EJERCICIOS RESUELTOS FISICA

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

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 AR G
A R R IE T
R R E R A
A Y
R T O C A

L
R S
A S
A
S T R O

I

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

1

Soluciones 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 órbitacircular es de magnitud
( 2πR )2
v2
= T
R
R
4π 2 × 100
4π 2 R
= 3947. 8 m s−2
=
=
T2
1

a =

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 sesoluciona por medios geométricos
a la manera de Newton. Si v es la rapidez en la órbita circular y sigue en
línea recta, el cuerpo recorre una distancia
d = vt.

2

Soluciones ejercicios
α

vt
α

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 podemosimaginarnos se puede descomponer en una parte paralela a esa distancia, la que la hace crecer 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 tieneuna 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 ejercicio anterior, 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

s

4π 2 d
MT ML
= ML 2
d2
T

4π 2 d3
GMT
4π 2 (3,84 × 108 )36,67259 × 10−11 × 5,98 × 1024

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

Sin embargo ambos cuerpos describen órbitas casi circulares en torno 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
4π 2 RL
MT ML
= ML
,
d2
T2
4π 2 RT
MT ML
= MT
G
d2
T2

G

o bien
4π2 RL
MT
=
,
d2
T2
4π2 RT
ML
G 2 =
d
T2

G

4Soluciones ejercicios

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

El efecto del movimiento de la Tierra da el valor

T =
=

s

s

4π 2 d3
G(MT + ML )
4π2 (3,84 × 108 )3
6,67259 × 10−11 × (5,98 × 1024 + 7,36 × 1022 )

= 2. 352 462 04 × 106 s
= 27. 23 días

Ni uno de los dos cálculos puede ser...