Quiz 1 FISICA I

Mecánica Clásica Clásica (FI-601) Ingeniería, 19 de Mayo de 2007. Solucionario del Quiz No. 1, ______________________________ ______________________________________ __________________

1

SOLUCIONARIO Quiz No. 1 Curso Mecánica Clásica (FI-601) Ingeniería Semestre de Otoño, Sábado 19 de Mayo de 2007

1. Un auto que se mueve con aceleración constante a , hacia la derecha, recorrió en t

= 6( s ) la

distancia entre dos puntos A y B , situados a 60(m) entre sí. Su velocidad cuando pasa por el punto B es v B a)

= 15(m s ) , hallar:

la aceleración a

b) la velocidad v A en el punto A c)

¿a qué distancia d antes del punto A , estaba el auto en reposo?

A

0

B Figura (1.1)

Solución: a) Hallar la velocidad v A en el punto A

Las ecuaciones de movimiento en una dimensión, con aceleración constante, vienen dadas por:

v = v0 + at x = x0 + v0 t +

1 2

(1) 2

at

(2)

Estudiaremos primero el tramo AB que es donde se conoce la mayor cantidad de datos: x B − xA = 60( m), vB = 15(m s ), t AB = 6( s )

(3)

Las incógnitas en el tramo AB son: la aceleración a y la velocidad v A . En este tramo las ecuaciones (1) y (2), se escriben:

v B = v A + at AB x B = x A + v At AB +

1 2

(4)

at 2AB

(5)

Reemplacemos los datos conocidos en las ecuaciones (4) y (5),

15(m s ) = v A + a × 6( s ) x B − x A = 60(m) = v A 6(s ) +

1 2

(6) 2

a (36)( s )

________________________ ____________________________________ _______________________ _______________________ ________________________ _______________________ _______________________ ______________________ __________ Prof. E. Lazo; fono: 205379, email: [email protected] [email protected],, [email protected] [email protected],, Web: http://cuya.faci.uta.cl/cursos/fisica3/

(7)

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2

Sin unidades, se tiene:

15 = v A + 6a

(8)

60 = 6v A + 18a

(9)

Multiplicando la ecuación (8) por 6 , las ecuaciones quedan quedan

90 = 6v A + 36a

(10)

60 = 6v A + 18a

(11)

Restando la ecuación (11) de la ecuación (10), se tiene:

a =

30 18

(12)

Numéricamente, la aceleración vale: a = 1.666( m s ) 2

(13)

b) Hallar la velocidad v A en el punto A .

Con el resultado conocido de la aceleración, la velocidad v A se obtiene de la ecuación (8):

c)

15 = v A + 6 × (1.6666...( m s ) )

(14)

v A = 5 ( m s )

(15)

¿a qué distanci distancia a d antes del punto punto A , estaba el auto en reposo?

Ahora consideraremos el tramo entre el origen 0 y el punto A . En este tramo x0 = 0( m) , v0 = 0 ( m s ) , x A = d , v A = 5 ( m s ) y a = 1.666( m s 2 ) . Las ecuaciones (4) y (5), se escriben

v A = v0 + at0 A

x A = x0 + v0t0 A +

1 2

(16) 2

at 0 A

(17)

Aplicando estos datos a las ecuaciones (16) y (17), se tiene:

v A = at 0 A d=

1 2

at 02 A

(18) (19)

De (18) se obtiene el tiempo t 0 A y se reemplaza en (19), obteniéndose: d =

Numéricamente,

v A2

2a

(20)






d =

25 ( m2 s 2 ) 2 × 1.6666 ( m s 2 )

d = 7.5( m)

3

(21) (22)

2. En un saque, un jugador de voleibol golpea la bola a una altura de 3(m) y ésta sale disparada horizontalmente. a)

¿Cuál debe ser la rapidez inicial v0 , para que la bola pase justo rozando la red que está a una distancia de 8(m) de él y que tiene una altura de 2.24(m) ?

b) Hallar las componentes de la velocidad cuando la bola va pasando por la malla. c)

Al llegar al piso, ¿qué distancia horizontal ha recorrido la bola?

Solución: a) ¿Cuál debe ser la rapidez inicial v0 , para que la bola pase justo rozando la red que está a una distancia de 8(m) de él y que tiene una altura de 2.24( m) ?

En primer lugar consideremos un sistema de referencia ubicado en el piso, justo donde salta el jugador para golpear la bola. En ese caso, los datos iniciales son los siguientes: x0 = 0( m) , y0 = 3(m) , x = 8( m) , y = 2.24( m) y θ 0 = 0 , porque la bola sale horizontalmente. Por lo tanto, se

cumple que, v0 x = v0 , v0 y = 0 . Las ecuaciones que definen las coordenadas del proyectil en función del tiempo, vienen dadas por:

x = x0 + v0 x t y = y0 + v0 y t −

1 2

(1) 2

gt

(2)

Aplicando los datos conocidos, las ecuaciones (1) y (2), quedan

8(m) = v0t 2.24(m) = 3(m) − 4.9(m s 2 )t 2

−0.76 = − 4.9t 2

(3) (4) (5)

De la ecuación (5) se obtiene el tiempo para llegar a la malla: t = 0.39 0.3938 38(( s)

Reemplazando este resultado en la ecuación (3), se tiene la rapidez inicial:

(6)






v0 = 20.3( m s)

4 (8)

b) Hallar las componentes componentes de la velocidad cuando cuando la bola va pasando por la malla.

En el movimiento de proyectiles, las componentes de la velocidad en función del tiempo, vienen dadas por

v x = v0 cos θ 0 v y = v0 sin θ 0 − gt Dado que θ 0

(9)

(10)

= 00 , estas relaciones quedan: v x = v0

(11)

v y = − gt

(12)

donde t = 0.39 0.3938 38(( s) es el tiempo necesario para llegar a la malla, dado por la relación (6). Además v0 = 20.3( m s) , dado por la relación (8). Reemplazando estos datos en las relaciones (11) y (12),

obtenemos:

v x = 20.3(m s )

(

v y = − 9.8 m s

2

) × 0.3938(s)

v y = −3.86 ( m s )

(13) (14) (15)

Nótese que la velocidad v x de la bola a lo largo del eje X no cambia, y que la velocidad v y a lo largo del eje Y es negativa, por lo tanto apunta hacia abajo, es decir, la bola esta descendiendo.

v x θ

v y

v y v



Figura (2.1)

El vector velocidad v hace un ángulo θ con el eje X , como se muestra en la Fig. (2.1). De la 

geometría de la figura, se obtiene la relación:

tan θ = 3.86

v y v x

(16)






θ = −10.80

5 (18)

El módulo o largo o magnitud del vector velocidad instantánea v viene dado por 

v = v x2 + v y2 v =

(19)

2

( 20.3) + ( −3.86)

2

(20)

v = 20.66 ( m s )

(21)

c) Al llegar al piso, ¿qué ¿qué distancia horizontal horizontal ha recorrido la bola? bola?

Cuando la bola llegue al suelo, su coordenada vertical se hace cero, y = 0(m) . Los datos iniciales son: x0 = 0( m) , y0 = 3(m) y θ 0 = 0 . Si usamos la ecuación de la trayectoria del proyectil

y = y0 + x tan θ 0 − Pero cos 0

0

gx 2

2v02 cos 2 θ 0

(22)

= 1 y tan 00 = 0 , luego, 0(m) = 3(m) −

gx 2

2v02

(23)

Despejando, se tiene

x = v0

6 g

x = 15.88( m)

(24) (25)

3. Problema obligatorio . Tres cilindros iguales, homogéneos de radio R y masa m se encuentran apilados en equilibrio en un plano horizontal como se muestra en la Fig. (3.1). Los dos cilindros inferiores están amarrados por una cuerda ideal de largo 2 R pero no se ejercen fuerzas normales de contacto entre sí.

R

R

R

Figura (3.1)






6

Hallar: a)

la normal de contacto N c entre los cilindros inferiores y el cilindro superior.

b) la normal N ejercida por el piso sobre cualquier cilindro inferior, c)

la tensión T en la cuerda que une los cilindros inferiores,

Hint: el problema es simétrico y el triángulo que se forma al unir los centros de los cilindros, es

equilátero.

Solución: En primer lugar es importante darse cuenta de la simetría que existe en el problema, es decir, los dos cilindros de abajo están sometidos a las mismas fuerzas, y las inclinaciones de dichas fuerzas son simétricas respecto del eje Y vertical, si usamos un sistema de ejes coordenados derecho. Además debemos notar que los dos cilindros de abajo no se ejercen fuerzas normales de contacto entre sí. Los cilindros están muy juntos sólo por la acción de la cuerda horizontal que une sus centros. Diagrama de cuerpo libre para cada cilindro. La Fig. (3.2) muestra todas las fuerzas que actúan sobre cada partícula. Los centros de los cilindros forman los vértices de un triángulo equilátero, por lo tanto, los ángulos interiores del triángulo valen 60 , y el ángulo φ vale φ = = 30 . 0

N c

N c

φ φ

N

φ 60

φ

0

N

φ

mg

0

60

T

T

0

φ

N c

N c mg

mg Figura (3.2)

Por la simetría del problema, analizaremos sólo el cilindro superior y el cilindro inferior izquierdo. Usaremos un sistema de coordenadas derecho en el centro de cada cilindro, como se muestra en la Fig. (3.3).







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y N c

N c

φ φ x

φ y N

mg

φ 600

T

φ

x

N c

mg Figura (3.3) Ahora aplicamos la Segunda Ley de Newton a cada cilindro. Cilindro superior. Eje X :

N c sin φ − N c sin φ = 0

(1)

Estas fuerzas ya están en equilibrio por la simetría del problema. Eje Y :

2 N c co cos φ − − mg = 0

(2)

De esta relación se obtiene de inmediato la normal de contacto, ya que φ y mg son datos:

N c = N =

mg

2cos φ mg

(3)

(4)





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T = T =

mg

tan φ

(7)

tan300

(8)

2

mg

2

8

Eje Y :

N − N c cos φ − mg = 0

(9)

N = N c cos φ + mg

(10)

De esta relación obtenemos la normal

Usando N c dado por (3), se tiene

⎛ mg ⎞ ⎟ cos φ + mg ⎝ 2cos φ ⎠

N = ⎜

N =

3 2

mg

(11)

(12)

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