Un motor gira con movimiento uniformemente retardado: parte de 150 RPM y, al frenarse durante 1 minuto, queda en 90 RPM. Calcular su aceleración angular.

1. La aceleración angular constante se define como \alpha = \dfrac{\omega_f - \omega_0}{t}.
2. Sustituimos en RPM/min: \alpha = \dfrac{90 - 150}{1 \, \text{min}} = -60 \, \dfrac{\text{rev}}{\text{min}^2}.
3. Convertimos a rad/s: -60 \, \dfrac{\text{rev}}{\text{min}^2} \times \dfrac{2\pi \, \text{rad}}{1 \, \text{rev}} \times \dfrac{1 \, \text{min}}{60 \, \text{s}} = -\dfrac{120\pi}{60} = -2\pi \, \text{rad/s}^2.
4. Valor numérico: \alpha \approx -6.28 \, \text{rad/s}^2.

El signo negativo confirma que el movimiento es retardado (desaceleración).

Dos masas, M_1 = 6 \, \text{kg} y M_2 = 10 \, \text{kg}, cuelgan de una polea de Atwood. Se pide el diagrama de fuerzas, la tensión del hilo y la aceleración del sistema (se toma g = 10 \, \text{m/s}^2).

1. Diagrama de fuerzas: en cada masa actúan dos fuerzas: el peso M_1g y M_2g hacia abajo y la tensión T del hilo hacia arriba. Como M_2 > M_1, la masa mayor M_2 desciende y M_1 asciende; la aceleración a es común para ambas.
2. Segunda ley de Newton para M_2 (eje positivo hacia su descenso): M_2g - T = M_2 a.
3. Segunda ley de Newton para M_1 (eje positivo hacia su ascenso): T - M_1g = M_1 a.
4. Sumamos ambas ecuaciones para eliminar T: (M_2 - M_1)g = (M_1 + M_2)a.
5. Despejamos: a = \dfrac{(M_2 - M_1)g}{M_1 + M_2} = \dfrac{(10 - 6)(10)}{10 + 6} = \dfrac{40}{16} = 2.5 \, \text{m/s}^2.
6. Sustituimos a en T = M_1(g + a): T = 6(10 + 2.5) = 6(12.5) = 75 \, \text{N}.
7. Verificación con la segunda masa: M_2g - T = 100 - 75 = 25 \, \text{N} y M_2 a = 10(2.5) = 25 \, \text{N}. Coinciden.

El ciclista abandona la rampa con una inclinación de 30^\circ y debe superar un obstáculo horizontal de 10 \, \text{m} de extensión. Calcular la velocidad mínima de salida, con g = 10 \, \text{m/s}^2.

1. Se trata de un movimiento de proyectil: la velocidad de salida v_0 tiene componentes v_{0x} = v_0\cos\theta y v_{0y} = v_0\sin\theta.
2. El tiempo de vuelo (mismo nivel de salida y llegada) es t = \dfrac{2v_0\sin\theta}{g}.
3. El alcance horizontal es R = v_{0x} t = v_0\cos\theta \cdot \dfrac{2v_0\sin\theta}{g} = \dfrac{v_0^2\sin(2\theta)}{g}.
4. Se exige R \geq 10 \, \text{m} con \theta = 30^\circ, luego \sin(2\theta) = \sin 60^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \approx 0.866.
5. Despejamos: v_0^2 = \dfrac{R\,g}{\sin 60^\circ} = \dfrac{(10)(10)}{0.866} \approx 115.5 \, \text{m}^2/\text{s}^2.
6. Entonces v_0 = \sqrt{115.5} \approx 10.7 \, \text{m/s}.
7. Nota: si se supone el ángulo óptimo \theta = 45^\circ (para el cual \sin 90^\circ = 1, alcance máximo), entonces v_0 = \sqrt{Rg} = \sqrt{100} = 10 \, \text{m/s}.

Un objeto realiza un movimiento armónico simple con amplitud A = 0.2 \, \text{m} y periodo T = 3 \, \text{s}. Calcular la magnitud de la velocidad máxima.

1. La frecuencia angular es \omega = \dfrac{2\pi}{T} = \dfrac{2\pi}{3} \approx 2.09 \, \text{rad/s}.
2. En el MAS la posición es x(t) = A\cos(\omega t), de donde la velocidad es v(t) = -A\omega\sin(\omega t).
3. El módulo máximo ocurre cuando |\sin(\omega t)| = 1, es decir v_{\max} = A\omega.
4. Sustituyendo: v_{\max} = 0.2 \times \dfrac{2\pi}{3} = \dfrac{0.4\pi}{3} \approx 0.419 \, \text{m/s}.