Fisica Teorica Y Practica

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Hecho el depósito legal, Ley N° 26905. BEG. N° 15013298-1124 Prohibida la reproducción parcial o total de la obra, sin la previa autorización escrita del Editor de la misma. Aníbal Jesús Paredes Galván - Editor Jr. Natalio Sánchez 220 - Otic 304 - Jesús María Impreso en Perú__________________ Printed in Perú Composición, diagramación y montaje: Editorial San Marcos RUC. 11029221

A mi familia por su compresión por su paciencia. A 'Diego Pérez Contreras mi hijo.

PROLOGO El presente trabajo es fruto de varios años en la docencia y está dirigido a los estudiantes que inician el estudio de la FISICA FUNDAMENTAL. El objetivo de la obra es, la comprensión de las leyes físicas funda­ mentales y el desarrollo en los estudiantes del hábito de utilizarlas en los diferentes problemas. Aprovecho la oportunidad, para saludar a mis colegas, profesores de las diferentes Academias y Centros Pre universitarios del m edio, por la noble labor que realizan. Finalmente, pero no con menos calor, quiero saludar a los alumnos, jóvenes de nuevo tipo, que gracias a su inquietud y espíritu de desarrollo, he podido elaborar los temas que contiene este libro.

E L AUTOR

NOTAS DEL EDITOR Física Teoría y Problemas desarrolla todo el curso de Física válido para los exámenes de admisión a las diferentes universidades de nuestro país; tiene un contenido de 655 páginas, encontrando en cada capítulo la teoría expuesta en forma clara y objetiva, además de un gran número de problemas tipo resueltos, empleando métodos directos y sencillos de solución, comple­ mentados con un gran número de problemas propuestos.

CONTENIDO Prólogo

CAPITULO 1

Pág.

ANALISIS DIMENSIONAL 1.

Sistema Internacional (S.ll Magnitudes.

2.

Ecuación Dimensional Dimensión de las Magnitudes.

3-

Principio de Homogeneidad Dimensional.

1

CAPITULO 2 ANALISIS VECTORIAL 1

Vector: Elementos de un Vector.

2

Suma de dos Vectores. Método de Paralelogramo.

3.

Suma de "n " Vectores. Método del Póligono.

4.

Descomposición Rectangular. Descomposición Poligonal

5.

Vectores Unitarios Cartesianos.

6.

Vector Unitario. Vector como par ordenado. CAPITULO 3 ESTATICA

1. 2.

Fuerza. Tensión. Comprensión. Fuerza Elástica Leyes de ISiewton. Ley de Hooke

3

Diagrama del Cuerpo Libre.

4

Primera Condición de Equiliorio.

5.

Teorema de Lamy o de las tres fuerzas.

6.

Momento de una Fuerza. Torque. Cupla.

7

Equilibrio de un Cuerpo Rígido.

8

Segunda Condición de Equilibrio.

9.

Sistema Física Sistema Aislado. Fuerzas internas.

10. Teorema de Varignon. 11

Centro de Gravedad Centro de masa.

12

Cupla o Par de Fuerzas

13. Rozamiento. Coeficiente de rozamiento

17

CAPITULO 4 CINEMATICA 1.

Sistema de Referencia Inercial.

2.

Movimiento Mecánico. Velo'cídad Media.

3.

Movimiento Rectilíneo Uniforme (M.R.U.)

4

Ley de Kepler para el M R,U

5.

Movimiento Rectilíneo Uniformemente Variado (M.R.U.V.)

7.

Movimiento Relativo. Velocidad y aceleración relativa.

8.

M ovimiento Compuesto. Composición de velocidades

9.

Movimiento Parabólico. Tiempo de Vuelo.

10. M ovimeiento Circular. Aceleración Centrípeta. 11. Ley de Kepler para el M C U. CAPITULO 5 D IN A M IC A .......... ......... ........ ....... ....................................... 1

Dinámica Lineal. Segunda Ley de Newton.

2.

Sistema de Referencia Inercial y No Inercial.

3.

Principio de D'Alam bert. Fuerza Inercial.

4.

Principio de Equivalencia (Albert Einstem).

5.

Dinámica Circular Sistema de Referencia Rotacional.

6.

Péndulo Cónico. S.stema de Referencia Rotacional

7.

Fuerza Centrífuga. Aceleración Relativa.

201

CAPITULO 6 TRABAJO - ENERGIA - POTENCIA 1

................... ........... .

Trabaio Mecánico de una Fuerza Constante.

2.

Gráfica, Fuerza Versus Posición

3.

Energía Energía Cinética.

4.

Teorema de la Energía Cinética.

5.

fcnergía Potencial Gravitatona.

6.

Principio de Conservación de la Energía Mecánica

7

Teorema del Trabajo y la Energía Mecánica.

8.

Energía Potencial Elástica Ley de Hooke.

9.

Potencia Mecánica. Potencia de un motor.

10. Rendimiento o Eficiencia de una máquina

241

CAPITULO 7 275

CANTIDAD DE MOVIMIENTO Y CHOQUES 1.

Cantidad de M ovim iento. Impulso.

2.

Sistema aislado (S.A). Fuerzas externas.

3.

Principio de Conservación del Momentum Lineal.

4.

Velocidad de! Centro de Masa.

5.

Teorema de la Cantidad de Movimiento.

6.

Colisiones o choques. Choque frontal.

7

Coeficiente de Restitución.

8.

Clasificación de los Choques. Choque Elástico.

9.

Ley de Reflexión en los Choques. CAPITULO 8 ESTATICA DE FLUIDOS ............................. ........ ..........................................

1

Densidad, Presión . Isóbaras.

2.

Principio de Pascal.

3.

Prensa Hidraúlica. Vasos Cominicantes.

4

Presión Hidrostátic Presión absoluta.

5.

Principio Fundamental de la Hidrostática.

6

Principio de Arquímedes. Empuje.

7

301

Presión Atm osférica Experimento de Torricelli

8.

Manómetro Barómetro.

9

Principio de Arquímedes en los gases CAPITULO 9 M.A.S Y PENDULO SIMPLE .. . ................................................ ..............

1.

Movimiento L Arm ónico Simple.

2

Elongación Am plitud. Fuerza recuperadora.

3.

Período Energía Total del Sistema.

4.

Asociación de resortes: Serie y Paralelo.

5

Período del Péndulo simple.

329

CAPITULO 10 GRAVITACION Y MOVIMIENTO PLANTETARIO ..................... 1 2

Ley de Gravitación Universal Campo Gravitatorío. Intensidad del campo gravitatorio

.......... .

342

3.

Variación de la aceleración de la gravedad con la altura.

4.

Energfa potencial de Interacción gravitatoria

5.

Leyes del m ovim iento Planetario Leyes de kepler. CAPITULO 11 CALOR ................................................................ ........... .......... .....................

1.

355

Temperatura. Escalar Termométricas.

2.

Dilatación Lineal, superficial y volumétrica.

3.

Variación de la densidad con la Temperatura.

4.

Calorimetría, Cantidad de Calor

5

Capacidad Calorífica Calor específico.

6.

Equilibrio Térmico o Ley cero de la Termodinámica.

7.

Calorímetro de mezcla. Equivalente en agua.

8.

Cambio de Fase. Termodinámica.

9.

Punto Triple. Calor Latente. CAPITULO 12 TERMODINAMICA ................... ..................................................................

1. » 2.

Gas Ideal Ecuación de Estado Teermodinámico.

3.

Trabajo. Pumera Ley de la Termodinámica.

4.

Proceso Isobárico. Isócoro, Isotérmico y Adiabático.

5.

Segunda Ley de la Termodinámica.

6.

Máquina Térmica. Ciclo de Carnot Entropía.

369

Proceso Termodinámico. Energía Interna.

CAPITULO 13 ELECTROSTATICA...... ......... .

...

___ ____ ____ __ ______ _______

1

Carga Eléctrica. Cuantización de la carga.

2,

Ley de Conservación de la carga eléctrica.

3.

Fenómenos de Electrización.

4

Ley de Coulomb. Campo Eléctrico.

5.

Intensidad del campo eléctrico. Líneas de Fuerza.

6,

Energfa Potencial ELéctríca. Campo Eléctrico Homogéneo.

1

Potencial Eléctrico. Diferencia de Potencial

8.

Superficies Equipotenciales Equilibrio Electrostático.

9

Potencial y Campo Eléctrico en un esfera conductora

10 Energía Portencial de Interacción Eléctrica.

391

11. Capacidad Eléctrica. Condensadores. 12. Asociación de Condensadores. Teorema de la Trayectoria. 13.

Ley de Coulomb en un medio Dieléctrico.

14- Condensador con dieléctrico. Leyes de Kirchhoff.

ELECTRODINAMICA...................... .'................................................................. 1.

Corriente eléctrica Resistencia eléctrica. Ley de Ohm.

2.

Asociación de Resistencias. Fuentes de Energfa Eléctrica.

3.

Fuerza Electromotriz. Potencia Eléctrica.

4.

Dilatación Lineal de los conductores. Ley de Joule - Lenz.

5.

Teorema de la Trayectoria. Leyes de Kirchhoff.

7.

Ley de Conservación de la Energía.

MAGNETISMO .................................................................................................. 1.

Historia de Magnetismo Natural. Imán natural.

2.

Leyes del Magnetismo. Campo Magnético. Líneas de Fuerza.

3.

Intensidad de campo magnétco. Flujo magnético.

4.

Inducción Magnética. Permeabilidad magnética.

5.

Magnetismo Terrestre.

ELECTROMAGNETISMO ........................................................................ ..... 1

Efecto Oersted. Campo magnético creado por unacorriente.

2.

Ley de Biot - Savart.

3.

Campo magnético creado por una corriente circular.

4.

Campo magnético creado por un Arco conductor.

475

548

560

5

Acción del Campo magnético sobre un conductor.

6.

Acción y Reacción entre dos corrientes.

7.

Fuerza de Lorentz. M ovim ento de las partículas cargadas en los campo eléctricos y magnéticos.

8.

Campo magnético creado por una carga eléctrica en movimiento

9.

Campo magnético creado po un Solenoide

10. Campo magnético producido por un Toroide 11. Inducción Electromagnética. Ley de Lenz. 12

Imágenes Electrostáticas.

1.

Naturaleza de la Luz. Velocidad de la Luz

2.

Optica geométrica . Indice de refracción.

3.

Ley de Reflexión y Refracción. Ley de Smell.

4.

Angulo Límite y Refracción Total

5.

Lentes convergentes y divergentes.

6.

Principio de Fermat. El camino más rápido.

TEORIA ESPECIAL DE LA RELATIVIDAD....................... 1.

Contracción de la longitud. Transformación de Lorentz.

2.

Sistema de Referencia Inercial

3.

Dilatación del Tiempo. La masa aumenta.

4.

Energía cinética de la partícula relativista.

5.

Ley de Interacción de la masa y la energía.

644

* * *

CONCEPTO. Es una parte auxiliar de la Física que estudia las relaciones entre las magnitudes fundamentales y derivadas, principalmente el Sistema Internacional de Unidades

MAGNITUD. Es todo aquello que es susceptible a ser medido y que se puede percibir por algún medio. Por consiguiente magnitud, es todo aquello que se puede medir.

MEDIR. Es comparar una magnitud dada, con otra de su misma especie asumida en forma arbitraria como unidad o patrón. Ejemplo:

Para m edir el largo de la pizarra, comparamos con un metro patrón.

CLASIFICACION DE LAS MAGNITUDES A)

Por su origen 1. Magnitudes Fundamentales. 2. Magnitudes Derivadas.

B)

Por su naturaleza: 1. Magnitudes Escalares. 2. Magnitudes Vectoriales.

* * * * * * * * * * * *

* * * * * * * * * * * * * * * * *

* * * * * * * * ♦ * * * * * * * * * * * # * * * * *

MAGNITUDES FUNDAMENTALES. Son aquellas elegidas arbitrariamente como base para establecer las unidades de un SISTEMA DE UNIDADES y en función de las cuales se expresan las demas magni­ tudes MAGNITUDES DERIVADAS. Son aquellas magnitudes que se expre­ san en función de las magnitudes asumidas como fundamentales. MAGNITUDES ESCALARES. Son aquellas que enunciado su valor seguido de su correspondiente unidad quedan perfectamente definidas, a veces afectado de un signo negativo convencio­ nalmente elegido Ejemplo: La temperatura: - 15o C Son magnitudes escalares: Longitud, masa, tiempo, volumen, densidad, trabajo, potencia, energía, carga eléctrica, intensidad de corriente eléctrica, potencial eléctrico, ilu­ minación. MAGNITUD VECTORIAL. Son aquellas que además de conocer su módulo o valor, es necesario conocer su dirección y sentido para que esté plenamente definida. Son m a g n itu d e s v e c to ria le s : D e s­ plazamiento, velocidad, aceleración, fuerza, torque, impulso, cantidad de movimiento, in­ tensidad del campo eléctrico, inducción magnética

SISTEMA INTERNACIONAL DE UNIDADES (S.I.) MAGNITUD

UNIDAD

s ím b o l o

metro

m

Masa

kilogramo

kg

Tiempo

segundo

s

Intensidad de corriente eléctrica

ampere

A

Longitud

Temperatura

kelvin

K

candela

cd

mol

mol

Angulo plano

radián

rad

Angulo sólido

estereoradián

sr

Intensidad luminosa Cantidad de sustancia

En la X conferencia de Pesas y Medidas (1954), se establecieron las unidades y mag­ nitudes fundamentales del S.I. Este sistema fue complementado en la XIV Conferencia de Pesas y Medidas, realizado en Francia en 1971, el S.I. considera siete magnitudes fun­ damentales y dos au-xiliares: ECUACION DIMENSIONAL. Es aquella igualdad m atem ática que muestra la relación que existe entre una magnitud derivada y las que asumen como magnitudes fundamentales. La DIMENSION de una “magnitud física" se representa del siguiente modo: Sea A la magnitud física, [A ]: dimensión de la magnitud física"A“, o ecuación dimensional de A.

6- [intensidad luminosa] = J

PRINCIPIO DE HOMOGENEIDAD DIMEN­ SIONAL.

#

Si una fórmula física es correcta, todos los términos de la ecuación deben ser dimensíonalmente iguales.

* ♦ * * *

* # ♦ * m * m ♦ * * * *

Ejemplos:

2. [masa] = M

* * * * *

3. [tiempo] = T

*

1. [longitud] = L

4 [intensidad de corriente] = I ' 5. [temperatura] = 0

7. [cantidad de sustancia] = N

* * # 4t # * f¡ $ * *

* * *

8. [número) - 1

Sea la fórmula física: A

=B+C.D

[A] = [B] = [C.D] Ejemplos:

Analicemos !a fórmula para d e te rm in a r la a ltu ra en caída libre.

h = V0

I m

I

rn s

Luego: Todos los términos tienen uni­ dad de longitud.

1ra. PROPIEDAD: Los ángulos, funciones trigonométricas, funciones logarítm icas y en general cualquier número son adimensionales Convencionalmente la dimensión de un número es igual a la unidad.

* * * * * *

* * * *

Ejem plos: [30o] = 1 * [Sen 30o]

* *

= 1

FINES Y OBJETIVOS DEL ANALISIS DI­ MENSIONAL. 1

Expresar las magnitudes derivadas en función de las denominadas magnitudes fundamentales

2. Comprobar la veracidad de las fórmulas físicas mediante el principio de homo­ geneidad dimensional 3

Determinarformulas empíricas a partirde datos experimentales.

*

C

PROBLEMAS RESUELTOS

;

PROBLEMA Nfi 01 Determinar la ecuación dimensional de las principales magnitudes derivadas. SOLUCION

* * * *

1. [área] = L2 2.

* * * * * * * *

[volumen] = [área x h] = L

3. [densidad] = [ m / v ] = M .L -3 4. [velocidad] = [ e / 1 ] = LT 1

* * *

5. [aceleración] = [ A V / 1] = L.T"2 6.

[fuerza] = [ m . a ] - M .L T 2

7.

[trabajo] = [ F d ] = M . L 2 .T“ 2

* * * * * * * * *

8. [potencia] = [ W / 1] = M.L2 . T ” 3 9. [energía] = [ m . c2] = M.L2 T ‘ 10 [cantidad de calor] = [energía] =M.L2 . T 2

12. [velocidad angular] =[0 / 1] = T 1 13 [período] = T

PROBLEMA Ne 02 Determinar las unidades de "E" en el Sistema Internacional.

D.V

D: densidad V: velocidad lineal g: aceleración de la gravedad SOLUCION Del principio de homogeneidad dimen­ sional.

[E] = L.P.UV.2J tJ

[E] =

lg]

M . L~3 . L2 . T 2

L T 2

[E] = M . L

11 [presión] = [F/A] = M.L-1 T 2

14. [frecuencia] = T-1

E=

*

* * $ * * $ * * * * *

* * *

Luego; E se mide en: kg . r r f 2 PROBLEMA N® 03 H allar la dim ensión de “S" en la siguiente ecuación dimensionalmente co­ rrecta. V.S. = A Cos 60° + UP . Ln 2 A : aceleración centrípeta V : velocidad lineal

Del principio de homogeneidad dimen­ sional. [V.S] [V][S] L / r ’ .ts] Luego:

[S]

= [ a Cos60°]

*

= [A 1 2 ]

=L

Hallar la fórmula física para determinar la velocidad del sonido en cualquier gas. SOLUCION Del principio de homogeneidad dimen­ sional:

= l 1/2. t -

* * «i* * # * * * *

* * *

1 /2

[V] = [Px] . [Dy] L . T 1 = Mx . L~x . T 2x . My. L 3y

Para la solución del problema no es ne­ cesario conocer el tercer termino.

*

En la siguiente fórmula física, indique las dimensiones de "Y" Y = w . A . Cos (w.t) donde: A = longitud;

t = tiempo

SOLUCION La dimensión del ángulo es igual a la unidad: [w . t] = 1 [w]. T = 1 [w] = T 1 2

La dimensión de la función coseno es igual a la unidad: [Cos (wt) ]

M ° L 1. T 1 = Mx+y. Lx_3y . T 2x

*

PROBLEMA N2 04

1.

* * * *

= 1

[Y]

= [w] [A] [Cos (wt) ]

[Y]

=T \ L.1

Luego: [Y] = L . T 1 PROBLEMA N2 05 La velocidad "V" del sonido en un gas depende de la presión “P" del gas y de la densidad "D" del mismo gas, y tiene la siguiente forma:

* *

A bases iguales le corresponden expo­ nentes iguales. T : -1 = -2 x

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * $ * * * * * *

—>

1 x=—

.

1 2

M : 0 = x+ y Reemplazando:

V =P 1/2. D~1/2 Luego:

PROBLEMA N2 06 Sabiendo que el Impulso es I =F.t, en­ contrar las dimensiones de "Z" para que la siguiente ecuación sea dimensional­ mente correcta. .

W , Y +m Z

W : trabajo

F : fuerza

m : masa

t : tiempo

SOLUCION Del principio de homogeneidad dimen­ sional

[l] = [Fj-[t] [ I ] = M . L . T 2 . T = M . L . T _1 De la ecuación:

i

i

= M

[m ][Z ]

[Z]

* *

* * * * *

Reemplazando:

* * * *

M. L. T 1 = M. [ Z ] Luego: [ Z ] = L . T

* *

Dimensionalmente, la siguiente ex­ presión es correcta y su respectiva ecuación dimensional es la unidad. [ U N A u n i] donde;

U

* *

* * * * * *

m : masa de un fotón

Hallar la dimensión de N

* * * * * * *

SOLUCION

*

C : velocidad de la luz I : radio de la Tierra

Cálculo de la dimensión de U [U] = [m] [c ]

(1)

La dimensión de un exponente siempre es igual a la unidad. [ü ] [N] [I]

=1

M.L2 .T _2.[N ]L

=1

Por principio de Homogeneidad [T ] = U x] [gy ] T = Lx . Ly 1_2y

A bases iguales le corresponde exponen­ tes iguales. L:O =x+y T : 1 = -2 y Resolviendo: x=+

=1

= m.C2

[U] = M . L2 . T -2

SOLUCION

L ° j 1= L**y . T -2y

Compruebe Ud., el mismo resultado con la otra igualdad. PROBLEMA Ns 07

Hallar la fórmula física correcta

[N] - M _1 . L-3 . T2 PROBLEMA Ne 08 El período de oscilación de un péndulo depende de la longitud ( l ) de la cuerda y . de la aceleración de la gravedad (g) y tiene la siguiente forma:

* * #

*

* * * * * * * * * # * * * * *

y =~ Reemplazando en la formula:

PROBLEMA Ne 09 Un chorro de agua con densidad (D) y velocidad (V), choca contra un área (A). La fuerza que ejerce el chorro de agua contra la superficie tiene la siguiente forma: F = ^

Vx . Ay . D2

Hallar la fórmula física correcta. SOLUCION

*

Por principio de Homogeneidad

* * * * *

t F ] = [ V x ] [ Ay ] [ Dz ]

* * * * * * *

LMT “ 2 = Lx T x ,L2y .Mz L~3z L 1 . M 1. T 2 = Lx+2y_3z MZ. T X A bases ¡guales le corresponde exponen­ tes iguales. L : 1 = x + 2y - 3z

M :1=z

[V] = [C] [R]x [g]v

T -2 = -x Resolviendo x=2

* * * *

3.

[C] = 1 4.

*

PROBLEMA N® 10 La velocidad de un satélite artificial terrestre (Sputnik) que se desplaza no le­ jos de la superficie terrestre depende de la distancia al centro de la tierra o radio de curvatura R y de la aceleración de la gravedad "g” en la superficie equipoten­ cial en que se mueve el satélite.

SOLUCION 1.

De la condición del problema: V = C.RX .gy

2.

Por el principio de homogeneidad dimensional.

IR] = L ,

[g] =L . T

Reemplazando en (2):

* L.T -1 = 1. L*. Ly. T _2y

* * * *

L1.T _1= L x+y j _2v

* *

Identificando exponentes:

* * * *

L: 1 = x + y T -1 = 2y En (3)

Determinar una fórmula empírica que permita calcular el valor de la velocidad. C = 1 = constante adimensional.

Sabemos que: [V] = L.T -1 ,

y = z=1 F = V2 V2 A . D

....(2)

* * si»

5.

* * * * * * * * * *

.... (3) .

1

X =7

Reemplazando en (1).

V=R

.g

V = VR7g

...a esta velocidad del satélite se le llama también VELOCIDAD ORBITAL

PROBLEMAS RESUELTOS Y PROPUESTOS DE ANALISIS DIMENSIONAL

MAGNITUD Longitud Masa

UNIDAD S.I.

SIMBOLO

DIMENSION

metro

m

L

kilogramo

kg

M

segundo

s

T

kelvin

K

O

Intensidad de corriente eléctrica

ampere

A

I

Intensidad Luminosa

candela

cd

J

mol

mol

N

Tiempo Temperatura

Cantidad de Sustancia

La siguiente es un fórmula física co­ rrecta: KF = mV donde:

m = masa F = Fuerza V = Velocidad

Determinar qué magnitud representa K. SOLUCION: Por principio de Homogeneidad dimen­ sional [K .F ]

= Im .V ]

IK ] [ F ] = [ m ] [ V ] [ K ] L MT 2= M L T 1 [K ]

= T

K representa un tiempo

PK = m g h P = Potencia m = masa g = aceleración h = altura

¿Qué magnitud representa K ?

[ K .F ]

*

[K ][F ]

*

* * * * $ *

* * * * * ** $ # * * # $ $ # * * $ * * $ * * *

d) Area

e) Volumen PROBLEMA Nfi 3 La siguiente expresión es dimensio­ nalmente correcta y homogénea: KF = mV2 F = Fuerza m = masa V = Velocidad

¿Qué magnitud representa K?

* sí? 45 * *

= [ m . V2 ] = [ m ] [V2]

[ K ] L M T -2 = M L 2 T ~ 2 [K ] = L K representa una longitud PROBLEMA Ns 4 La siguiente fórmula física es dimen­ sionalmente correcta y homogénea. KV = mc2A donde:

V = Volumen m = masa c = velocidad A = Area

Determinar que magnitud representa K a) Longitud

b) Masa

c) Tiempo

d) Fuerza

e) Densidad PROBLEMA N® 05 En la siguiente fórmula física: E = AV2 + BP

b) Masa

c) Tiempo

donde:

Por principio de homogeneidad dimen­ sional

*

#

En la siguiente fórmula física:

a) Longitud

SOLUCION:

& &

PROBLEMA Nfi 02

donde:

* * * * *

donde:

E = Energía V = Velocidad P = Presión

Determinar qué magnitud representa A/B

*

SOLUCION

m *

Por principio de homogeneidad [E]

= [A.V2]

* * «C * *

L2 MT ~2 = [A] L2T ~2

❖

------------ - (2)

------ 0 ) -----

= [B.P] = [B]L"1MT ~2

*

de (1) [A] = M

*

de (2): [B] = L3 de donde:

= ML

—>

dulo de los vectores a y b

* * *

* * * * * * * * «fe * * * * * * * * * * *

a y b.

* * * * * *

* * * * * *

>D

* * * SOLUCION

* * SOLUCION Trazamos los vectores manteniendo constante su módulo, dirección y sentido El vector AF ocupa la posición CD y el vector AB ocupa la posición ED.

*

«5 * * * * * *

c + d

Pero: AD = 4 n

* * # * *

Sea, p un vector auxiliar

* * *

”* P

* * * * * * # * # * * * * *

0?

Luego:

* # Ia + b + c + d l = 8 | i

0

— > —» —* AOAB : a + 2 p = b —> —> b -a

■

(1)

AOAM : 3 x = a + p .... (2) Reemplazando (1) en (2):

x =

a + b

PROBLEMA Nfi 07 —*

Expresar el vector x en términos del ->

->

vector a y b, sabiendo que ABCD es un paralelogramo, además M y N son puntos medios de AB y CD respectivamente.

* * *

* * * * * *

SOLUCION

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

Del método del paralelogramo: -» -> -> x = 2 (p + ->

. ..(1)

-»

Del método del Polígono:

->

Del A D A M : 2 p + q = a

... (2)

— > —* Del ADCN : 2 q + p = b

— * ... (3)

* * * * * * * * * * * * *

-> -» -» B + D = A

D = A - B El modulo del vector diferencia se deter­ mina aplicando la Ley de Cosenos

D = V a 2+ B2 - 2 A.B. Cos G

PROBLEMA N9 08 Dados dos los vectores vepto a = 5N

,

b

= 6N X

2

/

73o

O0

Calcular la - b I

s*

sumando: ^ P + q

(a = •

+ b) 3

Reemplazando en (1): x = - {a + b }

5. DIFERENCIA DE DOS VECTORES *

La diferencia de dos vectores que tienen el mismo origen se consigue uniendo los extremos de los vectores E! vector dife­ rencia D indica al vector minuendo A.

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * -+ * * *

SOLUCION Llevamos los orígenes a un punto común "O ".

a - b

* * * * * * * *

—>

-»

D = a - b D2 = a2 + b2 - 2(a) (b) Cos 53° D2 = 25 + 3 6 - 2 ( 5 ) ( 6 ) | b la - b I = D = 5N 6. DESCOMPOSICION RECTANGULAR En principio un vector se puede escribir en función de dos o mas componentes. En este caso particular escribiremos en función de dos componentes que forman entre sí un ángulo recto.

*

' !

l

: - ________ ~ r.. Cos

A. Sen

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

ii

—>

De la figura: Cos 0 =—


vector F con el eje x. tge = | * = V3 rx

=>

0 = 60°

El vector F forma un ángulo de 37° con el eje x'. Cálculo de las componentes en el sis­ tema x’ e y'

Ll! II

y

Fy

sen

37°

3 5

II O)

Fx

I! 03

FX-=F c o s 37° = 10. ~

PROBLEMA Ne 10 La figura muestra un cuadrado ABCD de 4cm de lado, donde M es el punto medio del segmento BC. Determinar el valor del ángulo “ G“ , tal que el módulo de la resultante vectorial sea igual a .221 cm.

* * * #

*jfi * * * * * * *

4Tg8

Cálculo de la resultante en los ejes x e y. Rx = 10 Ry = 8 + 4 tg 0

*

# * * * * * * * * *

# $ # * * * * # * * $ # * * * * *

m * * * *

* # # * # * * # # *

Pero: R2 = R2 + R2 221 = 100 + (8 + 4.Tg G)2 121 = (8 + 4Tg 0)2 T9 e= f 0 =37° 7. VECTORES UNITARIOS CARTESIA­ NOS Son aquellos vectores cuyo módulo es la unidad de medida y se encuentran en los ejes coordenados cartesianos.

i : vector unitario en el eje x j : vector unitario en el eje y Representación de un vector en función de los vectores unitarios cartesianos:

PROBLEMA N9 11 Determinar el módulo del vector resul­ tante del conjunto de vectores mostrados en la figura. El lado de cada cuadrado es la unidad.

$

sü sü

* * * * * *

* * * * * $ * * » v * Hj * * * * * * * * * * * * * * sü * $ sü *

Sumando: — > R = (0 ; 0) = Oi + Oj .-.

R = vector nulo R=0

Módulo de la resultante igual a cei ^

8. VECTOR UNITARIO Es aquel vector cuyo módulo es la unidad de medida y tiene por misión indicar la dirección y sentido de un determinado vector El vector unitario se define como la relación del vector A entre su módulo.

# * * * *

Por definición:

* * * * # * * * *

SOLUCION Escribimos los vectores en función de los vectores unitarios -> A = (-1; 2)

*■ * * * *

Despejando: -i A

=

A .

-» M

J V

LO / MODULO

DIRECCION'Y SENTIDO

sü

= - i + 2j

* *

#

B = ( - 2 ; - 2 ) = —2¡ —2j

Sü sü

C = ( 1; -1) = ¡ - j

sü

Cualquier vector, se puede escribir como el producto de su módulo por su corres­ pondiente vector unitario.

*

D =(2,1)

= 2¡ + j

* * *

PROPIEDAD Dos vectores paralelos o colineales (del mismo sentido) tienen e¡ mismo vector

unitario, por consiguiente los vectores serán directamente proporcionales a sus módulos.

Si, Li es paralelo con L2

-» A Tamaño de A

_

L

8 Tamaño de B

1 1

PROBLEMA Ne 12 Los puntos A, B, C y D determinan un cuadrado. Escribir el vector x en función de los vectores a y b

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * $ * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *■ * * * * * * * *

Comparando los gráficos. El vector x es colineal con el vector suma (a+b) a + b (Tamaño x ) ->

Tamaño (a + b) -> -» a + b

PROBLEMA Ne 13 Los puntos P, Q, R y S determinan un cuadrado donde M y N son puntos medios de PQ y QR respectivamente. Relacionar -» —» —» el vector x con los vectores a y o .

Los triángulos SPM y PQN son congruen­ tes. Luego:

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

a + p = 90° Los triángulos rectángulos POM y POS son semejantes, cuyos lados están en la razón de 1 a 2. Luego :

SO = 4 x

Método del polígono, en el ASPM

PROBLEMAS RESUELTOS Y PROPUESTOS DE

ANALISIS VECTORIAL

* Rmax —A + B —17

PROBLEMA Ns 1

Rmin = A — B = 7

Hallar el m ódulo del ve cto r resultante de dos vectores de 15 y 7 unidades que form an entre s í un ángulo de 53° SO LUCION: Sabemos R= \

A2 + B2 + 2 AB Cos 0

R = V 152 + 72 + 2 (15) (7) Cos 53

R = 20

Resolviendo

m * * * * * Ni * * * * * Slí # * * * * $

A = 12

;

B= 5

Cuando los vectores forman un ángulo de 90°, su resultante se determina por: R = ^ A2 + B2 R = V l 2 2+ 5 2

R = 13

PROBLEMA N2 2

PROBLEMA Ne 4

Se desea extraer un clavo de una ma­ dera m ediante la acción de dos fuerzas de 30 y 50 Newtons que form an entre sí un ángulo de 127°. Hallar el e fecto neto que producen las dos fuerzas actuando sobre el clavo.

Si la resultante máxima de d os vec­ tores es 8u y la resultante m ínim a es 2u, d ete rm ina r el m ód ulo de la resu ltan te cuando los vectores form en entre s í un ángulo de 60°

a) 20 N

b) 30 N

d) 50 N

e) 60 N

c) 40 N

PROBLEMA N2 3 Si la resultante m áxim a de d os vec­ tores es 17u y la resultante m ínim a es 7u, determ inar el m ó d u lo de la resultante cuando los vectores form en entre sí un ángulo de 90°.

* * * * * * *

a) 4u

b) 5u

d) 7u

e) N.A.

c) 6u

PROBLEMA Ns 5 Hallar el ángulo que form an d os vec­ to re s de igual m ódulo, si su ve ctor resul­ ta n te tie n e el m ism o m ó d u lo que los vectores com ponentes. SOLUCION :

R =V a 2+ B2 + 2 AB Cos 9 pero por condición del problema: A = B = R, entonces: A = \ÍA 2+

a2+

2A¿ Cos 0

* * * * * * slí

A2 = 2A2 + 2A2 Cos 0 Cos 0 = -

1

0 = 120°

* * * * *

a hallar la resultante de A y B. R2 = A2 + B2 + 2AB Cos 0 R2 = V Ír + ^ + 2

* * * * * * * * * * # sis

En la figura, determinar el modulo del vector resultante del conjunto de vec­ tores mostrado, si el radio de la circun­ ferencia es de '-'S unidades y O es su centro.

—>

vector B de móduloVÉT y forma 60° con

* * * * * —> —* A, B y C se

A + B + C = 0

* * * % * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * & * * * * * * *

SOLUCION : Si la resultante de los tres vectores mostrados es CERO el módulo de la

*

* * * *

9 = 60° PROBLEMA N® 10 Si la resultante de los tres vectores coplanares mostrados en la figura es CERO, hallar el módulo del vector O, si:

a) 5

b) 7

d) 10

e) N.A.

c) 8

PROBLEMA Nfi 11 La figura adjunta muestra dos vecto­ res A y B, siendo: —V

i A I = 20

* # *

SOLUCION : Sabemos:

* * $

1A - B I=V a * + B 2 - •2 AB Cos 0

IA - B l= ^ 2 0 2+72- 2 (20)(7)Cos 37 (A - B )

* * * *

* * *

PROBLEMA Nfi 12 ->

->

Dados los vectores A y B mostrados en la figura, determinar: —>

—►

IA - 2 B I Si se cumple que:

—>

I B l= 3

b) 5

d) 8

e) 20

c) 6

PROBLEMA Ne 13 Si el módulo de la suma de dos vec­ tores de igual módulo es dos veces del

A= B= x

* S2 = A2 + B2 +2AB Cos 0 S2 = 2X2 + 2x2 Cos 6 * D2 = A2 + B2 - 2AB Cos 0 D2 = 2X2 - 2x2. CosG

PROBLEMA Ne 14

* *

Si el módulo de la suma de dos vec­ tores de igual módulo es el triple del mó­ dulo de su diferencia. Hallar el ángulo comprendido entre dichos vectores.

* * * *

* * * a) 4

Sea:

* * * * $ * * * * * * $ * * * * * * * #

* * * $ * * * * * * * * * * * * * * *

I A l= 5

SOLUCION :

*

*

IA - B 1= 15

módulo de su diferencia, hallar el ángulo comprendido entre dichos vectores.

slí

# * * # * * *

4=

* *

Pero: S2 = 4D2 2X2 +2X2 Cos 6=4(2x2 - 2X2 Cos 0) 1 + Cos 0 = 4 ( 1 - Cos 0) Cos 0 = § o 0 = 53°

a) 30°

b) 37°

d) 53°

e) 60°

c) 45°

PROBLEMA N9 15 Dado el conjunto de vectores mos­ trado en la figura, determinar el módulo de su vector resultante

SOLUCION :

SOLUCION :

Utilizando el método del triángulo reem­ plazamos cada par de vectores conse­ c u t i v o s p o r su r e s p e c t i v o v e c t o r resultante.

* * * * ♦ * * * *

& * * * * *

Entonces: R :2 + 4 + 6 + 8 R = 20

* * * * * * *

PROBLEMA N® 16 Determinar el módulo del vector resul­ tante de los vectores mostrados en la figura, sabiendo que ABCD es un trapeció, donde: AB = 14.; DC = 22.

a) 4 b) 8

d) 20 e) Faltan datos PROBLEMA N9 17 Hallar el módulo de la resultante del conjunto de vectores mostrados en la fi­ gura, si el lado de cada cuadrado pequeño es de 1 unidad de longitud.

R = V2 PROBLEMA N® 18

* * * * * * * ■> $ * * * *

c) 16

De donde:

* * * * * * *

sis

* * * * $ * * * * * * * * * * * $ * * * * * * *

En la figura, determinar el módulo de la resultante del conjunto de vectores mostrado, si el lado de cada cuadrado pequeño es de 2 unidades de longitud. a) 1u b) 2u c) 3u d) 4u e) N.A. PROBLEMA N9 19 Hallar el módulo de la resultante de los vectores mostrados en la figura.

* * * * * * * * *

De donde:

R= 5+5 R = 10

PROBLEMA Ns 20 Hallar el módulo del vector resultante de los tres vectores mostrados en la figu­ ra.

* * * * * * * * $ * * * * *

Sis

—»

—»

vectores A y B, sabiendo que M es punto medio de su respectivo lado.

A

B + 3x = A * * m * # * * m * *

HafHar el vfector x en función de ios

B + x + 2x -

* * * * * * * * m * * * * * * * * * * tjs

*

x = G

A - B

Baricentro del triángulo rectángulo isósceles.

PROBLEMA N® 22 En el paralelogramo mostrado M y N son puntos medios de sus respectivos lados. Hallar el vector:( x + y ) en fun— » —» ción de los vectores A y B.

a )¿ ( A + B )

b) A + B 3

“*

c ) | ( A + B)

Á

A

stí

* * * * * * í¡* * * * * * * * ♦

PROBLEMA Ns 23 Si dados los vectores A , B y C mos­ trados en la figura se cumple que:

A + B + C = O Siendo: IA I = 7 IB! = 1 5

;

IC l= 20

Hallar los ángulos 6 y a, si 6 es agudo y a es obtuso.

* ■» $

a) 53°

*

b) 60°

* * * * *

c) 67°

* ♦

d) 75°

* * * *

e) 80°

* * * * * * m * * ff! m $ * * # * *

SOLUCION Siempre que la resultante de tres vec­ tores es CERO, se cumple que el módulo de cada uno de ellos es directamente pro po rcio na l al seno de su ángulo opuesto, según ésto: A

B

Sena

Sen 143°

Sen a

15 3 /5

Sen 9

Sen 0 7 25

a = 1 64 °

De donde: * Sen 9 = — 5

Si en el trapecio mostrado en la figura, M es punto medio de su respectivo lado, hallar el módulo de la resultante de los dos vectores mostrados en la figura.

SOLUCION: Descompongamos cada uno de los vec­ tores en las direcciones indicadas

# * * #

20

* Sen a =

4> * SN * * * * * # * *

PROBLEMA N9 25

9 =53°

PROBLEMA N9 24 Si la resultante de los tres vectores mostrados es CERO, hallar el ángulo 0 si es agudo (P = 18 ; Q - 15).

* * * * * * * * * * * * * «¡í * * ♦ * * *

De la figura es fácil darse cuenta que los vectores oblicuos se anulan y, en con­ secuencia, resultante del conjunto de vectores es: R=4 +8 R = 12

* * Dado el paralelogramo ABCD mostra­ do en la figura, hallar el módulo del vector resultante de los tres vectores indicados. Donde:

AB

=4

y

BC = 3 ,5

a) 8

La figura muestra un cuadrado cuyo lado es de 10 unidades. Determinar el módulo de la resultante de los tres vec­ tores mostrados si M y N son puntos me­ dios de sus respectivos lados. M

R = 25^2 * * * * * * « * *

* Ry = SVy = 25 PROBLEMA Ne 28 Determinar el módulo del vector resul­ tante de los tres vectores en la figura si

PROBLEMA Ns 29

* * * * *

Hallar el módulo del vector resultante de los cuatro vectores mostrados en la figura si: A b 2 ^ ; B = 10 ; C = 4 ; D = 10^2

SOLUCION: Descompongamos cada uno de los vec­ tores en sus componentes rectangulares. M

* * *

. N

* * * * # * m * * * * *

SOLUCION : Rx = X Vx = A + B .Cos37° - C. Sen 60° - D. Sen 45° Rx = —2 Ry = £Vy = B. Sen 37° Ry = —2

+ C. Cos 60° - D. Cos 45°

* * /2 PROBLEMA Ns 30 Dado el conjunto de vectores mostra­ dos en la figura, determinar el módulo de su vector resultante, si A = 10; B = 20; C = 6 ; D = 13. a) 13 b) 26 V2

>

"

C)39^

^

37°

d) 52>/2

r

5

x

e) N.A.

* * * * * * st¡ * * * * * * * * * * * $ * * * * * * * *

i PROBLEMA N® 31

*

Determinar la dirección del vector re­ sultante del conjunto de vectores mos­ trado en la figura.

y 20

2 J2 J

- 5/2

Determinar la dirección del vector re­ sultante del conjunto de vectores mostra­ dos en la figura.

a) 30° 10.'2u b) c) 45° d) 53°

* *

e) 60°

x r

* * * * * * * * * * *

SOLUCION : $

Rx = - 8\'2

PROBLEMA Ne 32

* *

* * *

’ Rx = ZVX= 2 y¡2--1 0 ^ 2

6 = 143°

37° _

4f>

10lJ

m

j í’ 45°

* * * * * * *

De donde se deduce que:

m

* *

* *

PROBLEMA N9 33 En el gráfico mostrado, hallar el valor de A para que el vector resultante de los tres vectores indicados esté sobre el eje x.

* * $ * *

SOLUCION: Por condición de! problema:

SOLUCION: Por condición ael problema:

* $ *

Ry = ZVy = 0

Rx = Ry

$ * *

AV3 Sen 60 + AV2 Sen 45 - 1 0 = 0

A Sen 37° +B Cos 60° - C Cos45°

á

o»

A=4

^

^ A - 10 = f A - 8 5 5

PROBLEMA Ns 34 5 A=2 Si el vector resultante del conjunto de vectores mostrados está en el eje y, hallar el ángulo 6

*$ $ *

m * * * * * * * * * * * *

a) 30° b) 37° 4y

c) 45° d) 53°

y'3y

e) 60° PROBLEMA Ne 35

Hallar el módulo del vector A mostra­ do en la figura sabiendo que el vector resultante del conjunto de vectores mostrado forma 45° con el semieje posi­ tivo de las x. (B = 4 ;

C = 10nÍ2; D = 2 V3) y

* *de * * * ♦ * * * * * * * * * * *

¡fs

4 V

^ ^ \ 6

0

S

i l 0 2 /3

1 0 /2 " /

A

°

X

A = 10

*

* * * * * * * * * * ♦ * $ * *

PROBLEMA Ne 36 —>

Determinar el módulo del vector A mostrado er> la figura, si el vector resul­ tante del conjunto de vectores indicado forma 37° con el semieje - positivo de las x. (B = 2 V2 , C = 7) y

a) 5 S \ b) 10

X

c) 15

45°

/ /

1

53°
Sí ♦ * * * * * * * * *

0

* *

* * * * * * * * * * * * * * # 1

H allar el centro de gravedad del alam ­ bre m ostrado en la figura, con respecto al sistem a de coordenadas que se indica. C onsidere co no cid o *R".

Dividimos el alambre en tres longitudes de semicircunferencias: Li = n R L2 = L3 = n. G 1 = (R ; —— ) 7t -

fR . R 'l , _

(3 _ .

R1

• ° 3’ 2 R , _ 7 j X 1 L 1 + X 2 .L 2 + X3 .L 3 X=— L 1 + L2 + L3 -i R(nR) + ( B l f — 2 2 \ V / X=R + it R

3R Y nR ^ 2 2

... ( 1)

' tiR')

J í

Y=

2nR y

= - r71

^ - r Y jiR

El centro de gravedad estará ubicado en

$ * *

i

cono tiene su base en la parte superior del cilindro y su vértice cae en el centro geométrico de la base del cilindro. Deter­ minar el centro de gravedad del cuerpo que queda.

PROBLEMA Nfi 3 Hallar el centro de gravedad, de la figura sombreada , siendo R = 36 cm y r = 18 cm.

SOLUCION .

Por simetría de la figura, la absisa del centro de gravedad estará en: X = R = 36 cm. Consideremos como área total el circulo de radio (R) y el área por restar el círculo de radio (r) A i = ji. R2 ;

A 2 = n. r2

Consideremos el cilindro como el cuerpo total (1) y el cono como el volumen (2) que tenemos que restar. * * * * * $ * * * *

G i = (R ;R) ; G2 (R ; R+ r) Yt . Ai - Y2 . A2

A1 - A 2 Reemplazando: R (71 . R2) - (R + r) (7t r2) Y =~ n (R2 —r2) Y = 30 cm El centro de gravedad será: G = (36 ; 30) cm. PROBLEMA Ns 4 En un cilindro de radio “R" y altura “H" se realiza una perforación cónica. El

V i= 71. R2 , H ; V2= ~ 71 R2 . H O G i= (0 ; H/2)

Por simetría de la figura, el centro de gravedad estará en el eje del cilindro. Y=

$ * * * * * * * * * $ * * * & * * * * $ * * *

; G2= (0 ; 3H/4)

Y i . V i- Y a . V z V1 - V 2

(H/2)(7i R2 H) - (3H/4)(7t R2 H /3 ) Y— 2 k R2 H /3

y=i H El centro de gravedad se encuentra a una altura 3 H/8, respecto de la base, del cuerpo resultante. PROBLEMA NB5 La figura (1) muestra una lámina ho­ mogénea (densidad constante) ABC de forma triangular. Sabiendo que el lado AB permanece en posición horizontal (m. AB = 20 cm), hallar el valor de " m.AP ”

P : es el punto donde está atado la cuerda vertical.

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

x+4

3a

, luego:

x = 2 cm _(1)

M es el punto medio del segmento AB luego:

m.AM = 10 cm

De la fig u ra :

Z = m.AM + x .... (2)

Reemplazando datos en (2): Z = 10 cm + 2 cm m. AP = 12 cm PROBLEMA Ne 6

SOLUCION :

La figura muestra un cono recto de altura 40 cm y radio 20 cm, suspendido desde el punto P. Si P es punto medio del radio, determi­ nar el ángulo " tí “ que forme el eje del cilindro con la vertical.

El centro de gravedad de una lámina homogénea de forma triangular se en­ cuentra en el baricentro del triángulo, esto quiere decir en la intersección de las medianas. Del diagrama del cuerpo libre, la tensión (T) y el peso (W), son vectores opuestos, tienen igual magnitud y dirección, pero sentidos opuestos. Por consiguiente la línea de acción de la tensión pasa por el "centro de gravedad", en la posición de equilibrio. Por semejanza de triángulos: AM PG

~

AM Q C

* * * * * * * * * * * * * * *

En la posición de equilibrio, el peso (W) y la Tensión (T), son colineales, por con­ siguiente los puntos P y G, se encuentran en la misma vertical. Del dato: OP = 10 cm OG = ^ ( h ) = 10 cm

* * * * * * * * * * * * * * * * * *

6 = 45° PROBLEMA Nfi 7 Una semiesfera de 16 newtons de peso se encuentra apoyada sobre una pared vertical lisa. Determinar la fuerza de reac­ ción normal de la pared sobre la semies­ fera. G : centro de gravedad de la semies­ fera O : centro geométrico de la semiesfera R : radio de curvatura

°

g

=|

r

SOLUCION : Sobre la semiesfera actúan tres fuerzas coplanares y concurrentes, que son, el peso (W), la reacción normal (N) y la reacción (F) en la rótula.

* * * * * * * * * * * * *t¡ * * * * * * * * * * * % * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

De la 2da. condición de equilibrio, res­ pecto del punto A.

I Ma = 0 N

W

M a- M

a

=0

N. R - W. OG = 0 del dato:

OG =-r. R O

....(2) .... (3)

Reemplazando datos en (2) N .R -( 1 6 ) .|.R = 0 8 Luego: N = 6 newtons PROBLEMA Ne 8 La figura (1) muestra tres ladrillos idénticos de longitud mayor “L", colo­ cados de manera peculiar, determinar el máximo valor de "x“, de tal modo que el conjunto permanezca en equilibrio. Fig.(i)

! í 1

1 1 l||

re-fe

,

2 l i l i || *4t

3 'I I

III

SOLUCION:

•

D.C.L. del sistema de dos ladrillos. W

I L

-

_

J

* * * * * * * * * * * *

"

ZM0 = 0 M

n

- M W- M W= 0

.... (2)

N .(L-x)-W

0

.... (3)

Reemplazando (1) en en (3)

I— —u

De la 2da condición de equilibrio:

N

La experiencia que el 1er ladrillo (el que está en contacto con el plano horizontal) no puede girar, por consiguiente cuando se produce el desequilibrio el 2do ladrillo gira con respecto al extremo derecho del 1er ladrillo. Cuando analizamos al sistema (ladrillo #2 y #3), la reacción normal "N" se con­ centra en el extremo del 1er ladrillo. IF y = 0 , entonces: N = 2 W ___ (1) Esto quiere decir que la “fuerza resul­ tante" de todos los pesos se concentra en el extremo derecho del 1er ladrillo. La figura muestra el D.C.L. del sistema de dos cuerpos (ladrillos # 2 +# 3).

i)

* * * * * * * * SK $

2W (L-x) - W Hr

(k)-w( h ) - «

2 L - 2 X —| —| - x = 0 2L - 3x = 0,

* * * * Os * * * * * $ $

L

* * * * * * * * * *

- . (4)

J lü

La figura (2) muestra "n" ladrillos idénti­ cos de longitud mayor "L" colocados de manera peculiar, determinar el máximo valor de "x“, de tal modo que el conjunto permanezca en equilibrio. X X F íq .(2) f-X

T

Slí

* ■4? * * * * *

entonces :

-

1 • •

J ,

t

ii

;¡

i

!

* i

as lili

i

i r .

i

r r -

i K! . , fi ■ ... r 3 ■ iu 1 lil!r

— n

.

.

¡ lli

:¡fl .

.....................................

Análogamente al problema anterior se demuestra que, x es igual a: L x=— n

l r¿

(L- X)

4 -

* Donde: n = 2, 3, 4, 5, 6 .. * * * PROBLEMA N«9 * $ Sobre un plano que forma con la hori­ * * zontal un ángulo de 37®, se apoya un cil­ % indro recto de radio 30 cm. ¿Qué altura máxima (H) podrá alcanzar el cilindro sin * * perder el equilibrio? Existe suficiente * rozamiento para no resbalar. *

* * * * * * * * * * * * $ * * * * * * 4c * * * * SOLUCION Mientras la línea de acción del peso pase por el plano de sustentación (AB), el cilin­ dro no volcará. La máxima altura lo en­ contraremos cuando la línea de acción pasa por "A".

SOLUCION * * * * * * * * * * *

En el diagrama de fuerzas, aplicadas al cuerpo, en la posición de equilibrio: "La tensión en la cuerda y el peso del cuerpo, deben ser colineales". Consideramos el lado cuadrado “8a', en­ tonces: AM = 4a ; MO = 3a , OB = a

La reacción que ejerce el plano sobre el cilindro, es vertical y se concentra en el punto A. De la geometría; la altura maxima será: H = 80 cm PROBLEMA N5 10 La figura muestra una placa cuadrada homogénea en posición de equilibrio, donde el punto "O" es el punto de suspen­ sión. Si G = 53°, hallar:

* * * * * * *

Luego:

AO = 7a AO OB

=7

PROBLEMA Nfi 1 La fig ura m uestra un bloque de 20 newtons de peso en p osición de equ ili­ brio. Si el peso de cada polea es de 4 new to n s, d e te rm in a r la te n s ió n en la cuerda "1

* * * * *

Re = 50 —20 - 1 0 Re = 20N Su punto de aplicación se determina por teorema de Varignon: T \

i Re pl

Zm n

2m

* ZON * * * * * * * * * * * * * * * m * * *

50N

*

,

Re

1CN

F

M a = X M fl 20x = 50(2) - 10(4) 20x = 60 x = 3m

PROBLEMA N9 34

Determinar el módulo de la fuerza equivalente al conjunto de fuerzas apli­ cadas sobre la barra AB mostrada en ia «N figura. Dar su punto de aplicación. * * * * * * * * m * * * * *

a) 20 N : en A

b)140N

en C

c) 40 N : en D

d) 10 N : en D

e) N.A. PROBLEMA Ne 35 '_a fig ura m uestra una placa, que tiene la form a de un exágono regular de 10 cm d< ado, sobre el cual se encuentran ac­ tuando cuatro fuerzas. E ncontrar el mo­ mento resultante con respecto al punto "O ".

D eterm inar el m om ento resultante del sistem a de fuerzas m ostrado en la figura, respecto del punto A. La placa cuadrada tiene com o lado 1m de longitud.

a) 480 m N b) 960 m.N c) 1000 m.N d ) 1120 m.N e)

1200 m N

PROBLEMA N® 37 Si la barra horizontal AB es de peso despreciable y el peso del bloque Q es de 90N, hallar la fuerza de reacción en el apoyo A y en el apoyo B. 4m,

, Im ,

4m

-¡ 7

SOLUCION Haciendo D.C.L. de la barra: .R.

5i;i 90N

__

Re

M 0 =126 (5 V3) —15 (10 y¡3) Por segunda condición de equilibrio: —48 (10V§) +14 (5) + 20 (5) de donde:

Rb (9) - 90 (5) = 0 Re

M 0 = 170cm.N Re

M 0 = 1 ,7 m.N

Rb = 50N Por pnmera condición de equilibrio: IF = 0

\ ‘

R a = R b —90 = O

* * *

R a = 40N

PROBLEMA N9 38 Si la barra doblada ABC es de peso despreciable y el peso del bloque P es de 50 newtons. Hallar la tensión en la cuerda vertical BD. Sabiendo que existe equili­ brio. (AB = BC = 5m) a) 10 N b) 30 N

st>

* * * * * * * * * # *

EM

o2

=0

T ( 2 ) - F Z (6) = 0

T * 3 F2

* (2 )

De (1) = (2))

$

c) 70 N

4Fi = 3 F2

d) 90 N

* * * *

F i= 3 F2 4

PROBLEMA Ne 39 Si el sistema mostrado en la figura se encuentra en equilibrio, hallar en qué re­ lación se encuentran los módulos de las fuerzas horizontales Fi y F2 aplicadas.

* * * * * * * * * * *

PROBLEMA N9 40 Si el sistema físico mostrado en la figura se encuentra en equilibrio, determi­ nar la fuerza de reacción en el apoyo A. Considerar ei peso de las barras despre­ ciable. Q a: 10N.

a) 30N * * * * * *

SOLUCION: * D.C.L. de la barra izquierda:

Ft (4) —T (1) = O T = 4Fi

b) 35N c) 40N d) 45N e) 50N

D«

* * * * * * * *

....(1) * *

FT

PROBLEMA N® 41 El sistema físico mostrado en la figura se encuentra en equilibrio. Si la estruc­ tura es de peso despreciable y la esfera A pesa 50N, hallar la tensión en la cuerda horizontal Bü.

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

Haciendo D.C.L. del sistema:

* * * * * * * * * * 4=

I M o= 0

T (2) -

50(1) = 0

T = 25N

El sistema físico mostrado en ia figura se encuentra en equilibrio. Si la estruc­ tura es de peso despreciable, determinar la reacción del piso sobre la barra en A si: F = 12 N

b) 12N

.

C) 15N d) 18N e) N.A.

4m

(2) R

r —

i

-

"

-

-

^

8u

A-,

SOLUCION: Haciendo D.C.L. de la barra

l

:

H 5u

3N 1

2u * ct

ION

4N

l T = 25N I

PROBLEMA N9 50 Si el peso de la barra DA uniforme y homogénea es de 40 newtons y el bloque W pesa 20 newtons, determinar la tensión de la cuerda B £ (A ó = 3 A 3). a) 50 N b) 60 N c) 70 N

3m

3m

PROBLEMA N9 49

*

La figura muestra una barra ÜA uni­ forme y homogenea de 5 newtons de peso y 15 metros de longitud en estado de equilibrio. Si el peso del bloque Q es de 10 newtons, hallar la tensión de la cuerda horizontal BÜ. (OS = 10m).

* * * $ * «I* * * *

d) 80 N e) 100 N PROBLEMA N9 51 Si el sistema mostrado en la figura se encuentra en equilibrio, los pesos de la barra AB y el bloque Q de 60 N y 30 N respectivamente, hallar la tensión del ca­ ble que sostiene a la barra.

* * *

# * * SOLUCION: Haciendo D.C.L. de la barra:

* * * * «tí

Ej D

SOLUCION:

-O lí

Haciendo D.C.L. de la barra:

,

O

—----a

j T/ 2

j

^

a

l

* * * * * *

, t r¿

a

60N T —

4*

€ 30N

Por la 2da. condición de equilibrio: IM

a

=0

| ( a ) + | ( 3 a ) = 60(2a) + 30(4a) T = 120 N

PROBLEMA N« 52 Si la barra AB uniforme y homogénea que muestra la figura pesa 28 newtons, hallar la tensión de la cuerda que lo sostiene.

* m + * * * * 6W * * * SOLUCION: ■i» * Haciendo D.C.L. de todo el sistema: Por 2o condícion de equilibrio: * M&^ = M0^ ) * * * 6 (L Cos 0 -- L Sen 0) = 2L Sen 0 $ * 3 Cos 6 = 4 Sen 0 * * * tg e * * $ (LCosn-LSeno) * * * * 0 =37° *

ÍÍLSene

* * * * * * * * * * * * * * * + * *

PROBLEMA Ns 54 Hallar el ángulo 0 que define la posi­ ción de equilibrio del sistema formado por dos barras uniformes y homogéneas sol­ dados en la forma que muestra ía figura. a) 16°

* *

PROBLEMA Ne 53 Si la barra doblada en forma de T es de peso despreciable y en sus extremos están soldados dos esferillas de pesos W y 6W, hallar el ángulo 0 que define la posición de equilibrio del sistema

* * * * f * * * + *

PROBLEMA N5 55 Si el peso de la barra horizontal AB, uniforme y homogénea es de 45N, deter­ minar la tensión de la cuerda que lo sos­ tiene. Q = 10N

a) 10N ; 6N

b )1 0 N ;8 N

c) 9N ; 9N

d) 6N ; 6 N

e) 5N ; 1N PROBLEMA NB57 Si el sistema mostrado en la figura se encuentra en equilibrio, determinar el peso del bloque B. El peso del bloque A es de 150N y las barras rígidas son de peso despreciables. SOLUCION: Haciendo D.C.L. de la barra:

(TI A "* ZL I ON

'r ( L

C

31

4T

3T

4T

B

JL 45N

le

¡

Por 2o condición de equilibrio: SOLUCION: £M b ( + = IM

b

Haciendo D.C.L. de la barra oblicua:

10(4a) + 45(2a) = 3T(3a) + 4T(a)

4 m

C

T = 10 5T = 50N Debemos aclarar que hemos asumido, por conveniencia, que la tensión de la cuerda es 5T PROBLEMA Ne 56 Si la barra AB uniforme y homogénea que muestra la figura pesa 16 newtons y el bloque Q pesa 4 newtons, determinar las tensiones en las cuerdas ”1” y "2".

# & s» * * $ * m * * * $ *> 1

f2 n2

F = 8N PROBLEMA Ne 68 En la figura, si los pesos de los blo­ ques A y B son de 16N y 20N respecti­ vamente y el coeficiente de rozamiento estático entre todas las superficies en contacto es de 0,25, determinar la mínima fuerza horizontal F capaz de iniciar el movimiento de B.

* SH * * * * * £ * * * * m * * * m * * * * * * * * * * * * *

Ni = 10N fi = 2N

30

f2 = 6N * &

* * * * * *

Si los bloques A y B del sistema mostrado en la figura son de 15N y 45N de peso y el coeficiente de rozamiento entre todas las superficies planas en contacto es de 0,4, determinar el máximo valor que puede tomar la fuerza horizontal F con la condición que el sistema se encuentre en reposo.

-

Haciendo D .C .L de A y aplicando la 1ra. condición de equilibrio: * ZFy += ZFy -

' 15 T —

N = 15N

1

ti = 6N *’ ZFX+ = ZFx------ > T = 6N

Haciendo D.C.L. de B y aplicando la 1ra. condición de equilibrio: * I F y + = ZFy N2 = 60N

1

6U

f2 = 24N

ZFX + = ZFX-

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * $ m -$ & * * * $

*

PROBLEMA Ns 70 En el sistema mostrado en la figura, ios pesos de los bloques A y B son de 50N y 70N respectivamente y el coeficiente de rozamiento estático entre todas las super­ ficies planas en contacto es de 0,5. Deter­ minar la mínima fuerza horizontal F capaz de iniciar el movimiento del sistema.

f

* I F x - = ZF* + N = F Sen 37° N = 0,6F ** ZFy + =

F = fi + T + f2 F = 36 N

Hallaremos el máximo valor de F anaiizando el estado en que el bloque está a punto de moverse hacia arriba.

--(1 )

ZFy —

F Cos 37° = 35 + 0,75 N 0,8F = 35 + 0,75 N

* * * * * * *

a) 70 N b) SON

(2)

Reemplazando (1) en (2) y resolviendo: Fmax = 100N Para hallar el mínimo valor de F se analiza el estado en que el bloque está a punto de moverse hacia abajo. Este pro­ cedimiento es análogo al seguido en el caso anterior obteniéndose las siguien­ tes ecuaciones:

c) 90 N N = 0,6F ....(1 )

d) 100 N e) N. A.

0,8 F = 35 - 0.75N .... (2)

De donde resolviendo obtenemos que:

PROBLEMA N® 71 Si el bloque Q que muestra la figura pesa 35N y es presionado en la pared ver­ tical de coeficiente de rozamiento 0,75 de­ bido a la acción de la fuerza oblícula F, determinar el intervalo en que puede variar el valor de dicha fuerza manteniéndose el equilibrio.

= 28 N

El intervalo en que se encuentra F será en consecuencia: * * *

Haciendo D.C.L. de A y aplicando la 1ra condición de equilibrio:

C alcular en qué intervalo se encuentra el valor de la fuerza horizontal F con ia condición que el bloque de 55N de peso se encuentre en e qu ilibrio. El coeficiente de rozam iento estático en el plano in cli­ nado es 0,5.

a) [1 0 , 70]N

b) [10 ; 110]N

c) [30 ; 70]N

d) [30 ; 110]N

e)

*£Fy += ZFy N = W + 10 h = 0,6 (W + 10)

N A.

F + fi = f2

PROBLEMA N« 73

F + 0.6W = 0,6(W + 10)

Los bloques A y B m ostrados en la figura se m ueven hacia la derecha con velocidades constantes de 2m/s y 3m/s respectivam ente. Si el peso del bloque A es de 10N y el coeficiente de rozam iento entre todas las su perficies en co nta cto es 0,6, hallar el valor de F. 2F

£

A

H L

F = 6N PROBLEMA N9 74

* * * * * * *

En el sistem a m ostrado en ia fig ura los pesos de los bloques A y B son de 20N y 40N respectivam ente v el coeficiente de rozam iento estático entre todas las super­ ficie s planas en contacto es de 0,5. Deter­ m inar la m ínim a fuerza horizontal F capaz de in ic ia r el m ovim iento del sistem a. No existe rozam iento en las poleas.

SOLUCION;

* * *

Como el movimiento relativo de B res­ pecto de A es hacia la derecha la tuerza de rozamiento (cinético) que actúa sobre B es hacia la izquierda. Haciendo D.C.L. de B y aplicando la 10 condición de equilibno: _ w IFy + = ZFy -

* * * * * * * * * * * #

_ .

* * * * * *

a) 25N

b) 30 N

d) 4CN

e} 45N

N =W fi = 0,6W

I !“ h — _

í

3

i

—

*

B ______

La fig ura m uestra un sistem a form ado por dos poleas so lidarias de radios R = 80cm. y r = 40cm. apoyado en una super­ ficie horizontal de coeficiente de roza­ miento ¡i = 0.25 y en una pared vertical com pletam ente lisa. Determ inar el m áxi­ mo peso perm isible del bloque Q man­ teniéndose el e qu ilibrio, sabiendo que el peso del sistema es de 14N.

* *

* * * * *

é

* % * * * *

*

La figura m uestra un sistem a form ado p or dos poleas so lidarias de radios R = 80cm. y r = 40cm. apoyado en una superficie horizontal de coeficiente de ro­ zam iento n = 0.25 y en una pared vertical com pletam ente lisa. Determ inar el má­ xim o peso perm isible del bloque Q man­ teniéndose el equilibrio, sabiendo que el peso del sistem a es de 14N. a) 1N

'

b) 2N c) 3N d) 4N

* * * * * Haciendo D.C.L. del sistema y aplicando condiciones de equilibrio:

* * *

e) N.A. PROBLEMA N9 77 Si la barra AB uniform e y homogénea m ostrada en la fig u ra pesa 1GN y el coefi­ ciente de rozam iento e n tie éste y el b lo ­ que Q es 0,8, determ inar el m ínim o peso de Q para que el sistem a se conserve en e quilibrio.

*£ F y + = IF y -

N = 14 + Q

....(1)

SOLUCION:

’ £ M0 "+) = Z M 0 ( ^

* * * * * *

f (2r) = Q(r) 0,5N = O

Haciendo D.C.L. del bloque Q y aplican­ do la 1o condición de equilibrio: * IF y + = IF y —

N = Q .... (2)

Reemplazando (1) en (2): 0,5(14 + Q) = Q Q = 14N

* * * * * * * * * * *

' 2 Fx +=£ Fx T = 0,8N T = 0,8Q

.... ( 1)

Haciendo D.C.L. de todo el sistema y aplicando la 2o condición de equilibno: * IM

b

* $ 1 * *

< T =

(Q + 10)2 = T(4) + T(1)

* *

e l T ¡}— -

i

í

\

L

1

L ~

2 1

( 0 + 10 )

2Q + 20 = 5T

.... (2)

Reemplazando (1) en (2): 2Q + 20 = 4Q Q = 10N

* * * * * # « 0 * * # * *

SOLUCION: Hacemos el D.C.L. de la barra teniendo presente el criterio de concurrencia: Se cumple que:

PROBLEMA Nfi 78 Si el sistema mostrado en la figura se encuentra en equilibrio, hallar el máximo peso permisible del bloque Q, mantenién­ dose el estado de equilibrio. El peso de la barra horizontal AB, uniforme y homo­ génea, es de 9N y el coeficiente de roza­ miento estático entre la barra y la polea mayor es 0,25 (R =2r).

$ # * * m * * d) 6N

e) 7N

PROBLEMA N® 79 La barra AB uniforme y homogénea que muestra la figura se encuentra apo­ yado en una superficie horizontal de coe­ ficiente de rozamiento p = 0,5 y en una pared vertical completamente lisa. Deter­ minar el mínimo ángulo 6 * 0o conser­ vando la barra su estado de equilibrio.

* *

Demoninándose a " £,", ángulo de roza­ miento. En este caso. Tg^ = |

Tg^ =

2x

de donde: * * *

Tg0 =

2x 2x

Tge = 1 0 = 45°

La barra AB uniforme y homogénea m ostrada en la fig u ra se encu en tra apoyado en una superficie horizontal y en una pared vertical rugosa. Si el coefi­ ciente de rozamiento entre todas las su­ perficies en contacto es 0,5, determinar el mínimo ángulo 6 conservando la barra su estado de equilibrio ( 0 * 0 ) .

* * * * * * * * * * * * * * * # * * * #

..-y..-.::........ .V. . -

....... ,f

PROBLEMAS ESPECIALES DE ESTATICA

TEMA :

SEG UNDA CONDICION DE EQUILIBRIO

* *

a = 100 Sen 0

i*

b = 6 0 - 100 Sen 0

p p : b l e m a Ne 1 Se tiene una esfera de radio 60cm y de peso 2N, del punto "0“ se suspende me­ diante una cuerda un bloque P de peso 10N, haciendo que la esfera se desvie con respecto a su posición inicial. Si la longi­ tu d de la cuerda que ata la esfera es 40cm. calcular la medida del ángulo " 6 " que define la posición de equilibrio. No hay rozamiento.

La suma de momentos respecto del punto “0" es igual a cero IM o= 0 m # *

w

P

M 0= M 0 w. a = P. b

* * *

2N(100Sen 0) = 1 0N (6 0 - 100 Sen 0) Sen 0 = "

* *

0 = 30°

PROBLEMA N® 2 m

* * * SOLUCION: Consideramos nuestro tísico, a la esfera más una porción de cuerda que bordea la esfera. Realizamos el diagrama de fuerzas del sistema físico elegido.

Determinar la medida del ángulo " 0 ", para que el sistema mostrado se encuen­ tre en equilibrio. Se trata de dos esferas de igual tamaño, unidos por un hilo de peso despreciable y se encuentran sobre una superficie cilindrica carente de fric­ ción.

* * * #

* * # Wi = 15Ny & *

W2 = 7N

SOLUCION: Consideremos nuestro sistema físico, las dos esferas más la cuerda.

m *

Consideremos nue:;tro sistema físico, la esfera, más, ia barra y la cuerda El dia­ grama de fuerzas del sistema físico.

&

* * * La suma de momentos respecto del cen­ tro de curvatura "0", es igual a CERO. XM0 = 0 w1 w2 M0 = M„ w i. L Cos 0 = W2 L Cos a

% * * * * *

15. Cos 0 = 7C o s ( 1 2 7 - 0 )

Suma de momentos respecto del punto ”B' es igual a CERO.

1 5 C o s0 = 7 Sen ( 0 - 3 7 ° ) -i 24 T g 0o = — 0 = 74°

£MB = 0 * * $ # * *

O

m b

m b

w. 2 Sen (30° - a) = w. 2 Sen a

PROBLEMA N® 3 En la figura mostrada hallar la medida dei ángulo " 0 " que define la posición de equilibrio. Si OB = 2m, el radio de la esfera homogénea es 1,0m y la longitud de ia barra uniforme y homogénea es 4m. Donde "O” es en centro de la esfera y ambos cuerpos tienen pesos iguales.

G

=

Sen (30° - a) = Sen a * *

3 0 ° - a =a Luego:

# * *

a = 15 0 = 75°

PROBLEMA NB4 «ti

La figura muestra dos esferas de igual radio, unidos por barra de peso despre­ ciable, apoyados sobre una superficie ci­ lindrica. Si el peso de las esferas son: wi = 6N y W2 = 5N, determinar la me­ dida del ángulo" 0" que define la posición de equilibrio del sistema mecánico. No existe rozamiento.

Reemplazando el valor de * p " e = 3,5° PROBLEMA N® 5 En la fig u ra m ostrada las esferillas son de igual radio " r “ , donde A, B y C tienen pesos iguales a 4N cada una. H allar el peso de la esferilla D, tal que el sistem a se encuentre en e q u ilib rio del m odo in d i­ cado, sabiendo que descansan sobre la superficie sem iesférica de radio ” 5r".

SOLUCION: Sea nuestro sistema físico, las dos es­ feras (w1 y w2) unidos con la barra. Diagrama del cuerpo libre, del sistema físico escogido.

SOLUCION Consideramos nuestro sistema físico, las cuatro esferas. Diagrama del cuerpo li­ bre del sistema físico elegido De la segunda condición de equilibrio: IM 0 = 0 w1

w2 = M,

(6 ). | = (5) . xSen (3 Senp = | Entonces:

P = 37°

Del diagrama del cuerpo libre: 3 0 ° +a + 6 = 90° . . . (1) (a - 0) + P = 90° .. . (2) De: (1) —(2)

Lsen2i * *

/

* * * * * * «i * * * * * * *

La suma de momentos respecto del cen­ tro de curvatura “O1' es igual a CERO ZMo = 0

M q — M q+ M

q+

# *

Mq

P. L Sen a = w. L Sen a +w. L Sen a +0 P Sen a = 2w Sen a Cos a +w Sen a P = w ( 1 + 2 C o sa )

...(1 )

En el triángulo isósceles formado:

* * * * * * * * * * # *

Diagrama del cuerpo libre. , "'■'X ( R -a ) s e n a '

. (R -b )S e n í 1^ '

* si» * * * Ley de cosenos: 7 Cos a = — O Reemplazando en (1): P = —-w 4

* * * * * * * * * * * *

La figura muestra dos esferas del mismo materia! de radios a = 3 cm. y b = 2 cm., sobre una superficie esférica de radio de curvatura R = 11 cm. No existe rozamiento. ............ . Sen a _ Hallar la razón: —— - = ? Sen p

* * * $ * * * * « * * * * * * * * * * * * * * *

SOLUCION: Sea nuestro sistema físico, las dos es­ feras de radios a y b.

ZMo = 0 «i w .(R - a) Sen a = w . (R - b) Sen p 1 2

P = 11IM PROBLEMA Ns 6

La sumatoria de momentos respecto del centro geométrico de la superficie es­ férica, es igual a Cero

* * * * * * * *

D.g.v^R-aJSen a = D.g.v2 (R - b) Sen p a3.(R-a)Sen a = ~

b3 (R -b) Sen p

Sen a

b (R - b)

Sen p

a3.(R - a)

Reemplazando valores Sen« Sen p

3

PROBLEMA Ne 7 Tres pequeñas esferas sólidas y rígi­ das de pesos: wi = 1N; W2 = 2N; W3 = 3N, que pueden moverse en un aro circular liso, están enlazados por tres varillas de pesos despreciables y de igual longitud. Calcular la medida del ángulo " 6 " que define la posición de equilibrio. Las tres esferas están contenidas en un plano ver­ tical.

* * * * * * * •* ♦ * * * * #

Consideramos nuestro sistema físico, los tres cuerpos esféricos y las varillas. Diagrama del cuerpo libre:

* * # * # * * * * * * * * *

Cotg 0 = y¡3 0 = 30° PROBLEMA Ne 8 Una rueda de peso 100 N gira sobre su cubo (riel circular) ascendiendo sobre la superficie curvilínea por acción del peso del bloque de 25 N que pende de una cuerda enrrollada en su superficie. Deter­ minar la medida del ángulo " 0" al cual se detiene la rueda, suponiendo que el rozamiento es suficiente para impedir el deslizamiento, a = 6 cm y b = 15 cm.

W,

SOLUCION: Realizamos el diagrama del cuerpo libre, de la rueda. Las fuerzas que actúan so­ bre la rueda son los pesos de 100 N; 25 N, además la fuerza de reacción "R" del cubo representado por una fuerza verti­ cal. La sumatoria de momentos respecto del punto "A" es igual a CERO.

La sumatoria de momentos respecto del centro de curvatura ”0 ' es igual a CERO. EMo = 0 Wo

M,

+

%

= M,

w i.r Sen (60 - 0 )+W3.r Sen 0=W2 r(60 + 0) 1 . Sen(60 - 0) + 3Sen 0 = 2. Sen (60 + 0)

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

im a

m a

=

=

o

* #

m a

100. 6 Sen 0 = 25. (15 - 6 Sen 0) 24 Sen 0 = 15 —6 Sen 0 Sen 6 = x

¡i»

Fuerza Resultante igual a cero: TgG = P

#

¡i» * *

Suma de momentos respecto del i 'jntro de curvatura "0" es igual a cero

0 = 30° XMo = 0 PROBLEMA Ne 9 Una varilla uniforme y homogénea de longitud “4a" está sujeta a un collarín en B y descansa sobre un cilindro liso de radio "a". Sabiendo que el collarín puede deslizarse libremente a lo largo de la guía vertical, hallar la medida del ángulo “ 6 " correspondiente al equilibrio.

Mo= Mo w. 2a Cos 0 = F. a Sec 0 * * * * * *

I r

2 Cos2 0

....(2)

Luego: 2 Cos3 0 = Sen 0 Resolviendo; 0 = 45° PROBLEMA N9 10 La figura muestra una esfera homo­ génea y lisa de peso 4N. El sistema en equilibrio presenta tres cuerdas, hallar la magnitud de la fuerza "F", de modo que la cuerda BM se devía un ángulo 0 = are Sen (1/7) hacia la derecha res­ pecto a la vertical. E¡ bloque P tiene un peso de 8N.

SOLUCION: Realizamos el diagrama de fuerzas sobre la barra homogénea de peso "w".

Además: OM = BM. * # *

% *

SOLUCION; * *

Consideramos nuestro sistema físico, la esfera más la porción de cuerdas que bordean la esfera.

La suma de momentos respecto del punto "B" es igual a CERO: IM b = 0 F

W

P

Me = MB + MB F.b = w a + P . (a + R) .... (1) Pero:

BM = MO = R a = 2R Sen 0 b = R(1 - 2 Sen 0)

Sen 0 = j

# * * * * * * # * * m * * * * * * m * * *

Reemplazando en (1): F = 16N

PROBLEMA Ne 11 La figura (1) muestra una barra uni­ forme y homogénea de peso igual al doble del peso del bloque "w". Despreciando el rozamiento, hallar el valor del ángulo “ 9 " que define la posición de equilibrio.

* * * * * * * * * $ * m * * $ # * ♦ * * * * * * * * # * *

Figura (2) D.C.L. (barra)

SOLUCION. La figura (2), muestra el diagrama del cuerpo libre de la barra uniforme y ho­ mogénea de peso “2w". Del teorema de Lamy, las fuerzas peso (2 w ), reacción normal (N) y la tensión en la cuerda (T=w ), deben ser concurrentes.

De la sequnda condición de equilibrio £ Ma = 0 Sum atoria de momentos respecto al punto A igual a Cero. Ma +M

a

= 0

2 w . L Cos a - w. 2L Sen 2 0 = 0

# Sen 2 0 = Cos a Entonces: * * # * *

2 0 + a = 90°

..

(1)

De la le r a , co nd ició n de e qu ilibrio (Teorema Lamy)

w Sen 0

2w Sen 30

.... (2 )

Sen 30 =2. Sen G Desarrollando: 3Sen 0 - 4 . Sen3 0 = 2. Sen 0 Sen 0 = 4 Sen3 0 ?

~VLjsas¡smr

* «

Ley de Senos:

1

1

Sen 0 = —, entonces: Sen 0 = — 4 2 Por lo tanto: 0 = 30°

w * * * $ # * * * m * «t * a * * * * * * * »! # *

SOLUCION D.C.L. (barra homogénea)

tune

F

. A ! i i 1 111ilu V Kt j ■"¿. i----fí® r» r .i.

Cálculo de la velocidad de ia mosca: Vm :

e t

200 m = 8m/s 25 s

La velocidad del tren y la mosca, son iguales: V tren = 8m/s Cada punto (A) del tren experimenta un desplazamiento de (L + 200m) para que el tren atraviese completamente el túnel. e = V . t -> (L + 200) = 8 x 28 L = 24 m PROBLEMA NE 06 Un tren demora en pasar frente a un alumno (muy cerca a él) 8 segundos y luego recorre íntegramente un túnel de 160m de largo en 48 segundos con velo­ cidad constante . ¿Cuánto mide el largo del tren?.

* * * * * * * * * # * * * * * * * * * * * * * * * ■t* * * * * * * * «H £ * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

d) 48 m

e) N.A.

PROBLEMA NB 07 Se tiene 2 velas (1) y (2) de tamaños iguales, las cuales tienen una duración de T i = 4 horas y T 2 = 3 horas, emitiendo energía luminosa. Si las velas empiezan a emitir luz al mismo instante. ¿Después de cuánto tiempo el tamaño de una de ellas es el doble que el de la otra? SOLUCION

)~~r1

■ (L-2h)

1

1

(L-h)

2h

1 t ____

________

___

(1 ) (2 ) Consideremos las velas de longitud ,,L'' Velocidad de consumo de las velas: Ti

4

V2 = ^ 2 T2

3

.... (2)

Después de un tiempo T , consideremos las alturas de las velas "2h” y "Ir e =v .t vela (1): (L -2 h ) = | . T

(3)

vela (2): < L -h ) = t . T

* * * * * * * *

* '"

■

Dividiendo: (3) i (4) (L -2 h ) _ 3 (L -h )

~4

.... (4)

Reemplazando: V m = 2_£30M70> Reemplazando en (4): Vm = 42 km/h

T - 2,4 horas PROBLEMA N9 08

PROBLEMA N® 10

Si la vela se consum e uniform em ente a razón de 0,6 cm/s. ¿Con qué velocidad se desplaza el extrem o de la som bra que se proyecta en la pared vertical debido al obstáculo frente a la vela?. a) t ,2 cm/s

b) 1,8 cm/s

c) 1,5 cm/s

d) 0,9 cm/s

Un c ic lista se dirige de una ciudad A hacia otra ciudad B en linea recta, d iv i­ diendo su trayectoria en tres partes igua­ les. El prim er tercio de su cam ino lo re­ corre con una rapidez de 60Km/h, el se­ gundo te rcio con 30Km/h y el ú ltim o con 20 Km/h. Determ inar la velocidad m edia del ci­ clista entre A y B.

e) Ninguna

a) 36,66 Km/h

b) 35 Km/h

c) 30 Km/h

d) 25 Km/h

e) Ninguna PROBLEMA Nfi 11 Un avión se airige de B hacia C, el ruido del m otor e m itido en B, alcanza al o bservador en A en el instante en que el avión llega a C. Sabiendo que la velocidad del sonido es de 340 m/s, determ inar la velocidad del avión.

Un autom óvil se d irig e de una ciudad "A ' a otra ciudad "B ", la m itad de su cam ino re co rre co n una ve lo cid a d de 30Km/h y la otra m itad a 70Km/h, en línea recta. D eterm inar la velocidad m edia del autom óvil entre A y B

I

SOLUCION:

L

L

* *

distancia _ L + L tiempo ~ ti ^ t£

* *

~ + —■ V, V2

* *

/

• _

SOLUCION: Del gráfico podemos afirmar que el des­ plazamiento del avión es la mitad del desplazamiento del sonido, en un mismo inteivalo de tiempo por consiguiente la velocidad del avión es la mitad de la velocidad del sonido.

* * * i * S¡» * * * ♦ * * & * Vavion

170 m/s

Un avión se dirige de B hacia C, el ruido del motor emitido en B, alcanza ai observador en A en el instante en que el avión llega a C. Sabiendo que la velocidad del sonido es de 340 m/s, determinar la velocidad del avión. 7 JB

* # * * * * * *

b) 180 m/s

x 2

1 7 0 ^ . (3s)

x = 1 020 m

Un niño se encuentra en reposo a una distancia de 85m de una montaña. En cierto instante el niño silba. ¿Al cabo de qué tiempo escucha el eco? Velocidad del sonido en el aire = 340 m/s. a) 0,1 s b) 0, 25 s c) 0,5 s

d) 2,0 s

e) N.A. PROBLEMA Ne 15

c) 204 m/s d) 272 m/s e) N.A.

e= v ,t

PROBLEMA N® 14

PROBLEMA N9 12

a) 104 m/s

La velocidad del proyectil es la mitad de la velocidad del sonido, por consiguiente cuando el sonido llega a "B" el proyectil habrá recorrido (x/2), entonces en 3 segundos recorre la otra mitad

l 3T/

PROBLEMA Nfi 13 Dos personas A y B están separadas una distancia "x”. En cierto instante la persona “A" dispara una bala con una velocidad de 170 m/s (horizontalmente) en dirección del "blanco" que se encuen­ tra junto a la persona ’B''. Sabiendo que "B" escucha el disparo y 3 segundos des­ pués percibe el impacto con el blanco, determinar “x". Velocidad del sonido en ei aire = 340 m/s SOLUCION:

* * * * * * * * * * *

Una persona ubicada entre dos mon­ tañas, emite un grito y percibe el primer eco a los 3 segundos y el siguiente a los 3,6 segundos correspondiente a la otra m ontaña. D eterm inar la distancia de separación entre las montañas. Velocidad del sonido en el aire = 340 m/s. SOLUCION:

El sonido demora en llegar a la montaña "A” 1,5 segundos y a la montaña "B” 1,8 segundos distancia = Velocidad . tiempo Montaña "A"

x = (340)(1,5)

x = 510 rri

Montaña " B " :

y = (340)( 1,8)

y = 612 m Luego

(x +y) = 1 122 m

# * * * * * * •* i

PROBLEMA N9 16 La distancia de separación entre dos montañas es 7 980 m. Un automóvil que se mueve con velocidad constante V = 17m/s, por una carretera rectilínea que une las montañas, toca la bocina justo en el instante que pasa por el punto medio entre las montañas. Hallar el espacio re­ corrido por el automóvil en el intervalo de tiempo comprendido entre la percepción del primer y segundo eco provocado por las montañas. Velocidad dei sonido en el aire = 340 m/s. a) 20m

b) 40m

c) 10Om

d) 500m

e) N A,

SOLUCION.

t = 2,5 segundos Luego: x = Vs . t = 340 — . 2,5 s s x - 850 m PROBLEMA Ns 18

* *

* * * * * * * * *

PROBLEMA Ns 17 Dos relojes electrónicos están separa­ dos 1 020 m, cuando dan la hora, uno de ellos se adelanta 2 segundos. ¿A qué dis­ tancia del reloj adelantado una persona oirá a los dos relojes dar la hora al mismo instante? Velocidad del sonido en el aire = 340 m/s.

Resolviendo:

* *

* * * * * * *

Un automovil se mueve con una velo­ cidad constante V = 54 Km/h, en línea recta dirigiéndose a u ná montaña, en cierto instante el chofer toca la bocina y 8 segundos después percibe el eco. Calcu­ lar la distancia de separación entre el auto y la montaña, en el instante que el chofer tocó la bocina. Velocidad del sonido en el aire = 340 m/s. a) 1 200 m

b) 1 420 m

c) 2 840 m

d) 2 420 m

e) N.A. PROBLEMA N® 19 Dos móviles A y B parten simultá­ neamente de un punto común con veloci­ dades V y 2V. A 900 metros parte un móvil C en el mismo instante y en sentido contrario con una velocidad 1,5V. Si transcurridos 10 segundos, B equidista de A y C. ¿Cuál es la velocidad del móvil A? SOLUCION:

2V 1,5V -•C

De la figura: x + y = 1 020 m

. (1)

distancia = velocidad . tiempo En (1): 340 . t + 340.(t - 2) =1020

* * *

De la figura: x = e B -e A

.... (1)

También: eD D + x + eL„- = 900

2eB + ec - eA = 900 2 (2V t) + 1,5 V t - V . t = 900 4,5

V . t = 900

Pero:

t = 10s

Luego: V = 20 m/s PROBLEMA N9 20 Dos móviles A y B se mueven desde un mismo punto simultáneamente con velocidades constantes de 20 m/s y 30m/s respectivamente. En ese instante a una distancia de 1 300 m, otro móvil C sale al encuentro de los anteriores con velocidad constante de 40 m/s.

* *

* * * $ * *

Determinar despues de qué tiempo el móvil C equidista de A y B. a) t = 15 s

b) t = 20 s

c) t = 25 s

d) t = 28 s

e) Ninguna PROBLEMA N® 21 Determinar la gráfica: posicion versus tiempo, de una partícula que se mueve en el eje X, con velocidad constante V = 1 m/s. Inicia su movimiento en la posición X0 = - 2 m. SOLUCION: La posición de una partícula, en el tiempo que se mueve con velocidad constante está definida del siguiente modo: XF = X0 + V . t XF = - 2 + 1 t Xf = t - 2

(1)

Graficando la función (1):

Propiedad : La pendiente de la recta es igual a la velocidad de la partícula. V = Tg6 PROBLEMA Ne 22 La figura muestra la gráfica, posición versus tiempo, de una partícula que se mueve en el eje X. Determinar la posición de la partícula en el insianie i = 5 s

* * * * * * * a * ü* * *

* * * * Mf » $ PROBLEMA N® 23 * * Determinar la gráfica, posición versus ÜE tiempo, de una partícula que se mueve en el sis * eje X, con velocidad constante Vx=-1 m/s (en * el sentido negativo del eje X). Inicia su * * movimiento (t =0) en la posición Xo =+ 2 m. «U SU SOLUCION: * * La posición de una partícula, en el tiempo * que se mueve con velocidad constante * está definida del siguiente modo: * * * XF = Xo + V t

Xf = 2 —t

- ( 1)

t

X

0

2

1

1

2

0

3

-1

4

-2

5

-3

# * * * # * «* * * *

Una partícula se mueve con M. R. U. en un plano x - y . Si la rapidez del móvil es V = 3 m/s, determinar la distancia mínima que se acerca al origen de coordenadas, sabiendo que el radio vector (vector posi­ ción) describe un área de 6 m2 en cada segundo. SOLUCION:

Graficando la fundón (1)

P ro p ie d a d : La pendiente de la recta es igual, a la velocidad de la partícula. V = T g a. = - Tg 0 PROBLEMA NB24 La figura muestra la gráfica, posición versus tiempo, de una partícula que se mueve en el eje X. Determinar la posición de ia partícula en el instante t = 5 s.

* * * * * * * * * * * * $ $ * * ■fe * 1= * * *

2 - xi

t'.s)

Características: I)

Si la aceleración e~ instante, la recta paralela al r». uviporal.

El área bajo la recta, es igual al cambio de velocidad que experi­ menta la partícula en un intervalo de tiempo.____________ A = Vf - V 0 VELOCIDAD MEDIA (Vm) La re la c ió n e n tre el v e c to r d e s­ plazamiento de la partícula y el intervalo de tiempo correspondiente, determina la magni­ tud vectorial que se llama "velocidad media" de la partícula. Para el M.R.U.V. Vm = .

-

O)

* * * * * * * * * * * * * * ¡h * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * $ * * *

El desplazamiento que experimenta la partícula, es igual al área bajo la recta (inclinada). d = A = área del trapecio (Vo + V f) . d = — — ------t

.... (2)

Reemplazando en (2) en (1): Vo + V f Vm — La velocidad media, se puede interpretar como aquella velocidad constante que debe tener un móvil, para recorrer el mis­ mo espacio (e = d) en el mismo intervalo de tiempo, que otro móvil que tiene acele­ ración constante. Siempre y cuando el móvil no invierta el sentido de su mo­ vimiento.

* #r # * * * ♦ * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

Deducción de fó rm u la s que gobiernan el M.R.U.V. En principio consideramos una partícula que se mueve en línea recta, sin invertir el sentido de su movimiento, por con­ siguiente el espacio recorrido y la distan­ cia tienen el mismo valor. Disponemos de dos ecuaciones iniciales: Vf - V o a=■ t Vm=

V

o

- V

..(1 ) f

•(2)

Secuencia: 1) De la ecuación (1): at =

vF-

Vo

.... (3)

- (4) 2) En el M.R.U. e = Vm t (Vo + V f> e=A

...(5 )

Reemplazando (4) en (5): e=

3)

(Vo + Vo + at)

.t

M u ltip lic a n d o la s e c u a c io n e s (3) y (5): ( v :- v i) a Le = ----- g-----

t V ZF = V 20 + 2 a e PROBLEMA Ne 1 Dos autos que están separados 100 m uno delante del otro, parten del reposo en el m ism o sentido y en el m ism o instante. El p rim ero con una aceleración de 5m 's2 y el segundo con una aceleración de 7 m /s9. ¿Al cabo de cuánto tiem po el se­ gundo alcanza al prim ero?

Un auto parte del reposo con un M.R.U.V. y recorre entre dos puntos A y B de su trayectoria la distancia de 1,0 km durante 10 segundos, si al pasar por B su velocidad es el triple de la que tuvo en A. Calcular el espacio que recorrió entre el punto de partida y el punto A.

A lOOm

eB

SOLUCION:

Suponiendo que A alcanza a B en el punto “E“. * *

e A - e s = 100 m | ( a A - a B) t 2 = 100 Reemplazando datos: t = 10s A alcanza a B luego de 10 segundos.

* * * * * * * * *

PROBLEMA Ne 2 Un auto corre en una pista horizontal con una aceleración de 2 m/s2 , después de 5 s de pasar por un punto "P", posee una velocidad de 72 km/h. ¿Qué velocidad tenía el auto cuando le faltaban 9 m para llegar al punto "P"?

Vo _+—V f e- — 1000 =(2V)(10)

V = 50 m/s ... (1)

Cálculo de la aceleración: V f - Vo a=t * * *

SOLUCION:

En el tramo AB:

2V t

a = 10 m/s

(2)

En el tramo OA: Vp = V o + 2 a e

V b =2Om/s

t=5s t

9m

En el tramo PB. Vp = Vo + a t (20) = V p + 2 (5) Vp = 10m /s En el tramo AP: V¡ = V 0+ 2 a e 100 = V * + 2 (2) (9) V a = 8 m/s

.. (1)

*

* * * * * * *

Reemplazando (1) y (2)

* * * * * * * * * * * * * *

*

* * * * * * * *

V2 = 2 a(x) x = 125 m No necesita el dato t = 10 s

PROBLEMA Nfi 4 Un automovil parte del reposo y re­ corre una trayectoria recta de 270 m. La trayectoria durante los tres primeros segundos tiene una aceleración constan­ te, luego con la velocidad adquirida hace nula la aceleración del móvil durante 6 segundos más, con la cual completa su recorrido. Hallar la aceleración del móvil durante el primer segundo. SOLUCION: Construyendo la gráfica V - 1

* *

La pendiente de la recta nos da la aceler­ ación. Tga = ^

* * * * * * * * * * * * * El área del trapecio es igual al espacio recorrido por el móvil

= 0,8

Tge = ^ = 0.4

■*

T1 - 0,8

-*

T2 = o í

De la condición: T i + T2 = 300 Reemplazan doV V ~ + -^7 = 300 0,8 0,4

* V = 80 m/s

270 = Area = | (15) V V = 36 m/s

...(1)

La pendiente de la recta nos da la acele­ ración. a = Tg a V 36 3 - 3

* * * * * * * * * * *

5t=

a = 12 m/s PROBLEMA N9 5 Un automóvil de carrera parte del re­ poso con una aceleración constante de 0,8 m/s2 , apenas termina de acelerar em­ pieza a frenar a razón de 0,4 m/s2. Si en total todo el movimiento duró 5 minutos, hallar la máxima velocidad que alcanzó el automóvil. SOLUCION: Construyendo la gráfica V - 1

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

t( s ) * *

PROBLEMA Ne 6 Un móvil parte del reposo y acelera a razón constante de 5 m/s2 durante un tiempo de 20 s luego con la velocidad adquirida comienza a "desacelerar" a ra­ zón de 2 m/s2 hasta que se detiene com­ pletamente. Calcular el espacio total re­ corrido por el móvil. SOLUCION: Construyendo la gráfica V - 1

La pendiente de la recta nos da la aceler­ ación. T

v

g° =20

v Tge = ~ = 2

V = 100 m/s T2 = 50 s

El área bajo la curva nos da el espacio recorrido. Area

= ^ ( T n - T 2)V e = -~ (70 s) (50 m/s) V

e = 3,5 km PROBLEMA N* 7 Un policía de tráfico ve que un auto­ móvil se le aproxim a a una velocidad no perm itida de 100 km/h (instante). En el instante que pasa frente a él, monta en la moto y sale en su persecusión La moto después de acele­ rar durante 10 segundos alcanza su velocidad tope de 120 km/h. C alcular cuanto ha tardado ai policía en alcan­ zar al auto.

* * * * * * * * # * * * * * * * * * * * w

$ * * * * #

En el instante que el policía alcanza al auto los espacios recorridos, desde (t = 0) que inicia la persecusión, serán iguales. e (auto) = e (moto) Pero el espacio recorrido es igual al área bajo la curva.

slí

# * *

SOLUCION:

*

Construyendo la grafica v - 1

* * * * * *

2T

1 360

100 T = Resolviendo:

120 T = —- h 120

T = 30 segundos

* * *

2. Movimiento Rectilíneo Uniformemente Variado (M.R.U.V.)

£

SOLUCION:

ratón

Suponiendo que si lo alcanza en el punto " B l o s espacios recorridos por el gato y el ratón serán iguales: ©gato = eratón

1 *2 , —. a . t = v . t

t=

2 (2 )

, 2V t=—

t= 2 s e g u n d o s

Espaciorecorridoporelratónen: t = 2s Signos: (+) = cuando aumenta la velocidad (-) = cuando disminuye la velocidad, (*) = excepto para la formula (2)

eratón = V t —» eratón —2 . (2) = 4m x = 5 - 4 —» x = 1 m Respuesta: El gato alcanza al ratón a 1 m etro desuagujero.

PROBLEMA N2 01

PROBLEMA Ns 02

Un ratón se dirige a su hueco en línea recta con velocidad constante de 2m/s, cuando le faltan 5 metros para llegar, pasa por el lado de un gato que se encuentra en reposo. Si el gato acelera a razón de 2m/s en dirección del ratón. ¿El gato logra alcanzar al ratón?, si lo alcanza ¿A qué distancia de su agujero?.

Un automóvil, violando las reglas de tránsito se mueve a 72 km/h en una zona donde la velocidad máxima es de 40 km/h Un policía motociclista arranca en su persecusión, del reposo, justo cuando el auto pasa enfrente de él. Si la aceleración constante del policía es de 0,5 m/s2. ¿Que sucederá?

a) No lo llega a alcanzar. b) Lo alcanza después de media hora de persecución c) Lo alcanza después de 2 minutos d) Lo alcanza a los 2 km. de distancia. e) Lo alcanza a 1 600 m de distancia PROBLEMA Ne 03 Un leopardo africano puede lograr desde el reposo una aceleración de 80 m/s1 Si va a la caza de una gacela que puede lograr una aceleración de 4 m/s , y si ésta inicia la huida desde el reposo en el mismo instante en que el leopardo está a 18 metros de ella. ¿Cuánto tardará el leopardo en atrapar a la gacela?, ¿Cuánto habrá recorrido la gacela antes de ser atrapada?, ¿A qué velocidad correrá el leopardo antes de atrapar a la gacela?

$ * * * * * * * # m * *

18 m

gacel a (2)

a) De la figura: e i - e2 = 18m ... (*) Pero: e = VQ. t + —. a . t

a) Lo alcanza después de 6 segundos b) La velocidad del zorro es 18 — s instante que atrapa al conejo.

instante que es atrapado. * * *

y

* * * * * * * * * ■f* * * * * * *

d) El zorro recorre 54 m, antes de atrapar al conejo. e) El conejo recorre 20 m, antes de ser atrapado PROBLEMA Ne 05 Un móvil parte del reposo y se mueve con M.R.U.V. sobre el eje X. Sí transcurri­ do un tiempo " t ” posee una velocidad "V" y luego recorre 15 metros en 3 segundos, siendo su velocidad en ese instante “4V". Hallar el intervalo de tiempo "t". SOLUCION: 1) Consideramos tres puntos A; B y C, sobre el eje X: VA = 0

En (*): | . (8 ). t2 - 1 . (4 ). t2 = 18

* *

Resolviendo, t = 3 segundos

* *

b) Espacio recorrido por la gacela en t = 3 s, será: e = j . a . t2 -» e2 = ~ (4) (9)

* * * * m

c) Velocidad del leopardo instante antes de atrapar a la gacela: V f =V0 +a. t. ->

V f

V f = 24 m/s

=0 + 8(3)

* * * * *

VB =

v

VC=4V

2) En el tramo BC: (V o + V f ) e=.t 15 = ^

ez = 18 metros

en el

c) La velocidad del conejo es 6 — , en el

SOLUCION:

1eopa rd o(1 )

Un zorro plateado, puede lograr desde el reposo una aceleración de 3 m/s '. Si va a la caza de un conejo que puede lograr una aceleración de 1 m/s3 y si éste inicia la huida desde el reposo en el mismo instante que el zorro está a 36 m de él. ¿Qué afirmación es falsa?

.

3

Resolviendo- V = 2 m/s Cálculo de la aceleración: V f - Vo a=t

a -

a = 2 m/s 3) En el tramo SB:

$ * * * * *

2) Cálculo de la aceleración: a=

V f = Vo + a . t 2 = 0 + 2 .t t = 1 segundo PROBLEMA Ne 06 Un móvil viaja de "A“ hacia "B" dis­ tante ”L" metros en línea recta; parte del reposo con aceleración constante "a" (m/s2); en el mismo instante sale otro móvil de B hacia A con velocidad cons­ tante “V" (m/s). ¿Cuál es el valor de la velocidad de B para que ambos móviles se crucen a la mitad de la distancia entre A y B?

* $ * * * * * * * * $ * * * * * * * *

d) V = VaTT

e) Ninguna PROBLEMA Nfi 07 Los extremos de un tren de 350m de longitud pasan por el costado de una per­ sona (fijo en la Tierra) con velocidades de 5 m/s y 9 m/s respectivamente. Determi­ nar la aceleración del tren y el tiempo que demora en pasar por el costado de esta persona.

s 350

m

SOLUCION: 1) Sabemos que:

350 = ^

.

(9-5) 50 a = 0,08 m/s

PROBLEMA Nfi 08 Los extremos de un tren de 300 m de longitud pasan por el costado de un poste de luz con velocidades de 6 m/s y 9 m/s, respectivamente. Determinar la aceleración del tren. a) 0,025 m /s2

b) 0,035 m /s2

c) 0,075 m /s2

d) 0,098 m /s2

.

t

t

t = 50 segundos

* * * * * * * * * * * * * *

PROBLEMA N2 09 Una partícula con M.R.U.V. tiene una velocidad Vi = 10m/s en el instante ti = 2 s y una velocidad V 2 = 30 m/s en el instante t2 = 7s. Determinar la distan­ cia recorrida por la partícula desde el ins­ tante t = 0, hasta el instante t = 10s. SOLUCION: Tabla tiempo versus velocidad: POSICION

* * # * * * * * * * * # * ó» * * * * * * * * * * * *

A B C D 1)

TIEMPO

VELOCIDAD

t=0

V

t=2

10

II

b) V = ~ 4

c) V = ^ . va .L

(V o + V f)

t

e) N.A.

1 a) V = — . V L/a

e=

a=

( V f - V o)

30

t = 10

Cálculo de la aceleración en el tramoBÜ: V f - V o (30-10) „ , P a = ----- -----= ——- - = 4m/s t (7-2)

2)

Cálculo de la velocidad inicial en el tramo AB: VF = V0 + a. T 10 = V + 4 ( 2 - 0 ) V= 2m/s (velocidad inicial).

3)

Cálculo de la distancia en el tramo m e = V o . T + | . a . T2 e = 2 (1 0)+ j . (4)(100) e = 220 m

PROBLEMA Ns 10 Una partícula con M.R.U.V., en el ins­ tante t = 2 s tiene una velocidad de 14 m/s y en el instante t = 5 s su velo­ cidad es de 2S m/s. Determinar el espacio recorrido por la partícula desde el ins­ tante t = 0 , hasta el instante t = 8 s. a)162m

b)192m

d) 232 m

e) N.A.

c)200 m

PROBLEMA Ne 11 Una partícula se lanza desde el punto "A" hacia arriba sobre un plano inclinado con una velocidad inicial V0 = 20m/s, Si después de 9 segundos la partícula se encuentra bajando con una velocidad V = 16m/s, hallar a qué distancia "d" se encuentra del punto de lanzamiento en ese instante. Considerar que ia partícula en todo momento se mueve con acele­ ración constante.

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

SOLUCION: 1) Cálculo de la aceleración: V f

= V0 - a . t

(-16) = 20 - a . (9) a = 4 m/s

Convensionalmente el signo de la veloci­ dad es positivo hacia arriba y negativo hacia abajo. 2) Cálculo de la distancia "d": 2

2

VZ = V —2 a . d F o (-16)2 = (20)z - 2 (4) . d d = 18 m PROBLEMA Ns 12 Desde un punto “A'' sobre el plano inclinado, se lanza una partícula hacia arriba (t = 0) con una velocidad inicial V0 = 12m /s. Si después de 5 segundos la partícula se encuentra bajando con una velocidad V = 8 m/s, determinar en qué instante “t “ la partícula pasará por su posición inicial.

a) t = 3 s

b) t = 5 s

d) t = 6 s

e) N.A.

c)t =5.5 s

PROBLEMA N9 13 Un automóvil que parte del reposo se mueve con una aceleración constante a = 1 m/s2 en línea recta dirigiéndose hacia una montaña. Al partir el chofer emite una señal sonora y cuando ha recorrido 32 metros recibe el eco. Determinar la dis­ tancia de separación inicial ( t = 0) entre el auto y la montaña. Velocidad del sonido en el aire = 340 m/s.

* * * * * * * * * *

SOLUCION: El intervalo de tiempo empleado por el auto en desplazarse 32m, es el mismo tiempo que emplea la onda sonora en ir y regresar a ia montaña con una rapidez de 340 m/s.

jji (X - 3 2 )

1 ? Para el auto: e = VQ . t + — a . r 32 = 0 + 1 ( 1 )

t2

* * * * * * * * * * * * * * * *

* *

espacio —Vsonido t

* $ * * *

(1)

t

V

0 1 2 3 4 5

-2 -1 0 1 2 3

Ks)

PROBLEMA Ne 14 Un autom óvil que inicialm ente se en­ cuentra en reposo^ sale con aceleración constante a = 1 m /s2 en línea recta, aleján­ dose de una m ontaña. En el instante que sale, el chofer toca la b ocina y cuando a recorrido 18m percibe el eco. Hallar la distancia de separación inicial entre el auto y la m ontaña. Velocidad del so nido en el aire = 340 m/s. a) 1 011 m

b) 1 022 m

c) 1 033 m

d) 1 044 m

e) N.A. PROBLEMA Ns 15 D eterm inar la gráfica, velocidad ver­ sus tiem po, de una partícula que se mue­ ve en el d e X, con aceleración constante a*= 1 m/s~ inicia su m ovim iento (t = 0) con una velocidad V0 = - 2 m /s (en el sentido negativo del eje X). SOLUCION: Sabemos que:

= t —2

Graf ¡cando la función (1):

Para el sonido

x = 1 376 m

V f

* *

t = 8 segundos

x + (x - 32) = 340 (8)

Luego.

V f

=

VQ

+ a .t

Reemplazando Vf = - 2 + 1 t

* * $ * * $ * * * * * * * * * * *

* * * * * * * *

1 ° PROPIEDAD: La pendiente de la recta es igual, a la aceleración de la partícula.

2o PROPIEDAD : El área bajo la curva es igual, al cambio de posición que ex­ perimenta la partícula en un intervalo de tiempo.

[

(X f - X o) = Ai - A 2

* Se considera el signo del área

3 PROPIEDAD: El espacio recorrido por la partícula es igual, al área bajo la curva (en general) sin considerar los sig­ nos. espacio = A i + A 2

PROBLEMA N® 16 La figura muestra, la gráfica V - t de una partícula que sale del origen (X = 0), moviéndose en línea recta.

* * * # * * * $ * * * * * ♦ * * * * * * *

SOLUCION El cambio de posición que experimenta la partícula es igual al área bajo la recta; en la gráfica V - 1 (X f - X0) = área del trapecio, ( 3 + 9) ^ (X f - X0) = — g— . 6

* *

¿Cuál(es) de las siguientes afirmacio­ nes son verdaderas?. I)

Del instante t = 2 a t = 3 s. la partícula se encuentra en reposo.

II) En el intervalo de tiempo [0 ; 5] segun­ dos, el espacio recorrido por la partícula fue de 5 metros. III) En el instante t = 4,5 s, el móvil estaba de regreso a su posición inicial, IV) En el instante t = 4 s, el móvil se en­ cuentra a 2 metros del origen. a) Sólo I y II c) Sólo I , II y IV

b) Sólo III d) Sólo II y III

e) Todas son verdaderas PROBLEMA Nfi 17 Una partícula se mueve sobre el eje X. En el instante t = 0, su posición es X0 = - 2m. La figura muestra sus gráfica V -t. Determinar su posición en el instante t = 6 s.

$ * * * «i * * * * * * s¡*

# * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

XF - (—2) = 36 XF = 34 m PROBLEMA Ns 18 Dos móviles A y B parten al mismo tiempo, si en el instante t = 0, sus posi­ ciones son: X a = - 2 m y X b = 4 m, respectivamente. Calcular en qué ins­ tante de tiempo “t" se encuentran, si sus gráficas V - t son las siguientes: Vü(m/s)

Nota: A y B se mueven sobre el eje X. a )t = 2 s

b )t = 4 s

c) t = 6 s

d) t = 8 s

e) N.A. PROBLEMA Ne 19 Una partícula se mueve sobre el eje X, en el instante t = 0, su posición es Xo = 0- La figura muestra su gráfica V - 1. Determinar su posición en el instante t = 6 s y el espacio recorrido en el inter­ valo de tiempo [0 ; 6] segundos.

SOLUCION: El cambio de posición, que experimenta la partícula es igual al área bajo la recta, en la gráfica V - 1:

- Cálculo del área: Ai = 16m y

A2 = 4m

Luego: (X f - X0) = A i - A2 Xf - 0

= 16- 4 m

XF = + 12m

* * * * * * * * * * * * * »!> * * * * * * * * * * * * * * ♦ * * # * * * * * * * * * *■ * * * * * * * * * * * * * ♦ * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

y 1

J L 16 m . ---

¡

------- ¿t=4 ^ iH --- ^ ^ 4 m

0

,=6

- Cálculo del espacio recorrido: e = A i + A2 e = 16 m + 4 m e = 20m PROBLEMA NB20 La figura muestra, la gráfica V - t, de una partícula que se mueve en el eje X, en el instante t = 0, la posición del móvil es: Xo = +2 m.

¿Cuál(es) de las siguientes afirmacio­ nes son verdaderas? I)

En el instante t = 4s, la partícula se en­ cuentra en el origen de coordenadas: (X = 0).

II) En el intervalo de tiempo [0; 4] segundos, el espacio recorrido por la partícula fue de 10 metros. III) En el intervalo de tiempo { 2 ; 3 ) segun­ dos, la velocidad y aceleración tienen igual sentido (a la izquierda, respecto del sistema de referencia).

IV) En el instante t = 3,5 s el rhóvil estaba de regreso a su posición inicial. a) Sólo I y II

b) Solo II y III

c) Sólo I, II y IV

d) Sólo IV

e) Todas son verdaderas. PROBLEMA Ne 21 La gráfica velocidad versus tiem ­ po, describe el movimiento de una par­ tícula. Si para t = 24 segundos, el espacio recorrido es 96m. ¿Qué velocidad máxima alcanzó la partícula?

t(s)

La velocidad máxima es igual a la altura del triángulo El espacio recorrido por la partícula es igual al área del triángulo, en la gráfica V -t: bxh e=2 96 =

(24) .V

Vmax

= 8 m/s

PROBLEMA Ne 22 La figurs muestra, la gráfica V - 1 de una partícula que se mueve en el eje X. Inicia su movimiento en la posición Xo = 12 m, (t = 0)

* * * * * & * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * + * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * ♦ * * * * * * * * * * * * * * * * *

¿Cuál(es) de las siguientes afirmacio­ nes son verdaderas? I)

En el instante t = 2s, el móvil se encuentra en el origen ( X = 0)

II) En el instante t = 4s, el móvil se encuentra en su posición inicial (X = 12m). III) En el intervalo de tiempo [0; 5] segundos, el espacio recorrido por el móvil fue 28 metros. IV) En el instante t = 3s, el móvil se encuentra a 4 metros del origen (X = 4m). a) Solo I y II

b) Sólo II y III

c) Sólo III y IV

d)Sólo I, II y III

e) Todas son verdaderas PROBLEMA Ne 23 Un auto está esperando que cambie la luz roja, cuando la luz cambia a verde, el auto acelera a razón de 2 m/s2 durante 6 segundos, después del cual se mueve con velocidad constante, en el instante que el auto comienza a moverse un ca­ mión que se mueve en la misma dirección con velocidad constante de 10 m/s, lo pasa. ¿En qué intervalo de tiempo y a qué distancia se encontrarán nuevamente el auto y el camión? SOLUCION:

1) Analizando el movimiento del auto: VF = Vo + a . t V f = 0 + 2 (6) = 12

La velocidad máxima alcanzada es: 12 m/s Espacio recorrido = Area del trapecio (b + B) 2 e auto =

(T - 6 + T)

12 = (2T —6) 6 .. . (1)

2) Espacio recorrido por el auto = 1 0. T (2) 3) Cuando el auto alcanza al camión, los espacios recorridos serán iguales; igualando (1) y (2)

* «ü # * * *

sis s|*

T = 18 s Cálculo de la distancia, reemplazan­ do en (2): X = 10T X = 180m

X = 10(18) -> PROBLEMA Ne 24

Un auto y un cam ión se m ueven por una carretera a 72 km /h, cuando el auto está a 5m detrás del cam ión com ienza a acelerar hasta colocarse 55m delante de él. ¿Cuál será el tiem po m ínim o que de­ mora la operación, si la máxima acelera­ ción del auto es de 2,5 m /s2 y sabem os que su máxima velocidad alcanzada es igual a 90 km/h? a) 12s

b) 13s

d) 15s

e) N A.

c) 14s

PROBLEMA Ne 25 La aceleración de una partícula, que se m ueve en línea recta, varía m ediante la siguiente ley: : 3q + C . t l~aF=~i

i

* * * * * * * * SÜ * >!* * * * * * * * * * *

Si la partícula inicia su m ovim iento con una aceleración de 2 m /s2 y celeridad constante C = 1 m /s3. Determ inar la grá­ fica aceleración ve rsu s tiem po.

3F = So + C . t

ap = 2 + 1 t

a

0 1 2 3 4

2 3 4 5 6

Graficando la función (1):

sí¡

1o PROPIEDAD: La pendiente de la recta es igual, a la celeridad (plus aceleración) de la partícula_________ ~ C = Tg 6 j * * * * * * * * * * «i*

a0: aceleración inicial (t = 0) C : celeridad o p lus aceleración (m/s3)

De la fórmula:

aF = 2 + (1) t * * * * si* $ * $ * * * * * *

(2T - 6)6 = 10T

SOLUCION:

* * * * * * *

2o PROPIEDAD: El área bajo la curva es igual, al cambio de la velocidadcjue ex­ perimenta la partícula en un intervalo de tiempo.

1 (VF - y 0) = A i - A 2 ~ j

* * #

* Se considera el signo del área.

* *

PROBLEMA N* 26 La figura muestra, la gráfica a - 1de una partícula que inicia su movimiento (t = 0) con una velocidad V0 = +9 m is, en el eje X.

* ♦ * * * * * * * * *

1) En el intervalo de tiempo: [0 ; 4) se­ gundos, el área bajo la recta es igual al cambio de la velocidad. (V f - Vo) = área del triángulo ( 3 V - V ) = | . ( 4 ) (5) V = 5 m/s 2) En el intervalo de tiempo: [4;6) segun­ dos. VF = V0 + a. t V f = (15) + 5(2)

¿Cuál (es) de las siguientes afirmacio­ nes son verdaderas? I)

En el instante t = 2 s, la velocidad del móvil es cero (V = 0).

II' En el intervalo de tiempo ( 2; 3 ) segundos, el móvil se encuentra en reposo. III) En el instante t = 4 s. la velocidad del móvil es 3m/s. IV) En el instante t = 5 s, ia velocidad del móvil es 6 m/s.

* * * * * * * * + * * * * * * * * * * *

V f = 25 m/s PROBLEMA N9 28 Se tiene el gráfico a - 1de una partícula que se desplaza en línea recta. Si en el instante t = 0 su velocidad es "3V", deter­ minar su velocidad para t = 6 s.

i a) Sólo I c) Sólo III

b) Sólo II d) Sólo I, II y IV

e) Todas son verdaderas. PROBLEMA Nfi 27 Se tiene el gráfico a - t de un móvil que se mueve en línea recta. Si en el instante t = 0 su velocidad es “V ” y para t = 4 s la velocidad es "3V", determinar su velocidad para t = 6s.

* * * * * * * * * * * * * * * * * *

a) 20 m/s

b) C0 m/s

c) 64 m/s

d) 84 m/s

e) Ninguna

Una partícula que se mueve en línea recta inicia su movimiento (t = 0) con una velocidad V0 = 3 m/s. La figura muestra su gráfica a - 1. Determinar su velocidad en el instante t = 8 s.

a(m/s )

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * $ * * * * * *

a(m/sZ )

2 ------

PROBLEMA Ne 31 Una partícula se mueve en el eje X, mediante la siguiente ley: Xp —Xo +Vot + 2 ao • Sus gráficas v - t

y

+ g ■C . t3 a - t , son:

SOLUCION: El cambio de velocidad que experimenta la partícula es igual al área bajo la curva, en la gráfica a —t: (V f - V0) = área del trapecio ( V f - V o) = ^

.

2

Vf - 3 = 1 2 V f = 15 m/s * *

PROBLEMA Ne 30 Una partícula que se mueve en línea recta, inicia su movimiento (t = 0) con una velocidad V0 = -1 2 ,5 metros por segundo. La figura muestra su gráfica a - t . ¿En qué instante "t" su velocidad es nula?. a) 3 s

b) 4 s

d) 7 s

e) N A

c) 6 s

* * * * * * * * * * * *

Si la partícula inicia su movimiento (t = 0) en la posición X0= - 2m, determinar su posición en el instante t = 4s. SOLUCION. 1) De la gráfica V - t , la velocidad inicial (t = 0) es: Vo = 3 m/s. 2) De la gráfica a - t, la aceleración inicial (t = 0) es: a0 = 2 m/s*1 La celeridad es igual a la pendiente de la recta:

3)

R e e m p l a z a n d o en la l ey del movimiento: X f =(-2)+3(4)+|(2)(16) + 1 (3)(64)

* * * * * * * * * * * * *

XF = 58 m

Un perro se encuentra echado sobre el piso. A 32 m de él un m otociclista arranca y sale del reposo (V = 0) con una acelera­ ción constante a = 1 m /s2. Determ inar la m ínim a velocidad constante del perro, tal que puede alcanzar al m otociclista. SOLUCION: i

PROBLEMA Ns 32 La ley de m ovim iento, de una partícula que se m ueve en el eje X, se define del siguiente m odo: Y _X0 t1 t2 F “ O! + V o i , + a ° 2 ! + C

t3 3Í

Sus gráficas V - 1 y a - 1, son:

* * * *

32

m

motocicli s ta (2 ’-.p

a * v rw ; 'M

1 perro (1)

* * * * * * *

slí

De la figura: 32 + e2 = ei Reemplazando: 32 + | . a . t2 = V . t

5tí

Luego: *

* * * * * * * *

1

.r -

V . t + 32 = 0

Resolviendo: t = V±VV2 -64 Pero: 'T e s u n núm eroreal positivo Entonces:

* * *

Si la partícula inicia su m ovim iento (t = 0) en el origen (X =0), determ inar su posición en el instante t = 5s. a) Faltan datos

b) X = 100 m

c) X = 125 m

d) X = 625 m

e) Ninguna

V2 - 64 > 0

V(míninno) —8 m/s * * PROBLEMA Nfi 34 * Üí Un le o pa rdo a frica no se encuentra * ¡f= “ m uerto de ham bre’ , a 81 m etros de él una * gacela sale del reposo en línea recta con * * una aceleración constante de 2 m /s2. De­ * te rm ina r la m ínim a, velocidad m edia * (constante) del leopardo, tal que pueda * alcanzar a la gacela. * * a)im posible,elleopardoestám uerto * * * b) 18 m/s * * c) 16 m/s * *

d) 14 m/s e)Ninguna anterior

Un perro corre detrás de un automóvil con una rapidez de 6m/s, cuando se en­ cuentra a 64 m de él sale el auto del reposo con una aceleración constante a = 0,5 m/s . Determinar después de qué tiempo a partir de ese Instante el perro alcanza el automóvil. Si no lo alcanza, determinar la distancia mínima que el perro se acercó al auto.

Dos móviles A y B desde las posicio­ nes mostradas en la figura salen del re­ poso (V = 0), con aceleración constante 8A = 6m /s2 y aB = 8 m/s2, a través de dos carreteras que se cruzan formando un ángulo recto. Hallar la mínima distancia que se acercan los móviles A y B durante su movimiento. „ « ____ 8 A a) 1,8 m ** ' =t¿=

SOLUCION:

b) 2,8 m a u to

Ü'OV

(2 )

c) 3,8 m * * ♦ * * *

¡"64 m * perro

(1 )

Suponemos que no lo alcanza, donde "d" es la distancia mínima que el perro se acerca al auto:

♦ * * * * * *

d) 4,8 m

mov

e) N.A. PROBLEMA Ne 37 A partir de la gráfica V - t, se pide determinar la velocidad media, dei móvil, en el intervalo 4 ; 12 segundos V(m/s)

Del gráfico: e i + d = 64 + d = 62 - ei + 6 4 d—

. a . t 2 —V . t + 6 4 ti s)

d = | . (0,5).t2 - 6 t + 64 completando

0|

cuadrados:

d = |-~| - 2 I - H . 6 + 36 + 28

d = | | - 6 | +28

4

SOLUCION: * * * * * *

El desplazamiento que experimenta el móvil en el intervalo 4 ; 12 segundos, es igual al área bajo la curva. d = area = 60 m Por definición:

At

La distancia "d” es mínima cuando: t = 12 s Luego: drninima = ?8 m

Vm =

60m (12-4)

Vm = 7,5 m/s

Hallar la velocidad media entre t = 1 s y t = 2 s, de un móvil que se desplaza en línea recta con la siguiente ley de movi­ miento: X = 7 12 +2t - 2 X : posición (m) t : tiempo (s) a) 13 m/s

b) 15 m/s

c) 18 m/s

d) 23 m/s

e) N.A. PROBLEMA Ne 39 El gráfico V - t mostrado nos repre­ senta el movimiento de dos móviles A y B. Si ambos móviles se encuentran en el instante t = 6 s , ¿Qué distancia los separaba inicialmente?

SOLUCION: La distancia de separación inicial, es igual a la diferencia de espacios recorri­ dos.

* * 0 , cuando el movimiento todavía es retardado (el cuerpo aún se mueve hacia arriba). V F < 0 , cuando e! movimiento es acelerado (el cuerpo se mueve hacia abajo).

Entonces:

# *

(-30) = 20 - 10.t

* * « * $

t =5s PROBLEMA N® 27 Dos piedras se lanzan vertical mente y en el mismo instante desde A y B con velocidades de: 12,5 m/s y 20 m/s respec­ tivamente. ¿A qué altura h sobre el ni vel B se encuen­ tran las piedras? g = 10 m/s2.

* * * * * ♦

(-30) = (50) - (10). t * * * * * * * *

a )h = 8 m

b) h = 1 0 m

c) h = 20 m

d) h = 30 m

* * * * * * * * * * * ♦ * * * * * *

Se lanza una piedra desde la superficie de la Tierra con unaveíocidad inicial de 50 m/s. Si después de un tiempo "t" la piedra se encuentra acercándose a la Tierra con una velocidad9 de 30 m/s,7 hallar "t“. g = 10 m/s . SOLUCION: Convencionalmente el signo de la veloci­ dad es positivo (+) hacia arriba y negativo(-) cuando tiene sentido hacia abajo.

t = 8 seoundos PROBLEMA N® 29 Un cuerpo es lanzado a Tierra con una velocidad V0 hacia arriba y alcanza una altura H. ¿Qué afirmaciones son verdaderas? Nota: Suponer el experimento en el vacío. Q

P8* * * * * * * * * «I» si» * * * O* * # sis

* * * * # Stf * *

VELOCIDAD RELATIVA Consideremos dos Asteroides A y B que se mueven en línea recta con velocidades V a y V b respecto de un observador fijo en la tierra.

..... - .......... CONCEPTO. Es aquel movimiento compuesto que tiene como trayectoria una línea curva de­ nominada parabólica- Todo cuerpo que es lanzado con una velocidad “Vo" formando con la horizontal un ángulo " 0 ” describe un movimiento parabólico. Empecemos por encontrar las fuerzas aplicadas al móvil. Sobre éste actúa sola­ mente la fuerza de gravedad (peso) por esta razón, en la dirección horizontal el cuerpo se mueve a velocidad constante, la fuerza resul­ tante en el eje "x” es igual a cero, mientras en el eje vertical su movimiento es uniforme­ mente acelerado a razón de 9,8 m/s2.

*

* * ü* 3* * * *

*

0 $ * * * * ta * * * * * *

TIEMPO DE VUELO En el tramo AB: Vfy = Voy —g . t

0 = V0 . Sen 0 - g t V0 . Sen 6 tAB —

2V0 . Sen 0

Tvuelo —

ALTURA MAXIMA (H) En el tramo AE: v: =v ;-2 .g .h 0 = V * . Sen 0 - 2 gH. V c . Sen2e 2g

.... (2)

ALCANCE HORIZONTAL (D) En del tramo ABC: e = Vx . t ,,, ^ 2 v o • Sen 0 D = (V0 Cos 0). — 2 V D =MOVIMIENTOS COMPONENTES: En el eje “x" se cumple el M.R.U. Vx = constante En el eje "y" se cumple el M.R.U.V. ay = g = 9,8 m/s2 CONSIDERACIONES El alcance horizontal ”D“ es suficiente­ mente pequeño como para despreciar la cur­ vatura de la tierra.

* * * * * * # *

Sen 0 . Cose

RELACION ENTRE H Y D D ividiendo m iem bro a m iem bro las ecuaciones (2) y (3):

m #

T r, = — 4H Tg 0 w D

*

RELACION ENTRE H Y T

s¡*

*

$ *

O)

Dividiendo: (1)2 4 (3) h

.

s

t *

Del teorema de Pitágoras: De lo alto de una torre, se lanza una piedra con una velocidad de 40m/s. Sabiendo que la piedra estuvo en movimiento 3,0 segundos: - ¿Cuál es la altura de la torre? - ¿A qué distancia del pie de la torre la piedra alcanza el suelo? - ¿Con qué velocidad la piedra alcanza el suelo? g = 10 m/s2 SOLUCION:

# # * * * * 0» * * * *

V2 = V2X+ V2y V2 = 1 600 + 900 V = 50 m/s V :

velocidad de la piedra cuando llega al suelo.

*

PROBLEMA Nfi 2

* * *

Un futbolista comunica a una pelota la velocidad de 10 m/s con un ángulo de 37° con la horizontal, encontrándose a 8 m de distancia de una portería (arco) de 2,5 m.

$

¿Había posibilidad del gol? SOLUCION:

2,&m

*■’ i ^ u . m 'V V -:

y."-

8™ En la horizontal: D = (Vo Cos 37°) t

ti*4/0s En la vertical: h = (V0 S e n 3 7 °)t —| . g . t 2 H = 0 + ¿ (10)(9) h =¡ 10 - 5 | l ) - 2 {9'8 )(1)

H = 45 m En la horizontal: D = Vx . t D = (40 m/s)(3 s) Ds = 1 2 0 m Cálculo de la velocidad en la vertical: Vy = Voy + g . t Vy = 0 + 10(3) Vy = 30 m/'s

h - 1 ,1 , m * * * * * * * * % * * * * *

¿Hay posibilidades de gol? Si, h < 2,5 m PROBLEMA Ns 3 Un avión vuela horizontalmente con velocidad de 100 m/s, se deja caer une piedra respecto del avión y recorre una distancia horizontal de 1 000 m. antes de llegar al suelo.

- ¿Cuál es la altura a la que se encuen­ tra el avión? - ¿Con qué ángulo llegó la piedra so­ bre el suelo respecto de la horizontal? g = 10 m/s2. SOLUCION:

* * * * * d* * * sk á*

En el horizontal: D = (Vx) . t

1 000 = (100) t t = 10s Cálculo de la velocidad en la vertical:

* * * * * «l * * * *

Vy = Voy + g . t Vy = 0 + 10(10) Vy = 100 m/s

Cálculo del ángulo de impacto:

* * * * * * * * 0* *

Tg 6 = 1

6 = 45°

5. MOVIM IENTO PARABOLICO

*

i) Tiempo de vuelo: T=—

g

— Sene

* * *

Pero: D = 3H

tg 0 =

4H 3H

4 3

ii) Altura máxima: H=

V i . Sen2 6 ~2g

* *

iii) Desplazamiento horizontal: Vo

D = — . Sen 2 6 9 iv) Relación entre H y D -r « 4H 9 D v) Relación entre H y T H| :_

fl

T

2

8

* * *

Un proyectil es lanzado con una velo­ cidad inicial "Vo” formando un ángulo de 45° respecto de la longitud.

* * * * *

Si la altura máxima alcanzada es 4 m, determinar el alcance horizontal hasta lle­ gar al plano.

* * *

PROBLEMA Nfi 01 Respecto del movimiento parabólico, determinar la medida del ángulo de lan­ zamiento ” e ", tal que el alcance horizon­ tal sea el triple de la* altura máxima alcanzada. SOLUCION:

El ángulo de lanzamiento " 0 " , la altura máxima “IT y el alcance horizontal "D”, se relacionan del siguiente modo:

PROBLEMA Nfi 02

* * *

a) 1 m

b) 2 m

d) 16 m

e) Ninguna

c) 8 m

PROBLEMA Ns 03 Dos proyectiles "A " y "B" lanzados con inclinaciones de 53° y 37° respecti­ vamente alcanzan iguales alturas máxi­ mas. El proyectil “ A " experimenta un al­ cance horizontal de 9 metros, ¿qué al­ cance horizontal experimenta "B"? SOLUCION

4H D

a) 2 s 4 _ 4H 3_ 9

Proyectil "A":

I H=3m

* * * * * *

4 (3 ) x

Proyectil "B":

x = 16 m

* 0 0 0 * * 5¡S S¡* * * * 0 * * * *

Tg a Tgp

= 2

PROBLEMA Nfi 22 Dos proyectiles A y B se lanzan sim u l­ táneamente, como indica la figura. Hallar la medida del ángulo “ 0 ”, si los proyec­ tiles colisionan en el punto "P“ durante su movimiento.

SOLUCION: 1)

Si ambos proyectiles alcanzan al­ turas iguales. h = Voy. t - ^ . g . t 2 Para "A":

* * fe * $ * # m $ &

H =V i S e n a . t - l . g . t 2 ....(1) Para "B”: H = V 2. S e n p . t - | Igualando: (1) = (2)

& g.t2 ... (2)

* $ & # * *

a) e =30°

b) 0 =37°

d) 6 = 60°

e) Ninguna

c) 6 =53°

PROBLEMA N2 23 Desde un globo que asciende con una velocidad U = 6 m/s, se lanza una piedra horizontalmente (respecto del globo) con una velocidad Vx = 5 m/s. La piedra ex­ perimenta un alcance horizontal de 15 me­ tros hasta llegar al suelo. ¿Desde qué altura H se lanzó la piedra? g = 10 m/s2

1) En el eje horizontal se cumple en M.R.U.: t

e Vx

15 m 5 m /s

tiempo en movimiento

t = 3s 2)

En el eje vertical, tomamos como referencia el punto de lanzamiento. - h = V0y . t - ^ . g . t2

H = 27 m PROBLEMA Ne 24 Desde un globo que asciende a 5 m/s, se lanza un objeto con una velocidad V0 = 5 m/s (respecto del globo) formando un ángulo de 53° con la horizontal. El objeto experimenta un alcance horizontal de 12m. ¿Desde qué altura H se lanzó al objeto? g = 10 m/s2

* * * * * * * * * * * * * * n> st* * * ♦ * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * s* * * * * * * * *

a) H = 24 m

b) H = 34 m

c) H = 44 m

d) H = 54 m

e) Ninguna PROBLEMA N2 25 En ia figura el campo gravitatorio se representa mediante líneas de fuerza. Se lanza una pelota perpendicular a la super­ ficie con una velocidad V0 = 20 m/s. Hallar la altura máxima que alcanza la pelota respecto a la superficie. La intensidad del campo gravitatorio es: g = 10 m/s2

SOLUCION: Descomposición rectangular de la inten­ sidad del campo gravitatorio: qx

* * * * * * * * * * * * 4» * * *

= 5 '¡3

gy = 5 m/s En el eje "y“ : V f2 = Vo2 - 2 gy . h

.... ( 1 )

Reemplazando en (1): 0 = 400 - 2(5)H H = 40 m PROBLEMA N2 26

ii iI I! i! r-n»

71’L.Z'’:v ,f*V 'WKlgWlM^Ik Jy'*■ — 12 m---------- —I

* * * * * * * * * *

La figura muestra un campo gravitato­ rio representado mediante líneas de fuer­ za de intensidad g = 10 m/s2. Se lanza un proyectil perpendicularmente a la super­ ficie con velocidad V0 = 40 m/s. Determi­ nar el desplazamiento a lo largo del plano.

R V -'e 'v'R

a) x = 100 m

b) x = 200 m

c) x = 300 m

d) x = 400 m

e) x = 500 m PROBLEMA N9 27 ¿Cuál es la diferencia entre las alturas máximas alcanzadas por un proyectil dis­ parado con una velocidad V0 = 2 m/s, cuando varía su ángulo de tiro de 30° a 60o?.. El módulo de la velocidad de lano zamiento es constante, g = 10 m/s . a) 0,1 m

b) 0,2 m

d) 0,4 m

e) Ninguna

c) 0,3m

4

* * * * * * * * * * * * * * * * $

\

11" (1)

" f Luego: s = e .R

|

3) Velocidad lineal o tangencial (Vj).

* Es una magnitud vectorial, se define J como la longitud de arco recorrido por el * móvil por cada unidad de tiempo. Se repre% senta por un vector tangente a la trayectoria. i * . .. ( 2 )

M O V IM IE N T O C IR C U L A R CONCEPTO. Es aquel tipo de movimiento que tiene como trayectoria a una circunferencia. Elem entos d el m ovim iento circu la r 1) Desplazamiento Lineal (S). Es la longitud de arco de la circunferencia que recorre el móvil o punto material, entre dos puntos considerados de la trayectoria. 2) Desplazamiento angular ( 6 ). Es el ángulo central correspondiente al arco descrito por el móvil, se mide en ra­ dianes. Relación entre los desplazamientos li­ neal y angular: El ángulo medido en radianes es igual al cociente de la longitud de arco entre el radio de curvatura.

* * * * * * * * * * * * * * * * *

4) Velocidad angular (W). Es una magnitud vectorial, se define co­ mo el desplazamiento angular que experi­ menta la partícula por cada unidad de tiem­ po. Se representa por un vector perpendicu­ lar al plano de rotación; el sentido se deter­ mina mediante la regla de la mano derecha, los dedos indican el sentido de giro y el pulgar el sentido de la velocidad angular, W=

6

.... (3)

U nidades:

rad rad rad s ’ min ' hora

Relación entre las velocidades tangen­ cial y angular S i) Sabemos que: V t = — .... (2) pero: S = 6 R

.... (1)

ii) Reemplazando (1) en (2): 0, R t 0 pero: W = VT =

.... (4) - - (3)

Reemplazando (3) en (4): VT = W . R |

.... (5)

*

1) Periodo (T).

* * * * * * * $ * * * * * * * * * * * # * t

Es el intervalo de tiempo constante que demora una partícula en recorrer la misma trayectoria. Su valor indica el tiempo em­ pleado por cada vuelta o revolución.

# * * * * ♦ *

j

Unidades s . , min , hora , años 2) Frecuencia (f). Se define como la inversa del período. Su valor indica el número de vueltas que describe la partícula por cada unidad de tiem­ po. f _ 1 - T

* * * * * *

1 1____ 1 _ s ' min ’ hora — R.P.S. = H ertz.; - 4 = R.P.M. s min t = R.P.H. hora El término usual de la frecuencia es (R.P.S.) revoluciones por segundo o Hertz. La unidad fue llamada Hertz en honor al físico alemán H.R. Hertz (1 857 - 1 894), quien fue el primero en demostrar experimentalmente la existencia de ondas electromagnéticas. 3. Relaciones entre la velocidad angular el período y la frecuencia. 0 i) Sabemos que: W = ■• .... (1) ii)

Pero, cuando la partícula da una vuelta sobre la trayectoria el ángulo barrido es: 6 = 2 n rad. y el tiempo empleado es igual al período.

iii)

Luego: 0 = 2 n rad y

CONCEPTO. Es aquel movimiento que tiene como tra­ yectoria una circunferencia, en el cual la par­ tícula recorre arcos iguales, por consiguiente barre ángulos en tiempos iguales, esto quie­ re decir que la velocidad angular permanece constante. En este caso el movimiento de la partícula es periódico, y la partícula pasa por cada punto de la circunferencia en intervalos de tiempos iguales.

número de vueltas tiempo empleado

Unidades

« * # 4 * i» # # ♦ # í * * ♦

tiempo empleado “ número de vueltas

t = período = T ... (2) iv)

Reemplazando (2) en (1): .... (3)

v) Además sabemos que:

* ♦

.... (4) vi) Reemplazando (4) en (3): W = 2 n. f

.... (5)

4) LEY de KEPLER para el M.C.U.

* * T o d a partícula o punto material que tiene movimiento circular uniforme, describe areas iguales en tiempos ¡guales, respecto de un sistema de referencia ubicado en el centro de la circunferencia". Ley de áreas:

* * » * * * * * * * * *

Fig. 1 AW

“Areas iguales en tiempos iguales" Unidades:

rad „2

rad - 2 min

Dimensionalmente: [a]=T

CONCEPTO. Es aquel movimiento que tiene como tra­ yectoria una circunferencia, en el cual la par­ tícula aumenta o disminuye su velocidad an­ gular progresivamente, por consiguiente se mueve con aceleración angular constante.

* * *

1) Aceleración Angular ( a ). Es una mag­ nitud vectorial que mide la rapidez de cambio de la velocidad angular que ex­ perimenta una partícula. Se representa por un vector perpendicular al plano de rotación.

* * * * * $ * *

-2

.... (3)

2) En el M.C.U.V., la velocidad lineal o tan­ gencial cambia en módulo, dirección y sentido. A la medida de la rapidez de cambio de la velocidad lineal se le llama "aceleración lineal" que es diferente a la "aceleración angular". 3) Descomposición rectangular aceleración lineal

de

la

La aceleración lineal se puede escribir en función de dos componentes mutuamen­ te perpendiculares llamados: aceleración tangencial y aceleración centrípeta.

* * * *

Fig 2

4) Aceleración Tangencial ( a t ). Es una magnitud vectorial, mide la rapidez de cambio que experimenta la velocidad li­ neal en módulo. Es la componente de la aceleración lineal paralela o colíneal a la velocidad instantánea, por consiguiente se representa por un vector tangente a la trayectoria. Su valor es igual a: .... (4) De la figura (2) se puede escribir la acel­ eración tangencial como una componen­ te de la aceleración linea! “a".

L®¡= a . Sen 6

(5)

5) Acelereración centrípeta ( ac )■ Es una magnitud vectorial, mide la rapidez de cambio que experimenta la velocidad en dirección (y sentido). Es la componente de la aceleración lineal, radial, por con­ siguiente se representa por un vector que apunta en todo instante al centro de la circunferencia. Su valor es igual al cua­ drado de la velocidad instantánea entre el radio de curvatura de la circunferencia. .... (6 ),

V=W .R

pero:

....(7)

* * * * * * * * + * * * * * * * * * * * * + $ * * * $ * * * * * # ♦ * * * * # ftf * # » * # * m * 0 * Of * * * # * * * * * # * # *

De la figura (2) se puede escribir la ace­ leración centrípeta como una compo­ nente de aceleración lineal "a". ac = a Cos G

1

-.O )

6) Relación entre la aceleración angular y la aceleración Tangencial. Sabemos que: V t = W . R ; en cada instante Luego: V f = W f .R : V0 = W0 R

(8)

* * * *

. (i)

Además; la aceleración angular: W f-W o a =■ t

.... (ii)

Reemplazando e ( i ) en Vf - V o

at = -

3

.... (iii)

t

WF. R - Wo- R (WF - W0) i " t

„ R

.... (iv) De (ii):

... (v)

at = ce , R

Debe observarse que la aceleración an­ gular (a) y la aceleración tangencial ( a ,) son vectores mutuamente perpendicu­ lares. LINEAL S = V0 t + | a , . t 2

Vf = Vo + 3 t. t

V2f = V20 + 2 . a , . S

Reemplazando (7) en (6): ac = W . R

V = Velocidad lineal instantánea W = Velocidad angular instantánea R = radio de curvatura, constante

s

= (Vo + V q

t

Proyectil:

ANGULAR

e = V .T e = Wo . t + ~ . a . t2

W f = W0 + a . t W2f = W20 + 2 . a .6

* * * * m % * $ * * * # $

1 m : 400

T=

m

400

Esfera:

W- ! - ± 400 PROBLEMA Ne 01 Una esfera hueca de radio 1,0 m gira alrededor de un eje ve rtica l que pasa por su centro. Un p ro ye ctil se desplaza con una velocidad de 400 m /s p erpendicular­ m ente al eje, perforando la esfera en un punto cuyo radio form a 30° con el eje. Hallar la m ínim a ve lo cida d angular que debe tener la esfera para que el pro yectil entre y salga por el m ism o agujero. SOLUCION:

W = 400 n rad /s $ * * *

* * o* * * * *

PROBLEMA N2 02 Dos satélites A y B decriben trayecto­ rias circu lares concéntricas de radios de curvatura R y 2R, respectivam ente. Si los ve ctores posición, respecto del ce ntro de curvatura de A y B describen áreas igua­ les en tie m p os iguales, determ inar la re­ lació n entre sus velocidades angulares. SOLUCION:

* * * * * * * * * m * * *

El proyectil atraviesa el cuerpo esférico haciendo un solo agujero cuando la es­ fera gira un ángulo de 180° (mínimo) en el mismo tiempo.

* * * * * # w * * * * * # * * * *

Igualando Areas: A(A) = A(b) | a R 2= | p

(2R)2

a =4 p Por consiguiente: WA = 4 WB

Dos móviles A y B parten de dos pun­ tos diametralmente opuestos de una pista circular, desplazándose en el mismo sen­ tido con velocidades angulares de n!2 y n/3 rad/s; respectivamente. ¿Después de cuánto tiempo se encuentran juntos? SOLUCION:

#i Desplazamiento angular: 6 a - 6 B = n

(WA - Wb) t = n Reemplazando:

* * * * * # * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * $ * * *

SOLUCION: Considerando un movimiento con ace­ leración angular constante: o_

(W0 + W f) t

Pero: W0 = 2 ic f

* * *

y

WF = 0

Reemplazando: v 2rc(1200) „ 200 ( 2 n ) = — --------- t t = —imin u

§-§!«■ t=6s

En qué tiempo se detiene una rueda que giraba a 1200 RPM; si es frenada logrando dar 200 vueltas hasta que se detiene.

t = 20s

6) MOVIMIENTO CIRCULAR UNI­ FORME (M.C.U.)

PROBLEMA N® 01 La figura muestra tres discos tangen­ tes entre sí, de radios de curvatura: _ R R , R ; — ; — respectivam ente. Cuando el disco de mayor radio gira 4 vueltas, ¿cuántas vueltas girará el disco de menor radio?.

SOLUCION: Los puntos periféricos de los discos tan­ gentes, tienen igual velocidad lineal VA = VB = Vc

$ * * * * * * * * $ ♦ * * * * * * * * * * * * # * * * * % $ * ♦ * ♦ $ * ♦ *

# * * *• * * *

W a - R = WC - j 3W a =W C 3 fA = fe 3(4v) = fe fe = 12 vueltas ’EI número de vueltas que gira uno de los discos tangentes es inversamente pro­ porcional a su radio de curvatura". PROBLEMA N9 02 Se tiene "n" discos giratorios todos ellos tangentes el uno a continuación el otro tal como se muestra en la figura, sus radios son: _ R R R R* 2 * 3 * 4 * de mayor radio con velocidad angular "w", ¿cuál será la velocidad angular del disco n-ésimo?

a) w

b) nw

d )(n - 1 ) w

e) N.A

c)

w

Un d isco gira con una velocidad angu­ lar constante. Si lo s p u n to s p eriféricos tienen el trip le de velocidad que aquellos puntos que se encuentran 5 cm . m ás cer­ ca al centro del d isco , ca lcu lar el radio del disco.

* La fig ura m uestra d os poleas concén­ 4» * trica s de radios de curvaturas a = 20 cm y 4» b=30 cm . Si las poleas giran en sentido * * horario con velocidad angular constante * * w = 4 rad/s. Hallar la velocidad relativa de * alejam iento entre lo s b loques A y B. ♦

SOLUCION 3V 4*

4* * * * * * * * * Los puntos A y B tienen igual velocidad angular "w".

* *

SOLUCION-

La velocidad lineal será:

* *

La velocidad de cada bloque, es igual a la velocidad lineal de los puntos periféri­ cos de las poleas respectivas:

Vi = w

Ri

* * * * $ #

Para "A” : 3V=w .R

... (1)

4»

Para ”B ': V = w . (R - 5)

#> * # * *

.... (2)

Dividiendo: 3 1

4»

i»! * * * *

R (R - 5)

Resolviendo:

4*

*

V=w .R Para "A": V a = (4) (20) = 80 cm/s

.... ( i)

Para “B": VB = (4) (30) = 120 cm/s En cada segundo los bloques se alejan en 40 cm.

«s

*

R = 7,5 cm.

Vrelativa = (Vb ~ Va) = 40 cm/s

4»

PROBLEMA Ne 04 Un d isco gira con una velocidad angu­ lar constante. La velocidad lineal de los puntos p eriféricos del d isco es 6m/s y la velocidad lineal de los p un to s situ ad os a una distancia de 0,15 m m ás cerca al eje es 5,5 m/s. D eterm inar el radio del disco. a) 2,8 m

b) 2,4 m

d )1 ,2 m

e) Ninguna

c)1,8 m

* * #

4» 4*

# * * * * # *

PROBLEMA Nfi 06 La fig ura m uestra un sistem a de po­ leas concéntricas, entre las poleas tan­ gentes no hay deslizam iento. Si el bloque P baja con una velocidad de 5 cm /s, deter­ m inar la velocidad del bloque Q. Los ra­ d io s son lo s siguientes: a = 60 cm x = 40 cm

b = 30 cm ; y = 20 cm

* * * 0 * * * * ♦ * * * * * * * * a) 3 cm/s

b) 5 cm/s

c) 7 cm/s

d) 9 cm/s

e) Ninguna

* * * * * *

2

V = w

.

R

Para (1) Vi = (4) (10) = 4 0 cm/s Para (2 ): V 2 =(4) (20) = 80 cm/s Propiedad de la polea móvil:

PROBLEMA Ns 07 La figura muestra dos poleas con­ céntricas de radios a = 20 cm y b = 10 cm, respectivamente. La polea móvil se encuentra sostenida mediante una cuer­ da cuyos extremos están enrrollados a las poleas fijas. Si las poleas con centro fijo giran con velocidad angular constante de 4 rad/s en sentido horario, hallar la velocidad del bloque unido a la polea móvil.

* * * * * * $ o» $ * * * * * * $ *

Reemplazando: V3 = 60 cm/s PROBLEMA Nc 08 La figura muestra tres poleas concén­ tricas de radios de curvatura a = 10 cm; c = 30 cm. Si el sistema de poleas gira con velocidad angular constante igual a w = 4 rad/s, en sentido horario, hallar ia veloci­ dad con que se mueve el bloque “E''.

SOLUCION La velocidad de los puntos (1) y (2) en la cuerda, es igual a la velocidad lineal de los puntos periféricos de las poleas res­ pectivas:

a) 0,5 m/s

b) 0,7 m/s

c) 0,8 m/s

d) 0,9 m/s

e) Ninguna

La figura muestra dos poleas concén­ trica de radios a = 20 cm y b = 10 cm, respectivamente. Si las poleas giran en sentido antihorario con velocidad angular constante w = 6 rad/s, hallar la velocidad del bloque que se encuentra unido a la polea móvil.

* * * * * * * * ♦ *

La figura muestra dos poleas concén­ tricas de radios a = 156 cm y b = 10 cm, respectivamente. Si las poleas giran en sentido horario con velocidad angular constante w = 4 rad/s, hallar la velocidad lineal del bloque que se encuentra unido a la polea móvil.

* * * * * * * * * * SOLUCION 1) Cálculo de la velocidad lineal de los puntos A y B de la cuerda. ''N

-I r

>!< »l* * * * * * * * * * * # * * * * # *

5 2 = V0 . t + ^ . a i . t2

*■ * * * * *

Una partícula realiza un M.C.U.V. a par­ tir del reposo (V = 0) con aceleración an­ gular constante de 0,25 rad/s2. Si se sabe que el radio de la trayectoria es de 2 metros y el cambio de la velocidad en módulo, es igual, al cambio de la velocidad en dirección y sentido en un determinado instante. De­ termine el tiempo de movimiento de la partfcua hasta ese instante. SOLUCION: 1)

La aceleración centrípeta, es igual a la aceleración lineal, en modulo.

V2 = a . R2 Reemplazando: V2 = (0 , 25)(4) V 2)

= 1 m/s

Cálculo de la aceleración lineal o tangencial. aT = a . R

SOLUCION:

a-n=(0 , 25)(2)

a r = 0,5 — s 3)

-(1 )

* * & * * *

* * *

(2)

Descomponiendo la aceleración rectan­ gularmente:

Cálculo del intervalo de tiempo: * * $ * *

V f = V0 + A t t 1= 0 + (0 , 5 ). t Luego:

«ti

t=2s

* * *

PROBLEMA N9 08 Una partícula realiza un M.C.U.V. a par­ tir del reposo con aceleración angular constante de 1,0 radianes/s2. Si se sabe que el radio de la trayectoria es R = 2 m y el cambio de la velocidad en dirección y sentido, es igual, al cambio de la veloci­ dad en módulo en un determinado ins­ tante. Determinar el tiempo en movimiento de la partícula hasta ese instante. a) t = 0,1 s c ) t = 0 .8 s

b) t = 8 s d )t= 1 ,0 s

e) Ninguna PROBLEMA N8 09 En la figura se muestra una partícula moviéndose en sentido antihorario sobre una circunferencia de radio P = 5 m. La magnitud de su velocidad es variable. En un determinado instante el vector acele­ ración de módulo a = 20 ^¡2 m/s2, forma un ángulo de 135° con el vector velocidad. Halle Ud. el valor de la velocidad y el tipo de movimiento en dicho instante.

Cálculo de la aceleración centrípeta: 42 ac=a .Cos 45°= 20 y¡2 =20 m/s2 Pero: * * * * * m * * $ * * * * * * * * * *

* * * & £

V¿ 20 = T

a c = -R Luego. V = 10

m s

El movimiento de la partícula es retar­ dado, V y aT tienen sentidos opuestos. PROBLEMA N9 10 En la figura se muestra una partícula moviéndose en sentido horario sobre una circunferencia de radio R = 0,4 m. La magnitud de su velocidad es variable. En un determinado instante el vector acele­ ración de módulo a = 50 m/s2 forma un ángulo de 127° con el vector velocidad. Entonces, la partícula se mueve con una velocidad instantánea de módulo..........y el tipo de su movimiento e s ................. "acelerado" la velocidad aumenta, “retardado": la velocidad disminuye.

Luego: e+ 0 * * * * V

a) V = 4 m /s ; acelerado b) V = 4 m/s ; retardado c) V = 6 m/s , acelerado d) V = 8 m/s ; retardado

* # * *

e) Ninguna PROBLEMA Ne 11 Un m óvil parte del reposo y com ienza a m overse con M.C.U.V. con una acele­ ración a n g u la r co n sta n te de 2 rad/s . S a b ie n d o q ue un c ie rto in te rv a lo de tiem po, el m óvil ha barrido con ángulo central “6" y 2 segundos después ha ba­ rrido un ángulo donde se cum ple que; 6 _ e 4 “ 5 Hallar el ángulo “ e "

* * * * i

2)

Si la aceleración angular es de 4 rad /s 2, determ ine el ángulo to ta l barrido (6 +e).

c) 400 rad

d) 500 rad

S

e) 800 rad

* * *

A n a liz a n d o el tra m o to ta l del movimiento: (0 + e.) = | . a (t+2)2 * Luego

3)

Un m óvil parte del reposo (o = 0) con M.C.U.V., después de un tie m p o "t" se observa que barre un ángulo central " 0 " y 5 segundos después barre un ángulo * e ", donde se cum ple que:

|

l2

\2 6 + e = (t +2 Y

PROBLEMA Ns 12

b) 300 rad

Llamaremos T al tiempo que tarda el móvil en barrer el ángulo central “ 0 Analizando el tramo inicial del movimiento: 0 = |a

t = 4s e = 1 6 rad e = 20 rad

a) 200 rad

SOLUCION: 1)

Reemplazando (1) y (2) en (3):

* * * * * * * ♦ * * Sfí * *

9

e "4

— (2)

De la condición: * *

PROBLEMA Nfi 13 La figura m uestra dos poleas concén­ tric a s de radios x = 20 cm y = 30 cm, sabiendo que las poleas giran en sentido horario con aceleración angular co nsta n ­ te = 4 rad/s2, hallar la aceleración lineal con que baja el bloque unido a la polea m óvil.

c) 0,4 m/s2

La aceleración lineal de los puntos A y B, es igual a la aceleración lineal de tos puntos periféricos de las respectivas poleas:

e) Ninguna PROBLEMA Ns 15

a=a .R

Una partícula sale del reposo, descri­ biendo una trayectoria circular, con acele­ ración angular constante de

Para “A " : aA = 4 (20) - 80 cm/s2 (1) Para " B ": aB = 4(30) = 120 cm/s2 (1)

* * * * 0 W * * * * * * *

Reemplazando: (8 0 + 1 2 0 ) cm /s' 2 ac = 1 m/s2 PROBLEMA N® 14 La fig ura m uestra d o s poleas concén­ tric a s de radios x = 1 5 cm e y=25 cm. Sabiendo que las poleas giran en sentido horario con aceleración angular co nsta n ­ te a = 2 rad/s2, hallar la aceleración lineal con que baja el bloque "E"

d) 0,8 m/s2

a = ^ ra d /s2' 5 Hallar el desplazam iento angular que describe la partícula en el OCTAVO se­ gundo de su m ovim iento. SOLUCION: El desplazamiento angular que describe la partícula en el n-ésimo SEGUNDO de su movimiento será: = a>o + ^ a . ( 2 n - 1 )

Reemplazando en (*): (15)

-« ♦ 5 i

* * $ * * * * *■ * * * * * * * * * *

(*)

coo : velocidad angular inicial a : aceleración angular

$ * * * * $ * í

....

Luego:

= |

ji

rad = 270°

PROBLEMA Ns 16 Una partícula inicia su m ovim iento (t = 0) con una velocidad angular coo = rc/4 rad/s y aceleración angular a = n/9 rad /s 2. Hallar el ángulo que barre la partícula en el q u in to segundo de su m ovim iento. a) 120°

b) 135°

d) 150°

e) Ninguna

c) 143°

PROBLEMA Ns 17 La fig ura m uestra d os poleas concén­ tric a s de radios x = 20 cm. y b = 10 cm., respectivam ente. Si las poleas giran en sentido antih orario con aceleración angu­ lar constante igual a 0,2 rad/s2; hallar la aceleración lineal del bloque que se en­ cuentra u n id o a la polea m óvil.

* * * * * * * * *

SOLUCiON: La aceleración lineal de los puntos A y B, es igual a la aceleración lineal de ¡os puntos periféricos de las respectivas po­ leas. a=a .R Para " A ": aA = (0 , 2) (20) = 4 cm/s2

En el sistem a m ecánico m ostrado, el bloque Q sube con aceleración lineal constante igual a 0,6m/s2. Sabiendo que los radios de curvatura de las poleas con­ céntricas son x = 10 cm e y = 20 cm, determinar la aceleración lineal del blo-

* * * * * * * * * *

( i) *

P a ra ' B" :

#

aB = (0 , 2) (10) = 2 cm/s2

1 *.

tT

•1 Propiedad d e ja polea móvil: aA + aB ac = Reemplazando: (-4 ) + (2) a. c = ----------■■ Luego: ac = -1cm /s ( - ) : sentido hacía abajo

(1)

* * * * * * * * * * * * * m *

d)

0,6 m/s

e) Ninguna

PROBLEMA N5 19 Un disco experim enta un m ovim iento de rotación variado, cuya velocidad angu­ lar versus tiem po, es la que indica la fi­ gura. Determ inar el núm ero de revolu­ ciones que gira en lo s 6 p rim eros segun­ dos.

* * * * * * * # * * * # * * * * * *

SOLUCION: El desplazamiento angular que experi­ menta el disco, es igual al área de la curva, en la gráfica (ú - 1 : 0 = área del trapecio

e=^

e=

* * *

. h

2

(2 + 6 )

7t = 47C

Número de vueltas = - 7 - = ~ 2

=2 71

2 tc

En el intervalo de tiempo [0 ; 4) se­ gundos, el área bajo la recta es igual al cambio de la velocidad angular. (cüf - túo) = área del A

* * * * £ * *

(3co-co) = |

(4) (8 )

co = 8 rad / s

#V=2 2)

PROBLEMA N9 20 La gráfica, velocidad angular versus tiempo, describe el movimiento circular de una partícula. Determinar el número de vueltas que describe hasta el instante t = 8 s a) 2 V

b) 4 V

d) 8 V

e) N.A.

c) 6 V

* $ $

En el intervalo de tiempo [4 ; 6 ] se­ gundos . cüf

= ©o + c t. t

cof = 24 + 8 (2) cüf

* *

= 40 rad/s

para t = 6 s

* * PROBLEMA NS 22 * * * # * * * * * * *

La figura, muestra la gráfica: a - t de una partícula que describe una trayecto­ ria circular. Si en el instante t = 0 su velocidad angular es “ co “ y para t = 4 s la velocidad angular es "3ü)", determinar su velocidad angular para t = 6 s.

Se tiene la gráfica a - t de una partícula que se mueve describiendo una trayectoria circular. Si en el instante t = 0 su velocidad angular es "co" y para t = 4 s su velocidad angular es "3co", determinar su velocidad angular para t = 8 s.

* * * *

* * * * *

a) 31 rad/s

b) 41 rad/s

c) 51 rad/s

d) 61 rad/s

e) Ninguna PROBLEMA Ns 23 * * * * * $ $

Una rueda durante su recorrido ne­ cesita 3 segundos para girar un ángulo de 234 radianes. Su velocidad angular al ca­ bo de este tiempo es de 108 rad/s. Deter­ minar su aceleración angular constante.

SOLUCION: De la fórmula: £ * * * *

Q _ (COq + COF) t

Reemplazando:

*

234 = í í ^

.

,3) * *

.-.

(úo = 48 rad/s

Cálculo de la aceleración angular:

* a» + na *

a=

t

* * * * *

1 0 8 -4 8

*

* *

a = 20 rad/s2 PROBLEMA Ne 24 Una partícula gira en una circunferen­ cia de 3 m de diámetro. Inicia su movi­ miento (t=0) con una rapidez de 6 m/s, 3 segundos después su rapidez es de 9 m/s. Determinar el ángulo que describe la partícula al cabo de 6 segundos. a)12rad

b)18rad

d) 48 rad

e) Ninguna

b) 2 m/s

c) 4 m/s2

d) 8 m/s2

e) Ninguna

W f-C Üo

a =-

a) 1 m/s

c) 36 rad

PROBLEMA Ne 25 En el sistema mecánico mostrado, el bloque A sube con una aceleración igual a 1,5 m/s2, determinar la aceleración del bloque B.

* * * m * * m * # * * * * * * # * * * $ * * *

PROBLEMA N« 26 En el sistema mecánico mostrado, el bloque a sube con una aceleración igual a 1,0 m/s2, determinar la aceleración del bloque B.

V -

DINAMICA LINEAL

CONCEPTO. La dinámica es parte de la mecánica, estudia las relaciones el movimiento y la causa (fuerza). En este caso ei movimiento rectilíneo. 2da. Ley de Newton (1 672) (Ley de Aceleración) “Todo cuerpo material sometido a la ac­ ción de una fuerza resultante diferente de cero adquiere necesariamente una acele­ ración en la misma dirección y sentido de la fuerza resultante. El módulo de la acele­ ración es directamente e inversamente pro­ porcional a su inercia (masa)"

Aceleración =

F (resultante) masa

* * * * *

16, entonces el bloque está en movimiento Fk = Hk N Fk = 0,3 (40) Fk = 12 newtons PROBLEMA Ne 11 Un bloque se desliza sobre un piso horizontal, con aceleración de 4m/s . El bloque pesa "Q" y las fuerzas externas son Fi = F2 = Q. Calcular el coeficiente de rozamiento cinético g = 10 m/s2.

* * * * ■* * * * * * * * * * * * # * * * * * * * *

2da. Ley de Newton IF x = m . a (Q-fk) = | . a

.... (3)

Reemplazando (2) en (3): Hk---0,3

PROBLEMA Nfi 12 Determinar la máxima aceleración del sistema mostrado, tal que el bloque de masa ”m" no resbale sobre la plataforma. Coeficiente de rozamiento estático 0,6. g = 10 m / s2.

* * * *

SOLUCION: D.C.L (bloque): mgi

IF y = 0

N =14

* # * *

fk = H k . N = 0.5(14) fk = 7

1»

* s¡* * * * *

2da. Ley de Newton: (8 - f k) = m . a 1 = 2 (a)

£Fy = 0

N = ring

.... (1)

I F X = m.a us (mg) = m.a 3max = Us . g

Reemplazando: amóx —6 m/s PROBLEMA N9 13 El bloque de 2kg de masa se mueve sobre una su p e rficie de horizontal, cuyo coeficiente de rozam iento ciné tico es 0,5. La fuerza oblicua F es de 10N. Deter­ m inar la aceleración del bloque. g = 1 0 m / s 2.

SOLUCION: D.C.L. (bloque)

* * # ** m * * * * * * 5* * * * # * $

a = 0,5 m/s PROBLEMA Ns 14 En la fig ura m ostrada el bloque de masa “ M “ tiene una aceleración doble de masa "2 W . Existe rozam iento en todas las supe rficie s en contacto. C alcular el va lo r de " ( i "c in é tic o .

Slí

* * * * * * # * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * ■* * *

SOLUCION: Sistema (M + cuerda + M), consideramos que se mueve con una aceleración (2a) Mg

pM g

'Mg 2da Ley de Newton(Mg - |i Mg) = (2M) (2a) a = g (1 -n )/4

. ..( 1 )

: (MS 9upold) J.O.Q f

"

\

'

3Mg

*

r

* * * * * * *

Al aplicar ia 2da. Ley de Newton a un cuerpo rígido, la aceleración "a" que es producido por ia fuerza resultante “FR“, es la de su centro de masa (c.m) Por la 2da. Ley de Newton:

m

2 M T

T

1

nMg'í N,

V

J

2da Ley de Newton : F r = m.a

* * * * * *

PROBLEMA NB15 La barra uniforme y homogénea AB, de longitud "2L", se deja en libertad, a partir del reposo, de la posición vertical que muestra la figura. Sabiendo que la superficie horizontal es completamente lisa, hallar la ecuación de la trayectoria que describirá el extremo "A" hasta cuan­ do la barra llegue al piso.

trayectoria del extremo

* * * * * * * * * * * * * * # # * * * £ * * * * * * *

SOLUCION: Haciendo D.C.L. de la barra AB cuando se encuentra cayendo:

* * * * * ♦ * * * * * * * * * * * * * * * * *

Fr = m . a F r // a Pero como la " FR " es un vector vertical (N y mg son vertical), entonces la acele­ ración "a" de su C.M. será también verti­ cal, por consiguiente el C.M. de la barra uniforme homogénea se moverá vertical­ mente y hacia abajo. Hallar la ecuación de la trayectoria que describe un punto, con respecto a un cierto sistema coorde­ nado de referencia, es encontrar una re­ lación entre la abscisa “X" y la ordenada "y" de un punto. Y A(X;Y)

De la figura; por Teorema de Pitágoras: (2L)2 = (2x)2 + y2

Y = 2 V l 2 —x2 "Ecuación de un arco de Elipse” PROBLEMA Ns 16 Hallar la aceleración de los bloques de masas mi = 1kg , m2 = 2kg y m a = 3kg, si las poleas son de masa despreciable y el sistema está libre de todo rozamiento. g = 10 m / s2

Analizando cinemáticamente a la polea móvil:

SOLUCION: Haciendo D.C.L. del bloque m i :

De la propiedad de la polea móvil,

Por 2da. Ley de Newton :F r = m . a

a n -a 3 a2 = -

ir u g - T = m ia i r

bl ui

1 0 - T = a i . . . (1) 1

^0 í li

(*)

Obsérvese que hemos asumido que el bloque "m i’ se mueve acelerada­ mente hacia abajo.

Haciendo D.C.L. del bloque ''nrte": Por 2da. Ley de Newton F r = m . a 2T = tTi2 . a2 T = a2

....(2)

N

Jif im

JF

lm29

Haciendo D.C.L. del bloque "mg1: Por la 2da Ley de Newton F r = ma rri3g - T = nri3 . a3 30 - T = 3 a3 .... (3)

* * * * * * * * ♦ * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * i ♦ * * * *

2a2 = a i + a3

.... (4)

Resolviendo las Ecuaciones: Reemplazando (2) en (1): a i = 1 0 -a 2

.... (I)

Reemplazando (2) en (3): 30 —a2 = 3a3 83 =

30 - a2

.... (II)

Reemplazando (I) y (II) en (4): _

,

3 0 -3 2

2a2 = (10 - a2) + — - — donde: ai = 4m/s a¿ = 6 m/s2 83 = 8 m/s 2

El resultado positivo que hemos obtenido para "a ,” al resolver las ecuaciones, nos indica que el sentido de la aceleración del bloque "m ," que habíamos asumido ini­ cialmente (hacia abajo) es correcto.

u Haciendo D.C.L. de C En qué relación deben estar las masas M y m para que el cuerpo A esté en reposo con respecto del cuerpo B. No e xiste ro­ zamiento. Masas: A = D = m y B = C = M

* * * * * $ * % * * * * * * * * * * * ♦ # * * * * *

SOLUCION Haciendo D.C.L, de A: Como la aceleración es horizontal, enton­ ces: T C osG = mg

....(1)

Por 2da. Ley de Newton: F r = m . a T Sen 0 = ma

Haciendo D.C.L. de B Por 2da. Ley de Newton Fr

=m.a

T + T - T Sen 0 = M a

....(3)

* * * * * * ü* * * * * # # * * ♦ # * * # * * * * * * * * * * * * * * # * * * * * * * # * * * * * * *

Por 2da. Ley de Newton: Mg - T = M a T = M(g —a ) .... (4)

■ Haciendo D.C.L. de D Por 2da. Ley de Newton: m g - T = ma

-— (5)

Resolviendo las ecuaciones: Sumando (3) y (5) mg + T - T Sen = (M + m) a Reemplazando las ecuaciones (2) y (4) en la anterior. mg + M (g - a) - ma = (M + m) a g(M + m) = 2(M + m) a a = g/2 Sumando (1)2+(2)2: tT2 = m m2_2. __,2 a 2 g +m T = m^/a2^- g'

(6)

Igualando las ecuaciones (4) y (6) M(g! - a) = m V a2-*- g2

PROBLEMA Np 18 Si el sistem a m ostrado se deja en liber­ tad a p artir del reposo, hallar el tiem po que tarda el bloque A de masa 2kg, en recorrer la distancia d = 5 m etros sobre él m óvil C de masa 6kg. Los bloques A y B tienen igual masa. No hay rozam iento y las poleas tienen peso despreciable. (g = 10m/s2)

* * * * * * * * * * *

Bloque "C“ : T = Mac

*

* * *

Aplicando la segunda Ley de Newton, a cada bloque

* * # * * # * *

Bloque " A ":

* *

T = m . aA

* * * ♦ # * * * & *

SOLUCION:

T = 2 aA

- ..(1 )

mg - 2T = m . aB 10 - T = aB

..(2 )

Analizando móvil:

cinemáticamente la polea

slí

* *

De (1) = (3 ): aA = 3ac

* *

Reemplazando (3) en (2 ):

* * * * ♦

10 - 6ac = aB Reemplazando en (4): 20 — 12. ac

Bloque “B " : T = m . aA T = 2 aA . • ■(1)

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

5 , 2 ac = - m /s

3ac + ac y

ha

=

1 5 / 2 m /s

Analizando el movimiento relativo (A con respecto a C). a

reí = a a/c = aA - ac

a reí = 2,5 m/s2 Del M.R.U.V.: 1 o e = Vo-1 + - . a reí ■t Reemplazando

ma ( 0 , 4 ) = mg (0 , 2) * * * * * *

t = 2s PROBLEMA N3 19 C alcular la m áxim a aceleración que podrá tener el ca rrito, para que el bloque rio vuelque. E xiste su ficie nte rozam iento para que el bloque no resbale g = 10 m/s2 0 ,4 m

«te

% * * # # * * * * * * * * * * * * * *

1 a = 2 9

amax —5 m/s PROBLEMA N3 20 Una barra uniform e y hom ogénea se encuentra suspendida en el techo de un carro, que se mueve con aceleración constante. Debido a la inercia la barra se desvia un ángulo 6 = 37° respecto de la vertical. Hallar ia aceleración del carro, g = 10 m /s2

SOLUCION: D.C.L. para un observador ubicado en el carro (Sistema de referencia NO inercial) 2da condición de equilibrio.

* * * * * * * * * *

Mh5 r MAm9 = 0

* *

SOLUCION:

i

D.C.L. de la barra, respecto de un obser­ vador ubicado en el carro.

2da. condición de equilibrio. ZM a = 0

' FA mg (L Sen 0) - F ’ (L Cos 0) = 0 mg Sen 0 = m . a Tg0 = ¡ Reemplazando: a = 7,5 m/s

PROBLEMA N9 21 La figura muestra una carro que se mueve con aceleración constante "a", en línea recta. En el interior del carro se encuentra una estructura imponderable en forma de “ T ”, en sus extremos se encuentran fijos 2 esferas de pesos "W" y “6W ”. Hallar el valor de la aceleración, tal que 0 = cero. g = 10m /s

* * * * * * ♦ * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * & * * * Sü * * * * * * * * *

2da. condición de equilibrio: ZM a = 0 6 - a . L + - a (2L) = 6 W.L g g a=4 ‘9 a = 7,5 m/s PROBLEMA N9 22 Hallar la aceleración de los bloques de masa M y m con respecto al carrito, sa-

* * SOLUCION: D.C.L. de la estructura, para un obser­ vador fijo en el carro, sistema de referen­ cia no Inercial.

* * * * * * * * *

SOLUCION: Haciendo D.C.L. de los bloques desde un sistema de Referencia NO Inercial, fijo al carrito.

Haciendo D.C.L. del bloque "m" Por 2dá Léy de Newton: * T - m "s/a2+ g2 = m .arei .... (1)

Haciendo D.C.L. del bloque “M": M . Va2 + g¿ - T = M arei .... (2)

Resolviendo las ecuaciones: Sumando (1) y (2): ( M - m ) \ a 2+ g 2= (M+m) a reí

PROBLEMA N® 23 En el sistema m ostrado hallar la m agni­ tud de la fuerza "F " con la finalidad de que los bloques de masa "2 m " y "m ” per manezcan en reposo con respecto del carro de masa "M ". No hay rozamiento. Considere: m = 10kg , M = 90kg g = 10m/s

* * * * * # $ * * * * * * * * * * * * * * # * * * # * * * * * * * # * * # * * SÉ * * * * «t» * * * * He * # * # * * * * * * *

Aplicando la 2da. Ley de Newton a todo el sistema F = (M + 2m + m) a F = (M + 3m) a F = 120 a ,.,.(1) Para un observador NO Inercial, ubicado en el carro "M". D.C.L del bloque (2m): SFx = 0 T= F' T = (2m) a T = 20 a

(2)

D.C.L. del bloque (m). Fr = 0 T = m Va2 + g2 T = 10 V a2+ g2

....(3)

* * * * * * *

2a = \ 'a 2+ g2 V3 3 ' Reemplazando en (1): F = 400 y¡3 N PROBLEMA NE 24 Un ascensor de 6 metros de altura (entre el techo y el piso) esta subiendo con aceleración constante igual a 2,2 m/s2. Calcular el tiempo que demora en lle­ gar al piso del mismo ascensor un foquito que se desprende de! techo del mismo ascensor. SOLUCION: Ubicamos nuestro observador en el as­ censor, para él existe un campo equiva­ le n te a l c a m p o g r a v ita to r io , de intensidad 9ef = - ( g + a )j

gef = 12 m/s

El móvil mostrado de-masa ”M" que tiene un agujero cilindrico de radio de curvatura R = 1,6m, se encuentra sobre una superficie horizontal con aceleración constante “a". Si en cierto instante se desprende de la parte superior un clavo de masa “m “, hallar la velocidad relativa * del clavo respecto de M, cuando ci oca SK con la superficie cilindrica. * g = 10 m/s2 * * * * * * * * # * * * * # * * * * * # ♦ ♦ * $ # * * * * * * * * *

SOLUCION: Fijemos nuestro sistema de referencia en el móvil, para nuestro observador el clavo inicia su movimiento desde el reposo en dirección de la gravedad efectiva Del triángulo vectorial

* *

a) Uno crea la resistencia b) Y el otro la vence

slí slí

# * slí

Sü

Matemáticamente, el trabajo realizado por una fuerza constante sobre un cuerpo que se mueve en línea recta, es igual al producto del módulo de la fuerza por la dis­ tancia, por el coseno del ángulo que forma el vector fuerza con el vector desplazamiento

1) De la figura obsérvase que no hay trans­ misión de movimiento en el eje vertical, por consiguiente las fuerzas perpendicu­ lares al movimiento realizan trabajo. w f

vr

Wneto = i= 1

Si el trabajo neto es igual a cero, el cuerpo se mueve con velocidad cons­ tante. Si el trabajo neto es negativo, el mo­ vimiento del cuerpo es retardado, dis­ minuyendo la velocidad. Si el trabajo neto es positivo, el movi­ miento del cuerpo es acelerado, aumen­ tando la velocidad

Sene = C E R Q

Fáene

Unidades de trabajo y la Energía en el Si

2) De la figura, la fuerza que transmite movi­ miento es la componente " F , Cos 8'', por consiguiente solamente realizan trabajo mecánico las fuerzas paralelas al movi­ miento wf

=

w fcos e =

Cos 0) d

(2)

CASOS PARTICULARES 1) Las fuerzas que tienen la misma direc­ ción y sentido del movimiento, realizan trabajo Positivo. En este caso , 9 = 0 ° W h = F.d

-¿ .J T

2) Las fuerzas que tienen dirección perpen­ dicular al movimiento no realizan trabajo. En este caso, 0 = 90° WF = 0 _=cai 3) Las fuerzas que tienen igual dirección» pero sentido opuesto al movimiento, rea­ lizan trabajo negativo. En este caso, 0 = 1 8 0 ° W = -F d 4) El trabajo neto o total realizado sobre un cuerpo, es igual a la suma algebraica de los trabajos realizados por las diferentes fuerzas aplicadas al cuerpo.

Un joule(J) se define como el trabajo rea­ lizado por la fuerza F = 1N, actuando sobre un cuerpo que se mueve la distancia d = 1m en la dirección de la fuerza. * * * * * * * * * * m m * $ * *

Wf = F d 1 joule = 1 newton

metro

1J= 1 N .m El nombre "joule" fue escogido en honor a James Prescott Joule (1 816 - 1 869), científico británico, famoso por sus investi­ gaciones sobre los conceptos de calor y energía. GRAFSCA FUERZA VERSUS POSICION

* * * * # * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

La figura muestra la gráfica fuerza versus posición. La fuerza " P de magnitud variable aplicado a un cuerpo que se mueve en direc­ ción del eje "x".

El trabajo realizado por la fuerza sobre un cuerpo en dirección del eje "x" es igual al AREA bajo la curva, entre dos puntos de su posición. Ejemplo: 1) La figura muestra un sistema mecánico, un bloque de masa “m“ acoplado a un resorte de constante de elasticidad "K”.

«¡6 * * * * * * «j» * * # * * * * * * * * * * * * * *

2) En la gráfica, fuerza vs posición, la pen­ diente de la recta nos da el valor de “K" K = Tg 0 =

(1)

F=K.X

(2 )

Ci

* * * * * * * * # # * * * * * »

3) Al bloque se le aplica una fuerza externa " P (variable) que vence a la resistencia que ofrece el resorte, logrando deformar­ lo una distancia "x". 4) De la ecuación (2). La fuerza externa varía directamente proporcional a la de­ formación "x” del resorte. 5) Despreciando la fuerza de rozamiento. El trabajo realizado por la fuerza externa sobre el sistema es igual al área del trián­ gulo. 6) Luego: W F = área del triángulo W F= \ (base)(altura)= } . x . F . .(3) Reemplazando la ecuación (2) en (3) W F = | . x .( k . x) = ~ . k . x2 Por lo tanto:

K= x=

constante de elasticidad del re­ sorte (N/rn) deformación de resorte (m)

-a —

PROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMA N® 01 Un muchacho jala un bloque sobre una superficie horizontal en línea recta con velocidad constante. Sabiendo que la fuerza de rozamiento que actúa sobre el bloque es 36 N, calcular el trabajo reali­ zado por el muchacho cuando logra des­ plazar el bloque una distancia de 10 me­ tros. SOLUCION Realizamos el D.C.L. del bloque

* * * * *

He

*

De la lera. Ley de Newton

Luego: F.Cos 0 = 36 newtons ...(1) Cálculo del trabajo realizado: W F = F d.Cos 0 = (F.Cos 0) d W f = (36)(10) W F = 360 J PROBLEMA N® 02 En la figura mostrada, un bloque de peso 40 N, es sometido a la acción de un sistema de fuerzas donde: Fi = F2 = F3 = F4 = 20N, Calcular el trabajo realizado por todas las fuerzas sobre el cuerpo, para un desplazamiento de 5m.

* * * * * * * * * $ * * * *

st» * * * *

* * *¡> *

* * * SU * * * * * * * * * * * *

Las fuerzas perpendiculares al movi­ miento no realizan trabajo, por consi­ guiente, el peso, la normal y la fuerza F3, No realizan trabajo. La suma de los tra­ bajos realizados por las fuerzas F1 y F4 es igual a cero.

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

Wneto = (F2) d. Cos 53° Wneto = (20N) (5m) f | ' Wneto = 60 J PROBLEMA Ne 03 Un bloque de masa 8 kg. se empuja una distancia de 5m sobre un plano hori­ zontal, con coeficiente de rozamiento ci­

XFy = 0 fk = U|

x=

(L2 - x 2 ) L ' g

* La energía potencial gravitatoria es ne­ gativa, cuando al centro de masa (G) se encuentra debajo de la línea de refe­ rencia (L.R.). PROBLEMA N® 08 Una esferita de masa "m" se deja en libertad en la posición "A". Hallar la dis­ tancia "d", si el coeficiente de rozamiento entre B y C es 0,5 (cinético). La tubería es lisa.

SOLUCION

SOLUCION:

La energía mecánica se conserva entre los puntos A y B.

El peso de cada parte de la cadena ho­ mogénea es «rectamente proporcional a la longitud. W=k x

£M(A) = EM(B) = mgh

El trabajo realizado por la fuerza de rozamiento entre B y C, es igual a la variación de la energía mecánica.

! .O

*

é

W1= EM(C) - EM(B)

Principio de conservación de la energía mecánica. EM(¡) = EM(f) ’^ l . v 2

g

..,.(1)

* *

- |j (mg)d = - mg h

W F = | m ^ v F- v , ] . . . . ( 1 ) Reemplazando: d = 2m PROBLEMA N® 09 La figura muestra un proyectil que se mueve horizontalmente con la velocidad "v” y una energía cinética igual a 600 J. El proyectil atravieza un bloque de madera de espesor d = 19 cm, de tal modo que la velocidad del proyectil cuando sale es "0, 9v". Calcular la fuerza de oposición promedio que ejerce la madera al paso del proyectil.

SOLUCION: Del teorema del trabajo y la energía me­ cánica: El trabajo realizado por fuerzas diferentes al peso, es igual a la variación de la energía mecánica del proyectil.

!------------------------------------------------I1 ¿-----------------------------------------------*

Pero, del dato del problema: & * $ $ J * * * *

4

¿ m v2 = 600 J 2 Reemplazando en (1) - F . d. = - | m ( 0 , 19 v2) F (0,19m) = (0,19) (600 J) F = 600 N PROBLEMA Nfi 10

* En el sistema mecánico mostrado, ha­ * llar la mínima velocidad “v0" que debe * tener el carrito en la posición "A" de modo * que pueda rizar el rizo completamente. Desprecie la pérdida de energía por roza* _ * miento. * * * m * * * * * * * * * * * * + * ♦ * * * 1» *N * * * * * * * SOLUCION: jjl * Cuando el carrito pasa por el límite supe­ * rior de su trayectoria, la reacción normal * de la superficie sobre las ruedas es igual * a cero, N = 0, de la condición del proble­ * ma, su energía cinética debe ser mínima. * De la segunda ley de Newton, en la * posición "B". Dinámica circular.

I F (radiales) = m . ac , entonces: v2 m •g = m .—

-.(1 )

Luego: v2 = g . R

.... (2 )

Por principio de conservaron de la ener­ gía mecánica. Ep (A )+ E k (A) = Ep (B) + Ek (B) 1 ? 1 p 0 + — m . vr0 = m . g . (4R)+ —. m . \ r .... (3) Reemplazando (2) en (3)' l . v 20 = 4 g . R + l . g . R

Por principio de conservación de la ener­ gía mecánica, entre A y B. Ep(A) + Ek(A) = Ep(B) + Ek(B)

m .g h + 0 = 0 + “ . m . v 2 Luego:

Despejando tenemos que: v0 =

3 . Vg . R

PROBLEMA N® 11 La figura (1) muestra un péndulo de masa "m” y longitud “L", que se abandona en la posición “A", de tal modo que la cuerda forma un ángulo " 6 " respecto a la vertical. Hallar la tensión “T" en la cuerda cuando el péndulo pasa por su posición de equilibrio, esto quiere decir "Cuando adquiere su máxima velocidad”.

^ ^ .g .h

....(1)

Cálculo de la altura *h‘ ,en la figura (2). h = L (1 - Cos 0)

....(2)

En p8", de la segunda ley de Newton en dinámica circular. X F (radiases) = m . ac : entonces: t v2 T - mg = m . —

.... (3)

Reemplazando (1) en (3): 2 .q .h T - m.g = m . — “ — t

.... (4)

Reemplazando (2) en (4): T = m.g ( 3 - 2 Cos 6) CASOS PARTICULARES 1) Cuando 6 = 90°, entonces: Cos 0 = 0 , en (5): T = 3 m .g 2) Cuando G = 60°, entonces. Cos G = — , en (5): T = 2m ,g

- - (5)

La figura (1) muestra un péndulo de masa "m“ y longitud ”L". Determinar la mínima velocidad "v0“ que se debe aplicar al cuerpo en su posición de equilibrio, tal que, puede describir por lo menos una vuelta en el plano vertical. — —

r t i i

/

! V«

' N / \

v0 = ní5 . g . L “Velocidad mínima en la posición de equi­ librio" m .q

A

\

°i

1 / L.R J

...

V

SOLUCION:

PROBLEMA N®13

Analizando al cuerpo en la posición indicada por la figura (2):

En la figura (1), se suelta el rodillo (cilindro) de masa "M” unido a un resorte, desde una posición donde el resorte'de constante de elasticidad “k" no está de­ formado (x = 0) y el cilindro rueda sin resbalar sobre el plano inclinado. Hallar la máxima deformación del resorte. El plano forma un ángulo " 6 " respecto a ia horizontal.

De la se g u n d a ley de N ew ton, en dinámica circular. £ F (radiales) = m.ac. entonces v2 (mg + T) = m. —

....(1)

Sugerencia: La tuerza de rozamiento por rodadura NO realiza trabajo sobre el rodillo.

Pero de la condición del problema el cuerpo pasa con su mínima energía ciné­ tica, esto quiere decir que la tensión T * en la cuerda debe ser mínima en valor, por con­ siguiente, T=0

....(2)

Reemplazando (2) en (1): v = g. L

.... (3)

Por principio de conservación de la ener gía mecánica.

SOLUCION:

Ep (1) + Ek(1) = Ep (2) + Ek (2) 0 + | m . v 2o = m.g.(2L) + |

m . v 2 ... (4)

Reemplazando (3) en (4): | . v c =2

g .L . + |

(g.L)

* ¥ * *

Cuando el resorte alcanza la máxima de­ formación (en la zona elastica), la veloci­ dad del rodillo es igual a cero, en ese instante. De la figura (2);

* *

x = deformación máxima del resorte.

* $

h = x.Sen6

-— (1)

Por principio de conservación de la ener­ gía mecánica. Debe tenerse en cuenta que el rodillo no resbala, por lo tanto, no hay fuerza de rozamiento por desliza­ miento.

TT

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * .R * * * * * * * # * * *

Ep (1) + Ek(1) = Ep (2) + Ek (2) m.g.h. + 0 = — k . x2 + 0 .... (2)

* * * *

!t i

-A — Jmg

De la condición del problema, la veloci­ dad en la posición "A" es igual a cero. Por principio de conservación de la ener­ gía mecánica. Ep(1)+ Ek(1) = Ep(2) + Ek(2).... (1) donde: vA=0, h = L.(1-C osG )

.. .(2)

En(1): mgh + 0 = 0 + l . m . v 2e -.(3) Reemplazando (2) en (3):

Reemplazando (1) en (2): 1 2 m g . x . Sen G = —. k . x Luego

X(maximo) =

2m . g .Sen 6

PROBLEMA N9 14 Una bola colgada de un hilo, se ba­ lancea en el plano vertical de modo que su aceleración en las posiciones superior e inferior (límite) son de iguales módulos. Encontrar el áng u lo " 6 ” de inclinación en

* * $ * * ♦

Vg = 2 g.L.(1- Cos G)

La aceleración total en “A" es puramente tangencial, no tiene la componente cen­ trípeta (vA = 0) £F(Tangen) — m

$ * * * # * * * * * * * * * * * * «* * * * # * * i*

....(4)

m . g . Sen 6 m .... (5)

= g . Sen 6

La aceleración total en "B“ es puramente centrípeta, no tiene la componente tan­ gencial, todas las fuerzas son radiales I F (radiales) v2 = - . . . . (6) a B = ----------- Reemplazando (4) en (6): aB

2 g.L.(1- Cos 6)

=2.g (1 - C o s 6 )

....(7) De la condición, igualamos las ecuacio­ nes (5) y (7)

Principio de Conservación de la Energía Mecánica entre B y C. Sen G = 2 - 2 Cos 0 , entonces: Sen G +2 Cos 6 = 2

Tomando como línea de referencia a la varilla:

.... (8)

Ek(B) + EP(B) = Ek(C) + EP(C)

Resolviendo la ecuación (8) 6 = 53®

Reemplazando:

PROBLEMA N9 15 La figura muestra un resorte AB de constante de elasticidad K = 4 N / m y está unido a un collar en "B”de 99 kg de masa, el cual se mueve libremente a lo largo de la varilla horizontal La longitud natural del resorte es 5m (X = 0). Si el collar se deja en libertad desde el reposo en la posición mostrada en la figura, determi­ nar la velocidad máxima que alcanza el collar.

V = 4 m/s PROBLEMA N9 16 Un carrito de masa “m" se abandona en la posición (A). Determinar la altura mínima "H", tal que el móvil puede pasar por la posición 11B“. Desprecie el roza­ miento Radio del rizo “R".

\

r

C ------ ---- ----1

B

7m

A

J

V SOLUCION

SOLUCION

Cálculo de la deformación del resorte en las posiciones inicial (B) y final (c).

Analizando las fuerzas que actúan sobre el móvil, en "B”

x 0 = lo n g it u d n a t u r a l d e l r e s o r t e = 5 m xb

= d e f o r m a c ió n in ic ia l = 2 0 m

x c = d e f o r m a c ió n f in a l = 2 m

Consideramos el Sistema (masa + re­ sorte): La energía cinética del collar será má­ xima, cuando la energía potencial elás­ tica sea mínima, por consiguiente pasa por su posición de equilibrio en “C".

El trabajo realizado por la fuerza de roza­ miento, es igual a la variación de la ener­ gía mecánica que experimenta el bloque:

Cuando el móvil pasa con su mínima velocidad en “B", la reacción normal so­ bre las llantas tiende a cero.

Wf = EM(B) - EM(A)

N=0 Dinámica circular:

wf = EP(B) + Ek(B) - Ep(A) - Ek(A)

fe = m . ac V2 mg = m . - ,2 V =g.R

.... ( 1)

Principio de conservación de la Energía Mecánica. EM (A) = EM(B) Ep (A) + Ek(A) = EP(B) + Ek(B) mg H + 0 = mg(2R) t ^ m V 2 de (1): mg H = mg (2R) + ■- m V2 Luego: H = (2,5) R PROBLEMA N® 17 En la figura mostrada se abandona un bloque de masa 1 Kg en la posición (A) desplazándose luego por acción de su

* * * * * * * * * * * # * * * * # * * m * * * # * «r « * * * * * *

Wf =mg (0,4) t ^ m V 2 - mg(1,2) - 0 Wf = mg (-0,8) +1 m V2 Reemplazando: W* = -3,5J El signo (-), se debe a que la fuerza de rozamiento se opone al movimiento del bloque. PROBLEMA NB 18 Un bloque parte de "A" sin velocidad inicial y se desliza por el camino mos­ trado. ¿Qué distancia "d" recorre en la parte plana, si sólo existe rozamiento en la parte horizontal?. El coeficiente de ro­ zamiento cinético es 0,5: 'p Considere: g =10 m/s

Principio de la Energía Mecánica: EM(A) =EM(B) = mg H

....(1)

T e o r em a del t r ab aj o y la Ener gía Mecánica: El trabajo realizado por la tuerza de rozamiento es igual a la variación de la energía mecánica entre B y C.

* # ♦ * * (A) * * * * *

(B)

fy * + *

fy fy * *

* *

Wf =EM (C) - EM (B)

....(2)

mg

Reemplazando en (2): -

fk d = 0 - m g h u . (mg) d = - mg H

# # fy * fy * * * * m * SOLUCION: * * Teorema del trabajo y la Energía Me­ * * cánica fy * El trabajo realizado por la fuerza de roza­ * miento es igual a la variación de la ener­ * * gía mecánica, que experimenta el blo­ m que: * * * f \ ■......... -■■■ ■ * fy mg * * * * n ■ fk * (A )# ---------------------------- L ím------------------------ « IB J * * # ♦ _ J * V - . .. * * * * «

Wf = EP (B) + Ek (B) - Ep (A) - Ek (A)

Reemplazando datos: d= 5m PROBLEMA Ns 19 Un bloque parte de "A " sin velocidad inicial y se desliza p o r el cam ino m ostrado en la fig ura (R = 1 m). Hasta que altura (B) sube el bloque, si só lo hay rozam iento en la parte plana. El co eficien te de rozam ien­ to cinético es 0,4.

Wf = EM (B) - EM (A)

# * * * * * * * * * fy fy fy * *

Wf = mg h + (0) - mg R - (0) -fk d = - mg (R - h) u (mg) d = mg (R - h) Luego: h= R- ud h = 1 —( 0 , 4 ) (2) h = 0,2m

PROBLEMA N® 20 Un canal se compone de dos cuadrantes con centros Oí y O2 respectivamente, de radios de curvatura iguales a "R". Se abandona una esferita en la posición " A" a una altura h = R/5 de la horizontal que pasa por el punto de inflexión de la trayectoria curvilínea. Despreciando todo tipo de rozamiento, determinar en qué posición del segúndo tramo, definido por el ángulo "e", la

* • * # £ * J

1)

Analizando a la esferita en la posi­ ción (B) en que abandona la super­ ficie, si deja de hacer contacto, en­ tonces la reacción normal es igual a cero, N = 0 ...(1)

2)

De la segunda Ley de Newton (Di­ námica circular) en "B".

| * *

F (radiales) = m a c , entonces 2

mg. Cos 0 = m .V B R Luego: V b = R . g . Cos 6 ...(2) 3)

Por principio de conservación de la energía mecánica entre los puntos A y B, respecto a la línea de refe­ rencia ( L . R ). Ep(A) + E«(A) = Ep(B) + E k(B)

m.g(h+y)+0 = 0 + |.m . V * 4)

...(3)

De la tigura (2) se deduce que y = R - R . Cos G ...(4) Reemplazando (2) y (4) en (3): m.g | y + R - R Cos G m (R g . Cos G) 0 4 —- Cos G - Cos 6 o 2 Cos 0 = 1 5 Luego: ir = 3 7 °

PROBLEMA Ne 21 La figura (1) muestra una estructura en forma de "T" de dimensiones "L“ y de peso despreciable en sus extremos se encuentran fijos dos esferas de pesos “mg“ y "6mg". Al romperse el hilo, ¿Cuál es la máxima energía cinética que adquie­ re el sistema?. La estructura puede girar libremente alrededor de la rótula, "0".

3Sen 0 + 4Cos G < y¡3 2+ 42 Luego El valor máximo de "M” es 5 : Hilo

M (máximo) = 5

X

.... (5)

Reemplazando (5) en (3): Ek(2)=2 m.g.L. ( 5 - 3 ) = 4 m .g.L Ek(2) = 4. m. g. L 4)

.... ( 6)

De otro modo. La ecuación (4) mul­ tiplicamos por "5" y dividimos entre "5", hacemos este artificio para ob­ tener una suma de ángulo. M = 5^|senG + |c o s G j =

i *

* 5(Cos 53°. Sen 0 +Sen53°.Cos 0)

V.

' * * ¡i* 4i * SOLUCION: * 1) Por principio de conservación de la ** energía mecánica. * * * Ep(1) + Ek(1) = E p (2 )+ E k(2)...(1) * * * 2) Tomamos como línea de referencia * la horizontal que pasa por la rótula. * * En (1): >)* * -6m g.L + 0 = -mg(2L Cos G)

M = 5 . Sen (0 + 5 3 °)

M será máximo en valor, cuando: Sen (0 + 53°) = 1 Luego: M (máximo) = 5 y O + 53° = 90° G = 37° G es el ángulo que define la posición de la estructura cuando la energía cinética del sistema es máximo.

-6m g(Sen 0 + Cos 0). L + Ek (2). 5)

Ek(2) =

Energía cinética del sistema en la posición (2)

Ek(2)=

m.g.L(2Cos0 + 6SenG + 6Cos 0-6)

* * * *

Ek(2) =

2m.g.L(3Sen 9 + 4Cos G - 3)

* * * *

3)

(3)

Analizando la ecuación (3). La ener gía cinética será máxima, cuando: M = 3 Sen G + 4 Cos 0

. . . (4)

De la propiedad trigonométrica:

....(7)

Otro criterio para resolver este pro­ blema es cuando un cuerpo o sis­ tema de cuerpos es dejado en liber­ tad, adquiere su máxima energía ci­ nética (velocidad máxima) cuando pasa por su posición de equilibrio, esto quiere decir que su energía po­ tencial es mínima en ese instante. Luego: G =375,define la posición de equilibrio del sistema.

Nota : Revisar el prob. en el capítulo de Estática

* « * * fc fc «

f-Mr

* fc * fc *

L.R

PROBLEMA N9 22 La figura (1) muestra un sistema me* cársico en equilibrio y el resorte de cons­ tante de elasticidad k = 20 N/m, con su longitud natural de 5m, unido en sus ex­ tremos a dos esferas de masas, m = 2 kg. SI ia cuerda se corta en el punto "A", determinar ia máxima deformación del re­ sorte. La longitud de la cuerda es L = 5m. g = 10m/s2

* v_ * * fc fc * fc fc fc * * # * fc « fc * * fc

1)

De la figura (2), la deformación resorte: ~

=5.

(1 - Sen 0) .... (1)

2)

Cuando el resorte alcanza la má­ xima deformación "X”, la energía cinética del sistema es igual a cero, esto quiere decir que las masas tie­ nen velocidad igual a cero

3)

Por principio de conservación de la energfa m ecánica Ep(A) + Ek(A) = Ep(B) + Ek(B)

fc

2 mg.(5Cos 6) +0 =— .k. x2 +0 10 m.g.Cos 6 =— . k. x2 .... (2) 4)

Reemplazando (1) en (2): 10 m . g . Cos G = ^

2

k 100.

(1 - Sen 6)2 Pero: m = 2 k g . ,

....(3) K = 20 N/m ,

g = 10 m/s2 5)

Reemplazando en (3). tenemos: Cos G = 5 (1 - Sen 6)2 .... (4)

6) fc fc fc fc

Resolviendo la ecuación tenemos: 0 = 37° Reemplazando (5) en (1):

....(5)

1) *

x (máximo) = 4 m PROBLEMA N« 23 Un bloque de masa 15 kg está so­ metido a la acción de una sola fuerza en dirección horizontal y su módulo varíe con la posición "x" tal como Indica el gráfico. Si el bloque parte del reposo (V = 0) en la posición x = 0, ¿Cuál será su velocidad en x = 25 m?

* * * * * * * *

VW

2)

« * * * #■ # * * * * * *i * m * * * * 4* *

Teorema de la Energía cinética "El trabajo neto es igual a la variación de su energía cinética" (5+2 1°> (25) = |

Wtotal =

(15) (25) J

rT(v —>

— >

I =P2-Pi

I = AP “El impulso, es igual a la variación del momentum lineal".

Todo cuerpo modificará definitivamente su cantidad de movimiento, cuando sobre él se manifiesta una fuerza resultante que pue­ de actuar en un intervalo de tiempo. Cuando el intervalo de tiempo es relativamente pe­ queño casi instantáneo, se dice que el cuer­ po ha .recibido un impulso y cuando la fuerza actúa durante un intervalo de tiempo consi­ derable, entonces la fuerza estará realizando un ! abajo sobre el cuerpo modificando su en írgía cinética SISTEMA FISICO Es aquel conjunto de partículas o cuer­ pos considerados en estudio, elegidos en forma arbitraria. La figura muestra un sis­ tema físico S i, limitando por una línea curva cerrada. Las demás partículas pertenecen al sistema S 2.

€> mc

* * * # * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

Es aquella fuerza que actúa sobre el sis­ tema, debido a la interacción de un compo­ nente del sistema con partículas externa al sistema. En la figura, F43 es una fuerza externa al sistema físico S i. FUERZA INTERNA Es aquella fuerza debido a la interacción de las partículas considerados dentro del sistema físico. En la figura las masas m i; m2 y ms pertenecen al sistema S i, la interacción entre ellas constituyen las fuerzas internas al sistema. La sumatoria de las fuerzas inter­ nas siempre es igual a cero

SISTEMA AISLADO (S.A.) Es aquel sistema físico, cuya resultante de fuerzas externas es igual a cero.

XF(extemas) = 0 Principio de Conservación del Momentum Lineal Es una Ley Universal de gran trascen­ dencia y aplicación en ia mecánica. Se pue­ de expresar de los siguientes modos: I)

Si el impulso sobre una partícula o siste­ ma físico (sistema de partículas) es igual a cero, la cantidad de movimiento se conserva en el tiempo. I = F r . At

-(1)

* * * *1 * ♦ * * * ¡i

Si la fuerza resultante es igual a cero, entonces el impulso es también igual a cero.

*

De (1) y (2):

* * * * * * * * *

—>

♦ * FUERZA EXTERNA

£F(j¡itemas) = 0

* « * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

I = A P = (P2 - P i )

F r = 0

->

.... (2 )

I =0

Luego:

Pinicial —Pfinal II) En todo sistema físico aislado, la canti­ dad de movimiento se conserva en el tiempo.

(INICIAL)

.«

—>

—>

—»

—>

Psist ~ m i(V i - V 3 ) + m2(V 2 - V 3)

—> + (mi + m2 + m3)Vs

Velocidad relativa: V i - V 3 = V 13

PROBLEMAS RESUELTOS Y PROPUESTOS DE :

CANTIDAD DE MOVIMIENTOS

Psist = rni.V ia +

IT

12. V 23 + M.V 3

Generalizando, para un sistema de "n" partículas. —» n- 1 > P sist = 2 . ITI¡ ■V,n + M Vn

I 1 I

M = m i + m 2 + . . . +mn La cantidad de movimiento del sistema, es igual al momentum de (n - 1 ) partículas respecto de n-ésimo cuerpo, más la masa del sistema por la velocidad de la partícula nésima. PROBLEMA Ns 01

* * * * * * * * * * *■ * * * * * * * m * * * * * ♦ * * * * * * *

p=m C Reemplazando (1) en (2): h f

P= PROBLEMA Ns 02 Un hom bre de masa “ m " se m ueve sobre una tabla de masa M (M = 4m). Sabiendo que la tabla puede m overse li­ brem ente s in rozam iento sobre el plano horizontal, determ inar el desplazam iento del hom bre respecto de la tierra cuando se mueve de extrem o a extrem o de la tabla de lo n g itu d 5 m etros. SOLUCION:

Según A lbert Einstein la equivalencia entre la energía “ E” y la masa “ m " de una partícula es : E = me2 donde "C ” es la velocidad de la luz. Un fo tó n tiene una energía E = h. f, donde “ h " es la constante de Planck y "f" la frecuencia de la luz. Determinar el m om entum del fo tó n. SOLUCION: E! fotón se mueve con una velocidad igual a "C". Donde:

me2 = E = h f'

W

V

m = h f/C 2

1...(1)

El momentum lineal del fotón:

* * * * * * * * * * * * * * * *

Consideramos el sistema (Tabla + hom­ bre). Conservación del momentum lineal P(inicial) = F*(final) 0

= mVn - M V t

M Vt = m V h

....(1)

Donde "V" es la velocidad media que se define como la relación del desplaza­ miento entre el tiempo (t) En (1): árn x

(5 - x)

4 m . y = m — j—

x = 1,0 m El hombre se desplaza respecto de la tierra, 4m. La tabla retrocede respecto del piso x, x = 1,0 m PROBLEMA Ns 03 Un satélite se mueve "horizontalmen­ te" a una velocidad de 8 km/s con res­ pecto a ia tierra. Dejamos caer vertical­ mente una carga de 50 kg lanzándola hori­ zontalmente del satélite. Calcular la velo­ cidad del satélite después del lanzamien­ to de la carga, si la masa total (incluyendo la carga) es de 450 kg. ¿Cuál es la velocidad de la carga, con respecto a ta tierra inmediatamente des­ pués del lanzamiento? SOLUCION:

8Km/s

450Kg

(ANTES)

* * * * * * * * * * * * * * $ * * * * * 4> * * * * * * * * ü* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * K> * * * * * * * *

Conservación del momentum lineal: —»

—*

Px(antes) = Px(después) M V i = m V + (M - m)U 450 (8) = 50(0) + (400)U U = 9 km/s La velocidad de la carga, respecto de la tierra, inmediatamente despues del lan­ zamiento es igual a cero PROBLEMA Nfi 04 En la proa y en la popa de un bote de masa M = 70 kg, están sentados a una distancia L = 8m una de otra dos personas A (80 kg) y B (50 kg) como indica la figura. Despreciando la resistencia del agua, de­ terminar en que sentido y distancia se desplazará el bote si las personas se cam­ bian de asiento. SOLUCION: D

%

á ( l- x ;

4 :’ f (L+X.)

Consideramos el sistem (A+B+ bote): Conservación del momentum lineal:

P(inicial) —P(final) 0 = M Vb + rriA-VA - ms-Ve

‘JüOKg

_ x 0 =M ^ m f'FV i

.

Respecto de un observador ubicado en la tierra

* 4> + * * * *

(L + x) (L-x) A . v t ’ - rriB

(rriA - m e ) . L 1---x =----------

(itia + rriB + M)

Reemplazando datos

x = 1,2m El bote se desplaza hacia la derecha, debido a que la masa de A es mayor que B.

* * * *

Si rr\A = rnB —> x = 0 Si, mA < mB el bote se desplaza hacia la izquierda.

* *

SOLUCION:

PROBLEMA N« 05 Un hombre de masa "m" está parado sobre un carrito de masa ”M" (M = 9 m) que se mueve con una velocidad V = 15 m/s. SI ei hombre comienza a moverse con una velocidad u = 5 m/s, respecto dei carrito en la misma dirección y sentido, hallarla pueva velocidad del carro que se mueve libre de rozamiento.

Li¡£* m V

M (ANTES)

Un motociclista de masa total "m'' se encuentra inicialmente en reposo sobre una tabla áspera de masa "M" (M = 9 m) y se encuentra apoyado sobre una superfi­ cie horizontal perfectamente lisa. Si el motociclista comienza a moverse y el ve­ locímetro de éste marca 20 km/h, hrllar la velocidad de la tabla respecto de la tierra

n i .....

* * * * * # * * * *

El velocímetro marca la velocidad rela­ tiva del motociclista respecto de la tabla. Teorema de la cantidad de Movimiento. P (inicial) =

P(final)

*

0 = m i.Vi/2 + (m i + rr>2) V 2

* * * * * * *

0 = m. V if 2 + (m + M)(—U)

J¡5

DESPUES)

Hrr

U =

m . V 1/2 (m + M)

Os

'«fQ

* * *

#s

* * * SOLUCION: Conservación del Momentum Lineal: —> —>

P(antes) = P(después) (M + m) V = m(U + u) + M U Reemplazando datos: 10 m(15) = m(U + 5) + 9m U

* * * % 4»

* * >19 $ *

150 = U + 5 + 9 U Luego. U = 14,5 m/s

* * * * *

Del dato U = 2 km/h El momentum lineal del sistema físico (m + M) se conserva en el tiempo PROBLEMA N9 07 El sistema mostrado se deja en liber­ tad a partir del reposo de la posición mostrada en la figura. Sabiendo que no existe rozamiento, hallar el desplazamien­ to que experimenta el carro de masa “M", hasta el instante en que ia barra AB uni­ forme y homogénea de longitud "L" haga un ángulo de 37° con la horizontal. La masa de la barra homogénea es “m “. donde: M = 4 m

X

=

-

(m + M ) ' 10

x : desplazamiento horizontal del carro. PROBLEMA Nfi 08 La fig ura AB es una ram pa de lan­ zam iento de cohetes, inclinada en un á ng ulo de 45° respecto a la h orizontal. El sistem a está inicialm ente en reposo y el ca rro de masa "M " puede m overse libre ­ m ente sobre una carrilera sin fric c ió n . Hallar la velocidad con que el cohete de masa "m " (M = 3 m) abandona la plata­ form a, respecto de un observador fijo en la tie rra sabiendo adem ás que la ve lo ci­ dad del carro después del lanzam iento es 160 m/s.

Consideremos el sistema físico (m + M) conservación del momentum en el eje x aplicando el Teorema de la Cantidad de movimiento (Velocidad relativa). U : Velocidad del carro de masa M.

lücm1 —»

—»

f

Px(inicial) = Px(final)

Diagrama de velocidades del cohete, que tiene una velocidad "V" cuando aban­ dona la rampa, respecto de la tierra. i r

^

V s e n a ,

0 = m i.V i /2 - (m i + rri2) U V

n =m m .--------------(5m) (10CIT1> r-nn^X j 0 x = 2 cm El centro de masa "G” de la barra homo­ génea experimenta un desplazamiento de 10 cm. respecto del carro, en el eje "x". En general se cumple que:

* ¡t* * * * *> *

7 * A\ SS'

A n /M

i V

V C O S u

>

Consideremos el sistema físico (carro + cohete). Conservación del momentum lineal en el eje x:

Px(inicial) —Px(finai) O = m (V cos a) - M U 0

= m (V cos a) - (3m) U

V Cos a = 3 U

....(1)

Del diagrama de velocidades: T0 45° = „ ^ S e n ° , , 1 V Cos a + U V. Sen a = V. Cos a + U

.... (2)

Reemplazando (1) en (2): V . Sen a = 4 U

.... (3)

*

* * * * * * *

Dividiendo (3): (1) 4

Tga = |

->

a = 53

~

Reemplazando en (3)

V = 800 m/s

PROBLEMA NB09 Un automóvil de masa "m" se encuen­ tra inicialmente en reposo sobre un plano inclinado áspero de masa M(7 M = 9 m) que hace un ángulo de 37° con la horizon­ tal y se encuentra apoyado sobre una superficie horizontal perfectamente lisa. Si el automóvil comienza a subir sobre el plano inclinado sin resbalar, y el velo­ címetro de este marca 20 km/h, hallar la velocidad del plano inclinado respecto de la tierra. SOLUCION: Consideremos al sistema físico (auto + plano móvil). Conservación del momentum lineal en el eje x.

Oí * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * ♦ * * * * * * *

Px(inicial) = Px(final) Teorema del Momen*un Lineal (Veloci­ dad relativa). 0 = m i.V i /2 + (m i + m 2)V 2 0 = m(20 Cos 37°)+(m + M )(-U ) m . (20 Cos 37°) U =(M + m) Reemplazando datos: U = 7 km/h PROBLEMA Ne 10 Una esfera de masa m = 1,0 kg se abandona en la parte superior de un blo­ que de masa M = 2,0 kg que se encuentra en reposo, como indica la figura. Despre­ ciando toda forma de rozamiento, hallar la velocidad de la esfera cuando abandona la superficie cilindrica de radio de cur­ vatura. R = 0,3 m. g = 10 m/s',2

* *

Px(inicial) —Px(final)

♦ * * * * * * * ♦ * *

O = m V - mU

U - S - V

u =l v

--- (1)

Conservación de la energía mecánica: E M (inicial) — E M (final)

mg R

r-im ^ +k - U 2

Reemplazando: V = 2,0 m/s PROBLEMA Ns 11 Un carrito de masa "m" se mueve hori­ zontalm ente con una velo cid ad V = 5,0 m/s y hace contacto con la superficie superior de otro carro de masa "M “ (M = 4m) in icialm ente en reposo. D espre­ ciando toda form a de rozam iento de­ term inar la altura m áxim a que alcanza el carrito sobre ”M''. g = 10 m/s

p

* * * * * * * * * * * * * 5* * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

Cuando "m" alcanza su altura máxima "H", la velocidad relativa de "m" respecto de ”M“ es igual a cero, por consiguiente el sistema (m + M) se mueve con una velocidad común “U" respecto de la tie­ rra, sólo un instante. Conservación del momentum lineal, en el eje x. —»

—>

PxQnicial) = Px(fmaO m V = (m + M) .U Reemplazando: U = 1,0 m/s

....(1)

Conservación de la energía mecánica

EM(ínicial) - EM(iinal) | m V2 = 1 (m + M) U2 + m gh Reemplazando datos: H = 1,0m PROBLEMA NE 12 Un carro de masa "M" puede moverse sin fricción sobre un plano horizontal. En el techo del carro fue colgado una esfera de masa "m" (M = 9m) unido a una cuerda de longitud 1,0 m. En el momento inicial el carro y la esfera estaban en reposo, y la cuerda fue inclinada un ángulo de 60° con respecto a la vertical. Luego es soltado la esfera, ¿Cuál será la velocidad del carro en el instante, cuando la cuerda está en posicion vertical? g = 10 m/s2

U = — m/s

PROBLEMA Ns 13

* *

SOLUCION:

Un cuerpo esférico de masa "m", que se mueva horizontalmente con una velo­ cidad V0 = 6 m/s hace contacto con la superficie superior de un carro de masa M(M = 5 m) inicialmente en reposo. Si no existe rozamiento. Hallar la velocidad de “m" cuando sale por la parte superior de la superficie cilindrica de radio R = 1,1 m. g = 10 m/s2

Consideremos el sistema (M + m) Conservación del momentum lineal en el ejex: —> —»

Px(inicial) —Px(fmal) 0 =m V-M U

* * * tJ * * * * * * V * * * * * -A * - tr * * Principio de conservación de la energía mecánica * * * EM(inicial) —EM(fjnal) * * * mgh = 1 M U2 + ~ m V2 .... (2) * * * Reemplazando (1) en (2) * ♦ * * 2 m 2 .g.h $ * M ( M + m) *

ui

Consideremos nuestro sistema físico (M + m) Conservación del momentum lineal en el eje x :

Px(inicial) = Px(tinai) m V0 = (m +M) U m(6) = (6m) U

"U" es la componente de la velocidad "V" en el eje x, en el instante que abandona ”m" a la superficie. Conservación de la energía mecanica.

EM(incial) = EM(final) 1

2

1

9

-m V 0 =-

1

9

M U ‘ +— m V“ +mg R

Reemplazando datos: 1 ^m (36) = l(5 rr}flJ + ¿ m V z+mac)a,1) V = 3 m/s PROBLEMA N9 14 La fig ura m uestra d os b loques A y B de masa 1 kg y 2 kg» respectivam ente. Si se obliga a lo s bloques a aproxim arse com prim iendo el resorte y luego se libera el sistem a del reposo, se observa que adquiere "B " una velocidad m áxim a de 0,5 m/s. S uponiendo que la masa del resorte es despreciable y que se desprecia la fric ­ ción, ¿cuál fue la energía potencial al­ macenada o riginalm ente en el resorte?

- W M - H D *»— — • i»»*?,-

SOLUCION: Consideremos el sistema (A+resorle +B) Conservación del momentum lineal

~¡\l

* * * * * * * * * * * * * * * * * * *

P(inicial) = P(final) 0 - me V b - mA Va Reemplazando: Va

= 1,0 m/s

Conservación de la energía mecánica

EM(fjnal) = EM(inical)

* * *

\ itia.V A+ 1 mB .VV 8 + 1 k . x2 = Ep

* * * * * * * *

S i : VA y VB es máximo , entonces la deformación en el resorte es nulo (x = 0). La energía cinética es máxima Reemplazando los datos:

3¡f

* * * * * * * * * * * % * * * * * * * * * * * * * * ♦ * * * * * * * * * * * * * * * * * * * % *

Ep = 0,75 J PROBLEMA NB 15 Una pelota de masa m = 0,5 kg, inflada con cierto gas, se encuentra inicialm ente en reposo. Un niño le aplica una patada cuya fuerza varía en el tie m p o c o m o m uestra la gráfica. Si después la pelota se m ueve con una velocidad V = 20 m/s, determ inar la fuerza máxima aplicada al cuerpo.

SOLUCION: El impulso es iguai al arpa r ajo ia curva

La fuerza aplicada será máxima en el insiante t = 0,4 s.

| * *

También el impulso es igual a la variación del momentum: I = m(VF - V0) Pero : V0 = 0

V f = 20 m/s

* Reemplazando: $ J * * * * * * * * * * * *

I =10 N.S. ... (2)

D e { 1 ) y (2) Fmáx = 25 N

r

A1ST M O V I L

VE

VAPOR,

QUE

SE

A T R IB U Y E

A H EW CN.

[

C O L IS IO N E S O C H O Q U E S

J

CONCEPTO Son aquellas interacciones mutuas vio­ lentas que alteran el movimiento de los cuer­ pos o partículas, produciendo un intercambio de cantidad de movimiento y energía en un tiempo relativamente pequeño. Durante el choque las fuerzas internas generadas son muy grandes comparada con las fuerzas externas (despreciable). Por con­ siguiente el momentum se conserva durante el choque.

[

P A.C = P D.C

“El momentum instante antes del choque, es igual al momentun instante después de choque". (ANTES) »T

v2

•o — — ~.v. ■j'a.'v -~».vav-

- * — ©»• l; —,'C T w r-r ws

(DURANTE)

_____ r

, - - k- '

"Durante el choque se tiene en conside­ ración solamente las fuerzas de Acción y Reacción”. Clasificación de los choques, según su línea de acción. 1) Choque Frontal

* * * * ■» * * * * 2) * * * * * * * * * * * * * * . * * * * * * * * * * * * * *

Son aquellos que se caracterizan porque antes y después de producido el choque, los cuerpos de desplazan a lo largo de la misma linea de acción. Estos choques se denominan también unidimencionales, como muestra la figura anterior. Choque O blicuo o Excéntrico Son aquellos a través de los cuales se transfiere cantidad de movimiento lineal e inclusive se transmite momentum an­ gular (L), puesto que las líneas de acción de los cuerpos antes y despues del cho­ que son diferentes. Estos choques se denominan también bidimensionales (x e y). Este caso es frecuente en los juegos de billar. Por comodidad tendremos en con­ sideración solamente el movimiento de traslación, despreciando el movimiento de rotacion de las bolas de billar.

I) Antes del choque.

5)5

R

ju ü u u ,

/.rií^r s \

¡

'»1*!L.

* * * * * * * *

««

* * * * * * * * * * * * *

p

(DESPUES) J\

* * * * * * * * % * * * * * *

“Durante el choque, la fuerza resultante sobre el sistema físico (2 partículas) es igual a cero"

* * *

II) Después del choque:

Clasificación de los choques, según la disipación de la energía.

*

* * * *

1 ) C hoque perfectam ente elástico

* * *

(e= 1) Es una colision ideal, durante la cual los cuerpos o partículas no experimentan ninguna deformación permanente, ni tampoco liberan energía (calor). Por lo consiguiente la energía cinética se con­ serva durante el choque.

Ek(antes) = Ek(después)

* En la mesa del billar, V 2 = O Del principio de conservación del Mo­ mentum Lineal: P inicial

(m i V i + rri2 V 2) (Tg a

|* 2) Choque Inelástico ( 0 ( e (1 ) * Es aquella colisión, durante la interacción * * se libera energía en forma de calor o por * deformación de los cuerpos Por consi­ * * guiente la energía cinética final es menor * que la inicial. * *

Ek (antes) > Ek (después) ♦ * * 3) Choque perfectam ente Inelástico * ( e = o) * * Es aquella colisión, durante su realiza­ $ * ción se libera energía en forma de calor, i* deformándose permanentemente los m * cuerpos, tal que después del choque los * cuerpos avanzan juntos con la misma * * velocidad La energía cinética que se * pierde se gasta en la deformación de los * % cuerpos. * * *

Piníc.jl —Pfinal C oeficiente de R estitución (e) Es aquel factor adimensional que nos define la relación entre la velocidad relativa de alojamiento después del choque y la velocidad relativa de acercamiento antes del choque, 0 P (inicial) - P (final)

itia Va +

it ib

.Vb = (mía + me) V

Reemplazando: V

= 5 m/s

Conservación de la energía mecanica

EM(jnicial) —Em(final) 2 -| 2 mA • V A+ — ms V B =

* |(m A + m e ) V2 + | k . x2 PROBLEMA Ne 09 Un bloque ”A" de masa 2 kg. se desliza sobre una superficie horizontal sin roza­ miento con una velocidad de 1 0 m/s direc­ tamente y frente a él se mueve un bloque ”B" de masa 5 kg. con una velocidad de 3 m/s, en la misma dirección y sentido. Si un resorte de masa despreciable y coefi­ ciente de elasticidad K = 1 120 N/m va fijo en la parte posterior de "B", como indica la figura. Hallar la máxima deformación del resorte cuando chocan los bloques.

* * * tu * * * * * * * * * * * * * * *

Reemplazando: x = 0,25 m PROBLEMA Ns 10 Un proyectil de masa m = 200 g, se desplaza a una velocidad V = 75 m/s. ex­ plotando luego en dos fragmentos A (50g) y B (150g), respectivamente. Sabiendo que inmediatamente después de la ex­ plosión los fragmentos se mueven en las direcciones mostradas en la figura, deter­ minar la velocidad de A y B.

....

$ * ♦ * *r * ♦ * * * * *

,i( 3 —

s>

* * SOLUCION: Conservación del Momentum Lineal, ins tante antes e instante después de la ex­ plosión.

Un cuerpo esférico de m asa m = 0,5 kg. se mueve horizontalm ente con una velo­ cidad V0 = 9 m/s y se hace co nta cto con la superficie de un carro de masa M = 4,0 kg., inicialm ente en reposo. En el carro se encuentra instalado un resorte de m a s a d e s p re c ia b le y c o n s ta n te elésti- ca = 400 N/m. D espreciando toda fo rm a de ro z a m ie n to , d e te rm in a r la m áxim a deform ación en el resorte.

* * *

SOLUCION:

P 0=

y(antes) —P y(después)

itia.Va

Cos 53° - meVe-Cos 37°

Reemplazando: VA = 4 V b

-..(1 )

En el eje "x"

* * * * * * S* * * * * sS * # * $ * * * *

P x(antes) = P x(despues)

Reemplazando:

Resolviendo (1) y (2):

Conservación del momentum lineal:

F3(inicial) —P(final) m Vo = (m + M) U Reemplazando: U = 1,0 m/s

mV = mA-VA-Sen 53°+mB.VB.Sen37°

1 500 = 4 V a + 9 V b

La deformación en el resorte será má­ xima, cuando la velocidad relativa "m" respecto del carro "M" es igual a cero. Por consiguiente el sistema (m + M) mar­ cha con una velocidad común igual a “U“, sólo un instante.

.... (2)

* * $ * * «fe # * * * * si#

....(1)

Conservación de la energía mecánica:

EM(micial) = EM(final) 1 * 1 5 1 9 ~ m V 0 = - ( m + M)U + - kx Reemplazando datos

si»

V a = 240 m/s

x = 0,3 m

V b = 60 m/s x : maxtma deformación en el resorte.

Después del choque: Un péndulo formado por una esferita de masa "m" e hilo de longitud L = 2,0 m, se desvía un ángulo 9 = 60° respecto de la vertical y se suelta sin velocidad inicial. La esferita choca con un bloque de masa M(M = 2 m) con coeficiente de restitución e = 1/2. Determinar el espacio recorrido por el bloque sobre el plano horizontal hasta detenerse, si el coeficiente de roza­ miento cinético es (15.

* * 3¡S * * * * * *

Teorema del Trabajo y la Energía Me­ cánica. Wf = EM(o = EM(¡) - f.d =

Ek(f) - Ek(¡)

- u (Mg) d = 0 - ^ M U2

(5)

d - i ^ 2 ug Reemplazando (4) en (5)

Del dato d = 0,5 m PROBLEMA Ns 13 Un bloque de masa "M" se encuentra asociado a un carrito de masa "Mo" me­ diante un resorte ingrávido de constante elástica k = 2 0 0 0 0 N/m, inicialmente en reposo. Se dispara horizontalmente una bala de masa “m" con velocidad "V" (mV = 300 N.s) si después del choque la bala queda incrustada en el bloque de masa “M “ (M = 8 m), hallar la máxima de­ formación del resorte. Desprecie toda for­ ma de rozamiento. Considere : M0 = 9m mV '

SOLUCION: Cálculo de la velocidad de "m" instante antes del choque. mg h = ~ m V2 V2 = g L

... (1)

Conservación del momemtum, instante antes e instantes después del choque.

v=o M

P (antes) = P (después) m V = M U - m Ui U i = - V + 2U

....(2)

Coeficiente de restitución (e): e =-

U + Ui

i 2

V = 2 U + 2 Ui

....(3)

Reemplazando (2) en (3 ): .... (4)

* * * * * * * * * * * * * * * * * *

SOLUCION: Choque del proyectil con el bloque de masa “M".

V=0 M

(Antes)

*

(m+M)

(Después)

* * * *

P(antes) = P(después) m V = (m + m) Vi Vi =

m (M + m)

V

.... (1)

La máxima deformación del resorte se establece cuando el conjunto tiene la misma velocidad, esto quiere decir que la velocidad de "M" respecto del carrito es igual a cero. ” 1

(M + m)

i!

:- v w v w m -

H-

Mo

ISl

w.

* * & # jfc * * * * * *

P(inicial) = P(final) m V = (M + m + M0)U mV (M + m + Mo)

u =-

.... (2)

Conservación de la energía mecánica, después del choque entre m y M EM (1) = EM (2) | (m+M) V * = |

(m+M+ Mc) U2

+ |k x 2

.... (3)

M m 16 - 7

©

* * * * .* * * * * * * * *

La cantidad de movimiento se conserva en el tiempo, entonces el momentum del proyectil antes del impacto es igual al momentum del sistema cuando la defor­ mación es máxima.

En la figura mostrada se tiene una cu­ ña de masa "M" inicialmente en reposo. Si se lanza horizontal mente una esferita de masa “m", determinar el ángulo ” 6 ” de tal manera que después del choque elás­ tico (e = 1 ), la esferita rebota vertical­ mente. Desprecie el rozamiento.

* * * * * * * * * * * * *

* * * * * * * * *

«offl .■

.

/

i I / ------ 0 /

^

U^

A B rrr» rn f e - :

SOLUCION: Considerando “U" la velocidad de la cuña "M" después del choque.

P(x) (antes) = Px (después) mV = M U v J u m

(1)

Considerando "Uy“ la velocidad de ”m" después del choque. Conservación de la energía cinética, en el choque elástico

_ 2 mV2 = ^ MLj2 + | r n U »

(2)

Reemplazando (1) en (2): rM _, m

M u *

. .. . ( 3 ,

m

Reemplazando (1) y (2) en (3) x=mV

I

^

----------

y (m+m + M0)(M+ m)k

x : deformación máxima en el resorte.

* * * *

Definición del coeficiente de restitución (e), para choques frontales o perpendicu­ lares, luego hay la necesidad de descom­ poner las velocidades y tomaremos como referencia la dirección perpendicular a la cuña.

$ * * * * * & * * *

V.R. Alejamiento V.R. Acercamiento Ui . Cos 6 + U Sen 0 e = ------------------------------ = 1 v . Sen 6 Despejando: Ta e = Í T u

" - (4)

* •JS * * * * * ♦ * * * * * * #

Del dato

T9e = | 0 =53°

* * ft ft

CONCEPTO. Es una parle de ia mecánica de fluidos (líquidos y gases) que tiene la finalidad de analizar el comportamiento y efectos físicos que originan los fluidos en el estado de re­ poso. La Estática de Fluidos consta de las si­ guientes partes. I)

Hidrostática: Estudia a los líquidos en reposo relativo.

II) Neumostática: Estudia a los gases en reposo relativo. DENSIDAD (D). Para una sustancia molecularmente ho­ mogénea, su densidad nos expresa la masa de la sustancia contenida en la unidad de volumen. D=

m

Unidades: g/cm3 De la Ec. (1):

(1)

,

kg/m3 .... (2)

m = D.v

* * ft * * *

.... (3)

Reemplazando (2) en (3) ~W = D - G . v W: peso v: volumen

i

D: densidad g: aceleración de la gravedad

La magnitud de la presión se define como la fuerza perpendicular que actúa por cada unidad de área. Presión =

* * * ft * ft * ft * ft ft ft ft * ft * * ft ft

El peso de una sustancia es: W = m .g

Es una magnitud física Tensional, que expresa la distribución normal de una fuerza sobre una superficie. La magnitud Tensorial implica que la presión tiene múltiples puntos de aplicación y manifestación normal sobre las superficies, que establece la diferencia con la magnitud vectorial.

ft ft ft * ft ft ft ft ft ft * * ft * ft ft

Unidades: 1 pascal = m

Fuerza Normal área

La figura (1) muestra una pirámide de peso 400 N, de base cuadrado cuyo lado mide 2 m. La figura (2) muestra la presión "P" que ejerce la pirámide sobre la superficie horizon­ tal . p F 4 00 N 100.ü „2 A 4m m

* * * * * * * * * * *

La presión "P" también se puede definir como la distribución de la fuerza por cada unidad de área "La pirámide ejerce sobre la base una fuerza de 100 N por cada m2. PRINCIPIO DE PASCAL "Todo fluido transmite la presión que so­ bre él es ejercida en toda dirección, sentido y con la misma intensidad"

1

i

0

" \

GAS

e •

• P

F iq .(l) 0

■

• V

F

•

•

'*‘S •

• •

Fig.(2)

•

0

1) La figura (1) muestra un recipiente cilin­ dro conteniendo un cierto "gas", tapado por un émbolo de área "A", en equilibrio. 2) Al émbolo se le ejerce una fuerza "F”, figura (2), de tal modo que el gas se comprime, disminuyendo su volumen.

* * * * *

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

Si la presión inicial que ejerce el gas sobre la pared del recipiente era "P", figura (1), ahora la presión se incrementa en (F/A), figura (2). ■

Pinicial + A—Pfinal "Si se aplica una presión a un fluido, la presión se transmite a través de todo el fluido, en toda dirección y sentido y con la misma intensidad"

PRENSA HIDRAULICA Es una máquina simple que tiene por objeto multiplicar la fuerza que se le comu­ nica y muy usual para levantar cargas pe­ sadas. Esta máquina tiene como principio de funcionamiento el Principio de Pascal. Físi­ camente una prensa hidráulica está consti­ tuida por dos cilindros y dos pistones y ém­ bolos deslizantes de diferente diámetro, en uno de los cuales se coloca la carga que se desea elevar y en el otro (el de menor diá­ metro) se le aplica la fuerza correspondiente. F,

1

'i C I T E _________ _______

¡J

En la prensa hidráulica mostrada, apli­ camos en el émbolo menor una fuerza Fi la cual transmite al líquido una presión "P i" y ahora el líquido le comunica al otro pistón la presión "P2” que según el Principio de Pas­ cal.

de donde:

A2 > A i

* o» * * * * F2 > F 1

PROBLEMA Nfi 01 En la figura mostrada se tiene una prensa hidráulica cuyos émbolos tienen un área Ai y A 2 (A 2 = 2 0A i). Determinar la magnitud de la fuerza "F" que se debe aplicar a la palanca, para mantener en equilibrio el bloque "Q" de peso 3 000 N. Desprecie el peso de los émbolos y de la palanca.

* * * * * * *

F2=i aT

3 000 = 20 F 1 F 1 = 150 N

30

EM 0 =0 F (30) = F, (10) Luego: F = 50 N

PRESION HIDROSTATICA * * * * * *

Pero:

t:

* * *

f l = fz Ai A2

* * * * * * *

CONCEPTO. Es la presión que soporta todo cuerpo sumergido en forma parcial o total en un

£

* aire * * fi gur a (2) % * * . * > íl)

1) La figura (1), muestra un recipiente de forma cilindrica conteniendo cierto líqui­ do. 2) El líquido adopta la forma del recipiente que lo contiene, debido a la acción del campo gravitatorio o debido a su peso, figura (1). 3) En ausencia del campo gravitatorio (sin peso) adoptará como forma natural la esférica, esto quiere decir que el líquido no se derrama. 4) La presión "P" que ejerce el líquido sobre el fondo del recipiente se debe al peso del líquido, figura (2). Presión^

Fuerza W Peso del líquido área ~ A ~ ár e a de !a base r _W A

Pero:

D g. v A

v = A. h

p _ D. g. A. h

JTO. “La presión hidrostática es igual al pro­ ducto de la densidad del líquido “D”; la acele­ ración de la gravedad (g) y la profundidad (h)“ PROBLEMA N5 02 En la figura mostrada, determinar la presión hidrostática en el punto "A". La densidad de los líquidos no miscibles son: Di = 800 kg/m 3 , D¿ = 1 000 kg/m 3 10

m/s‘

* * * *

t =3 s

Luego el cuerpo regresa al punto “A” luego de 6 segundos. PROBLEMA Nfi 11 La figura m uestra d os bloques (1) y (2) de pesos 40 N y 30 N respectivam ente,

* * * * * * * * # I F (// plano) = 0

T + Wi = e .... (1)

T = (E - W2) Cos 60°

....(2)

Igualando las Ec. (1) y (2):

* * * *

( E - W i ) = ( E - W 2) . | Del d a to :

* * #> *

E = 50 N Duq. g, V = 50 N

La figura muestra dos bloques (1) y (2) de pesos 10 N y 40 N respectivamente y volúmenes iguales, en equilibrio. Despre­ cie toda forma de rozamiento. Determinar el volumen de cada blo­ que. g=

10

m/s 2

1 000 kg/m3 . 10m/s2 V = 50 N V=5

10-3 m3

PROBLEMA N® 12 Un corcho cúbico ode arista 10 cm.,’ con densidad 0,25 g/cm flota en el agua. ¿Qué altura del bloque queda por encima de la superficie del agua? SOLUCION: W O ";T|

0

}¡

1 o c9 O í> ' . V 9 °í ¿ 3 ... t• «.

AIRE

/

X -á g ü a ' - y --

A

E

-

D .C .L del bloque (1): A : área de la cara del cubo D,C L. (corcho cúbico)

IFy = 0 E=W DLíq - g Vs = Dc g . V

Vs=^ V - (1) I F (// plano) = 0 A ( 1 0 - x ) = ~ A . (10) T = (E —W i) Cos 60° x = 7,5 cm

* #

D.C.L. del bloque (2):

Si

F = P.S F 1 = D. g. hi(5) F2 = D. g. h2(5)

2da' Ley de Newton : F r = m.a (Ft - F2) = m . a S.D.g (hi - h2) = D. ( SL ) . a

Igualando las Ec. (1) y (2): (E - W i) ~ = W 2 —E Reemplazando E = 20 N D uq.g.V

= 20 N

1 000 kg/m3 . 10 m/s2 . V = 20 N

* * * * * * * * * * * *

V = 2 . 10-3 m3

* *

V = 2 litros

* #

PROBLEMA N5 14 Un tubo en "U" de sección transversal constante que contiene un líquido, es acelerado hacia la derecha con una acele­ ración constante "a", como indica la figu­ ra. ¿Cuál es la diferencia de alturas "h“ entre las columnas de líquido de las ra­ mas verticales?

SOLUCION: Consideremos como nuestro sistema fí­ sico el tubo horizontal de sección "S".

hi - h2 = — L 9

* * *

'-Hr± Luego:

* * * CONSECUENCIA * » O * * * * * * * * * * *

# * * * * * m * * * * * *

Un recipiente que contiene un cierto líqui­ do, acelera horizontalmente. Debido a la inercia, la superficie libre del líquido se inclina un ángulo "6" respecto de la hori­ zontal.

De la fórmula anterior

h 3 = L ' 9' Pero:

* * * * * * * sü

= Tg0 a = g . Tg 0

"El ángulo de inclinación " 0 * es direc­ tamente proporcional a la magnitud de la aceleración" PROBLEMA N® 15 La figura muestra un ascensor que sube verticalmente con aceleración con­ stante "a" en su interior lleva un líquido de densidad "D" en reposo respecto a las paredes dei ascensor. Hallar la diferencia de presiones entre los puntos A y B sepa­ rados una distancia "h".

$ * * * * * * * * *

SOLUCION:

* *

lí

(F2 - Fi - mg) = m a (F 2 - F i ) = m ( a + g)

Fz

Pb(S) —Pa(S) = D u q - (S.h) (a + g)

mg

P = Duq . (g + a ) . h II)

La fuerza resultante (EMPUJE) que ejerce el líquido sobre el cuerpo sumergido parcialmente, será:

*

*

E = P.A E = Duq (g + a), h . (A)

* * *

A: área de la base del cuerpo A.h volumen sumergido (Vs)

* * * * * * * ♦ * * * * * i *

Í4 2da Ley de Newton

La presión hidrostática a la profundi­ dad "h" será:

$

♦ * * * * * * * * Tomaremos como muestra (sistema físi­ co) un "tubito” imaginario del líquido, de altura "h" y sección “S", entre los puntos A y B.

Pb - Pa = Düg • (g + a ) . h CONSECUENCIA En la figura mostrada, un bloque se en­ cuentra parcialmente sumergido.

* * * * * * * *¡» *

E - D|_¡q . (g + a). Vs “La magnitud del empuje es proporcional al módulo de la gravedad efectiva". Este resultado es compatible con el Prin­ cipio de equivalencia, base de la Teoría de la Relatividad. PROBLEMA Ns 16 En la figura mostrada el ascensor está inicialmente en reposo y en su interior contiene agua, sobre el cual flota un blo­ que de madera. Cuando el ascensor sube con aceleración “a". ¿Aumentará el volu­ men sumergido en agua?

SOLUCION: Cuando el ascensor está en reposo, el peso del cuerpo es igual al empuje Con­ sideremos el volumen sumergido Vv

\ \ x ■ ------ ^ — ^ u a

*

n

* d»

"El volumen sumergido permanece constante, independiente de la acelera­ ción del sistema'1

2da Ley de Newton Fr = m . a

* dí

( F i - F 3) = D V a

* * * * *

(PA - Pc)S = D .(S L ). a

df

Pa ~ Pc = D.L.a

.... (2)

Sumando las Ec. (1) y (2): PROBLEMA Ns 17 Un cisterna de largo "L" y una altura "h“ está llena hasta el máximo de un lí­ quido de densidad “D” y se mueve con una aceleración "a” en la dirección hori­ zontal. Determinar la diferencia de pre­ siones entre los puntos A y B.

ds

* *

Pa —Pb = D(g.h + a.L)

*■ * d> d* * d* *

La diferencia de presiones entre A y B se incrementa debido a la inercia. Si a = 0, el móvil está en reposo o se mueve con velocidad constante, enton­ ces:

Pa - Pb = Dg. h PROBLEMA N® 18 La figura muestra un globo esferico inflado con Helio de densidad 0,1 kg/m y volumen 1 , 0 m3 , está unido por una cuer­ da de peso despreciable a un bloque de densidad 1 1 0 0 kg/m 3 y volumen 0,006 nv sumergido totalmente en agua. Sabiendo que el bloque se encuentra en equilibrio, determinar el peso del material que está fabricado el globo. No hay rozamiento. Densidad del aire = 1,2 kg/m 3 g=

10

m/s2

AIRE

* * * * * * $ * * * * * * * * * * * * * * * ♦ * *

Ei

empuje sobre el globo, debido al aire que lo rodea.

Wi :

peso del gas Helio

x■

peso del material que está fabri­ cado el globo. £ Fy = 0 T + Wt + x = Ei

...(P)

Reemplazando ( a ) en ( p)

* * * * *h *

x = ( E i —Wi ) —-g(W2 - E 2) En el S.L:

*

gVg

ÍGÜA

SOLUCION: Realizamos el D.C.L. del bloque:

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * 4=

x = g.Vi(D a - DHe) - s y ~ (De- DHío) x = 10 (1) (1,1) - ^

6.10’3 . (100)

x=8N PROBLEMA Nfi 19 Despreciando el espesor de ias pare­ des del recipiente cilindrico de radio 0,5 m. ¿Cuál será el peso de dicho recipi­ ente, si se encuentra en flotación en el agua? g=

10

m/s 2

O

0

'

O 0 ,6 m

* * (K * #

V

O

AIRE ■O — —-

O - o

AGUA

Ii

0 ,4 m ~ ~ —

-----------

£ F (// plano) = 0 T = (W 2 - E2) C os 60°

Realizamos el D.C.L. del globo:

....(a)

* * * ¡fe * * * *

--

-

------------

SOLUCION: Cálculo de la presión manométrica del aire comprimido. Principio fundamental de la hidrostática Pi = P2

*

Paire = D. g. h Paire = 100 —% . 1 0 —^ (0,4 m) m s Paire

* * * * * * * n> *

= 4 000 N/m¿

-(1)

Realizamos el D.C.L. del recipiente. Despreciamos el volumen de las pare­ des, por consiguiente el empuje es nulo.

* *

volumen 1 m , y está unido por una cuerda de peso despreciable a un bloque de den­ sidad 1 100 kg/m 3 y volumen 0,005 m3 sumergido totalmente en agua. Sabiendo que el bloque se encuentra en equilibrio, determinar el peso del material que está fabricado el globo. Densidad del aire = 1,2 kg/rr.3 g = 1 0 m/s 2

* * * * o» * * * *

SOLUCION: IF y = 0 Ei + E2 —W 1 —W 2 —x = 0 x = E 1 + E 2 —W 1 —W 2 En el S.I.: x = ( E , - W i ) + ( E 2 - W 2) X

del aire comprimido. IF y

Reemplazando d a to s :

=0

W = Faire — Paire S

....(2)

W = (Paire) . 71 R 2

Reemplazando (1) en (2): N W = 4000 — m2

=gVi(Daire—DHe) + gV2(Dagua —De)

1

* * o* *

* * *

x = 10 (1) (1,1) + 10 x 5.10'3(—100) x=6N PROBLEMA Nfi 21 Un cilindro sellado que está comple­ tamente lleno de un líquido de densidad ”D", gira alrededor de un eje con una velocidad angular “W". Hallar la diferen­ cia de presiones entre los puntos A y B, sabiendo que la recta que contiene a es­ tos puntos es una recta radial y horizontal (considerar al líquido en reposo con res­ pecto al cilindro).

* $ & # * * $ +

puje que actúa sobre el cuerpo parcial­ mente sumergido es E = 20 newtons. De­ terminar la magnitud del empuje, cuando el sistema baja con una aceleración de a = 5 m/s¿

*

si»

* ♦ * «ü « * * ¡s* * * * Elegimos como nuestro sistema físico el tubito de líquido AB de sección "S".

* * * # | E * «!> * *

R+r

r-j

M

tí

r .: 4

Fc = m ac (Fi - F2) = m , W 2 Rg F2 = PB(S)

Reemplazando: (Pa - Pb) S = D V. W2 . Rg (Pa- Pb) S = D. (R - r)S. W'2

+ r) 2

Luego; PA-PB= ^

( R

2 - r 2)

PROBLEMA Ne 22 En el sistema mostrado, cuando el as­ censor baja a velocidad constante el em­

E = ÜLiq V , (g ± a)

«i

♦

♦ ♦ * *

Dinámica circular

La magnitud del empuje depende de la "gravedad local” que afecta al fluido que lo rodea.

# sfc

R

Pero: Fi = PA(s) y

* *

SOLUCION:

* * % * * •* * * * * * * * # * * * * # * #> *

(+): cuando sube con “a" (-)

cuando baja con "a"

Cuando el sistema baja con velocidad constante (a = 0). E = Duq V . g 20 N = 1‘000 kg/m3 (V). 10 m/s2 V = 2 . 10~3 m3 cuando el sistema baja con aceleración constante "a”. Ei = 1 000 kg/m3. (2.10'3m3). (10-5) rtVs2 Ei = 10 N PROBLEMA Nfi 23 La figura muestra un recipiente cer­ rado, en su interior contiene un cierto gas de densidad 10 kg/m3. La esfera de volu­ men 0,005 m3 y densidad 250 kg/m3, se encuentra suspendido en el techo. Hallar la tensión en la cuerda AB.

A

SOLUCION: Realizamos el D.C.L. de la esfera.

IF y = 0 ifí |

T+E=W T = W —E

T

-

SOLUCION:

$ * £ íK * | * *

De la figura (1), se deduce que el peso total (agua + recipiente) es igual a W = 25 N.

*

El empuje (E) es una fuerza de acción. La reacción actúa sobre el bloque y la acción sobre el sistema físico (agua + recipiente).

Realizamos el D.C.L. (bloque) y el diagrama del cuerpo libre del (recipiente + agua).

g. V (De — Dgas)

En el S.L: T = 10m/s2.5x 10'3m3 (240 kg/m3) T = 12 N

PROBLEMA Ns 24 La figura (1) muestra un recipiente que contiene agua, la balanza indica un peso de 25 newtons. En la figura (2) el bloque atado por una cuerda se sumerge hasta la mitad si el empuje que actúa sobre el bloque es E = 5 newtons, hallar la lectura de la balanza en ia figura ( 2 ).

J * 4*

D.C.L del sistema físico, (agua + recipi­ ente), actúan las fuerzas peso total (W), Empuje (E) y la normal (N). I Fy = 0 .....

lera, condición de Equilibrio.

N = W + empuje Luego: N =25 newtons + 5 newtons N = 30 newtons. La lectura en la balanza es igual a la reacción normal. PROBLEMA Ns 25 La figura muestra una esfera de volu­ men 2 litros y densidad 400 kg/m sumer­ gido totalmente en el agua por acción de la cuerda AB. Determinar la tensión en la cuerda. Dagua = "1 0 0 0 kg/m 3 g=

10

* « * * * * * «i » * * * * # SjS * * * * * » m * * * N* * *

En el S . l.: T = 10 % . 2 x 10-3 m3. (600 kg/m3) T = 12N PROBLEMA Ne 26 Un oso polar de peso 2 500 N se en­ cuentra parado sobre un bloque de hielo (densidad 900 kg/m3) flotando en el agua. Determinar el mínimo volumen del bloque de hielo, tal que, el oso no se hunda. g = 1 0 m/s 2 SOLUCION: D.C.L. del bloque de hielo

m/s‘

SOLUCION: Diagrama del cuerpo libre de la esfera:

* * * * *

ZFy = 0

» * *

D l g v - DH. g.

IFv= 0 * * * * #

T+W = E

T= E- W

.... (1)

Reemplazando en (1) T = Di_.g.v - Dc.g.v T = g.v (D l - Dc)

-> E

-

E = WA + Woso W

* * * * m * *

V

W o s o

= WOSo

g . v (D l - D h ) = Woso Reemplazando datos en el S .l.: 10 v (100) = 2 500

* # * * *

=

h

v = 2,5 m PROBLEMA N® 27 Dos esferas de pesos 10 N y 40 N, y de igual volumen flotan en el interior de un líquido unidos por una cuerda de peso despreciable, en la forma que muestra la figura. Hallar la tensión en la cuerda.

SOLUCION: D C .L esfera (1)

IF y = 0

E = W i,+ T .....(1)

El empuje "E" sobre los cuerpos son igua­ les, dado que los volúmenes son ¡guales. D.C.L. esfera (2)

£Fy= 0

W2 = T + E

.... (2)

Sumando las Ecuaciones (1) y (2). Wg = W i + 2 T W2 - Wi 2 Reemplazando los datos: T = 15 N PROBLEMA N® 28 La figura muestra una esfera flotando entre dos líquidos no miscibles ( 1 ) y ( 2 ). Si el 50% de su volumen está sumergido en el líquido ( 2 ), determinar la densidad de la esfera.

* * * * * * * * * * $ * * ste * * sí? #

SOLUCION Cuando un cuerpo está sumergido en varios líquidos cada líquido ejerce un em­ puje independiente. D.C L.(Esfera)

* * * * # * ♦ * * * * En el S I : # * * * * * * * * * # » * * * * * * * * * * * * * * * * # * *

V V Dc g . v = D i . g . - + D 2. g. —

Dc =

Di + D2

Reemplazando los datos: Dc = 700 kg/m PROBLEMA Ne 29 La figura muestra dos bloques (1) y (2) de volúmenes iguales y de pesos 10 N y 40 N respectivamente. Despreciando to­ da forma de rozamiento, determinar el vo­ lumen de cada bloque, sabiendo que el sistema se encuentra en equilibrio. g=

10

m/s2

* * * * m

SOLUCION: D.C.L bloque (1)

IFy = 0

# * * * * * * * * * * * * * * * $ * * * * * * * * * * * * * * *

T = (40 —E ) . ¿ Igualando las Ec. (1) y (2) (E = 10) = (40 —E) | E = 20 N

E = Duq . g . V 20 N = 103 kg/m3 . 10 m/s2. V V = 2 x 10~3m3 V = 2 litros PROBLEMA Ns 30 La figura muestra dos bloques (1) y (2) de igual volumen y pesos 10 N y 40 N respectivamente. Despreciando toda for­ ma de rozamiento, hallar el volumen de cada bloque, para el equilibrio. Dagua

g=

10

= 1 0 0 0 kg/m 3 m/s 2

T = E = Wi

T = (E —10) ...(1)

Los bloques (1) y (2) tienen igual volu­ men, por consiguiente los empujes serán iguales. D.C.L bloque (2)

I F (// plano) = 0 T = (W2 - E) Cos 60°

* * *

.... (3)

Pero en el S.L.

1) D .C .L bloque (1):

* * * * * * * * $ $ *

Z F (// plano) = 0 T = (E - 10) CosG

- ■( 1)

La resultante vertical entre el empuje "E" y el peso = 10 N, tiene sentido hacia arriba. Sí los bloques (1) y (2) tienen igual volumen, entonces los empujes también son iguales. 2) D.C.L. bloque (2)

* * * * * * * * * * * sis

* $ * * * *

IF

( / / p la n o ) = 0

T = (40 - E) Cos 6

....(2)

La resultante vertical entre el empuje “E" y el peso W 2 = 40 N, tiene sentido hacia abajo. Igualando (1) y (2) (E - 10) Cos 6 = (40 - E) Cos 6 E = 25 N

‘f i P

i M OVIM IENTO ARM ONICO SIM PLE

a

$ *

CONCEPTOSPREVIOS: Elongación (X) Es una magnitud vectorial, indica la posi­ ción de la partícula "m" en cada instante de tiempo T respecto de la posición de equili­ brio, (PE).

* * * * * * * * * m +

\

* *

P.E. ' ■/W M íW W '.vM f-TO W A W - m 1 ........

+ * * * * * *

A m plitud (A) Es la máxima elongación alcanzada por la partícula en movimientos. La partícula inicia su movimientos, (t = 0) cuando X = A, mediante Ley

[

x (t) = A

por un vector F que actúa sobre la partícula indicado siempre la posición de equilibrio.

* * *

Ley de Hooke: F = —K .X K:

constante de rigidez del resorte (N/m).

CONCEPTODELM.A.S. Es aquel movimiento oscilatorio y pe­ riódico, realizado en línea recta ocasionado por una fuerza recuperadora y descrito ma­ temáticamente mediante funciones seno y coseno.

RELACIONENTREELM.A.S. YELM.C.U. Sí una partícula se desplaza con un mo­ vimiento circular uniforme (M.C.U.), sus pro­ yecciones sobre su diámetro cumplen con los requisitos del M A.S. Observe atenta­ mente las proyecciones y compárelas con el M.A.S. realizado por "m". r

Cos (wt)

k /

FUERZA RECUPERADORA (F)

$

Es aquella fuerza interna que manifiestan los cuerpos elásticos al se ' estirados o com­ primidos, actuando sobre la partícula *m“ haciendo que recupere su posición de equili­ brio. La fuerza recuperadora es la tensión o compresión de los resortes, se representa

* $ # $ * ❖ * * * *

Á B

\ ______ 1

(•={)

X

/

/

/ /

f

a V

.

_

/1 » » i i i i

b

_ ->

Es la proyección del radío "A" sobre el eje horizontal. El ángulo “ 0 ”, es el desplazamiento angular que experimenta la partícula en M C. U ., 6 = co.t X (t) = A . Cos 6 X (t) = A . Cos (m.t)

(1)

VELOCIDAD INSTANTANEA

* * * * *

Reemplazando (1) en (3):

* * * + m * *

PERIODO DE LA PARTICULA "nV7 Analizando la partícula de masa ”m" diná­ micamente, realizamos el diagrama del cuer­ po libre en cierto instante “t".

* * * * *■ *

Es la proyección de la velocidad tangen­ cial sobre el eje horizontal La velocidad "V" en el M.C.U. es V = coA.

F

Segunda Ley de Newton: Fr = m.a

K . X = m(cu2.X) K = m . co'.2

V (t) = V . Sen 6 V (t) = ü)A. Sen (cot)

a (t) = co2 . X .... (4)

... (2)

ü>

* ♦ *

- ñ

(5)

Reemplazando en (5): co =

* *

ACELERACION INSTANTANEA Es la proyección de la aceleración cen­ trípeta sobre el eje horizontal La acelera­ ción centrípeta en el M. C. ü . , es o 2 A

a (t) = ac . Cos G a (t) = tú2 . A . Cos (

SÜ

* *

x = A - x0 A = x - x0

(3)

Reemplazando (1) y (2) en (3):

Sü

Sü «ü *

SOLUCION:

sü sü

# * * Sü Sü

# *

Sü Sü

Sü Sü sü

* «ü * Sü SÜ SÜ

Deformación del resorte, cuando el blo­ que está en resorte:

* * *

Sü

* *

(1 )

Analizando a la caja, determinamos la deformación del resorte cuando la reac­ ción normal es igual a cero,N=0. I F y =0 k .x = M .g x = Mg/k

Una caja de masa M = 9kg está sobre una mesa horizontal. El coeficiente de rozamiento entre la caja y la mesa es igual a Ms = 0,4. Dentro de la caja descansa un bloque de masa m = 1 kg que puede mo­ verse sin rozamiento en el interior de la caja. Este bloque está sujeto a la pared por medio de un resorte cuya rigidez es k = 200N/m. ¿Con qué amplitud de las oscilaciones del bloque comenzará la ca­ ja a moverse sobre la mesa? g = 1 0 m/s

Sü

k . x0 = m . g Xo = mg/k

PROBLEMA Ns 20

. . . . (2 )

Sü

* * * Sü * * * * * *

TV-Tam.;/1:. i

.

iflwra.

a) 0,1m

b) 0,2m

d) 0,4m

e) N.A,

aí

c) 0,3m

GRAVITACION UNIVERSAL

%

Las fuerzas entre el sol y los planetas o entre la tierra y los cuerpos próximos a su superficie son simplemente manifestaciones de una propiedad intrínseca de la materia, descubierta en 1 666 por I. Newton con el objeto de explicar el movimiento planetario La partícula elemental que genera el campo gravitatorio se denomina “gravitón". LEY DE^GaAVITACIONUNiVERSAL

"Dos partículas materiales cualesquiera se atraen con una fuerza de magnitud direc­ tamente proporcional al producto de las ma­ sas e inversamente proporcional al cuadra­ do de la distancia que las separa".

n>¡

* *

CAMPO GRAVITATORIO

* * *

Es aquella región del espacio que rodea a una masa "M" creadora del campo, lugar en el cual deja sentir su efecto (atracción) sobre otras partículas. El campo gravitatorio se comporta como un agente transmisor de fuerzas gravitatorias

* * * * * * Sf


/

'Ú t

/

|R / /

* * * * *

Dinámica circular, para "m i”: Fc =m .ac G. M i.m i _ 2„ ------- ------ = m i. .R

..

4 n 2 R2 „ M i . T , = — — = Constan.

Analizando la estrella E2: Mi .T * = M 2 T * Pero:

(1 )

T i = 3 . T2

Reemplazando en (1): M 2 = 9 . Mi PROBLEMA Ns 12 Dos estrellas de masa Mi y M 2 ; tiene cada una satélite de masas mi y m2, que giran alrededor de ellas con el mismo radio orbital R. El período de m i es el doble del satélite m 2 - ¿Cuál es la relación entre las masas de las estrellas?

* $ * * * $ * *

* * * * * * * $ * * * * * * * * * * * * * *

Cálculo del potencial gravitatorio, en los puntos A y B VA = - G .

M a

VB = - G .

M b

El trabajo realizado por un agente ex­ terno, contra el campo gravitatorio crea­ do por M, será: W A _» b = m . (VB - VA ) W a -» B = m

G. M GM b + a

WA -> B = G.m.M

a

bj

PROBLEMA N® 14 La figura muestra un planeta de masa "M" y radio de curvatura "R”. Un cuerpo de masa "m" se traslada desde la posición A(0 ; a) hasta la posición B (0 ; b) a velo­ cidad constante. Calcular el trabajo reali­ zado por la fuerza externa sobre el cuerpo n m ii m .

...

.

. * * >t>

y

*

B i (0 ;b )

* * * * * *

i

_

^

W

_\ g y

De la condición del problema, la intensi­ dad resultante es horizontal "L gy —0

* * * * * *

A >(0;a)

(

Llevamos una masa de prueba "m0" al punto A para determinar la dirección y sentido de la intensidad de campo gene­ rado por cada masa.

* (R;0)

>

•H * * >)>

a) G.M.m (a + b) / (a . b) b) G.M.m (a - b) / (a . b) c) G M.m (b - a) / (a . b)

Ífí ❖

d) G . M . m / R

*

e) G.M.m.R / (a . b)

* * 4¡¡

PROBLEMA N® 15 En la configuración mostrada, deter­ minar una relación entre las masas pun­ tuales mi y rri2 , de tal modo que la intensidad del campo gravitatorio en el H^nto A sea horizontal.

g2 = gi . Cos60°

sh

+ * ❖ *

G rri2 _ G.mt

* * * * * * * * 4* $ ♦

mt = 8 m2

1

PROBLEMA N9 16 En la configuración mostrada, deter­ minar la intensidad del campo gravitato­ rio en el punto "A", los tres cuerpos pun­ tuales tienen masa ”m" cada uno.

4»

♦ * * * * * 4*

A

L y' 4» 4* i l 30l 4» *

A _____

30° >s ---------- / ---------i - *

c) 4 Gm/L2

d) 3 Gm/L2

e) Ninguna

1 mV w2+ — 1 •M i\ i2 G. mM — V - — -—

«f * *

2

sfc

1/

i * #

PROBLEMA Ns 17

d

...... 2 G. mM

^ ( m + M )U - — x—

C\J

* * $ *

X —

d

CVI >

Dos masas puntuales "m" y "M" aisla­ das de otros cuerpos, separados inicial­ mente una distancia "d" son lanzadas en sentidos opuestos con igual velocidad en módulo "V”. Determinar la máxima dis­ tancia de separación que alcanzan los cuerpos:

2

-1

G (m+M)

PROBLEMA N® 18 * * * *

Dos cuerpos esféricos de masas M y m (M = 2m), aisladas de otros cuerpos, se abandonan cuando la distancia de sepa­ ración es "D". Debido a la fuerza de atrac­ ción gravitatoria los cuerpos se acercan entre sí, entonces hallar la velocidad del cuerpo de masa M cuando la distancia de separación sea ia mitad (D/2).

* * * * * *

# *

SOLUCION: Cuando los cuerpos alcanzan la máxima distancia de alejamiento, tienen veloci­ dades iguales a "U“ (sentidos iguales). Principio de conservación del momento lineal:

P (inicial) = P(fmal)

* ♦ # *

MV - mv = (m + m) U (M -m )V U=(M + m)

* * * * *

.... ( 1)

a)

ló n i

\ 3D

* *

¡4! * * * * *

O,

# m : masa del cuerpo o sustancia * * C exalor específico del cuerpo o sustancia. * * * AT : variación de la temperatura. * * * * % * *

EQUILIBRIO TERMICO O LEY CERO DE LA TERMODINAMICA

Cuando en un recipiente cerrado y ais­ * lado térm icam ente son introducidos dos * cuerpos uno caliente y el otro frío, se es­ * * tablece un flujo de calor entre los cuerpos, de * manera que disminuye la temperatura del * * cuerpo caliente debido a que pierde calor y * el otro aumenta su temperatura debido a que * * gana calor. $ * El flujo de calor entre los cuerpos cesará * *■ cuando los cuerpos alcanzan temperaturas * iguales, entonces se dice que han alcanzado * el “Equilibrio Térmico", definiéndose el equili­ brio térmico como aquel estado en el cual no * * existe flujo de calor * * ¡ü Del principio de conservación de la ener­ * gía, se cumple que el calor ganado por el * cuerpo frió es igual al calor perdido por el * cuerpo caliente. *

Unidades: cal

J

°C ’ °C CALOR ESPECIFICO (C.e) Es la cantidad de calor que se le debe entregar o sustraer a cada unidad de masa de una sustancia, tai que su temperatura aumente o disminuya en una unidad. Tam­ bién se le define como la capacidad calorífica por cada unidad de masa de una sustancia.

|

Q (ganado) = —Q (perdido^

*

fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr

CALORIMETRO DE MEZCLA Es aquel recipiente cerrado y aislado tér­ micamente que se utiliza para determinar el calor específico de los cuerpos (líquido, só­ lido, gas) Temperatura

H20.-£

. Aislante Térmico

EQUIVALENTE EN AGUA DE UN CA­ LORIMETRO Es aquella cantidad de agua que es ca­ paz de absorver o disipar la misma cantidad de calor, que un calorímetro, experimentan­ do el mismo cambio de temperatura. Q(agua) = Q(calorimetro)

mH20 Ce (H2Q). AT = mcal.Cecal. A T Pero:

Ce(H20) = 1,0

cal

g°c

H 2O = rrtcai - Cecal

fr fr * fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr

fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr

Si el calorímetro tiene capacidad despre­ ciable, entonces el calorímetro no gana ni pierde calor. El equivalente en agua se expresa en gramos» CALOR ESPECIFICO DEL AGUA (H 2 O) Ce (H20 ) = 1,0 Ce(hielo) = 0,5

cal

g °c cal

J

• = 4200

kg °C = 2 100

g. c Ce(vapor)=0,5 — - = 2 100

g °c

k g °C

J

kg.°C

CAM BIO DE FASE Es aquella transformación fisica que ex­ perimenta una sustancia pura al recibir cierta cantidad de calor cuando está saturada. En consecuencia durante el cambio de fase la sustancia experimenta un reordenamiento molecular, adoptando nuevas propiedades físicas y perdiendo otras manteniendo la pre­ sión y temperatura constante. La sustancia puede encontrarse en su fase, sólido, líquido y gaseoso

fr

fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr fr

SUSTANCIA PURA Es aquella sustancia que presenta una composición química homogénea y que es capaz de reaccionar (no experimenta diso­ ciación atómica), sin embargo su estructura molecular puede experimentar cambios. Ejemplo El agua (H2O), el aire, el ni­ trógeno, el oxígeno, etc.

Es aquella manifestación física que pre­ senta una sustancia pura y que está definida por los parámetros termodinámicos: Presión (P), volumen (V), temperatura (T), densidad (D). Estado = f (P ; V ; T ; D) El agua no disuelve la grasa a 10°C, en la misma fase líquida a 60°C logra disolver la grasa, por consiguiente la sustancia tiene diferentes propiedades a diferentes estados termodinámicos.

FASE TERMODINAMICA Es aquella situación de homogeneidad física, configuración molecular, que presenta una sustancia pura a determinadas condicio­ nes de presión y temperatura. La sustancia puede incrementar su temperatura sin modi­ ficar la configuración de su estructura mo­ lecular Una sustancia pura posee tres termo­ dinámicas: solido, líquido, gas (vapor).

CONDICIONES DE SATURACION Se denomina asi a los valores de presión y temperatura que se mantienen constante durante el cambio de fase. Si en un cambio de fase la temperatura de saturación también constante, su respectiva presión de satu­ ración también permanece constante.

* & & & * * * * * & * &

Por ejemplo si la presión es 1,1 105Pa, el agua no puede hervir a 95°C, ni 105°C, le corresponde una temperatura de ebullición de 100°C. Análogamente, si el agua hierve a 100°C, la presión no puede ser 104Pa, ni 106 Pa, pues le corresponde la presión normal (1.1.105 Pa).

P ÍN /m 1)

& & & & * &

611,3 VAPOR

& $ & & * # & $ & & *

& * * m * & * & * & # $ *

El decir, según si ¡a sustancia para cada presión de. saturación existe un solo valor de su temperatura de saturación.

GRAFICA PRESION - TEMPERATURA DE SATURACION (para el H20 )

Sublimación

273.01

PUNTO TRIPLE (A) Es aquel valor de la temperatura y pre­ sión de saturación, para el cual la sustancia se encuentra en las tres fases (sólido, líqui­ do, vapor), por consiguiente las tres fases coexiste simultáneamente. Para el agua :

# & 4 & # * * $ * *

T = 0,01 °C P = 611,3 N/m2

SUBLIMACION: Es aquel proceso de cambio de fase, cuando la sustancia pasa de la fase sólido a la fase vapor, sin pasar por la fase líquida. Esta generalmente ocurre en algunas sus­ tancias llamada "volátiles" Para el agua (de hielo a vapor) ocurre a bajas presiones, debajo del punto triple “A". CALOR

* *

T (°K )

LATENTE (L)

Es aquella cantidad de calor necesaria y suficiente que se debe entregar o sustraer a una unidad de masa de una sustancia satu­ rada, para que ésta pueda cambiar de fase.

Unidades: — , ~ g kg

Cantidad de calor “latente" entregado a la sustancia para el cambio de fase: Q = rn . L

Calor latente para el agua a la presión atmosfera normal.

* * & * $ * * *

L = 80 — = 340 ^ 9 Kg Vaporización - condensación: T = 100°C

* Fusión - solidificación: T = 0°C * $

L = 540 — = 2 300 S K' g Kg

c

PROBLEMAS RESUELTOS DE

CALOR

PROBLEMA Ne 01 Un termómetro con escala arbitraria, tiene como punto de fusión del hielo -40 ° y como punto de ebullición del agua 160°, cuando en este termómetro se lee 20°, ¿cuánto vale la temperatura en la escala centígrada? SOLUCION: N

°C

^

E b u llic ió n . 160

100

* # # * $

sustancia dando como lectura 25°, ¿cuál es la verdadera temperatura en °C de ta sustancia? SOLUCION:

# 1 * A * * * * # *

De la relación de Thales 2 5 -1 T- 0 9 9 -1 ~ 1 0 0 -0 24 T 98 : 100 T = 24,49 °C

Z0

C o n g e l a c i ó n ________

-40

1 0

De la relación de Thales 160 + 40 20 + 40

100

T = 30°C PROBLEMA Ne 02 ¿A qué temperatura las lecturas de un termómetro Fahrenheit y Centígrado son iguales? a) +40°C

b) -40°C

c) —20°C

d) +20°C PROBLEMA Nfi 04

e) Ninguna PROBLEMA N® 03 Se tiene un termómetro mal calibrado señala +1° a la temperatura de congela­ ción del agua y 99° a la temperatura de ebullición del agua con el termómetro mal calibrado se mide la temperatura de cierta

* * * * * *

¿A qué temperatura las lecturas de un termómetro Fahrenheit y Centígrado son iguales, pero de signos contrarios? a ) - 1 1 ,4°C

b )-2 2 ,4 °C

c) -6,8°C

d) —40°C

e) Ninguna

En ia figura mostrada, en cuántos °C se debe incrementar la temperatura de las barras A y B para que sus extremos se junten. Las barras están empotradas o paredes impermeables al calor y además:

* * * * * * *

Determinar las longitudes de dos vari­ llas a la temperatura del ambiente de coe­ ficientes de dilatación lineal a i = 18 x 10‘6 °C_1y a 2 = 1 2 X 1 0 -6 ° C -1 De tal modo que la diferencia de sus longitudes sea igual a 5cm, a cualquier temperatura.

aA = 15 x 10^°C _1 a B = 1 x 10‘ OÜC

SOLUCION:

1

60cm

6cm

30cm

SOLUCION: De la condición del problema: ^L(A) + AL(B) = ®cm

* * # * $

a A. L,. AT + ag.L^. AT = 6cm (15 x 10^)(60)AT+(10_3)(30) AT = 6 Despejando AT = 5 0 °C PROBLEMA NB06 Dos barras de longitudes Lt y son de materiales diferentes sus coeficientes de dilatación térmica son respectivamen­ te: a 1 = 3 x 1 0 _€oC

y ccj =6 x 10~* cC_1

¿Cuáles son los valores de Li y L2 para que su diferencia de longitudes sea igual a 9cm a cualquier temperatura? a) L 1 = 18cm y L2 = 9cm b) Lt = 10cm y L2 = 19cm c) L 1 = 20cm y L¿= 11 cm d) L 1 = 20cm y L 2 = 29cm e) Ninguna

* * * * # * * * * * * * * * # *

De la condición: b - a = 5cm

....(1)

La variación de la longitud por cada uni­ dad de temperatura, para cada varilla debe tener el mismo valor. a v a. AT = a 2.b. AT

--.(2)

Reemplazando datos en (2): 3a = 2b

.... (3)

Resolviendo las ecuaciones (1) y (3): a = 10 cm b = 1 5 cm PROBLEMA NB08 Una varilla de cierto metal de 50 cm de longitud es calentada de 0°C a 100°C ob­ servándose que su longitud, aumenta en 0,075cm. Otra varilla de la misma longi­ tud que la anterior pero de un material diferente es calentado desde 0°C a 100°C observándose que su longitud aumenta en 0,045cm. Tomando un trazo de cada varilla se forma una varilla de 50cm de longitud, la cual es calentado desde 0°C hasta 100°C aumentado su longitud en 0,057cm. Determinar la longitud de cada trozo tomado a 0°C.

a) 25 y 25cm

b) 20 y 30cm

c )3 5 y 1 5 c m

d )4 0 y 1 0 c m

e) 45 y 5cm PROBLEMA Ns 09 Se tiene una lám ina m etálica de coefi­ ciente de dilatación superficial 2,02 x 10~*. 1/ C, al cual se le ha sustraído un círculo de radio 1 cm. Se pretende hacer pasar por el o rific io una esfera de radio 1,02cm, ¿en cuánto se debe increm entar la tem ­ peratura de la lámina m etálica, tal que, la esfera pueda pasar por el o rificio ? SOLUCION

* § «s # * * # m é # 4 * *

P = coeficiente de dilatación superficial del metal = 2,02 x lO ^ .I^ C . La variación superficial del orificio, es di­ rectamente proporcional al área inicial y al cambio de temperatura (TF - T0) A área = p A(inicial). A T n (b2 - a2) = p. k . a,: AT (b + a ).( b -a ) = p . a 2 AT

...(1)

Reemplazando datos en (1): * * * # * * * * * # * * # * * # *

A T = 200°C PROBLEMA Ns 10 Se tiene un círcu lo m etálico de c o e fi­ ciente de d ilatación su pe rficia l, 2,01 x 10' ■ O * Si el radio del círcu lo es 1,0 cm , ¿En cuánto se debe increm entar la tem pera­ tura, tal que, el radio del círc u lo sea 1,01 cm?. a) 100°C

b) 120°C

c) 150°C

d) 200°C

e) Ninguna

* * PROBLEMA Ne 11 * * Un fra sco de v id rio de capacidad ?s> 1 010cm3, contiene 1 OOOcm3 de m ercurio * * (Hg) cuyo co eficiente de dila tació n cúbica # es 18,2.1o-5 °C ' a la tem peratura de 0°C. * Se calienta el sistem a hasta alcanzar una * tem peratura de 100°C, observándose que * * el frasco de v id rio se encuentra co m ple­ * tam ente llen o de m ercurio. C alcular el * * coeficiente de d ilatación cúbica del vid rio . * * SOLUCION: # * * Experimentalmente se demuestra que el espacio vacio, el orificio, se dilata como si fuera del mismo material de la lámina metálica. a = radio del orificio a la temperatura T0, inicial = 1,0cm. b = radio del orificio a la temperatura T f , final = 1,02cm.

* Cv

► v

* * * * * * * * *

R = 8,314' m o l °K cal R=2moL °K

.... (5)

do (2), manteniendo constante la presión, para lo cual recibe o iibera calor. Durante el proceso realiza t abajo y modifica su energía interna, por consiguiente varía la temperatura.

* * * * * * * *

Cp =Y Cv 1) Para gases monoatómicos' Helio, Neón, Argón, Criptón, Xenón

y

Cp = § R

Cv = |

R

5

y= :

2) Para gases diatómicos: Hidrógeno, Nitrógeno. Oxígeno, monóxido de carbono (CO). Cp =

|R

y

Cv = § R

7

y =-5

3) Para gases poliatómicos Cloruro de hidrógeno HCI , agua (vapor H20 ), anhídrido carbónico (C 0 2), Etilio (C2H4) Metano (CH4), Amoniado (NH3) Cp = |

y

r

Y=

Cv = § R

4

MASA MOLECULAR (M) DE ALGUNAS SUSTANCIAS: Cálculo de la cantidad de sustancia (n): m n=M m : masa de la sustancia gaseosa M : masa molecular de la sustancia. PROCESOS TERMODINAMICOS: 1) PROCESO ISO BAR IC O (P = c o n s ­ tante) Es aquel proceso termodinámico reali­ zado por el sistema (gas ideal), evolu­ cionando de un estado (1) hasta un esta-

* # * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

Cantidad de calor entregado Q = n. Cp. AT Trabajo realizado por el sistema: W = F.d = (P. A.) d W = P .(A d ) = P(V2 - V i ) W =P

AV

Variación de la energía Interna: Primera ley de la Termodinámica Q = W + AU A U = Q —W A U = n.Cp. A T - P

AV

Ley de Charles (P = constante)

Yi Ti -

V2 T2

Diagrama P - V :

(> 4

v *-

W i _» 2 = Area bajo la recta Pi = P2 = P W i . , 2 = P- AV l| PROCESO ISOCORO (V = constante) Es aquel proceso termodinámico, en el cual el sistema evoluciona del estado (1) al estado (2), manteniendo el volumen cons­ tante. En este proceso el sistema no realiza trabajo, el calor entregado sirve para incre­ mentar la energía interna.

* * * * * * * * * * «X * * *

* * * *

Wi

2 = Area = 0

PROCESO ISOTERMICO (T = constante) Es aquel proceso termodinámico, en el cual el sistema evoluciona del estado (1) al estado (2), manteniendo la temperatura co nsta nte. Todo el c a lo r entreg a do al sistema se transforma en trabajo.

* * * * * * * * * * * * * * *

Cantidad de calor entregado: Q = n.Cv- AT Trabajo realizado por el sistema: W = F.d pero:

d =0 W =0

Variación de la energía Interna: Primera Ley de la Termodinámica Q = W + AU AU = Q - W AU = n. Cv. AT "Todo el calor sirve para incrementar su energía interna'' Ley de Gay - Lusacc (V = constante) Vi = V 2 f l = f2 T, T2

La energía Interna depende sólo de la temperatura.

* * * * * *

S i:

T = constante = T i = T 2

si* * * * * * * * * * *

Calor entregado al sistema.,

U1 = U 2

Q = n.R.T.Li v

V1

Trabajo realizado por el sistema: Primera Ley de la Termodinámica Q = W + AU

* C): el gas sigue expandiéndose, pero sin ingreso ni salida de calor, de modo que su tempera­ tura disminuye hasta T 2. 3) Comprensión Isotérmica (C —» D): el gas es comprimido, manteniendo su tempe­ ratura constante T 2, de modo que expul­ san una cantidad de calor Q 2 4) Comprensión Adiabática (D —» A): fina­ liza la compresión de manera que du­ rante el proceso no entra ni sale calor, hasta alcanzar la temperatura T i. EFICIENCIA DEL CICLO DE CARNOT La eficiencia depende sólo de las tem­ peraturas absolutas de los focos frió y ca­ liente. n = 1-

T2

ENTROPIA (S)

Una propiedad de importancia en ter­ modinámica es la entropía. Si un cuerpo o sustancia absorve la cantidad de calor Q manteniéndose a la temperatura T, experi­ menta, un aumento de entropía. AS =

Q

* * * * 1

* ♦ * * « * $

aquellos procesos en los que la entropía aumenta o permanece igual, o sea: AS >0 Consideremos, por ejemplo, el caso de dos cuerpos a temperaturas T i y T 2, con T i > T 2. Sabemos que si juntamos, hay una trans­ ferencia de calor Q del primero al segundo

D em od o qu e la va ria ció n d e e n tro p ía d e un cuerpo se m ide por la relación entre el calor absorvido(o desprende). Laentropíaes una m edídadel estado de desorden de las m oléculas de un cuerpo, o m edida del estado de agitación de las m o­ léculas. Cuanto m ayo rse ae lde sord en m o lecu lar, mayor es la entropía del cuerpo. Así, una sustancia en estado sólido, cuyas mo­ léculas están relativamente ordenadas, tiene menos entropía que en estado gaseoso, cuando sus moléculas están muy desorde­ nadas. Una consecuencia del segundo principio de la termodinámica es que: la entropía de un sistema aislado, como el universo, no puede disminuir y por tanto, solo son posibles

* * * * * * *

La entropía del cuerpo caliente, que pier­ de calor, sufre un cambio, - Q íT r y la del cuerpo frío, que gana calor, un cambio +Q/T 2. El cambio total de entropía del sistema es:

* * #

AQ

* * * * *

as

Q

=o

Q

Ti . T2

o

c Ál

PROBLEMAS RESUELTOS DE

SEGUNDA LEY DE LA TERMODINAMICA

PROBLEMA Ns 01 Un motor de Carnot recibe 10 000J de un foco caliente a 727°C, uno realiza un trabajo y cede una cierta cantidad de ener­ gía a un foco a 27°C.

* * Q2 = ^ . Q i

Ti

*

q2 = J00^K

1000 K

cr 9x1 o F = 40 N

....(1)

Realizamos el D.C.L. de la esfera (+q):

* * * * * $ * *

1) Analizando primeramente el estado de equilibrio de la esterilla "C" ha­ ciendo el D.C.L y aplicando la pri­ mera condición de equilibrio X Fx = 0 Fac - Fbc

K (40|i) Qc _ K (90u) Q c x2

(10 —x)2 x = 0,04 m

T. Cos 60° = (F + W)

.... (2)

Reemplazando en (2): 2

= (40 + 20)

v /

Luego:

T = 120 N

* st= * * *

2) Analizaremos a continuación de la es­ fera ”B". Haciendo el D.C.L. y apli­ cando la primera condición de equili­ brio, tenemos que XFx = 0

PROBLEMA Ne 05 La figura muestra tres esferillas A, B y C cargada. Qa = 40^C; Qb = 90(iC. Deter­ minar el valor de la carga que debe tener la esferilia ”C “ y la distancia "x“ con la condición de que las esferillas B y C estén cada una en equilibrio. La superficie es aislante y lisa.

Fc b = Fab

K (90i,) Qc _ K (40[i) (90¡i) (0,06)2 * * * *

Luego:

(0,1)2

Qc = 14,4|iC

% * * * » * * * * * * * * * * m

«$i» * * * ♦ *

Pero el signo de "Oc" es negativo, enton­ ces: Qc = —144 10~7 C PROBLEMA Nfi 06 La figura muestra una barra homogé­ nea y uniforme en equilibrio. Cada esfera tiene un peso de 5N y cargadas con mag-

nitud q = 20¡j C, pero signos diferentes. Hallar el peso de la barra. ■2txj-nM6k’grt^',aL>v>,it ,vaxv

©

T

0,3 r

tm r SOLUCION: Realizamos el D.C.L. de la esfera "+q” ZFy = 0 T + 5N = F

* * * * * * * * * * * * * * * *

1) Analizaremos ese estado de equili­ brio de la esfera cargada con magni­ tud "q”. Haciendo el D .C .L y apli­ cando las condiciones de equilibrio: * IF y = 0 N. Sen 30°= mg. Cos 30° ...(1) * ZFx = 0 N.Cos30°=F+mg. Sen30°

(2)

K T + 5N — =K. V 5N

Reemplazando datos: T + 5N = 40N T = 35N

.... (1)

Realizamos el D.C.L. de la barra:

1 K

ÍT ETT

ZFy = 0 -> W = 2T

(2)

Reemplazando (1) en (2) W = 70 N PROBLEMA Ne 07 La fig u ra m uestra dos esferitas car­ gadas con m agnitud "q " y “ 3q" res­ pectivam ente. La e sferilla m óvil de masa m = 90g y carga eléctrica "q " se encuen­ tra en e q u ilib rio en la p osición m ostrada. La esferilla de carga ” 3 q ” se encuentra fijo, si el radio del casquete, die léctrico y liso, es R = 10cm. Hallar "q ". g = 10m/s

* * * * * * * * * * *

tg 30° =

m9 C o s 3 Q°F + mg. Sen 30°

Despejando F = m ,g 3) De la ley de Coulomb: K- (q) (3q) m n n?~ 9 (2R Cos 3 0 ° r

- - (3)

Reemplazando datos en el S I. Lue go :

q = 10_6C

PROBLEMA N* 08 En el sistema mostrado las barras son ingrávidas. Determinar la tensión en la cuerda horizontal AB para que el sistema se encuentre en equilibrio en la posición mostrada si se sabe que las esferas mos­ tradas de igual peso y carga (q = 150uC), pueden moverse a io largo de las barras mostradas (L = 50 cm) Hallaremos finalmente, la tensión en la cuerda horizontal. Haciendo D.C.L. del sistema ‘ barra + esfera" y aplicando la segunda condición de equilibrio tene­ mos:

IMo = 0 Hallaremos primeramente la fuerza de repulsión entre las esferas cargadas eléctricamente.

T. (2L Sen 60°) = F. L Sen 60° + W LC os60°

Sabemos:

Despejando:

F= K

=F 2 . Sen 4 Í + F3 Luego: 2.K.q.Q

^ _ k q.q J K + k W -

L£

2

" 2L2

Reduciendo: Q. V2~ = q.

q =5

T +1

[ 1 + 2 V2 ]

PROBLEMA Nfi 10 En lo s v é rtic e s de un triá n g u lo equilátero de lado 0,3m se han colocado tres cargas eléctricas de magnitud: +Q; + 2Q; -3Q; donde: Q = 10j C Determinar la fuerza resultante que actúa sobre la carga “-t-Q". Considere sólo fuerzas eléctricas.

* * * # « ♦ * * * * *

En ios vértices de un cuadrado se han colocado cuatro cargas eléctricas, como muestra la figura. Si "Q” se encuentra en equilibrio, determinar la relación entre las cargas:

Las cargas " -q “ se encuen­

tran fijos al plano.

* * * * * * * # ♦ # * * * * * * # *

SOLUCION: Graficando las fuerzas eléctricas, sobre la carga “Q“.

* * % * * ♦ * * * * * *■ * * * *

1) Para el equilibrio de ias seis( 6 ) cargas de magnitud ”q'\ el signo de la carga "Q” colocada en el centro debe ser negativo. Por simetría del esquema, es sufi­ ciente analizar el equilibrio de una sola de estas cargas, no importa cual sea. Escojamos por ejemplo la carga situada en el vértice “6 "

F,=FsJ y í ;

* * XF = O Fi = F . -JZ K.

0 -0

_ (< Q q

E= K( L / 'Í 2 f E=

PROBLEMA Ne 02 En los vértices de un triá n g u lo rectán­ gulo se han colocado d os cargas e lé ctri­ cas de m agnitud: Q i= -1 25 . 1 0-8C

PROBLEMA Ne 01 En el triángulo rectángulo mostrado en la figura, determinar ei valor de la intensidad de campo en el punto medio M de la hipotenusa.

* * * *

y

Q2=+27 . 1 0-8C

S eparados una d is ta n c ia de 0,4 m com o m uestra la figura. D eterm inar la intensidad del cam po e lé ctrico resultante en el vértice "A ".

- • q

\ l- \ 2q | , ----------------------------- -J SOLUCION: Graficando los vectores intensidades de campo en el punto M, generados porcada una de las cargas. Es fác¡l comprobar que: Ea = Eb

* * * * *

Llevamos una carga de prueba ”+q0" al vértice “A ” para determinar la dirección y sentido del campo eléctrico.

Ei = K.

= 9 . 109 125

10_8

2 5 . 10~2 Ei = 4 5 KN/C

E2 = 27 KN/C

.... (2)

Cálculo de ¡a resultante, mediante el método del paralelogramo. E „ = E , = E 2+ 2E1 . E2 . Cos 127° Reemplazando datos: E r = 36 KN/C

PROBLEMA N9 03 En los vértices de un cuadrado se han co lo ca d o cu a tro ca rg as p u n tu a le s de m agnitud Q; 2Q; 3Q y 4Q. Si, la carga "Q" genera un cam po cuya intensidad en el centro del cuadrado es: 25 2 N/C, deter­ m inar la intensidad de cam po resultante en el centro del cuadrado:

* * * a¡ # * # * * * * % * * * * * * *

Reemplazando la magnitud de "E" en (1): Er

= 1 00 N/C

PROBLEMA N® 04 En la figura, determ inar el v a lo r de la carga que se debe co lo car en ia p osición “ B " para que e la intensidad del cam po en el punto "C " sea horizontal, sabiendo que la carga en la p osición “ A " es de m agnitud QA = 64(i,C.

SOLUCION: Las cargas equidistan del centro, por consiguiente la intensidad del campo se­ rá directamente proporcional a la magni­ tud de cada carga. Sea, E = 25 V2 N/C, la intensidad del campo generado por „Q..

Cálculo de la resultante de la intensidad de campo, en el centro del cuadrado

* * * * # * * * * * * * * * * * * * * * * *

SOLUCION: 1)

De la geometría elemental se de­ duce un triángulo ABC de la d o s : 7d 15d y 2 Od, respectivamente.

2)

Es fácil deducir que la carga en "B”, que cumple con la condición debe ser de signo negativo. Grafícando los vectores parciales intensidades de campo en el punto C. deducimos que se debe cumplir que: ZEv = 0

* * & * * * 4> * * * * * * * * * * «< * # 0 o ho­ mogéneo. 3)

# * * * # * *

F=q.E Luego: Ep = q . E . d

* * * * * * * * * * * * * ik

La energía potencial puede ser po­ sitiva o negativa, dependiendo de la posición de la carga, respecto de la línea de referencia. Se debe tener en consideración que el sentido de las líneas de fuerza está dirigida de mayor a menor potencial eléctrico. Además en la fórmula (3) se reem­ plaza el signo de la carga ’ q" colo­ cada en el campo. Ep (T) = q. E. d Ep (2) = 0 Ep (3) = q. E (-d)

UNIDADES EN EL S.l. Ep Joules

q

E

d

Coulomb

N V C °m

metro

ENERGIA POTENCIAL ELECTRICA

d

P e ro :

1)

* * * * *

La fórmuia de la energía potencial eléctrica tiene la misma forma de la energía potencial gravitatoria Ep (eléctrica) = q. E. d

* * * * * * m m * m * *

(2 )

Ep = F

* * * # * * * * * *

tjt

+d E

2)

.... ( 2 )

■ (3)

En principio la línea de referencia es una superficie equipotencial donde arbitrariamente la energía potencial de cualquier carga es igual a cero. De otro modo el potencial de refer­ encia es igual a cero.

* * * * * * * * # * * * * * * * *

PROBLEMA Ne 01 En la p osición A m ostrada en ia fig u ra se abandona un bloque de 1 kg. de masa y 2C de carga el cual se m ueve sobre la su pe rficie cilin drica, lisa y no co nd ucto ra de radio de curvatura R = 1 m. Sabiendo que la intensidad del cam po uniform e es E = 10 N/C, calcular la m áxim a fuerza de reacción sobre el bloque. (g = 10 m /s ).

E = 600 N/C es uniforme, representado mediante líneas de fuerzas verticales. C a lc u la r la m á xim a v e lo c id a d que adquiere "m". Considere : g = 10 m/s

íni.q

* *

SOLUCION: Como sobre el bloque sólo actúan fuer­ zas conservativas, su energía mecánica se conservará en el tiempo, es decir: EM a = EM b

si*

1 O mgR + EqR = — mV mV

Fcp =

mV¿ R

= 2(mg + Eq) ...,(1)

N o -E q -m g u H

R

(2)

Reemplazando (1) en (2) y despejando: No = 3 (Eq + mg) PROBLEMA Ne 02

* ♦ * *

No = 90 N -

La figura muestra un péndulo de longi­ tud L = 0,5 m de masa m = 0,05 kg y carga q = 50GjjC, se abandona en la posición "A". El campo eléctrico de intensidad

* * # m *

* m m # * * $ 4! as # # * m

SOLUCION: 1)

Sobre el cuerpo esférico actúan dos fuerzas constantes : el peso "m.g" y la fuerza eléctrica “q.E" y la tensión "T“ que es una fuerza variable.

2)

La energía potencial del cuerpo será debido al campo gravitatorio y al campo eléctrico.

3)

La esterilla alcanza su máxima velo­ cidad cuando pasa por su trayecto­ ria más baja esto quiere decir cuan­ do la energía cinética será máxima.

4)

Principio de conservación de la energía mecánica

E f (A) + E k(A) = Ep(B) + Ek(B) 1

2

mgh+ qEh + 0 = 0 + — . m . V B Pero: h = L

L u e g o :V = ^ 2 L ^ g + 5mEj

Reemplazando:

En principio la energía potencial se pue­ de presentar como energía potencial gra­ vitatoria, elástica y eléctrica. Teorema del trabajo y la energía me­ cánica "El trabajo realizado por fuerzas diferentes a las fuerzas conservativas es igual a la variación de la energía me­ cánica". W,r = Ek(B) + EP(B) - Ek(A) - EP(A) W,r = 1 m.V2 + 0 - 0 - q. E. h

V(maxima) —4 m/S PROBLEMA Ns 03 En la figura mostrada se abandona un bloque de masa "m" y carga "q" en la posición “A" dentro de un campo homo­ géneo eléctrico de intensidad E = 10 N/C. Sabiendo que el bloque llega a la posición “ B “ con una velocidad de 8 m/s. Hallar el trabajo realizado por la fuerza de roza­ miento sobre el bloque, donde : m = 1 kg, q = 5|iC y h = 1 m. Desprecie el campo gravitatorio. g = 0

W,r

2 ,1.kg. 64 ” —5C. 1 0 ~ . 1m 2 s* U

W 0).

F (raaicales) = m. ac

*

V2

(qE + mg) = m. —

* * *

....(1)

Luego; en (2): V = g. L -

k- q-q

(3)

m. L

Reemplazando (3) en (1):

PROBLEMA Ne 06 La figura m uestra un péndulo de masa "m '“, lon gitu d "L " y carga eléctrica "+ q “ , dentro de un cam po (hom ogéneo) eléc­ tric o “ E" representado m ediante lineas de fuerzas verticales. Hallar la m ínim a velo­ cidad V0 que se le debe com unicar en su posición más baja, tal que, pueda des­ crib ir por lo m enos una vuelta en un piano vertical. C onsidere el cam po g ra vitato rio

*

“g".

*

*

* * *
A

.... ( 1)

q

Pero el trabajo realizado es: W,

F (radicales) = m.a Reemplazando (2) en (1):

2

V >3 (mg + q.E) cos 6 - N = m. — pero cuando la esfera abandona la superficie: N = 0

* * * * * * n

Entonces:

*

H

VA =

i/ 2

R(mg + qE)cos 6 =m. V B ... (2) Además : h = R(1 - cos G) ... (3) Igualando (1) y (2): 2R(1-cos 6 )(mg+qE) = R(mg + qE)CosG 6 = are Cos (2/3)

* * * «K * * * * # * * * * *

Q d

.... (3)

Fórmula (3) para determinar el potencial eléctrico en el punto "A", donde se reemplaza el signo de la carga creadora “Q “. El potencial e le ctrico se m ide e n V oltios (V), en honor al científico italiano Alejandro Volta (1 7 4 5 -1 827) 1 v o ltio

1 coulomb

C s¿

Una carga eléctrica colocada en un cam­ po eléctrico tiene energía potencial debido a su interacción con el campo. El potencial eléctrico en un punto se define como la ener­ gía potencial debido a su interacción con el campo. El potencial eléctrico en un punto se defi 13 como la energía potencial por unidad de carga colocada en dicho punto.

* * * * * *

Potencial = Energía potencial ca rg a V = -^E Ep = q .V

1 joule = 1 coulomb x voltio

POTENCIAL ELECTRICO EN UN PUNTO “A” DEBIDO A UN SISTEMA DE CARGAS PUNTUALES. El potencial eléctrico resultante en el pun­ to "A" es igual a la suma de potenciales parciales, como sabemos, considerando el signo de las cargas puntuales

2

. • qn

1

| VA = Vi + V2 + V3 + ...... + Vn

||

* * * «¡* #

trabajo realizado de ''A '1 hacia "B" * * * * * * * * *

carga en movimiento .... (1) 1) La diferencia de potencial también suele

llamarse TENSION.

* * *■

2) El sentido de las líneas de fuerza es tal que se dirigen de mayor a menor poten­ cial.

* *

3) El trabajo por un agente externo (F ext) para trasladar “q" de un punto inicial "A” hacia el punto final “B" es igual al pro­ ducto de la magnitud de la carga por la diferencia de potencial entre dichos pun­ tos.

* * * * * * * * $ * * *

4) En la fórmula anterior, se debe entender

* * * * * # * * * *

como el trabajo realizado por un agente externo al cam po (fuerza eléctrica). También se debe recordar que se reem­ plazará el signo de la carga en movi­ miento. Además la diferencia de poten­ cial es el final “B“ menos el inicial "A". El trabajo realizado por la fuerza externa puede ser positivo o negativo.

DIFERENCIA DE POTENCIAL (V ab) CONCEPTO. Es una magnitud física esca­ lar. Su valor se define como el trabajo reali­ zado por un agente externo sobre cada uni­ dad de carga para trasladar a velocidad constante desde un punto inicial A a otro final B dentro del campo eléctrico.

V ba = V b - V a =

W a -*

b

= q. (Vb - V a)

(2)

5) El trabajo A B es positivo, la fuerza ex­ terna tiene igual sentido del movimiento. Si el trabajo es negativo, entonces el sentido de la fuerza es opuesto al mo­ vimiento. 6 ) El trabajo realizado por un agente ex­

terno (fuerza externa) sobre la carga ”q" desde A B dentro del campo es inde­ pendiente del camino o trayectoria que se sigue. Sólo depende del potencial inicial y final.

SUPERFICIES EQUIPOTENCIALES CONCEPTO. Se denomina así a aquel lugar geométrico constituidos por puntos de igual potencial eléctrico. Las superficies equipo­ tenciales son perpendiculares a las líneas de

* * * * * * * * * * * * * * * * *

slí

slí * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * ü* * * * * * *

1) El trabajo realizado para trasladar una carga, del punto A hasta el punto B que pertenecen a la misma superficie equipo­ tencial, es igual a cero. 2) En el caso del campo homogéneo las líneas de fuerza son paralelas por con­ siguiente las superficies equipotenciales también son paralelos representados por líneas punteadas.

•A ------------ b ---------------------------------

I I V(mayor)

V(menor)

La intensidad del campo eléctrico está dirigida en el sentido en que disminuye el potencial eléctrico. Va > Vb RELACION ENTRE LA INTENSIDAD DEL CAMPO ELECTRICO HOMOGENEO E Y LA DIFERENCIA DE POTENCIAL " V ‘ 1) Para nuestra demostración llevamos una carga "q“ desde el punto “A" hasta el

punto "B" a la velocidad constante, por consiguiente realizamos un trabajo con­ tra el campo. LFy = 0 Fexi = q . E

.... (i)

¿2 )

B

-f-

* * * * * * * *

qE

( i)

i 2) El trabajo realizado por la fuerza externa será: WFex = F ex. f

.... (ii)

3) Reemplazando (i) en (ii): W Fex = q.E.d

.... (iii)

4) Por otro lado sabemos que el trabajo realizado sobre la carga por la variación del potencial. W Fex = q. (V b - V

a)

.... (iv)

5) Igualando las ecuaciones (iii) y (iv): | d=

(Vb - V a) = E. d

|

distancia de separación entre las superficies equipotenciales.

POTENCIAL ELECTRICO PROBLEMA Nfi 01 La carga 0 = 2 .1 0 3C, que m uestra la figura, genera un cam po en el espacio que lo rodea. D eterm inar el trabajo que debe realizar un agente externo para m over una carga de prueba qD = 4pC, desde el punto A hasta el punto B.

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

Hallando los potenciales en los puntos A y B generada por la carga "Q" V = K .§ d Va = 9.109. 2' 1 2°— = 9 . 10 6 Va = 9 ■10 voltios n6 voltios , VB = 18. 10°

— (1) ....(2)

Trabajo realizado sobre la carga "qo": W a -»

b

= qo (Vb - V a )

WA -»

b

= 4 . lO ^ C í a 106 V)

Luego: Wa

-» b

= + 36 J

PROBLEMA N2 02 En los vértices de un trián gu lo equi­ látero se han colocado tres cargas e lé ctri­ cas puntuales de m agnitud: Q ; -2 Q ; 3 0. Sabiendo que la carga "Q " genera un po­ tencial de 10 vo ltio s en el baricentro de triángulo, determ inar el potencial elé ctri­ co resultante en el baricentro. SOLUCION: f.-Z Q / 1\

Las cargas equidistan del punto "G" por consiguiente el potencial eléctrico gene­ rado por cada carga es proporcional a la magnitud de la carga. El signo de la carga y del potencial generado son igua­ les. + Q : potencial eléctrico : + 10V - 2 Q : potencial eléctrico : -2 0 V +3Q : potencial eléctrico: +30V Potencial eléctrico resultante en el punto “G”. Vg = V i + V 2 + V 3 Vg = 10V - 20V + 30V

Vq = 20 voltios PROBLEMA NB 03 Tres cargas puntuales de magnitud: Q 1 = 40 (iC, Q 2 = -50 |iC y Q 3 = 30 han sido colocados en tres vértices de un rec­ tángulo cuyos lados miden 30 cm y 40 cm como se muestra en la figura.

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

^ Ql Vb = k

02

° 3

Luego: V B = 9 0 . 104 V

3)

Cálculo del trabajo realizado por el agente externo sobre la carga “ qo". W A - B = q o ( V B - V A)

WA -» b = -2.1O^C. 18.104V WA -)B = -0 ,3 6 J PROBLEMA N2 04 Determinar el trabajo que debe hacer un agente externo para mover una carga de prueba qD = 10 C, desde el punto M hasta el punto A. qi = 40. 10~9C y q2 = -3 0 . 10-9 C

Determinar el trabajo realizado por un agente externo para trasladar una carga q0 = - 2 |ic desde el punto A hasta B.

1)

Cálculo del potencial en el punto "A": Va = V ia + V2a + V 3A V a " K di + d2 + d2 Luego: Va

2)

= 72.

íjí * * * * * * * * * * * * * * * * * *

Cálculo del potencial eléctrico en el punto "A" generado por las cargas q, y q2. Va = V ai + Va2 V A =91094 0 ^ 0 1 _ 9109 3 0 Í0 1 o 6 VA =0 C álculodelpotencialeléctricoenelpunto M: Vm

=

V m i + VM2

104 V

Cálculo del potencial en el punto "B“ Vb = V ib + V2B + V 3B

* * * *

V m = 9 - 1 0 9 .4 0 ^

Vm

= 18 voltios

0 9 - 9 - 1 0 9. 3 a ^ °

.... (2)

9

Trabajo para mover la carga "qo" W m -> a = qo (V a —V m ) Wm -> a=1 O-9 c(0 -18)V = - 1,8x10-8 J PROBLEMA Ne 05 La figura m uestra una pirám ide de al­ tura 24m y base cuadrada cuya diagonal mide 14m. En los vértices del cuadrado se han colocado cuatro cargas puntuales, Q = 25C, idénticas. D eterm inar la energía potencial eléc­ trica de la carga q =2«C, ubicada en el vértice "A " de la pirám ide.

Cálculo del potencial eléctrico en el punto “A”. Las cargas ”Q “ equidistan del punto A, donde . d = 25m. Va = V i +

Mz + V 3 + V 4

V a = 4 K ° = 4.9.109 -(^ } d 25 VA = 36. 109 voltios .... (1) Cálculo de la energía potencial de la carga “q", ubicado en el punto A Ep = q V a Ep = (2 . l O ^ C ) ^ . 109 V Ep = 72 K J PROBLEMA N 2 06 C alcular ia diferencia de potencial (Va - V b ) entre los puntos A y B del campo eléctrico homogéneo de intensidad E =4 N/C

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

En principio las líneas de fuerza está dirigida en el sentido en que disminuye el potencial eléctrico. Por consiguiente el potencial en "A" es menor que el poten­ cial en "B“. Luego: - ( V

a

- V b) = E.d .. .por cortesía

N -(V a - Vb) = 4 ^ . 2 m = 8 voltios V a - V b = - 8 voltios

PROBLEMA Ns 07 C alcular la diferencia de potencial (Vi - V 2) entre los puntos 1 y 2 del cam po eléctrico hom ogéneo de inten si­ dad E = 9N/C.

Las líneas de fuerza se dirigen de mayor a menor potencial eléctrico. Por con­ siguiente el potencial en " 1 " es menor que el potencial en el punto "2 ”, entonces: (V, - V2) es negativo.

* * * * * * * % *

Luego: - ( V a - V b ) = E.d - ( V i - V 2) = 9 ^ .3 m = 27 voltios

* * * *

a>B -P-

V i - V 2 = -2 7 voltios

PROBLEMA NB 08 La fig u ra m uestra un cam po hom o­ géneo de intensidad E = 10N/C, repre­ sentado m ediante lineas de fuerza h ori­ zontales hacia la derecha. D eterm inar la diferencia de potencial eléctrico ( V b - V a ) entre los pun tos B y A.

i-* * * * * * * * * * * * * * * * *

Las líneas de fuerza tiene el sentido de mayor potencial a menor potencial eléc­ trico, entonces: V a > Vb En

(1 )

: - (VB - VA) = E . d

(VB - VA) = - 1 0 ~ . 0,4m (V b -

Va)

) - 4 voltios.

EQUILIBRIO ELECTROSTATICO * * * * * *

SOLUCION: La diferencia de potencial entre dos pun­ tos es igual al producto de la intensidad del campo "E" por la distancia "d" entre las superficies equipotenciales, que son perpendiculares a las lineas de fuerza.

* * * * * * * * * * * * * * * * *

De mecánica sabemos que los cuerpos se desplazan de mayor a menor potencial gravitatorio. Si abandonamos una esfera pe­ queña sobre unasuperficie cilindrica, el cuer­ po se moverá tendiendo a alcanzar su estado de menor energía potencial.

Del principio de conservación de las car­ gas eléctricas, se cumple que:

FlG « j

carga inicial = carga final

El líquido contenido en un recipiente (tu­ bo en "U") como muestra la figura (b), al abrir la llave E se desplazará debido al campo gravitatorio, de mayor a menor potencial- El flujo calorífico se propaga de mayor a menor potencial. El flujo calorífico se propaga de mayor a menor temperatura, del cuerpo ca­ liente hacia el cuerpo frío, dicho flujo cesa cuando los cuerpos alcanzan igual tempera­ tura, entonces se dice que el conjunto ha alcanzado el equilibrio térmico. Del mismo modo en electricidad las cargas eléctricas se desplazan de mayor a menor potencial eléc-

La figura muestra dos esferas conduc­ toras aisladas, de radios de curvatura "r“ y “R", se encuentran cargadas con magnitud “+q" y “+Q" respectivamente. Determinar la carga final que tendrá cada esfera tiempo después de cerrar la llave “S", siendo conec­ tado mediante un alambre conductor. Con­ sideremos que inicíalmente el potencial en el punto A es mayor que B (Va > V b). Debido a la diferencia de potencial entre los puntos A y B se establece un flujo de cargas eléctricas (convercionalmente positi­ vas) de mayor a menor potencial. El flujo de cargas cesa cuando los puntos A y B alcan­ zan igual potencial eléctrico. Sea q’ y Q’ las cargas que al final ad­ quieren las esferas de radios r y R, respecti­ vamente. El flujo de cargas cesa cuando: VA’ = VB ’

- 0 1 — , k ._5C

k . ^- + k r (d + r)

(d + r)

q r (d + r)

Q’ R (d + R)

+ kl. Q’ -

.... (1)

* m * * * * * * * * Sí * # * * * * * * * * * # * 5)! * * * * * * # * * # * * * * *

* * * # * * * * * * * * * * * * * * * * * # A *

q + Q = q' + Q’

.... (2)

CASOS PARTICULARES I)

Si los cuerpos esféricos están separados una distancia muy giande, entonces: (d + r) ~ (d + R)

(3) "La carga almacenada por cada esfera es directamente proporcional al radio de curvatura". II) Si los cuerpos esféricos son puestos en contacto, entonces d - 0 .Reemplazando en la ecuación ( 1 ): .... (4) "La carga almacenada por cada esfera es directamente proporcional al cuadrado del radio de la curvatura". III) Cuando dos cuerpos esféricos de igual radio de curvatura son puestos en con­ tacto, las cargas eléctricas se reparten equitativamente________________ S i: R = r ■

■(q + Q)

q’ = Q’

POTENCIAL ELECTRICO DE UNA ES­ FERA CONDUCTORA 1 ) Consideramos una esfera de radio "R" y

carga “q “. 2) En todo cuerpo conductor de las cargas se distribuyen superficialm ente bus­ cando las zonas de mayor convexidad (las puntas). En este caso la distribución de cargas es uniforme. 3) Cuando analizamos el potencial externo al cuerpo esférico (R < d) consideramos a la carga concentrada en el centro de la esfera.

4) El potencial fuera del cuerpo esférico es inversamente a la distancia. 5) El potencial dentro de la esfera es cons­ tante e igual al potencial en la superficie.

* * * Stc 5) La intensidad del campo en el interior de la esfera es NULO.

i * * * * * $ $ * * * * * * * $ * * * * * * * 6 ) Cálculo del potencial fuera de la esfera:

V=K § _______ d

- ■ ( 1)

7) Cálculo del potencial en la superficie de la esfera. Si, d = R, entonces..

v-K.a

.... (2)

CAMPO ELECTRICO DE UNA ESFERA CONDUCTORA 1) Consideramos una esfera de radio “R" y carga "q". 2) Como sabemos las cargas se encuentran uniformemente distribuidas en la superfi­ cie de la esfera 3) Cuando analizamos ei potencial y el campo eléctrico fuera de la esfera consi­ deramos a la carga "q" concentrada en el centro de la esfera 4) La intensidad del campo fuera de la es­ fera es inversamente proporcional al cua­ drado de la distancia.

* * * * m * CLASIFICACION ELECTRICA DE LOS * CUERPOS * * * $ 1 ) CONDUCTORES. * * Son aquellas sustancias que ofrecen una # * relativa facilidad al desplazamiento de las * cargas eléctricas a través de su masa. Estrictamente son aquellos cuerpos que poseen cargas eléctricas libres a aquellos electrones que no se encuentran ligados al núcleo del átomo. Cuando un cuerpo conductor aislado es cargado se cumple que dicha carga al cabo de un tiempo relativamente corto queda al­ macenada en la superficie externa del con­ ductor y en reposo alcanzando mayor con­ centración en las zonas de mayor convexi­ dad (poder de las puntas), cumpliéndose que en condiciones finales el campo eléctrico dentro de! conductor es nulo y su potencial eléctrico es constante Ejemplo: los metales.

* * * sü

Poder de las puntas 2) NO CONDUCTORES, AISLADOS Son aquellas sustancias que ofrecen una gran dificultad al desplazamiento de las car­ gas eléctricas a través de la masa. Son estrictam ente aquellos cuerpos que no poseen electrones libres, de tal manera que cuando un dieléctrico es cargado la carga se distribuye volumétricamente. Ejemplo :

vidrio, seda papel caucho, madera seca.

3) SEMICONDUCTORES. Comprenden la clase de sólidos cuyas propiedades eléctricas son intermedias entre los buenos conductores metálicos y los bue­ nos aisladores, son de interés teórico con siderable y también práctico porque forman la base de una amplia variedad de disposi­ tivos usados en los circuitos electrónicos: diodos, transistores, fotoceldas y detec tores de partículas. La conductividad de estos materiales se incrementa fu e rte ­ mente con la temperatura.

Cuando dos esferas de igual tamaño se ponen en contacto, éstas se reparten las cargas equitativamente.

* * * $

Carga de la esfera in ic ia l: q

sü

Despues del 2da. contacto : q/4

# * * * * * * * * * * $

Despues del 1 e r . contacto : q/2

Despues del 3 e r . contacto : q/S Despues del n-ésim o contacto: JL

Reemplazando el dato:

su

128 = 2n+1

sü

# * * * * * * $ * * * * * * V b = 90 x 106V

------ ---—

* * * * * * * * * * *

Configuración final.

Eí trabajo realizado para acercar una dis­ tancia "d" las cargas, es directamente pro­ porcional al producto de las cargas e inver­ samente proporcional a la distancia de sepa­ ración final.

* * «n * * # «¡*

Ep=kM + k ® +kM + d i2 di3 du k .% C £ + k . % S i + k . M d23

d24

d34

EP = W Ep = k .

... ( 1 )

Como el trabajo realizado puede ser po­ sitivo o negativo, en la fórmula ( 1 ) se reem­ plazará el signo de las cargas, por consi­ guiente la energía potencia! de interacción puede ser positivo o negativo. ENERGIA POTENCIAL DE INTERAC­ CION ELECTRICA DE UN SISTEMA DE PARTICULAS CARGADAS.

* * * * * * * * * * m * # *

EF k . W 2+ k , » tk . W d i2 d23 día

Se tiene d o s cargas e léctricas puntua­ les de m agnitud 20 y 50 m icrocolum b, separados una d istan cia de 5 cm. Hallar la energía de interacción eléctrica entre las cargas. SOLUCION: 1. La energía de interacción entre dos cuerpos está determinada por la si­ guiente fórmula. Ep = k

La energía potencial de un sistema de “n“ partículas es igual a la suma de energía potecial “n“ partículas combinados de dos en dos , donde se reemplazará el signo de las cargas. 1. Para un sistema de tres cuerpos,n =3.

PROBLEMA NQ01

Qi-q2

I UJ # * * * * * * * * * * * *

2. Reemplazando valores en la fórmula EP = 9 .10'

N.m

20 x 10~6 C- 50 x 10~6 C 0,05 m EP = 180 J

at»

•

2

q,

Para un sistema de cuatro cuerpos n =4

* * * * * * * * *

PROBLEMA Ne 02 Determ inar la energía de interacción del sistem a de cargas puntuales, situadas en los vértices de un triá n g u lo equilátero de lado L

SOLUCION: 1

La energía potencial de interacción eléctrica del sistema, es igual al tra­ bajo realizado por un agente externo para llevar desde el infinito hasta los vértices del triángulo las ca rg as: + q ; + 2 q ; -3q. Su valor se determina mediante la fórmula ( 1 ), donde se considera el signo de las cargas. d l 2 = dl3 = d23 = L (2) * + 2 q

(3) -3q

Ep =k

q,q: VA (VB - VA) = E . d = 80 KV

* * * * * ay = — y

3.

.... (2 )

IT)

Cálculo de la Velocidad Final en el eje Y : Vpy =Voy +ay . t .... (3) Reemplazando (1) y (2) en (3): \/

* & * * * * * * * * «i! * * *

_ q- E. L y ~ ~mV0

(4)

Trabajo realizado para trasladar la carga

“q": WA _>B = q( VB - V a ) Reemplazando datos en (2): W a -> b

=

50 . 10 ^ C (80 000 V)

W a _> b =+ 4J PROBLEMA Ne 04 Una partícula penetra en un condensa­ dor plano paralelamente a sus láminas con una velocidad igual a: V0 = 1 OOOm/s. La partícula tiene una masa m = 10-® kg y carga eléctrica q = 200 C. Hallar el ángulo "a" que forma la velocidad de la partícula cuando sale del condensador, respecto de la horizontal; sabiendo que la intensidad del campo eléctrico es E = 1 000N/C, además: L = 0,05m. Despre­ cie el campo gravitatorio. SOLUCION: 1.

En el eje X, la fuerza resultante es igual a cero, sobre la partícula, en­ tonces se cumple el M.R.U..

* * * * * * *

.

VFyr x

a = are tg

qEL m.V o

jalk. mV,

* * * * * * * *

* * ♦ *

De los d a to s :

a = 45°

PROBLEMA Ne 05 Una esferita de masa “m" y de carga "+q" está suspendida de un hilo delgado de longitud “L", dentro de un condensa­ dor plano de láminas horizontales. La in­ tensidad del campo del condensador es igual a "E", las líneas de fuerza están dirigidas hacia abajo. Se pide encontrar el período de oscilaciones de este péndulo.

* * 4> * * * na

* *

+q

*

El período de un péndulo depende de la longitud del hilo y de la "gra­ vedad efectiva" del campo donde se encuentra oscilando.

* *

Jé

* *

T=2k

- ( 1)

$

* * * SOLUCION: * * * * * * * * * * 2.

La esferita se mueve por acción de dos fuerzas "m . g" y “qE" cons­ tantes en módulo, dirección y sen­ tido por consiguiente se puede de­ terminar un campo de fuerzas equi­ valente al sistema. Cálculo de la gravedad efectiva.

3. Reemplazando (2) en ( 1 ) ; T=2k.

En principio la esferita se mueve en una superficie equipotencial eléctri ca y gravitatoria, Jescribiendo una trayectoria circular.

2.

Haciendo D.C.L. de la esferita y apli­ cando las leyes de Newton. H-(radicales) = m ac p

*

T . sen a = m . co . R

* *

Pero:

* * * * # * w

en ( 1 )

2da. Ley de Newton : F (resultante) mq + qE gef=— -------------- . (2 ) masa m

1

R =L . sen a

T = m . a» . L *

T cos a = m. g + qE * * *>

+ 9Í m PROBLEMA Ns 06 Dentro de un condensador plano cuyo campo tiene una intensidad igual a "E" gira uniformemente una esferita de masa "m" y carga eléctrica ,,+q", suspendida de un hilo de longitud "L". El ángulo de incli­ nación del hilo respecto a la vertical es igual a "a ". Hallar la velocidad angular de la esferita.

* * * * * * $ * % * *

m or. L. cos a = mg + q E Despejando tenem os:

(0 =

* *

.... (2)

XFy = 0

* * *

_

.... ( 1 )

.... (3)

Una esferita de masa "m" y de carga "q" está suspendida de un hilo delgado de longitud "L", dentro de un condensador plano de láminas verticales, la intensidad del campo del condensador es igual a "E“, las líneas de fuerza están dirigidas hacia la derecha. Se pide encontrar el período de las oscilaciones de este péndulo.

del campo electrostático y su direc­ ción coincide con la del hilo en la posición de equilibrio.

* * * * * * * * * # * * * * * * * * * * * * * * * * * # $

Qef =

= V g 2+ (q E /m )z

T=2n (qE / m) PROBLEMA Ns 08 En una de las placas de un condensa­ dor plano de capacidad “ C“ hay una carga "+qMy en la otra, una carga "+4q“. Hallar la diferencia de potencial entre las placas del condensador. SOLUCION: 1. Añadamos a cada placa la carga q’ = -5q /2 (semisuma de las cargas de las placas tomada con signo con­ trario). Entonces el condensador re­ sultará cargado "normalmente" y las cargas de las placas serán ±3q/2. La diferencia de potencial entre las pla­ cas será:

1 . El período de un péndulo depende de

la longitud del hilo y de la gravedad efectiva del campo donde se encuen­ tra oscilando.

T=2n

Si

# * * * * * * * * * *

v

carga 3q ~~ capacidad ~~ 2C

2 . Pero los campos de las cargas “± 3q/2"

de las placas dentro del condensador se compensan uno a otro. Por consiguien­ te, las cargas que hemos añadido no cambian el campo entre las placas ni la diferencia de potencia! en el condensa­ dor

* + * * 2—>3—>4—> 1.

+q

-q

* * VA+ei - c V £2- c V e3" á = VA

£1 -

+ £2 -

- E3 —

+^

i C¡

££ = X

"La carga neta en el nudo es cero”

+^

"Suma algebraica de f.e.m es igual a la suma de caídas de potencial en los condensadores”

* * ♦ * *

Por principio de conservación de las cargas eléctricas:

A (

£ i+£2 - £ 3 = ^

■= 0

L»3

“La suma de caídas de potencial a lo largo de cualquier camino cerrado en una red es nula”

* * * * * * * *

5V

35V'

-q

+q

2.

V i --9C1

—£2 —-9- + £i O2

* * *

Luego:

£1 - £ 2

Tomando como referencia el punto "A" del circuito, llevamos la carga de prueba en sentido horario.

= Vi

£ i + £2

=g +^ +§

= ^ - + ^?-

C1

C2

* * * * * * ■* * * *

Reemplazando 3 5 V - 5 V = -3- + -92|i

4|i

La carga acumulada: q = 40|i.C

* * * #

PROBLEMA N8 02 En el circuito eléctrico mostraod, ha­ llar la carga acumulada por cada conden­ sador de capacidad "C". 9,

_

•a

1

1

c II

c ,L .....• IV

■

E1 = 15 V E2 = 1 0V

* * * *

150V+ 1 0 V - 7 V = 3

20p

La carga acumulada será: q = 120|¿ C PROBLEMA Ne 03 ¿Qué cantidad de carga pasará por el "G’', galvanómetro después de cerrar el interruptor K en el circuito representado en la figura la fuerza electromotriz en la batería es : e = 8V, y la capacidad de cada condensador, igual a C + 5|aF?

* * $ * + # * #

C = 20^ F

E3 = 7 V SOLUCION:

* *

1.

*

En todo circuito simple, los capaci­ tores acumulan igual canlidad de carga independientemente de sus capacidades eléctricas. 15V 20yc 1QV - i — +q

-q

- q +q

2.

- q +q

-íh H h— 20p 7? ZOu La carga de prueba ’ q" se lleva de mayor a menor potencial. I£ = X i= 1

i Ci

SOLUCION: 1

# % % * * * * * * $ * * * * * * * * * * *

Antes de cerrar el interruptor K, los condensadores están conectados en serie, la carga total de la placas derechas de los condensadores era nula. La carga en cada placa es "q". De la 2da. ley d Kirchhoff: q q 2q e.C e = c +c = c :,uego;q=^ " =>

q = 20pC.

2.

Después de cerrar el interruptor, el condensador inferior está descar­ gado, los puntos A y B se encuen­ tran a igual potencial, y el superior se carga con magnitud Q siendo positiva en la placa de la derecha. La carga que pasa por el galvanó­ metro e s :

3.

De la 2da. Ley de Kirchhoff.

G = (Q —q) + q = Q

£=

£ = ^ + 0. C 1 CZ

* * * * * * *

Luego:

Q=e

Q = 10|i C

C 1 .C2 (C i+C2) .... (1)

En la placa derecha del condensa­ dor C 1 y en la placa superior del condensador C2, las cargas tenían signos distintos; la carga total de estas placas era nula.

....(1)

Q C

C . £ = O = 40(iC

.... (2)

La carga que pasa por el galvanó­ metro hacia las placas derechas de los condensadores es igual a : Q = 40|j C PROBLEMA Nfi 04

¿Qué carga pasará p o r el galvanó­ metro después de cerrar el in te rru p to r K en el c ircu ito representado en ia figura? C i = 3|iF

; C2 = 6nF

; £ = 5V

* *

SOLUCION: 1.

Antes de cerrar el interructor K los condensadores Ci y C 2 estaban aclopados en serie y conectados a la batería como muestra la figura (1). Sus cargas eran iguales a:

& * # * m * * * *

2.

Despues de cerrar el interruptor K, la diferencia de potencial entre las placas del condensador C 1 y las cargas en ellas, se anularon y las placas del condensador C 2 adqui­ rieron las cargas ± q ; en el conden­ sador C2: V a =£ =v¿L Cg Luego:

q2 = £ . C 2 q = 30|i C ... (2)

La placa superior de C 2 se carga positivamente. De este modo, la carga total de la placa derecha del condensador C 1 y la placa superior del condensador C 2 se hizo igual a ,,+q“. Esta carga pasó por el gal­ vanómetro al cerrar el interruptor K. PROBLEMA Ne 05 En el circuito mostrado, hallar la dife­ rencia de potencial entre los puntos A y B. C i = 1|iF , C2 = 2|iF e ,= 1 0 V , —

C3 = 3(iF

£2 = 20 V

II— C1

.—

r ---------- 1!------------c2

* * * * * * * * ¡í* *

0

$ # * * * * * * *

* * * * *

4.

*

q i + q 2 + q3 = 0

(1)

----------- 1|------------- ------------ I H ----------

* *

0

* * * * *

0

0 0

* * * 0

*>3

0

C3T\ -«3 e2

----------- jl------ ------- ,----------- .1------------ Teorema de ta trayectoria en la ma­ lla: MBAOM Vm + £1 + pr- = Vm C3 C 1

.... (3)

- E

Reemplazando (2) y (3) en (1). %

ei ^ í +/-

(E-).

q3=

°2

-Qa- ®2-Ca+%-0

C2 - Ej. C-j)

C1 + C2 + C3_

(£2 V a - VR =

C 2 — E |. C ^ )

C i+ O2 ^ Cg

Reemplazando datos tenem os: q3 = 15¡_lC

Asumimos arbitrariamente las car­ gas q i, q 2 , q3 en las placas. Por principio de conservación de las cargas eléctricas, en el nudo "A".

%

* *

0

SOLUCION:

2.

q2 =

'-'3

0

el e2 -------------- o!-------------- ------------ OI------------

el

Teorema de la trayectoria en la malla. bNPAb

* *> * C3

1

3.

# * * 0 * * * 0 0 0 0

0

q2 = 30|i C q, = 15|iC El signo (-) de q2 significa que la placa del condensador "C 2" del lado izquierdo tiene carga con signo (-) y el de la derecha positivo (+) por con­ siguiente opuesto al considerado inicialmente Luego:

Va - V

b

= + 5V

PROBLEMA N9 06 Determinar la carga acumulada por ca­ da capacitor C 1 = 10¡iF, C2 = 20(jF, C3 = 30}.iF en el circuito mostrado, sabiendo que los potenciales eléctricos en los pun­ tos t, 2 y 3 son iguales a. Vi = 10V ; V2 = 7V ; V3 = 8V

* * * *> * * * * Sí

* * * * * * *

* * # * * * * SOLUCION: 1.

Teorema de la trayectoria (1 ó 2)

Sis

q2

#

Qi ^2 l O V - ^ - —r - = 7V 10|¿ 20(i

*

C?1

Luego: 2q,+ q2 = 60nC 2

* $ * SÍ *

... (1)

Teorema de la Trayectoría- (1 ó 3) V , - — - — = Vo 1 Ct C3 3

* * *

^1 ^3 10V- 710(i 7 T -30n ^ r = 8V Luego: 3q, + q3 = 60|iC

Sí

... (2)

3.

Ley de N udos:

4

Resolviendo las ecuaciones (1), (2) y (3): q1 = 20|iC

- q i + q 2 + q3 = 0

q2 = 20|iC q3 = 0

* * sie * * * * * *

...(3)

* * * * * * m * * * #

#

L E Y DE C O U L O M B EN UN M ED IO D IE L E C T R IC O

* #■ * * * * * * * * * $ # * su * *

Fue enunciado por primera vez por el físico francés Carlos Agustín de Coulomb (1 7 3 6 - 1 806) "La fuerza de atracción o repulsión eléc­ trica que experimentan dos cargas eléctricas puntuales es directamente proporcional al producto de sus cargas e inversamente pro­ porcional al cuadrado de la distancia que los separa"

También se puede escribir así:

* * * * * * m ♦

1

....

2.

3.

(a)

Ley de Coulomb: F = K ,aQ

.... (P)

Reemplazando ( p ) en ( a ):

E=

* * * $ * * * * * * * ♦ * * * * *

La intensidad del campo eléctrico se define como la razón de ia fuerza eléctrica por cada unidad de carga eléctrica positiva.

£

o. d2

4.

La PERMITIVIDAD “e" de un medio es la magnitud fisica que indica cuantas veces es menor la intensi­ dad E del campo eléctrico dentro del dieléctrico homogéneo, que la inten­ sidad E0 del campo en el vacío.

5.

El potencial eléctrico en un punto debido a una carga puntual en un medio dieléctrico será:

£: Constante dieléctrica del medio e> 1

La fuerza "F" es menor en un medio dieléctrico comparado con el medio aire o

* *

vacío. En el vacío. 6 = 1

* * * ♦

INTENSIDAD DEL CAMPO ELECTRICO EN UN MEDIO DIELECTRICO:

V

K

1

0

e

* ♦ * *

*

“Se considera el signo de la carga" 6.

La energía de interacción electros­ tática de dos cargas puntuales en un medio dieléctrico tendrá la siguiente forma:

E p = -Ke

^

d

C O N D EN SA D O R ES CON D IE L E C T R IC O

b

*

@ 0000 )'•

t -

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

* $ * # # # * * * * * * * # * * * * * * * * * # * * * * *

1.

Se denomina DIELECTRICO a toda aquella sustancia que ofrece una gran dificultad al desplazamiento de las car­ gas eléctricas a través de su masa. Es­ trictamente vienen a ser toda sustancia, que no poseen cargas eléctricas libres, de tal manera que cuando un dieléctrico es instalado entre las placas de un con­ densador los valores de la capacidad, intensidad de campo y diferencia de po­ tencial son alterados.

dieléctrica “£' 1,000 594

A¡¡re(a 0°C y 760rnm/Hg) Ebonita

2 ,7 - 2 ,9

Cuarzo

4,5

Vidrio

5 -10

Alcohol etílico

27

Agua (pura)

81

3. La relación entre un condensador sin die­ léctrico (vacío) entre sus placas de ca­ pacidad “Co" y la de un condensador con dieiéctrico de constante "e” y capacidad "C", es: C = £ . C0 |

(1)

Pero f 5

Es la mínima intensidad del campo eléc­ trico "Eo" para ia cual comienza la ruptura del dieléctrico, valores de la rigidez eléctrica de­ penden de la temperatura, humedad, del espesor del dieléctrico y para la tensión aiterna la rigidez eléctrica es menor que para la tensión alterna la rigidez eléctrica es menor que para la tensión continua.

* * # * * * * * * * $ * * * * *

C onstante

SUSTANCIA

a i>

Rigidez Eléctrica (Dieléctrica)

$ * *

O o II

Todos los tipos de condensadores se caracterizan por su tensión disruptiva o ten­ sión de perforación “Vo" que es la diferencia de potencial entre las armaduras con la cual se produce una descarga eléctrica (rayo) a través de la capa de dieléctrico del conden­ sador La magnitud de la tensión disruptiva depende de las propiedades del dieléctrico, de su espesor y de la forma de las arma­ duras.

2. Todo dieléctrico es identificado por un número que es característica de cada material, denominado constante dieléc­ trica "e".

(2 )

Reemplazando (2) en (1): C=

E . E o

. £

|

. .. (3)

D onde: ,-12 _F £ ■Constante eléctrica = 8,85.10 m £ . Constante dieléctrica o permitividad, sin unidades dimensionales. A . área (m2) d : distancia (m)

# * % * * * * *

4. La figura anterior muestra dos con­ densadores de igual form a geo­ métrica instalados en paralelo, uno sin dieléctrico y el otro con dieléctrico. La relación con las cargas almace­ nadas en sus placas será:

q : carga con dieléctrico * *

q0: carga sin dieléctrico PRUEBA: i)

*

Sabemos que: £=

* * m * m * * * * sü * * *

(a)

V = constante

¡0

Carga almacenada:

iii)

q=V

C

...(P)

qo = V . Co

(P):

(Y )

qo

4

. . - (y) '--o

, d e (a ):

*

q = £ qo 5 . Cuando colocamos un dieléctrico entre las placas de un condensador que ge­ nera un campo eléctrico de intensidad E0, el dieléctrico se polariza generando un campo de menor intensidad opuesto al campo externo. Por consiguiente el cam­ po resultante entre las placas del conden­ sador será:

n

^(R esultante) ~

■

^0

■

\

E0

E

7. Cuando dos condensadores de igual for­ ma geométrica, uno con dieléctrico y el otro sin dieléctrico, instalados en serie se cumple:

Ed| J

V

i)

q = constante ii)

* * * *

Almacenan igual cantidad de carga: q

* * *

q = C0 . Vo = C . V _V _ C o _ l V0 C e Luego:

* * * * * * * * # * sjt * * * # * * * * * *

V= ->

V0 e

Ed : intensidad inducida. Conclusión, si introducimos un dieléctrico entre las placas de un condensador, su capacidad eléctrica aumenta y la intensi­ dad del campo eléctrico entre las placas disminuye.

* # * * *

£ >1

V0 > V

■- - (A)

iii) Pero: V = E . d Reemplazando en (A): E. d =

Eo d

Luego:

Eo e

Donde: E0 : intensidad sin dieléctrico

y £=— Uo

£> 1

=>

E ECos e= W-jE . . .(2) Dividiendo las ecuacionps;(1): (2): 1 T9e = ^ - K j 2 W -E Ed2 gV(pc-pL) m

Pero:

V=

Pc=-

m Pc

T g e = ^ ¿ e . d

pc m 9 (Pc-PL)

Despejando:

q2=fK d2 (mg)!1-^pc] Tg6

* * * SOLUCION: 1.

Realizamos el diagrama del cuerpo libre de la esferita de la izquierda, donde:

* * * *

E = empuje = g . pl . V

* * *

W = peso = g . pc . V , T = tensión.

F _= e d2

* * * * *

PROBLEMA Ne 06 La figura muestra dos condensadores de igual forma geométrica instalados en serie, sometidos a una diferencia de po­ tencias entre los puntos 1 y 2. dos esteri­ llas cargadas con igual magnitud "q", de igual radio y peso, suspendidos de hilos de seda de igual longitud, se encuentran entre las placas del capacitor.

* * * * * * *

El primer condensador no tiene dieléc­ trico (VACIO) y el segundo contiene entre sus placas un dieléctrico líquido de permitividad ”e", y densidad "D“. ¿Cuál debe ser la densidad “d" del material de las esferilias para que los ángulos de des­ viación de los hilos en el vacío y en el dieléctrico sean iguales?

* * * * * * * * * * * E :

W — , donde: W = d. g. V W -D .g

Eo E

_d_ d- D

Eo

La intensidad E0 y siguiente modo:

■(O E se relaciona del

SOLUCION: Realizamos el D.C.L. (esfera) en el vacío: ZF = 0 Tg 6 =

q-E0 W

.(a)

R ealizam os el D.C.L. (esfera) en el dieléctrico: ZF = 0

J3l_ W -D .g . V

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

El condensador esférico consta de dos armaduras metálicas concéntricas cuyos ra­ dios son, respectivamente, iguales a Ri y R2. Los cuerpos conductores esféricos están cargados con igual magnitud "q“ pero de signos diferentes El campo de una esfera cargada superficialmente solo existe fuera de la esfera. Por esto, en la región entre las armaduras, el campo electrostático está creado únicamente por la carga de la ar­ madura interior de radio R 1, y fuera del con­ densador, los campos de las armaduras de radios R 1 y R2 , con cargas de signos distin­ tos, se destruyen mutuamente. Por definición de condensadores: C = — 9— (V 1- V 2) Ver gráfico:

* # «if * * * * ♦ ♦ * * * * * # * * * * * «is

signos diferentes. La fórmula de la capacidad del condensador cilindrico tiene la forma: C=

2K

En el sistema Internacional (S.I.):

41

Pero sabemos que el potencial en super­ ficies esféricas, están definidas así: Para "I": J ____ _l

v , = K R ; * k T ^ = k -q Rl

R2

...(2)

Sis

# * * * * * * * * sis

Para "2": V2 = K ^ * K t j S > = 0 . . . ( 3 ) Reemplazando (2) y (3) en (1) C=

q

1

R1 R2

K

(R 2 - R 1 )

En el sistema internacional-

r —4a ti„ £0 r C • 771R l - R_2 7 (R2 - R1)

Considerando un material dieléctrico de permitividad V entre las placas del conden­ sador esférico, la fórmula tendrá la siguiente forma: C = 4 neoe

. - ^

(R2 - R 1)

(en el S.l.)

CONDENSADOR CIUNDRICO Está constituido por dos cilindros metáli­ cos huecos y coaxiales de altura ’ h“ y radios R 1 y R2. Los cuerpos conductores cilindricos tienen igual magnitud de carga "q" pero con

m * * * í * * * * * $ * * * * * * * *

*§s

* # * * * * s§> «0 * * * * * *

PROBLEMA N® 01 Un condensador com plejo está hecho de tre s cascarones esféricos de radios de curvatura a, b y c. Los cascarones in fe rio r (a) y exterior (c) son conectados m ediante un alam bre aislado el cual pasa a través de un agujero en el cascarón de radio “ b". Los tres cuerpos e sféricos son co ncé ntri­ cos y conductores (a < b < b). C alcular la capacidad equivalente del sistem a entre lo s pun tos 2 y 3.

El condensador complejo se puede reem plazar por un condensador equivalente, formado por dos con­ densadores C¡ y C¿ instalados en paralelo. Los cascarones esféricos de radios a y c tienen igual potencial eléctrico.

* * * * * * * *

1.

Si el condensador esférico tiene una carga "Q” en cada placa, pero sig­ nos diferentes, el potencial de la ar­ madura interior será: M 1 ro -g V1 = — ! t4jie0 r r

*

Q (R-r) 4 ji£o R. r

* * ...(D

2.

El capacitor "1" (cascarones a y b), el capacitor "2" (cascarones b y c).

& * * * * * * * * * * * * $ % + * m * *

El potencial es rnáximo en la armadura

C eq = C i + C 2

C eq =

3.

4ji£o

a. b b. c (b-a) T (c-b)

En la figura puede observarse que la diferencia de potencial entre los puntos 1 y 3 es igual a la diferencia de potencial entre los puntos 2 y 3, por consiguiente, los capacitores C 1 y C2 están sometidos a la misma diferencia de potencial.

PROBLEMA Ne 02 Si un condensador esférico de aire (entre las placas) se conecta con una fuente de alta tensión, dicho condensador se perfora (rayo) cuando la diferencia de potencial V0 = 40KV. Determinar la ri­ gidez eléctrica del aire en las condiciones del experimento. El radio de la armadura interna del condensador es r = 3cm y el de la armadura externa, R = 9cm. O bservación: Se llama rigidez eléctrica a la intensidad “Eo" del campo eléctrico con la cual se produce la perforación del dieléc­ trico.

* * * * * ♦ * * * * * * * * * * * * * * & # * * # * ♦ ♦ * $ * * * *

2.

El potencial de la armadura exterior es nulo. Por consiguiente, para la capacidad del condensador esférico se obtiene: C = 4n£o

P r (R . 0

La mtensidad del campo es máxima cerca de la superficie de la ar­ madura interior del condensador: Eo =

1 4rt£o

Q r2

. . (2)

La diferencia de potencial entre las armaduras será: Vi - V2 = Vi - 0 = Vi Del dato: Vi = Vo 4 0 KV

e-

v-

¡ b 5t 7

- ,3>

Reemplazando datos: Eo = 40KV ^ - = 2 0 ^ = 2 0 0 ^ 6.3 cm m PROBLEMA Ne 03 La arm adura interna de un conden­ sador esférico, de aire, cuyo radio es r = 2cm, está rodeada de una capa esférica de die léctrico de p erm itividad e = 2. El radio exterior de la capa d ie léctrica es de R = 4cm. ¿Qué carga m áxim a puede co­ m unicarse a este condensador? La rig i­ dez eléctrica del aire, igual a la de! dieléc­ trico, es: E0 = 90

KV cm

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

V 1 = Eo .

El potencial en la superficie de la armadura exterior es cero V2 = 0

La intensidad del campo eléctrico es máxima cerca de la superficie de la armadura interior del condensador: E0 = -

1

4 J I£ o

2.

Q r2

-.(1)

Cálculo del potencial en la superficie de la armadura interior: 1

4 tco

Q . (-Q ) r R

Q (R -r) 4 k £o R . r

* * * * * * * * * * * *

* * .... (2 )

* * *

* * * * * * * * * # * * * * * * * * *

.... (4)

La capacidad del condensadc es: C = 4 £ £o 4.

(R.r)

De la definición de capacidad: C=

Q

T v i-v íl

Luego: Q =C.(Vi - V2) =4ti£ o e (R - r)

SOLUCION 1.

(R - r ) . r ¡r

R. r (R -r)

rE 0

Q = 4 JtEo - £ ■E0 . r2 Reemplazando datos: 2.

9 0 0 0 . 4 . 10

9.10 Q =8 . 10-7 C =0,8|iC PROBLEMA N9 04 El radío de la arm adura externa de un condensador esférico de aire (entre las arm aduras) es R = 4cm y el de la arm adura interna " r “ se elige de manera que el con­ densador no se perfore (rayo) con la d i­ ferencia de la potencial m áxim a V0. La rig ide z eléctrica det aire es: E0 = 3 .1 0

V cm

Observa c ió n :S e lla m a rig id e z e lé ctrica a la in te n s id a d ,'Eo" d elcam p oe lé ctricoco n lacual se prod uce lap erf oración del d ie lé c­ trico. SOLUCION: 1.

El condensador esférico tiene igual magnitud de carga “G" en sus ar­ maduras pero son signos diferen­ tes. El potencial en la armadura ex­ terior es igual a cero.

Q (-Q) r

4TCo

V0 = E o . ^ = 3 . 1 0 4 — , 1 c m 4 cm

R * * * * * * * * $ * * * * * * * *

es: Vi =

Q (- Q; 4nEo

r

R

4jt£o R • r

La diferencia de potencial entre las armaduras será: V i - V2 = V =

Q 4neo

(R-r) R -r

La intensidad de campo eléctrico es máxima cerca de la superficie de la armadura interior del condensador: Eo =

1 O 4n:eo ' r2

(R-r) V i = E0 . — - 1 . r

¡i» * * .... (3)

Completando cuadrados: R‘ I -

.21

¡'“I

.... (4)

El potencial " V r será m áxim o cuando:

-f.0

* * * *

.... ( 2 )

Reemplazando (2) en (1):

V i=

* * * * * *

R r=2

* * «5 * * * * * * * * * *

Vo = 3 . 104 V

* ti« Se llama "Electrodinámica" a la parte fun­ damental de la teoría de la electricidad en que se estudian los fenó m e n os y los procesos relacionados con el movimiento de las cargas eléctricas o de ios cuerpos macro­ scópicos cargados. El concepto más impor­ tante de la electrodinámica es el de corriente eléctrica CORñ'ENTE ELECTRICA Se da el nombre de "Corriente eléctrica" a todo movimiento ordenado de las cargas eléctricas. A la corriente eléctrica que surge en los medios conductores como resultado del movimiento ordenado de las cargas libres bajo la acción de un campo eléctrico, creado en estos medios, se denomina "Corriente de Conducción".

Movimiento ordenado de electrones libres de un conductor metálico. Va > Vb

Son ejemplos de corrientes de conduc­ ción la corriente en los metales y semicon­ ductores debido al movimiento ordenado de los electrones “libre" y la corriente en los electrolitos, que consiste en el desplaza­ miento ordenado de los iones de signo con­ trario, los iones negativos se dirigen al ánodo y los iones negativos hacia el cátodo.

m * * * * * * * * st¡ * * * * * si» i*! * * # * * * * * * m * * * * $ * * ♦ * * Sjí

* * * * * * * * as * *

* * m * $ *

Movimiento■yítcnnclodctonta CORRIENTE DE CONVECCION; Es el m ovimiento ordenado, en el espa ­ cio de cuerpos macroscópicos cargados. Un ejemplo de este tipo de corriente es la

* * * Os * * * *

corriente aebiao al m ovimiento de la tierra, que tiene exceso de carga negativa, por su órbita. Un caso especial de corriente es la del desplazamiento a la cual no es apreciable la definición de comente eléctrica dada anteriormente.

Movimiento ordenado de cargas eléctricas positivas Va > Vb Por consiguiente, cuando los portadores de carga se desplazan en un medio estático se dice que estamos frente a una corriente de convección. Este es el caso de cuerpos cargados electrostáticamente que se les ha­ ce girar sobre sí y es el caso de las corrien­ tes atmosféricas que se producen en las tormentas. Las condiciones necesarias para que surja y exista corriente eléctrica en un medio conductor es: a) Que en el medio dado "Portadores de carga'1 libres, es decir, partículas car­ gadas que pueden desplazarse por el ordenamiento. Estas partículas, en los metales semi-conductores son los elec­ trones de conducción, en los conductores líquidos (electrolitos), los iones positjvos y negativos, y en los gases, los iones y electrones con cargas de signos con­ trarios b) Que en el medio dado exista un campo externo, E, cuya energía se invierta en trasla da r ordenadam ente las cargas eléctricas. Para mantener la corriente eléctrica, la energía del campo eléctrico debe reponerse continuamente, o sea, es necesaria una FUERTE DE ENERGIA ELECTRICA - un dispositivo en el cual se transforme una forma cualquiera de energía en energía del campo eléctrico. Se considera que el sentido de la co­ rriente eléctrica es el del movimiento or­ denado de las cargas eléctricas positi­ vas. Pero en realidad, en los conductores

metálicos la corriente la crea el movi­ miento ordenado de los electrones que se desplazan en sentido contrario al de la corriente. En principió, el sentido de las líneas de fuerza del campo electríco E se dirige de mayor a menor potencial, del mismo modo las cargas eléctricas libres positivas se des­ plazan de mayor a menor potencial eléctrico. En el caso del conductor metálico los elec­ trones se desplazan de menor a mayor po­ tencial eléctrico, esto significa que se mue­ ven en sentido opuesto al campo eléctrico. Si el campo eléctrico que actúa sobre las cargas eléctricas libres se mantiene cons­ tante en módulo y dirección se obtiene una corriente continua (C.C). Si el campo eléc­ trico se mantiene constante en dirección y módulo variable y si el campo eléctrico cam­ bia en intensidad y dirección se obtendrá una corriente alterna (C.A). C. C : Corriente debido a las pifas y batérías C. A : Corriente debido a las hidroeléc­ tricas (de uso doméstico) Convencionalmente en el desarrollo del capítulo consideraremos cargas eléctricas li­ bres a las cargas positivas, esto significa que el flujo de cargas eléctricas será de mayor a menor potencial eléctrico, por consiguiente el sentido de la intensidad de corriente será de mayor a menor potencial. Además en los fenómenos y leyes que estudiaremos vamos a considerar que la comente eléctriica es contíinua. 1. IN T E N S ID A D DE LA C O R R IE N T E ELECTRICAfri. Es aquella magnitud es­ calar que nos expresa la cantidad de carga neta que en la unidad de tiempo atravieza la sección recta de un conduc­ tor. La corriente eléctrica se dice que es continua. (C.C) si su intensidad y sentido no varían con el tiempo:

* # * * * 0 * ♦ * ♦ * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * # * * * * «Ü # * * * * #

. 1 Coulom b 1 ampere = ~ -------- r 1 segundo La intensidad de corriente se mide en ampere (A) en honor al físico francés Andrés María Ampere (1 775 - 1 836). 2. RESISTENCIA ELECTRICA (R). Es la dificultad que ofrece un cuerpo conductor al desplazamiento de las cargas eléctri­ cas a través de su masa. Notación :«—i

>_» •—pwvwvh—•

La resistencia eléctrica de un conduc­ tor se mide en Ohm (Í2) en honor al físico Alemán Jorge Simón Ohm (1 787 - 1 854) LEY D E POULLIET. "La resistencia eléctrica que ofrece un conductor al paso de la corriente eléctrica es directamente proporcional a la longi­ tud del conductor "L" e inversamente pro­ porcional al área "A" de la sección recta”

* * * * * * * * * * *

* *

* * * * * *

♦

* * * * * * $ *

p : resistividad eléctrica [p ] = í i

m

3. RESISTENCIA ELECTRICA (p). Llama­ da también resistencia específica de un conductor, es aquella que nos expresa la capacidad de formar dentro de una sus­ tancia una corriente eléctrica bajo la ac­ ción de un campo eléctrico La resisti­ vidad caracteriza las propiedades eléctri­ cas de los conductores.

RESISTIVIDAD DE ALGUNOS CONDUC­ TORES A 20 C DE TEMPERATURA CONDUCTOR

p (Q •m)

Placa

1,6

10"8

Cobre

1.8

10~8

Aluminio

2,7

10-8

Tungsteno

5,6

10-8

Plomo

2,1

10~7

Constatan (Aleación Ni y Cu)

45

10-7

Carbón

3,7

10“ 7

Agua de mar

2,0

10_1

Germanio

5,0

10_1

Oxido de oobre (CuO)

1,0

103

Agua destilada

5,0

103

Agua químicamente pura

106

De la tabla se puede deducir que el mejor conductor metálico es la plata (Ag) 4. CONDUCTIVIDAD (C). Se define como la inversa de la resistividad. El término conductividad se usa para describir el grado de eficiencia con que un material permite el flujo de corriente a través de su masa. Los conductores que mejor con­ ducen la corriente son los de plata, cobre, oro, aluminio, tungsteno, zinc, latón, plati­ no, hierro, niquel, estaño, acero, plomo,...

* * * * * * * * * * * * A : Amperímetro * * V : Voltímetro * * * V * * R * # * * V = ¿. R * * * . R = -M_ * * * # * Gráfica • V - ¿ * * Todos los conductores o resistencia que * * cumplen con la ley de Ohm se denominan * conductores ohmicos y se caracterizan por * mantener su resistencia R constante, inde­ * m pendiente de la tensión V aplicada. * * * sN *

La plata (Ag) tiene la conductancia o con­ ductividad más elevada (bajísima resis­ tencia), no obstante se emplea los con­ ductores de cobre debido a su abundan­ cia y bajo costo. * * sü * LEY DE OHM En todo conductor metálico se cumple que la diferencia de potencial V existente entre los puntos 1 y 2 que limitan la resisten­ cia R es directamente proporcional a la inten­ sidad de corriente V 'q u e la atravieza.

# * # * * * * * * *

ASOCIACION DE RESISTENCIAS Resistencia equivalente (Req). Es aquella única resistencia capaz de reemplazar a un conjunto de resistencia limi­ tado por dos puntos, disipando la misma cantidad de energía que el conjunto reem­ plazado. A) En serie. Por todas ellas circula la misma intensidad de corriente independiente­ mente del valor de cada resistencia

* * * *

Sistema Real: R,

Sistema Equivalente: K,

* * * & *

i \ Corriente convencional de +a Sistema Equivalente: R.»

1.

2.

Del principio de conservación de las cargas eléctricas.

* * *

i = constante

*

Del principio de conservación de la energía: V = V i + V 2 + V3

3.

* * «f¡ * * * * * * * * * * *

...(1 )

De la ley de Ohm: V = i . Req Vi = i R i

;

\ ¡ 2 - i . R2

V3 = i R3 Reemplazando e n ( 1 ): i . Req = t . Ri + i . R2 + i . R3

j~^ R e q ^ R i^ R ^ ^ R ^ j B) En P aralelo: Todas las resistencias están sometidas a la misma diferencia de potencia. La corriente "i" que llega al nudo se reparte inversamente proporcional a la magnitud de la resistencia correspon­ diente. Sistema Real:

sfs

* * * * * *

m *

(1)

£ : Voltios, W a -> b : Joules

W a -> b = £ - q

* * * * * * * * * * * * * * * * * * *

Reemplazando (2) en (3):

P= £ Potencia entregada por la fuente de ener­ gía 1 watt = 1 voltio . ampere La potencia eléctrica se mide en "watt", en honor al físico inglés JAMES WATT, in­ ventor de la máquina de vapor POTENCIA CONSUMIDA POR UNA RE­ SISTENCIA AL PASO DE LA CORRIENTE ELECTRICA. a) De la Ley de Ohm, la corriente eléctrica V atravieza la resistencia ”R‘ debido a una diferencia de potencial entre los pun­ tos A y B. Luego. i , R Al----------* = » ---- ----- IB

Va - V b = Wa - í

b

Wa ->b

= (Va —V b ) . q

*

Entonces : W a -> b = V . q

* * * * * * *

W

.... (4)

Trabajo realizado por el cam­ po eléctrico en el conductor sobre la carga libre "q" para llevar desde A hacia B.

b) La potencia consumida por la resistencia será: r C -

Wa - * b _ M _ t

Luego:

-

t

-

v

3

v . t

Pc = V . 1

,

V R= d

H

LEY DE JOULE - LENZ 1

Am perím etro.

* *

Es aquel instrumento que sirve para medir la corriente eléctrica en un tramo del circuito. El amperímetro A se conecta siem­ pre en serie con los elementos en donde se desea conocer la corriente V . Este instru­ mento posee una resistencia interna Y ' muy pequeña expresada en miliohmios (m íi).

.... (6)

Potencia consumida por la resistencia “R" al paso de la corriente V .

Por principio de conservación de la ener­ gía, la potencia consumida por la resis­ tencia al paso de la corriente, la resis­ tencia lo libera al medio ambiente en for­ ma de energía calorífica.

* *

REPRESENTACION:

* *

AMPERIMETRO IDEAL (r = 0)

* * *

2. Luego: _ W _ trabajo consumido C~ t ~ tiempo

* * *

W = Energía liberada =Q = Pc.t

* Üí sj* * * *

Q = Pc t

.... (7)

"La cantidad de calor liberada por una resistencia "R" debido al paso de la cor­ riente es igual al producto de la potencia consumida por el intervalo de tiempo, de funcionamiento" Reemplazando (6) en (7), tenemos:

INSTRUMENTOS PARA MEDICIONES ELECTRICAS

* * .... (5)

En (5): Pc = v .

*

* * * * * * *

Los amperímetros tienen dos bornes o polos bien definidos, positivo y negativo res­ pectivamente. Voltím etro. Es aquel instrumento que sirve para me­ dir los voltajes o tensiones que se producen en el tramo del circuito eléctrico. El voltímetro se instala siempre en para­ lelo entre los puntos del elemento en donde se desea medir la tensión. Este instrumento posee una resistencia interna “r" relativa­ mente grande expresada en kilohmios (kQ). REPRESENTACION:

-2 V Q = V . í A = r R .t = -~ -.t _____________________ H___ En ésta fórmula la cantidad de calor "Q” se mide en Joules

* *

Equivalencia:

* * *

1 Joule = 0,24 calorías A ésta misma conclusión, sobre la base de experimento llegaron independiente­ mente, el uno del otro el científico inglés James P Joule y el ruso Emilio Lenz. Por esta causa, el principio enunciado más arriba, lleva el nombre de Ley de Joule Lenz.

* «fe *

De la Ley de Ohm.

* *

V : Tensión indicada por el voltímetro,

* *

r : resistencia interna

V = ¿o. r

Voltímetro Ideal.

POTENCIA ELECTRICA

Tiene resistencia interna infinitivamente grande (—» « ), por consiguiente su lectura será exacta. A través del voltímetro no pasa corriente.

l= j

--

Galvanómetro (G). Es aquel instrumento sensible a corrien­ tes pequeñísimas. DILATACION LINEAL DE LOS CONDUCTORES Todo coductor que transporta energía eléctrica experimenta una evaluación de su temperatura lo cual le produce el fenómeno térmico de dilatación longitudinal, conside­ rando conductores muy delgados Inicial:

Lo, Ro. To

L, R .T 1. De la Ley de Poulliet:

ParaT R = p . ~

L = L0 (1+ a . At)

...,(3)

co eficien te de d ilatación lineal (C~1 , °K~1)

3. Considerando que la sección transversal 'A" y la resistividad "p" se mantiene cons­ tante (1), (2) y (3):

Ro Lo

* * m * * * * * * * $ * * *

....(2)

2. Además, dilatación:

R

= (1 + a At)

R o: Resistencia inicial A t: Variación de la temperatura R : Resistencia final.

PROBLEMA N® 01 El bobinado de un motor eléctrico es de alambre de cobre, si su resistencia antes de empezar a trabajar es de Ro = 80£i y después de trabajar At = 6h continuas su resistencia es de 120Q. Determinar el in­ cremento de temperatura en el bobinado. Coeficiente de dilatación lineal del co­ -3 o«-1 bre: 4 . 1 0 SOLUCION:

....... (1)

para T o : R o ^ p

_R = _L

* * * * * * * 0 * * $ *

* * * * * * *

Fina!:

a:

*

Debido al incremento de temperatura, el alambre de cobre experimenta una di­ latación longitudinal, por consiguiente la resistencia aumenta. Luego: R = R0 . (1 + o. At) Reemplazando datos en la formula ante­ rior. 120Í2 = 80S1.(1 + 4 . 1CT3 . At) At = 125 C PROBLEMA N» 02 Un foco tiene las siguientes caracte­ rísticas: 100 watts y 200 voltios. Determi­ nar el valor de la resistencia de protección que debe instalarse en serie con el foco, cuando al conjunto se le aplica una ten­ sión de 220 V.

Sjí *

*

*

SOLUCION-

*

1

* *■ * * * * * * *

A o-

Suponer que la resistencia dei foco es constante.

Si ia diferencia de potencial entre los extremos del conjunto es 220 V, en­ tonces el foco debe consumir 200 V y la resistencia de protección 20 V.

i§L

-o C

2.

Calculo de la corriente que atravieza al foco y la resistencia de pro­ tección.

De la característica del foco: P = V ./

=> 100W = 200tV x i

/ = 0,5 ampere

..(1)

Aplicando la Ley de OHM a la resistencia de protección: r

Luego-

=7

R=

-

20V 0,5A

R = 40Í2

PROBLEMA Nfi 03 Por una resistencia de 4 o hm io s atravieza una corrien te de intensidad 5 am­ pere. D eterm inar la cantidad de ca lo r d isi­ pado p o r la resistencia en un intervalo de 1 m inuto SOLUCION: De la Ley Joule

Lenz:

Q = /2. R . t

....(S .l.)

Q = (5Af . (4Q) (60s) Q = 6 000 J Q = 6 KJ

* * # * * * * * * * * * * * * * * * * * * * & * * * * * * * * * * * * * * # * * ♦ ♦ * * m

PROBLEMA Ne 04

SOLUCION. Potencia disipada por una resisten­ cia: P, = |2 . R = 80 watt 2.

....(1)

Cuando la corriente disminuye: l¿ I2. R p 2 = T4 R = 4 „

PROBLEMA NG05 Se tiene una lám para que tiene las siguientes características V = 120 vo ltio s y P = 40 w atts, ¿qué resistencia com ple­ m entaria hay que co ne ctar en serie c v> la lám para, para que su fu ncio n a m ie n to sea norm al cuando la red tiene una te nsió n de 220 V?. SOLUCION: Sabemos que: P= V .i 40 W = (12 0V ). / -.(1) La lámpara funciona normalmente con una corriente de intensidad "i". M L=á=@ . 120V

100V

Aplicando la Ley de Ohm a la resistencia de Protección V mb =/■ R (100V) = ( 1 /3 A). R

Cuando la intensidad de co rrien te "I" atravieza una resistencia e léctrica "R “ és­ ta disipa una potencia de 80 w att. Si la corriente d ism inuye en un 50%, determ i­ nar la potencia disipada p o r la resistencia.

1.

P2 = 20 watt

.... (2)

* * * * * * & * * * * * * * * * * * * m * * * * * * *

Luego: R = 300Q PROBLEMA Nfi 06 D eterm inar la potencia que entrega la batería de fuerza e le ctrom otriz "e” y re sis­ tencia interna ” r “ en el c irc u ito m ostrado.

Calculo de la intensidad de corriente aplicando la segunda iey de Kirchhoff; I £ = T i. R 8 = /(r + R) /=

e

* * * * * * * * * * * * * * *

(r+ R )

Cálculo de la potencia entregada por la f.e.m: iV

P = ¿ D ¡^ /2 . r

...(2)

e2 . R

PROBLEMA Ns 07 Determ inar el va lo r de la potencia eléc­ trica que se entrega o absorve en cada una de las fuentes eléctricas reales en el c irc u ito que se m uestra. 40 n

50V

P2 = -(3 )(5 0 )-(9 )(1 ) P2 = -1 5 9 W PROBLEMA Ns 08

* * * *

En la figura, si la resistencia R = 1,0 Q puede d isipar hasta una potencia máxima de 9,0 w a tts s in c a le n ta rs e e x c e s i­ vamente. Hallar la potencia m áxim a que puede d is ip a r el siguiente circu ito:

* * # * * * * * * * * * * * * * * *

• in * * * * * # *

7(1

SOLUCION. Cálculo d é la intensidad d e co rrie n te 7" aplicandolasegundaLeydeKirchhoff: 2£ = / . R (200 - 50) V = /. (40+7+1+2) í l ...(1)

Cálculo de la potencia entregada por la fuente de 200 V. Pi = / . £ —Z2 . r

P2 = - / . e - / ' 2. r

* * *

( r+ R ) 2

i - 3,0 A

Cálculo de la potencia que absorve la fuente de 50 V.

*

Reemplazando (1) en (2): P=

Pt = 582 W

* * * * * * * * * * * * * * * * * *

Analizando la resistencia " R d e la con­ dición del problem a. P(máx)

”2

=1

(máx)

•R

9 = / 2 (1) / = 3,0 A

.... (1)

Analizando el circuito mostrado en la figura:

Cálculo de la potencia máxima que disipa el circuito:

Sü * * * * * # * #

P = 13,5 W PROBLEMA N9 09 Un hornillo eléctrico tiene tres seccio­ nes de igual resistencia. Si las tres seccio­ nes están conectadas en paralelo, el agua de una tetera hierve a los 6 minutos. ¿En cuánto tiempo hervirá una canti­ dad igual de agua en la tetera para las diferentes conecciones en las secciones del hornillo eléctrico indicadas en la figura a, b y c. R

—C3—

a)

R

R — o — b)

— o ----- #-----en----- c)

R ---- --------- ca-------------SOLUCION; 1.

Primero encontramos la resistencia equivalente del hornillo eléctrico pa­ ra cada variante de las conexiones, llamando "R" a la resistencia de una sección equivalente R0 es igual a R/3.

2.

En los casos a, b y c respectiva­ mente, tendremos:

Ra = 3.R

3.

3 R b 4 R

2

En los tres casos: a, b y c el agua en la tetera necesita igual cantidad de calor “Q" para hervir el flujo de calor en cada hornillo a, b y c son diferen­ tes. Representamos por to, ta, tb y tc los tiempos necesarios para ca­ lentar el agua de la tetera en cada uno de los casos considerados.

4.

V2 V2 V2 Q = Ro ' *° = Ra *a = Rb' ^ /2 tb = - • tc

* ¡Sí * * # * * *

5.

* * * * * m * * * m * * * * * * * * * * * * $ * * * « *

-.(2 )

Reemplazando (1) en (2) y simplifi­ cando: 3 . t ° = | = f . t b = f .tc ... (3)

* * * * * * * * ají * * * # * # * * * * * « * * * # * # * * *

De la ley Joule - L en z: en este caso: V = constante

De aquí obtenemos fácilmente los valores de las magnitudes que bus­ camos: ta = 9 to = 54 min tb =

9 to —27 min 2

tc = 2 to —12 min PROBLEMA Ne 10 En el circuito eléctrico mostrado, la f.e.m e = 30 V y todas las resistencias son iguales a R = 2Q. Hallar la potencia entre­ gada por la f.e.m al circuito.

SOLUCION: 1

En el eléctrico se produce un corto circuito debido al alambre conductor conectado en diagonal. Los alam­ bres en la conexión tienen resisten­ cia nula por consiguiente el poten­ cial en el alambre es constante.

& Si*

* * * *

2

Reduciendo el sistema, hallamos la resistencia equivalente.

lR/2

Req = — R = 3 fi 3.

Cálculo de la potencia entregada la f.e.m de la fuente.

I

J3R/2

* * * * * # * * * ♦ * * * * * * $ * * * # * * * * # * * * * * # * * * * * * * * fiü sis

1

sie

P=^= 900W R 3 Luego: Potencia = 300 W PROBLEMA Ns 11 Once foquitos de navidad se conectan en serie a un tomacorriente doméstico, 220 voltios, entonces cada uno disipa 16 watts. Luego se conectan en paralelo ei mismo tomacorriente y se observa que se queman. Se compran luego otros once foquitos iguales y se les vuelve a conectar pero protegido cada uno con una resisten­ cia "r”. Si brillan ahora como los foquitos originales ¿cuánto vale cada resistencia de protección?

* * * *

*t* * s¡«

# * * * * «t* * * * m * * * sfc * * * * * *

SOLUCION: Cuando los once foquitos se conectan en serie, cada uno están sometidos a una tensión 220V/11 = 20 voltios. La potencia disipada será: P = V ./ => 16W = 20V . i => / =0,8A La corriente que circula por cada resis­ tencia es: / = 0,8A Cálculo de la resistencia de cada foquito. De la Ley de Ohm: V = /. R => 20V = 0,8A R =>

R = 25Q

El foquito y la resistencia de protección están conectados en serie y el conjunto sometido a una tensión de 220V.

De la condición (en paralelo) para que los foquitos brillen como antes deben disipar la misma potencia, esto quiere decir que el foquito debe estar sometido a una ten­ sión de 20V y por él debe circular una corriente i = 0,8A. Entonces la resistencia de protección debe estar sometido a una tensión de 200V y atravezado por una corriente i =0,8A DE la ley de Ohm. V0 = / . r

=» 2 0 0 V = 0 ,8 A r

Resistencia de protección: r = 250Q

h

Respecto del circuito mostrado inicial­ mente, llevamos una carga de prueba en el sentido de la corriente 7 " saliendo del punto 1—>2 —>3 —>4:

TEOREM A DE LA TRAYECTORIA * 3¡S * üs *

1. Consiste en el desplazamiento imagina­ rio de una carga de prueba convencional positivo a través del tramo de un circuito eléctrico. 2. En principio la intensidad de corriente eléctrica se desplaza de mayor a me­ nor potencial por consiguiente si la carga de prueba q atravieza una resistencia, en el mismo sentido de la corriente, pierde una energía igual a: ”-/R " Cuando la carga de prueba atravieza la resistencia en sentido opuesto a la corriente gana una energía igual a :" + IR”.

R

Desplazamiento de "q" Desplazamiento de "q" Cuando la carga de prueba atravieza la f.e.m desde el polo negativo hacia el polo positivo, gana una energía igual a "+e“, cuando lo hace desde el polo positivo hacia el polo negativo pierde una energía igual a:

* * * * * # * * * * * * * $ * * * * * * * * * * * * * * * ♦ * * * + * * * * * * * * * # * * * * * * * * * * * * * Slí J*¡

Teorema de la trayectoria V i - / . Ri + £ - / . R 2 = V 4

PROBLEMA Ne 01 A un cierto circuito se tiene la sección AB, mostrada en la figura. Sabiendo que la diferencia de potencial entre A y B es 12V (V a - V b = 12V). Determinar la inten­ sidad de corriente que circula por la sec­ ción AB. r —

\

.

8V I * 5 , A

l

B J

* SOLUCION: Teorema de la trayectoria: VA - / (20) + 8V -/(3 Q ) = VB (VA - VB) + 8V = ( 5 Í Í ) . /' Del dato: 12V + 8V = (5Q)/ Resolviendo. i - 4 ampere

PROBLEMA N9 02 En cierto circuito eléctrico se tiene la sección AB, mostrada en la figura. Sa­ biendo que la diferencia de potencial en­ tre A y B es 36 voltios (V a - V b = 36V), determinar la f.e.m, “ e", además la inten­ sidad de corriente que circula por la sec­ ción AB es igual a 5 amperes.

* * * *

SOLUCION: Teorema de la trayectoria.

* * *

VA - 4 / + £ - & '= VB (V a - Vb) + £ = 1 0 /

*

Del dato: 36V + £ = 50V

*

* * * * *

Luego: £ = 14 voltios

♦ *

PROBLEMA Ne 03 En cierto circuito se tiene la sección AB, mostrada en la figura. La f.e.m de la fuente e-, = 20V, e2 = 30V y la resistencia del tramo R = 5 ohmios. Sabiendo que la diferencia de potencial entre A y B es 10V (Va - V b = 10V). Hallar la tensión en los extremos de la resistencia "R”.

-Df

B SOLUCION: 1.

En el tramo del circuito AB la co­ rriente que circula es único. ■■■ ' -

í

50

____ “

•

3

2.

J

Del teorema de la trayectoria: A - » 1 —> 2 —> B

* * * * * *

V a + 2 0 V -5 T + 3 0 V = V b Luego: (V a - VB) + 50V = 5/ / = 12 A 3.

De la ley de Ohm:

....(a)

* * * ■* * * * * *

V , - V 2 = 5 ./(P ) Reemplazando (a) en (P): V 12 = 60V

"1

— ni ni----------- < = *2 > ------- o B

SOLUCION: Aplicando el Teorema de la Trayectoria:

10V in

ni Dl

A i.

2J1 r—

1

B

J

Va - ( 1 , 0 ) / + 10 - ( 2 , 0 ) / = V b (Va - V b) + 10 = 3 . / Del dato : V a - V b Reemplazando: / = 20,0 A

B

L

V

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

■ V

20 A

En cierto circuito se tiene la sección AB, mostrada en la figura. La f.e.m de la fuente es e = 10V y las resistencias Ri = 1.0Q, Rz = 2,0Q sabiendo que la diferencia de potencial entre A y B es de 50V, hallar la intensidad de corriente que circula por las resistencias.

En 1 848, el físico alemán Gustavo Ro­ berto Kirchhoff va ha establecer reglas gene­ rales para el cálculo de circuitos eléctricos complejos que determinan íntegramente su estado eléctrico, aportando de ésta manera dos leyes de gran trascendencia en la elec­ tricidad. Analizamos a continuación para el caso de las resistencias eléctricas. 1o LEY DE NUDOS O DE CORRIENTE Está basada en el principio de conser­ vación de las cargas eléctricas y establece que la suma de corriente que ingresan a un nudo cualesquiera de un circuito, es igual a la suma de corrientes qu-» salen de dicho nudo.

* * * ♦ * *

♦

* * * * * * * $

1

En el circuito simple mostrado tomando como referencia el punto A llevamos la carga de prueba q en sentido horario en el mismo sentido de la intensidad de la corsiente.

2. Del teorema de la trayectoria; Circuito cerrado. VA + S 1 - / . R 1 +£ 2 - / . R 2 -63 - / R 3 = Va

*

* * * * * "La carga neta en un MUDO es igual a CERO" Del circuito mostrado: i Luego:

1 = /*2 + /3

/ i -/ 2 - / 3 = 0 ~l| k -»b : Va - / . R - £ - £ = Vb

(VA - V b) = -0 ,5 V PROBLEMA Ne 14

Cálculo de la intensidad de corriente en el circuito. 2da. Ley de Kirchhoff:

* * *

Va - V b = 2 £ + /R

....(2)

Reemplazando (1) en (2): (Va —Vb) = —

* * * * * * * * * * * * * * * * * * m * * *

De los datos ( V a - V b) = 14V => Va > Vb : por consiguiente, el po­ tencial en la armadura del con­ densador unida a las resistencias es más elevado que el potencial de ia arm adura unida con la batería, es decir ésta armadura está cargada positivamente. 3.

La carga acumulada en cada placa será:

* * * * * *

a = 70(iG PROBLEMA N® 15 Determinar la carga en cada conden­ sador C, 2C y 3C en el circuito repre­ sentado en la figura. Despréciese la resis­ tencia interna de la batería. Considere: C = 1¡jF ; e = 9V

SOLUCION: 1. Aplicando la 2da. Ley de Kirchhoff en el circuito: e =i(R+2R)

/ — 3R

...

* * * * * * * * * * * * * * * ¡ü * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

qi = | e . c

.... (III)

D élos d a to s : q i = 2|iC q2 = 10|aC q 3 = 12[iC PROBLEMA N® 16 Determinar la carga que pasa por el interruptor K, cuando se cierra, en el cir­ cuito representado en la figura. C = 1 (if, £=6V. Despréciese la resistencia interna de la batería.

(a)

2. Ley de Nudos, en "e“: qi + q2 = q3

.... (P)

3. Teorema de la trayectoria: a ->e -»b w

| §

+ fc |!W .n = §

q2 = 2 q i + - E . C 4.

...(I)

Teorem adelatrayectoria.b-»e-»d \i

91 ^ q3 ; 1x1 ~~C 3C =

q3 = 2 £ . C - 3 q i

2 = 3 .... (II)

* * * * * *

1.

Antes de cerrar el interruptor K la carga total de la placa inferior del con­ densador C y la placa izquierda del condensador 2C era igual a cero.

2.

3

Después de cerrar el interruptor K se establece un reordenamiento de cargas en los condensadores, como puede apreciarse en la figura. La resistencia “R“ entre los puntos a y d no funcionan en el tiempo, se comporta como un conductor ideal, en un intervalo de tiempo pequeño se produce una descarga eléctrica a través de ésta resistencia cuando se cierra K.

♦ * * * * *

Del principio de conservación de las cargas deducimos, que por el inte­ rruptor K pasa una cantidad de car­ ga'

* * *

q = qi +q2 = — £ . C

Aplicando la 2da. Ley de Kirchhoff al

* * * * * * ♦ * *

circuito:

£ = ¡(R + 2R + 3R)

De los d a to s : * * *

* * * * *

4. Teorema de la trayectoria:m—»a->d | r = / (2R + 3R) = 5r R .... (2) Reemplazando (1) en (2): q i = | £ . C .... (a) 5. Teorema de la trayectoria: b —»a -»d ^2 = ' ( 3R) = 3 / R 2C Reemplazando (1) en (3): q2 = £. C

... (P)

.... (3)

* * * * * *

qi=5nC , q2=6nC

1 = 1

PROBLEMA Ns 17 Determinar la corriente que fluye por cada resistencia: Ri = 10Í2, R2 = 2 0 f 2 y Rs = 30£2. del tramo del circuito, si los potenciales en los puntos 1, 2 y 3 son: Vi = 10V ; V2 = 6V ; V3 = 5V

1.

De la primera Ley de Kirchhoff: Ley de Nudos . en "O” ,1

2.

= , 2 + i 3

.... (a)

Teorema de la trayectoria : 1 -» 0 -> 2

Vi = 10/' i - 2 0 / 2 = V2 < 2 = 0 ,2 - 0 , 5 m - . (P)

l

3.

Teorema de la trayectoria: 1 -> 0 -> 3 V-| —10.

i 3 = (1 - 2 / 1 )/6

.... (y)

Reemplazando (p) y (y) en ( a ) : i 1 = 0 , 2 A ; t 2 = 0,1 A; / 3 = 0 ,1 A PROBLEMA N®18 En el c irc u ito e lé ctrico m ostrado, la fuerza e le ctrom otriz £ = 22,1 V tiene una resistencia interna r = 1 ohm , adem ás R = 10 ohm . C alcular la d iferencia de lecturas en el vo ltím e tro ideal de resistencia in­ terna infinitam ente grande y el voltím etro real de la figura. -o>A«-c

SOLUCION 1

En el 1er caso: Rv = 00 2da. Ley de Kirchhoff: £ -< .

ir

+n

....(a )

De la ley de Ohm. V

ab

= V, =,;. R

.... (p)

Reemplazando (a) en (P): Vi = £ .

r

1 ~ 30 . t 3 = V 3

(R+r)

* * * * * * * * * * * * *

r * * * * * * * * * * * * * *

R , Rv

(R+Rv)

2da. Ley de Kirchnoff:

* * * * * * *

£=I

R .R v r+(R + Rv)

.... (y)

De la Ley de Ohm :

* * * * * * * * *

Vab = V 2 - I .

..R Rv (R + Rv)

.... (6)

Reemplazando (y) en (0): V2 = £ .

=>

V i = 20,09 voltios

.

RRv [r. R + R. Rv + r. Rv]

Reemplazando valores: * * * * * * *¡* * * * SÜ # * * *

V 2 = 2 0vo ltio s 3.

Luego la diferencia de lecturas: AV = V 1 - V 2 = 0,09 vo ltio s

PROBLEMA Ne 19 En el c irc u ito e lé ctrico m ostrado, ha­ lla r las lecturas en los am perím etros igua­ les A i, A 2 y A 3.

LEY DE CONSERVACION DE LA ENERGIA

18V

SOLUCION: 1.

Corriente de mallas (malla izquier­ da) suponemos que: lí I2 ....(1)

16V = 2 li + 2 (li - l 2) 2.

Corriente de mallas (malla derecha) —2V = 2 I2 —2 (li — I2)

3.

....(2)

Ordenando las ecuaciones (1) y (2) 2

. I 1 - I . I2 = 8

.... (a)

-1 . h + 2 . 12 = -1

-...(P) ... (3)

A =

Ai =

A2 =

2 -1 -1

2

= 4 -1 = 3

Wbaterías = W 2 - W 1 + Q = 16-1 = 1 5

2

2

8 =

-1

-1

-

1+8 = 6

Reemplazando en (3): h = 5A

;

l2 = 2A

I3 = Ii — 12 = 3A Luego:

"El trabajo realizado por el conjunto de pilas (f.e.m) es igual a la variación de la energía del conjunto de condensadores, más la cantidad de calor disipado al medio am­ biente". Wbaterías = AW + Q

8 -1 -1

Elegimos arbitrariamente un condensa­ dor o sistema de condensadores como nues­ tro “Sistema Físico" en estudio el cual al­ macena energía debido al campo eléctrico entre sus placas. La energía electrostática inicial " W r del campo eléctrico varía si el interruptor K cambia eléctricas en las placas del condensador. En nuestro caso particular, las baterías y pilas realizan trabajo sobre nuestro sistema físico. Cuando el interruptor K cambia de posición, de 1 a 2 o viceversa, en el condensador se establece un reorde­ namiento de cargas, si las cargas positivas pasan del polo positivo hacia el polo negativo de la pila,entonces dicha pila realiza un tra­ bajo negativo sobre el sistema, en caso po­ sitivo. El trabajo realizado por el conjunto de pilas debido al desplazamiento de cargas sobre el sistema de condensadores se pue­ de invertir en aumentar la energía del sis­ tema y/o disipar a través de la resistencia "R" en forma de calor al medio ambiente. Sea, W 2 la energía final del conjunto de conden­ sadores, entonces, del principio de conser­ vación de la energía:

¿Qué cantidad de calor se desprende en la resistencia R cuando el conm utador K se pasa de la p osición "1" a la posición "2"? C = 100uF, e = 100 V la resistencia interna de las baterías se deprecian.

* * * * *

* * * * * * * * * *

En el primer caso (K: 1) la carga acu­ mulada es igual a : q = C . £ + 0,01 C En el segundo caso (K:2) la carga acumulada por el condensador es 5q = 0.05C. Entonces cuando el conmutador K pasa de la posición ”1" a la posición “2", por la resisten­ cia R atravieza una cantidad de carga igual a “+4q'‘, luego el trabajo realizado por la batería será positivo dado que las cargas se desplazan desde el polo negativo hacia el polo positivo.

* * ¿SOLUCION: 1,

Cuando el conmutador K está en la posición "1", la energía almacenada por el condensador es; Wi = |

c .e 2

Del dato: W i = 0 ,5 J 2.

... (a)

Cuando el conmutador K está en la posición "2", la energía almacenada por el condensador es : W 2 = | . C (% )2 = ^ =>

3.

C£2

W2 = 12,5 J .... (p)

La carga acumulada por el conden­ sador es directamente proporcional a la diferencia de potencial aplicada en el condensador.

* * * * * * * * * * * * * * *

Wbateria =(4q )(4£) + (4q)£ = 20q.£ Reemplazando datos: Wbateria = 20 C .£ 2 = 20 J ... (y) 4.

m * * * st¡ * * * * * * 9¡f * * * * * * * * sis * * * sN *

Del principio de conservación de la energía: “El trabajo realizado por la batería, es igual a la variación de la energía del condensador ”C" más la canti­ dad de calor disipado1' Wbateria = (W2 - W i )+Q ...,(8) Reemplazando (a), (P) y (y) en (5) l Q = 8J

PROBLEMA N9 02 ¿Qué cantidad de ca lo r se desprende a través de la resistencia R, cuando el conm utador K se pasa de la p osición ” 1” a la posición "2"?. La resistencia interna de las baterías se desprecian. £ = 10 V, C = 2|iF,

=» * *

4.

* * SOLUCION 1

Cuando K está en la posición ” 1", la energía almacenada por el conden­ sador es igual a : Wi = ^

* * * * * *

2.

Cuando el conmutador K se pasa de la posición "1" a la posición “2" se experimenta un reordenamiento de cargas en las placas del condensa­ dor, entonces por la resistencia R atravieza una cantidad de carga igual a ”+3q". Luego, la batería rea­ liza un trabajo negativo, debido a que las cargas se desplazan del polo positivo al polo negativo Wbatería = - ( 3 q ) . £ = -3 q . £ =*

Wpila = -60 0|iJ

.... (y)

C. (4£)2 = 8CE2 5.

=>

q =C.£ => q = 20|iC ...(1)

W i = 1 600(iJ .... (a)

Cuando K está en la posición "2" la energía almacenada por el conden­ sador es igual a : w 2= | c . e 2 W 2 +100nJ .... (p)

* * * * *

Del principio de conservación de energía: el trabajo realizado por batería, es igual a la variación de energía del condensador, más cantidad de calor disipado: Wpila = (W2 - W i) + Q

la la la la

...(2)

Reemplazando (a), (p) y (y) en (2), tenerrtos: * *

-600uJ = —1 500uJ + Q

Cuando el conmutador K pasa a la posición "1", el condensador C al­ macena una carga “q", la armadura derecha se carga positivamente. 2da. Ley de Kirchhoff:

* * *

2E - £ = 5 => c q =E.C

*

W i = W2 = A C £2 = 2 50|iJ ..(2) 4.

-(1 )

Del dato tenemos: q = 50|uC

* * *

Cuando las cargas “+2q" atraviezan la resistencia, la f.e.m, realiza un trabajo positivo sobre las cargas igual a: Wp¡ia = E (2q) = 2q£ = 2CE2 =>

5.

Wp¡ia = 1 OOOuJ

....(3)

Por el principio de conservación de la energía se cumple que: "El trabajo realizado por la f.e.m es igual a la variación de la energía del sistema (circuito eléctrico), más el calor disipado" Wp,ia = (W2 - W i ) + Q

(4)

Reemplazando (2) y (3) en (4): 1 000|j.J = (250|iJ - 250p J) +Q Luego; el calor disipado a través de la resistencia R es: Q = 10J|i J

2

3.

Cuando el conmutador K pasa a la posición "2" el condensador C al­ macena igual cantidad de carga que en el caso anterior- q = e. C pero la armadura derecha se carga negati­ vamente Por consiguiente, cuando el conmutador K se pasa de la posi­ ción 1 a la posición 2 por la resisten­ cia “FT atravieza una cantidad de carga igual a: “+2q'' La energía almacenada por el con­ densador, cuando el conmutador K está en la posición 1 y en la posición 2 son iguales:

* * * * sin

* $ * * *

* * * # *

PROBLEMA Ns 04 Entre las armaduras de un condensa­ dor plano se encuentra una lámina dieléc­ trica (e =3) que llena todo el espacio del condensador. El capacitor está acoplado a través de una resistencia "R" a una batería de f.e.m V = 100 voltios. La lámina se saca rápidamente, de manera que la carga en el condensador no tiene tiempo de variar. ¿Qué energía, en forma de calor, se desprenderá después de esto en el circuito. La capacidad del condensador sin el dieléctrico es Co = 100:iF.

♦ * * * * *

W2 = 0 ,5 J 3.

* * *

1

La carga acumulada por el conden­ sador con el dieléctrico es:

.1 i

* *

2.

Entonces, las cargas +(q q0) se desplazan del polo positivo al polo n eg a tivo de la f.e .m , por con­ siguiente la batería realiza un tra­ bajo negativo.

* *

# q =£ . C0.V. Luego q = 30 000|iC, ** esta misma carga, por condición del * problema, se conserva en el ins­ ** tante inicial en el condensador al * quitar el dieléctrico, en este preciso ** instante la energía eri el condensa­ * * dor es: * * * Wi * ' 2 Co * * * * Luego. W i = 4,5 J .... (a) * * R * * * * * *

Instantes después se produce un reordenamiento de cargas en el condensador, ahora sin dieléctrico. Al final la carga en el condensador es: qo =Co V => q0 =10 000|iC ..(1) En estas condiciones la energía al­ macenada será:

* * * * * * * * *

* st* * * * * * * * *

Eri este proceso a través de la resis­ tencia R atravieza una cantidad de carga igual a: (q - qo) =(£ - 1)qo = 20 OOOiaC ,.(2)

* * * * *

SOLUCION:

.... ((3)

Wbateria = —(q —qo) ■V Wbateria ——2J 4.

■(Y)

Del principio de conservación de la energía: "El trabajo realizado por la batería es igual a la variación de la energía del condensador, más la cantidad de calor disipado”

Wbateria = W2 - Wi + Q .... (3) Reemplazando (a), (|3), (y) en (3) tenemos: - 2 J = 0,5 J - 4,5 J + Q Q = 2J PROBLEMA N® 05 ¿Qué cantidad de ca lo r se desprende en la resistencia R una vez que se cierra el in te rru p to r K?. La resistencia interna de la batería se desprecia, e = 10V ; C = 3[iF.

£ =C => Q2 =C.£ => c¡2 = 30(íc ...(2) Cuando el interruptor K está abierto los condensadores de capacidad C y 2C se encuentran instalados en serie, y la carga acumulada en cada placa es q1 2da. Ley de Kirchhoff:

3.

«is

£=

q ,= § c.e

De los datos tenemos: qi = 20|iC

La energía almacenada será: * * * * * *

....(1)

* * * * * * *

Cuando se cierra el interruptor K se origina un reordenamiento de cargas en los capacitores, entonces, por la resistencia atravieza una cantidad de carga igual a (q2- q 1) debe obse rvarse que el condensador "2C" queda des­ cargado, entonces, el trabajo reali­ zado por la batería se rá : Wbatería = (q2 - q i ) . E

... (3)

Reemplazando (1) y (2) en (3): Wbatería = 100|iJ 4

.... (y)

Del principio de conservación de la energía, el trabajo realizado per la batería (f .e.m) es igual a la variación de la energía del sistema, más el calor disipado. Wbatería = (W2 - W i) + Q

(*)

Reemplazando (a),(p) y (y) en (*) tenemos; 100|í J = 50|i J + Q

PROBLEMA N® 06 En el c irc u ito e le ctrico m ostrado las dos llaves K funcionan sim ultáneam ente. ¿Qué cantidad de calor se desprende en la resistencia R cuando los conm utadores K se pasan de la posicion 1 a la posición 2?. C = 2 |jF ; £ = 2V. La resistencia interna de las baterías se desprecian.

densadores será:

R

Wt = — . Ceq £2

Wi ==> 2.

§C U *

W i = 100|iJ

W i= ....(a)

Después de cerrar K, el condensa­ dor C se carga hasta la tensión su carga en cada placa es q 2 ; de la 2da. Ley de Kirchhoff

* í* * * * # * * * * * * * % * * *

1

“

cu

>

2

=

?. 1 "°k ►

5t~

Cuando las llaves están en la posi­ ción "1", la energía almacenada por el condensador es igual a: W i— .c .e 2 => W i : 4jjJ .. (a) 2.

Cuando las llaves están en la posi­ ción "2", la energía almacenada por el condensador es ¡gual a W 2=

C (5£)2 =* W2

. C . e2

a la diferencia de potencial aplicada al condensador Para K en 1 enton­ ces q = C e .... (1) Para K en "2" la carga acumulada es: 5C£. Por consiguiente cuando las llaves pasan de la posición "1" a la posición “2'', por la resistencia R atravieza una cantidad de carga igual a ”+4q". Luego, el trabajo reali­ zado por la batería de f.e.m "5£" será:

* * * * * # * * * * * * * * * * * * * *

* * * * * * * «o * * ü* # * * * *

Wbater¡a = 20 C. £2 = 160|iJ ...(y) Del principio de conservación de la energía: el trabajo realizado por la batería, es igual a la variación de la energía del sistema (condensador "C"), más el calor disipado. Wbateria = (W2 - W , ) + 0 ,..(3) Reemplazando (a), (P) y (y) en (3)

2da. Ley de Kirchhoff: ££ = £ /. R 12V =/-| . (4 + 2) / j = 2 ampere 2. En un segundo caso cerramos la llave “S", entonces la resistencia de 2 í i no funciona, la diferencia de potencial entre sus extremos se hace tgual a cero, a éste fenómeno se denomina “Corto circuito"

* * * * * * * * * *

Por consiguiente la lectura en el amperí­ metro "K" se modifica, ahora indicará "i2". 2da. Ley de Kirchhoff: ££ = £ / '. R 12V = / 2 . (4Q) 4 = 3 ampere Podemos justificar que no pasa corriente (i = 0) por la resistencia de “2 f i“, apli­ cando la ley de Ohm. AV = / x R = 0 La diferencia de potencial entre sus ex­ tremos es igual a cero. Pero:

R* 0

i=0

PUENTE DE WHEATSTONE El circuito mostrado en la figura se llama “Puente de Wheatstone". Se usa para medir resistencias. Cuando la corriente a través del galvanómetro "G" es cero (de modo que los puntos x e y están al mismo potencial) Se cumple que: R i . R4 =

R2 . R3

Vx = Vy => Ig = 0

* * * * * * * * * * * * * * * * * * & * * * * * * * * * * * * * * * * * * # * $ * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

Esta es una disposición en puente, que permite determinar la resistencia de uno en función de una resistencia patrón y del co­ ciente de dos resistencias. R1 -

■R3

PROBLEMA Ns 01 Cinco resistencias están dispuestas como muestra la figura (1), todos ellos tienen igual magnitud “R“. Hallar la resis­ tencia equivalente entre los puntos A y B.

\ SOLUCION: 1

Del "efecto puente", los potenciales en los puntos x é y son iguales, por consiguiente por la resistencia en la diagonal no pasa corriente (I = 0), o sea no funciona, entonces si retira­ mos ésta resistencia "R" el sistema no se altera, teniendo su equiva­ lente en la figura (2).

* * *

í*r

fig ( 2 )

fácilm ente la resistencia equiva­ lente.

* * * *

Req = R PROBLEMA Ns 02 La fuente de energía "£" tiene resisten­ cia interna despreciable. Calcular "R" sa­ biendo que, cuando el interruptor "S” está abierto, el amperímetro ideal "K" indica una lectura 3 ampere y cuándo "S" está cerrado indica 8 ampere.

-WMWR

-W iV3a + ¡Eo-

* * * * * * * * * * % * * ♦ * * * * * * * * * * * * * * * * * # * * * * * * * * *

1.

Cuando “S” está abierto, ¡as resis­ tencias están conectadas en serie. 2da. Ley de Kirchhoff £ =

i

i . Ri

£ = (3A). (R+3Q) 2

....(1)

Cuando “S" está cerrado, se pro­ duce "C orto circu ito ", por con­ sigu ien te la re siste ncia “ R" no funciona. £ = *' 2 - R2 £ =(8A). (3Q) = 24 voltios Reemplazando en (1): 24 = 3 (R + 3) Luego: R = 5Q

PROBLEMA Ns 03 En el circuito eléctrico mostrado, de­ terminar la resistencia equivalente entre los puntos A y B.

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * & * * *

SOLUCION 1.

Todos los puntos de un mismo alambre de conección constituyen una "Línea equipotencial".

3fi JW M r

1 _ 1 1 . 1_ Req " 6 + 2 + 3

* * ífi -w v -

Ifi H f------ W i 3n

-OB

in

l3n

A

A

* * * * * * * *

i iA

2.

Uniendo los puntos de igual poten­ cia) eléctrico

Req = 1fl PROBLEMA N9 04 Se tiene una rejilla de alambre ilimi­ tada con celdas cuadradas. La resistencia entre los nodos contiguos de cada con­ ductor es igual a R0- Determinar la resis­ tencia equivalente entre los puntos A y B de ésta rejilla. Sugerencia: Hacer uso de los prin­ cipios de simetría y superposición.

• B

A

3.

Identificando el "Efecto Puente1' la resistencia que se encuentra entre los puntos M y N, no funciona, en­ tonces puede ser retirado sin alterar al sistema. M

* * ♦ SOLUCION: 1.

C onectam os m entalm ente a los puntos A y B una fuente de tensión V Entonces: V=l.Req = l0 Ro — (o.) D onde: I es la corriente en los cables de alimentación lo : es la corriente en el conduc­ tor AB.

I 4

i 4 B

I: Saliendo por “B" La corriente "lo" puede ser repre­ sentada como la superposición de dos corrientes. Si la corriente I fluye ra hacía el punto A y se extendiera por la rejilla hacia el infinito, a través del conductor AB, por simetría, pasaría una corriente "1/4'’.

1.

Para resolver este problema, apli­ caremos el criterio de superposición de corrientes como muestran las figuras

2.

Ley de Ohm en (d):

3.

^ab = Oí + *2) 2da. Ley de Kirchhoff; en la malla AXYQPA

* * * *

lo A

3.

B

Análogamente, si la corriente “1“ in­ gresara a la rejilla desde el infinito y "saliera" desde el punto ”B", por el conductor AB pasaría también la corriente ”1/4", Superponiendo éstas dos solucio­ nes, obtendremos lo = 1/2. Reemplazando en (a): I. Req = lo • Ro =

Ro

Luego: o R° Req = — PROBLEMA Ne 05 En el circuito eléctrico mostrado, de­ terminar la resistencia equivalente entre los puntos A y B. Donde : R = 3Q ; r = 1Q

* * * * * * m * * * * * * * * * * * * * * S # * # * * * * *

lí . r +(h —l2)R —12 R = 0 .... (P) (c)

I, -W -

__ o A ' 1

-------- • m ­ r r

r -m b 4.

R -------- W t -

I, I‘ ,2 2 Teorema de la trayectoria: A —> X —> Y —» Z —»B

f

(d) (li+ I2) -j» ; A

Req

B

Vab = h. r+ R . I2 ....(y) Reemplazando (p) en (y): Vab =

5.

_ |i

...

(6)

Reemplazando (6) y (p) en (a);

\

* $ * * * * * f * * *

V *

R3 /

4

7

5

l

* *

( 3 L ± R ) _ í 3 R + j í . Req

1c | I

V ...

En un circuito complejo, no siempre los elementos resistivos se conectan en serie y en paralelo. En muchos circuitos pueden ha­ llarse grupos de tres resistencias, que de­ finen un triángulo o una estrella por con­ siguiente se tiene que efectuar la respectiva transformación del triángulo a estrella o vice­ versa, para simplificar y poder hallar la resis­ tencia equivalente

Datos:

J

R i, R2, R3

Incógnitas:

Ra , Rb , Rc

1. Los circuitos mostrados permanecen equivalentes para todos los regímenes de trabajo, a continuación para la de­ mostración utilizaremos el criterio de su­ perposición de corrientes: PRIMERO: Consideramos.

Ia =

0

A) TRANSFORMACION DE TRIANGULO A ESTRELLA

En el triángulo resistivo: le = Ib y en la estrella "R a " no funciona

La sustitución del triángulo de resisten­ cias una estrella equivalente se realiza con la condición de que ésta sustitución no cam­ bie los potenciales eléctricos de los puntos A, B y C, que son los vértices del triangulo y de la estrella equivalente, como muestra la figura. Sí mismo, se considera que la parte del circuito no transformada, su régimen de trabajo no se altera (no cambia la corriente, tensiones y potencias)

Entonces. R2 y R3 queda en paralelo con R1t luego: * * * * m * 5* *

Rcb =

(R 2 + R3) Ri Ri + R2 + R3

.... (a)

En la estrella resistiva: IC = IB La resistencia equivalente será' Rcb = Rc + Rb

— (p)

n n Ri (R 2 + R3) Rb + Re = -------¡r-----— R 1 + R2 + R3

....

(I)

* * * * o» * !*>

2. SEGUNDO: Consideramos : I b = 0 En el triángulo resistivo: lc = lA y en la estrella RB no funciona. Entonces : R, y R3 queda en paralelo con R2, luego: Rca =

R2 (R 1 + R3)

.... (y)

*

0* # * *

R1 + R 2 + R 3

# $

En la estrella resistiva : IC = IA La resistencia equivalente será : Rca = Re + Ra

(8)

Igualando ( ) y ( 5 ) : R2 (R 1 + R3) Ra + Re = R i + R2 + R3

....(II)

3. TERCERO : Consideramos: le = 0 En el triángulo resistivo: lB = - l A y en la estrella "Re” no funciona Entonces: Rt y R2 queda en paralelo con R3, luego:

* * * * * 0* # 0¡ * * m * o* *

Rab =

R3 (R i + R2)

....

R 1 + R2 + R3

(0)

* *

En la estrella resistiva:

*

Ib = - I a

* * * * * * * *

La resistencia equivalente será: Rab = Ra + R b

—• ()

Igualando (0) y (0): Ra +R b =

R3 (R 1 + R2)

.... (III)

R t + R2 + R3

Resolviendo las ecuaciones (I), (II) y (III) obtendremos: R2 • R3 Ra = R 1 + R2 + R3 R 1 . R3 Rb ~

R 1 + R2 + R3

* *

* * * * Dé * * *

R 1 • R2 Ri + R2 + R3 B) TRANSFORMACION DE ESTRELLA A TRIANGULO La sustitución de la estrella de resisten­ cias por un triángulo equivalente se realiza con la condición de que esta sustitución no cambie los potencíale eléctrico de los puntos A, B y C, que son los vértices de la estrella y del triángulo equivalente, como muestra la figura. Así mismo se considera que parte del circuito no transformada, su régimen de tra­ bajo no se altera (no cambia la corriente, tensiones y potencias)

Incógnitas: R a, Rb, Rc Análogamente al caso anterior haciendo: =0, luego Ib =0 y finalmente: le = 0, se demuestra que: Ia

Ra -

R 1 . R2 + Ri. R3 + R2 - R3 ' Ri

Rb =

Ri. R2 + Ri- R3 + R2 - R3 R¡ '

RC =

Ri- R 2 + R i. R3 + R2. R3 R¡

PROBLEMA N° 01 En el circu ito eléctrico m ostrado, de­ term inar la resistencia equivalente entre los puntos A y B.

3 íi ------—

1Í2 ------ w w ------

b fi ■ —

B

v m ------- ■ ----- ----------

in

3fi

SOLUCION: En principio en el circuito dado no se produce el efecto puente, entonces para deducir tenemos que realizar una transformación triángulo de re­ sistencias a una estrella. Los puntos, P, Q y B son los vértices del triángulo inicial como puede ob­ servarse en la figura.

* * * * «N * * * *

0

96 3 126 q = 70 + 7 = ~7CT

Luego: Req = 1,8 í i

* * PROBLEMA Nfi 01 La figura muestra dos cuerpos esféri­ cos de pesos iguales a 20N y cargados con igual magnitud q = 10mC, pero con signos diferentes. Si la distancia de se­ paración es d = 0,1 m. Determinar la ten­ sión en las cuerdas (1) y (2).

SOLUCION:

.

La fuerza de atracción "F" entre las car­ gas eléctricas será: • F = k.

10 10 = 9.109 . - ^ - 5- = 9QN d2 10 *

D.C.L. (esfera con carga positiva): IF y = 0 Ti = F + W Ri = 90N + 20N T i =110N * • D.C.L. (esfera con carga negativa) IF y = 0

__________

T 2 +W = F T2 = F - W T 2 = 90N - 20N T2

70N

-q

* $ * * * * * *

* * * * *

La figura muestra un sistema mecá­ nico en equilibrio, donde cada esferita tiene un peso de 10N y carga de magnitud q = 10~5 C. Sabiendo que la polea móvil tiene el peso de 30N determinar el peso del bloque "W".

a) 20N

b) 40N

d) 25N

e) N.A.

c) 50N

PROBLEMA Nfi 03

La figura muestra dos cargas puntua­ * * les de magnitudes iguales q = 10-4 C * pero de signos diferentes y pesos despre­ * SfS ciables, separados una distancia d = 1m. * Sabiendo que existe rozamiento entre el * * bloque de peso “P" y la superficie hori­ * zontal (is = 0,5, determinar el peso del * * bloque, si está pronto a moverse. $ * * ♦ * * * * * * * sjí * * * * * * * * * * * *

De la condición de equilibrio, es fácil de­ ducir que la tensión en el hilo es igual a la fuerza de atracción entre las cargas sin peso. T = K ^ r = 9 x 10!

10' 1

= 90N

Diagrama del cuerpo libre, del bloque. IF y = 0 Nt = P ....(1) ZFx = 0 fs (máx) = T

Reemplazando en (2): 0,5P = 90N Luego:

* * * * * * * * * *

* * * * * * Q1 * ♦ sk * * * * * * * * *

si»

P = 180N PROBLEMA Ne 04 La figura muestra dos cargas puntuales de magnitudes ¡guales q = 2 ,1 0 C, pero signos diferentes y pesos 5N cada uno, separados una distancia de 0 ,3 m, además, la polea móvil pesa 15N, determinar el peso del bloque "W ". sabiendo que está pronto a moverse. Existe rozamiento sólo entre el bloque y el piso horizontal, n* = 0,2.

Dos cargas puntuales de m agnitud Q i =-1 6 ¡iC y Q 2 = -9 |iC , están separados una distancia d = 0,7m. ¿A que distancia "x " a p artir de la carga Q i, cualquier carga positiva o negativa se encontrará en equi­ librio?.

'A

SOLUCION: Llevamos una carga de Prueba ',+q" al punto A, el cual por condición del pro­ blema debe estar en equilibrio

* * $ * * y1 +q * * —e — © ~ O * A: * (1 ) i ( 2) * * * (d-x) * * EFx * * * Entonces: Fi = F2 .... (1) * * * F 1 . fuerza que ejerce Q 1 sobre "q". * F2 : fuerza que ejerce Q 2 sobre !'q“. Reemplazando en (1): * * * * * * * * *

a) 450N

b) 150N

d) 900N

e) N.A.

c) 650N

•Q c

* $ * * * * * * * * *

3.Q2 K .a fU k . (d-x) xr

[0 2 — — .■>

,

1 —x =

i

Qi

Luego

d IqT ,+ \ Q i

* *

sj¡>

* * *

PROBLEMA Ns 06 Dos cargas p untuales de m agnitud "Q " y "4Q", respectivam ente, están sepa­ rados una distancia de 0,9m. ¿A qué d is­ tancia a p a rtir de la carga "Q ", una partí­ cula de carga 26uC se encontrará en equi­ librio? a)0,1m

b) 0,2m

d) 0,5m

e) N.A

c) 0,3m

PROBLEMA N® 07 Dos cargas puntuales de m agnitud Q i = 32 x 10-10C y Q2 = 16 x 10~10C, están separados una d istan cia igual a 0,6m. Determ inar la intensidad del cam po resultante en el ce ntro del segm ento que une la p osición de las cargas.

-Q

1 O

Cálculo de la intensidad resultante: * * * * * * * # * % * * * *

* * * # * * * *

.... (2)

E = E2 - E 1

En (2), consideramos positivo (+; a la derecha y negativo hacia la izquierda (-). Reemplazando (1) en (2). r

K ,_

9 x 109

d

9x10

E = - ^ ( Q 2 - Q i )= -------- —

* «• *

# iii *

0 , 6m

En (1), no se reemplaza el signo de las cargas, sólo del módulo, el signo ha sido utilizado para determinar el sentido de la intensidad dei campo “E".

7.(16. 10~10)

E = -160N/C El signo (-) significa que el sentido es hacia la izquierda PROBLEMA Ne 08 Dos cargas puntuales de m agnitudes Q 1 = 18p.C y Q 2 = 32|jC. Se encuentran separadas una distancia de 1,4m, com o m uestra la figura. D eterm inar la in te n si­ dad de cam po resultante en el p unto M.

SOLUCION: Llevamos una carga de prueba "+q0" al punto medio del segmento que une la presión de las cargas

Ej

'1 O

- -

(1 ) Ei:

+q„

E2

---------9--------*«

(2 ) m Intensidad de campo generado por la carga - Q i , ubicado en el punto (1).

Ez: Intensidad de campo generado por la carga - Q 2 , ubicado en el punto (2). r KQi _ K .Q 2 _ Ei = — 5- y E2 = — 3 — - (1)

* * * *

* * * * * * * *

a)Cero

b)10N/C

d) 30 N/C

e) Ninguna

c)20N/C

PROBLEMA Ne 09 En el triá n g u lo rectángulo isósceles m ostrado en la figura, determ inar el valor de la intensidad del cam po resultante en el p unto m edio "M " de la hipotenusa.

♦ -q I I l

*

S

* * «s * * * * * * * *

yM \ \

\ T_q

* $ *

SOLUCION. Llevamos una carga de prueba “+q0“, para determinar los vectores intensida­ des de campo en el punto "M", generado por cada una de las cargas. -q

Reemplazando datos: E = 576 N/C PROBLEMA N2 10 En lo s vértices de un cuadrado se han colocado cuatro cargas puntuales com o indica la figura. Si, la carga "Q " genera un cam po cuya intensidad en el centro del cuadrado es 25 ^2 N/C, determ inar la in ­ tensidad de cam po resultante en el centro del cuadrado.

* * * * * * * * * * *

2Q

* * * * (2 ) -q E i: Intensidad generado por la carga “-q " ubicado en el vértice (1) E2: Intensidad generado por la carga “-q * ubicado en el vértice (2). E3: Intensidad generado por la carga "+2q” ubicado en el vértice (3). Es fácil comprobar que:

* * # ■* # * * * * * * * $ * * * * * *

a) 25 N/C

K(2q) Lf 2

d) 150 N/C

e) Ninguna PROBLEMA N» 11 En los vértices de un trián gu lo equi­ látero de lado d = 0,3m, se han colocado dos cargas puntuales de m agnitudes igua­ les a Q = 16 x 10-10C com o m uestra la figura. Hallar la m agnitud de la intensidad del cam po resultante en el tercer vértice iion

‘

O) N / \ / \

Ei = E 2 Por lo tanto, el vector de campo resul­ tante es el generado sólo por la carga ubicado en el vértice (3).

b) 50 N/C

c) 100 N/C

* * * /

Llevamos una carga de prueba "+q0" al vértice (3), para determinar la dirección y sentido de la intensidad de campo gene­ rado por cada carga.

* * * * * * *

c) 54 KN/C

d) 63 KN/C

e) 18 N/C ( i) Ei:

PROBLEMA N® 13

(?)

Intensidad de campo generado por la carga ubicado en el vértice (1).

E2: Intensidad de campo generado por la carga ubicado en el vértice (2). Ei = E2 = k .

Q

....

(I)

Cálculo de la resultante, mediante la ley del paralelogramo E2=E^ + E2 +2 E 1 .E2.C0 S 60° .... (II) Reemplazando (I) en (II): E=K.

V3

... (III)

Reemplazando datos en (111): ,-io ,9 16 x 10 E = 9. 10; ■.V3 ,-2 9 x 10 Luego N :2 7 6 -8 c PROBLEMA N*12 En los vértices de un triángulo rectán­ gulo se han colocado dos cargas eléctri­ cas de magnitud Q 1 = +125 x 10~®C y Q2 = -2 7 x 10~8C, como muestra la figura. Determinar la intensidad de campo eléctrico resultante en el vértice A.

#■ * * * * *

En los vértices de un triángulo rectán­ gulo isósceles se han colocado dos car­ gas puntuales de magnitudes Q = 32pC y "-q". Determinar la magnitud de la carga "q" tal que la intensidad de campo "E" sea horizontal en el vértice (3).

# ♦ * * * # * * * * * *

/ / / /

+Q » ( i)

_ [¿ -q (2 )

SOLUCION: Llevamos una carga de prueba “+q0“ al vértice (3), para determinar la dirección y sentido de la intensidad generado por cada carga.

Ei

Intensidad de campo generado por la carga "Q" ubicado en la posición (1).

E2: Intensidad de campo generado por ¡a carga "-q " ubicado en la posición (2). De la condición del problema, la in­ tensidad resultante es horizontal, entonces:

* *

* * * * * *■

Una esferita de masa "m” y carga "q" está suspendida de un hilo de seda del­ gado, dentro de un campo eléctrico ho­ mogéneo de intensidad ” E" las líneas de fuerza están dirigidas hacia abajo. Se pide determinar la tensión en el hilo.

IE y = 0 E2 = Et . Cos 45° K _g__K - 5 -

^

K- l 2~ K 2 l 2 ' 2 q = f.V 2 Reemplazando el dato, tenemos: q =8 n/2^ |jC "El signo de la carga es negativo" PROBLEMA Ne 14 En los vertices de un triángulo rectán­ gulo se han colocado dos cargas puntu­ ales de magnitudes: Q = +64nC y “-q " (signo negativo). Determinar la magnitud "q", tal que la resultante de la intensidad de campo "E" sea vertical en el vértice (3).

E (2) (3 )

' T

* * * * * $ * * & *

30®

a) 8(ac

b) 16|iC

c) 32jxC

d) 64nC

e) Ninguna

* * * * * * * * * ♦ * * * * * * * * * * * * * * * * *

* * * # *

SOLUCION: Realizamos el diagrama del cuerpo libre de la esfera. Sobre la esferita actúan su peso W =m.g., la fuerza eléctrica F =q.E y la tensión en la cuerda. De la condición de equilibrio. IF y = 0 T —q . E —m . g = 0

mg

qE Luego. T = (mg + qE) PROBLEMA Ne 16 Una esferita de peso 4N y carga q = - 4 x 1CT5C está sujeto mediante un hilo de seda, dentro de un campo eléctrico homogéneo de intensidad E = 300 KN/C, las líneas de fuerza están dirigidas hacia abajo. Se pide determinar !a tensión en el hilo

De la condición de equilibrio, la su­ ma de las tres fuerzas es igual a cero. Del triángulo de fuerzas:

-q

a) 4N

b) 16N

d)9N

e) Ninguna

c) 8N

PROBLEMA Ne 17 Una esferita de peso 32 x 10 N y carga 16 x 10~*C está suspendida de un hilo de seda, dentro de un campo eléctrico ho­ mogéneo de intensidad "E" como mues­ tra la figura. Sabiendo que el hilo forma un ángulo de 45° con la vertical, determinar

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

Tq 45° = — = 9 W W Luego: E

W

32 x 1(T6 N

" q ~ le x io ^ c

E = 200

N C

PROBLEMA Ne 18 Una esferita dejpeso 4 x 10 4N y carga eléctrica q = -1 0 C, unida a un hilo de seda se encuentra suspendido de un pun­ to fijo, dentro de un campo homogéneo de intensidad "E". Sabiendo que la esferita se encuentra en equilibrio, determinar

*

ii g ii

iip ii

v SOLUCION: 1.

D.C.L. de la esferita de peso W y carga "q".

a) 100 N/C

b) 200 N/C

c) 300 N/C

d) 400 N/C

e) Ninguna PROBLEMA Ns 19 Una esferita de masa "m" y carga "q“ se lanza horizontalmente con velocidad inicial V0, dentro de un campo homogé­ neo eléctrico de intensidad E, represen­ tado mediante líneas de fuerza verticales hacia abajo. Hallar la aceleración de la esferita.

Realizamos el D.C.L. de la esferita, sobre el actúa su peso "m g." y la fuerza eléc­ trica “q.E“. De la 2da Ley de Newton: 0-

F r mg+qE m m

* * * * * * * * * * * * *

PROBLEMA N* 21 Se considera una circunferencia de ra­ d io "R ", cargada uniform em ente con den­ sidad lineal "D ". C alcular el potencial en el centro de curvatura. D _ carga total q ~ lon gitu d " 2n. R

mg

Luego:

qE

a = g + SLÍ m "La trayectoria que describe la esfenta es una parábola" PROBLEMA N® 20 Una e sferita de m asa m = 0,001 kg y carga q = 10~5C se lanza con una ve lo ci­ dad inicial V0 = 20 m /s fo rm a nd o un án­ gulo de 30°, respecto de la horizontal, dentro de un cam po hom ogéneo de inten­ sidad E = 1 500 N/C, representado me­ diante lineas de fuerza hacia abajo. Deter­ m inar la altura m áxim a alcanzada por la esferita. g = 10m/s2

* * * * $ * *

Todos los puntos de la circunferencia, de cada diferencial, de carga, equidista del centro “0“. El potencial eléctrico es una magnitud física escalar:

é * * *

V(centro) =

p

(carga total)

Vo = £ . (2 n . R D) * *

PROBLEMA Ne 22 Se considera una semicircunferencia de radio "R", cargada uniformemente con densidad lineal "D". Calcular el potencial en el centro de curvatura. P ~

Caiga total q longitud “ n.R

* ■üf J •« * * # * *

3.10,-1 = 1 2 . 106V El trabajo realizado por un agente ex­ terno, contra ei campo eléctrico creado por "Q”seráW a -> b = q ■(V b - V a ) W a -» b = 6 . lO ^ C . 3 . 106V WA - ^ b = 18J "El trabajo realizado contra un campo conservativo (campo eléctrico) es inde­ pendiente del camino que se sigue Sólo interesa el potencial inicial y final" PROBLEMA N® 24

c) K.D.íi

d) 2tc K.D

e) Ninguna

# $ * *

PROBLEMA N® 23 En el vértice de un rectángulo se en­ cuentra una carga Q = 4.10~4C. Determinar el trabajo realizado por un agente externo, para trasladar una carga q = 6¡iC desde la

* * * *

En el vértice de un cuadrado de lado 1,2m se encuentra una carga puntual Q = - 8 x 1 0 " 4C. Determinar el trabajo realizado por un agente externo para trasladar una carga de prueba. q = 1,6 x 1 0 SC, desde la posición A hasta la posición B siguiendo la trayecto­ ria indicada en la figura.

* * sií

SOLUCION: Cálculo del potencial en los puntos A y B Va - K . ^ 9 . 10a

4.10~ 4,10,-1

*

PROBLEMA NB25

* * # # * * * * *

La figura muestra un campo eléctrico homogéneo de intensidad E = 10N/C re­ presentado mediante líneas de fuerza ver­ ticales hacia arriba. Determinar la diferencia de potencial eléctrico entre los puntos A y B (V a - V b).

hacia la derecha. D eterm inar el trabajo realizado por un agente externo para tra s ­ ladar una carga de prueba q = 50|iC, desde la posición A hasta la p osición B sigu ien ­ do co m o traye cto ria la hipotenusa del triá n g u lo rectángulo.

E N

0,3m r

0,3ni

0,4m SOLUCION

B

b___

La diferencia de potencial entre dos superficies equipotenciales, es igual al producto de la intensidad del campo "E" por la distancia "d“ entre las superficies que son perpendiculares a las líneas de fuerza:

J é J # ® #

(VA —V b ) = E . d

? * *

....(1)

0,4ra a) CERO

b) -1 0 J

c )+ 1 0 J

d )-1 J

e) Ninguna PROBLEMA Ns 27

r ►«

¡ Ft r i

La diferencia de potencial entre los puntos A y B es 6 vo ltio s. Entonces la diferencia de potencial entre las placas del condensador es: d

~ iJ

"'

d

'

! d

Las líneas de fuerza tienen el sentido, de mayor potencial a menor potencial eléc­ trico, entonces: V a < VB En (1):

i

!

Ai i

\

1 CO 1 1

i _.

• B | ! d

V * *

...

- í

SOLUCION: Entre las placas del condensador se es­ tablece un campo homogéneo eléctrico

- (VA - VB) = E. d.

"E", entonces:

(VA - VB) = - 10 ~ . 0,3 m.

(Va - VB) =E . d = 6 voltios

(Va - V b ) = - 3 voltios

La diferencia de potencial entre las pla­ cas del condensador será:

PROBLEMA N9 26 La figura m uestra un cam po e lé ctrico hom ogeneo de intensidad, E = 500 KN/C, representado m ediante líneas de fuerza

V = E(3d) = 3E . d Reemplazando (1) en (2):

.... (1)

.... (2)

La diferencia de potencial entre las placas de un condensador es 240 KV. Determinar el trabajo realizado por un agente externo para trasladar una carga q =5 x 10“5C. desde el punto A hasta la posición B, siguiendo la trayectoria mostrada.

/ i 1

r

* * ¿t * * * * * * ♦ * * * * *

1

a) - 4 J

b) - 8 J

d) +40 J

e) Ninguna

c) +4 J

PROBLEMA N9 29 Determinar la diferencia de potencial entre las placas de un condensador que se encuentran separadas 50mm; entre las cuales está suspendida una pequeña es­ fera de masa 0,2 gramos con carga. q = +5 . 10~®C. g = 10 m/s

* * * st* * * * * * * * * * * * * * sf* * * * * * Sf» *

SOLUCION: D.C.L. de la esfera cargas (+ q ): La fuerza eléctrica "F* es igual aF = q . E ....(1) F

De la condición de equilibrio, la fuerza resultan­ te es igual a ce­ ro,criterio del po­ lígono cerrado: Tg37° =

y

F mg

F= -.m .g .

V

¿

\

/

mg

r F

/

F = ^ 2. 10“ kg. 10m/s =15. 1 0 ^ N 4 Reemplazando en la ecuación (1) 1 5 x 1 0 ’ 4N = 5 x 1 0 “ eC E E = 3 0 x 1 03 N/C E:

....(2)

intensidad del campo eléctrico ho­ mogéneo.

La diferencia de potencial entre las pla­ cas del condensador: V=E d 3N V = 30 . 10'

50 x 10“ 3 m

V = 1 500 voltios PROBLEMA N® 30 La diferencia de potencial, entre las armaduras de un condensador que se en­ cuentran separadas 0,1 m, es igual a 3 000 voltios. Una esferita de masa 3 gramos y carga "-q" se encuentra sujeto a una de las placas mediante un hilo de seda. Ha­ llar "q". g = 10m/s

a) 1|iC

b) 2(iC

d) 4nC

e) Ninguna

Se tiene 27 gotitas esféricas de mercu­ rio, iguales, se cargan hasta alcanzar un mismo potencial igual a 5 voltios, ¿Cuál será el potencial de la gota grande que se obtiene como resultado de la unión de éstas gotitas?.

PROBLEMA N* 31 Se tiene 8 gotitas esféricas de mercu­ rio, '.guales.se cargan hasta alcanzar un miumo potencial igual a 10 voltios. ¿Cuál serfi el potencial de la gota grande que se obtiene como resultado de la unión de éstas gotitas?

a) 20 V

b) 40 V

d) 135 V

e) N.A.

c)45V

PROBLEMA Ne 33 SOLUCION:

Un condensador de placas paralelas de IfoF de capacidad es cargado con 8 x10 C. Este condensador se conecta a un condensador de 3 jiF descargado, se­ gún la figura. La carga que al final ad­ quiere el condensador de 3|¿F será:

Consideramos cada gotita de masa "m", carga “q“ y radio de curvatura "a". Por consiguiente la gota resultante tendrá una carga neta igual a ’ 8q*. Por principio de conservación de la masa: masa resultante = 8 . masa de c/gota D. Vol (grande) = 8 x D. Vol (gota)

■3i)F

f . b ’ - f . a ’ .e Luego: b = 2a.

SOLUCION: Al cerrar los interruptores, los condensa­ dores quedarán instalados en paralelo, es decir estarán sometidos a la misma diferencia de potencial "V", por consi­ guiente las cargas almacenadas por ca­ da condensador serán directamente pro­ porcional a sus capacidades. El potencial de la gota grande será: V=K

< M = K .!Í9 > b a

..(1)

El potencial de la gota pequeña es: .... (2) Reemplazando (2) en (1): V(gota grande) = 40 voltios

$ * * * * ♦ *

Por principio de conservación de las car­ gas eléctricas:

Cuando dos o más condensadores están instalados en paralelo, las cargas acumu­ ladas son directamente proporcionales a sus capacidades.

Zq (inicial) = Xq (final) 8 x lO ^ C = | + q Luego: q = 6 . ICT^C

* * * * *

H í—

*

- íl-

2wF 3viF

H h-

2q

PROBLEMA Nc 34 Un condensador de placas paralelas de capacidad 6|¿F es cargado con 12^0. Este condensador se conecta a un con­ densador de capacidad 2\iF descargado, como indica la figura. La carga que al final se adquiere el condensador de 2nF será:

2WF

4uF

Cuando dos o más condensadores están instalados en serie, todos los condensa­ dores almacenan igual cantidad de carga independientemente de sus capacida­ des:

* a* # * #

6pF

3pF

2wF

—fl—

-II—

- II-

3q

3q

3q

B

B

Analizando el condensador equivalente.

a) 3nC

b) 4\iC

d)8nC

e) N A.

c) 6|iC

PROBLEMA N® 35 En el circuito electrónico mostrado, determinar la carga acumulada por el ca­ pacitor 3(.iF.

2 l.F

«i * * * * * * *

^TOTAL = V AB •^eq

3q = 30V . 2[iF q = 20]iC La carga acumulada por el capacitor 3|iF es "3q", o sea: 60(iC.

í

PROBLEMA Ns 36

* m *

En el circuito eléctrico mostrado, de­ terminar la carga acumulada por el ca­ pacitor C = 1|iF. C 6 vjF 5uF

H i4V

1

-. +

* * * *

a) 1pC

b) 2|iC

d)4nC

e) Ninguna

c) 3p.C

En el circuito eléctrico mostrado está alimentado por una f.e.m. de voltios. De­ terminar la carga acumulada por el con­ densador de capacidad de 6^F. 3»F

SOLUCION: 1.

* * * * * * * * # $ * * * * * * * * *

Los condensadores de capacidad 3(iF y 6 F están instalados en serie, por consiguiente almacenan igual cantidad de carga "q"

El circuito eléctrico mostrado es ali­ mentado por una f.e.m. de 5 voltios. De­ terminar la carga acumulada en cada pla­ ca del condensador de capacidad ^2^lF. 40,, F

10 UF

----------- II-------------------------------II- — II IZ uF . ------------------------ --------- 1|------5V

—

a) 20\iC d)

b)40|iC 80|iC

c) 60(J.c

e) Ninguna

PROBLEMA N® 39 En el circuito eléctrico mostrado, de­ terminar la carga acumulada por cada condensador. Los alambres tienen resis­ tencia despreciable.

2

.

3.

Las cargas almacenadas por dos o más condensadores instalados en paralelo son directamente propor­ cionales a sus capacidades 8 yF

10 yF

---------- II---------4q q II 2yV

------ " -----5q

# * * * *

luF ii

2wF .............. n

ii

3V|F ii

--------- ni 10V SOLUCION:

1. Todos los puntos de un conductor B * * tienen igual potencial eléctrico * * Analizando el condensador equiva­ * m lente: * ♦ qTOTAL = V ab Ceq # luF B 2UF 3uF * A 1 II 11 5q = 10V . 10nF II» » .. A m * q = 20|aC * * — A B-— * La carga acumulada por el capacitor * * 6p.F es: q = 20pC *

■

Uniendo los puntos de igual poten­ cial eléctrico luF

6uF H l6q

* * # * $ j§? *

En el c irc u ito e lé ctrico m ostrado, to ­ dos los condensadoras tienen igual ca­ pacidad C = 20¡iF y la f.e.m. es igual a E = 6V. Hallar la carga acum ulada en cada pla­ ca del condensador que se encuentra en­ tre los puntos A y B.

B| # * *

Analizando el condensador equiva­ lente qTOTAL = V a b

* * * * s * $ #

Ceq * *

6q = 10V . (6nF)

* *

q = 10|iC La carga acumulada por los conden­ sadores es: 10nC ; 20nC y 30|iC. PROBLEMA Na 40 En el c irc u ito e lé ctrico m ostrado de­ term inar la carga acum ulada por cada pla­ ca del condensador de capacidad 6|iF.

m * * * * * *

SOLUCION Los alambres de conexión constituyen superficies equipotenciales, es decsr to­ dos los puntos de un mismo alambre tienen el mismo potencial eléctrico. El punto "A" tiene el mismo potencial del borne negativo y el punto "B“ tiene igual potencial que el borne positivo de la f.e.m. V b - Va = E = 6 voltios

.... (1)

Analizando el capacitor “C” ubicado entre los puntos A y B q = (Vb - Va ) . c

.... (2 )

q = 6 v . 20nF q = 120 n coulomb

a) 10|iC

b) 20(iC

d) 40|iC

e) Ninguna

c) 30(iC

* * * I Hf

q:

carga acumulada en cada placa del condensador.

ELECTRODINAM ICA PROBLEMA NB01 En el circuito eiectrico mostrado todas las resistencias son iguales a "R“. Si la llave "S" está abierta, la resistencia equi­ valente entre los puntos A y B es igual 11 Ohmios. Determinarla resistencia equiva­ lente entre A y B cuando "S" está cerrado. *

a) 1311

b) 15íí

c) 26Í1

d) 3 9 íl

PROBLEMA Nfi 03 En el circuito eléctrico mostrado todas las resistencias son iguales a "R”. Si la llave "S" está abierta, la resistencia equi­ valente entre los puntos A y B es igual a 9 ohmios. Determinar la resistencia equi­ valente, cuando “S" está cerrado, entre A VBSOLUCION: Cuando la llave ”S” está abierta, las tres resistencias de la derecha están ins­ taladas en serie. Req = R +

4R

*

11

Req = — R = 11 4

(1)

Cuando la llave "S" está cerrada, se pro­ duce "corto circuito” para dos resisten­ cias del extremo superior derecho. R e q = R + | + R= |R de (1 ):

*

# * * # *

+R

Luego: R = 4Í2

* * # * # * *

R eq = 1 0 Q

PROBLEMA Ne 02 En el circuito mostrado todas las re­ sistencias son iguales a R. Si la llave "S" está abierta, la resistencia equivalente en­ tre los puntos X e Y es igual a 13 ohmios. Determinar la resistencia equivalente en­ tre X e Y cuando "S" está cerrado.

A * * * •o # * * * * * * * * * * * *

SOLUCION: Cálculo de la resistencia equivalente en­ tre A y B, cuando la llave "S“ está abierta.

Req = R + f + R = ^T Del dato:

«X

* * * *

* * * * * d*

Luego:

R = 4ú

Cuando la llave “S" está cerrado, se pro­ duce “corto circuito'' para cuatro resisten­ cias, por consiguiente el sistema se re­ duce a:

ft

M, h

iN 5cm

Ley de Ohm I = * * * *

Req = 2R de(1): Req = 8 íi

En el circuito eléctrico mostrado, si las llaves Si y S 2 están abiertas, la resistencia equivalente entre los puntos A y B es igual a 33 ohmios. Determinar la resistencia equivalente entre A y B cuando las llaves Si y S¿ están cerradas. s,

* * # 4t * * # * * * * * * *

st¡

3R

6R

. .-

V mm

R ab

R mn

^

a) 1Q

b) 2 íi

c) 3 íl

d) 4Í2

PROBLEMA Ne 05 Un conductor delgado de 20cm de largo está sometido por sus extremos a una diferencia de potencial de 40 voltios, ¿Qué diferencia de potencial existe entre dos puntos M y N del alambre separados una distancia de 5 cm? SOLUCION. De la Ley de Poulliet, la resistencia de los segmentos A B y MR de un mismo alam­ bre, son directamente proporcionales a sus longitudes y la corriente que circula por ellos es la misma.

* Bl * * * * * * * * * * * *

# * * * * & * * * * # * *

= constante

R mn

V mn = V ab

Rab

V mn = 40V

PROBLEMA Ne 04

2R

V ab

5 cm 20 cm

Luego: V mn = 10 voltios

PROBLEMA NB06 Si un alambre uniforme de 20cm. de longitud y de elevada resistencia se co­ necta a una batería de 30 voltios. ¿Cuál es la diferencia de potencial en­ tre los puntos M y N que distan respecti­ vamente, 3cm y 15cm de un extremo?. a) 10V

b) 12V

c) 15V

d) 18V

PROBLEMA Nfi 07 En el circuito eléctrico mostrado, la f.e.m. tiene resistencia interna desprecia­ ble. Hallar la intensidad de corriente "I" que atraviesa la resistencia de 3 ohmios, ubicada entre los puntos A y B.

Todos ¡os puntos de un mismo alambre de conexión forman una línea equipoten­ cial. Por consiguiente la diferencia de po­ te n c ia l e n tre lo s e x tre m o s de la resistencia "3£2“ es:

*

( V b - V a ) = 1 2 v o lt io s

* * * * * m » * # * m # * * *

- (1)

Aplicando ia ley de Ohm a la resistencia: (VB - VA) = I . R Reemplazando

12V = I . (3Q)

Luego: I = 4 ampere

2 £}

3« 5n

4« |

70

54

Kcal

(2)

PROBLEMA Nfi 10

PROBLEMA N8 08 En el c irc u ito e lé ctrico m ostrado, la f.e.m. tiene resistencia interna desprecia­ ble. Determ inar la lectura en el am perí­ m etro ideal "K ".

Q=

« *

Por una resistencia de cobre de 20 o hm io s pasa una corriente de intensidad 5 ampere. D eterm inar la cantidad de calor disipado en 30 segundos. a) 10 KJ

b) 12 KJ

c) 15 KJ

d) 20 KJ

PROBLEMA N9 11 C alcular el co sto de fu ncionam iento de una lámpara que durante 24 horas está conectada a una línea de 100 vo ltio s y absorve una corriente de un ampere. Sa­ biendo que el precio de cada kilow atthora es 0,02 dólar ($).

# * «ta * * * * * *

SOLUCION:

* $ * * * *

La energía consumida:

Cálculo de la potencia eléctrica de la lámpara p = V . i = 1 00 x1 = 1 0 0 watt P = 0 ,1 KW

....(1)

W = P . t = (0,1 KW) (24h) W = 2,4 KW -h Costo: (2,4) (0,02 dólar)

15V

PROBLEMA N« 12

a) 1 A

b) 2 A

A

d) 4 A

c) 3

* * « *

PROBLEMA N8 09 En un cable de tra n sm isió n de energía eléctrica existe una caída de potencial igual 12,5 v o ltio s al paso de una co rrien te de intensidad 3 0 0 ampere. ¿En qué ca nti­ dad de ca lo r se ha d isipado la energía perdida durante 1 m inuto?

* * # # * * * * * * *

SOLUCION: De la Ley de Joule - Lenz Q = V .i .t Q = (12,5) (300) (60)

....(S.l.)

K * * *

C alcular el co sto de funcio na m ie nto de una refrigeradora que durante 24 horas está conectada a una línea (tom acorriente) de 220 vo ltio s y a bsorve una co rrien te de inten sid ad 0,5 ampere. El c o sto de cada kilow att-hora es 100 soles (S/..) a) s/.132

b) s/.200

s/.264

d) s/.300

c)

PROBLEMA NB 13 En el c irc u ito eléctrico m ostrada las resistencias x = 10Q, y = 30Q, z = 60í¿, disipan las siguientes potencias: 90W, 120W, y 60W respectivam ente. Si la f.e.m. de la fuente de energía es t = 90v, hallar la intensidad "i" de entrega la fuente "e" al circu ito.

SOLUCION: La potencia eléctrica es una magnitud física escalar, por consiguiente la poten­ cia que entrega la fuente de energía, es igual a la suma aritmética de las poten­ cias parciales disipadas por cada resis­ tencia.

* * * * * * * * » m * * * & m * * * * m *

c) 9,0 A

d) 9,8 A

PROBLEMA N® 15 Se tiene d os co cin as e lé ctrica s (1) y (2) cuyas resistencias se encuentran insta­ lados com o indica la figura, en serie y en paralelo respectivam ente. Am bas c o c i­ nas se conectan a una fuente de 220 vo l­ tios. Si la cocina (1) hace h e rv ir el agua en 9 m in. ¿En cuánto tie m p o hará h ervir la m ism a cantidad de agua la cocina (2)?

Pneta = P(x) +P(y) +P(z) Pneta = 90W + 120 W + 60W Pneta = 270 W Cálculo de la corriente “i" entregada por la f.e m. .... (1)

Pneta = i2 . Req Pero: Req = x +

(y+z)

= 10 + 20 =300

En (1) 270W = i2 . (300) i = 3,0 A Otro modo:

Pneta = £ . i 270W = 90V . i i = 3,0 A PROBLEMA N® 14 Cuando en una casa se tiene fu n cio ­ nando una tostadora de 1 200W, un fo co de 120 W y una placa de 600W, el fusible se "quem a" tan p ro n to com o se enciende o tro fo co de potencia 60W ¿Cuál es apro­ xim adam ente el am peraje del fu sib le de la línea?. C onsidere que la tensión (d.d.p) en los tom acorrientes es de 220 vo ltios.

* # ♦ m m m * m m * * * * * * * * * m * * * * m m * * * # * * * * * *

Primero encontramos la resistencia equi­ valente del hornillo eléctrico para cada variante de las conexiones. Ri = 3R y F¡2 =

.... (1)

En los dos casos, el agua en la tetera necesita igual cantidad de calor para hervir. De la Ley Joule - Lenz: Q i = Q2 V2 V2 F V tl = R Í t2

.... (2)

Reemplazamos (1) en (2): t2 = ! Luego: t2 = 1 min.

Se tiene d o s co cin as elé ctrica s (1) y (2) de resistencias instaladas com o indica la figura. A m bas co cin as se conectan a ú n a fuente de 220 vo ltio s. Si la cocina (1) hace h ervir el agua, en 18 m inutos. ¿En cuánto tiem po hará h ervir la m ism a cantidad de agua la cocina (2)?

# # * K¡ * *

t = 100 segundos PROBLEMA Ns 18 Se tiene un h o rn illo de resistencia R = 200, conectado a una fuente de ener­ gía igual a 100 vo ltio s. Si la masa de un bloque de hielo es 240 gram os, in ic ia l­ m ente a 0°C. ¿En cuánto tiem po se podrá obtener 240 gram os de agua a 100°C? 1J = 0,24 cal

a) 1 min.

b) 2 min.

c) 4 min.

d) 8 min.

PROBLEMA Ns 17 Se tiene un h o rn illo de resisten­ cia R = 5 0 , por el cual circu la una co m e n te de 10 ampere. ¿En cuánto tiem po se po­ drá calentar 240cm 3 de agua de 20°C hasta 70°C? ■

a) 2 min.

b) 3 min.

c) 4 min.

d) 6 min.

* * * * * * * * *

PROBLEMA N9 19

* * * * * * *

¿Cuánto tiem po tarda en h ervir 0,24 litro s de agua en el calentador, siendo la tem peratura inicial a 10°C?. El rendim ien­ to del calentador es 100%.

En la figura se m uestra una batería de 120v de f.e.m., cuya resistencia interna es r = 100. Sabiendo que "R " es la resisten­ cia del calentador y el am perím etro "K " ind ica 2 ampere.

SOLUCION: ■ 1.

En 240cm3 de agua se tiene una masa de 240 gramos. La cantidad de calor para incrementar la tem­ peratura en 50°C, será: Q = m . C e . Al

.... (c.g.s.)

Q = 240g. 1 — . 50°C g°c Q = 12 000 calorías x

1J 0,24 Ca!

Q = 5 x 104 J

....(1)

El calor absorbido por el agua es igual al calor disipado por la resis­ tencia, de la ley de Joule - Lenz.

# * # * * * m *

Cálculo de la resistencia “ R" del calen­ tador. 2da. Ley de Kirchhoff: I £ = i . Req 120 = i . (r + R)

Tenemos: Q = r . R .t

SOLUCION:

... (S.l.)

#r * * *

* * $

Cantidad de calor para incrementar la temperatura en 90°C. Q = m . C e . At

(Va - Vb) = 5,7 voltios

. . . (c.g.s.)

Q = 240 g x 1

* m sü * m *

x 90°C 9- C

PROBLEMA Ne 22 Una batería de resistencia interna r = 0,4Q ; p roporciona una corrien te de intensidad 5 ampere. Si la diferencia de potencial entre lo s b ornes "a" y " b “ es 10 v o ltio s (Va - Vb = 10V), determ inar la f.e.m. "e".

Q = 21 600 cal = 21 ! 0;0 J 0,24 Q = 90 KJ. Cantidad de calor disipado por el calen­ tador, es igual al calor ganado por el agua para hervir.

r

\

De la Ley Joule - Lenz fa D* 1 ■

, (S.l.)

Q = rx R x t

- -

- f1

\ +

r

90 . 10 = 4 x 50 x t Luego:

V

t = 450 segundos t = 7,5 min

y a) 11 V

b) 12 V

d )1 4 V

e) Ninguna

c) 13 V

PROBLEMA N9 20 PROBLEMA Ne 23

R esolver el problem a a nte rio r consi­ derando que el ren dim ie nto del calenta­ dor es el 75%. a) 10 min.

b) 12 min.

c) 15 min.

d) 18 min.

En cie rto c irc u ito se tiene la sección AB, m ostrada en la figura. Sabiendo que la diferencia de potencial entre los p un tos A y B es de 10 vo ltio s (Va > VB) Hallar la tensión en los extrem os de la resistencia R = 5 ohm y la corriente que circu la por él.

PROBLEMA N9 21 Una batería tiene una fuerza ele ctro ­ m otriz (f.e.m.) de 6 v o ltio s y resistencia interio r de 0,6 ohm . y propo rcio na una corriente de 0,5 ampere. El vo ltaje (d.d.p.) entre lo s b ornes a y b es: -

-

\ 6V

h ,

» ¿

1

~ +

SOLUCION:

J

V

SOLUCION:

La corriente "i" circula en el sentido de m a y o r (A ) a m e n o r (B ) p o te n c ia l. Teorema de la trayectoria: V a +20 - i . R + 30 = VB

Teorema de la trayectoria: Vb + 6V —i . r = Va

(Va - Vb) + 50 = i x R Del dato:

♦ *

Entonces: 1 = 12 ampere

-(1 )

Aplicando la ley de Ohm, a la resistencia R: V = I. R

V = 60 voltios

(2)

Luego:

I = 5 ampere

... (1)

Cálculo de la potencia eléctrica

m

P = I2 . R = 25A2 . (60)

m * * «¡¡ * *

V = (1 2 A ). (50)

Del dato: 2 0 + 1 0 = 1 . (6)

* * #

PROBLEMA N *24

* *

En cierto c irc u ito se tiene la sección AB, m ostrada en la figura. El am perím etro ideal "K " indica una lectura de 5 ampere. Determinar la diferencia de potencial en­ tre los puntos A y B, (V a - V b ). Considere: VA > Vb

* * * m . 1 Weber 1Tesla = ------- 5— m

La unidad llamada tesla es en honor al ingeniero norteamericano nacido en Yugoeslavia, Nicholas Tesla (1 8 5 6 -1 94.1). Se abrevia T C onclusión: 1. El núm ero de líneas de fuerza que atravieza perpendicularmente la unidad de área de una superficie situado en el campo magnético será directamente pro­ porcional a la intensidad del campo mag­ nético, es decir que en el lugar donde las líneas de fuerza se encuentran más jun­ tas la intensidad del campo será mayor y en el lugar donde se encuentran más separadas la intensidad del campo será menor. 2. La inducción magnética es una magnitud fís ic a v e c to ria l Se re p re s e n ta d el siguiente modc

3. ¿En qué zona la intensidad del campo es menor?, en la figura mostrada.

"La intensidad en la zona (a) es menor que la intensidad del campo magnético en la zona (b)“ PERMEABILIDAD MAGNETICA (|i) Es una magnitud a dimensional, su valor indica el comportamiento que experimenta una sustancia cuando se encuentra situado dentro de un campo magnético externo. La permeabilidad magnética indica si la sustan­ cia concentra, dispersa o simplemente no altera el campo magnético (las líneas de fuerza) Su valor se derine como el cociente de la inducción magnética entre la intensidad del campo magnético en el vacío. B M ~ MqH Luego: B = nnoH

I

(S.l.)

"El vector inducción magnética, tiene la misma dirección y sentido de la intensidad de) campo magnético"

* 4* * * | * * * J * *

1. Sustancia param agnética ( |i> 1): Son aquellas sustancias que al encontrarse dentro de un campo magnético concentran las líneas de fuerza débilmente o simplemente no lo alteran. Estas sustancias tienen permeabilidad magnética constante y ligeramente mayor o igual a la unidad. Ejemplo:

El aluminio, el platino, el oxígeno, el aire, el va cío,..

♦

* * * + 1)

¡lo:

Es una constante magnética, di­ mensional.

¡ i:

Es una magnitud adimensional que caracteriza las propiedades magné­ ticas del medio, denominada “per­ meabilidad magnética relativa del medio". La permeabilidad V no de­ pende del sistema de unidades que se eligen y para el vacío es igual a la unidad

| * J * * * J

Son aquellas sustancias que al encontrarse en un campo magnético externo concentran a las líneas de fuerza, magnetizándose en favor al campo magnético inductor. Estas sustancias tienen permeabilidad magnética variable y mucho mayor q ue la unidad. Ejemplo:EI hierro,el níquel,el cobalto,...

Al producto “nno" se le da a veces el nombre de "permeabilidad Magné­ tica absoluta del medio".

PROTECCION CONTRA EL MAGNETISMO Las materias no magnéticas, esto es, no ¡mantables, tales como el vidrio, el cobre o la madera dejan pasar a través de ellas, con mayor o menor facilidad las líneas de fuerza de un imán, mientras que otros, materiales o sustancias magnéticas, tales como el hierro o el acero, se emplean como barreras para impedir la penetración de las líneas de fuerza de los campos magnéticos en un recinto determinado. Muchas veces se hace necesario hacer esto último, por ejemplo, para proteger cier­ tos instrumentos muy sensibles o delicados o desviar de ellos las líneas de fuerzas magnéticas. El empleo del hierro o el acero para lograr estos fines se funda en el hecho de que las sustancias magnéticas como las dos mencionadas, ofrecen a las líneas de fuerza magnéticas un paso más fácil a través de su masa que el que ofrece el aire, lo cual facilita la concentración o canalización de aquellas líneas. Bastará, pues, disponer al­ rededor del cuerpo o aparato que deseas proteger, sustancias buenas conductoras de las líneas magnéticas. Con frecuencia, en numerosos aparatos de medición y en los circuitos de los radios receptores, las bobinas o carteles están dis­ puestos dentro de envolturas de hierro o acero, que actúan como cortacircuitos, e in­ terfieren el paso de las líneas de fuerza de campos magnéticos exteriores. Hierro dulce de elevada

7

permeabilidad magnética

Objetó protegido contra las lineas de fuerza de un campo magnético.

* * * # * * * 0 0 * # * * * * * * * # * * * * # * * * * * üs * * # * * * * * * m * + * * * * * ü* * * $ * * ♦ * «¡í * # * * * * * * # * # * * *

3.

W + 2F = 2 . T2

.... (2)

Calculo de la fuerza magnética: F = m .H

=> F = (2 A.m) (0,5 A/m) * * * F= 1N .... (3) * * * 0 Reemplazando (3) en (2): * * 5N + 2N = 2 . T2 * % * T2 = 3,5 N * * & En (1): * * * T i = 1,5 N * * *u «t * PROBLEMA N® 02 * La fig u ra m uestra un imán recto de * * 48cm de longitud, con masa m agnética en * cada p olo igual a 625 (A.m). C alcular la intensidad del cam po m agnético en el * punto “ P". * C onsidere: Tg74° = 24/7 * * * SU ♦ * * * * * «K

u 2

GTi

1

SOLUCION:

De la primera condición de equili­ brio: XFy=0 =» T, + T2 = W Tt + T 2 = 5N ...(1)

2.

* * * * * «i* * * * * * * *

De la 2da. condición de equilibrio: LM a =0

k,W ..F ..Tz M , + M. = M . A A A

1.

Analizamos el sistema equivalen­ te La distancia entre los polos magnéticos es 5L/6 (L es la longitud del imán recto).

2.

Cálculo de la intensidad de campo magnético producido por cada polo magnético.

* * * # * * F =(3A.m)(4A/m) =12N ..(2) Reemplazando (2) en (1): _.

2 (12N) , = “ 1>4Ñ~ =

PROBLEMA Ns 04 Un imán barra se utiliza para m edir la intensidad de un cam po m agnético uni­ form e. C uando el im án atado p o r una cuerda desde uno de sus p olos se coloca dentro de un cam po cuya intensidad es de Ht =80 A/m, se observa que la barra form a un ángulo de 45° con respecto a la ve rti­ cal. Si el sistem a se traslada ahora a o tro cam po m agnético la barra fo rm a un án­ gulo de 37^ con respecto a la vertical. Hallar la intensidad de este ú ltim o cam po m agnético.

* * * * * * « * * m # # m

= M *1 A

W .aSen45° = Fi.2a.Cos45°

Pero:

W = 2Fi

....(1)

F, = m.Hi

.... (2)

Reemplazando (2) en (1): W = 2.mHi

# * * * # * tu * * * * * m * * * * * * * * * » * * ♦ 0 * * * * «a * # * «

A

2.

... (3)

D.C.L (Sistema # 2) 2da. Condición de Equilibrio. IM

b

=0

.,W ..Fg o = B o 8

W.a.Sen37° = F2.2a.Cos37°

Pero: F2 = m.Hz

.... (5)

Reemplazando (3) y (5) en (4): 2mHi = 2.HZ H2 = ^ . H

i

* «H * * * * * *

Además:

* * * &

H2 = *

H2 = 60 A/m

Reemplazando (3) en (2):

* PROBLEMA N8 05 Hallar la intensidad del cam po magné­ tic o creado por un imán recto en los pun­ to s de la c irc u n fe re n c ia m ostrada. La distancia de separación entre lo s p olos m agnéticos es "2a", las m asas m agnéti­ cas de los p o lo s N orte y S ur son iguales a "m ". El va lo r de la intensidad m agnética debe estar expresada en fu n ció n del án­ gulo “ 0", donde: SOLUCION: 0 ° < 6 ♦ * * *

2.

* *

Para este caso particular:

hn b6 3.

30°

Reemplazando en la fórmula (1): BP =

Bp =

x 6 x Sen 30°

71

2n a

4.

Del mismo modo el vector intensi­ dad del campo magnético se repre­ senta por vector (.) en el punto P de magnitud' 3 ¿ H p

=

2na

Bp = 8 ^2 x 10-6 Teslas La intensidad del campo magnético en el punto P, se puede deducir de la ecuación (2):

i $ * * *

en el S.l. PROBLEMA NB 03 Hallar la in d ucció n m agnética en el centro de una espira exagonai regular de apotem a “ a" y p o r ella circu la una co-

* *

(S.l.)

Se representa por un vector salien­ do en el punto P (.).

Luego

5

.... (1)

n = numero de lados = 6

* * * * * * * #

-. n . S e n ! — 2n a In

(S.l.)

PROBLEMA NB04 La fig u ra m uestra co nd ucto res in fin i­ tam ente largos form ando un ángulo recto. Al pun to o nudo P llega una co rrien te "2¿“ y se ram ifica en partes iguales. D eterm i­ nar la intensidad del cam po m agnético en el punto M, a la d istancia "r" del p un to P.

SOLUCION: 1.

En el circuito mostrado el conductor F ü no produce campo magnético en el punto M, porque dicho punto se encuentra en su linea de acción. Por consiguiente producen campo magnético solamente los conduc­ tores AP y PB.

2.

Aplicando la Ley de Biot-Savart; pa­ ra el punto M H = Hap + H pb

3.

H=— **471

2¿_ r

H=4 jt

3£ r

J 4n

t/ r

, para el S.l.

Debemos recordar que la intensidad de campo magnético creado en un punto por una semirecta de corrien te es la mitad de la intensidad crea do por un conductor infinitam ente largo.

PROBLEMA Ne 05 Una espira rectangular de lados a y b conduce una co rrien te e lé c tric a V ", deter­ m inar la in d ucció n m agnética en el centro "o " de la espira. y

*

B

.

$ * * * ■* # &

Bb = Campo creado por el conduc­ tor ile lado bf. * * * * * * * * * * i * * * m * *

* * * * * * * * * $ * * * * * # * * * * i * * * * * & * * * 6»

Sjí

* SOLUCION: El campo magnético en el centro es igual a la superposición de campos creados por los cuatro lados. B = 2(Ba + Bb)

....(1)

Ba+Bb=~~ . — Sen cx+-^ . L Sen p 2n y 271 x ’

Ba +Bb =

* * # * * *

271

.¿

■Sena S e n ft¡ y + x

De la figura en los triángulos rectángulos: Mo is Ba+Bb— 271 y \ x " +

* o*

*

1

Ba = campo creado pór el conduc­ tor de lado a.

Pero: x . y =

x + y2 ^ 3.

x Vx2 + y2

ab

Va2+:b2

Finalmente reemplazando en la ecuación (1): jj0 8 i Va^+~b£ ab Se representa por un vector sa­ liendo (-)de lcen trod ela esp ira .

PROBLEMA Nfi 06 Un conductor infinitamente largo está doblado form ando un ángulo recto y con­ duce una corriente eléctrica" i". Determi­ nar la inducción magnética en el punto P (a; b; o)

o»

1.

En el punto P, hay superposición de los campos creado por cada semirecta x e y:

Bp = Bx +By 2.

* * * $ *

2. Campo m agnético creado por una co­ rriente circular:

....(1)

Aplicando el teorema: *

B* =

Bx =

47TD

(Sen 90° + Sen B)

~ 11 + 4nb (a2 + b2)1/z

ít

CAM PO M AGNETICO CREADO POR UNA CORRIENTE CIRCULAR

Toda corriente eléctrica que c ir c u í por una espira origina campos magnéticos, co­ mo iníSica el gráfico.

....(2) *

Las líneas de fuerza que representan el campo magnético de una corriente circular son cerradas pero no son circulares teniendo el aspecto indicado en la figura. * * * * 3.

Análogamente en el eje y:

By =

4na

* * * * * *

(Sen 90° + Sen a)

Mo ¿ By ’ 4;ta | 1 + (g2 + b2)1/2 R eem plazando (2) y (3) en (1) tenemos:

# 1

n

* * *

Bp =

Me ( /

¡

i / 2 , l2\1/2 \

----(a + b + (a + b )

4nab

)

Como puede observarse el campo mag­ nético creado por una corriente circular es muy parecido o semejante al de un imán recto colocado en el centro y con su línea N - S en la dirección.

De las líneas de fuerza, de modo que podemos hablar de los polos magnéticos de una espira.

* * * * * * * * * * * * * * m

"Campo magnético creado por un con­ junto de espiras circulares paralelas por las cuales circula la misma corriente, unidad en serie, cuyo eje es común”. Campo m agnético en el eje de sim etría de una espira circu lar:

La

intensidad

del campo magnético

creado por la corriente 7 " en el punto P:

(S.l)

El punto P se encuentra en el eje de simetría a una altura "h* del centro de la espira.

* * * * $ # * * í * * * * * * * * # * * *

-» H = 3 . H (segmento de longitud "a”) + H (arco conductor) H= 3 .

4n

. - j - (Sen 45° + Sen 45°) 4 '

* * *

(n/2) 4n Pero:

' b r=f

(2)

Reemplazando (2) en (1):

Se representa por un vector entran­ do al papel por el punto "o".

PROBLEMA 10 Por un co nd ucto r delgado doblado se­ gún m uestra la fig u ra (1) flu ye una co­ rriente V . El radio de curvatura es "R" de parte curvilínea y el ángulo central es Hallar la intensidad del cam po m agnético en el centro de curvatura "o".

a- ■

tf\ * * * *

(1)

A C C IO N DE U N CAM PO M AGNETICO SOBRE UNA CORRIENTE ELECTRICA

1. A cción de un cam po m agnético sobre una co m e nte eléctrica: La fuerza con que el campo magnético externo actúa sobre los conductores con co­ rriente que se encuentra en él, se conoce con el nombre de “Fuerza de Ampere". LEY DE AMPERE "La fuerza ”F que actúa sobre el ele­ mento de longitud m l " de un conductor con corriente “/ “situado en un campo magnético uniforme, es directamente proporcional a la intensidad de la corriente que pasa por el conductor y el producto del elemento de lon­ gitud "l" por la inducción magnética "B" por la función Sen 0

2.

La intensidad del campo magnético en el centro de curvatura "o” es igual a la suma de campo creado por el segmento AB, más, el campo creado por el arco conductor. —*

-»

—¥

H = H(segmento) + H(arco) ...(1) En el S.l:

Pero:

a = R . Cos a

En (2):

H' ¿ - n '

Sen a = Sen P = 1

Reemplazando en la ecuación anterior:

(5.1) El vector inducción magnético será:

(5.1) La intensidad del campo magnético en el centro A de un solenoide largo

_a ja «»KK«XKKX>tí ,xsntwvwi > X X X >’ aK)l'l> ............. l>X .X *K X V X K rffliX VX .....V X*X XX líV K X K X»K K K IK X ..» X X X X X X X X X X X XXX XX *X X X,j( _..XXJ(XX^XXXXXXXX^XX XX X»X X XX XX

* *

Hallar la energía propia de cada uno de los cascarones Ui y U •. la energía de inte­ racción entre estas U 12 y la energía total eléctrica U del sistema.

1.

¡a * *

La energía electrostática de todo cuerpo cargado es: u = ! ¿ 2 C Para el caso de un cuerpo esférico

* *

Donde "B” está en el cuerpo conductor 1 Además; V = —

dW«

Integrando, tenemos:

B= § .d q

m * * * * &

k 2 2.

i R

.... (1)

Para efectos externos al cascarón de radio “a" se puede considerar

que toda la carga está concentrada en el centro de curvatura, entonces el sistema se reduce a la interacción de una carga puntual “q“ con el cascarón de radio "b" cargado con magnitud "Q". Q=AQ i +AQ2+AQ3+ ... +AQn U 12 : Energía de interacción elec­ trostática. U 12: ^

D

[AQi + AQ 2 + AQ3+

+AQn] U 12 = k ^

.... (2)

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

* * * * * * * * * * La energía eléctrica total del sistema es igual a: U = U i + U 2 + U 12

*

*

*

* * * *

* *

- ! •

a

b

b

POTENCIAL DE TIERRA Consideramos "Tierra" como un conduc­ tor esférico de radio "R" muy grande (R - » ~), para valores de cargas comunes en elec­ trostática (microcoulomb a lo más) el poten­ cial de este gran conductor esférico es igual a cero.

* * * * * *

4tce0

R

=0

1. La figura (1) un cuerpo conductor "A" con carga inicial "qo", alrededor del cual no hay otras cargas, se conecta a Tierra, entonces'al final de la carga es igual a cero entonces decidimos que el cuerpo "A“ se ha descargado.

2.

La figura " 2 " muestra un cuerpo conduc­ tor "B", inicialmente neutro alrededor del cual hay un cuerpo "C" cargado con mag­ nitud “Q", puede haber mas cuerpos car­ gados, luego "B“ se conecta a Tierra. Entonces el cuerpo “B" y Tierra forman un solo gran conductor neutro y debido a la presencia de “C" cerca de “B“, las cargas del conductor ib + Tierra) se re­ distribuyen de tal manera que en ”B" hay cargas de signo contrario a “O" y en la Tierra cargas del mismo signo de Q pero muy alejadas, osea neutralizadas. El cuerpo “B“ conectada a Tierra y por lo tanto con potencial eléctrico CERO, tiene ertonces car ga neta NO nula

* * *

$ * * * * * *

* * * * *

V(tierra) —

Cualquier cuerpo conductor conectado al gran conducto esférico Tierra, tomará de (o cederá) Tierra las cargas necesarias para que el potencial eléctrico de ambos sea igual a cero. El potencial de Tierra no se modifica cuando gana o pierde electrones Luego: el potencial eléctrico de cualquier cuerpo con­ ductor conectado a Tierra es cero.

*

*

*

Hemos explicado así que un conductor conectado a Tierra (“B*i siempre el po­ tencial es NULO, pero la *

1 . Sen 0 = n Cos 0

PROBLEMA 4 En la figura el haz luminoso pasa del medio (II) de índice de refracción 2,0; hacia el medio (I) de índice de refracción 1,0. Indique Ud. el posible rayo luminoso refractado.

En la entrada: na)re - Sen a = n Sen 0 .... (1) En la salida: n Sen 0 = na¡re ■Sen p .... (2)

m $ * # * * * * * * * *

Aplicando la propiedad transitiva: na¡re . Sen a = na¡re Sen p Sen a = Sen p a =p "El rayo luminoso incidente y emergente son paralelos'.

La figura muestra una lámina delgada de vidrio de índice de refracción: nv = 1,5 sumergido en un líquido de índico de re­ fracción nL = 2,0. Indique Ud. el posible rayo luminoso emergente del vidrio.

* * # y . Cos 6 = 1 .(1 ) 4

i» ♦

Cos

6= 0 = 37°

PROBLEMA 8 La figura muestra dos porciones de vidrio de índices de refracción n y ni. Si un rayo de luz incide con un óngulo ”0", siguiendo la trayectoria mostrada, emerqido sobre la cara vertical. Calcular "n". 0 = 45°

PROBLEMA 7 En el sistema óptico mostrado, hallar la medida del ángulo “6", sabiendo que el rayo de luz incide perpendicularmente y se refracta finalmente paralelo a la cara AB. Indique la refracción del prisma, n = 5/4.

* m 45° e) Ninguna PROBLEMA 11 Determinar el índice de refracción de un cristal cúbico, sabiendo que un rayo luminoso incide en una de las caras del cubo con un ángulo de incidencia igual a 45°, y emerge coincidiendo con una de las caras del cubo. SOLUCION:

# * * * * # * Aplicando la Ley de Snell: * * * *

1).

Aumento =— = 2 o £=20 i = 60 cm. Ecuación de los focos conjugados:

* * * $ * * * * * * * *

2 _ ± _1_ R 30 + - 60 R = 120 cm. PROBLEMA 2 Se tiene un espejo cóncavo de 80 cm. de radio de curvatura y un objeto de 5 cm. de altura ubicado a 60 cm del espejo. Determinar el tamaño de su imagen. a) 5 cm.

b )10cm .

* * * * * * *

c) 8 cm.

* «

* # * * * * * *

d) 15 cm.

e) Ninguna

PROBLEMA 3 Un objeto frente a un espejo esférico genera una imagen virtual de tamaño do­ ble, si la distancia entre el objeto y la imagen es 30 cm. ¿A qué distancia del espejo se encuentra el objeto. SOLUCION: El único espejo esférico, que genera una imagen de mayor tamaño que el objeto (A >1) es el espejo cóncavo.

* * * *

¿=20

.... (1)

Del dato: + i =30 cm ..(2 ).

o

Reemplazando (1) en (2): o = 1 0 cm. PROBLEMA 4 Un objeto se encuentra frente a un es­ pejo esférico, obteniéndose una imagen vir­ tual y tamaño cinco veces, el objeto. Cal­ cular la distancia focal del espejo, si la dis­ tancia entre el objeto y la imagen es 120 cm. a) f = - 25 cm.

b) f = + 25 cm.

c) f = - 5 cm.

d) f = + 50 cm.

PROBLEMA 5 Con un espejo cóncavo se obtiene una imagen invertida tres veces el tamaño ob­ jeto, si la distancia que le separa respecto a su imagen formada es de 28 cm. Hallar el radio de curvatura del espejo.

Aumento = — = 3 o Del gráfico: ¿ - o =28 cm.

— =- +— 10 o 110

......(2)

Reemplazando (1) en (2):

o = 1 1 cm ......(3)

o=l4cm

Aumento =

Ecuación de los focos conjugados:

Un espejo cóncavo y otro convexo de igual longitud focal f = 28 cm, estén uno en frente de otro de tal manera que coin­ ciden sus ejes, y la distancia entre espe­ jos es de 90 cm. ¿A qué distancia del espejo convexo habrá que colocar un ob­ jeto de altura "h" para que las imágenes formadas tengan igual tamaño.

PROBLEMA 6 Un objeto de 5 cm. de altura está si­ tuado a 180 cm. de un espejo convexo esférico que tiene un radio de curvatura de 90 cm. Determinar el tamaño de la imagen.

c) 2,0 cm. e)

11

PROBLEMA 8 14 + 42

R = 21 cm.

a)1,0cm .

110

"La imagen es real, invertida y de mayor tamaño”.

2 _ ± JL R- o+¿ 2 R

t/ o

.... (1)

b)1,5cm. d) 2,5 cm.

Ninguna

--------«------

PROBLEMA 7 Un espejo esférico cóncavo de 20 cm. de radio se utiliza para proyectar la im­ agen de un cuerpo sobre una pantalla situado a 110 cm. ¿Dónde debe ser colo­ cado el cuerpo y cómo se verá la imagen? SOLUCION:

* * # # * * * * * # * m * * * * * # * * * * * * *

a) 15 cm.

b) 17 cm.

c)12cm.

d )19cm .

e) Ninguna PROBLEMA 9 Dos objetos se encuentran frente a un espejo cóncavo de 60 cm. de radio de curvatura, el primero se encuentra 10 cm. delante del foco y el segundo 10 cm. de­ trás del foco. Determinar la distancia que existe entre las imágenes de los objetos. SOLUCION: Ecuación de los focos conjugados:

i 1 f " o

# * * * «i

jl. *

Cálculo para el primer objeto:

_1__ J_ 30 " 40 +

JL ¿1

i, =+ 120 cm

... ( 1 )

Cálculo para el segundo objeto: I J ___ i 30 ~ 20 + ¿i

¡2 = -

60 cm

.... (2)

De la figura, la d ista n cia entre las imágenes es: d=

abv = Tag

st»

120 + 60

d = 180 cm. PROBLEMA 10 Un automovilista que se encuentra de­ tenido al borde de una autopista, observa por su espejo retrovisor convexo de radio de curvatura 10m, y ve que un motoci­ clista se le acerca tai que en dos segun­ dos la imagen que se observa se duplica. Si inicialmente el motociclista estaba 75m de! auto, hallar su velocidad media. a) 10 m/s

b) 15 m/s

c) 20 m/s

d) 25 m/s

e) Ninguna PROBLEMA 11 Obtener una expresión para el aumen­ to producido por un espejo esférico, en este caso particular para un espejo cón­ cavo.

* m * * * * m * m * • m m m # * « # * * # # * *

AABV: Tg 0 = 2.

ah

6=

.... (I) AR

....(II)

Igualando I y II: AB o

ab ~ *

ab

-

—

i

o

AB 3

Pero el aumento A de un sistema óptico se define como el cociente entre el tamaño imagen y el objeto, de (III): A - —— _ ~ i/ ~ — ~ o AB

* «K * E ls iqn o m e no s(-)sed eb ea lhe cho «I* * que ab es negativo, ya que la ima­ * * gen es invertida. m * PROBLEMA 12 * * Demostrar la ecuación de René Des­ * * cartes, para el caso de un espejo cóncavo. * * 1. De la figura: * * AOPC . p = 0 + a i ....(1) * * * ACPI • CX2 = 0 + p (2) * * Restando: p - ct2 = a i - p * * de donde: 2 p = a i + ct2 .... (3) * * * 2 Los ángulos a i, 0.2 y p son muy * pequeños, es decir los rayos son * * parciales. # * a i s TTg a i = h# * * * a2 s T g a i * * * * * * m * * * * *

P s Tg p =y, f = ^ Reemplazando en (3): 2 .Ü ,ñ r o

h /

2__! jr_ ~ o 2

_L ¿

1 1 f - o

_L i'

El segmento VB tiende a cero. .

LENTES CONCEPTO.

* * # *

Es aquella sustancia transparente limi­ tada por dos superficies, de las cuales por lo menos una de ellas debe ser esférica, de modo que su espesor es despreciable en relación a la longitud de los radios de cur­ vatura, también se les fiama 'lentes del­ gadas".

Son aquellos lentes cuya parte central es más delgada que sus extremos, estas lentes se caracterizan porque hacen divergentes a los rayos refractados en la lente provenientes de rayos incidentes paralelos. Los rayos re­ fractados divergentes, sus concurrentes en un punto del plano focal. L. bicóncava

TIPOS DE LENTES 1. Lentes Convergentes: Son aquellos lentes cuya parte central es más ancha que sus extremos, estas lentes se caracterizan porque hacen concurrir a los rayos refractados provenientes de rayos in­ cidentes paralelos en un punto del plano focal.

L. plano convexa

L menisco convergente

* « * * * * * * * * * * * * * * * *

* * * *

*

L. plano cóncava

L. menisco divergente

Elementos: 1. Centro Optico (C):

*

* * # * * * * * * * * * * *

Es el centro geométrico de la lente. Este punto se caracteriza porque todo rayo luminoso que pasa por él no sufre nin­ guna desviación. 2

. Centro de Curvatura (Ci, C 2 ): Son los centros geométricos de las su­ perficies esféricas que limitan la lente.

3. Radio de Curvatura (Ri, R2 ): Son los radios de las superficies esféri­ cas que limitan la lente. Se denomina "R," al radio de la esfera que está frente al objeto y ' ^ 2 “ la radio de la esfera que no está frente al ob­ jeto 4. Eje Principal (X' X):

* m * * * * * # * * * * * *

fenómeno denominado “aberración cro­ mática” de la lente, en el cual la imagen que se forma es coloreada como resul­ tado que la luz se dispersa o se descom­ pone en sus colores componentes.

Es aquella recta que pasa por los centros de curvatura y el centro óptico. 5. Foco Objeto (Fo): Es el foco de la lente que se encuentra en la región donde está el objeto. 6. Foco Imagen (Fi): Es el foco de la lente que se encuentra en la región donde no está el objeto. 7. Foco Principal (F): Es aquel punto situado en el eje principal por el cual van a pasar los rayos refrac­ tados o sus prolongaciones de éstos, pro­ venientes de rayos incidentes a la lente paralelos al eje principal. El foco principal puede ser el foco objeto o el foco imagen. 8. Distancia Focal (f): Es la distancia que existe entre el foco principal y el centro óptico de la lente. 9. Zonas: Toda lente divide al espacio en el espacio en el cual se encuentra en dos zonas denominadas, ZONA REAL a aquella en la cual no se encuentra el objeto y ZONA VIRTUAL a aquella en la cual se encuen­ tra el objeto, convencionalmente. En la zona real las distancias son positivas y en la zona virtual las distancias son negati­ vas. 10. Aberración: Cuando los rayos luminosos pasan cerca a los extremos de la lente se produce el

FORMACION DE IMAGENES $ * * * * * * * * He * * * * * * # * n # # * * * * H> * *

Rayos Principales: Para la formación de imágenes en una lente se tomaran en cuenta tres rayos lumi­ nosos considerados como los principales, de los cuales resultan indispensables solamen­ te dos resultados el tercero de comproba­ ción. 1® Un rayo luminoso que partiendo del ob­ jeto incide en la lente paralelamente al eje principal, se refracta para luego pasar él o su prolongación por el foco principal. 2® Un rayo luminoso que participa del objeto incide en la lente pasando previamente él o su prolongación por el foco NO PRIN­ CIPAL, para luego refractarse emergien­ do de la lente paralelamente al eje princi­ pal. 3® Un rayo luminoso que parte del objeto, pasa por el centro óptico sin desviarse.

que el objeto.

B) Lentes convergentes: En este caso el foco principal es el foco imagen.

1er. Caso: El objeto más allá de C2. Z.V

Z.R

2do. Caso: El objeto en C 2 Z.V Z.R

1 . 1.

2. 1. invertida 3 . 1. de menor tamaño

Su imagen es real, invertida y de igual tamaño que el objeto.

3er Caso: El objeto entre C 2 y F0.

4to. Caso: El objeto en el foco

Su imagen es real, invertida y de mayor tamaño.

No hay imagen

5to. Caso : Objeto entre F0 y el centro óptico. Z .V B

Z R(+)

* * ♦ «* * * * * * * * * * * * * * # *

Su imagen es: virtual, derecha y mayor que el objeto

o (+) siempre i

(+) I. real

(-) 1 virtual

f

(+) ¿. Convergente

(-) £. Divergente

A (+) I. derecha I)

{-) I Invertida

Ecuación de los focos conjugados o de GAUSS.

II) Aumento (A): A=

tamaño imagen tamaño objeto

A=— o III) Ecuación de los Fabricantes de Lentes:

n . Indice de refracción de la lente. n0 : Indice de refracción dei medio en que se encuentra el lente, para el aire es igual a uno.

,-1 Unidades: dioptrías = mt." V) Lente equivalente al sistema: a) En contacto 1 _ ± 1 f ” fi + f2 f,

f.

* * * * * # $ * *

ECUACIONES:

P=

* * * * * * *

* * * * * * * # * * * V * * * * * * * * * * =t> * * * * * * *

b) Separadas 1 1 1 f " fi + fe

fi

ó_ fe

VI) Ecuación de Newton i¿ = Xi . X2 X t : Distancia del objeto al foco objeto. X¿: Distancia de la imagen al foco ima­ gen. f : Distancia al foco principal. LENTES PROBLEMA 1 En el siguiente sistema óptico, deter­ minar geométricamente el foco principal y la trayectoria que seguirá el rayo luminoso (1)"

La lente convergente, hace concurrir a los rayos refractados en la lente pro­ venientes de rayos incidentes paralelos en un punto del plano focal. Todo rayo luminoso que pasa por el centro óptico (C), no experimenta desviación.

Imaginariamente ubicamos al objeto a la izquierda de la lente convergente Escribimos la ecuación de los Fabrican­ tes de Lentes:

El foco principal se encuentra en la inter­ sección del plano focal y el eje principal (horizontal).

Ri: Radio de la superficie de la lente, frente al objeto. Ri: X = +30 cm. (Zona Real) R2 : Y = - 60 cm (Zona Virtual) Reemplazando:

30

-6oj

Resolviendo: f = + 40 cm. (+): Lente Convergente PROBLEMA 2

PROBLEMA 4

Con una lente convergente se obtiene una imagen de tamaño 4 veces el tamaño dei objeto. Si dicho objeto lo alejamos 5 cm, el aumento disminuye a la mitad. En­ contrar la distancia focal de la lente.

La figura muestra dos lentes planos convexo A y B en contacto, cuyos índices de refracción son:

a)18cm.

b)19cm.

c) 20 cm.

d) 21 cm.

e)

Ninguna

PROBLEMA 3 La figura muestra una lente cuyo ín­ dice de refracción es n = 1,5. SI, x = 30 cm ; y 60 = cm. Hallar la distancia focal de la lente.

* * * * * * * * * * * * * * * + * # * * + * * * * * * * * * *

nA = 1,3 ; X = 60 cm. ne = 1,5 ; y = 60 cm. Hallar la distancia focal de la lente equivalente al sistema óptico así for­ mado.

c) f = 75 cm. e) Ninguna

La figura muestra una lente de material sintético de índice de refracción n = 1,5, sumergido en un líquido transparente de índice de refracción n0 = 2,0. Hallar la distancia focal de la lente. X = 40 cm. ¿La lente es convergente o diver­ gente?

LIQUIDO

----- rio—

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *

SOLUCION: Fórmula del Fabricante de Lentes

1 f ~

n - n0 J_ Ri no

1 R2

n0 : Indice de refracción del medio que rodea a ia lente R i : Radio de la superficie de la lente, frente al objeto. Imaginariamente ubicamos el objeto a la izquierda de la lente. R-i = « R2 = X = - 40 cm.

f = —160 cm

(-): Lente Divergente

H

o

t m

a

i l

i V .

X .

-----------------—

PROBLEMA 6 La figura muestra una lente de material sintético de índice de refracción n = 1,5, sumergido en un líquido transparente de índice de refracción n0 = 2,0. Hallar la distancia focal de la lente. R = 20 cm. ¿La lente es convergente o diver­ gente?

LIQUIDO

íí«

* * * * * * * * * m

______________________ a) f = - 80 cm.

b) f =+80 cm

c) f = - 40 cm.

d) f =+40 cm.

e) Ninguna PROBLEMA 7

1

Resolviendo-

_______

*

* m

Reemplazando: 1 (1,5-2,0) f ~ 2,0

* * * *