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D E P A R T A M E N T O D E F ÍS IC A F A C U L T A D D E C IE N C IA U N IV E R S ID A D D E S A N T IA G O

F ÍS IC A
E je r c ic io s

r e s u e lt o s

I

A U T O R : L U IS R O D R ÍG U E Z V A L E N C IA

C O L A B O R A D O R E S
A L IC R O S V E R Y O L M A N J U A J O R D A G IA L E M A Ó N IC A N D U E L N B A G E L O B E IR A R IE P O H A P E T E A V A R G A R R IE T R R ER A A Y R T O C A L R S A S A S T R O

SOLUCIONES EJERCICIOS FISICA I versión 2
Autor : Luis Rodríguez Valencia1 DEPARTAMENTO DE FISICA UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE Colaboradores: Alicia Lira, Rosemarie Pohl, Verónica Peters,Yolanda Vargas, Manuel Arrieta, Dagoberto Castro, Juán Barrera, Jorge Lay. 4 de diciembre de 2003

1 email:

lhrodrig@lauca.usach.cl

II

Capítulo

1Soluciones ejercicios

Nadie es perfecto, luego si encuentra errores, tenga la gentileza de informarnos Ejercicio 1.1 Un cuerpo describe una órbita circular de radio R = 100 m en torno a un punto fijo con rapidez constante dando una vuelta completa por segundo. Determine la magnitud de la aceleración del cuerpo. Solución. La aceleración en órbita circular es de magnitud a = ( 2πR )2 v2 = T R R 4π 2× 100 4π 2 R = 3947. 8 m s−2 = = T2 1 N Ejercicio 1.2 Si el cuerpo del ejercicio anterior, repentinamente siguiera en línea recta, determine la rapidez de crecimiento de la distancia al punto fijo en m s−1 . Solución. Este problema, es más apropiado hacerlo cuando se tenga claro el concepto de derivada. De todos modos se soluciona por medios geométricos a la manera de Newton. Si v es la rapidez enla órbita circular y sigue en línea recta, el cuerpo recorre una distancia d = vt.

2

Soluciones ejercicios
α α

vt

v

R

Figura 1.1: Por el teorema de Pitágoras, la distancia D al centro de la circunferencia original crece de la forma √ D = R2 + v 2 t2 ver figura. La velocidad del cuerpo podemos imaginarnos se puede descomponer en una parte paralela a esa distancia, la que la hacecrecer y otra parte perpendicular que no la afecta. De modo que la rapidez de crecimiento de esa distancia D será v cos α pero de la figura vt cos α = √ R2 + v 2 t2 obteniendo para la rapidez de crecimiento v2 t √ m s−1 2 + v 2 t2 R con R = 100 m y v = tiempo.
2πR 1

= 628. 319 m s−1 se tiene una función conocida del N

Ejercicio 1.3 Las masas de la Tierra y de la Luna son aproximadamente MT= 5,98 × 1024 kg y ML = 7,36 × 1022 kg siendo la distancia promedio entre ellos 3,84 × 108 m. Determine la fuerza ejercida por la Tierra sobre la Luna y la ejercida por la Luna sobre la Tierra.

3 Solución. Ambas son de igual magnitud dada por F = G MT ML d2
−11 5,98

= 6,67259 × 10

= 1. 99 × 1020 N

× 1024 × 7,36 × 1022 (3,84 × 108 )2

N

Ejercicio 1.4 De los datos del ejercicioanterior, determine el tiempo empleado por la Luna en dar una vuelta completa en torno a la Tierra, en días. Solución. Considerando a la Tierra en reposo, la segunda ley de Newton da G o sea T = = s 4π 2 d MT ML = ML 2 d2 T

s

4π 2 d3 GMT 4π 2 (3,84 × 108 )3 6,67259 × 10−11 × 5,98 × 1024

= 2. 366 894 458 × 106 s = 27. 39 días

Sin embargo ambos cuerpos describen órbitas casi circulares entorno al centro de masa de modo que si llamamos RL y RT a los radios de las órbitas, con RL + RT = d se tiene que G 4π 2 RL MT ML = ML , d2 T2 4π 2 RT MT ML = MT G d2 T2 4π2 RL MT = , d2 T2 4π2 RT ML G 2 = d T2

o bien G

4 y si las sumamos ML + MT 4π 2 d = , d2 T2 expresión dada en clase en la forma G R3 = G(M1 + M2 ) 2 T 4π 2

Soluciones ejercicios

El efecto del movimiento de la Tierrada el valor s 4π 2 d3 G(MT + ML ) 4π2 (3,84 × 108 )3 6,67259 × 10−11 × (5,98 × 1024 + 7,36 × 1022 )

T = =

s

= 2. 352 462 04 × 106 s = 27. 23 días

Ni uno de los dos cálculos puede ser considerado exacto porque el movimiento de la Luna es mucho mas complejo que una órbita circular. N Ejercicio 1.5 Determine aproximadamente la fuerza que hace la Luna sobre una persona que está sobre la...
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