.
Q p En un plano horizontal, dos tuberías desembocan en una tercera de igual diámetro d.
Conocidos los gastos Q,, Q2 y las presiones P,, P2. Hallar la presión P en el tubo de-
salida. No se tendrá en cuenta la resistencia.
jjf l SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
vwvw; eci ukperu. corrí

502. HIDRODINÁMICA c
SOLVER EDK «
Tenemos que:
Por las ecuaciones de Bernoulli tenemos:
P, + — /?V2 |dm +P,+
pv;
2 A
\
/2 A 2
dm = | P + ^^- |2dm
P + ^ Yl^ _ + P +
' 2 A 2 2
P + + P +-
r>+ n , ! +r! + 2A2
2 A 2
f*% . n . =2P+-pQ2
2A¿
Luego:
2P = (P1 + P2) - ^ ( Q 2 + Q 2 + 4 Q ,Q 2)
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503. » SOLVER EDK D
HIDRODINÁMICA
Pero: Q'2 = Q, +Q2 +2Q,Q,_,
Además: A = — d2 y y = p$
4
P,+P2 4y
;r2d4g
(q2 +Q2 +4Q,Q2)
En un tubo horizontal que presenta un ensanchamiento brusco, circula el líquido con las
velocidades respectivas V I, V2. Hallar la diferencia de presión en los puntos A y B,
prescindiendo del rozamiento.
Piyi / y : P2V2
Por ecuación de Bernoulli tenemos:
1 y i r ,
2g 2g
p, - p , - ¿ ( v >-v . ) ( v . + v «)
Como el cambio de área fue druso:
V,xV 2 P2 = P , y ( v , - v 2)
SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I
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504. El sifón automático de Neugebahuer tiene 3 codos B, C, D; el colo B está sumergido en
el líquido. Hallar la velocidad en los puntos 3, C; D y E.
D
E
HIDRODINÁMICA ______________ SOLVER EDK «
B
T m v
M
m m m m
Para el primer tramo, aplicamos Bernoulli,
* p,=p24 p v 02
=» P,-P2+ ^ v 02
pg(h.l,) = ^ V f
Análogamente, para el otro tramo:
V2 = V2 i
0 0 1 +11, T l2
, I2 +9M — I2 ^
Vo = Vo +g 2 2 3 3
I I -i- I _L_ I
3 y
i,+ i2+i3
V02 = v02^((l-l,)2-213(l3-2I4))
Donde: 1 = 1, +12 +5
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SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

505. » SOLVER EDK TEMPERATURA Y DILATACIÓN
O
Dos reglas metálicas de latón y aluminio, respectivamente miden exactamente 1 m 0°C.
¿Qué diferencia de longitud tendrán a 150°C si aí = 1.9xlO"5oC I y aM = 2.2xlO"5oC"1
La variación de la longitud de la regla de latón y de aluminio son:
^ . a t ó n = < * L .atónA T
= ^ A I L A ) A T
Por condición: Llaton = LA1 = L = lm
Las longitudes nuevas son:
^ latón = L (l + OfLAT)
L^ = L (l + cx^Aj )
=> Llaton=l, 00285 m
=> LA1= l;0033m
•• ^reglas = 45 mITI
|Q | ¿Qué alargamiento sufrirá un carril de hierro de 12.50 m a 0°C, al pasar de 8°C a 80°C, si
ac„ =1.16x10"5oC"1?
Hallamos la variación de longitud.
AL = £0aAT - £0aAT '
Aí = £0a (8 0 - 0 )- ^ 0a (- 8 + 0)
Ai =88E0a
AC = 12,76mm
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I
1
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506. TEMPERATURA Y DILATACIÓN
SOLVER EDK «
En qué tanto por mil aumentara el volumen de una esfera de plata al pasar de 15°C a
Ag '
100°C, si a K =1.97x10_5oC
La variación de volumen se calcula:
AV = 3V0aAT
AV = 3V0(l,29 7xl(T5)(8 5 )
AV
— = 0,00502
V„
— x l000 = 5,01 por mil.
V
Hallar la densidad del mercurio a 300°C sabiendo que su densidad a 0°C es igual a 13.6
g/cm3. Considerar que el coeficiente de dilatación cúbica de mercurio es constante y
*
que su valor medio en el intervalo de temperaturas dado es igual a 1.85xlO“4oC"1
Sabemos que: C = —
M V
El volumen nuevo a la T = 300°C es:
V - V 0(1 + /?AT)
m _ m
Pm°c Pq°c
/Ve
-(1 + /?AT)
P:m°C ~
(1 + /7AT)
Pw c =12,88 g/cm3.
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I
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA1 Y II

507. » SOLVER EDK
1
TEMPERATURA Y DILATACIÓN
El módulo de comprensibilidad de benzol a 0°C y a la presión atmosférica es igual a
9 x l0 "5atm_ 1 y su coeficiente de dilatación cubica 1.24xlO-3oC-1. ¿Qué presión exterior
habrá que ejercer sobre el benzol para que al calentarlo 1°C su volumen no varíe?
El módulo de comprensibilidad (x) se expresa:
AT
V0AP
x = 9x10 3atm~
AP =
yÍP^ 1,24x1o"1.1
y ¿ x 9x10“
AP = 13,78 atm.
o
En un recipiente de vidrio cuya altura 10 cm hay mercurio. A la temperatura 20°C al nivel
del mercurio le faltaba la altura 1 mm para llegar al borde del recipiente. ¿Cuántos
grados se puede calentar el mercurio sin que rebose de este recipiente? El coeficiente
de dilatación cubica del mercurio p - 1.82x10_1°C _1. La dilatación del vidrio se respeta.
rl mm
El volumen inicial será:
Y , = A. (9,99)
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II w w w .e d u k p e r u .;

508. TEMPERATURA Y DILATACION
( SOLVER EDK «
. .............................i.,...,.,-— <
y la final será:
Vf =10A
=> VF-V 0( l + /3AT) ... (a )
Reemplazando en (a)
1 0 /= 9,9 99 /(1 + /?AT)
=> AT = 55,5°C
En una rueda de madera de 100 cm de diámetro es necesario colocar un neumático de
hierro, cuyo diámetro es 5 mm menor que el de la rueda. ¿En cuántos grados es
necesario elevar la temperatura del neumático si a?e = 12 x1o-6 °C “1 ?
m m r n m
La variación de volumen será:
a s=s o(2 «fJa t
* [(0 ,5 )2 - (0 ;4975)2] = (0,4975)2 ;r.2aFeAT
AT = 419,8o C
l ¡ j || | La altura de la columna de mercurio medida en una escala de latón a temperatura t1; es
igual a h]. ¿Cuál será la altura h0 de la columna de mercurio a t0 = 0°C se conoce del latón
y del mercurio?
m m m m
Tenemos que la variación del volumen del mercurio es:
AV = +V0/ ?(o - t,)
AV = -V0^t, ...(1 )
Pero la variación del volumen en el latón:
AV = S(h 0+ A h,-h,) ...(2 )
S: área
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1

509. » SOLVER EDK J TEMPERATURA Y DILATACIÓN
De (2 ) en (1):
^ ( h0+ A h l - h , ) = - h l ^ t ,
hD = h ,- A h l - h ,/ ?tl ... (4 )
La variación de longitud en el latón será:
Ah, = h,art,
En (4):
h0 = h , (l+ a t , - / ? t,)
En un centro de un disco de acero hay un orificio de diámetro 4.99 mm a 0°C, hasta qué
temperatura hay que calentar el disco para que por su orificio em piece a pasar una bola
de diám etro 5.00 mm. El coeficiente lineal del acero es l. lx l O "5oC_l
m mü y
Para que pase la esfera, el diámetro del agujero tiene que ser igual al diámetro de la
esfera:
\ 2
52 (4,99)
T 4 ~
tt(4,99)
.2aAT
AT = 182,3°C
Una bola de vidrio, cuyo coeficiente de dilatación cúbica es (3, se pesa tres veces: en el
aire y en un líquido a las temperaturas ti y t2. Las indicaciones para las tres pesadas son:
P, Pi y P2- Hallar el coeficiente de dilatación cúbica pi del liquido
En el líquido a diferente temperatura tenemos los siguientes pasos:
P, = P-Ej ...(1)
P2 = P - E2 ...(2)
Sabemos que E = /.Vsumer<?ido
P — Pi = Pe ‘SYjumersido I • • * (3)
m SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II www. m ukperu, com
I

510. TEMPERATURA Y DILATACION
SOLVER EDK «
P - P 2 = Pr gVs
sumergido 2
...(4 )
Como a esta cierta temperatura el volumen cíe la esfera aumenta, entonces:
p-pt = p( .g [y 0+ ^ v0.(t1- t ) } . . . ( 5 )
P - P 2 =/7r S [V 0 + /*V0( t 2 - t ) ] ... (6) .
De (5) y (ó) obtenemos la siguiente relación:
-Pí +P1= pí .gV0( t a - t 1) „ . ( 7 )
Pero:
m
Pc =
V,
P -P- = -
1 2
desarrollado ~ Yd ^1 )
n g X jV - t ,)
X [ i + A ( t 2- t , ) ]
Y sabiendo que mg = P, tenemos que (3 es:
P2 “ Pi +P(^2 )
A=-
(p,-p2)(t2- tl)
r a Entre dos paredes se encuentra una barra, de sección S, compuesta de dos partes de
igual longitud L/2 que tienen los coeficientes de dilatación lineal ai y a2, y los módulos
de Young Et y E2. A la temperatura Ti los extremos de la barra apenas tocan las paredes.
¿Con que fuerza presionara dicha barra sobre las paredes si se calienta hasta la
temperatura T2? Despréciese la deformación de las paredes. ¿Cuántos se desplazara la
junta de las partes de la barra?
dCj df2
L/2 L/2
wvVvV.ec1uKperu.com SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
V

511. >> SOLVER EDK TEMPERATUR A Y DILATACION
También:
ACt FL + - ^ ~ .-(2)
2SE, 2SE2
Igualando (1) y (2) se tiene:
L aT, Lat FL , FL
a, — AT + ar„ — AT =
---+----
'2 2 2 2SE, 2SE2
F = , a 2+^L
E, + E2 j
L (of1E 1 + a 2E 2)
y M = —
2 E ,+ E 2
E,E 2SAT
(t2-t,)
f f l De un alambre de hierro de 1 mm de radio cuelga una carga. Esta carga hace que el
alambre se alargue en la misma longitud que se alargaría si se elevará 20°C su
temperatura. Hallar la magnitud de la carga.
erar
//////////////
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
www, ed ukperu. com
I

512. TEMPERATURA Y DILATACION
SOLVER EDK «
El módulo de Young será:
F L
F =
ES.Ai
s a í eo
También sabemos que:
A£ = £0aAT ...(2 )
De (2) en (1):
F = ESaAT
x = 3,87x10“6 atm-1
(1 )
Tomando igual a 4.8xl0~5atm el valor medio del coeficiente de comprensión del agua,
hallar la densidad del igua del mar a la profundidad de 5 km sabiendo que su densidad
en la superficie es igual a 1030 kg/m3. Al calcular la presión hidrostática del agua de mar
supóngase que su densidad es aproximadamente igual a la densidad del agua en la
superficie.
%
áSfifflEffifllf .
Problema para el lector.
© El coeficiente de dilatación cubica del mercurio /? = 1.82 x10t4oC 1. Hallar su
coeficiente de compresibilidad sabiendo que para que su volumen no varíe cuando se
calienta 1°C es necesario aumentar 47 atm la presión exterior.
Sabemos que el módulo de comprensibilidad se expresa:
V0AP
yAV = /?V0AT ...(2 )
D e (l)y (2):
/?AT 1.82x1o-4.!
=> X = -
AP 47 atm
x = 3,87x10^ atm
www.ecluKperu.com SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

513. » SOLVER EDK CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
La figura representa el ciclo de funcionamiento de una máquina de vapor ideal por el
que tenemos que: (a) cuando el vapor de la caldera comienza a entrar en el cilindro la
presión en el aumenta a volumen constante VQ desde P0 hasta P] (rama AB); (b) al seguir
entrando vapor en el cilindro el émbolo se mueve de izquierda a derecha (rama BC) a
presión constante Pi. (c) el desplazamiento del embolo hacia la derecha continua, pero
cesa la entrada del vapor de la caldera en el cilindro, tiene lugar la expansión adiabática
del vapor (rama CD). (d) cuando el émbolo llega a su posición extrema derecha el vapor
del cilindro sale al condensador y la presión desciende a volumen constante V 2 hasta el
valor P0 (rama DE), y (e) al moverse el émbolo en sentido contrario le empuja al vapor
que queda en el cilindro a presión constante Po y el volumen disminuye desde V 2 hasta
V0 (rama EA). Hallar el trabajo que realiza esta máquina en cada ciclo si V Q = 0,51, V¡ =
1,51; V2 = 31; PQ = 1 atm, P | = 12 atm y y = 1.33 .
p
B c
A
P o E
V0 Vi V 2
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y
www, eci y kperu, coi

514. CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
SOLVER EDK «
Del gráfico:
w ,= (P l -P0) (V 1- V 0) = lla tm - L
Para el proceso CD
PcVc = PD-Vp
(12)(1,5)1,33 =Pd(3)1,33
=> PD = 4,7 Atm
Ahora:
W , = í> .d V - (1 )(1 ,5 ) = f ‘ ^ < IV - ( 1 , 5 )
w 2 = 9,65 Atm -L
w t ü t a l = 20,65 Atm-L
=> w TOTAL =2088,9 J
wvmedukperu.com SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I
I

515. » SOLVER EDK CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
Una maquina frigorífica ideal funciona como bomba de calor según el ciclo de Carnot *
inverso. Esta máquina recibe el calor del agua, que se encuentra a 2°C y lo transmite al
aire, cuya temperatura es de 27°C. Hallar (1) el coeficiente n b es decir, la relación que
existe entre la cantidad de calor cedida al aire durante un periodo determinado de
tiempo y la cantidad de calor absorbida del agua durante este mismo periodo. (2) El
coeficiente n2, es decir, la relación que existe entre la cantidad de calor absorbida del
agua durante un periodo de tiempo determinado y la energía empleada en el
funcionamiento de la maquina durante este mismo periodo (n 2 recibe el nombre de
coeficiente de funcionamiento o eficacia de la maquina frigorífica), y (3) el coeficiente n3
es decir, la relación entre la energía empleada en el funcionamiento de la maquina
durante un intervalo de tiempo determinado y la cantidad de calor cedido al aire
durante este mismo tiempo (el coeficiente n3 es el rendimiento termino del ciclo ). Hallar
ni, n2 y n3.
Q T
a) n, = —— = — => (esto por Carnot)
Qab Tb
116SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
www. ed ukperu.com

516. CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA
SOLVER EDK «
n, =1,09
b) Ahora para:
n =-^ab_
Q ,^emple
De lo anterior:
Qced=l09 Q WJ=1
Q,■empleada
= 0,09QA
n2 =11
c) Ahora para:
^^í>mn
Qn
QCed = 3,09QAb
Qemp=0;09QAb
n3 = 0;83
Una máquina térmica ideal funciona según el ciclo de Carnot empleando aire caliente, el
cual se toma a una presión inicial de 7 atm con la temperatura de 127°C. El volumen
inicial del aire es de 2xl0_3m3. Después de la primera expansión adiabático el volumen
de 81. Hallar (1) el trabajo total realizado durante el ciclo (2) el rendimiento del ciclo.
j j f n f M a r
wvvw. eduKperu.com SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y I
I

517. » SOLVER EDK CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
Para el tramo (1 -> 2) el proceso es isotérmica, entonces:
P,V, =P2V2
(7)(2) = P2(S)
P2 = 2, 8 Atm
Luego para ei proceso (2 -> 3)
El proceso es adiabático y considerando un dictonico
P2 = V2 — P3V3 , r = 140
P3 = 1, 45 Atm
Ahora para el tramo (3 -> 4) es isotermo
p3-v3=p4-v4
=> P4.P4 =11,6 ... (*)
Ahora (4-^1)
P,.vr=p4yr
P4.V; =18,5 .. (**)
Resultando (*) y (**) tenemos:
0,4 = 1 ^ = 3 2 (£ )
4 2 4 V )
P4 = 3,625 atm
= W w2 + w 2^ 3 + w 3^ 4 + w 4_ ,
w, ^ 2 = P.V.Lr
vVoy
' W 2->3 + P í * Y3 I y
o y
Vf
Ahora tenemos que
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I
wyvw. edukper u, corn
I

518. CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
. 1
SOLVER EDK «
Reemplazando tenemos:
w Neto = 15,83 atm x litro
w Neto=1601J
Pero
PjV, = nRT => n = 0,43
P,V,=nRTA => Ta = 329 k
=> n = 0,178
# Cierta cantidad de oxigeno ocupa el volumen V| = 31 a la temperatura ti = 27°C y a la
presión Pi = 8.2 x 105 N/m2. En un segundo estado este gas tiene los parámetros V 2 = 4.
Si y P2 = 6 x 105 N/m'2. Hallar la variación de la energía interna del gas para ACB y ADB.
D
P2
C B
v
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

519. » SOLVER EDK )
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
Como AC es isocoro
Ta Tc
Tc =219.5 k
Donde: Cv =5,03
Cp = 7,03
cal
m o l- k
cal
PAVA =nRT
mol - k
Adem ás Q djs = AU
^ QdiS = nCvAT ... (1)
Ahora:
n = 1 mol
en (1 )
AUac = QACdic =-404,92 cal
= -1692,6J ... (1)
Para el tramo CB el proceso es isobàrico:
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y I
www, edukperu. coni

520. CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA c
___* "*
.........- S 0 L V E R E P K « _______________
Qmr — nCpAT — A Ucb + W jg
(7 ,0 3 )(1 0 9 ,8 )(4 ,1 8 )- (6x105)(1 ,5x10'3) = AVcb
A Ucb = 2326,5 J ... (2 )
Luego: A U ^ =633,9 J
2o Debido a que ambos tramos llegan al punto B.
Luego AU^n =633,9J
Dos gases distintos uno de los cuales es monoatómico y el otro diatómico, se
encuentran a igual temperatura y ocupan el mismo volumen. Ambos gases se
comprimen adiabáticamente de manera que sus volúmenes se reducen a la mitad. ¿Cuál
de los gases se calienta más y en cuántas veces?
Para el gas monoatómico
X = l,68
2
El gas diatomico
r = 1,40
2
Ahora como el trabajo: AU = w para gas monoatómico, tenemos:
Pero Y = V
w = P,V(0,55) ... (2)
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SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

521. » SOLVER EDK CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
Para el diatómico
PiYT
W = - L - ! -
Y- 1
P.v r
w = P,V(0,6l) ...(1)
(1) y (2) tenemos
AU = w
3
-nRAT, =P,V1(0;5) ... (monoatómico)
|nRAT2 =P1V1(0,6) ...(diatómico)
AT, =0,3To ... (monoatómico)
AT2 =0;24T0 ... (diatómico)
TFi=1,3T0 TF j =1,24T0
T
=> -i-= 1,05
TF
Un Kilomol de gas perfecto realiza un ciclo compuesto de dos isocoras y dos isóbaras.
Al ocurrir esto el volumen del gas varía desde V i = 2m3 hasta V2 =50 m3 y la presión
desde P, = 1 atm hasta P2 = 2 atm. ¿Cuántas veces será menor el trabajo realizado con
este ciclo que el que se obtiene con el ciclo de Carnot, cuyas isotermas corresponde a
las temperaturas máxima y mínima del ciclo que examinaremos, si durante la expansión
isotérmica el volumen del gas aumenta dos veces?
122SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
vvww, ed ukperu. com

522. CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA
Ahora T = T,
También para el punto (3)
T T
3 _ __2_
V V
3 2
T3 = 2T2 = 4T
' V
vV2y
Para el punto (4)
Pi p3
T. = — = 2T
w util = (1 ,0 5 )x105x(2 5 ) = 26,25x105 J
Pero tenemos en ei ciclo de Carnot
C
SOLVER EDK «
YyV/' V. 0í juKperu ; corrí SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

523. » SOLVER EDK CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
y
n = l —4t => n = 0,75
4 /
Ahora:
W u t i l = ( n R 4 t L n ( 2 ) ) n
wutn = 3nRLn(2)T ... (3)
Camot
Ahora para el primer caso (punto 1) tenemos:
PV = nRT
(l,05xl0s)(25) = (l03)(8,3l)T
=> T = 315,9 k
.-. wuül =54,e>xl05J
Camot
wutil =2,1 veces
Camot
O El diámetro del cilindro de un motor de combustión interna con carburador es de 10 cm
y la carrera del émbolo es igual a 11 cm. (1) ¿Qué volumen debe tener la cámara de
comprensión, sabiendo que la presión inicial es de 127°C y que a la presión final en
dicha cámara después de la compresión es igual a 10 atm? (2) ¿Cuál será la temperatura
del gas en la cámara después de la comprensión? (3) ¿Qué trabajo se realiza durante la
compresión? Si 7 = 1.3
Ejercicio para el lector
jj| P Dos esferas concéntricas huecas de radio R, y R2 y temperaturas interna T, y externa T2
(T, > T2) y conductividades térmicas K, y K2 respectivamente. Hallar la temperatura entre
las esferas a la distancia R3 y el flujo calorífico, ver figura.
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAIY II
www, ed ukperu.ccir?

524. CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA ..c
SOLVER EDK «
......„ '\
/ / v - % \ \
í ¡ i \ \
» < i |C t i t
l V \ i
\ V i ;
' j
M m m m w
Tenemos que a una posición x = R3; que:
° _ —4/rk, (Tx -Tj.RgR,
(Ra-R.)
o _-4^k2(T2-Tx).R2R3
2_ (R2-R3)
O o
Ahora como no existe sumideros .*. el flujo debe ser el mismo: Q ,= Q 2
-4/k, (Tx -T,).R3R, -4/k2(T2-TX).R2R3
(r3 -r, ) (r2-r3)
Y sea:
A = - ^ & - ,
R3-R,
R 2 ^ 3
= AT, +BT2
A + B
Luego:
Q= -4^A(Tx- T ,)R 3 =-4^aÍ ^ Í | ^ - T 1
-4^AB(T2 -T, )R 3 -4^R,R3k, (T2 -T, )B
Q
A + B A + B (R 3- R ,)
A través de un aislador cilindrico de radio exterior R2 que rodea a un tubo de
conducción de vapor de radio exterior R2; fluye calor radialmente hacia afuera. La
www.eduKperu.com SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

525. » SOLVER EDK I
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
temperatura de la superficie interior del aislador es Tj y la de la superficie exterior es T2.
¿A qué distancia contada desde el centro del tubo, es la temperatura igual justamente a
la semisuma de T iy T2? (Ti >T2)
Æ ü f f n y
Sea:
o 2*kh(Tx-T1) o 2^kh(T2-Tx)
^enel f 0 ^ ^*en el / p
L„í|l" A i
r,J
punto x
q i=q=2^ - .1') = 2^ ; ^ ,„ (1)
l| -
" R,
L í—
"1 R
Ahora: T =
t,+t2
e n ( l )
' i l i
R ,J
r=a/rX
(a) Las temperaturas en ambas caras de un disco de extensión infinita son TI y T2. ¿Cuál
es la distribución de temperatura en el interior del disco en estado estacionario? (b)
¿Cuál es la distribución de temperatura correspondiente a un tubo de paredes gruesas
manteniendo a temperaturas constantes en el interior y en el exterior?
Si hacemos pasar el eje de coordenadas por el centro del disco,
a) Además ubiquemos un punto situación a X metros.
Ti
—x—•
T 2
T , > T 2
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y I
'www. ecl ukperu. com

526. CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA c
SOLVER EDK «
dT
Q= kA x —, pero A x = A = cte
dx
Í
x ° /*T?
Qdx= í -kdTA
o Jt,
Q x= -k(Tx- T ,)A
=* Q x= A k (T - T x) ... (1)
Ahora en sentido contrario
dT rd ° . rT*
Q= -kA x
dx
J
d u í*I„
Qdx=JT -kAdr
=>■ Q (d - x ) = -kA (T2-Tx) ...(2 )
De (1) y (2) tenemos que:
'T - T n
*2 *1
T = x + T,
b)
dT
Q= kAx — , A x =2^x.h
dx
Q=-k„7rxh
dT
dx
wvwv; e d a Kperu, com SOLUCIONARIO FISICA LE IVA I Y II

527. » SOLVER EDK a
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA
[ XQ — = fTx-2k;rhdt
Jt, x Jt!
Ln(x/r,)
Análogamente realizamos de punto x a r2
q 2k7rh(T2 Tx)
M r2/x)
Igualando (1) y (2)
^2k^(Tx-T,) ^2k^(Tg-Tx)
...(2)
L„(x/ri) L n ( r2 ! x )
T ^ ^ V r ^ x / r O + T ,
L„l —
Veinte gramos de helio, encerrados en un cilindro por un pistón se transforman de un
modo infinitamente lento del estado con volumen V I =321 y presión P1 =4.1 atm al
estado con volumen V2 = 91 y P2 = 15.5 atm. ¿Cuál será la mayor temperatura alcanzada
por el gas en este proceso, si en el gráfico de la dependencia de la presión en función
del volumen del gas el proceso está representado por una línea recta?
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y I
www.edukperu.c
I

528. CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
£
SOLVER EPK «
Tenemos como el trabajo que se efectúa es infinitamente lento.
Q = AU — w
^entrega vv
2w = AU ...(* )
Como también se trata de un monoatómico.
AU = -nATR
2
AU = —— ... (**)
3 R n
Ahora del gráfico mostrado:
'Po+P,
w =
w
( v,- v 2)
w = 225.4 atm-1
4
AT = -
3
225,4
0,082(n)J
A T 3 3 6 5 , x
AT =
--- ... (a )
AT = 336,5k
Xtiax =336,5+T
Tmax =496,5k
Un cuerpo esférico de un lcm de diámetro está a una temperatura de 727°C.
Suponiendo que irradia como si fuera un cuerpo negro. Hallar la cantidad de calor
irradiada por unidad de tiempo emitida por su superficie.
M I M T
Tenemos que: T = 1000 k
e = crT4 = (5,67x10~8)(1000)4
£ = 56700
w
m
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SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

529. » SOLVER EDK CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
Q = = 4,25 cal/seg
4,18
Un proyectil cuya temperatura es de 30°C y su calor especifico 0.09, es detenido por una
placa de acero. La velocidad del proyectil es de 500 m/s en el instante del choque, y el
calor producido se divide igualmente entre el proyectil y la placa. ¿Cuál es la
temperatura que alcanza el proyectil?
=> Te f=196,14°C
El calor específico verdadero del grafito, referido al átomo gramo, viene dado por la
expresión:
C = 2.67 + 2.62 x 10“3T - 1.17 x 10'5T“ 2
donde T en °K . Calcular la cantidad de calor que precisan 10 kg de grafito para elevar su
El calor disipado = E M)
500 m /s
m
Luego se ve que el calor ganado por la bala es:
^ = m C e - (T e a - 3 0 ) ... (2 )
temperatura de 50 a 300°C.
Tenemos:
C = 2.67 + 2.62 x 1Cr3T —1.17x1 (T5 T~2T (k )
SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II
■www. eci ukpertLGGí

530. CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA c
SOLVER EDK «
ÍiUU
Gdt
50272
Ahora:
C = 2,67 + 2,62 X10-3 (T - 273) - ( l . T7 x 10“5 ) (T - 273)"2
Donde T(°C)
Q = mj™, (l, 95 + 2,62 x 10'3 T -1,17 x 10'5 (T - 273)"2 ) dT
Q = 104 x1,95T + I,31xl0 T +
,3t2 | 1,17xlQ-5
T-273
=> Q = 6,02x10“ cal
Q = 602 kcal
Se mezclan 8 kg de agua a 100°C con 2 kg de hielo (2) Cuál será la temperatura de la
mezcla (b) ¿Y si, en lugar de 2 kg; añadiéramos 15 kg de hielo? (c) ¿Y si estos 15 kg
estuvieran a 20°C bajo cero? Ce (hielo) = 0.5.
a)
100
Observación:
Falta indicar que el hielo se encuentra a 0 z
Tenemos que: = 0 ^
= > Q L + Q = Q p e rd ¡d o
mhieioL + Cemaaua AT, =maglkJCeAT2
(2000)(80)+(1)(2000)(TK|) = (8000)(1)(100-Teq)
wvvw.eduKperu.com SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

531. » SOLVER EDK
Teq=64°C
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA
b) Como tenemos 8 kg agua a 100°C y 15 kg hielo a 0°C; veamos cuanto calor necesita
todo el hielo para fundirse.
Qtran = m H il = ( ‘ 5 0 0 0 ) 8 0
= 120 k ca l... (1)
Podemos verificar que el calor entregado por 8 kg de agua, hasta que llegue a T = 0°C
es:
=CemAT = (l)(80 0 0 )(l0 0 ) = 100 Kcal (2)
max
De (1) y (2), podemos verificar que no todo el hielo se fundirá, •'« en la mezcla existía
agua y hielo.
T = 0°C
eq
Sea m = masa de hielo fundido
mL = Qentre8a=Cem,AT
m(80) = (8000)(l00)
=> m=.10kg
aguafrja =18kg
hielofi = 5kg
c)
J Ql
-20 0°C
Análogo al caso anterior: t = 0°C
Q « « =100k = (0,5)(l5000)(2) + m(80)
1 0 0 c
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA I Y II vvww. eci ukperu. com
I

532. CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
SOLVER EDK «
=> m = 1,0625 lo que se funde.
Se introducen 3 litros de oxigeno medidos a 15°C y 760 mm con 8 litros de hidrógeno
medidos a 20°C y 750 mm y 4 litros de nitrógeno a 12°C y 710 mm en un recipiente de 6
lt de capacidad y temperatura 16°C ¿Cuál será la presión de la mezcla?
Para la mezcla total piden P.
Pviz'Yviz ~ ^total^Mz
PMz.(6) = ntotal(62,4)(280)
PMz=ntotal(3005,4) ..(1)
=> P^ = 1842 mmHg
PT«ai =n,+n2+n3
Para cada gas, veamos:
P ^ =n1RT1 => 'n, = 0,13(02)
>
P2 V2 = n2RT2 => n2 = 0,33(M2)
P3V3 = n3RT3 => n3 =0,16(N2)
AT«a¡ =0,612 mol
En un calorímetro de cobre de 25g de peso se ponen 10 gr de alcohol a 10°C, se
introduce una masa de cobre de 50 g a 100°C y la temperatura de equilibrio es 16°C.
Siendo 0.095 al calor específico del cobre, hallar el calor especifico de alcohol.
100 e
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533. » SOLVER EDK CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
QqH + Q c u, - Q c u2
^^Cu^Cu, ^-^01^2^2
(l00)(Ce)(6)+(0,095)(25)(6) = (0,095)(50)(84)
CeoH =0,641
Una cantidad de gas de volumen V, y presión P, realiza sucesivamente las siguientes 3
transformaciones: la primera isotérmica, con un grado de expansión ff= V ,/V 2, la
segunda a presión constante; y la última adiabática. El estado final es idéntico al del
principio. Calcular el trabajo de dilatación del gas y el calor puesto en juego durante el
ciclo.
Pa
~ Ji
%
P3=P2
T'2
Vi V 3
—
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I

534. CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA (
________________ SOLVER EPK «
Tenemos el siguiente ciclo termodinàmico:
Además : s = — , piden hallar w.
Del proceso tenemos:
p,v, =p2v2
Además en el proceso 3 - 1 :
p, v 2
= £
p\r = p V r ' => = ( —
1 , 2 3 p2 lv,
p2 =*p,
2
IV
Ahora si:
w = P,V,Ln
Va dV
V 7
PVV
r 1 V1
w = P|V1Ln| — |-fP,
v ''5
A
£
_ ^ _ ( Vw - v r )
w = PtV1Ln| — |-ffP,Vi
p,v;
•w
Y- 1
1-y
-v;_r
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535. » SOLVER EDK CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
w = P1V1
El calor puesto en juego, sea Q = w
Q = p,v,
f y-\_\
1- e y
Un ciclo se compone de una transformación a volumen constante y de otra a presión
constante, separados ambos por dos transformaciones adiabáticas. El estado inicial p l,
u l, T I se da, así como los grados de expansión s y s[ , de las transformaciones
adiabáticas. Hallar el trabajo de dilatación del ciclo y el calor necesario para efectuarlo.
£ = L>j / ü2
sx = u4/u3
p
Pl
p4
P3=P2
A
i
P1+ V1
v ^
i
< i
i
_______ J
1
1
1
i
1
1
1 V
V4=Vi v3 V o
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VA^w.edukperu. c

536. CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA l SOLVER EDK «
Del proceso (1-2 ) V . - i
Tenemos: P.Vf = P2W¡ => P2 = P ^
Para el tramo (3 - 4) se cumple:
P4V,'= P,V¿' =» P4^ = P 3 =P2
P =P
4 r l
W util =W,_2- W2_3- W3 _ 4
=p^ J ^ - p2(v2- v 3)-P3v/J,
Y) dv
v, y?-
P \JY
w^ = ~ ( V'~r - V" r) - P>£>
£ *■ )
- ^ p ( v r - v r )
P V yr, v,
r - i
y i- r _ V 1
v 1-^
-P^v,
P . ( v , )
7 / V /
£
( r -1)
Vw --i
V1
y
wvAV.edukpwu.com'
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537. » SOLVER EDK ]
CALOR Y PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA
w = P,Y,
1
W =
Y
P , V , 1
8
(r-1)1
.1 - Y
[ r -1)'<
i . , r )
££}
W :
dQp = nCpdT
Por la ecuación general: Pdv = n R d l
Q V jj3Pdv => Qp“ -(V3-V2) =» QP = ^
R J vs
Análogamente:
V.Pí'C
R
£-£.
V,Cv
Q v = Y - v íp,'dP => Qv= ^ - (p4-p.)
V,cv
/
f ■ V ^
£
pv -P,
V y
b ) Q n e c e s = Q p + Q V > d e ( * ) Y ( * * )
Q s r + CD
P V
Q = ^ - £ '
c R
+ Cn
1 Ia
V£i £j
...(*)
• ( * * } .
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538. SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA
(
_____ SOLVER EDK «
CAPITULO
640 g de plomo derretido a a! temperatura de fusión se vierten sobre hielo a 0 °C . Hallar
la variación que experimenta la entropía durante esta transformación.
Primero hallaremos la temperatura de equilibrio del sistema, sean 100 g de hielo y por datos
de tabla se tiene:
Tf = 326, 5o C
Aplomo
Lf =5,9-^-
F"' g C *
Ce = 0,03-^-
g°C
Ce =1,074-^-
g°C
Lr =80—
En el equilibrio:
L^ x M hiek) +Mhielo.C%o (T „ -0) = Lu -MpbC^ (326,5-Tj
De la expresión anterior obtenemos Teq:
Teq = 16,15 C o 289,15k
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539. » SOLVER EDK SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA
La variación de entropía será:
_ Q fusión f ^ p b ^ e p b
~ T J t
328,5° C
AS = 6,29cal + mpbCepb^n
Jl
v i; ,
AS = 6,29cal + 640.0,03£n
594,5
289,15
,\AS = 2 0 ,2 8 ^ x ^ ^
k leal
AS = 84 ,81^
dallar el aumento de entropía correspondiente a al transformación de 1 g de agua a 0°C en
vaporal00°C.
JH flttC T T W
La variación de la entropía es:
• dQ _ r mCedT r mLv
t ~~ J t J T
1 i m ° r
o ° c 1 0 0 ° C 1 0 0 ° C
B c
Agita Agita V;apor
AS = mCeaguaL„
T, 373
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540. SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA SOLVER EDK «
, c _ r . (373^1 m Lv_
m 633113 n 273 J + 373
.\AS = 7,356-f-
7 O i
6 . 6 g hidrógeno se expanden p or vía iso b àrica hasta d u p lic a r su volum en. H alla r la
v a ria c ió n que experim enta la entrop ía al p ro d u cirse esta expansión.
Las m oles serán: n = = 3 ,3m ol
2
La variació n de entrop ía es:
Proceso
dQ fB nCpdT
^ = P F = Af
A S = n C p Ln
-rU -xn SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II

541. » SOLVER EDK SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA
Para un gas ideal:
PAV0= n R T 1
2PaV0 = n h T2
>T2 = 2Tr ..(l)
De (2) en (1):
AS = nCp£n = nCpín2
C'Pi I
AS = (3,3)7£n2 = 15,8—
K
I Después de haber sido calentados 22 g de nitrógeno su temperatura absoluta aumentó 1.2
veces y la entropía en 4.19J°K. En que condiciones se llevo a cabo el calentamiento (a
volumen o a presión constante)
Consideramos que se elevó a presión constante, de esto, la entropía en este proceso
tiene que ser igual al dato:
AS = 4,19 J/°K •
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www.edukperu ,00 ¡TI

542. SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA
SOLVER EDK «
AS = J ^ = n C p ln | j f
Pero: i = 1,2
T,
AS = nCpLn| -
AS = 4 , 1 9 -
El proceso se llevó a presión constante.
Hallar la variación que experimenta la entropía al pasar un gas del estado A al estado B en
las condiciones que se indican, si la transformación se efectúa (a) por el camino ACB y (2)
por el camino ADB.
8.2
6.0
P x 105 (N/m2)
A
■ i
D
! t 3
B
4.5
V(L)
*-
Tj = 27°C
m m m
www.eduKperu.cqm SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II143
- v

543. » SOLVER EDK SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA
Para el camino ACB se tienen 2 procesos: AC isobarico y CB isocoro.
AO rBnCvdT rnCpdT
> Ao — I
------b ------
Je T . J T
1 A 1
í t ) ÍT r Ì
AS = nCvLn
B
+ nCpdT
c
vTc >
T
V A J
Considerando que es un gas diatómico:
AS = 0,4ní^Rj-0,3ní|R
AS = 0,65nR
En (A) hallamos “nR”
_ Pv 8,2x10 x3xl0
nR = — = —
-----------
T 300° k
nR = 8,2
J
■AS = 5,33—
1 0l
Para el camino ADB se tienen de la misma forma 2 procesos: isocoro e isobàrico:
44SOLUCIONARIO FISICA LEIVAI Y II www. edükparu. .corrí

544. SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA SOLVER EDK «
AS = nCvLn
219,5
200
+ nCpLn
329,3
219,5
AS = 0,4C n - 0, 3nCv
AS = 0 ,4 | ^ R )n - 0 ,3 Í| R | n
AS = 0,65nR
AS = 0,65(8,2 W
AS = 5,33-r-
’ 0|
Un metro cúbico de aire que se encuentra a al temperatura de 0°C y a la presión de 2
kgf/cm2 se expande isotérmicamente desde el volumen V 2=2V¡. Hallar la variación de al
entropía que origina esta transformación.
m m m m
En un proceso isotérmico:
dV = dQ + dw = 0
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545. » SOLVER EDK 3
SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA
dQ = PdV
Por definición:
*-í?-í¥
f nR d V _ nRL
í v0
J y
I v J
Hallamos “nR”, como es un gas perfecto.
nRT = P.V
_ 20N/cm2.lm3 _„0 J
nR =
-----r----= 732—
273" k °k
Reemplazando en (1):
AS = 733L„
2V,
v V, ,
AS = 507,8-
7 Oí
j ® Una maquina térmica que funciona entre dos temperaturas ti y t2 puede, teóricamente,
convertir en trabajo útil la cuarta parte del calor que se suministra. Si la temperatura t1;
correspondiente al foco caliente, disminuye 60°C, el rendimiento teórico de la máquina es la
mitad del anterior. Hallar los valores de ti y t2.
146
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546. SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA
SOLVER EDK «
M á q u in a " A '
lIl j
v Q
-*► w = Í Q
4
/ T , \
■2
n A
M á q u in a " B '
-333^
U Q '
1/ _ \
S a b e m o s q u e la e fic ie n c ia es:
w T2
n = — = 1 — -
Q T,
E n la m a q u in a ria A :
P o r c o n d ic ió n : n =—n¿
s 2
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1
SOLUCIONARIO FISICA LEIVA1 Y II

547. » SOLVER EDK SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA
n g = 1-^55 =
T, 2 U
7T,-8T2 = 7x333
71, -8T2 =2664...(l)
De la maquina:
T
nA = l--f
A T,
1 = 1 - 1
4 T,
4T2 =3Tr ..(2)
De las ecuaciones (1) y (2) obtenemos T ( y T2:
T, =107,5°C
T2 = 12,3°C
Demuestre que un proceso a volumen constante, Ds/Du =1/T y (b) que en un proceso en
que no cambia la energía interna del sistema Ds/Dv =Pt
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548. SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA ( SOLVER EDK «
1 = 1ÜL
4T2 = 3T,...(2)
De las ecuaciones (1) y (2) obtenemos T¡ y T2:
r, = 107.5°C
í 2 = 12.3°C
jggii
yjjp Demuestre que un proceso a volumen constante, dS/dU = \ÍX y (b) Que en un proceso en
que no cambia la energía interna del sistema dS/dV = P/T.
a) Para un proceso a volumen constante dU es:
dU= dQ + dw ... (1)
dw = dQ + PdV...(2)
como el V: cte, entonces: dw = dQ por definición:
dS = ^
T
iq dU ^ .
dS = — => — = —
dS
dU
J_
T
b) Para un proceso en que no cambia la energía interna: dU = 0.
En (2) se tiene que: dQ = PdV
Por definición:
dS = ^
T
dS = M
T
,dS_P
' ’ dV ~ T
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549. u _
---------------------------------------------
» SOLVER EDK J SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA
.....
......
Prueba que el cambio de la entropía de un gas monoatómico ideal entre el estado inicial
(P 0, V0, T0) en que la entropía es S0 y un estado final (P,V,T) en que la entropía es S está
dado por:
S - S 0 =3/2nRLn(T/T0) + nRLn(V/V0) en donde n es el número de moles de gas.
j M g r ü « r
Por teoría sabemos que:
AV = AQ + Aw...(l) y la definimos de entropía es:
AS = J y . . . ( 2 )
♦
jligfk
@ Cinco moles de un gas ideal Cv = 3 experimentan una expansión isotérmica reversible
desde un volumen inicial de 24lt hasta un volumen final de 20 lt a la temperatura de
300°K. Halle: (a) El cambio en la energía interna del gas (b). El cambio en la energía
interna de los alrededores, (c) el cambio en la entropía del gas (d) el cambio en la
entropía de los alrededores (e). El cambio en la entropía del universo.
Proceso isotérmico
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550. SEGUNDA LEY DE LA TERM ODINÁM ICA
Proceso isotérmico
a) Para un proceso isotérmico: AUS = 0
dQ = dw = PdV
SOLVER EDK «
b) Por teoría: AVg + AVg = 0
A v = 0
c) Como dQ = PdV, por definición de entropía:
•dQ r PdV
■••.(I)
T J T
Por ser un gas ideal se tiene que:
P = ^ . . . ( 2 )
V
De (2) en (1) se tiene:
• nRdV
AC f '
ASs=J-
V
AS*’ nRf" í^
AS = nR í
24
20
•1.81 —
°k
d) Como la AS„ + AS =0
S 3
Se tiene que la entropía de los alrededores es:
AS. = AS,
ASa =-1.81
cal
°k
e) Como es un proceso reversible la variación de la entropía en el universo
es cero.
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551. » SOLVER EDK
D
SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA
ASa =0
1J Una bolsa que contiene 75kg de arena se deja caer hasta el suelo desde una plataforma
de 4 metros de altura. La temperatura en el exterior es de 30°C. Suponiendo que no se
transfiere energía al piso. Halle el aumento en la entropía de la bolsa de arena.
Solo se ejerce trabajo:
dQ = dw
AQ = Aw
AS = — = — =T - i T
^ (75)(9.8)(9)
303
AS = 9.7— x0.24—
°k J
AS = 2.32—
°k
El calor específico medio del cobre es 0.093 cal/g°C entre los límites de temperatura de
0°C a 100°C. Halle el cambio total en la entropía para los siguientes casos: (a) Un bloque
de cobre de 500 g a la temperatura de 90°C se coloca en un lago cuya temperatura es de
10°C (b) Se deja caer el objeto al lago desde un helicóptero situado a 20m de altura, (c)
Se unen dos bloques de obre de 500g uno a 10°C y el otro a 90°C dentro de un recipiente
aislado de los alrededores.
Por definición:
•dQ
T
AS = J-
Ce = 0.093cal / g°C
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552. SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA ( __________________SOLVER EDK «
a) Para el primer caso se tiene:
AS = 500g + 0.093 — - £
g °k
10 + 273
90 + 273
AS = -11.57 —
°k
En este caso, ahora se hace trabajo sobre la masa:
AS = —11.51-—
°k
Al unir las masas, estas llegarán a un equilibrio:
mCe (Te -1 0 ) + mCe (Te - 90) = 0
Te = 50° C o 323k
La entropía es: AS = J
^ Jrin 323 - ^ d T
AS =
--
cal
As = mCe£
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553. » SOLVER EDK SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA
Hallar, calculando para un mol, el incremento de la entropía del gas carbónico con el
aumento de su temperatura absoluta en n = 2 veces, si el proceso de calentamiento es (a)
isócoro. (b) isobarico.
Tenemos que la entropía del C 0 2, se da:
Cvc
T
C^d
T
AO rnCvdT
AS = J
-----
Proceso isocoro
_ r nCddT
AS = J — -— roceso isobarico
Para el proceso isocoro, se tiene;
T i
V
AS = J
nCvdT
T
n C J r
2T
vT,y
por la expresión: C = R + Cv
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554. SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÀMICA
l
SOLVER EDK «
e n c o n tr a m o s q u e : C v = ^
r-i
A S = iHflSL = ^ ' 31 = 1 9 . 3
------
-
-----
Y- 1 f 8 .8 3 'j m o l.° C
V 6 . 8 J
p a ra el p r o c e s o is o b à ric o se tie n e :
f n C d T f 2 T ^
Í - T ^ ” [ t J
AS = n C £ 2,C =
rR
r - i
8 8 3
6.8
J ( 8 . 3 Î ) 4
8 .8 3
6.8
-1
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555. » SOLVER EDK SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA
AS = 25.05- J
mol°k
En cuántas veces es necesario aumentar isotérmicamente el volumen de V -A moles de
gases perfecto, para que su entropía experimente un incremento AS = 23J/°K
Como es un proceso isotérmico:
dQ = dw + d V ,d V - 0
dQ = dw
lAS=f ^ =f^v
J T J T
A S = f = n R í í —
J v (v0.
2 3 ^ = (4)(8.3l)/n(« );a = ^
a
= e°69 = 2
: . a = 2
Calcular el incremento de la entropía de V = 2 moles de gas perfecto cuyo exponente
adiabático / = í.3, si como resultado de cierto proceso el volumen del gas aumentó en
a =2 veces y su presión disminuyó en p = 3 veces.
El proceso se asume en el siguiente diagrama:
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vvww.edukperu X
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556. SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA SOLVER EDK «
Por definición: AS = J
A S-fd Q Jd Q
J T J T
nC dT cr nCriTr 1 1 r
a s= ; - ^ +j
A 1 B
AS = nC ¿ f—
p n I -p
v a;
•nC/n
Tv
...0)
Del gráfico hallamos las relaciones de las temperaturas:
a v _ V
T ~ T
l A
*Tb = aTA...(2)
J3V P
% - « = - = > Tb=/3TC...(3)
*B AC
y sabiendo que: Cp = Cv + R...(4)
De (2); (3) y (4) en (1) tenemos.
1
A S = ^ í n £ +
____
y-1 y- 1
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557. » SOLVER EDK SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA
Reemplazando valores:
AS = -10.9—
°k
Un mol de gas perfecto efectúa un proceso en el transcurso del cual la entropía del gas
varía en función de la temperatura T según la ley S = aT + CvLnT, donde a es una
constante positiva, Cv la capacidad calorífica molar del gas a volumen constante. Hallar la
dependencia entre la temperatura del gas y su volumen en este proceso, si cuando V =
V0, la temperatura T = T0
Tenemos que la ley de la entropía en función de temperatura es:
S = aT + CvLnT ...(l)
La entropía se define:
como es un proceso isotérmico e isocoro se tiene que:
Comparando (1) y (2) se tiene que, la ley respecto de T se tiene:
y dS =
Entonces se tiene que para n = 1 mol se tiene:
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