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COMPENDIO DECOMPENDIO DE
PROBLEMASPROBLEMAS
PROPUESTOS yPROPUESTOS y
RESUELTOS POR UNARESUELTOS POR UNA
FÍSICA SIMPIFICADAFÍSICA SIMPIFICADA
PROFESORPROFESOR
Martín Zayas BoussartMartín Zayas Boussart
DOS CIRCUNFERENCIAS DE RADIO “R” PASA CADA UNA PORDOS CIRCUNFERENCIAS DE RADIO “R” PASA CADA UNA POR
EL CENTRO DE LA OTRA. ¿CUÁL ES EL ÁREA ENTRE ELLAS?EL CENTRO DE LA OTRA. ¿CUÁL ES EL ÁREA ENTRE ELLAS?
Como te puedes dar cuenta. Podemos trazar un triángulo equiláteroComo te puedes dar cuenta. Podemos trazar un triángulo equilátero
dentro del sector sombreado.dentro del sector sombreado.
De modo que el sector de circunferencia tiene un área igual a:De modo que el sector de circunferencia tiene un área igual a:
22
11
66
 R R
 A A
  

Luego por el teorema de Pitágoras, la altura del triángulo será igual a:Luego por el teorema de Pitágoras, la altura del triángulo será igual a:
33
22
h h RR
Pero el área del triángulo entonces será igual a:Pero el área del triángulo entonces será igual a:
..
22
TriánguloTriángulo
 B h B h
 A A  22
33
..
22 33
2 2 44
TriánguloTriángulo
 R  R RR
 A  A RR
  
  
      
Si al área del sector circular le restamos el área del triángulo, tendremSi al área del sector circular le restamos el área del triángulo, tendremosos
que se obtiene el áreaque se obtiene el área 22 A A  comprendida entre la circunferenc comprendida entre la circunferencia y el arco.ia y el arco.
22
22
22
33
6 6 44
 R R
 A  A RR
  
  
DOS CIRCUNFERENCIAS DE RADIO “R” PASA CADA UNA PORDOS CIRCUNFERENCIAS DE RADIO “R” PASA CADA UNA POR
EL CENTRO DE LA OTRA. ¿CUÁL ES EL ÁREA ENTRE ELLAS?EL CENTRO DE LA OTRA. ¿CUÁL ES EL ÁREA ENTRE ELLAS?
Como te puedes dar cuenta. Podemos trazar un triángulo equiláteroComo te puedes dar cuenta. Podemos trazar un triángulo equilátero
dentro del sector sombreado.dentro del sector sombreado.
De modo que el sector de circunferencia tiene un área igual a:De modo que el sector de circunferencia tiene un área igual a:
22
11
66
 R R
 A A
  

Luego por el teorema de Pitágoras, la altura del triángulo será igual a:Luego por el teorema de Pitágoras, la altura del triángulo será igual a:
33
22
h h RR
Pero el área del triángulo entonces será igual a:Pero el área del triángulo entonces será igual a:
..
22
TriánguloTriángulo
 B h B h
 A A  22
33
..
22 33
2 2 44
TriánguloTriángulo
 R  R RR
 A  A RR
  
  
      
Si al área del sector circular le restamos el área del triángulo, tendremSi al área del sector circular le restamos el área del triángulo, tendremosos
que se obtiene el áreaque se obtiene el área 22 A A  comprendida entre la circunferenc comprendida entre la circunferencia y el arco.ia y el arco.
22
22
22
33
6 6 44
 R R
 A  A RR
  
  
 Ahora bien, e Ahora bien, en toda el án toda el área que comprea que comprende a la rende a la interacción dinteracción de las dose las dos
circunferencias hay cuatro sectorescircunferencias hay cuatro sectores 22 A A y dos triángulos equiláteros,y dos triángulos equiláteros,
por lo que el área total por lo que el área total buscada es:buscada es:
222 2 44TToottaal l TTrriiáánngguulloo A  A A A AA  
22
2 2 223 3 332 2 44
4 4 6 6 44
Total Total 
 R R
 A  A R R RR
        
                
      
22
2 2 223 3 22 33
2 2 33
Total Total 
 R R
 A  A R R RR
  
    
22
222 2 33
3 3 22
Total Total 
 R R
 A  A RR
  
  
222 2 33
3 3 22
Total Total  A  A RR
    
        
  
EL VALOR DE X SE OPTIENE RESTANDO DE UN CUARTO DE LA CIRCUNFERENCIA DE 8m DE RADIOEL VALOR DE X SE OPTIENE RESTANDO DE UN CUARTO DE LA CIRCUNFERENCIA DE 8m DE RADIO
UN CUARTO DE LAS AREAS DE LAS CIRCUNDERENCIAS DE 4m DE RADIO MENOS EL AREA DELUN CUARTO DE LAS AREAS DE LAS CIRCUNDERENCIAS DE 4m DE RADIO MENOS EL AREA DEL
CUADRADO DE 4m POR LADO.CUADRADO DE 4m POR LADO.
          
2 2 2 2 221 1 1 1 11
8 8 4 4 4 4 1166
4 4 4 4 44
 x x             
116 6 4 4 4 4 116 6 8 8 1166 x x                     
EL VALOR DE LA Y SE CALCULA DE LA SIGUIENTE MANERA.EL VALOR DE LA Y SE CALCULA DE LA SIGUIENTE MANERA.
EL AREA “R” ES EL AREA DEL CUADRADO MENOS EL AREA DEL CUARTO DE CIRCUNFERENCIA DEEL AREA “R” ES EL AREA DEL CUADRADO MENOS EL AREA DEL CUARTO DE CIRCUNFERENCIA DE
RADIO 4m, ESTO ES:RADIO 4m, ESTO ES:
  
2211
116 6 4 4 116 6 44
44
 R R           
PERO ESTA CANTIDAD LA TENGO DOS VECES. POR LO QUE:PERO ESTA CANTIDAD LA TENGO DOS VECES. POR LO QUE:
  116 6 2 2 116 6 2 2 116 6 4 4 116 6 332 2 8 8 8 8 1166Y Y RR                         
LUEGO ENTONCES:LUEGO ENTONCES:
8 8 116 6 8 8 116 36 32 2 3322 X  X Y Y                    
  332 2 332 2 332 2 11 X  X Y Y                
11
 A A
22
 A A
 R R
 R R
PROBLEMA DE ÁLGEBRA.PROBLEMA DE ÁLGEBRA.
UN BARRIL ESTA COMPLETAMENTE LLENO DE ALCOHOL, LUEGO, DE DICHOUN BARRIL ESTA COMPLETAMENTE LLENO DE ALCOHOL, LUEGO, DE DICHO
BARRIL SE EXTRAEN 24 LITROS DE DICHA SUSTANCIA Y SE LE AGREGAN 24BARRIL SE EXTRAEN 24 LITROS DE DICHA SUSTANCIA Y SE LE AGREGAN 24
LITROS DE AGUA. DE DICHA MEZCLA SE EXTRAN NUEVAMENTE 24 LITRO Y SELITROS DE AGUA. DE DICHA MEZCLA SE EXTRAN NUEVAMENTE 24 LITRO Y SE
VUELVEN A LLENAR CON 24 LITROS DE AGUA. SI LA PROPORCIÓN FINAL ES 24 AVUELVEN A LLENAR CON 24 LITROS DE AGUA. SI LA PROPORCIÓN FINAL ES 24 A
25 ENTONCES. ¿CUÁL ES LA C25 ENTONCES. ¿CUÁL ES LA CAPACIDAD DE DICHO BARRIL?APACIDAD DE DICHO BARRIL?
SOLUCIÓNSOLUCIÓN
Luego la ecuación que resuelve el problema es:Luego la ecuación que resuelve el problema es:
  
2424
224 4 224 4 2244 x  x P P 
 x x
           
2424
224 4 224 4 11 x  x P P 
 x x
      
Pero tenemos que:Pero tenemos que: 4949 4949
 x x
 x  x P P P P     
  
2424
224 4 224 4 11
4949
 x x
 x x
 x x
          
  
  24 24 11
4949
 x x
 x  x xx
          
  
Simplificando se tiene que:Simplificando se tiene que:
22 998 8 1111776 6 00 x  x xx    
Resolviendo esta ecuación de segundo grado nos daResolviendo esta ecuación de segundo grado nos da
queque::
8484 X  X litrolitross
 x x
2424 2424
2424 x x 
AguaAgua
AlcoholAlcohol
MezclaMezcla
24P24P
25P25P
  2424
4949TToottaal l P  P  
Para empezar tenemos que: 1 2 A A
La suma de dichas áreas se calcula con el modelo que ya calcule y
publique:
2
1 2
2 3
3 2
 A A A r 
  
     
 
En este caso: 2r cm
   2 2 2
2 3 2 3 8
2 4 2 3
3 2 3 2 3
 A cm cm cm
  
 
                       
 Ahora el área 3 A , será el área de la semicircunferencia menos el área
“A” que ya calculamos, esto es:
2
2
3
8
2 3
2 3
r 
 A cm
 
 
    
 
 
2
2 2 2
3
2 8 8 2
2 3 2 2 3 2 3
2 3 3 3
cm
 A cm cm cm
   
   
                 
     
 Ahora, al área de toda la semicircunferencia mayor, le restamos una
circunferencia completa menor y el área A3
  2 2 2
1 2
16 4 2 3
2 3
Sombreada A cm cm cm
 
  
     
 
1 A 2 A
r 
3
 A
2 2 224 2 3
3
Sombreada A cm cm cm
 
   
2 214 2 3
3
Sombreada A cm cm  
SOLUCIÓN
272 3
3
Sombreada A cm 
    
 
CUAL ES LA SOLUCION DE LA SIGUIENTE ECUACION
DIFERENCIAL.
   2 2 2 2 1 xy x dx x y x y dy    
Por separación de variables.
     2 2 21 1 1 x y dx y x y dy      
    2 21 1 1 x y dx y x dy   
 
 
 
2
2
1
11
 y dy xdx
 y x


  
 
 
2
2
1
11
 y dy xdx
 y x

 
  
 
   
2
2 11 1 2 1 2 1
2 2
 y
 Ln x y Ln y C 

      
   
 
 
2
1
2 2
1
1 2 1 2 1
2
 y
 Ln x Ln y y C 

      
 
  2
2
1 31
21
 y y x
 Ln C 
 y
 
 

      
4 1 32 1 1
y y
 x C y e
          
4 1 3
1 1
 y y
 x C y e
    
Hay muchísimos resultados
PROBLEMAS DE MECÁNICA
Problema 1
Dos partículas A y B están inicialmente en la posición que
se indica en la figura. Si la velocidad de las partículas es
constante, entonces, la distancia recorrida por la partícula
A hasta alcanzar a B es de:
Solución.
Como la velocidad de la partícula A es mayor que la velocidad
de la partícula B, se tiene que la velocidad relativa de
aproximación es de:
20 15 5 R A B
m m m
v v v
 s s s
    
Esto es equivalente a preguntarnos lo siguiente. ¿Cuánto
tiempo le toma a la partícula A recorrer los 3 m con esa
velocidad relativa de aproximación?
3 3
55 R
d m
t s
mv
 s
  
 Ahora, preguntémonos lo siguiente. ¿En este tiempo cuanta
distancia recorre la partícula A?
3
20
5
 A
m
 x v t s
 s
      
  
12 x m 
Pero la partícula A ya estaba anteriormente separada del punto
inicial 5 m. por lo que la distancia total D recorrida por la
partícula A fue de:
5 12 17 D m m m  
Problema 2
La figura es una gráfica de posición vs tiempo.
¿En qué punto la velocidad instantánea vale ceo?
La respuesta a esta interrogante es muy simple, donde la
pendiente de la tangente a la trayectoria valga cero, esto es:
0
dx
v
dt 
 
Lo que indica que la velocidad instantánea es cero en el
punto C
Problema 3
Una pelota de golf es golpeada con una velocidad de 80
p/s tal como se muestra en la figura. Calcular la distancia
“d” donde llegara.
Obsérvese. Que la pelota de golf fue golpeada realmente con
un ángulo de elevación de 55° y con una velocidad de 30 p/s
La ecuación de la trayectoria parabólica se calcula con la
ecuación.
2
2 2
0
tan
2 cos
 gx
 y x
v
 
 
 
De donde 10 45 55       
Por otra parte, tenemos que:
tan10
y
 x
  tan10 y x  
 
2
2 2
tan10 tan 55
2 80 cos 55
 gx
 x x   

Despejamos ahora a la “x”
 
2
2 2
tan 55 tan10
2 80 cos 55
 gx
 x x   

 Ahora, simplificamos la ecuación eliminando a una “x”
 
2 2
tan 55 tan10
2 80 cos 55
 gx
   

Recordemos que 2 29.8 32
m p
 g 
 s s
 
 
 
2 22 80 cos 55
tan 55 tan 10
32
 x

   
 131.59 1.4281 0.1763 x  
164.72 x p
Por lo que haciendo uso de la función coseno tendremos que:
164.72
cos10
p
d 
 
164.72
167.26
cos10
 p
d p  
 Aprox.
Problema 4
Una grúa levanta una masa de 200 kg a 15 m del suelo en
tan solo 10 s. calcular la potencia de la grúa.
Solución.
La potencia es la rapidez con que se efectúa un trabajo, luego
entonces la fórmula es:
W 
 P 
t 

Pero tenemos que el trabajo al levantar a un cuerpo desde el
suelo se transforma en energía potencial, esto es:
W mgh
Luego entonces:
mgh
 P 
t 

De este modo al sustituir nuestros datos se tiene que:
   2200 9.8 15
10
m
kg m
 s
 P 
 s
 
 
 
2940 2.940 P watts kw 
Problema 5
Si una partícula recorre una trayectoria circular con una
frecuencia angular de 75 rev/min. Entonces calcular su
velocidad angular., su periodo, su velocidad tangencial y
su aceleración normal.
Solución.
Primeramente tenemos que la frecuencia es:
75 1.25
min
rev rev
 s

Luego entonces la velocidad angular se calcula con la
fórmula:
2 f    
 2 3.14 1.25 7.85
rev rad  
 s s
 
   
 
El periodo de revolución, no es otra cosa más que el inverso
de la frecuencia f.
1 1
0.8
1.25
T s
rev f  
 s
  
La velocidad tangencial se calcula con la fórmula:
v R 
7.85
rad 
v R
 s
   
 
Pero no se puede conocer numéricamente sino conocemos el
valor del radio de la circunferencia descrita por la partícula.
Lo mismo sucede con la aceleración radial que es igual por
formula a:
22
2 7.85 61.62c
v rad  
a R R R
 R s
 
     
 
Las unidades físicas dependen de las unidades físicas del
radio o de la velocidad.
Problema 6
La masa “m” gira con una velocidad angular constante  
tal como se indica en la figura. ¿Cuál debe de ser la
velocidad angular con la que debería de circular la masa
“m” para que la tensión en las cuerdas cumplan que:
1 2
3
2
T T 
Solución.
Nótese que el peso mg está equilibrado por la fuerza F.
 F mg 
Siendo F igual a: 1 2 y y F T T  
Pero 1 1 cos yT T     , 2 2 cos yT T   
Por lo que:
1 2cos cos F T T    
De este modo tenemos que:
1 2cos cosT T mg     
Pero deseamos por el enunciado del problema que:
1 2
3
2
T T 
2 2
3
cos cos
2
T T mg    
    
 
2
3
cos 1
2
T mg  
    
 
2
1
cos
2
T mg    ……………………………………… 1
Pero también sabemos que la fuerza radial neta es:
1 2 x x cT T F  
2
1 2T sen T sen m R    
2
2 2
3
2
T sen T sen m R    
2
2
5
2
T sen m R   ………………………………... 2
Dividiendo 2 entre 1 tendremos que:
22
2
5
2
1
cos
2
T sen
m R
mg T 
  
 
  

2
5tan
R
 g 
 
  
Despejando a la velocidad angular tendremos que:
2 5 tan
 g 
 R
  
5
tan
 g 
 R
   
Como de la figura se tiene que:
 R
 sen R Lsen
 L
    
De este modo se tendrá finalmente que:
5 5
tan
cos
 g g 
 Lsen L
  
  
 
Si 1 L m y 30   
Tendremos que:
 
2
5 9.8
1 cos 30
m
 s
m
 
 
 
 

7.52
 rad 
 s
  
Problema 7
Un móvil triplica su velocidad angular luego de dar 100
vueltas en un tiempo de 10 s. ¿Qué aceleración angular
tiene?
Solución.
2 1 t     
En nuestro caso se tiene que: 2 13  
Luego entonces tendremos que:
1 13 t      12 t    
12
t 
 
  
2
2 1
2
4
t 
 
  
2 2
2
1
4
t  
   ………………………………………………. 1
Por otra parte tenemos que:
2 2
2 1 2     
 
2 2
0 13 2     
2 2
1 19 2     
2
14   
2
1
4
 
  
Sustituyendo 1 en esta última expresión tendremos que:
2 2
4 4
t   

2t 
 
  
Por ultimo tenemos que: 100 200rev rad   
 
2 2
200
2
10
rad rad  
 s s
 
    
PROCESO ADIABÁTICO REVERSIBLE
Marín Zayas Boussart
Primeramente, un proceso adiabático es un proceso en la cual un sistema ni gana
ni pierde calor, esto es: 0Q 
De acuerdo con la primera ley de la termodinámica y para un gas que se expande
tenemos que:
Q U W      0W U     
Si el sistema realiza trabajo sobre el medio.
En pocas palabras, en un proceso adiabático el trabajo realizado por el sistema o
sobre el sistema se concentra únicamente en cambiar la energía interna del sistema,
lo que es lo mismo decir que el sistema al expandirse no recibe energía del medio
que lo rodea, por lo que utiliza su propia energía interna para realizar trabajo.
Pero en un proceso adiabático reversible, podemos demostrar que:
1
2 1
1 2
T V 
T V 
 
 
  
 
Donde tenemos que:  p
V 
C 
C 
  
El cambio en la energía interna para un gas perfecto en términos de la capacidad
calorífica molar a volumen constante, está dado por la relación:
vU nC T     V 
U 
nC 
T 

 

Pero por otra parte, el resultado de:
0W U    
Escrito en su forma diferencial es:
0dW dU   
Como el trabajo cuando es llevado a cabo a P = cte. es: W P V   
Se tiene que:
dW PdV  
Siendo así, de este modo tendremos que:
0V  PdV nC dT  
Si hacemos ahora uso de la ecuación de estado:
 PV nRT 
nRT 
 P 
V 
 
 Al sustituir en:
0V  PdV nC dT  
Tendremos que:
0V 
nRT 
dV nC dT  
V 
 
Pero también podemos demostrar que la constante universal de los gases ideales
se puede escribir en términos de la capacidad calorífica molar a presión constante
y a volumen constante como:
 P V  R C C  
Demostración.
Q U W      U Q W      
V U nC T P V      
Si llevamoseste proceso a volumen constante, tendremos que: 0V  
Por lo que:
V U nC T     V 
U 
nC 
T 

 
 V 
U 
C 
n T 

 

Si llevamos este proceso a presión constante, tendremos entonces que:
 P U nC T P V      
Pero como:  P V nR T   
Tendremos que al sustituir todo en:
 P U nC T P V      
 P U nC T nR T      
Si dividimos todo por: T  se tendrá que:
 P 
U 
nC nR
T 

 

Pero ya se había demostrado que: V 
U 
nC 
T 


 V P 
nC nC nR  
V P C C R   P V  R C C   
Regresando a nuestro resultado que anteriormente habíamos obtenido:
0V 
nRT 
dV nC dT  
V 
 
0V 
 RT 
dV C dT  
V 
 
  0 P V V 
T 
C C dV C dT  
V 
  
  0 P V V 
dV dT  
C C C 
V T 
  
 
0 P V 
V 
C C    dV dT  
C V T 

 
1 0 P 
V 
C dV dT  
C V T 
 
   
 
Llamando a:  P 
V 
C 
C 
 
 1 0
dV dT  
V T 
      1
dT dV  
T V 
    
Integrando todo este cacharro.
 1
dT dV  
T V 
      1 LnT LnV c       1c LnT LnV      
Por la propiedad de los logaritmos tendremos que:
 1c LnT LnV  
      1.c Ln T V    
Siguiendo el álgebra para este resultadillo se tendrá que:
  1. Ln T V ce e
 
 1 'TV c   
Esto nos conduce finalmente a:
1 1 1
1 1 2 2 ...... .n N TV T V T V cte
         1 11 1 2 2TV T V  
    
1
1 2
1
2 1
V T 
V T 
 
 

 
1
2 1
1 2
T V 
T V 
  
 
   
 
 Ahora me atrevo a comprobar lo siguiente:
Los físicos han comprobado que durante una expansión adiabática en un gas
ideal, la presión volumen está dada por la relación  PV k    . Demostrar que el
trabajo realizado por el gas al expandirse desde un estado  1 1, P V  a un estado
 2 2, P V  , está dado por  1 1 2 2
1
1
W PV PV  
 
 

.
Solución.
No debes se olvidar que cuando en un sistema se pasa de un estado  1 1, P V   a otro
estado  2 2, P V  , el trabajo se calcula con la fórmula:
2 2
1 1
 P V 
 PV 
W PdV   
Pero como en nuestro caso:  PV k   
k 
 P 
V  
 
 Al sustituir en la integral, se tiene que:
2 2
1 1
 P V 
 PV 
k 
W dV 
V  
 
2 2
1 1
 P V 
 PV 
W kV dV     
Integrando tendremos que:
2 2
1 1
1
1
 P V 
 PV 
V 
W k 
 
 
  
    
Pero como k PV   , tendremos que:
2 2
1 1
1
1
 P V 
 PV 
V 
W PV 
 
 
 
  
    
2 2
1 1
1
 P V 
 PV 
 PV 
W 
 
 
     
 2 2 1 1
1
1
W PV PV  
 
  

Lo que queda de esta manera demostrado lo que se quería demostrar.
Para los casos prácticos tendremos que:
2i
i
 


a) Si el gas es monoatómico: 3i 
3 2
3
 

 
5
3
  
b) Si el gas es monoatómico: 5i 
5 2
5
 

 
7
5
  
c) Si el gas es triatómico: 6i 
6 2
6
 

 
4
3
  
Etcétera.
La gráfica de este proceso es como sigue:
Proyectil lanzado contra la resistencia del viento
Profesor: Martín Zayas Boussart 
Realizar un análisis sobre un proyectil de masa “m” que se dispara con una
velocidad inicial v0 y con un ángulo de elevación   , sabiendo que existe una
resistencia de viento que es proporcional a la velocidad instantánea.
P1
P2
V2 V1
T2
T1
Solución.
En la figura, se han representado las fuerzas que sobre el proyectil actúan. Por un
lado, actúa el peso del proyectil mg y cuyo vector está dirigido hacia abajo, por otro
lado, actúa la fuerza de fricción del viento la cual se ha descompuesto en sus
componentes
 x f  
 F   y
 y f  
 F  Si realizamos el análisis con respecto al ángulo    conque
el proyectil es lanzado con respecto a la horizontal, tendremos que:
La ecuación diferencial principal que describe el movimiento del proyectil es:
 ma mg j kv    
dv k 
 g j v
dt m
   
 
dv k 
v g j
dt m
     (1)
Si analizamos esta ecuación diferencial veremos que es de la forma:
   
dy
 P t y G t 
dt 
 
Que traducido a nuestro problema se vuelve
dy dv
dt dt  
 ,  
k 
 P t 
m
  y  G t g  
El factor integrante es  
  P t dt 
t e   :
 
k 
dt 
mt e 
  ,  
k 
t 
mt e  
Multiplicando a la ecuación 1 por el factor integrante, tendremos que:
 
k 
t 
m
dv k 
v g j e
dt m
    
 
,  
k k k 
t t t 
m m m
k dv
ve e ge j
m dt 
   ,  
k k 
t t 
m m
d 
ve ge j
dt 
 
  
 
Nuestro siguiente paso es integrar la expresión anterior, esto es:
   
k k 
t t 
m mv t e g j e dt     ,    
k k 
t t 
m m
m
v t e ge j c
k 
  
Cuando 0t   0v v  0
mg 
v j c
k 
     0
mg 
c v j
k 
  
Pero no debemos de olvidar que la velocidad
0v  en su forma vectorial está dada
por:
   0 0cosv v i v sen j     y   Como 0v v  tendremos que:
   0 0cos
mg 
c v i v sen j j
k 
      
Una vez realizada esta operación, nos vemos en la necesidad de sustituir esta
expresión en:
   
k k 
t t 
m m
m
v t e ge j c
k 
          0 0cos
k k 
t t 
m m
m mg 
v t e ge j v i v sen j j
k k 
        
Dividiendo todo entre
k 
t 
me , tendremos que:
         0 0cos
k k 
t t 
m m
m mg 
v t g j v i v sen j e e j
k k 
  
 
      
       0 0cos 1
k k 
t t 
m m
mg 
v t v i v sen j e e j
k 
  
  
        
 
Esta es la expresión que denota la velocidad para cualquier tiempo “t”
 Ahora nuestro propósito, es encontrar la expresión que denota la posición del
proyectil para cualquier tiempo “t”
Para ello, tenemos que
d r 
v
dt 

     0 0cos 1
k k 
t t 
m m
d r mg  
v i v sen j e e j
dt k 
  
  
        
 
     0 0cos 1
k k 
t t 
m m
mg 
d r v i v sen j e e j dt  
k 
  
           
   
Integrando tendremos que:
         
2
0 0 2
cos
k k 
t t 
m m
m m g mg  
r t v i v sen j e e j t j c
k k k 
  
 
          (2)
Las condiciones iniciales son: 0t   0r  
     
2
0 0 2
0 cos
m m g 
v i v sen j j c
k k 
         
     
2
0 0 2
cos
m m g 
c v i v sen j j
k k 
      
Sustituyendo este término en la expresión (2), tenemos que:
               
2 2
0 0 0 02 2
cos cos
k k 
t t 
m m
m m g mg m m g  
r t v i v sen j e e j t j v i v sen j j
k k k k k  
     
 
             
           
2 2
0
2 2
cos 1
k k 
t t 
m m
mv m g mg m g  
r t i sen j e e j t j j
k k k k  
  
  
         
 
       0 cos 1
k k 
t t 
m m
mv mg m m
r t i sen j e t e j
k k k k  
  
    
            
   
Este último resultado, denota la posición del proyectil para cualquier tiempo “t”
Si lo que se desea es conocer el tiempo en que el proyectil alcanza su altura
máxima, entonces debemos de proceder de la siguiente manera.
Primero partimos de la ecuación:
       0 0cos 1
k k 
t t 
m m
mg 
v t v i v sen j e e j
k 
  
  
       
 
Que ya habíamos obtenido pasos anteriores.
 Ahora bien, de dicha expresión, se puede obtener la velocidad componente en “y”
para todo “t”, esto es:
 0 1
kt kt  
m m
 y
mg 
v v sen e e j
k 
 
   
    
   
Sabemos que la componente y de la velocidad en su punto más alto para el proyectil
es igual a cero, esto es: 0 yv 
 0 1 0
kt kt  
m m
mg 
v sen e e j
k 
 
   
     
   
Desarrollando el álgebra adecuada, tenemos que:
0 0
kt kt  
m m
mg mg  
v sen e e
k k 
 
 
  
0
kt 
m
mgmg  
v sen e
k k 
 
   
 
0
kt 
m
mg 
k e
mg 
v sen
k 
 

 
  
 
0
1
1
kt 
me
v ksen
mg 
 

 
 
 
 
0
1
1
kt 
 Ln
m v ksen
mg 
 
 
 
 
 
, 0 1
v ksenkt 
 Ln
m mg 
  
    
 
01
kv senm
t Ln
k mg 
  
   
 
En conclusión, el tiempo en que el proyectil alcanza la altura máxima es:
0
1
  kv senm
t Ln
k mg 
  
  
 
Si lo que se desea es obtener el modelo matemático que determina la altura máxima
alcanzada por el proyectil, tenemos que partir de la expresión encontrada pasos
anteriores.
       0 cos 1
k k 
t t 
m m
mv mg m m
r t i sen j e t e j
k k k k  
  
    
           
   
La parte correspondiente a la altura en “y” es:
0 1
kt kt  
m m
mv mg m m
 y h sen e t e j
k k k k  
 
     
         
     
  (3)
Si 01
kv senm
t Ln
k mg 
  
  
 
:
2 2
0 0
2 2
kt kt  
m m
mv mv mg m g m g  
 y h sen e sen t e
k k k k k  
  
 
     
El término
0 1 11
0 0
0
1
kv senk mkt   Ln
m k mg  m
kv sen mg kv sen mg 
e e
mg mg mg kv sen
 
  
 
  
  
                
2 2
0 0 0
2 2
0 0
1
mv mv kv senmg mg m m g mg m g  
 y h sen sen Ln
k k mg kv sen k k mg k mg kv sen k  
 
  
  
    
               
2 2 2
0 0 0
2 2
0 0
1
1 1
mv m gv kv senm g m g mg  
h sen sen Ln
k k mg kv sen k mg k mg kv sen
 
  
  
    
              
2 2 2
0 0 0 0
2 2
0 0
1
1
mv m gv kv sen mg mg kv senm g m g  
h sen sen Ln
k k mg kv sen k mg k mg kv sen
  
  
  
      
             
2 22
0 0 0 0
2
0 0
1 1
1
mv m gv kv sen m gvm g 
h sen sen Ln sen
k k mg kv sen k mg k mg kv sen
 
   
  
    
             
Eliminando términos, tenemos que finalmente la altura máxima es:
2
0 0
max. 2
1
mv kv senm g 
h sen Ln
k k mg  
 
 
 
   
 
SOLUCION AL PROBLEMA DEL TUBO EN LOS PASILLOS
Físico: Martín Zayas Boussart
Proximamente en video en mi canal de youtube.
Mediante el teorema de Pitágoras tenemos que:
   
2 22 L a x b y    ……………………………………………………… 1
tan
y
a
   y tan
y b
 x a
 



 y y b
a x a

 

    y x a y b a   
 xy ay ya ab    xy ab 
ab
 y
 x
 
Sustituyendo en 1 tendremos que
 
2
22 ab L a x b
 x
     
 
Derivando dicha expresión con respecto a x tendremos que:
 
 
2 2 2
ab
d b
d a xdL ab x
 L a x b
dx dx x dx
          
 
  22 2 2
dL ab ab
 L a x b
dx x x
        
  
  2
dL ab ab
 L a x b
dx x x
         
  
Igualamos a cero para hallar los valores críticos de x.
  2 0
ab ab
a x b
 x x
        
  
 
2 2 2
2 3
0
ab a b
a x
 x x
    
Multiplicando todo por 3 x tendremos que:
3 4 2 2 2 0ax x ab x a b   
Factorizando encontramos que:
   3 2 0 x a x ab a x    3 2 0 x ab   3 2 x ab 
Como ab y
 x

3 2
ab
 y
ab
 
3 3
3
2
a b
 y
ab
  3 2 y a b 
Sustituyendo estos valores en la ecuación 1 tendremos que:
   
2 22 L a x b y   
   
2 2
3 32 2 2 L a ab b a b   
2 2
1 2 2 1
2 3 3 3 3 L a a b b a b
   
      
   
2 2
1 2 2 1 2 2
2 3 3 3 3 3 3 L a a b b b a
      
         
         
2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 L a a b b b a a b a b
      
            
      
32 2
2 3 3 L a b
 
  
 
3
2 2 2
3 3 L a b
 
   
 
UNA SOLUCION MUY ELEGANTE.
UN PROBLEMA DE CÁLCULO DIFERENCIAL PARA
ESTUDIANTES DE BACHILLERATO
Físico: Martin Zayas Boussart
Uno de los extremos de una escalera de 15 metros de longitud se apoya contra
una pared vertical. Supóngase que se empuja el pie de la escalera alejándola
de la pared a razón de 0.9 m/min.
a) ¿Con qué velocidad bajará la extremidad superior de la escalera cuando
su pie dista 4 m de la pared?
b) ¿Cuándo se moverán con la misma rapidez las dos extremidades de la
escalera?
c) ¿Cuándo la extremidad superior bajará con una rapidez de 1.2 m/min?
Solución.
a) Mediante el teorema de Pitágoras tenemos que: 2 2 2 2 2 2 L x y y L x    
Cuando el pie de la escalera se encuentre a cuatro metros de separación de la
pared, la altura de la escalera será:
 
2
225 4 225 16 209 14.46 y m     
 Ahora derivemos la expresión 2 2 2 y L x  2 2
dy dx
 y x
dt dt  
  
 y
dy x dy
v
dt y dt  
 
    
 
4
0.9 0.25
14.46 min min
 y
m m
v
       
  
Con esta velocidad baja el extremo superior de la escalera. El signo menos indica
que el vector velocidad apunta hacia abajo.
Ilustración 1
b) Para determinar el momento en el cual ‖‖ = ‖‖, o bien, v = −v,
recurrimos de nuevo a la ecuación  y x
 x
v v
 y
 
  
 
. Para que se dé la igualdad
v = −v, es necesario que −  = −1, de donde x = y, por lo tanto:x  x = 15
225 15
7.5 2
2 2
 x m   
O sea que cuando el pie de la escalera esté a 7.5 2 x m   ambos extremos se
moverán con la misma rapidez.
c) Para determinar cuándo la extremidad superior bajará a una velocidad de 1.2
m/min, tendremos que:−1.2 mmin = − x√225 − x 0.9 m/min1.20.9 = x√225 − x
2 2
2
4
3 225
 x
 x
     
 2 2
16
225
9
 x x 
2
216400
9
 x
 x  
 Al multiplicar toda la ecuación por nueve tendremos 2 23600 16 9 x x  , de donde:
3600 60
12
25 5
 x m  
Cuando el pie de la escalera esté a 12 m de la pared, la parte superior bajará con
una velocidad de -1.2 m/min.
PROBLEMA DE TIRO PARABOLICO
a) Primeramente el tiempo total de vuelo es:
0
2
2 35 50
2
5.47
9.8
m
 sen
v sen s
T s
m g 
 s
 
   
   
Por lo que a los 4 segundos que es precisamente el tiempo en el cual se nos pregunta la
posición de la flecha, está más allá de la mitad del camino, esto es:
 Así que nuestro objetivo será calcular los valores de x y de y.
 0 cos x v t    35 cos 50 4
m
 x s
 s
    
 
89.99 90 x m m  
  20
1
2
 y v sen t gt       
2
2
1
35 50 4 9.8 4
2
m m
 y sen s s
 s s
   
      
   
107.24 78.4 y m m  32.84 y m 
De este modo su posición será de:  90 ,32.84 P m m
b) para calcular las componentes de la velocidad se procede de la manera siguiente:
 0  cos xv v i   35 cos 50 x mv i
 s
   22.49 x
m
v i
 s
 
 0 yv v sen gt j    235 50 9.8 4 y
m m
v sen s j
 s s
        
  
26.81 39.2 y
m m
v j
 s s
    
 
12.39 y
m
v j
 s
  
El signo negativo indica que el vector velocidad apunta hacia abajo.
El inciso C está mal preguntado por qué así como se pregunta es lo
mismo que el inciso b. lo que a deber querido decir tu profesor es, cual
es la magnitud de la velocidad o cual es la velocidad a los 4 segundos.
 22.49 12.39 mv i j
 s
  Esta es la velocidad.
Y su magnitud es:
   
2
22.49 12.39 505.8 153.51 659.31v      
25.67
 m
v
 s
  Esta es la magnitud
ANÁLISIS DE LA GOTA DE LLUVIA
Físico: Martin Zayas Boussart 
Análisis para una gota de lluvia que cae a través de un medio húmedo
colectando masa conforme va cayendo, suponga que la gota permanece
esférica y que la razón de su crecimiento es proporcional al área de la gota.
Hallar también el valor de la aceleracióncon la que la gota cae.
Solución.
El momento lineal o simplemente momentum, se define como el producto de la
masa por la velocidad, esto es:  p mv
Ilustración 2
Y la fuerza, en la definición de la segunda ley de Newton, es la derivada del
momentum con respecto del tiempo:
 d mvdp dv dm
 F m v
dt dt dt dt  
   
En este problema, la masa no es constante ya que la gota va recolectando masa a
medida que cae.
El enunciado del problema, también establece que el crecimiento de la masa en la
gota al caer, es proporcional al área de la esferita (A = 4πr) y sabemos que esta
última es función del radio de la gota, el cual, a su vez, es función del tiempo.
Entonces: dmtdt   ∝ A(rt)
O bien:
   = kA(rt)  (1)
En donde k es una constante de proporcionalidad. Además, la masa mt de la gota,
siendo esta una esfera de densidad uniforme ρ (de hecho la densidad del agua),
está dada por: mt = ρVt =   πρrt  (2)
De manera que la condición establecida por la ecuación (1), se transforma en:
d 43 πρrtdt = k4πrt
Derivando: 43 πρ3rt drtdt   = k4πrt
Simplificando, obtenemos: drtdt = kρ
Si integramos con respecto del tiempo, obtenemos la expresión del radio r de la
gota como función del tiempo:
 drtdt dt =  kρ dt
De donde:
rt = r    t  (3)
Sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2), obtenemos la expresión de la masa
como función el tiempo:
mt =   πρr    t  (4)
Nótese que, en particular:
m = m0 = 43 πρr
Y, además: dmtdt   = 4πkr  kρ t
Por otra parte, si omitimos el rozamiento con el viento, la única fuerza externa que
actúa sobre la gota es la gravedad, de manera que la ecuación de movimiento para
la gota es:
−mtg = d(mtvt)dt
Esto es;
−mtg = mt dvtdt    vt dmtdt
Dividiendo la ecuación entre mt, tenemos:
−g = dvtdt    vt 1mt dmtdt
Sustituyendo en esta ecuación diferencial mt y su derivada  , obtenemos:
−g = dvtdt    vt 4πk r 
 kρ t43 πρr  kρ t
De donde: dvtdt  vt 3kρr  kt = −g
Esta última expresión, es una ecuación diferencial de la forma:
     1 0
dv
a t a t v g t  
dt 
 
 
 
 
 
0
1 1
a t g t  dv
v
dt a t a t  
      
dv
 P t v f t 
dt 
  
Este tipo de ecuación se resuelve aplicando un factor integrante de la siguiente
manera. Primero, reescribimos la ecuación diferencial en la forma:
    0dv P t v f t dt      
 Ahora podemos multiplicamos toda la ecuación por un factor que llamaremos  t  
        0t dv t P t v f t dt         
 Ahora bien, la teoría de ecuaciones diferenciales sostiene que, si tenemos una
ecuación de la forma:
   , , 0 M x y dx N x y dy 
Esta tendrá una solución exacta si:
 M N 
 y x
 

 
En nuestro caso tenemos que:
 
     
t 
t P t v f t  
t v
 
 
 
    
 
   
d t 
t P t 
dt 
 
  
 
 
 
d t 
 P t dt 
t 
 
 
 
Integrando ambos lados tendremos que:
    Ln t P t dt      
  P t dt 
t e   
Que es el llamado factor integrante.
En nuestra ecuación, claramente Pt = +, por lo que, el factor integrante es:
μt = e∫   +
Resolvemos la integral mediante un simple cambio de variable, u = ρr  kt:
   3kdtρr  kt = 3  duu   = 3lnρr  ktρr 
Y, de ahí, el factor integrante es:
μt = e+  = ρr  ktρr 
Multiplicando nuestra ecuación diferencial por el factor integrante, obtenemos:
ρr  ktρr  dvtdt  ρr  ktρr  vt 3kρr  kt = −g ρr  ktρr 
De donde:
ρr  ktρr  dvtdt  vt 3kρr ρr  ktρr  = −g ρr  ktρr 
El primer término es, claramente, la derivada del producto μtvt, por lo que la
ecuación se puede reescribir como:
d vt ρr  ktρr dt = −gρr  ktρr 
 Ahora solo necesitamos integrar esta ecuación con respecto del tiempo:
 d vt ρr  ktρr 
dt dt = −g  ρr  ktρr  dt
De donde:
vt ρr  ktρr  − v = −g ρr4k ρr  ktρr  − 1
De donde, finalmente, obtenemos la velocidad como función del tiempo:
vt = vρr  ktρr  − g
ρr4k [
ρr  ktρr  − 1ρr  ktρr ]
O bien:
vt = ρrv − g4k ρr  kt − ρrρr  kt
Otra expresión equivalente de la ecuación anterior es:
vt = ρr4kv − gρr4kρr  kt − gρr  kt4k
Si recordamos que mt =   πρr    ty m = m0 =   πρr, tenemos que:
mtm = ρr  ktρr 
Si sustituimos este resultado en la primera ecuación de vt, tendremos que:
vt = mvmt − gρrm4kmt mtm ρr  ktρr    − 1
O bien:
vt = mvmt − g4k ρr  kt − ρrmmt 
Otra expresión útil de la ecuación anterior, es la que se obtiene al sustituir el valor
de mt:
vt = 3mv4πρr  kρ t −
g4k [ρr  kt −
3rm4πr  kρ t]
De donde:
vt = 3m16kπρ [
4kv  gρrr  kρ t ] −
g4k ρr  kt
Si no se conoce la densidad del líquido del que está hecha la gota (suponiendo que
no es de agua), se puede sustituir el valor de ρ en la ecuación anterior, tomado de
la expresión ρ = :
vt = 3m16kπ 3m4πr
[
4kv  g 3m4πr r
r  k3m4πr t

]
− g4k  3m4πr r  kt
De donde:
vt = 27mr16kπ  16kπrv  3gm3mr  4kπrt − g16kπr 3mr  4kπrt
Y la aceleración de la gota se calcula derivando la expresión anterior con respecto
del tiempo:
at = dvtdt = −27mr4  16kπrv  3gm3mr  4kπrt − g4
Nótese que si m = 0, entonces, las ecuaciones anteriores se reducen a:
vt = − gt4 ; at = − g4
SIMPLIFICAR LA SIGUIENTE EXPRESION.
1 1 1
1 log 1 log 1 loga b c
 P 
bc ac ab
  
  
SOLUCIÓN.
1 1 1
log log log log log loga a b b c c
 P 
a bc b ac c ab
  
  
1 1 1
log log loga b c
 P 
abc abc abc
  
log log log
log log log
a b c
a b c
a b c
 P 
abc abc abc
  
Aplicamos la siguiente propiedad de los logaritmos.
log
log
log
a
abc
a
a
a
abc
 log log
log
b
abc
b
b
b
abc

log
log
log
c
abc
c
c
c
abc

log log logabc abc abc p a b c    logabc p abc 
1 p 
CÁLCULO DE LA RAPIDEZ MEDIA
Físico: Martín Zayas Boussart
Calcular la rapidez media:
a) Entre t = 0 y t = 1s
b) Entre t y t + ∆t
  3 2S t t t   
Solución:
a) La rapidez media la calculamos como sigue.
   2 2 1 1
2 1
S t S t  
v
t t 



       
3 2
1 2 1 0 2 0
1 0
v
         

log
log
log
 z 
 x
 z 
 y
 y
 x

3 0
3
1 0
m
v
 s

 

   2 2 1 1
2 1
S t S t  
v
t t 



   
 
2 1S t t S t  v
t t t 
  

  
   
 
3 32 2t t t t t t  
v
t t t 
            
  
3 2 2 3 33 3 2 2 2t t t t t t t t t t  
v
t t t 
          

  
Simplificando tendremos que:
2 2 33 3 2t t t t t t  
v
t 
      


Factorizando tendremos:
 2 23 3 2t t t t t  
v
t 
     


2 23 3 2v t t t t       
Es claro que si  ∆t = 0, se obtendría la velocidad
instantánea, que es precisamente la derivada de la
función.
 2 2 2.
0
lim 3 3 2 3 2ins
t 
v t t t t t  
 
       
Lo que es igual a:
   3 22 3 2
d t t dS t 
t 
dt dt  

  
DEMOSTRACION DE LA FORMULA PARA RESOLVER
ECUACIONES DE SEGUNDO GRADO
La forma general de dichas ecuaciones es:
2 0ax bx c  
2 0
b c
a x x
a a
    
 
2 0
b c
 x x
a a
     
 
Completamos el trinomio cuadrado perfecto, sacándole mitad
al coeficiente del término lineal y lo elevamos al cuadrado.
Este resultado lo sumamos y lo restamos.
2 2
2
2 2
0
4 4
b b b c
 x x
a a a a
 
     
 
 Ahora agrupamos.
2 2
2
2 2
0
4 4
b b b c
 x x
a a a a
  
      
  
2 2
2
4
0
2 4
b b ac
 x
a a
      
   
2 2
2
4
2 4
b b ac
 x
a a
        
   
2 2
2
4
2 4
b b ac
 x
a a
   
 
2
2
4
2 4
b b ac
 x
a a

   
2 4
2
b b ac
 x
a
  
 
TAREA # 1 DE ASTROFISICA
Problema 1
Demostrar que para un observatorio a latitud l  N, las estrellas circumpolares
deben tener una declinación  90 l       . ¿Qué estrellas serian circumpolares
en el observatorio de Tonatzintla Puebla?
Solución.
Primeramente, cabe mencionar que las circunstancias que hacen a una estrella
circumpolar, dependen únicamente del hemisferio del observador y de su altitud
En nuestro caso, para demostrar lo que se pide hacemos lo siguiente.
WRE  = Ecuador terrestre.
l   = Latitud N
OP  = Radio vector de posición.
 AB = Horizonte visual.
min.  = Angulo mínimo
De la figura se puede ver que lo que esté por debajo de la recta tangente AB para
un observador en P, las estrellas no se podrán observar. Para poder encontrar la
relación matemática que no lo justifique hacemos lo siguiente.
 min. 90l    
    
min. 90l    
    
min. 90 l   
    
Pero el ángulo mínimo
min.  al cual se podría ver la estrella y que es el límite de
visibilidad, es cuando
min. 0   . Siendo así de esta manera, tendremos que:
90 0l       
W E
N
S
P
O
R
A
B
 
min.
 
min.
  
Despejando al término   , que representa en nuestro caso la declinación, tendremos
que:
90 l     
En un caso muy particular, este resultado muestra la declinación mínima a la cual
la estrella es observable. En un caso más general, tendremos que si la delta tiene
un valor mayor al indicado, con mucho más razón se podrá observar la estrella. Por
lo tanto el resultado de visibilidad es:
90 l     
Lo que queda demostrado.
Para el caso que se estuviera ubicado en el observatorio astronómico de Tonatzintla
puebla, la latitud para este lugar es: 19.033
Por lo que las estrellas que resultarían circumpolares serian aquellas cuya
declinación fuera de:
90 19.033     
70.977   
Problema 3
Calcular la paralaje de una estrella que se encuentra a 2kpc de distancia. ¿Cuál
será su paralaje medida desde la órbita de Júpiter?
Solución.
Primeramente, debemos de aclarar que la paralaje, es un método puramente
geométrico, depende de la distancia a la estrella y del tamaño de la órbita de la tierra
o de cualquier otro planeta que se trate.
Para calcular la paralaje desde la órbita terrestre tenemos que:
El ángulo subtendido por la distancia (Tierra – Sol) = 1 U.A es de 1" de arco el
cual en grados es iguala a:
1
1"
3600

 Por cada pc de distancia.
Por simple regla de tres inversa, tendernos que:
1" 1
2000
 pc
 x pc



  
 4
1" 1
5 10 "
2000
 pc
 x
 pc
   
Entre más retirado menor es ángulo.
Otra forma de resolverlo, es de la siguiente manera.
1 .
tan
U A
 p
d 

1 .
arctan
U A
 p
d 
    
 
5 5
51 . 1.5812 10 . 1.5812 10 .Arctan Arctan Arctan Arctan 2.4242 10
2000 6522.52 .3.26126 .
2000
1
U A Años luz Años luz  
 p
 pc Años luz  Años luz 
 pc
 pc
 

 
                       
  
  
 71.3889 10 p       7 4
3600
1.3889 10 5.0 10 "
1
 p       

 45.0 10 " p   
Para el caso de estar colocado en la órbita de Júpiter, tendremos que:
 p
1 U.A
d
Sol
Tierra
Tierra
 Al igual que en el segundo método que usamos para el caso de la tierra, solo que
en este caso, la distancia del Sol a Júpiter es: 6778.33 10d km 
 A los mismos 2000 pc tendremos que la paralaje es mayor que en el caso de la
tierra.
rctan
d 
 p A
 D
   
 
6778.33 10
rctan
2000
km
 p A
 pc
 
   
 
6
13
778.33 10
rctan
3.085678 10
2000
1
km
 p A
km
 pc
 pc
 
 
 
  
  
  
6
16
778.33 10
rctan
6.171356 10
km
 p A
km
 
    
   8 7rctan 1.2611977 10 7.22613 10 p A      
Esta cantidad como está dada en grados, la convertimos a segundos de la
siguiente manera.
 7
  3600"
7.22613 10
1
 p 
     
 32.6 10 " p   
Problema 4
La estrella Barnard tiene el movimiento propio más grande conocido
"
10.31
año
   . Determinar la velocidad transversal de la estrella Barnard.
Considerando que su velocidad radial es de 108
km
 s
 . Determina la velocidad
total de dicha estrella con respecto al sistema solar. ¿Cómo se compara con
las velocidades de la mayoría de las estrellas de la vecindad solar?
Solución.
p
d
D
Júpiter
Júpiter 
Tierra
Tierra
Sol
Podemos de entrada calcular la distancia la distancia a la que se encuentra la
estrella haciendo uso de la paralaje.
Mediante tablas de paralaje para diferentes estrellas, tenemos que la
correspondiente a la estrella Barnard es: 0.549 p   segundos de arco.
La teoría sostiene que la distancia a la que se encuentra la estrella es la inversa de
la paralaje, esto es:
1
1.82149
0.549
d pc 
Recordemos que 1pc = 3.26 años luz.
Como dato se nos proporciona la velocidad propia de dicha estrella que es de:
"
10.31
año
  
La cual podemos convertir a
rad 
año
.
5 5" 1 110.31 4.998 10 5.0 10
57.2957 3600"
rad rad rad  
año año año
   
          
Haciendo uso de la trigonometría básica, tendremos que:
El desplazamiento angular se puede calcular con la función trigonométrica:
 Desp Angular 
 sen
r 
 


Pero    es tan pequeño, pero tan pequeño, que podemos hacer que:  sen  
De este modo tendremos que:
 Desp Angular r   
Tierra
Estrella Barnard
Desp. Angular
  5. 1.82149 5 10 D A pc   5. 9.107 10 D A pc  
Como: 131 3.26 . 3.0856 10 pc Años luz km  
Tendremos que:
13
5 3.0856 10. 9.107 10 2810,055,920
1
km
 D A pc km
 pc
     
 
Cabe señalar que este desplazamiento lo recorre por año.
Por lo que su velocidad tangencial o transversal es de:
. 2810, 055, 920 1 1
1 8760 3600
t 
 D A km año h
V 
t año hs s
      
  
89.1t 
km
V 
 s
 
Para calcular la velocidad total o neta, tendremos que:
2 2
total r t  V V V  
2 2 2 2 2
2 2 2
108 89.1 11664 7938.81 19602.81total 
km km km km km
V 
 s s s s s
           
   
140total 
km
V 
 s
   Aproximadamente.
Un método diferente es haciendo uso de la fórmula:
4.74t V r  
En nuestro caso, tenemos que la distancia de la tierra a la estrella Barnard es de:
1.82149r pc
Luego entonces tenemos que:
 
"
4.74 10.31 1.82149t V pc
año
   
 
89.01t 
km
V 
 s
 
Resultado muy próximo al del método anterior.
Con respecto a la tabla C: 17 del libro de karttunen, muchas estrellas se alejan de
nosotros (las que aparecen con signo +) y muchas otras se acercan (las que
aparecen con signo -)
De las primeras estrellas que aparecen en dicha tabla y que se podrían decir
próximas al sol, la de mayor velocidad radial es precisamente la estrella Barnard,
de ahí la que le sigue es la estrella BD + 36°2147 acercándose a nosotros con una
velocidad radial de 86 km/s y cuya distancia en parsec (pc) hasta nosotros es de:
2.54 pc. Con un movimiento propio de 4.8 “/año.
Si realizamos el cálculo para determinar la velocidad transversal de dicha estrella,
tendremos que:
4.74t V r  
 
"
4.74 2.8 2.54t V pc
año
   
 
33.7t 
km
V 
 s
 
Que representa una velocidad transversal menos de la mitad que la de la estrella
Barnard.
La estrella kapteyn’s start que se encuentra alejada de nosotros por una distancia
de 3.85 pc se aleja de nosotros con una velocidad radial de 245 km/s y con un
movimiento propio de 8.8 “/año posee una velocidad transversal de:
4.74t V r  
 
"
4.74 8.8 3.85t V pc
año
   
 
160.59t 
km
V 
 s
 
Tiene mayor velocidad transversal, pero está muy alejada de nosotros. En
conclusión. De las estrella vecinas, Barnard es la de mayorvelocidad transversal y
la de mayor velocidad radial.
TERMODINAMICA
1.- ¿Qué es un sistema termodinámico?
Respuesta:
Es una parte del universo que se aísla para ser estudiado.
2.- ¿Cómo se clasifican los sistemas termodinámicos para su estudio?
Respuesta:
Según su estado de aislamiento, los sistemas se pueden clasificar como:
a) Sistema aislado:
Es aquel sistema que no intercambia ni materia ni energía con su entorno, es decir,
se encuentra en equilibrio térmico. Se podría citar un gas encerrado en un rec ipiente
de paredes adiabáticas.
b) Sistema cerrado:
Es aquel sistema que puede intercambiar energía pero no materia con el exterior.
c) Sistema abierto:
Es aquel sistema que intercambia energía y materia con el medio externo. Ver el
caso de un auto que recibe del exterior combustible y puede convertir dicho
elemento químico en energía.
3.- ¿A qué se le llama equilibrio termodinámico?
Respuesta:
En general, se dice que un sistema está en equilibrio termodinámico si por un lado,
se encuentra en equilibrio mecánico, esto es: si la resultante de todas las fuerzas
que actúan sobre él es nula o cero. Que se halle en equilibrio térmico, esto es, si
todas las partes que conforman al sistema se encuentran a la misma temperatura y
finalmente que se encuentre en equilibrio químico, esto es, si en su interior no se
produce ninguna reacción química.
De este modo, si un sistema se encuentra en equilibrio mecánico, en equilibrio
térmico y químico, se dice que está en equilibrio termodinámico.
4.- ¿Qué tipo de paredes se conocen en termodinámica?
Respuesta:
a) Sistema de pared móvil.
b) Sistema de pared rígida.
c) Sistema de pared adiabática.
En el caso de las paredes móviles, estas se pueden deformar permitiendo un
cambio en el volumen del sistema.
En el caso de las paredes permeables, permiten el paso de materia a través de su
pared.
Las paredes conductoras o diatérmicas, permiten el paso de calor a través de su
pared.
Las paredes adiabáticas no permiten el paso de calor.
5.- ¿Cómo se clasifican las variables termodinámicas?
Respuesta:
a) Variables extensivas: Son aquellas que dependen de la cantidad de
materia. (volumen).
b) Variables intensivas: Son aquellas que son independientes de la cantidad
de materia dependen solo de: (presión, temperatura, densidad)
6.- ¿Qué es un proceso irreversible?
Se dice que un proceso es irreversible si el sistema y sus alrededores no pueden
regresar a su estado inicial. En general son procesos unidireccionales.
7.- ¿Qué es un sistema reversible?
Se dice que un sistema es reversible si la dirección del proceso puede revertirse o
invertirse en cualquier punto mediante un cambio infinitesimal en las condiciones
externas. Este tipo de sistemas se realiza mediante una sucesión de estados de
equilibrio del sistema con su entorno y es posible devolver al sistema y su entorno
al estado inicial por el mismo camino.
8.- ¿Qué es un gas ideal?
Se trata de un gas teórico, en el cual el conjunto de átomos y moléculas que lo
componen, se pueden mover libremente y sin interacciones.
9.- Ley de Boyle/Mariotte.
Esta ley corresponde a un proceso isotérmico, esto es: un proceso llevado a cabo
a temperatura constante. Dicha ley sostiene que si la temperatura de un gas
permanece constante, el volumen de una masa dada de gas, varía en proporción
inversa con la presión a la que se somete.
1 1 2 2 PV PV k  
10.- ley de charles.
Si la presión de un gas se mantiene constante, el volumen de una masa dada de
gas, varia en proporción directa con la temperatura a la que se somete.
1 2
1 2
V V 
k 
T T 
 
Problema 1
Que volumen ocupa un mol de gas ideal a una temperatura de 0°C y a la
presión de una atmosfera.
Solución.
 PV nRT 
nRT 
V 
 P 
 
 (1 )(0.082 ) 273
22.38
1
atm lit 
mol k  
mol k  V Lit  
atm

 
Problema 2
Las condiciones iniciales de un gas ideal son 1 2V Lit   1 30T C   1 1 P atm
Dicho gas se calienta de tal modo que 2 60T C   2 1.5V Lit   ¿Cuál será su 2 P ?
1 1 2 2
1 2
 PV P V 
T T 
 1 1 22
1 2
 PV T 
 P 
TV 
 
   
  2
1 ) 2 333
1.46
303 1.5
atm Lit k  
 P atm
k Lit  
  
Problema 3
Un mol de gas ideal a 600K ocupa inicialmente 60dm3, si dicho gas se
comprime a temperatura constante hasta que su volumen es de 30dm3.
Entonces ¿Cuál es el trabajo realizado en este proceso?
Solución.
  2
1
V 
W nRT Ln
V 
 
 
30
1 8.314
60
 J 
W mol Ln
mol k  
     
3457.69W J  
Problema 4
Demostrar que el trabajo hecho en un sistema isotérmico, está dado por:
  2
1
V 
W nRT Ln
V 
 
Solución.
Tomaremos como convención lo siguiente:
Si 0W   se realiza trabajo sobre el sistema. 0V  
Si 0W    el sistema realiza el trabajo al expandirse. 0V  
Para nuestro caso tenemos que:
. Ext dW P Adl    . Ext dW P dV    
Pero tenemos que:
 . , Ext 
nRT 
 P f V T 
V 
 
nRT 
dW dV  
V 
  
2
1
V 
V 
dV 
W nRT  
V 
      2
1
V 
W nRT Ln
V 
  
Presión int.
Presión ext.
TAREA 1 DE TERMODINAMICA
Martín Zayas Boussart
Problema.
Tenemos un mol de un gas monoatómico cuya temperatura baja de los 600K
hasta los 300K, permitiendo que su volumen inicial de 60dm3  se reduzca.
¿Cuál es el trabajo realizado sobre el sistema si la presión se mantiene
constante?
Solución.
Para un proceso isobárico (Presión constante) tenemos que:
1 2
1 2
V V 
T T 
 1 22
1
V T 
V 
T 
 
Por otra parte, tenemos que:
Cuando
1 600T K 
3
1 60 60 .V dm Lit     y como 1n mol   , Entonces:
1 1 1 PV nRT 
1
1
1
nRT 
 P 
V 
 
Como se puede observar en el gráfico, se tiene que:  1 1 2 1W P V P V V     
Sustituyendo tendremos que: 1 1 2 1
1 1
nRT V T  
W V 
V T 
 
  
 
Simplificando tendremos que:  2 1W nR T T   
   1 8.314 300 600
 J 
W mol K K  
mol K  
    
2494.2W J   