Solución tarea 3 Física General 1

2S 2022
Enunciado problema 1
1. Un vagón de ferrocarril con una masa total de 200 kg se desplaza horizontalmente
con una rapidez de 5 m/s hacia el este sobre rieles con fricción despreciable.
Considerando que el vagón se mantiene sobre las vías, calcule su velocidad final si:
a) Se lanza una masa de 25 kg desde el vagón en dirección perpendicular a las vías,
con rapidez de 2 m/s respecto al vagón.
b) Una masa de 25 kg se lanza hacia atrás (hacia el oeste) con rapidez de 5 m/s
respecto al vagón.
c) Una masa de 25 kg se avienta al interior del vagón con rapidez de 6 m/s respecto
al suelo y en dirección opuesta al movimiento del vagón (hacia el oeste).
d) Para el caso analizado en a), ¿se conserva el momentum en el eje perpendicular al
movimiento del vagón?, ¿cómo se explica que el vagón no se salga de las vías?
Justifique con claridad sus razonamientos.

Solución problema 1

Inciso a)
Para este problema se toma un marco de referencia donde el eje horizontal positivo está
alineado con el movimiento del vagón.

Para este caso debe considerarse el momentum del vagón antes de que se lance la
masa y después de que se lanza.
La velocidad final de la masa lanzada es la rapidez horizontal que lleva el vagón
(debido a que la masa se lanza desde el vagón) más la rapidez vertical con la que se
lanza:
m m
⃗ f,m = 5 ı̂ + 2 ȷ̂
v
s s

Para obtener la velocidad final del vagón se considera la conservación del momentum
en el eje horizontal:
mT vi = mv vf,v + mm vf,m

Donde: mT es la masa total del vagón antes de que se lance la masa, vi es la rapidez
inicial del vagón, mv es la masa del vagón (sin tomar en cuenta la masa lanzada) y
mm es la masa de la masa lanzada (valga la redundancia)
mT vi − mm vf,m
⇒ vf,m =
mv
 (200 kg)(5 m/s) − (25kg)(5 m/s)
vf,m =
175 kg

vf,m = 5 m/s

Por lo tanto, la velocidad final del vagón es 5 m/s hacia el este.

Inciso b)
En este caso primero se debe obtener la rapidez con la que se lanza la masa respecto
a la Tierra (al suelo). La rapidez de la masa lanzada respecto a la Tierra (vm,T ) es la
rapidez de la masa lanzada respecto al vagón (vm,v ) más la rapidez del vagón
respecto a la Tierra (vv,T), es decir:
vm,T = vm,v + vv,T
m m m
⇒ vm,T = −5 + 5 = 0
s s s
Ahora se plantea la conservación del momentum como en el caso anterior y se usa la
nomenclatura usada anteriormente:
mT vi = mv vf,v + mm vf,m

mT vi − mm vf,m
⇒ vf,m =
mv

(200 kg)(5 m/s) − (25kg)(0 m/s)

vf,m =
175 kg

vf,m = 5.71 m/s

Por lo tanto, la velocidad final del vagón es 5.71 m/s hacia el este.

Inciso c)
Para este caso cambia el planteamiento. Ahora al inicio se tiene el vagón y la masa
que se le lanza en dirección opuesta. Después del contacto, la masa y el vagón se
mueven como un solo cuerpo.
Se plantea la conservación del momentum:
mv vi,v + mm vi,m = mT vf

Donde: mv es la masa del vagón (sin tomar en cuenta la masa lanzada) y mm es la

masa de la masa lanzada (valga la redundancia), mT es la masa total del vagón
después del contacto con la masa que se le lanza y vf es la rapidez final del vagón +
masa.
 mv vi,v + mm vi,m
⇒ vf =
mT

(200 kg)(5 m/s) + (25 kg)(−6 m/s)

vf =
225 kg

m
vf = 3.77
s
Por lo tanto, la velocidad final del sistema vagón+masa es 3.77 m/s hacia el este.

Inciso d)
Para el caso analizado en a) en el eje vertical no hay conservación del momentum.
Como el vagón se mantiene sobre los rieles sin descarrilarse se infiere que hay una
fuerza externa que lo mantiene sobre los rieles. Esa fuerza es la fuerza de contacto
que ejercen los rieles sobre el vagón.
 2. Una estrella Cefeida, la cual puede variar en el radio extremadamente rápido, tiene
una masa M = 1031 kg, además se sabe que cuando tiene un periodo de rotación
exacto de 24.4 horas su radio tiene un valor mínimo de 3.50 × 109 m. Esta estrella
alcanza su máximo tamaño cuando el radio se incrementa en un 15%, lo cual ocurre
cada 3.7 días. Con esta información determine:

Nota: No tome en consideración que pueda existir rotación diferenciada.

a) El momento de inercia de la estrella antes y después de la expansión.

b) La rapidez angular inicial y el momento angular inicial de la estrella.
c) La rapidez angular final y el periodo de rotación final de la estrella.
d) La aceleración centrípeta final para un punto en la región ecuatorial, y en un punto
en alguno de los polos de la Cefeida.
e) Aproximadamente qué cantidad de giros habría dado la Cefeida en el tiempo
transcurrido entre el menor valor del radio y el mayor valor del radio, si se hubiera
dado una aceleración angular constante.
f) ¿Por qué no sería conveniente tomar una aceleración angular constante como en
el punto e) cuando se tiene el problema real?

Solución problema 2

Inciso a)
El momento de inercia sería el de una esfera uniforme, por lo tanto:
2
I0 = MR20 = 4.90 × 1049 kg m2
5
2
If = MR2f = 6.48 × 1049 kg m2
5

Inciso b)
Para la rapidez angular, sabemos que el período que es el tiempo que le toma
completar una vuelta, lo que es lo mismo que una revolución o 2π radianes.
2π
ω0 = T0
= 7.15 × 10−5 rad/s}

Para el momento angular, para un cuerpo extenso tenemos que L = I ∗ ω

L0 = I0 ω0 = 3.50 × 1045 kg m2 /s

Inciso c)
Como no intervienen fuerzas externas entonces el torque neto externo es cero, por lo tanto:

⃗
dL
τ⃗neto = pero τ⃗neto = ⃗0 así que ⃗L = constante
dt
Lf = L0
Es decir:

Ii ∗ ωi = If ∗ ωf

ωf = L0 /If = 5.41 × 10−5 rad/s

Inciso d)
Para el caso ecuatorial ac = R f ω2f = 12.3 m/s 2, para el caso en el polo, los radios de rotación
serían de 0 m, por lo tanto, no habría aceleración centrípeta en esa posición.

Inciso e)
Como asumimos que α = constante entonces podemos usar las fórmulas de cinemática
rotacional, así:
ω0 + ωf
Δθ = ( ) ∗ ∆t ≈ 20.1 rad
2
20.1 rad = 3.2 revoluciones

Por lo tanto, la Cefeida dio 3.2 vueltas

Inciso f)
Como el radio aumenta y disminuye, entonces la aceleración va cambiando, eso quiere decir
que la aceleración angular realmente varía en el tiempo y no debe ser tomada como
constante.
 3. Se tienen dos trozos de hielo que se deslizan sobre una pista horizontal de patinaje
sobre hielo, por lo que se puede despreciar la fricción sobre los mismos. Si colocamos
un sistema de referencia, se puede ver que el primer trozo (T1) de masa 4 kg tiene
una rapidez de 8 m/s y viaja inicialmente a 20° sobre el eje x, mientras que el segundo
trozo (T2) de masa 5 kg se mueve hacia el eje x negativo con una rapidez de 12 m/s,
por lo que, al chocar, este se parte en dos trozos (T21 y T22). El trozo T21 queda con
una masa de 2 kg y se mueve a 145° respecto al eje x a una rapidez de 10 m/s, mientras
que el trozo T1 se mueve a -11° con respecto al eje x, con una rapidez de 7 m/s.
Encuentre:

Figura 1. Trozos de hielo del problema 3 antes de la colisión

a) ¿Cuál es el vector velocidad del segundo trozo del hielo que se partió (T22)
después de la colisión?
b) ¿Cuál es la fuerza neta promedio que siente el trozo de hielo 2 (T2) durante la
colisión, si dicha colisión tardó 0,28 s?
c) Calcule la diferencia de energía cinética del sistema e identifique el tipo de
colisión.
d) ¿Qué sucede con la velocidad del centro de masa del sistema antes y después de
la colisión? ¿Disminuye, aumenta o permanece constante? Explique con claridad
sus razonamientos.

Solución problema 3

Inciso a)
Escogiendo el sistema como el trozo 1 + trozo 2 se conserva el momento lineal del sistema,
porque las únicas fuerzas externas al sistema serían la normal y el peso de cada bloque, las
cuales se cancelan entre sí, y la fuerza del choque sería una fuerza interna por lo que el
momento lineal del sistema se conserva.

Lo que NO se conserva es el momento lineal individual de cada trozo de hielo, porque cada
trozo sufre un impulso debido a la fuerza del choque, por eso nuestro sistema debe ser los
dos trozos para que se pueda dar la conservación del momento.
 m
P0x = Px → 4 ∙ 8 cos 20 − 12 ∙ 5 = 2 ∙ 10 cos 145 + 4 ∙ 7 cos 11 + 3vx → vx = −13,68
s
m
P0y = Py → 4 ∙ 8 sen 20 = 2 ∙ 10 sen 145 + 4 ∙ 7 sen 11 + 3vy → vy = 1,61
s
m m
Por lo tanto, la velocidad de T22 es v
⃗ = −13,68 ı̂ + 1,61 ȷ̂
s s

Inciso b)
Sabemos que la fuerza neta promedio durante el choque se puede calcular de la siguiente
ecuación:

Jx = Fx neta ∗ ∆t

Y también usando el teorema momento – impulso sabemos que:

Jx = ∆px

Combinando ambas expresiones encontramos que:

Jx ∆px
Fx neta = =
∆t ∆t
Por lo tanto:
Px − P0x 2 ∙ 10 cos 145 − 3 ∙ 13,68 − 12 ∙ 5
Fx = = = −419,37 N
t 0,28
Py − P0y 2 ∙ 10 sen 145 + 3 ∙ 1,61 − 0
Fy = = = 58,22 N
t 0,28

Inciso c)
En este caso la única energía de interés es la energía cinética lineal del sistema, así que:

2 ∙ 102 3 ∙ (13,682 + 1,612 ) 4 ∙ 72 4 ∙ 82 5 ∙ 122

∆K = K f − K 0 = ( + + )−( − ) = −5,40 J
2 2 2 2 2

Lo que significa que se está perdiendo 5,40 J de energía durante la colisión, por lo que se
puede clasificar como una colisión inelástica.

Inciso d)
La velocidad del centro de masa se debe conservar, ya que no existe ninguna fuerza externa
m m
en el sistema y su valor es v
⃗ cm = −3,33 ı̂ + 1,22 ȷ̂. Esto ya que:
s s

⃗ externas = m ∗ a⃗cm pero como ∑ F

∑F ⃗ → a⃗cm = 0
⃗ externas = 0 ⃗

Y si la aceleración del centro de masa es nula, entonces la velocidad del cm va a ser

constante.
 4. En el sistema mostrado en la figura 2, la polea 1 tiene un momento de inercia I1 =
2,00 kg m2, un radio interno r1int = 15,0 cm y un radio externo r1ext = 30 cm. La polea
2 tiene un radio interno r2int = 10,0 cm y un radio externo r2ext = 20,0 cm. Un bloque
de masa m = 1,75 kg se encuentra colgando a una altura h = 0,50 m sobre el suelo. Si
el sistema parte del reposo, y el bloque llega al suelo con una rapidez v = 0,25 m/s:

Figura 2. Diagrama del problema 4

a) Calcular el momento de inercia de la polea 2.

b) Calcular la velocidad angular de la polea 1, en el momento en que el bloque llega
al suelo.
c) Calcular la velocidad angular de la polea 2, en el momento en que el bloque llega
al suelo.
d) Calcular el tiempo que dura el bloque en chocar contra el suelo.
e) ¿Cómo cambiaría el problema (y los resultados de los incisos anteriores) si el
sistema estuviera diseñado para que el cable pasara por el radio interno de la
polea 2? Explique con claridad sus razonamientos.

Solución problema 4

Inciso a)
Si tomamos como sistema las dos poleas + el bloque + campo gravitacional de la Tierra se
conserva la energía mecánica, esto, porque no hay ninguna fuerza externa al sistema que
produzca trabajo, las tensiones de las cuerdas serían fuerzas internas por el sistema que fue
escogido, de esta manera:

EM inicial = EM final
UG = K1rot + K 2rot + K traslación bloque

Donde las energías potenciales de las poleas se eliminan al no cambiar su altura.

UG = K1rot + K 2rot + K traslación bloque

1 1 1
mgh = I1 ω12 + I2 ω22 + mv 2
2 2 2

Nótese que en este caso la rapidez angular de la polea 1 𝜔1 NO es igual a la rapidez angular
de la polea 2 𝜔2 , esto ya que, la distancia (radio de la polea para este ejemplo) a la cual está
amarrada la cuerda para cada polea NO es igual. Para el caso de la polea 1 la cuerda está
amarrada en su radio interno r1int = 15,0 cm, mientras que, para la polea 2 está amarrada en
su radio externo r2ext = 20,0 cm; por lo cual los radios no son iguales y esto sumado a la
condición de rodadura va a hacer que la rapidez angular de las poleas NO sea igual.

Debido a la condición de rodadura, la cuerda se desenrolla sin deslizar, por lo que debe
cumplirse para cada polea la relación: v = ωr

Donde v es la rapidez de la cuerda, que es la misma rapidez que la del bloque, r es la distancia
del eje de rotación de la polea al punto donde está amarrada la cuerda y ω es la rapidez angular
de la polea.
1 v 2 1 v 2 1
mgh = I1 ( ) + I2 ( ) + mv 2
2 r1int 2 r2ext 2

1 v2 1 v2 1
mgh = I1 2 + I2 2 + mv 2
2 r1int 2 r2ext 2

1 v2 1 1 v2
mgh − I1 2 − mv 2 = I2 2
2 r1int 2 2 r2ext

2
2r2ext 1 v2 1
2 (mgh − I1 2 − mv 2 ) = I2
v 2 r1int 2

Sustituyendo:

2(0,2)2 1 0,252 1
I2 = [(1,75)(9,8)(0,5) − (2) − (1,75)0,252 ] = 7,35 kg m2
0,252 2 0,152 2
Inciso b)

Como conocemos la rapidez final del bloque y usando la condición de rodadura tenemos
que:
v1 v 0,25
ω1 = = = = 1,67 rad/s
r1int r1int 0.15

Inciso c)

Al igual que el inciso anterior, pero tomando los datos de la otra polea tenemos que:
v2 v 0,25
ω2 = = = = 1,25 rad/s
r2ext r2ext 0.20

Inciso d)
En este caso las fuerzas que actúan sobre el bloque que son la tensión de la cuerda y el peso
son constantes, esto nos dice que la aceleración con la que el bloque cae también es constante,
por lo que podemos usar las ecuaciones de MRUA para el bloque y encontramos que:

*Nota: Asumimos un marco coordenado con la dirección vertical positiva hacia abajo y
comenzando en una posición inicial de 0,0 m.
v + v0
∆y = ( )t
2

De donde se despeja el tiempo:

2∆y 2(0,50)
t= = = 4,0 s
v + v0 0,25 + 0

Inciso e)
Con respecto al momento de inercia de la polea 2, no cambiaría pues la distribución de masa
de dicha polea seguiría siendo la misma ya que el eje de rotación no ha cambiado, ni la
forma de la polea.

Con respecto a las otras variables, al pasar por la parte interna, costará más hacerla girar,
causando que el movimiento del sistema sea más lento, así, las velocidades angulares
disminuirán, y la velocidad del bloque al llegar al suelo, también. Finalmente, al ir más lento,
el tiempo de caída será mayor.
 5. Un sistema de dos masas gira tal como lo muestra la figura 3, una masa es de 4,0 kg
y la otra de 3,0 kg están unidos a extremos opuestos de una varilla delgada
homogénea horizontal de L = 42,0 cm de largo y masa M = 1,5 kg, el sistema gira
respecto a un eje vertical en el centro de la varilla. Asumiendo que el sistema comienza
del reposo y tiene una aceleración angular constante encuentre:

Figura 3. Diagrama del problema 5

a) El valor de la aceleración angular y velocidad angular final asumiendo que el

sistema gira 12,3 revoluciones en un tiempo de 25,0 s.
b) La rapidez tangencial final, aceleración tangencial final y longitud de arco recorrida
por cada una de las masas.
c) El momento de inercia del sistema compuesto por las dos masas y la varilla y la
energía cinética rotacional final del sistema.
d) Encuentre el centro de masa del sistema compuesto por las dos masas y la varilla
respecto al punto central de la varilla y el momento de inercia de un eje que pasa
por este centro de masa usando el teorema de ejes paralelos, indique con claridad
su marco coordenado.
e) Si el sistema ahora gira respecto a un eje que pasa por el centro de masa del
sistema compuesto del inciso d) con las mismas condiciones del enunciado e
inciso a), ¿cómo cambiarían sus respuestas de los incisos a), b) y c)? Justifique con
claridad sus razonamientos usando conceptos físicos y fórmulas que
complementen su respuesta.

Solución problema 5

Inciso a)

Según los datos del enunciado asumimos una aceleración angular constante, así que
podemos usar las fórmulas de cinemática rotacional para calcular lo que nos piden, así:

1 2
θf = θi + ωi t + αt 2 → α = 2 (θf − θi − ωi t)
2 t
 rad
Como comienza del reposo ωi = 0 s
, además:

2π rad
θf − θi = ∆θ = 12,3 rev ∗ ( ) ≈ 77,3 rad
1 rev

t = 25,0 s

Calculamos la aceleración angular:

2 rad
α= 2
(θf − θi − ωi t) ≈ 0,25 2
t s

Para calcular la rapidez angular final:

rad rad rad

ωf = ωi + α ∗ t = 0 + (0,25 2 ) ∗ 25,0 s = 6,25
s s s

Inciso b)
Como ambas masas están a la misma distancia del centro, entonces su radio respecto al eje de
rotación que pasa por el centro de la varilla, y al ser un sistema rígido la velocidad angular,
aceleración angular y desplazamiento angular de ambas masas será el mismo, por lo tanto:

L rad 0,42 m rad m

vtan = r ∗ ωf = ∗ 6,25 = ∗ 6,25 ≈ 1,31
2 s 2 s s

L rad 0,42 m rad m

atan = r ∗ α = ∗ 0,25 2 = ∗ 0,25 2 ≈ 0,05 2
2 s 2 s s

L 0,42 m
s = r ∗ ∆θ = ∗ 77,3 rad = ∗ 77,3 rad ≈ 16,2 m
2 2

Inciso c)

En momento de inercia del sistema sería la suma de los momentos de inercia individuales.
Como en este problema no me dicen nada del radio de las masas, entonces se consideran
partículas puntuales de masa m, así que su momento de inercia estaría dado por:

Ipartícula puntual = m ∗ r 2

Para la varilla homogénea, como gira respecto a un eje que pasa por su centro (centro de
masa de la varilla):
1
Ivarilla cm = M ∗ L2
12
Así el momento de inercia del sistema total sería:
 Itotal = Ivarilla cm + Imasa 4,00 kg + Imasa 3,00 kg

1 0,42 m 2 0,42 m 2
Itotal = 1,5 kg ∗ (0,42 m)2 + 4,00 kg ∗ ( ) + 3,00 kg ∗ ( )
12 2 2
Itotal ≈ 0,33 kg ∗ m2

Inciso d)

Ubicando el origen en el centro de la varilla y con el eje “x” positivo apuntando hacia la
derecha o lo que es lo mismo, el eje positivo hacia la masa de 3,00 kg para encontrar el CM
del sistema tenemos que:

1,5 kg ∗ 0,0 m + 3,00 kg ∗ 0,21 m + 4,00 kg ∗ −0,21 m

xCM = ≈ −0,025 m
1,5 kg + 3,00 kg + 4,00 kg

El CM del sistema está un poco a la izquierda del centro de la varilla, lo que tiene sentido
porque hay una mayor masa de ese lado.

Para encontrar el momento de inercia, primero debemos observar que este es el CM del
sistema, así que usando la fórmula del Teorema de Ejes Paralelos o Teorema de Steiner
tenemos que:

IP = ICM + M ∗ d2

Donde M es la masa total del sistema, IP es el momento de inercia cuando giraba respecto al
centro de la varilla y d sería la distancia entre ejes, la cual sería 0,025 m. Así que:

ICM = IP − M ∗ d2 = 0,33 kg ∗ m2 − (1,5 + 3,00 + 4,00)kg ∗ (0,025 m)2 ≈ 0,32 kg ∗ m2

Es muy parecido porque la distancia entre el eje del CM y el del punto P están muy cercanos
entre sí, en este caso a una distancia de 𝑑 = 0,025 𝑚, que es lo mismo que 2,5 cm.

Inciso e)

En este caso el inciso a no cambia porque las fórmulas de la cinemática no le importan el eje
de rotación, sino cuántos radianes giró y cuánto tiempo le tomó, y como se mantienen las
condiciones del enunciado entonces este inciso no cambiaría.

Por otra parte, el inciso b sí cambia porque el radio del eje de rotación a las masas ya no
sería el mismo, ahora la masa de 4,00 kg está más cerca que la de 3,00 kg, así que habría que
obtener respuestas para cada masa por aparte.

El momento de inercia del inciso c) sería el que calculamos en el inciso d).

 6. Una placa triangular OAB está en un plano horizontal. Tres fuerzas, F1 = 6.0 N, F2 =
9.0 N, y F3 = 7.0 N, actúan sobre la placa en este plano. En la figura 4, F2 es
perpendicular a la línea OB. Considere el sentido contrario a las agujas del reloj como
positivo y calcule:
a) La suma de los torques alrededor de un eje perpendicular al plano que pasa a
través del punto O.
b) La suma de los torques alrededor de un eje perpendicular al plano que pasa a
través del punto A.
c) La suma de los torques alrededor de un eje perpendicular al plano que pasa a
través del punto B.
d) Si se considera ahora un eje paralelo al plano que pasa a través del punto O, pero
va a lo largo de la línea AO ¿Cómo cambiaria esto el resultado obtenido en A?

Figura 4. Diagrama que muestra las fuerzas aplicadas a la paca triangular.

Solución problema 6

Inciso a)

Para el cálculo de los torques debemos cuidar dónde se nos pide colocar el eje de rotación
para calcular los torques.
∑ τ = −r1 F1 sin 60° + r2 F2 sin 90°

∑ τ = −0.6m 6.0N sin 60° + 0.8m 9.0 N sin 90° = 4.08 Nm

Inciso b)
En este caso se debe tomar en cuenta el ángulo que forma la fuerza 2 respecto a la línea AB
0.8
θ = tan−1 = 53.13°
0.6
∑ τ = −r3 F3 sin 45° + r2 F2 sin θ°
 ∑ τ = −0.6m 7.0N sin 45° + 1.0m 9.0 N sin 53.13° = 4.23 Nm

Inciso c)
Es necesario determinar el ángulo entre la fuerza 1 y la línea AB, en este caso utilizando la
geometría se puede determinar que:
0.6
α = tan−1 = 36.87°
0.8
∑ τ = +r3 F3 sin 135° + r1 F1 sin(30 + α)°

∑ τ = +0.8m 7.0N sin 135° + 1.0m 6.0 N sin(30 + 36.87)° = 9.47 Nm

Inciso d)
En este caso las fuerzas F1 y F3 no producirían torque porque su línea de acción pasaría por
el eje de rotación, así que la única fuerza que produciría torque sería F2 .