Fisica Ii

CURSO: FISICA II

DOCENTE: LIC.MENDOZA GAMARRA, ALFONSO

ALUMNO: RAMIREZ ARIAS, Jorge

CODIGO: 102164-C
TEMA
RESOLUCION DE LOS EJERCICIOS:

* 1.230
* 1.275
* 1.320
* 1.365
* 2.229
* 3.216
* 3.261
* 3.306
* 3.351
* 3.396

2012
26/07/2012

1.230. Una nave cósmica se puso en órbita circular cerca de lasuperficie de la tierra ¿Qué velocidad adicional hace falta comunicarle a la nave, para que este venciese la fuerza de gravitación terrestre?

SOLUCION
Si la nave cósmica se puso en órbita circular con la superficie terrestre se cumplirá lo siguiente:
m=5.97x1024kg
R=6378KmF= GMmR2 G= 6.67X10-20Km3/kgs2

FC=F
MV2R =GMmR2

Vo2=M.GR (velocidad para mantener en
Vo=M.GR orbita a la nave)

Vo=6.67x10-20km3kgs2 x5.97x1024kg6378km = 7.90 kmspara que la nave escape del campo gravitacional de un planeta se desprecia las fuerzas de rozamiento por lo tanto la energía mecánica es cero EM=0

12mv2-GmMR=0

Se obtiene: VESCAPE= 2GMR


VESCAPE=2X.67x10-20km3kgs2 X 5.97x1024kg6378km = 11.17 kms

Calculamos la velocidad adicional aplicada a la nave: ∆V= (VESCAPE - VORBITA)
∆V= 11.17 kms-7.90kms∆V= 3.27 kms = 2GMR-M.GR = gR (2 -1 )















1.275. Una barra homogénea de masa M y longitud l colocada verticalmente puede girar alrededor de su extremo superior. En la parte inferior de la barra choco, atascándose, un proyectil de masa m que iba en dirección horizontal, y la barra se inclino en un Angulo α considerando m<M, hallar:a. la velocidad del proyectil en movimiento
b. el incremento del impulso del sistema proyectil –barra
c. a qué distancia x del extremo superior de la barra debe dar el proyectil , para que el impulso del sistema proyectil- barra no varié
solución

a) alrededor del eje de rotación de la barra, el momento angular del sistema es comenzando lavelocidad de la en movímiento. es V
mVl=ml2+Ml23w
w=MV(m+M3) = 3 mVMl m<M………….1
Por la conservación de la energía mecánica del sistema en el campo de gravedad uniforme

12ml2+Ml23w2= (M+m) g12(1-cos∝)…………2

Resolviendo en 1 en 2, obtenemos:

v= Mm23gl sin∝2 y W = 6Gl sin∝2

b) ∆p=mwl+M(WL2-mv
Donde wl Es la velocidad de la bolay wl2 igual a la velocidad del centro de masa de la barra después del impacto .resolviendo el valor de V y W, obtenemos:
∆p=12mv=M√Gl6 Sen (∝2)
Esto es causado por la reacción a la bisagra en el extremo superior.






c) dejar que la varilla oscilante comienza con la velo. angular w ‘ , en este caso , como en la parte a)


mVx=ml2+Mx23w' O’ w’=3 mVxMl2El momento final es:

MF = mxW’ +0lyw'Mldy = M2W'l=32mvxl

∆p=pf-pi=mv(3x 2l-1)
Esto se anula por: X= 23l


1.320 .en un torrente de agua se sumergió en un tubo doblado, según muestra la figura 1.83. La velocidad de la corriente con respecto al tubo v= 2,5ms . La parte superior del tubo se encuentra a h=12cm sobre el nivel del agua del torrente y tiene un pequeño agujero¿a qué altura de h subirá el chorro de agua que sale por el agujero?

SOLUCIÓN

Dejar la velocidad del chorro del agua, una del orificio v’ ,después de aplicar el teorema de bernoulli :

12pv2=hpg+12pv2

v’= v2-2gh ……..1

Aquí es la presión en ambos lados es la misma e igual a la atm- si se eleva hasta una altura h, a continuación a esta altura, su energía cinética se combierte en...