Solucion U2 Karla Cardenas
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Física General
Grupo: 100413_12
Solución de Problemas Unidad 2
Karla Eyara Cárdenas Riaño
Código: 1.071.330.040
Tutor: Marco José Barrera
Universidad Nacional Abierta y a Distancia UNAD
Escuela De Ciencias Básicas Tecnología E Ingeniería
Octubre 07 de 2015
Tema 1: Energía de un sistema
Una fuerza𝐹⃗ = (6𝑖 ̂− 2𝑗 ̂) actúa en una partícula que experimenta un desplazamiento ∆𝑟 ⃗= (3�̂�+ 𝑗 ̂) m. Hallar:
a) el trabajo invertido por la fuerza en la partícula
W =F ∙ r
W =(6∗3 )+(−2∗1 )
W =18−2
W =16J
Rta: el trabajo invertido por la fuerza en la partícula es de 16J
b) el ángulo entre 𝐹⃗ 𝑦 ∆𝑟.⃗
cos α= F∗r|F|∗|r|
|F|=√62+ (−2 )2|r|=√32+12
|F|=√36+4|r|=√9+1
|F|=√40|r|=√10
cos α= 16J√40∗√10
cos α= 16 J6.32∗3.16
cos α= 16 J19.97
cosα=0.8
α=cos−10.8α=36.9°
Rta: el ángulo entre 𝐹⃗ 𝑦 ∆𝑟.⃗es de 36.9°
Tema 2: Conservación de la energía
Una caja de 40.0 kg, inicialmente en reposo, se empuja 5.00 m a lo largo de un suelo horizontal rugoso, con una fuerza constante horizontal aplicada de 130 N. El coeficiente de fricción entre la caja y el suelo es 0.300. Encuentre:
Masa=40.0Kg
distancia=5.00m
constante horizontal=130N
Coeficiente de friccion=0,300
a) el trabajo invertido por la fuerza aplicada,
W =F .∆ x
F=Fuerzaaplicada=130N∆ x=distanciarecorrida=5.oo m
W =(130N ) (5.00 ) mW =650N .m=650 J
Rta: El trabajo invertido por la fuerza aplicada es de 650J
b) el aumento en energía interna en el sistema caja– suelo como resultado de la fricción,
Ei=m .g . µ. dM=Masag=gravedadµ=coeficiente de fricciond=distancia
Ei=40.0 Kg .9.8 ms2
+0.300+5.00m
Ei=588 kg mS2
m
Ei=588N . mEi=588 J
Rta: El aumento de la energía interna con respecto de la de fricción es de 588J
c) el trabajo invertido por la fuerza normal,
Rta: La fuerza normal no realiza trabajo pues el trabajo esta de forma horizontal
d) el trabajo invertido por la fuerza gravitacional,
Rta: Como no hubo cambio en altura de la caja el trabajo gravitacional es 0.
e) el cambio en energía cinética de la caja
W =Ei+EcW −Ei=Ec650 J−588 J=Ec62J=Ec
Rta: El cambio de energía cinética es igual a 62J
f) la rapidez final de la caja
Ec=12∗m∗v2
V=√ 2∗Ecm
V=√ 2∗62 j40.0 kg
V=√2+1.55
V=√3,1
V=1,76 ms
Rta: La rapidez final es 1.76ms
Tema 3: Cantidad de movimiento lineal y colisiones
Cuatro objetos se sitúan a lo largo del eje y del modo siguiente: un objeto de 2.00 kg se ubica a +3.00 m, un objeto de 3.00kg está a +2.50 m, un objeto de 2.50 kg está en el origen y un objeto de 4.00 kg está en -0.500 m. ¿Dónde está el centro de masa de estos objetos?
y=m 1 y 1+m2 y2+m3 y3+m 4 y 4m 1+m2+m3+m 4
y=2.00kg (3,00m )+3.00 kg (2.50m )+2.50 kg (0m )+4.00 kg (−0.50m)2.00 kg+3.00 kg+2.50kg+4.00kg
y=6m+7.5m+0m−2m11.5
y=11.5m11.5
y=1m
Como todos los valores están ubicados en el eje y, en el eje x no hay valores el punto es 0
Rta: Las coordenadas de donde está ubicado el centro de masa es p= (0, 1)
Tema 4: Breve estudio de la presión
La presión atmosférica normal es de 1.013 x 105 Pa. La proximidad de una tormenta hace que la altura de un barómetro de mercurio caiga 20.0 mm de la altura normal. ¿Cuál es la presión atmosférica? (La densidad del mercurio es 13.59 g/cm3.)
Presion atmosferica=densidad∗gravedad +altura
1,013∗105Pa=¿ 1,013∗105Pa=¿1,013∗105Pa=¿1,013∗105 pa
133182 kgm3∗m
s2
=h
101300 Kgms2
133182 kgm3∗m
s2
=h
101300 Kgms2
133182 kgm2∗1
s2
=h
Kgm∗s2
Kgm2∗s2
Kgm2 s2
Kgm∗s2
0.7606m
Rta: la presión atmosférica es de 0.7606 m
Tema 5: Dinámica de fluidos
Un avión cruza a una altura de 10 km. La presión afuera de la cabina es 0.287 atm; dentro del compartimiento de pasajeros, la presión es de 1.00 atm y la temperatura es de 20°C. En el sello de una de las ventanas del compartimiento de pasajeros ocurre una pequeña fuga. Represente el aire como un fluido ideal para encontrar la rapidez de la corriente del aire que circula a través de la fuga.
P1+ p+g+ yi+ 12
p∗V 12=p2+ p+g+ yi+ 12
p∗V 22
1atm+0+0=0.287+0+ 12¿
V 2=√2∗(1atm−0.287atm)(1.013+105 Nm2)
1.20 Kgm3
V 2=√2∗(0.7113atm)∗(101300Nm2)
1.20 Kgm3
V 2=√144453.8atm Nm2
1.20 Kgm3
V 2=380.071,20
V 2=316.705