Módulo 1, Unidad 2, Objetivo 2

Datos

• P = 510 N
• Y = 9.0 m
• X = 1,75 m

Condiciones iniciales

• V = Hoj = 8 m/s j
• x(t) = Vo.t r = x(t) = 1,75 m r
• a = -gj = -9,8 m/s² j

Tomando en cuenta que la cornisa mide 1,75 metros, el cual es la magnitud de la distancia horizontal que debe evadir la nadadora, determinaremos el tiempo que permanece en el aire la nadadora, suponiendo que desde un punto A (risco) hasta el punto B (cornisa), el tiempo de vuelo se tiene cuando y = 0.

y = Ho + Vo_y . t + ¹/₂ g.t²

y = 0 = 9 m – ¹/₂ . 9,8 m/s² . t_v²

t_v² = ^{2.(-9 m)}/_{-9,8 m/s²} = t_v² = ^{-18 m}/_{-9,8 m/s²}

√(t_v²) = √(^{18 m}/_{9,8 m/s²}) = t_v = 1,35 s

Tomando en cuenta que la ecuación paramétrica de la distancia horizontal es: X(t) = Vox.t = X(To) = Vox . t_v

Sustituyendo el valor de t_v y distancia:

1,75 m = Vox . 1,35 s

Vox = ^{1,75 m}/_{1,35 s}

Vox = 1,29 m/s

La nadadora debe tener una rapidez mínima por encima de 1,29 m/s para no chocar con la cornisa.

Módulo 2, Unidad 3, Objetivo 3

Datos

• m_A = 90 kg
• P_B = 490 N
• Y = 0,6 m
• t = 1,6 s

∑F_y = m_B . a                      ∑F_y = 0

F – P_B = m_B . a                                      F_n – D – P_A = 0

F = m_B . a + P_B                                   La fuerza neta aplicada al piso es dada por:

F = m_B. a + m_B . g                             F_neta = F_N – F – P_A = 0

F = m_B (a + g)

Determinaremos la m_B:

P_B = m_B . g

m_B = ^P_B/_g

m_B = ^{490 N}/_{9,8 m/s²}

m_B = 50 kg

La aceleración de la barra es:

Como Vo = 0 → Y = vo . t + ^{a . t2}/₂

Y = ^{a . t2}/₂

a = ^{2 . y}/_t²

a = ^{2 . 0,6 m}/_{(1,6 s)²}

a = 0,47 m/s²

Sustituyendo la ecuación (3) en (1):

F = 50 kg . (0,47 m/s² + 9,8 m/s²) = F = 513,5 N

Ahora se sustituye (4) en (2):

F_neta = N – P_A – F = 0

F_neta = N = P_A + F

F_neta = N = m_A . g + F

F_neta = 90 kg . 9.8 m/s² + 513,5 N

F_neta = 1395,5 N

El atleta ejerce a través de sus pies una fuerza de 1395,5 N sobre el piso.

Módulo 2, Unidad 4, Objetivo 4

Datos

• m = 2,14 kg
• y = 1,5 m
• k = 18,6 N/m
• Δx = ?

La energía potencial está dada por:

E_p = E_p + E_elast

m.g(y + l) = m.g.(l – Δx₀) + ¹/₂ k.Δx²

m.g.y + m.g.l = m.g.l – m.g.Δx + ¹/₂ k. Δx²

¹/₂ k.Δx² – m.g. Δx – y = 0

Sustituyendo valores:

¹/₂ . 18,6 Δx² – 2,14 . 9.8 Δx – 2,14 . 9,8 . 1,5 = 0

9,3 Δx² – 20,97 Δx – 31,45 = 0

Se aplica la ecuación de 2do grado:

Δx = ^{-b ± √b2 – 4.a.c}/_2a = Δx = ^{-(-20,97) ± √(-20,97)2 – 4.9,3.(-31,45)}/_2.9,3

Δx = ^{20,97 ± √439,7 + 1169,9}/_18.6 = Δx = ^{20,97 ± √1609,6}/_18.6

Δx = ^{20,97 ± 40,12}/_18,6 = Δx₁ = ^{20,97 + 40,12}/_18,6 = ^61,1/_18,6 = 3,28

Se toma el valor positivo, entonces la máxima compresión del resorte es de 3,28 m.

Δx = 3,28 m

Módulo 3, Unidad 5, Objetivo 5

a) La frecuencia angular decrece debido a que el momento de inercia aumenta.

b) 1,6

Módulo 3, Unidad 7, Objetivo 7

V = 1,66 m/s

Módulo 3, Unidad 9, Objetivo 9

Respuesta al ejercicio

Datos

• M = 2,16 kg
• R = 0,653 m

Solución

a) Supongamos que el aro oscila alrededor del punto P1, razón por la cual desplazamos el centro del aro desde C hasta C’, el periodo del cuerpo para pequeños desplazamientos está dada por:

T = 2π√(^l_p/_Mgd), donde l_p = l_c + Md²

l_p = MR² + MR², siendo d = R

T = 2π√(^2MR2/_MgR) = 2π√(^2R/_g) = 2π√(^{2 X 0,653}/_9,8) = 2,2937 s → f = ¹/_T = 436 mHz

b) La longitud del péndulo simple equivalente se obtiene comparando el periodo de un péndulo simple con el periodo físico. Esto es:

2π√(^L/_g) = 2π√(^l_p/_Mgd) = ^L/_g = ^l_p/_Mgd → L = ^l_p/_Md

L = ^2MR2/_MR = 2R = 2 X 0,653 → L = 1,306 m

Módulo 2, Unidad 4, Objetivo 4

Datos

• m = 2,14 kg
• y = 1,5 m
• k = 18,6 N/m
• Δx = ?

La energía potencial está dada por:

E_p = E_p + E_elast

m.g(y + l) = m.g.(l – Δx₀) + ¹/₂ k . Δx²

m.g.y + m.g.l = m.g.l – m . g . Δx + ¹/₂ k . Δx²

¹/₂ k . Δx² – m . g . Δx – y = 0

Sustituyendo valores:

¹/₂ . 18,6 Δx² – 2,14 . 9.8 Δx – 2,14 . 9,8 . 1,5 = 0

9,3 Δx² – 20,97 Δx – 31,45 = 0

Se aplica la ecuación de 2do grado:

Δx = ^{-b ± √b2 – 4 . a . c}/_2a = Δx = ^{-(-20,97) ± √(-20,97)2 – 4. 9 , 3. (-31,45)}/_2.9,3

Δx = ^{20,97 ± √439,7 + 1169,9}/_18.6 = Δx = ^{20,97 ± √1609,6}/_18.6

Δx = ^{20,97 – 40,12}/_18,6 = ^-19,15/_18,6 = -1,03

Se toma el valor positivo, entonces la máxima compresión del resorte es de 3,28 m.

Δx = 3,28 m

Módulo 3, Unidad 5, Objetivo 5

a) La frecuencia angular decrece debido a que el momento de inercia aumenta.

b) 1,6

Módulo 3, Unidad 7, Objetivo 7

V = 1,66 m/s

Módulo 3, Unidad 9, Objetivo 9

Respuesta al ejercicio

Datos

• M = 2,16 kg
• R = 0,653 m

Solución

a) Supongamos que el aro oscila alrededor del punto P1, razón por la cual desplazamos el centro del aro desde C hasta C’, el periodo del cuerpo para pequeños desplazamientos está dada por:

T = 2π√(^l_p/_Mgd), donde l_p = l_c + Md²

l_p = MR² + MR², siendo d = R

T = 2π√(^2MR2/_MgR) = 2π√(^2R/_g) = 2π√(^{2 X 0,653}/_9,8) = 2,2937 s → f = ¹/_T = 436 mHz

b) La longitud del péndulo simple equivalente se obtiene comparando el periodo de un péndulo simple con el periodo físico. Esto es:

2π√(^L/_g) = 2π√(^l_p/_Mgd) = ^L/_g = ^l_p/_Mgd → L = ^l_p/_Md

L = ^2MR2/_MR = 2R = 2 X 0,653 → L = 1,306 m

Módulo 3, Unidad 10, Objetivo 10

Respuestas al ejercicio

Datos

• r₁ = 2,52 x 10^-2 m
• r₂ = 6,14 x 10^-2 m
• ΔH = H₂ – H₁ = 11,5 m

Solución

El flujo volumétrico a través de una tubería está dada por la velocidad del flujo a través de esa sección, esto es flujo volumétrico = Av, y como el líquido es el mismo, entonces este flujo volumétrico es constante, o sea que A₁V₁ = A₂V₂

De acuerdo con la ecuación de Bernoulli, se tiene:

P₁ + ^Pv2/₂ + pgH₁ = P₂ + ^PV2/₂ + pgH₂ pero p₁ = p₂

^p2/₂ (V² – V²) = pg (H₂ – H₁)

Además A₁V₁ = A₂V₂ → V₁ = ^A₂/_A1 V₂

(^A₂/_A2 V₂ – V₂) = 2g (H₂ – H₁) → V₂(^A₂/_A2 – 1) = 2g (H₂ – H₁)

V₂ = ^{2g (H₂ – H₁)}/_{(^A2/A2 – 1)} = ^{2 X 9,8 X 11,5}/_{(^π2r4/π²R⁴ – 1)} = ^225,4/_{(^6,144/2,52⁴ – 1)} → V₂ = 2,57 m/s

Entonces, el flujo volumétrico es:

A₂V₂ = π(6,14 X 10^-2)² X 2,57 → A₂V₂ = 3,04 X 10^-2 m³/s