Problemas resueltos serway

Material de Lectura FS100-309-17:

Dinámica/ PROBLEMAS DE 2da LEY PARA MOVIMIENTO CIRCULAR PROBLEMAS DE APLICACIONES DE SEGUNDA LEY DE NEWTON AL MOVIMIENTO CIRCULAR 1. [Serway 6.2] Una curva en un camino forma parte de un círculo horizontal. Conforme el carro la transita a rapidez constante de 14.0 m/s, la fuerza total ejercida sobre el conductor tiene una magnitud de 130 N. ¿Cuáles son lamagnitud y dirección de la fuerza total ejercida sobre el conductor si la rapidez ahora es de 18.0 m/s? Solución:

∑F

r

= mar v r
2

n

−F = −m

r v2 = m F r 14.02 = = 1.508 m 130

F mg

Esta misma proporción entre el radio y la masa se mantiene para la velocidad de 18.0 m/s, pero ahora la fuerza es: v2 v2 −F = −m = − r r m 18.02 F = 1.508 F = 215 N con dirección al centro delcírculo 2. [Serway 6.3] En el modelo de Bohr del átomo de hidrógeno, la rapidez del electrón es aproximadamente 2.20 x 106 m/s. Encuentre: a) la fuerza que actúa sobre el electrón cuando éste gira en una órbita circular de 0.530 x 10-10 m de radio, y b) la aceleración centrípeta del electrón. Solución: La fuerza nuclear débil, que es la que atrae el electrón al núcleo, viene a ser la fuerza centrípetarelacionada con la aceleración centrípeta. Considerando la masa del electrón como m = 9.1 x 10-31 kg, se tiene:

∑F

r

= mar v r
2

v

−F = −m F

0.530 x10−10 m F = 8.31x10−8 N

(9.1x10 =

−31

kg 2.20 x106 m / s

)(

)

2

F ar

m

Con los datos de rapidez y radio de órbita del electrón se obtiene: v2 ar = − r
ar 0.530 x10−10 ar = −9.132x1022 m/s2

(2.20x10 ) = −6

2

UNAH Valle de Sula/ Materia FS100: Física General I/ Curso 3er Período 2009/ Resp. Ing. J. Bustamante / Página 1 de 6

Material de Lectura FS100-309-17:

Dinámica/ PROBLEMAS DE 2da LEY PARA MOVIMIENTO CIRCULAR 3. [Serway 6.9] Considere un péndulo cónico con una plomada de 80.0 kg en un alambre de 10.0 m formando un ángulo θ = 5.00° con la vertical. Determine a) las componenteshorizontal y vertical de la fuerza ejercida por el alambre en el péndulo y b) la aceleración radial de la plomada. Solución: ∑ Fy = 0
Ty − mg = 0 Ty = mg Ty = ( 80.0 ) ( 9.8 ) = 784.0 N
β T Ty

pero Ty = T cos 5, así mg T = cos 5° En la dirección radial: ∑ Fr = mar
−Tr = mar −Tsen5° = mar  mg  −  sen5° = mar  cos 5°  − g tan 5° = ar ar = 9.8 tan 5° ar = −0.857 m/s2

Tr

mg

4.[Serway 6.11] Un objeto de 4.00 kg está unido a una varilla vertical por medio de dos cuerdas. El objeto gira en un círculo horizontal a rapidez constante de 6.00 m/s. Encuentre la tensión en (a) la cuerda superior y b) la cuerda inferior. Solución: Antes de plantear las ecuaciones de movimiento, necesitamos trabajar un poco la geometría para encontrar el ángulo entre la varilla vertical y las cuerdas,así como el radio del círculo de la trayectoria del objeto. Reconocemos que se forma un triángulo isósceles de base 3 y altura igual al radio del círculo y ángulos adyacentes a la base iguales entre sí y que vienen a ser los ángulos requeridos: Tomamos la mitad del isósceles y trabajamos con el triángulo rectángulo de base 1.5. Así cos β = cateto adyacente / hipotenusa cos β = 1.5 / 2.0 β = 41.4°El radio es el cateto opuesto: r = 2.0 sen 41.4° r = 1.323 m Del DCL para el objeto:

1.5

θ

2

3

r 2

θ

θ TA TAy θ

∑F

r

= mar
θ

TAr TBr

θ mg

v2 −TA sen 41.4° − TB sen 41.4° = −m r 0.661TA + 0.661TB = 108.84

TB

TBy

UNAH Valle de Sula/ Materia FS100: Física General I/ Curso 3er Período 2009/ Resp. Ing. J. Bustamante / Página 2 de 6

Material deLectura FS100-309-17:

Dinámica/ PROBLEMAS DE 2da LEY PARA MOVIMIENTO CIRCULAR

∑F

Y

=0

TA cos 41.4° − TB cos 41.4° − mg = 0 0.750TA − 0.750TB = 39.2

Hacer ec. 1 x 0.75 + ec. 2 x 0.66:
0.495TA + 0.495TB = 81.63 0.495TA − 0.495TB = 25.87 0.990TA = 107.5 TA = 108.6 N

Así, de ec. 1: TB = [108.84 – 0.661(108.6)] / 0.66 TB = 56.3 N

5. [Serway 6.58] Un disco de aire de masa m1 se...